ΔABC vuông tại A có AE là đường cao

nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot AE\cdot BC=\frac12\cdot3\cdot\frac{25}{4}=\frac{75}{8}\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

Xét ΔAEB vuông tại E có EI là đường cao

nên \(AI\cdot AB=AE^2\)

=>\(AI=\frac{AE^2}{AB}\)

Xét ΔAEC vuông tại E có EJ là đường cao

nên \(AJ\cdot AC=AE^2\)

=>\(AJ=\frac{AE^2}{AC}\)

Xét tứ giác AIEJ có \(\hat{AIE}=\hat{AJE}=\hat{JAI}=90^0\)

nên AIEJ là hình chữ nhật

=>\(S_{AIEJ}=AI\cdot AJ=\frac{AE^2}{AB}\cdot\frac{AE^2}{AC}=\frac{AE^4}{AE\cdot BC}=\frac{AE^3}{BC}\)

\(=\frac{3^3}{\frac{25}{4}}=27\cdot\frac{4}{25}=\frac{108}{25}\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

1: Xét tứ giác OBDC có \(\hat{OBD}+\hat{OCD}=90^0+90^0=180^0\)

nên OBDC là tứ giác nội tiếp

Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

=>BM⊥AD tại M

Xét (O) có

DB,DC là các tiếp tuyến

Do đó: DB=DC và OD là phân giác của góc BOC

ΔOBC cân tại O

mà OD là đường phân giác

nên OD⊥BC tại E

Ta có: \(\hat{BED}=\hat{BMD}=90^0\)

=>BEMD là tứ giác nội tiếp

2: Xét (O) có

\(\hat{DCM}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến DC và dây cung CM

\(\hat{CAM}\) là góc nội tiếp chắn cung CM

Do đó: \(\hat{DCM}=\hat{CAM}\)

Xét ΔDCM và ΔDAC có

\(\hat{DCM}=\hat{DAC}\)

góc CDM chung

Do đó: ΔDCM~ΔDAC

=>\(\frac{CM}{AC}=\frac{DC}{DA}\)

=>\(CM\cdot AD=CA\cdot CD\)

a; Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

\(\hat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔAFC

=>\(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)

=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

=>\(AE\cdot AC=AF\cdot AB\)

b: Xét ΔAEF và ΔABC có

\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

góc EAF chung

Do đó: ΔAEF~ΔABC

=>\(\hat{AEF}=\hat{ABC};\hat{AFE}=\hat{ACB}\)

c: Xét ΔCAB có EI//AB

nên \(\frac{EC}{EA}=\frac{IC}{IB}\)

=>\(EC\cdot BI=EA\cdot CI\)

Chọn D

Câu 46: D

Câu 47: A

Câu 48: C

a: Xét tứ giác AFDC có \(\hat{CFA}=\hat{CDA}=90^0\)

nên AFDC là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\hat{MCI}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CM và dây cung CI

\(\hat{IAC}\) là góc nội tiếp chắn cung IC

Do đó: \(\hat{MCI}=\hat{IAC}\)

Xét ΔMCI và ΔMAC có

\(\hat{MCI}=\hat{MAC}\)

góc CMI chung

Do đó: ΔMCI~ΔMAC

=>\(\frac{MC}{MA}=\frac{MI}{MC}\)

=>\(MC^2=MI\cdot MA\)

AFDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{FDC}+\hat{FAC}=180^0\)

mà \(\hat{FDC}+\hat{MDC}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{MDC}=\hat{BAC}\)

mà \(\hat{BAC}=\hat{MCB}\) (=1/2*sđ cung CB)

nên \(\hat{MDC}=\hat{MCB}\)

=>\(\hat{MDC}=\hat{MCD}\)

=>ΔMCD cân tại M

a: Xét tứ giác AFDC có \(\hat{CFA}=\hat{CDA}=90^0\)

nên AFDC là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

\(\hat{MCI}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CM và dây cung CI

\(\hat{IAC}\) là góc nội tiếp chắn cung IC

Do đó: \(\hat{MCI}=\hat{IAC}\)

Xét ΔMCI và ΔMAC có

\(\hat{MCI}=\hat{MAC}\)

góc CMI chung

Do đó: ΔMCI~ΔMAC

=>\(\frac{MC}{MA}=\frac{MI}{MC}\)

=>\(MC^2=MI\cdot MA\)

AFDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{FDC}+\hat{FAC}=180^0\)

mà \(\hat{FDC}+\hat{MDC}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{MDC}=\hat{BAC}\)

mà \(\hat{BAC}=\hat{MCB}\) (=1/2*sđ cung CB)

nên \(\hat{MDC}=\hat{MCB}\)

=>\(\hat{MDC}=\hat{MCD}\)

=>ΔMCD cân tại M

Bài 3:

a: Đúng

b: Sai

Xét ΔMNP có \(\hat{M}+\hat{N}+\hat{P}=180^0\)

=>\(\hat{P}=180^0-60^0-80^0=40^0\)

Xét ΔMNP có \(\hat{M}>\hat{N}>\hat{P}\)

nên NP>MP>MN

c: Đúng

d: Sai, phải là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác mới cách đều ba đỉnh của tam giác

Bài 4:

a: Xét ΔMBA và ΔMCE có

MB=MC

\(\hat{BMA}=\hat{CME}\) (hai góc đối đỉnh)

MA=ME

Do đó: ΔMBA=ΔMCE
b: ΔMBA=ΔMCE

=>AB=CE

mà AB<AC(ΔABC vuông tại B)

nên CE<CA

c: Xét ΔCAE có CE<CA

mà \(\hat{CAE};\hat{CEA}\) lần lượt là góc đối diện của các cạnh CE,CA

nên \(\hat{CAE}<\hat{CEA}\)

mà \(\hat{CEA}=\hat{BAE}\) (ΔMBA=ΔMCE)

nên \(\hat{CAE}<\hat{BAE}\)

Bài 4:

a: Xét ΔABD và ΔACE có

\(\hat{ABD}=\hat{ACE}\)

\(\hat{BAD}=\hat{CAE}\) (AD là phân giác của góc BAC)

Do đó: ΔABD~ΔACE
b: ΔABD~ΔACE

=>\(\hat{ADB}=\hat{AEC}\)

=>\(\hat{ADB}=\hat{CED}\)

mà \(\hat{ADB}=\hat{CDE}\) (hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{CED}=\hat{CDE}\)

=>ΔCDE cân tại C

c: Xét ΔDFB và ΔDEC có

\(\hat{DBF}=\hat{DCE}\) (hai góc so le trong, BF//CE)

\(\hat{FDB}=\hat{EDC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDFB~ΔDEC

=>\(\frac{DF}{DE}=\frac{DB}{DC}\left(1\right)\)

ΔABD~ΔACE

=>\(\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\left(2\right)\)

Xét ΔABC có AD là phân giác

nên \(\frac{AB}{AC}=\frac{DB}{DC}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\frac{DF}{DE}=\frac{AD}{AE}\)

=>\(DF\cdot AE=AD\cdot DE\)

1; ΔAHB vuông tại H

=>\(HA^2+HB^2=AB^2\)

=>\(AB^2=6^2+4^2=36+16=52\)

ΔAHC vuông tại H

=>\(AH^2+HC^2=AC^2\)

=>\(AC^2=6^2+9^2=36+81=117\)

Xét ΔABC có \(AB^2+AC^2=BC^2\)

nên ΔABC vuông tại A

2: Xét ΔHAD vuông tại H có HA=HD

nên ΔHAD vuông cân tại H

=>\(\hat{HAD}=\hat{HDA}=45^0\)

Ta có: DE//AH

AH⊥BC

Do đó: ED⊥BC tại D

Xét tứ giác ABDE có \(\hat{BAE}+\hat{BDE}=90^0+90^0=180^0\)

nên ABDE là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{AEB}=\hat{ADB}=\hat{ADH}=45^0\)

Xét ΔABE vuông tại A có \(\hat{AEB}=45^0\)

nên ΔABE vuông cân tại A

=>AB=AE