K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Các câu hỏi dưới đây có thể giống với câu hỏi trên
28 tháng 2 2023
Kẻ DH,BK lần lượt vuông góc với AC
Xét ΔMEA vuông tại E và ΔBKA vuông tại K có
góc MAE chung
=>ΔMEA đồng dạng với ΔBKA
=>ME/BK=MA/BA
Xét ΔMFA vuông tại F và ΔDHA vuông tại H có
góc DAH chung
=>ΔMFA đồng dạng vơi ΔDHA
=>MF/DH=MA/DA
=>ME/MF=BK/DH:(MA/BA:MA/DA)=1*(1/BA:1/DA)=AD/AB
Lời giải:
a)
Vì $ABCD$ là hình bình hành nên \(\widehat{BAD}=\widehat{BCD}\)
\(\Rightarrow 180^0-\widehat{BAD}=180^0-\widehat{BCD}\)
\(\Rightarrow \widehat{BAH}=\widehat{BCK}\)
Xét tam giác $HAB$ và $KCB$ ta có:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{BAH}=\widehat{BCK}\\ \widehat{BHA}=\widehat{BKC}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle HAB\sim \triangle KCB(g.g)\)
b)
Từ hai tam giác đồng dạng phần a suy ra \(\frac{HB}{KB}=\frac{AB}{CB}=\frac{AB}{AD}\)
\(AB\parallel CD, BK\perp CD\Rightarrow AB\perp BK\Rightarrow \widehat{ABK}=90^0\)
Ta có:
\(\widehat{BAD}=180^0-\widehat{BAH}=90^0+(90^0-\widehat{BAH})=90^0+\widehat{HBA}\)
\(=\widehat{ABK}+\widehat{HBA}=\widehat{HBK}\)
Xét tam giác $ABD$ và $BHK$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{BAD}=\widehat{HBK}(cmt)\\ \frac{AB}{AD}=\frac{HB}{BK}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle ABD\sim \triangle HBK(c.g.c)\)
c)
Theo phần a suy ra \(\frac{HA}{KC}=\frac{AB}{CB}=\frac{CD}{AD}\Rightarrow AD.HA=CD.KC\)
Do đó:
\(DA.DH+DC.DK=DA(DA+AH)+DK(DK-CK)\)
\(=DA^2+DK^2+CD.KC-DK.CK\)
\(=BC^2+DK^2+CD.KC-DK.CK\)
\(=BK^2+CK^2+DK^2+CD.KC-DK.CK\)
\(=BD^2+(CK^2+CD.KC-DK.CK)\)
\(=BD^2+CK(CK+CD-DK)=BD^2+CK.0=BD^2\)
Ta có đpcm.