a/ 

 Ta có

\(AF\perp AC;EF\perp AD\Rightarrow\widehat{AFE}=\widehat{CAD}\) (góc có cạnh tương ứng vuông góc)

Xét tg vuông ABC có

\(AD=CD=BD=\dfrac{BC}{2}\) (Trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

=> tg ADC cân tại D \(\Rightarrow\widehat{CAD}=\widehat{ACB}\) (góc ở đáy tg cân)

\(\Rightarrow\widehat{ACB}=\widehat{AFE}\)

Xét tg vuông ABC và tg vuông AEF

\(\widehat{A}\) chung

\(\widehat{ACB}=\widehat{AFE}\) (cmt)

=> tg ABC đồng dạng với tg AEF

b/

Xét tg vuông AEF có

\(AD^2=DE.DF\) (trong tg vuông bình phương đường cao hạ từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền bằng tích của hình chiếu 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền)

Mà \(AD=\dfrac{BC}{2}\) (cmt)

\(\Rightarrow\left(\dfrac{BC^2}{2}\right)=DE.DF\Rightarrow BC^2=4.DE.DF\)

a: ΔABC vuông tại A

mà AD là đường trung tuyến

nên DA=DB=DC

ΔDAB có DA=DB

nên ΔDAB cân tại D

Ta có: \(\widehat{DAB}+\widehat{DFA}=90^0\)(ΔDFA vuông tại D)

\(\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=90^0\)(ΔABC vuông tại A)

mà \(\widehat{DAB}=\widehat{ABC}\)(ΔDAB cân tại D)

nên \(\widehat{DFA}=\widehat{ACB}\)

Xét ΔAFE vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

\(\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)

Do đó: ΔAFE~ΔACB

b: Xét ΔAEF vuông tại A có AD là đường cao

nên \(AD^2=DE\cdot DF\)

=>\(4\cdot AD^2=4\cdot DE\cdot DF\)

=>\(\left(2\cdot AD\right)^2=4\cdot DE\cdot DF\)

=>\(BC^2=4\cdot DE\cdot DF\)

\(a+b+c=0\)

\(\Rightarrow\left(a+b+c\right)^2=a^2+b^2+c^2+2ab+2bc+2ca=0\)

\(\Leftrightarrow a^2+b^2+c^2=-2\left(ab+bc+ca\right)\)

\(A=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{a^2+b^2-2ab+b^2+c^2-2bc+a^2+c^2-2ca}=\)

\(=\dfrac{a^2+b^2+c^2}{2\left(a^2+b^2+c^2\right)-2\left(ab+bc+ca\right)}=\)

\(=\dfrac{-2\left(ab+bc+ca\right)}{-4\left(ab+bc++ca\right)-2\left(ab+bc+ca\right)}=\dfrac{1}{3}\)

H là điểm như thế nào bạn nên ghi chú rõ ra nhé. Tốt nhất là ghi đầy đủ đề cùng với yêu cầu đề bài để được hỗ trợ tốt hơn bạn nhé. 

\(a+1>=2\sqrt{a}\)

\(b+1>=2\sqrt{b}\)

\(c+1>=2\sqrt{c}\)

Do đó: \(P=\left(a+1\right)\left(b+1\right)\left(c+1\right)>=2\sqrt{a}\cdot2\sqrt{b}\cdot2\sqrt{c}=8\sqrt{abc}=8\)

Dấu '=' xảy ra khi \(a=b=c=1\)

Ta có:

\(A^2=\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{y^2z^2}{x^2}+\dfrac{z^2x^2}{y^2}+2x^2+2y^2+2z^2\)

\(\Rightarrow A^2=\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{y^2z^2}{x^2}+\dfrac{z^2x^2}{y^2}+2\) (1)

Mặt khác:

\(\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{y^2z^2}{x^2}\ge2\sqrt{\dfrac{x^2z^2y^4}{z^2x^2}}=2y^2\)

Tương tự: \(\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{z^2x^2}{y^2}\ge2x^2\) ; \(\dfrac{y^2z^2}{x^2}+\dfrac{z^2x^2}{y^2}\ge2z^2\)

Cộng vế \(\Rightarrow\dfrac{x^2y^2}{z^2}+\dfrac{z^2x^2}{y^2}+\dfrac{x^2y^2}{z^2}\ge x^2+y^2+z^2=1\) (2)

Từ (1);(2) \(\Rightarrow A^2\ge1+2=3\)

\(\Rightarrow A\ge\sqrt{3}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=\dfrac{1}{\sqrt{3}}\)

Lời giải:

a. Xét tam giác $AEB$ và $AFC$ có:

$\widehat{A}$ chung

$\widehat{AEB}=\widehat{AFC}=90^0$

$\Rightarrow \triangle AEB\sim \triangle AFC$ (g.g)

b.

Xét tam giác $HFB$ và $HEC$ có:

$\widehat{FHB}=\widehat{EHC}$ (đối đỉnh)

$\widehat{HFB}=\widehat{HEC}=90^0$

$\Rightarrow \triangle HFB\sim \triangle HEC$ (g.g)

$\Rightarrow \frac{HF}{HB}=\frac{HE}{HC}\Rightarrow HF.HC=HB.HE$ 

c.

Từ kết quả phần a suy ra $\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}$

Xét tam giác $ABC$ và $AEF$ có:

$\widehat{A}$ chung

$\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AF}$

$\Rightarrow \triangle ABC\sim \triangle AEF$ (c.g.c)

Hình vẽ:

a: Xét ΔCEB vuông tại E và ΔCDA vuông tại D có

\(\widehat{ECB}\) chung

Do đó: ΔCEB~ΔCDA

=>\(\dfrac{BE}{DA}=\dfrac{CB}{CA}\)

=>\(BE\cdot CA=CB\cdot DA\)

b: ΔCEB~ΔCDA

=>\(\dfrac{CE}{CD}=\dfrac{CB}{CA}\)

=>\(\dfrac{CE}{CB}=\dfrac{CD}{CA}\)

Xét ΔCED và ΔCBA có

\(\dfrac{CE}{CB}=\dfrac{CD}{CA}\)

\(\widehat{ECD}\) chung

Do đó: ΔCED~ΔCBA

=>\(\widehat{CED}=\widehat{CBA}\)

c: Xét ΔABC có

BE,AD là các đường cao

BE cắt AD tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>CH\(\perp\)AB

=>C,H,F thẳng hàng

Xét tứ giác AEHF có \(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác EHDC có \(\widehat{HEC}+\widehat{HDC}=90^0+90^0=180^0\)

nên EHDC là tứ giác nội tiếp

Ta có: \(\widehat{FEH}=\widehat{FAH}\)(AEHF nội tiếp)

\(\widehat{DEH}=\widehat{DCH}\)(EHDC nội tiếp)

mà \(\widehat{FAH}=\widehat{DCH}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)

nên \(\widehat{FEH}=\widehat{DEH}\)

=>EB là phân giác của góc DEF

a: Xét ΔMBA vuông tại M và ΔABC vuông tại A có

\(\widehat{MBA}\) chung

Do đó: ΔMBA~ΔABC

b: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC=\sqrt{6^2+8^2}=10\left(cm\right)\)

ΔMBA~ΔABC

=>\(\dfrac{MA}{AC}=\dfrac{BA}{BC}\)

=>\(MA=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=\dfrac{6\cdot8}{10}=4,8\left(cm\right)\)

Xét ΔBMA có BN là phân giác

nên \(\dfrac{NA}{NM}=\dfrac{BA}{BM}\left(1\right)\)

Xét ΔBAC có BG là phân gíac

nên \(\dfrac{GC}{GA}=\dfrac{BC}{BA}\left(2\right)\)

ΔMBA~ΔABC

=>\(\dfrac{BA}{BM}=\dfrac{BC}{BA}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\dfrac{GC}{GA}=\dfrac{NA}{NM}\)

=>\(GC\cdot NM=NA\cdot GA\)

a.

Để (a) song song (b) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}2m=1\\-1\ne2\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow m=\dfrac{1}{2}\)

b.

Gọi A là giao điểm của (C) với trục hoành

\(\Rightarrow x_A-2=0\Rightarrow x_A=2\)

\(\Rightarrow A\left(2;0\right)\)

Để (a) cắt (c) tại 1 điểm thuộc trục hoành \(\Rightarrow\) (a) đi qua A

Thay tọa độ A vào pt (a) ta được:

\(2m.2-1=0\)

\(\Rightarrow m=\dfrac{1}{4}\)

số 3,6,9,12,15

Số 3,6,9,12,15 bn ạ. K nha!