BT 1:

a/ Xét tg ABE và tg ACF có

^BAE=^CAF (AD là phân giác ^BAC)

^AEB=^AFC=90

=> tg ABE đồng dạng với tg ACF => \(\frac{AE}{AF}=\frac{BE}{CF}\) (1)

b/ Xét tg BDE và tg CDF có

^BDE=^CDF (góc đối đỉnh)

^BED=^CFD=90

=> tg BDE đồng dạng với tg CDF => \(\frac{DE}{DF}=\frac{BE}{CF}\) (2)

Từ (1) và (2) => \(\frac{AE}{AF}=\frac{DE}{DF}\Rightarrow AE.DE=AF.DE\)

BT 2:

a/ HI vg AB, AK vg AB => HI//AK ( cùng vg với AB)

cm tương tự cũng có AI//KH (cùng vg với AC)

=> AIHK là hbh (có các cặp cạnh dối // với nhau từng đôi một)

^BAC=90

=> AIHK là hcn

b/

+ Ta có ^ACB=^AHK (cùng phụ với ^HAC) (1)

+ Xét 2 tg vuông IAK và tg vuông HKA có

IA=HK (AIHK là hcn), AK chung => tg IAK = tg HKA (hai tg vuông có các cạnh góc vuông từng đội một băng nhau)

=> ^AIK=^AHK (2)

Từ (1) và (2) => ^AIK=^ACB

Còn câu c sao ạ

a: Xét tứ giác AIHK có

\(\widehat{AIH}=\widehat{AKH}=\widehat{KAI}=90^0\)

Do đó: AIHK là hình chữ nhật

b: \(\widehat{AIK}=\widehat{AHK}\)

mà \(\widehat{AHK}=\widehat{C}\)

nên \(\widehat{AIK}=\widehat{C}\)

c: Xét ΔAIK vuông tại A và ΔACB vuông tại A có 

\(\widehat{AIK}=\widehat{C}\)

Do đó: ΔAIK∼ΔACB

Làm ý 2 và 3

2: Xét tứ giác AKHI có 

\(\widehat{AKH}+\widehat{AIH}=180^0\)

Do đó: AKHI là tứ giác nội tiếp

Suy ra: \(\widehat{AIK}=\widehat{AHK}\)

mà \(\widehat{AHK}=\widehat{C}\)

nên \(\widehat{AIK}=\widehat{ACB}\)

3: Xét ΔAIK và ΔACB có 

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

\(\widehat{KAI}\) chung

Do đó: ΔAIK∼ΔACB

a: Xét tứ giác ADHE có 

\(\widehat{EAD}=\widehat{ADH}=\widehat{AEH}=90^0\)

Do đó: ADHE là hình chữ nhật

a: Xét tứ giác ADHE có góc ADH=góc AEH=góc EAD=90 độ

nên ADHE là hình chữ nhật

=>DE=AH=6cm

b: Gọi O là giao của AH và DE

=>O là trung điểm chung của AH và DE
mà AH=DE

nên OA=OH=OD=OE

Ta có: góc OHD+góc MHD=90 độ

góc ODH+góc MDH=90 độ

mà góc OHD=góc ODH

nên góc MHD=góc MDH

=>ΔMHD cân tại M và góc MDB=góc MBD

=>ΔMBD cân tại M

=>MH=MB

=>M là trung điểm của HB

Cm tương tự, ta được N là trung điểm của HC

=>MN=1/2BC

d: \(AD\cdot AB=AH^2\)

\(AE\cdot AC=AH^2\)

Do đó: \(AD\cdot AB=AE\cdot AC\)

a, Áp dụng HTL: \(BC=\dfrac{AB^2}{BH}=18\left(cm\right)\)

Áp dụng PTG: \(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=9\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Áp dụng HTL: \(AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=\dfrac{9\cdot9\sqrt{3}}{18}=\dfrac{9\sqrt{3}}{2}\left(cm\right)\)

b, Áp dụng HTL: \(\left\{{}\begin{matrix}AB\cdot AE=AH^2\\AC\cdot AF=AH^2\end{matrix}\right.\Rightarrow AB\cdot AE=AC\cdot AF\)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AF}{AE}\)

Mà góc A chung nên \(\Delta AEF\sim\Delta ACB\left(c.g.c\right)\)

Do đó \(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\)

a) -Sửa đề: \(AC=4cm\) (sửa lại cho số được đẹp)

-△ABC vuông tại A có: \(BC^2=AB^2+AC^2\).

\(\Rightarrow BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right)\)

△ACH và △BCA có: \(\widehat{AHC}=\widehat{BAC};\widehat{BCA}\) là góc chung.

\(\Rightarrow\)△ACH∼△BCA (g-g) 

\(\Rightarrow\dfrac{CH}{CA}=\dfrac{AC}{BC}\Rightarrow CH=\dfrac{AC^2}{BC}=\dfrac{4^2}{5}=3,2\left(cm\right)\).

△ABC có: IH//BC (cùng vuông góc AB).

\(\Rightarrow\dfrac{AI}{AB}=\dfrac{CH}{CB}\Rightarrow AI=\dfrac{AB.CH}{CB}=\dfrac{3.3,2}{5}=1,92\left(cm\right)\).

-Tứ giác AIHK có: \(\widehat{IAK}=\widehat{AIH}=\widehat{AKH}=90^0\).

\(\Rightarrow\)AIHK là hình chữ nhật \(\Rightarrow\widehat{AKI}=\widehat{CAH}\).

\(\widehat{CAH}=90^0-\widehat{ACB}=\widehat{ABC}\Rightarrow\widehat{AKI}=\widehat{ABC}\).

-△AIK và △ACB có: \(\widehat{AKI}=\widehat{ABC};\widehat{BAC}\) là góc chung.

\(\Rightarrow\)△AIK∼△ACB (g-g).

\(\Rightarrow\dfrac{S_{AIK}}{S_{ACB}}=\left(\dfrac{AI}{AC}\right)^2=\left(\dfrac{1,92}{4}\right)^2=0,2304\)

\(\Rightarrow S_{AIK}=0,2304.S_{ABC}=0,2304.\dfrac{1}{2}.3.4=1,3824\left(cm^2\right)\)

b) *CM cắt AH tại D, BM cắt AC tại F.

AH⊥BC tại H, BM⊥BC tại B \(\Rightarrow\)AH//BM.

E đối xứng với H qua AB \(\Rightarrow\widehat{HAB}=\widehat{BAM}\)mà \(\widehat{HAB}=\widehat{ABM}\).

\(\Rightarrow\)\(\widehat{ABM}=\widehat{BAM}\) \(\Rightarrow\)△ABM cân tại M \(\Rightarrow AM=BM\)

\(\widehat{ABM}=\widehat{BAM}\Rightarrow\widehat{MAF}=\widehat{MFA}\) \(\Rightarrow\)△AMF cân tại M \(\Rightarrow AM=FM\).

\(\Rightarrow BM=FM\) nên M là trung điểm BC.

-△BCM có: DH//BM \(\Rightarrow\dfrac{DH}{BM}=\dfrac{DC}{MC}\).

-△FCM có: AD//FM \(\Rightarrow\dfrac{DA}{FM}=\dfrac{DC}{MC}=\dfrac{DH}{BM}\Rightarrow DA=DH\)

\(\Rightarrow\)D là trung điểm AH mà AIHK là hình chữ nhật.

\(\Rightarrow\)D là trung điểm IK.

-Vậy IK, AH, CM đồng quy tại D.

1: BA=căn 10^2-6^2=8cm

sin ABC=AC/BC=3/5

=>góc ABC=37 độ

AH=6*8/10=4,8cm

BH=BA^2/BC=8^2/10=6,4cm

2: ΔAHB vuông tại H có HI là đường cao

nên AI*AB=AH^2

ΔAHC vuông tại H có HK là đường cao

nên AK*AC=AH^2

=>AI*AB=AK*AC

3: AI*AB=AK*AC

=>AI/AC=AK/AB

Xét ΔAIK và ΔACB có

AI/AC=AK/AB 

góc IAK chung

=>ΔAIK đồng dạng với ΔACB

a: Xét ΔABC có 

M là trung điểm của AB

N là trung điểm của AC

Do đó: MN là đường trung bình của ΔABC

Suy ra: MN//BC

Xét tứ giác BMNC có MN//BC

nên BMNC là hình thang