Ta có: HB – HA= AC; HB + HA = AB

Suy ra: $AH=\frac{AB-AC}{2}$

AC² = AH.AB = $\frac{AB-AC}{2}.AB=\frac{A{B}^2}{2}-\frac{AB.AC}{2}$

⇒$\frac{A{B}^2}{2A{C}^2}+\frac{-AB}{2AC}=1$

⇔ $\frac{A{B}^2}{2A{C}^2}-\frac{AB}{2AC}-1=0$

⇔ $\left[\begin{array}{l}\frac{AB}{AC}=-1\\ \frac{AB}{AC}=2\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\frac{AC}{AB}=-1\\ \frac{AC}{AB}=\frac{1}{2}\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\sin \widehat{B}=-1\\ \sin \widehat{B}=\frac{1}{2}\end{array}\right.\Rightarrow \left[\begin{array}{l}\widehat{B}=-90°\left(L\right)\\ \widehat{B}=30°\end{array}\right.$

Suy ra: $\widehat{A}=180°-90°-30°=60°$.

Ta có: $\widehat{AKB}=\widehat{AHB}=90°$

Suy ra ABHK nội tiếp đường tròn đường kính AB

⇒ $\widehat{CHK}=\widehat{CAB},\widehat{CKH}=\widehat{CBA}$

⇒ ΔCHK ∽ ΔCAB (g.g)

⇒ $\frac{S_{CAB}}{S_{CHK}}=\frac{A{B}^2}{H{K}^2}\Rightarrow \frac{S_{CAB}-S_{CHK}}{S_{CHK}}=\frac{A{B}^2}{7}-1\iff \frac{S_{ABHK}}{S_{CHK}}=\frac{A{B}^2}{7}-1\iff 7=\frac{A{B}^2}{7}-1$

Suy ra: AB = $2\sqrt{14}$

Mặt khác: $\frac{CH}{CA}=\frac{HK}{AB}=\frac{\sqrt{2}}{4}$

⇒ $\sin \widehat{C}=\frac{CH}{CA}=\frac{\sqrt{2}}{4}$

Do $\frac{AB}{\sin \widehat{C}}=2R\Rightarrow R=4\sqrt{7}$.

Kẻ HF // DC

Xét tam giác DBC có:

HB = HC (tam giác ABC có AH vừa là đường cao vừa là đường trung trực)

DC // HF

N là trung điểm DB (DN = NB) (1)

Xét tam giác AFH có: M là trung điểm AH (MA = MH)

DM // HF (HF // DC, M thuộc DC)

Suy ra: D là trung điểm NA hay DN = NA (2)

Từ (1), (2): DN = DA = NB

Vậy $AD=\frac{1}{3}AB$

a) Xét tam giác AED và CEF có:

EA = EC

$\widehat{AED}=\widehat{CEF}$(đối đỉnh)

ED = EF

⇒ ∆AED = ∆CEF (c.g.c)

⇒ DA = CF

Mà DA = DB nên DB = CF

b) ∆AED = ∆CEF nên: $\widehat{A}=\widehat{ECF}$

Suy ra: AB // CF

⇒$\widehat{BDC}=\widehat{DCF}$ (so le trong)

Xét tam giác BDC và FCD có:

DC chung

$\widehat{BDC}=\widehat{DCF}$

BD = CF

⇒ ∆BDC = ∆FCD (c.g.c)

c) ∆BDC = ∆FCD nên $\widehat{DCB}=\widehat{CDF}$

Suy ra: DE // BC (2 góc so le trong bằng nhau)

Lại có BC = DF = 2DE

Nên: $DE=\frac{1}{2}BC$.

Gọi M là trung điểm AB

$\left|\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{GC}\right|=\left|\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CG}\right|=\left|\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{CM}\right|=\left|\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{CA}+\frac{1}{3}\overrightarrow{CB}\right|=\left|\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\left(\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}\right)\right|$

$=\left|\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{CB}\right|=\frac{2}{3}AM$

$\frac{2}{3}AM=\frac{2}{3}\sqrt{{\left(4a\right)}^2-{\left(2a\right)}^2}=\frac{4a\sqrt{3}}{3}$.

a) Do tam giác ABC đều nên $\widehat{BAC}=\widehat{ABC}=60°$ và AB = BC = CA = a.

Khi đó: $\overrightarrow{CB}.\overrightarrow{BA}=-\overrightarrow{BC}.\overrightarrow{BA}=-\left|\overrightarrow{BC}\right|.\left|\overrightarrow{BA}\right|.\cos \left(\overrightarrow{BC},\overrightarrow{BA}\right)=-a.a.\cos 60°=\frac{-a^2}{2}$

b) Do AH là đường cao của tam giác ABC nên AH ⊥ BC

Suy ra: $\overrightarrow{AH}\perp \overrightarrow{BC}\Rightarrow \overrightarrow{AH}.\overrightarrow{BC}=0$.

$\left|\overrightarrow{u}\right|=\left|\overrightarrow{AH}-\overrightarrow{CA}+\overrightarrow{CB}\right|=\left|\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{AC}+\overrightarrow{CB}\right|=\left|\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{AB}\right|$

AH là đường cao vừa là đường phân giác nên $\widehat{BAH}=30°$

Hay $\left(\overrightarrow{AH},\overrightarrow{AB}\right)=30°$

Lại có: $AH=\frac{a\sqrt{3}}{2};AB=a$

Suy ra: $\left|\overrightarrow{u}\right|=\left|\overrightarrow{AH}+\overrightarrow{AB}\right|=\sqrt{A{H}^2+A{B}^2-2.AH.AB.\cos 30°}=\frac{a}{2}$.

Nối A vs N

a) Xét tam giác CEF có: N là trung điểm của EF (gt) và A là trung điểm của FC (vì C đối xứng với F qua A)

⇒ AN là đường trung bình của tam giác CEF

⇒ AN//CE và $AN=\frac{1}{2}CE$

⇒ $AN=\frac{1}{2}BC$(vì BC = CE)

⇒ AN = BM(vì $BM=\frac{1}{2}BC$)

Xét tứ giác ANMB có: AN = MB (cmt) và AN//MB

(vì AN// CE; B, M, C, E thẳng hàng)  

⇒ tứ giác ANMB là hình bình hành

⇒ MN // AB và AB = MN (1)  

xét tam gíac AGD có: I là trung điểm của AG (gt) và K là trung điểm của DG (gt)

⇒ IK là đường trung bình của tam giác AGD

⇒ $IK=\frac{1}{2}AD$và IK //AD 

Mà B là trung điểm của AD (vì A đx vs D qua B) ⇒ AB = BD = $\frac{1}{2}$AD

⇒ IK = AB (= $\frac{1}{2}$AD)     (2)

Từ (1), (2) ⇒ IK = MN

Ta có: MN// AB (cmt); B thuộc AD ⇒ MN//AD

Xét tứ giác MNIK có: IK = MN (cmt) và IK // MN (cùng // AD) 

⇒ tứ giác MNIK là hình bình hành (đpcm)

b) Do tứ giác MNIK là hình bình hành (câu a) mà G là giao điểm của IM và KN nên G là trung điểm của IM là KN

⇒ IG = MG và KG = NG

Mặt khác: I là trung điểm của AG (gt) ⇒ IG = AI ⇒ AI = IG = GM

K là trung điểm của DG (gt) ⇒ DK = KG ⇒ DK = KG = GN

xét tam giác ABC có: AM là đường trung tuyến và AI = IG = GM (cmt)

⇒ G là trọng tâm của tam giác ABC (*)

Xét tam giác DEF có: DN là đg trung tuyến (gt) và DK = KG = GN (cmt) ⇒ G là trọng tâm của tam giác DEF   (**)

Từ (*), (**) ⇒ G vừa là trọng tâm của tam giác ABC vừa là trọng tâm của tam giác DEF

⇒ Tam giác ABC và tam giác DEF có cùng trọng tâm là G (đpcm).

a/ Gọi E là trung điểm của MC

Từ giả thiết:  $AM=\frac{1}{2}MC$ nên AM = ME = EC

Xét tam giác BCM có ME = EC (cmt); DB = DC (gt)

⇒ DE là đường trung bình của tam giác BCM

⇒ DE // BM 

Xét tam giác ADE có

AM = ME (cmt)

BM // DE (cmt)

⇒ OM // DE

⇒ OA = OD (trong tam giác đường thẳng đi qua trung điểm của 1 cạnh và // với 1 cạnh thì đi qua trung điểm cạnh còn lại)

b/ Ta có DE là đường trung bình của tam giác BCM ⇒ $DE=\frac{1}{2}BM$

Xét tam giác ADE có

OA=OD (cmt); AM=ME (cmt) ⇒ OM là đường trung bình của tam giác ADE

⇒ $OM=\frac{1}{2}DE=\frac{1}{2}.\frac{1}{2}BM=\frac{1}{4}BM$.

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

$\widehat{BAE}$ chung

$\widehat{AEB}=\widehat{AFC}=90°$

Do đó: ΔAEB ∽ ΔAFC (g-g)

b) Ta có: ΔAEB ∽ ΔAFC(cmt)

nên $\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}$ hay AE.AC = AF.AB

Xét ΔAEF và ΔABC có

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

$\widehat{FAE}$ chung

Do đó: ΔAEF ∽ ΔABC (c-g-c).

a) Ta có: $\sin \widehat{A}=\frac{CE}{CA}\Rightarrow CE=CA.\sin \widehat{A}=6\sqrt{3}$

$AE=\sqrt{A{C}^2-C{E}^2}=6\left(cm\right)$

b) Xét ΔADB, ΔAEC có:

Chung $\widehat{A}$

$\widehat{D}=\widehat{E}=90°$

⇒ ΔADB ∽ ΔAEC(g.g)

⇒ $\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}$

Mà $\widehat{DAE}=\widehat{BAC}$

⇒ΔADE ∽ ΔABC (c.g.c)

c.Từ câu b ⇒ $\widehat{AED}=\widehat{ACB}$

⇒ $\widehat{FEB}=\widehat{AED}=\widehat{ACB}=\widehat{FCD}$

Mà $\widehat{EFB}=\widehat{DFC}$
⇒ ΔFBE ∽ ΔFDC (g.g)

⇒ $\frac{FB}{FD}=\frac{FE}{FC}$

⇒ FB.FC = FE.FD.

a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác AHC vuông tại H:

$\frac{1}{H{N}^2}=\frac{1}{A{H}^2}+\frac{1}{H{C}^2}=\frac{1}{3^2}+\frac{1}{4^2}\Rightarrow HN=\mathrm{2,4}\left(cm\right)$

$\tan \widehat{ACB}=\tan \widehat{ACH}=\frac{AH}{HC}=\frac{3}{4}$

Suy ra: $\widehat{ACB}\approx 37°$.

b) Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông AHC, AHB có:

AH² = AN.AC; AH² = AM.AB

Suy ra: AN.AC = AM.AB

⇒ $\frac{AM}{AN}=\frac{AC}{AB}$

Xét tam giác AMN và tam giác ABC có:

Chung $\widehat{A}$

$\frac{AM}{AN}=\frac{AC}{AB}$

⇒ ∆AMN ∽ ∆ABC (c.g.c).

a) Trong tam giác ABH vuông tại H, ta có: 

EH² = AE.BE = 3,6.6,4 = 23,04 ⇒ EH = 4,8 (cm)

AH² = AE.AB = 3,6(3,6 + 6,4) = 36 ⇒ AH = 6 (cm)

$sin\widehat{B}=\frac{AH}{AB}=\frac{6}{\mathrm{3,6}+\mathrm{6,4}}\Rightarrow \widehat{B}=\mathrm{36,87}°\approx 37°$

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABH vuông tại H: 

AH² = AE.AB

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ACH vuông tại H: 

AH² = AF.AC

Suy ra: AB.AE = AC.AF (= AH²)

c) Xét tam giác AEF và tam giác ABC có:

Chung $\widehat{A}$

$\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}$(từ AB.AE = AC.AF)

⇒ ∆AEF ∽ ∆ACB (c.g.c)

⇒ $\widehat{AEF}=\widehat{ACB};\widehat{AFE}=\widehat{ABC}$

Gọi I là giao điểm AD và EF

Có: tam giác IAF vuông tại I nên $\widehat{IAF}+\widehat{IFA}=90°$

Tam giác ABH vuông tại H nên $\widehat{BAH}+\widehat{ABH}=90°$

Mà: $\widehat{AFE}=\widehat{ABC}$ hay $\widehat{IFA}=\widehat{ABH}$ nên $\widehat{BAH}=\widehat{IAF}$

Xét tam giác AOE và ADC có:

$\widehat{EAO}=\widehat{DAC}$(vì $\widehat{BAH}=\widehat{IAF}$)

$\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\iff \widehat{AEO}=\widehat{DCA}$

Suy ra: ∆AOE ∽ ∆ADC (g.g)

⇒ $\frac{S_{ADC}}{S_{AOE}}=\frac{A{C}^2}{A{E}^2}=\frac{{\left(\frac{AH}{\sin C}\right)}^2}{{\left(AH.\cos \widehat{BAH}\right)}^2}=\frac{1}{{\sin }^{2}C.{\cos }^2\widehat{BAH}}=\frac{1}{{\sin }^{2}C.{\sin }^{2}B}$

(vì tam giác ABH vuông tại H nên $\cos \widehat{BAH}=\sin \widehat{B}$).

b) Vì BN ⊥ CM (cmt)

⇒ MH ⊥ KN

Xét tứ giác MNHK có 2 đường chéo MH và KN vuông góc với nhau 

⇒ MNHK là hình thoi.

• Xét tam giác HAB có BD ⊥ AH, AE ⊥ BH, HF ⊥ AB và ba đường cao BD, AE, HF cắt nhau tại C.

Do đó C là trực tâm tam giác HAB.

• Xét tam giác HBC có HD ⊥ BC, BF ⊥ HC, CE ⊥ BH và ba đường cao HD, BF, CEcắt nhau tại A.

Do đó A là trực tâm tam giác HBC.

• Xét tam giác HCA có HE ⊥ AC, AF ⊥ HC, CD ⊥ AH và ba đường cao HE, AF, CD cắt nhau tại B.

Do đó B là trực tâm tam giác HCA.

Vậy trực tâm của các tam giác HAB, HBC, HCA tương ứng là C, A, B.

Kẻ đường cao AH, trung tuyến AD, trọng tâm G

Tam giác AHD vuông tại H nên AH ≤ AD

⇒ $\frac{BC}{AH}\ge \frac{BC}{AD}\left(1\right)$

Ta có: $cotC+cotB=\frac{CH}{AH}+\frac{BH}{AH}=\frac{BC}{AH}\ge \frac{BC}{AD}$ (2)

Mà BM vuông góc CN nên GD là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC

Suy ra: BC = 2GD (3)

Mà G là trọng tâm nên 3GD = AD (4)

Từ (1), (2), (3), (4) ⇒ $cotC+cotB\ge \frac{BC}{AD}=\frac{2GD}{3GD}=\frac{2}{3}$.

Ta có: $AD=DE=EB=\frac{1}{3}AB\left(1\right)$

Suy ra: AE = AD + DE = $\frac{2}{3}AB\left(2\right)$

Trong ΔABC, ta có: DM // BC (gt)

Nên: $\frac{AD}{AB}=\frac{DM}{BC}$ (hệ quả định lí Ta-lét)

Suy ra: $\frac{AD}{AB}=\frac{DM}{a}\left(3\right)$

Từ (1) và (3) suy ra: $\frac{1}{3}=\frac{DM}{a}$

Suy ra: $DM=\frac{a}{3}$

Trong ΔABC, ta có: EN // BC (gt)

⇒ $\frac{AE}{AB}=\frac{EN}{BC}=\frac{EN}{a}$

⇒ $\frac{EN}{a}=\frac{2}{3}\Rightarrow EN=\frac{2a}{3}$.

a) Xét tứ giác ANDM có 3 góc vuông tại A, M, N

⇒ ANDM là hình chữ nhật

Vậy ANDM là hình chữ nhật

b) Vì ANDM là hình chữ nhật

⇒ AN = DM; AN//DM

Lại có E đối xứng với D qua M

⇒ DM = ME

⇒ ME // AN; ME = AN

⇒ ANME là hình bình hành

⇒ AE // MN

Vậy AE // MN

c) D nằm ở vị trí nào thì ANDM đều là hình chữ nhật.

Từ M kẻ ME vuông góc với AB, MF vuông góc với AC.
Ta có ΔEBM vuông cân tại E, ΔFMC vuông cân tại F và AEMF là hình chữ nhật.
Áp dụng định lý Pytago vào các tam giác EBM, FMC, AEF ta có:
BM² = EM² + BE² = 2.ME² ; MC² = 2.FM²

⇒ BM² + MC² = 2.(ME² + MF²)             (1)
Mà AM² = EF² = ME² + MF²        (2)
Từ (1),(2) ta được MB² + MC² = 2MA².

a) Ta có tam giác ABC vuông cân tại A nên: BC² = AB² + AC² = 4² + 4² = 32

⇒ BC = $4\sqrt{2}$.

b) Ta có: tam giác ABC vuông cân tại A nên $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=45°$.

Vì AD vuông góc với BC nên $\widehat{ADB}=\widehat{ADC}=90°$

⇒ $\widehat{BAD}=\widehat{DAC}=45°$

Suy ra: tam giác ABD và tam giác DAC vuông cân tại D

Suy ra: DA = DB; DA = DC

⇒ DB = DC hay D là trung điểm BC.

c) Có: DE ⊥ AB nên $\widehat{AED}=90°$

mà tam giác ADB vuông cân tại D nên: $\widehat{EAD}=\widehat{BAD}=45°$

⇒ Tam giác ADE vuông cân tại E.

d) Từ câu b có DA = DB = DC

Mà D là trung điểm BC nên $DB=\frac{1}{2}BC=2\sqrt{2}$

Vậy $DA=2\sqrt{2}$.

a) Ta có

BE = DF (cạnh đối hình bình hành)

BE = CF (gt)

⇒ CF=DF ⇒ tam giác CDF cân tại F

Ta có DF//BE ⇒ DF//AB mà AB ⊥ AC ⇒ DF ⊥ AC

⇒ tam giác CDF vuông cân tại F ⇒ $\widehat{FCD}=\widehat{FDC}=45°$

Tam giác ABC vuông cân tại A ⇒ $\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=45°$

⇒ $\widehat{BCD}=\widehat{ACF}-\left(\widehat{ACB}+\widehat{FCD}\right)=90°$

⇒ DC ⊥ BC (đpcm)

b/ Từ E dựng đường thẳng vuông góc với AB cắt BC tại K

Xét tam giác vuông BEK có: $\widehat{BKE}=180°-\left(\widehat{BEK}+\widehat{ABC}\right)=45°$

⇒$\widehat{BKE}=\widehat{ABC}=45°$

⇒ tam giác BEK cân tại E ⇒ BE=KE

Mà BE = CF (gt)

⇒ KE = CF (1)

Ta có: KE ⊥ AB

AC⊥AB

⇒ CF ⊥ AB

⇒ KE // CF (2)

Từ (1) và (2) ⇒ CEKF là hình bình hành

⇒ IE = IF (trong hbh hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

Xét tam giác vuông AEF có: IE = IF (cmt) 

⇒$AI=\frac{1}{2}EF$ 

Mà EF = DB nên $AI=\frac{1}{2}DB$.

Đặt AB = x

Dễ chứng minh tam giác HBA và tam giác ABC đồng dạng (g.g)

⇒ AB² =BH.BC

⇒ x² = 4BH

Hay BH = $\frac{x^2}{4}$

Lại có: AB²= BH²+ AH² 

⇒ AH² = $x^2-\frac{x^4}{16}\Rightarrow AH=\frac{x}{4}\sqrt{16-x^2}$

$S_{AIHK}=HI.HK\le \frac{H{I}^2+H{K}^2}{2}=\frac{A{H}^2}{2}=\frac{x^2\left(16-x^2\right)}{32}$

Suy ra: $S_{AIHK}=\frac{{16}^2}{32.4}=2$

Dấu “=” khi x² = 16 – x² hay x = AB = $2\sqrt{2}$; HI = HK thì tam giác ABC vuông cân tại A.

a) Do D, E thuộc đường tròn đường kính DE nên $\widehat{DAE}=\widehat{DHE}=90°$

Xét tứ giác ADHE có 3 góc vuông nên nó là hình chữ nhật.

Do ADHE là hình chữ nhật nên hai đường chéo DE và AH cắt nhau tại trung điểm mỗi đường. Mà O là trung điểm AH nên O là trung điểm DE.

Vậy D, O, E thẳng hàng.

b) Do AH vuông góc BC nên BC cũng là tiếp tuyến tại H của đường tròn (O)

Áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có : DM = MH.

Xét tam giác vuông ADH có DM = MH nên DM = MH = MB hay M là trung điểm BH.

Tương tự N là trung điểm HC.

c) Dễ thấy MDEN là hình thang vuông.

Vậy thì $S_{MDEN}=\frac{\left(MD+EN\right).DE}{2}=\frac{\left(MH+HN\right).AH}{2}=\frac{MN.AH}{2}=\frac{\frac{1}{2}BC.AH}{2}$

$=\frac{1}{4}\mathrm{.8.9}=18\left(c{m}^2\right)$.

a) Xét 2 tam giác vuông ΔABM và ΔDBM có:

BM chung

$\widehat{ABM}=\widehat{DBM}$(do BM là phân giác)

⇒ΔABM = ΔDBM (cạnh huyền- góc nhọn)

⇒ BA = BD (hai cạnh tương ứng)

b) Xét 2 tam giác vuông ΔABC và ΔDBE có:

BA = BD (chứng minh ở câu a)

$\widehat{B}$ chung

⇒ ΔABC = ΔDBE (cạnh góc vuông- góc nhọn)

c) Xét 2 tam giác vuông ΔAMK và ΔDMH có:

AM = DM (hai cạnh tương ứng do ΔABM = ΔDBM)

$\widehat{AMK}=\widehat{DMH}$(đối đỉnh)

⇒ ΔAMK = ΔDMH (cạnh huyền-góc nhọn)

⇒ MK = MH (hai cạnh tương ứng)

Xét 2 tam giác vuông ΔMNK và ΔMNH có:

MK = MH (cmt)

$\widehat{MKN}=\widehat{MHN}=90°$

MN chung

⇒ ΔMNK = ΔMNH (c.g.c)

⇒ $\widehat{MNK}=\widehat{MNH}$ (hai góc tương ứng)

⇒ NM là tia phân giác của $\widehat{HMK}$(đpcm) (1)

d) Do AK = DH (hai cạnh tương ứng ΔAMK = ΔDMH)

KN = HN (hai cạnh tương ứng ΔMNK = ΔMNH)

⇒ AN = AK + KN = DH + HN = DN

Xét ΔABN và ΔDBN có:

AB = DB (cmt)

BN chung

AN = DN

⇒ΔABN = ΔDBN (c.c.c)

⇒ $\widehat{ANB}=\widehat{DNB}$ (hai góc tương ứng)

⇒ NB là tia phân giác $\widehat{AND}$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra B, M, N thẳng hàng.

a) Ta có tam giác ABC vuông tại A, AH ⊥ BC

Nên: AH² = BH.CH = 18.8 = 144

⇒ AH = 12cm.

AC = $\sqrt{A{H}^2+H{C}^2}=4\sqrt{13}$

b) Vì AD là phân giác $\widehat{BAH}$ ⇒  $\widehat{BAD}=\widehat{DAH}$

$\widehat{HAC}=90°-\widehat{HAB}=\widehat{ABH}=\widehat{ABD}$

⇒ $\widehat{CDA}=\widehat{DAB}+\widehat{DBA}=\widehat{DAH}+\widehat{CAH}=\widehat{CAD}$

Suy ra: tam giác CAD cân tại C ⇒ CA = CD

Vì AD là phân giác $\widehat{BAH}$ ⇒  $\frac{DH}{DB}=\frac{AH}{AB}=\sin B=\frac{AC}{BC}$

⇒ HD.BC = BD.AC = DB.CD

c) Ta có: HE ⊥ AB, HF ⊥ AC, AB ⊥ AC

Nên AEHF là hình chữ nhật

⇒ AH = EF

⇒ $\widehat{AEF}=\widehat{EAH}=\widehat{BAH}=90°-\widehat{B}=\widehat{ACB}$

Mà $\widehat{EAF}=\widehat{BAC}$

⇒ ∆AFE ∽ ∆ABC (g.g)

⇒ $\frac{S_{AFE}}{S_{ABC}}={\left(\frac{EF}{BC}\right)}^2=\frac{A{H}^2}{B{C}^2}$
Ta có: 1 – cos²B = sin²B

⇒ (1 – cos²B)sin²C = sin²Bsin²C = (sinBsinC)²

= ${\left(\frac{AC}{BC}.\frac{AB}{BC}\right)}^2={\left(\frac{AB.AC}{B{C}^2}\right)}^2={\left(\frac{AH.BC}{B{C}^2}\right)}^2={\left(\frac{AH}{BC}\right)}^2$

⇒ $\frac{S_{AFE}}{S_{ABC}}=\left(1–co{s}^{2}B\right)si{n}^{2}C$

⇒ S_AEF = S_ABC.(1 - cos²B).sin²C.

Vì BM là đường phân giác của góc B nên ta có:

$\frac{MA}{MC}=\frac{AB}{BC}\Rightarrow \frac{MA}{MA+MC}=\frac{AB}{AB+BC}$

Suy ra: $MA=\frac{AB.\left(MA+MC\right)}{AB+BC}=\frac{6.8}{6+10}=\frac{48}{16}=3\left(cm\right)$

Vì BN là đường phân giác của góc ngoài đỉnh B nên ta có: BM ⊥ BN

Suy ra tam giác BMN vuông tại B

Theo hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu hai cạnh góc vuông, ta có: 

AB² = AM.AN

Suy ra: AN $=\frac{A{B}^2}{AM}=\frac{6^2}{3}=12\left(cm\right)$.

⇒ ∆ICM = ∆ICD (g.c.g)

Suy ra: CM = CD = 5cm

Ta thấy: $\frac{CD}{CB}=\frac{5}{10}=\frac{1}{2}$

Mà $\frac{CM}{BC}=\frac{1}{2}$

Suy ra M là trung điểm BC, tức BM = MC.

Kẻ BD// AC, AM cắt BD tại E.

Xét ΔEAB có: EB = AB . tan30° = $\frac{c\sqrt{3}}{3}$

Do BD // AC hay BE // AC nên $\frac{EB}{CA}=\frac{BM}{MC}=\frac{c\sqrt{3}}{3}:b=\frac{c\sqrt{3}}{3b}$.

a) Áp dụng định lý Pytago vào tam giác AHB, AHC vuông có:

AB² = BH² + AH² ⇒ AH² = AB² – BH²

AH² = AC² – CH²

Suy ra: AB² – BH² = AC² – CH²

Hay AB² + CH² = AC² + BH²

b) Ta có: EF² = AE² + AF²

BC² = AB² + AC²

AE < AB, AF < AC

Suy ra: EF² < BC²

⇒ EF < BC.

c) $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=10\left(cm\right)$

$AH.BC=AB.AC\Rightarrow AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{6.8}{10}=\mathrm{4,8}\left(cm\right)$

Mà AH² = AC² – CH²

Nên: CH = $\sqrt{A{C}^2-A{H}^2}=\mathrm{6,4}\left(cm\right)$

BH = BC – CH = 10 – 6,4 = 3,6(cm).

a/ MP ⊥ AC; NA ⊥ AC ⇒ MP // NA

MN ⊥ AB; PA ⊥ AB ⇒ MN // PA

⇒ ANMP là hình bình hành

Ta có: $\widehat{A}=90°$

⇒ ANMP là hình chữ nhật

b/ MN // PA (cmt) ⇒ MN // AC

MB = MC (gt)

⇒ NA = NB

C/m tương tự cũng có PA = PC

Ta có: MP//NA (cmt) ⇒ MP//NB

NA = NB; PA = PC

⇒ NP là đường trung bình của tam giác ABC

⇒ NP // BC ⇒ NP // MB

⇒ BMPN là hình bình hành 

c/ Xét hình chữ nhật ANMP có

FM = FA

EM = EB (gt)

⇒ EF là đường trung bình của tam giác MAB

⇒ EF // AB

⇒ ABEF là hình thang

Ta có: MB = MC

⇒ $AM=MB=MC=\frac{1}{2}BC$

Ta có: $FM=FA=\frac{AM}{2}$

$EB=EM=\frac{BM}{2}$

⇒ FA = EB

⇒ ABEF là hình thang cân.

a) Ta có tam giác ADB vuông cân tại D.

Suy ra $\widehat{DAB}=45°$

Chứng minh tương tự, ta được $\widehat{CAE}=45°$

Ta có $\widehat{DAB}+\widehat{CAE}+\widehat{BAC}=180°$

Vậy ba điểm D, A, E thẳng hàng.

b) Tam giác ABC vuông tại A có AM là đường trung tuyến.

Suy ra MA = MB = MC.

Do đó M nằm trên đường trung trực của đoạn AB        (1)

Chứng minh tương tự, ta được D nằm trên đường trung trực của đoạn AB        (2)

Từ (1), (2), suy ra DM là đường trung trực của đoạn AB.

Mà DM cắt AB tại I.

Do đó DM ⊥ AB tại I.

Chứng minh tương tự, ta được ME ⊥ AC tại K.

Tứ giác IAKM, có: $\widehat{MIA}=\widehat{IAK}=\widehat{AKM}=90°$

Vậy tứ giác IAKM là hình chữ nhật.

c) Tam giác ADB vuông cân tại D có DI là đường cao.

Suy ra DI cũng là đường phân giác của tam giác ADB.

Do đó $\widehat{ADI}=90°:2=45°$

Mà $\widehat{DME}=90°$(do tứ giác IAKM là hình chữ nhật).

Vậy tam giác DME là tam giác vuông cân tại M.

Vì tam giác ABC vuông tại A nên: $\widehat{B}+\widehat{C}=90°$

Suy ra: $\widehat{B}=90°-\widehat{C}=90°-40°=50°$

Vì BD là phân giác của $\widehat{B}$ nên: $\widehat{ABD}=\frac{1}{2}\widehat{B}=\frac{1}{2}.50°=25°$

Trong tam giác vuông ABD, ta có:

$BD=\frac{AB}{\cos \widehat{ABD}}=\frac{21}{\cos 25°}\approx \mathrm{23,1709}\left(cm\right)$.

Ta có: $\widehat{A}+\widehat{B}+\widehat{C}=180°\Rightarrow 90°+\widehat{B}+30°=180°\Rightarrow \widehat{B}=60°$

$\sin \widehat{C}=\sin 30°=\frac{AB}{BC}\Rightarrow BC=\frac{6}{\sin 30°}=12\left(cm\right)$

$\sin \widehat{B}=\sin 60°=\frac{AC}{BC}=\frac{AC}{12}\Rightarrow AC=12.\sin 60°=6\sqrt{3}\left(cm\right)$.

Ta có: $BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right)$

$\tan B=\cot C=\frac{AC}{AB}=\frac{4}{3}$

Suy ra: $\widehat{B}=\mathrm{53,13}°;\widehat{C}=\mathrm{36,87}°$.

a) Xét △AHB và △CAB có:

$\widehat{H}=\widehat{A}=90°$

$\widehat{B}$ chung

Do đó △AHB ∽ △CAB (g.g)

⇒ $\frac{HB}{AB}=\frac{AH}{AC}=\frac{3}{5}\Rightarrow HB=\frac{3}{5}AB=\frac{3}{5}.15=9\left(cm\right)$

Ta lại có:

AB² = HB.BC (hệ thức lượng)

⇒ BC = 15² : 9 = 25(cm)

⇒ HC = BC – HB = 25 – 9 = 16 cm

b) Xét tứ giác AEHF có: $\widehat{E}=\widehat{A}=\widehat{F}=90°$

Do đó AEHF là hình chữ nhật

⇒ EF = AH

Ta lại có: AB.AC = AH.BC = 2S_ABC nên AB.AC = EF.BC.

a) ΔABC vuông A có đường cao AH

⇒ AH² = BH.CH = 4.9 ⇒ AH = 6cm

BC = BH + CH = 4 + 9 = 13cm

AB² = BH.BC = 4.13⇒ $AB=2\sqrt{13}cm$

AC² = CH.BC = 9.13⇒ $AC=3\sqrt{13}cm$

b) M là trung điểm của AC

⇒ AM = MC = $\frac{1}{2}AC=\frac{3\sqrt{13}}{2}cm$

ΔABC ⊥ A ⇒ AB ⊥ AC ⇒ AB⊥ AM

⇒ ΔABM ⊥ A

⇒ $\tan \widehat{AMB}=\frac{AB}{AM}=\frac{4}{3}\Rightarrow \widehat{AMB}\approx 53°$

Mà $\widehat{AMB}+\widehat{BMC}=180°$(kề bù)

⇒ $\widehat{BMC}=180°-\widehat{AMB}=127°$.

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

AB là tia phân giác của góc HAD  

Suy ra: $\widehat{DAB}=\widehat{BAH}$

AC là tia phân giác của góc HAE

Suy ra: $\widehat{HAC}=\widehat{CAE}$

Ta có: $\widehat{HAD}+\widehat{HAE}=2\left(\widehat{BAH}+\widehat{HAC}\right)=2\widehat{BAC}=2.90°=180°$

Vậy ba điểm D, A, E thẳng hàng.

b) Gọi M là trung điểm của BC

Theo tính chất của tiếp tuyến, ta có:

AD ⊥ BD; AE ⊥ CE

Suy ra: BD // CE

Vậy tứ giác BDEC là hình thang

Khi đó MA là đường trung bình của hình thang BDEC

Suy ra: MA//BD ⇒ MA ⊥ DE

Trong tam giác vuông ABC ta có: MA = MB = MC

Suy ra M là tâm đường tròn đường kính BC với MA là bán kính

Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn tâm M đường kính BC.

Tam giác OAE có OA = OE nên tam giác OAE cân tại O.

Suy ra $\widehat{OEA}=\widehat{OAE}$

Mà AE song song với FH (do AFHE là hình chữ nhật) nên $\widehat{OHF}=\widehat{OAE}$(hai góc so le trong).

Do đó, $\widehat{OHF}=\widehat{OEA}$(2).

Lại có $\widehat{OHF}+\widehat{OHE}=\widehat{FHE}=90°$(3).

Từ (1), (2), (3) ta có: $\widehat{MAB}+\widehat{OEA}=90°$

Gọi K là giao điểm của AM và EF.

Khi đó, $\widehat{KAE}+\widehat{KEA}=90°$

Suy ra $\widehat{AKE}=90°$

Vậy AM vuông góc với EF tại K.

Áp dụng định lý Pytago: $AC=\sqrt{B{C}^2-A{B}^2}=16\left(cm\right)$

Lại có: AB.AC = AH.BC

⇒ $AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{12.16}{20}=\mathrm{9,6}\left(cm\right)$

AB² = BH.BC ⇒ $BH=\frac{A{B}^2}{BC}=\frac{{12}^2}{20}=\mathrm{7,2}\left(cm\right)$

HC = BC – BH = 20 – 7,2 = 12,8 (cm).

Ta có: AH² = BH.CH = 6² = 36 (1)

BH + HC = BC = 13(cm) (2)

Thế (2) vào (1) ta có: (13 – HC).HC = 36

⇔ 13HC – HC² – 36 = 0

⇔ $\left[\begin{array}{l}HC=9\\ HC=4\end{array}\right.$