bài lớp 8 mà ???

a. Em tự giải

b.

Ta có: \(\widehat{CAH}=\widehat{ABC}\) (cùng phụ \(\widehat{ACB}\))

Mà \(\widehat{FAE}=\dfrac{1}{2}\widehat{CAH}\) (do AD là phân giác)

\(\widehat{HBE}=\dfrac{1}{2}\widehat{ABC}\) (do BK là phân giác)

\(\Rightarrow\widehat{FAE}=\widehat{HBE}\)

Xét hai tam giác AEF và BEH có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{FAE}=\widehat{HBE}\left(cmt\right)\\\widehat{AEF}=\widehat{BEH}\left(\text{đối đỉnh}\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\Delta AEF\sim\Delta BEH\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{EA}{EB}=\dfrac{EF}{EH}\Rightarrow EA.EH=EF.EB\)

c.

Do \(\Delta AEF\sim\Delta BEH\Rightarrow\widehat{AFE}=\widehat{BHE}=90^0\)

\(\Rightarrow BF\perp AD\) tại F

Trong tam giác ABD, BF vừa là đường cao vừa là phân giác nên \(\Delta ABD\) cân tại B

\(\Rightarrow BF\) là trung trực AD hay \(BK\) là trung trực của AD

\(\Rightarrow KA=KD\Rightarrow\Delta ADK\) cân tại K

\(\Rightarrow\widehat{KDA}=\widehat{KAD}\)

Mà \(\widehat{KAD}=\widehat{DAH}\) (do AD là phân giác)

\(\Rightarrow\widehat{KDA}=\widehat{DAH}\Rightarrow KD||AH\) (hai góc so le trong bằng nhau)

d.

Xét hai tam giác ABC và HBA có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{B}-chung\\\widehat{BAC}=\widehat{BHA}=90^0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta HBA\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{AB}{BH}=\dfrac{BC}{AB}\Rightarrow\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{BH}{AB}\) (1)

Theo cm câu c, do \(\Delta ABD\) cân tại B \(\Rightarrow AB=BD\) (2)

(1);(2) \(\Rightarrow\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{BH}{BD}\)

Cũng theo câu c, do \(KD||AH\), áp dụng định lý Talet trong tam giác BKD:

\(\dfrac{BH}{BD}=\dfrac{EH}{KD}\)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{BC}=\dfrac{EH}{KD}\)

\(\Rightarrow\dfrac{EH}{AB}=\dfrac{KD}{BC}\)

a: Xét ΔABD vuông tại Dvà ΔACE vuông tại E có

\(\widehat{BAD}\) chung

Do đó: ΔABD~ΔACE

b: Ta có: ΔABD~ΔACE

=>\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AD}{AE}\)

=>\(\dfrac{2}{AE}=\dfrac{4}{5}\)

=>\(AE=2\cdot\dfrac{5}{4}=2\cdot1,25=2,5\left(cm\right)\)

c: Xét tứ giác BEDC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90^0\)

nên BEDC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{EDH}=\widehat{BCH}\)

Do \(x;y;z\le1\Rightarrow x+y+z\le3\)

Đồng thời: \(\left\{{}\begin{matrix}\left(1-z\right)\left(1-x\right)\ge0\Rightarrow1+zx\ge x+z\\\left(1-x\right)\left(1-y\right)\ge0\Rightarrow1+xy\ge x+y\\\left(1-y\right)\left(1-z\right)\ge0\Rightarrow1+yz\ge y+z\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}1+y+zx\ge x+y+z\\1+z+xy\ge x+y+z\\1+x+yz\ge x+y+z\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\dfrac{x}{1+y+zx}+\dfrac{y}{1+z+xy}+\dfrac{z}{1+x+yz}\le\dfrac{x}{x+y+z}+\dfrac{y}{x+y+z}+\dfrac{z}{x+y+z}\)

\(=\dfrac{x+y+z}{x+y+z}\le\dfrac{3}{x+y+z}\)

Dấu "=" xảy ra khi \(x=y=z=1\)

a) Do K, H lần lượt là trung điểm của AB, AC nên ta có: AK = 1/2 AB và AH = 1/2 AC.
- Vì vậy, ta có: HK = 1/2 (AB + AC - BC) = 1/2 BC.
- Vì HK = 1/2 BC và HK cắt BC tại M (trung điểm của BC) nên HK song song với BC.
- Vậy, HK là đường trung bình của tam giác ABC.
=> Tứ giác BCKH là hình thang vì HK song song với BC.
b) Do AD, AE là phân giác của góc AMB, AMC nên ta có: ∠MAD = ∠MBA và ∠MAE = ∠MCA.
- Do đó, ∠MAD + ∠MAE = ∠MBA + ∠MCA = ∠BMC = ∠AME.
- Vì vậy, AI là trung tuyến của tam giác AME.
=> Vậy, I là trung điểm của DE.

a: Ta có: \(\widehat{BMO}+\widehat{MBO}+\widehat{MOB}=180^0\)

\(\widehat{CON}+\widehat{MON}+\widehat{MOB}=180^0\)

mà \(\widehat{MBO}=\widehat{MON}\left(=60^0\right)\)

nên \(\widehat{BMO}=\widehat{CON}\)

Xét ΔBMO và ΔCON có

\(\widehat{BMO}=\widehat{CON}\)

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

Do đó: ΔBMO~ΔCON

b: Ta có: ΔBMO~ΔCON

=>\(\dfrac{OM}{ON}=\dfrac{BM}{CO}\)

mà BO=CO

nên \(\dfrac{OM}{ON}=\dfrac{BM}{BO}\)

c: \(\dfrac{OM}{ON}=\dfrac{BM}{BO}\)

=>\(\dfrac{OM}{BM}=\dfrac{ON}{OB}\)

Xét ΔOMN và ΔBMO có

\(\dfrac{OM}{BM}=\dfrac{ON}{OB}\)

\(\widehat{MON}=\widehat{MBO}=60^0\)

Do đó: ΔMON~ΔMBO

=>\(\widehat{OMN}=\widehat{BMO}\)

=>MO là phân giác của góc BMN

@Phạm Lê Minh Vương, là sao má???

a: Xét ΔFAE vuông tại A và ΔFDC vuông tại D có

\(\widehat{AFE}=\widehat{DFC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔFAE~ΔFDC

b: Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

\(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)

Do đó: ΔAEF~ΔACB

=>\(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{EF}{CB}\)

=>\(AE\cdot BC=AC\cdot EF\)

c: Xét tứ giác ADCE có \(\widehat{EAC}=\widehat{EDC}=90^0\)

nên ADCE là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{ADE}=\widehat{ACE}\)

=>\(\widehat{ADF}=\widehat{ECF}\)

a. Theo định lý về đường phân giác trong tam giác, ta có:
$\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{DC} \tag{1}$
Vì DE vuông góc với AB tại E, nên theo định lý Pythagoras, ta có:
$AE^2 = AB^2 - BE^2 \tag{2}$
$DE^2 = DB^2 - BE^2 \tag{3}$
Từ (2) và (3), ta có:
$AE^2 = DE^2 \Rightarrow AE = DE \tag{4}$
Từ (1) và (4), ta có:
$\frac{AB}{AC} = \frac{DE}{DC} = \frac{AE}{DC} \Rightarrow AC.BE = AB.EA$
b. Do AF // BC và AD cắt BC tại D, AF cắt AD tại K nên ta có:
$\frac{FA}{FK} = \frac{DA}{DK} \tag{5}$
Do DI // AB và DC cắt AB tại B, DI cắt DC tại K nên ta có:
$\frac{KI}{KD} = \frac{BI}{BD} \tag{6}$
Từ (5) và (6), ta có:
$\frac{FA}{FK} + \frac{KI}{KD} = \frac{DA}{DK} + \frac{BI}{BD} = 1$

Bạn ơi mình xin lỗi nhé, bài mình bị lỗi latex T-T