a: Xét ΔABH vuông tại H và ΔCBA vuông tại A có

\(\widehat{ABH}\) chung

Do đó: ΔABH~ΔCBA

=>\(\dfrac{BA}{BC}=\dfrac{BH}{BA}\)

=>\(AB^2=BH\cdot BC\)

b: Xét ΔAEH vuông tại E và ΔAHB vuông tại H có

\(\widehat{EAH}\) chung

Do đó: ΔAEH~ΔAHB

=>\(\dfrac{AE}{AH}=\dfrac{AH}{AB}\)

=>\(AH^2=AE\cdot AB\left(1\right)\)

Xét ΔAFH vuông tại F và ΔAHC vuông tại H có

\(\widehat{FAH}\) chung

DO đó: ΔAFH~ΔAHC

=>\(\dfrac{AF}{AH}=\dfrac{AH}{AC}\)

=>\(AH^2=AF\cdot AC\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

c: \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

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

Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

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

Do đó: ΔAEF~ΔACB

a: Xét ΔMAN vuông tại A và ΔMBP vuông tại B có

\(\widehat{AMN}\) chung

Do đó: ΔMAN~ΔMBP

b: Xét ΔHBN vuông tại B và ΔHAP vuông tại A có

\(\widehat{BHN}=\widehat{AHP}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó; ΔHBN~ΔHAP

=>\(\dfrac{HB}{HA}=\dfrac{HN}{HP}\)

=>\(HB\cdot HP=HA\cdot HN\)

c: Ta có: NA\(\perp\)MP

PI\(\perp\)MP

Do đó: NA//PI

=>NH//PI

ta có: PH\(\perp\)MN

NI\(\perp\)MN

Do đó: PH//NI

Xét tứ giác NHPI có

NH//PI

HP//NI

Do đó: NHPI là hình bình hành

=>NP cắt HI tại trung điểm của mỗi đường

mà K là trung điẻm của NP

nên K là trung điểm của HI

=>H,K,I thẳng hàng

Lời giải:

a.

Xét tam giác $ANC$ và $AMB$ có:

$\widehat{A}$ chung

$\widehat{ANC}=\widehat{AMB}=90^0$

$\Rightarrow \triangle ANC\sim \triangle AMB$ (g.g)

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

Xét tam giác $AMN$ và $ABC$ có:

$\widehat{A}$ chung

$\frac{AN}{AM}=\frac{AC}{AB}$ (cmt) 

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

b.

Từ phần a thì  $\frac{AN}{AM}=\frac{AC}{AB}\Rightrrow \frac{AM}{AN}=\frac{AB}{AC}(1)$

Áp dụng tính chất đường phân giác ta có:

$\frac{IM}{IN}=\frac{AM}{AN}(2)$

$\frac{KB}{KC}=\frac{AB}{AC}(3)$

Từ $(1); (2); (3)\Rightarrow \frac{IM}{IN}=\frac{KB}{KC}$

Hình vẽ:

a: Xét tứ giác AIHK có \(\widehat{AIH}=\widehat{AKH}=\widehat{KAI}=90^0\)

nên AIHK là hình chữ nhật

b: Xét ΔAHB vuông tại H và ΔCHA vuông tại H có

\(\widehat{HAB}=\widehat{HCA}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)

Do đó: ΔAHB~ΔCHA

=>\(\dfrac{HA}{HC}=\dfrac{HB}{HA}\)

=>\(HA^2=HB\cdot HC\)

c: Ta có: AIHK là hình chữ nhật

=>\(\widehat{AIK}=\widehat{AHK}\)

mà \(\widehat{AHK}=\widehat{C}\left(=90^0-\widehat{CAH}\right)\)

nên \(\widehat{AIK}=\widehat{ACB}\)

Xét ΔAIK vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

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

Do đó: ΔAIK~ΔACB

d: ΔABC vuông tại A

mà AM là đường trung tuyến

nên AM=MC

=>\(\widehat{MAC}=\widehat{MCA}\)

\(\widehat{AKI}+\widehat{MAC}=\widehat{MCA}+\widehat{B}=90^0\)

=>AM\(\perp\)IK tại D

Câu 10: A

Câu 1: C

Câu 2: A

Câu 3: D

Câu 4: A

Câu 5: B

Câu 6: C

Câu 8: B

a: Sửa đề: ΔABC vuông tại A

Xét ΔABC có \(AB^2+AC^2=BC^2\)

nên ΔABC vuông tại A

b: Xét ΔBHA vuông tại H và ΔBAC vuông tại A có

\(\widehat{HBA}\) chung

Do đó: ΔBHA~ΔBAC

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

=>\(AH=\dfrac{AB\cdot AC}{BC}=\dfrac{3\cdot4}{5}=2,4\left(cm\right)\)

Xét ΔHAB vuông tại H và ΔHCA vuông tại H có

\(\widehat{HAB}=\widehat{HCA}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)

Do đó: ΔHAB~ΔHCA

=>\(\dfrac{HA}{HC}=\dfrac{HB}{HA}\)

=>\(HA^2=HB\cdot HC\)

Gọi độ dài quãng đường AB là x(km)

(ĐK: x>0)

Thời gian xe đi từ A đến B là \(\dfrac{x}{45}\left(giờ\right)\)

Thời gian xe đi từ B về A là \(\dfrac{x}{40}\left(giờ\right)\)

Thời gian về nhiều hơn thời gian đi 40p=2/3 giờ nên ta có:

\(\dfrac{x}{40}-\dfrac{x}{45}=\dfrac{2}{3}\)

=>\(\dfrac{x}{360}=\dfrac{2}{3}\)

=>\(x=360\cdot\dfrac{2}{3}=240\left(nhận\right)\)

Vậy: Độ dài quãng đường AB là 240km

\(P=\dfrac{6x^2+8x+7}{x^3-1}+\dfrac{x}{x^2+x+1}-\dfrac{6}{x-1}\)

\(=\dfrac{6x^2+8x+7}{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)}+\dfrac{x}{x^2+x+1}-\dfrac{6}{x-1}\)

\(=\dfrac{6x^2+8x+7+x\left(x-1\right)-6\left(x^2+x+1\right)}{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)}\)

\(=\dfrac{6x^2+8x+7+x^2-x-6x^2-6x-6}{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)}\)

\(=\dfrac{x^2+x+1}{\left(x-1\right)\left(x^2+x+1\right)}=\dfrac{1}{x-1}\)