bài lớp 8 mà ???

a.

Xét hai tam giác BEM và DEA có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{EBM}=\widehat{EDA}\left(\text{so le trong}\right)\\\widehat{BEM}=\widehat{DEA}\left(\text{đối đỉnh}\right)\end{matrix}\right.\)  

\(\Rightarrow\Delta BEM\sim\Delta DEA\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AE}{EM}=\dfrac{DE}{BE}\) (1)

Xét hai tam giác BEA và DEG có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BEA}=\widehat{DEG}\left(\text{đối đỉnh}\right)\\\widehat{EBA}=\widehat{EDG}\left(\text{so le trong}\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\Delta BEA\sim\Delta DEG\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AE}{EG}=\dfrac{BE}{DE}\) (2)

b.

Nhân vế với vế (1) và (2) ta được:

\(\dfrac{AE}{EM}.\dfrac{AE}{EG}=\dfrac{DE}{BE}.\dfrac{BE}{DE}\Rightarrow\dfrac{AE^2}{EM.EG}=1\)

\(\Rightarrow AE^2=EM.EG\)

c.

Từ B và D lần lượt kẻ BF và DH vuông góc AC

Gọi O là giao điểm AC và BD \(\Rightarrow\) O là trung điểm BD \(\Rightarrow OB=OD\) và \(AO=OC=\dfrac{1}{2}AC\)

Xét hai tam giác vuông OHD và OFB có:

\(\left\{{}\begin{matrix}OD=OB\\\widehat{HOD}=\widehat{FOB}\left(\text{đối đỉnh}\right)\\\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow\Delta_{\perp}OHD=\Delta_{\perp}OFB\left(ch-gn\right)\Rightarrow OH=OF\)

\(\Rightarrow AH+AF=\left(AO-OH\right)+\left(AO+OF\right)=2AO=AC\)

Xét hai tam giác AFB và AIC có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{FAB}-chung\\\widehat{AFB}=\widehat{AIC}=90^0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AFB\sim\Delta AIC\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{AF}{AI}=\dfrac{AB}{AC}\Rightarrow AF.AC=AB.AI\)

Xét hai tam giác AHD và AKC có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{DAH}-chung\\\widehat{AHD}=\widehat{AKC}=90^0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta AHD\sim\Delta AKC\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AH}{AK}\Rightarrow AH.AC=AD.AK\)

\(\Rightarrow AB.AI+AD.AK=AF.AC+AH.AC=AC.\left(AH+AF\right)=AC.AC=AC^2\)

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:

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

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

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

Do \(AB||CD\) (cùng vuông góc AE), áp dụng định lý Talet trong tam giác ADE ta có:

\(\dfrac{EC}{EA}=\dfrac{CD}{AD}\Rightarrow AD=\dfrac{EA.CD}{EC}=\dfrac{\left(2+8\right).1,5}{2}=7,5\left(m\right)\)

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

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

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