K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

AH
Akai Haruma
Giáo viên
8 tháng 5 2018

Lời giải:

a)

Vì $ABCD$ là hình bình hành nên \(\widehat{BAD}=\widehat{BCD}\)

\(\Rightarrow 180^0-\widehat{BAD}=180^0-\widehat{BCD}\)

\(\Rightarrow \widehat{BAH}=\widehat{BCK}\)

Xét tam giác $HAB$ và $KCB$ ta có:

\(\left\{\begin{matrix} \widehat{BAH}=\widehat{BCK}\\ \widehat{BHA}=\widehat{BKC}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle HAB\sim \triangle KCB(g.g)\)

b)

Từ hai tam giác đồng dạng phần a suy ra \(\frac{HB}{KB}=\frac{AB}{CB}=\frac{AB}{AD}\)

\(AB\parallel CD, BK\perp CD\Rightarrow AB\perp BK\Rightarrow \widehat{ABK}=90^0\)

Ta có:

\(\widehat{BAD}=180^0-\widehat{BAH}=90^0+(90^0-\widehat{BAH})=90^0+\widehat{HBA}\)

\(=\widehat{ABK}+\widehat{HBA}=\widehat{HBK}\)

Xét tam giác $ABD$ và $BHK$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \widehat{BAD}=\widehat{HBK}(cmt)\\ \frac{AB}{AD}=\frac{HB}{BK}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle ABD\sim \triangle HBK(c.g.c)\)

c)

Theo phần a suy ra \(\frac{HA}{KC}=\frac{AB}{CB}=\frac{CD}{AD}\Rightarrow AD.HA=CD.KC\)

Do đó:

\(DA.DH+DC.DK=DA(DA+AH)+DK(DK-CK)\)

\(=DA^2+DK^2+CD.KC-DK.CK\)

\(=BC^2+DK^2+CD.KC-DK.CK\)

\(=BK^2+CK^2+DK^2+CD.KC-DK.CK\)

\(=BD^2+(CK^2+CD.KC-DK.CK)\)

\(=BD^2+CK(CK+CD-DK)=BD^2+CK.0=BD^2\)

Ta có đpcm.

Kẻ DH,BK lần lượt  vuông góc với AC

Xét ΔMEA vuông tại E và ΔBKA vuông tại K có

góc MAE chung

=>ΔMEA đồng dạng với ΔBKA

=>ME/BK=MA/BA

Xét ΔMFA vuông tại F và ΔDHA vuông tại H có

góc DAH chung

=>ΔMFA đồng dạng vơi ΔDHA

=>MF/DH=MA/DA

=>ME/MF=BK/DH:(MA/BA:MA/DA)=1*(1/BA:1/DA)=AD/AB