Giúp tôi giải toán

           a, Tam giác ABC có AB=AC (gt) => tam giác ABC cân tại A ( tính chất tam giác cân )

       do đó góc B = góc C ( hai góc ở đay )

  Ta có : góc ABC = góc ECN ( hai góc đối đỉnh )

Xet tam gic vg BDM va tam gic vg CEN co :

      BD=CE ( gt )

       góc ABD = góc ECN ( cùng bằng góc ACB ) 

=> tam giác vg BDM = tam giác vg ECN ( cạnh góc vuông và góc nhọn kề cạnh ấy )

  Do đó DM = EN  ( hai cạnh tương ứng )

                ( Điểm O là điểm M đúng ko )

a)

• Xét \(\Delta ABC\)cân tại A  , H là trung điểm BC nên \(AH⊥BC\Rightarrow\widehat{AHC}=90^o\Rightarrow\widehat{AHP}+\widehat{CHP}=90^o\)

             Mà \(\Delta CHP\)vuông tại P \(\Rightarrow\widehat{HCP}+\widehat{CHP}=90^o\)

             Suy ra :  \(\widehat{HCP}=\widehat{AHP}\)

• Xét \(\Delta HAP\)và  \(\Delta CHP\) có :  \(\widehat{APH}=\widehat{HPC}\left(=90^o\right)\)

                                                                           \(\widehat{AHP}=\widehat{HCP}\)

            Suy ra : \(\Delta AHP\)đồng dạng vs \(\Delta HCP\)( G-G )

             \(\Rightarrow\frac{AH}{HC}=\frac{HP}{CP}\Rightarrow AH.CP=HP.HC\)

• Có : \(AH.CP=HP.HC\)

             \(\Rightarrow AH.CP=2HM.\frac{1}{2}BC\Rightarrow AH.CP=HM.BC\Rightarrow\frac{AH}{HM}=\frac{BC}{CP}\)

• Xét \(\Delta BPC\)và  \(\Delta AMH\)có :  \(\frac{AH}{HM}=\frac{BC}{CP}\)

                                                                           \(\widehat{AHM}=\widehat{BCP}\)( Cùng phụ góc CHP )

              Suy ra : \(\Delta BPC\)đồng dạng vs \(\Delta AMH\)( C-G-C )              ( 1 )

b)

• Gọi giao của BP và AM là N , BP và AH là D 
• Từ ( 1 ) \(\Rightarrow\widehat{HAM}=\widehat{CBP}\)hay  \(\widehat{DAN}=\widehat{DBH}\)
• Xét \(\Delta DAN\) và \(\Delta DBH\)có : \(\widehat{DAN}=\widehat{DBH}\)

                                                                          \(\widehat{ADN}=\widehat{BDH}\)( đối đỉnh )

             Suy ra : \(\Delta DAN\) đồng dạng với  \(\Delta DBH\)( G-G )

              \(\Rightarrow\widehat{AND}=\widehat{BHD}=90^o\)

              \(\Rightarrow AM⊥BP\)

Hình như đề câu b thiếu đúng không

a) Tam giác ABC đồng dạng với tam giác DEF theo tỉ số đồng dạng 2/3

=> \(\frac{AB}{DE}=\frac{BC}{EF}=\frac{AC}{DF}=\frac{2}{3}\)=> \(\frac{AB}{DE}=\frac{BC}{EF}=\frac{AC}{DF}=\frac{AB+BC+AC}{DE+EF+DF}=\frac{2}{3}\)

=> \(\frac{C_{ABC}}{C_{DEF}}=\frac{2}{3}\) (Kí hiệu \(C\) là chu vi) => \(C_{DEF}=\frac{3}{2}.C_{ABC}=\frac{3}{2}.8=12\) cm

b) 

+) Dễ có tam giác DEK đồng dạng với tam giác ABH (do góc DEK = ABH; góc DKE = AHB)

=> \(\frac{AB}{DE}=\frac{AH}{DK}\) Mà \(\frac{AB}{DE}=\frac{2}{3}\Rightarrow\frac{AH}{DK}=\frac{2}{3}\)

+) Có : \(\frac{S_{ABC}}{S_{DEF}}=\frac{\frac{1}{2}.AH.BC}{\frac{1}{2}.DK.EF}=\frac{AH}{DK}.\frac{BC}{EF}=\frac{2}{3}.\frac{2}{3}=\frac{4}{9}\)

=> \(S_{ABC}=\frac{4}{9}.S_{DEF}=\frac{4}{9}.27=12\) cm²

*) Tổng quát: Nếu tam giác ABC đồng dạng với tam giác DEF theo tỉ số đồng dạng k

=> \(\frac{C_{ABC}}{C_{DEF}}=k;\frac{S_{ABC}}{S_{DEF}}=k^2\)

Qua B kẻ đường thẳng song song cới AD và cắt tia CA tại E.

Ta có: ^A₁=^B₁ (So le trong); ^A₂=^E (Đồng vị). Mà ^A₁=^A₂ => ^B₁=^E

=> \(\Delta\)BAE cân tại A => AE=AB=2

Sử dụng định lí Ta-lét: \(\frac{AD}{EB}=\frac{AC}{EC}\Rightarrow\frac{1,2}{EB}=\frac{3}{AC+AE}\Rightarrow\frac{1,2}{EB}=\frac{3}{3+2}\Rightarrow\frac{1,2}{EB}=\frac{3}{5}\)

\(\Rightarrow EB=1,2:\frac{2}{5}=\frac{1,2.5}{3}=\frac{6}{3}=2\)\(\Rightarrow AE=AB=EB=2\)

\(\Rightarrow\Delta\)BAE đều \(\Rightarrow\widehat{BAE}=60^0\). Mà ^BAE kề bù với ^BAC

\(\Rightarrow\widehat{BAC}=120^0\).

Qua I vẽ đường thẳng vuông góc với CI cắt AC. BC lần lượt tại M, N. Khi đó CM=CN, IM=IN.

Ta chứng minh được \(\widehat{AIB}=180-\widehat{BAI}-\widehat{ABI}=180-\frac{BAC}{2}-\frac{ABC}{2}=\frac{360-\left(ABC+BÃC\right)}{2}\)

\(=\frac{360-180+ACB}{2}=90+\frac{ACB}{2}\)

\(AMI=180-CMN=180-\frac{180-ACB}{2}=\frac{360-180+ACB}{2}=90+\frac{ACB}{2}\)

Chứng minh tương tự ta cũng có: \(BNI=90+\frac{ACB}{2}\)

Từ đó suy ra: \(\Delta AIB\infty\Delta AMI\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{AI}{AM}=\frac{AB}{AI}\Rightarrow AI^2=AB.AM\Rightarrow\frac{AI^2}{AB.AC}=\frac{AM}{AC}\) 

\(\Delta AIB\infty\Delta INB\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{BI}{IN}=\frac{AB}{BN}\Rightarrow BI^2=AB.BN\Rightarrow\frac{BI^2}{AB.BC}=\frac{BN}{BC}\)

\(\Delta AMI\infty\Delta INB\Rightarrow\frac{AM}{IN}=\frac{IM}{BN}\Rightarrow AM.BN=IM.IN=IM^2\)

Áp dụng định lí Py- ta-go vào tam gác ICM ta có:

\(IM^2+CI^2=CM^2\Rightarrow BN.AM+CI^2=CM.CN\Rightarrow BN.AM+CN.AM+CI^2=CM.CN+CN.AM\)

\(\Rightarrow BC.AM+CI^2=CN.AC\Rightarrow BC.AM+CI^2+AC.BN=CN.AC+AC.BN\)

\(\Rightarrow BC.AM+BN.AC+CI^2=AC.BC\Rightarrow\frac{AM}{AC}+\frac{BN}{BC}+\frac{CI^2}{AC.BC}=1\)

\(\Rightarrow\frac{AI^2}{AB.AC}+\frac{BI^2}{BA.BC}+\frac{CI^2}{CA.CB}=1\)

dựng tia Bx cắt cạnh AC tại D sao cho góc CBx = 20o 
có gócBCD = 80o => góc BDC = 180o-20o-80o = 80o = góc BCD 
=> tgiác BCD cân (tại B) ; gọi H là hình chiếu của A trên Bx 
có góc ABH = 80o - 20o = 60o => HAB là nửa tgiác đều 
=> BH = AB/2 = b/2 ; AH^2 = 3b^2/4 
BD = BC = a => DH = BH-BD = b/2 - a 
hai tgiác cân BCD và ABC đồng dạng => CD/BC = BC/AB 
=> CD = BC^2/AB = a^2/b 
=> AD = AC - CD = b - a^2/b 

 cho tgiác vuông HAD ta có: AD^2 = AH^2 + DH^2 
thay số từ các tính toán trên: 
(b - a^2/b)^2 = 3b^2/4 + (b/2 - a)^2 
<=> b^2 + a^4/b^2 - 2a^2 = 3b^2/4 + b^2/4 + a^2 - ab 
<=> a^4/b^2 = 3a^2 - ab 
<=> a^3/b^2 = 3a - b 
<=> a^3 = 3a.b^2 - b^3 
<=> a^3 + b^3 = 3a.b^2 đpcm 
 

tam giac ABC cân tại  A có góc BCA =20 độ nên ABC =ACB= 80 ĐỘ

TRÊN CẠNH AC lấy D sao cho ABD=60 độ, khi đó DBC =20 độ nên BDC =80 ĐỘ