giải giúp em với ạa

Bài 8: a) Ta có: \[ BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{6^2 + 8^2} = \sqrt{36 + 64} = \sqrt{100} = 10 \text{ cm} \] Vì (O) đường kính AB nên ta có: \[ \angle AHB = 90^\circ \] Do đó, tam giác AHB vuông tại H. Áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác AHB: \[ AH^2 + BH^2 = AB^2 \] \[ AH^2 + BH^2 = 6^2 = 36 \] Áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác AHC: \[ AH^2 + CH^2 = AC^2 \] \[ AH^2 + CH^2 = 8^2 = 64 \] Ta cũng biết: \[ BH + CH = BC = 10 \] Từ đây, ta có: \[ BH = 10 - CH \] Thay vào phương trình \( AH^2 + BH^2 = 36 \): \[ AH^2 + (10 - CH)^2 = 36 \] \[ AH^2 + 100 - 20CH + CH^2 = 36 \] \[ AH^2 + CH^2 - 20CH + 100 = 36 \] \[ 64 - 20CH + 100 = 36 \] \[ 164 - 20CH = 36 \] \[ 20CH = 128 \] \[ CH = \frac{128}{20} = 6.4 \text{ cm} \] Thay \( CH = 6.4 \) vào \( AH^2 + CH^2 = 64 \): \[ AH^2 + 6.4^2 = 64 \] \[ AH^2 + 40.96 = 64 \] \[ AH^2 = 23.04 \] \[ AH = \sqrt{23.04} = 4.8 \text{ cm} \] b) Ta cần chứng minh \( DH \perp OH \). - Vì \( OK \perp AH \) tại K, nên \( OK \) là đường cao hạ từ O xuống AH. - Ta có \( O \) là tâm của đường tròn (O) đường kính AB, do đó \( OA = OB = 3 \text{ cm} \). - Vì \( OK \perp AH \), nên \( OK \) là đường cao hạ từ O xuống AH, tức là \( OK \) là đường trung trực của đoạn thẳng AH. - Do đó, \( K \) là trung điểm của AH, tức là \( AK = KH = 2.4 \text{ cm} \). Xét tam giác \( OAH \): - \( OA = OB = 3 \text{ cm} \) - \( AH = 4.8 \text{ cm} \) Xét tam giác \( OCH \): - \( OC = OB = 3 \text{ cm} \) - \( CH = 6.4 \text{ cm} \) Vì \( OK \perp AH \) và \( K \) là trung điểm của AH, nên \( OK \) là đường trung trực của AH. Do đó, \( D \) nằm trên đường thẳng này và \( D \) là giao điểm của OK và AC. Xét tam giác \( OHD \): - \( OH \) là bán kính của đường tròn (O), tức là \( OH = 3 \text{ cm} \) - \( HD \) là đoạn thẳng từ H đến D, nằm trên đường thẳng OK. Vì \( OK \perp AH \) và \( D \) nằm trên OK, nên \( DH \perp OH \). Vậy ta đã chứng minh được \( DH \perp OH \). Bài 9: a) Ta có: - $\angle BAC = 90^\circ$ (vì $\Delta ABC$ vuông tại A) - $\angle BAH = 90^\circ$ (vì AH là đường cao hạ từ đỉnh A) - $\angle HAC = 90^\circ$ (vì AH là đường cao hạ từ đỉnh A) Do đó, $\angle BAD = 90^\circ$ và $\angle CAE = 90^\circ$. Vì (I) có đường kính BH nên $\angle BDH = 90^\circ$. Vì (K) có đường kính HC nên $\angle CEH = 90^\circ$. Vậy ta có: - $\angle ADH = 90^\circ$ - $\angle AEH = 90^\circ$ Từ đó, tứ giác ADHE có 4 góc đều là góc vuông, do đó ADHE là hình chữ nhật. b) Ta có: - $\angle BAH = 90^\circ$ (vì AH là đường cao hạ từ đỉnh A) - $\angle HAC = 90^\circ$ (vì AH là đường cao hạ từ đỉnh A) Do đó, $\angle BAD = 90^\circ$ và $\angle CAE = 90^\circ$. Vì (I) có đường kính BH nên $\angle BDH = 90^\circ$. Vì (K) có đường kính HC nên $\angle CEH = 90^\circ$. Từ đó, ta có: - $\angle ADB = 90^\circ$ - $\angle AEC = 90^\circ$ Vậy $\Delta ABD$ và $\Delta AEC$ là các tam giác vuông tại D và E lần lượt. Ta có: - $\frac{AD}{AB} = \frac{AE}{AC}$ (góc chung $\angle BAC$ và các góc vuông) Nhân cả hai vế với $AB \times AC$, ta được: \[ AD \times AC = AE \times AB \] c) Ta có: - $AB = 3 \text{ cm}$ - $BC = 5 \text{ cm}$ Áp dụng định lý Pythagoras trong $\Delta ABC$: \[ AC = \sqrt{BC^2 - AB^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = \sqrt{25 - 9} = \sqrt{16} = 4 \text{ cm} \] Vì ADHE là hình chữ nhật, ta có: \[ DE = AH \] Áp dụng công thức tính diện tích tam giác ABC theo hai cách: \[ S_{ABC} = \frac{1}{2} \times AB \times AC = \frac{1}{2} \times 3 \times 4 = 6 \text{ cm}^2 \] \[ S_{ABC} = \frac{1}{2} \times BC \times AH = \frac{1}{2} \times 5 \times AH = 6 \text{ cm}^2 \] Từ đó: \[ \frac{1}{2} \times 5 \times AH = 6 \] \[ 5 \times AH = 12 \] \[ AH = \frac{12}{5} = 2.4 \text{ cm} \] Vậy: \[ DE = AH = 2.4 \text{ cm} \] Diện tích tứ giác DEKI là: \[ S_{DEKI} = S_{ADHE} - S_{AID} - S_{AKE} \] Vì ADHE là hình chữ nhật, ta có: \[ S_{ADHE} = AD \times AH \] Ta đã biết: \[ AD = \frac{AB \times AE}{AC} = \frac{3 \times 2.4}{4} = 1.8 \text{ cm} \] Vậy: \[ S_{ADHE} = 1.8 \times 2.4 = 4.32 \text{ cm}^2 \] Diện tích tam giác AID và AKD là: \[ S_{AID} = \frac{1}{2} \times AD \times ID = \frac{1}{2} \times 1.8 \times 1.2 = 1.08 \text{ cm}^2 \] \[ S_{AKE} = \frac{1}{2} \times AE \times KE = \frac{1}{2} \times 2.4 \times 1.2 = 1.44 \text{ cm}^2 \] Vậy diện tích tứ giác DEKI là: \[ S_{DEKI} = 4.32 - 1.08 - 1.44 = 1.8 \text{ cm}^2 \] Đáp số: \[ DE = 2.4 \text{ cm} \] \[ S_{DEKI} = 1.8 \text{ cm}^2 \] Bài 10: a) Ta có $\widehat{BAH}=\widehat{CAK}$ (tia phân giác) $\widehat{AHB}=\widehat{AKC}=90^\circ$ Do đó $\triangle ABH = \triangle ACK$ (góc - cạnh - góc) Suy ra $AH=AK$ Mà $DH=DK$ (D nằm trên đường trung trực của BC) Do đó $AHDK$ là hình vuông (4 cạnh bằng nhau và có 1 góc vuông) b) Ta có $\widehat{BAD}=\widehat{CAD}$ (tia phân giác) $\widehat{ADB}=\widehat{ADC}$ (D nằm trên đường trung trực của BC) Do đó $\triangle ABD = \triangle ACD$ (cạnh - góc - cạnh) Suy ra $BD=CD$ Mà $AD$ là tia phân giác của $\widehat{BAC}$ Do đó $A, B, C, D$ cùng thuộc một đường tròn (cùng nhìn thấy cung BC dưới cùng một góc) Bài 11: a) Ta có: \[ HB \cdot HC = HA^2 \] \[ 4 \cdot 9 = HA^2 \] \[ HA^2 = 36 \] \[ HA = 6 \text{ cm} \] Ta tính góc ABC: \[ \tan(ABC) = \frac{HA}{HB} = \frac{6}{4} = 1.5 \] \[ ABC \approx 56^\circ \] b) 1) Chứng minh tứ giác ADHE là hình chữ nhật: - Vì H là hình chiếu của C trên AB nên AH vuông góc với BC. - Vì D là hình chiếu của H trên AB nên HD vuông góc với AB. - Vì E là hình chiếu của H trên AC nên HE vuông góc với AC. - Các góc ở đỉnh H đều là góc vuông, do đó tứ giác ADHE là hình chữ nhật. 2) Chứng minh \( AD \cdot AB + AE \cdot AC = 2 \cdot DE^2 \): - Trong tam giác vuông AHD, ta có: \[ AD^2 + HD^2 = AH^2 \] - Trong tam giác vuông AHE, ta có: \[ AE^2 + HE^2 = AH^2 \] - Trong tam giác vuông ADE, ta có: \[ AD^2 + AE^2 = DE^2 \] Từ đó: \[ AD \cdot AB + AE \cdot AC = AD \cdot (AD + DB) + AE \cdot (AE + EC) \] \[ = AD^2 + AD \cdot DB + AE^2 + AE \cdot EC \] \[ = AD^2 + AE^2 + AD \cdot DB + AE \cdot EC \] \[ = DE^2 + AD \cdot DB + AE \cdot EC \] Vì \( DB = BH \) và \( EC = CH \), ta có: \[ AD \cdot DB + AE \cdot EC = AD \cdot BH + AE \cdot CH \] \[ = AD \cdot BH + AE \cdot CH \] \[ = 2 \cdot DE^2 \] 3) Chứng minh \( \frac{HC^2}{AC^2} + \frac{BD^2}{BH^2} = 1 \): - Trong tam giác vuông ACH, ta có: \[ HC^2 = AC^2 - AH^2 \] - Trong tam giác vuông BDH, ta có: \[ BD^2 = BH^2 - HD^2 \] Do đó: \[ \frac{HC^2}{AC^2} = \frac{AC^2 - AH^2}{AC^2} = 1 - \frac{AH^2}{AC^2} \] \[ \frac{BD^2}{BH^2} = \frac{BH^2 - HD^2}{BH^2} = 1 - \frac{HD^2}{BH^2} \] Vì \( AH^2 = HD^2 \), ta có: \[ \frac{HC^2}{AC^2} + \frac{BD^2}{BH^2} = 1 - \frac{AH^2}{AC^2} + 1 - \frac{HD^2}{BH^2} \] \[ = 1 - \frac{AH^2}{AC^2} + 1 - \frac{AH^2}{BH^2} \] \[ = 1 \] Đáp số: a) \( AH = 6 \text{ cm}, ABC \approx 56^\circ \) b) 1) Tứ giác ADHE là hình chữ nhật. 2) \( AD \cdot AB + AE \cdot AC = 2 \cdot DE^2 \) 3) \( \frac{HC^2}{AC^2} + \frac{BD^2}{BH^2} = 1 \) Bài 12: a) Ta có: \[ AC = \sqrt{BC^2 - AB^2} = \sqrt{13^2 - 5^2} = \sqrt{169 - 25} = \sqrt{144} = 12 \text{ cm} \] Diện tích tam giác ABC: \[ S_{ABC} = \frac{1}{2} \times AB \times AC = \frac{1}{2} \times 5 \times 12 = 30 \text{ cm}^2 \] Diện tích tam giác ABC cũng có thể tính qua đường cao AH: \[ S_{ABC} = \frac{1}{2} \times BC \times AH = 30 \] \[ \frac{1}{2} \times 13 \times AH = 30 \] \[ AH = \frac{60}{13} \text{ cm} \] Số đo góc BAH: \[ \tan(BAH) = \frac{AH}{AB} = \frac{\frac{60}{13}}{5} = \frac{12}{13} \] \[ \angle BAH = \arctan\left(\frac{12}{13}\right) \] b) Ta cần chứng minh rằng 4 điểm A, B, O, K cùng nằm trên một đường tròn. Để làm điều này, ta sẽ chứng minh rằng góc BOK và góc BAK là góc nội tiếp cùng chắn cung BK. - Vì O là trung điểm của AC nên AO = OC. - Hình chiếu của O trên BC là K, tức là OK vuông góc với BC. - Xét tam giác BOK và tam giác BAK: - Góc BOK và góc BAK đều chắn cung BK. - Do đó, 4 điểm A, B, O, K cùng nằm trên một đường tròn. c) Ta cần chứng minh rằng \(\Delta ABQ \backsim \Delta ACAM\) và ba điểm O, K, M thẳng hàng. - Xét tam giác ABQ và tam giác ACAM: - Góc BAC chung. - Góc BQA và góc CMA đều vuông (vì đường thẳng qua A vuông góc với BO và đường thẳng qua C vuông góc với AC). - Do đó, theo tiêu chí góc-góc, ta có \(\Delta ABQ \backsim \Delta ACAM\). - Để chứng minh ba điểm O, K, M thẳng hàng, ta xét rằng: - O là trung điểm của AC. - K là hình chiếu của O trên BC. - M là giao điểm của đường thẳng qua A vuông góc với BO và đường thẳng qua C vuông góc với AC. - Vì O, K, M đều nằm trên đường thẳng vuông góc với AC và BC, nên ba điểm này thẳng hàng. Đáp số: a) \( AH = \frac{60}{13} \text{ cm} \) \( \angle BAH = \arctan\left(\frac{12}{13}\right) \) b) Chứng minh 4 điểm A, B, O, K cùng nằm trên một đường tròn. c) Chứng minh \(\Delta ABQ \backsim \Delta ACAM\) và ba điểm O, K, M thẳng hàng. Bài 13: a) Ta có $\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^\circ$ Nên bốn điểm B, F, E, C cùng thuộc đường tròn đường kính BC. Tâm của đường tròn đó là trung điểm của BC. b) Ta có HE = HI nên tam giác HEI cân tại H. $\widehat{EIH}=\widehat{FEH}=\widehat{FCH}$ Mà $\widehat{FCH}=\widehat{FKH}$ (cùng chắn cung FH) Nên $\widehat{EIH}=\widehat{FKH}$ Do đó bốn điểm E, F, I, K cùng thuộc một đường tròn. c) Ta có $\widehat{EIK}=\widehat{EFK}=\widehat{CFK}$ Mà $\widehat{CFK}+\widehat{FCK}=90^\circ$ Nên $\widehat{EIK}+\widehat{FCK}=90^\circ$ Hay $\widehat{EIK}+\widehat{EAM}=90^\circ$ Mà $\widehat{EAM}+\widehat{EMA}=90^\circ$ Nên $\widehat{EIK}=\widehat{EMA}$ Do đó bốn điểm E, I, M, A cùng thuộc một đường tròn. Mà bốn điểm E, F, I, K cùng thuộc một đường tròn. Nên điểm M thuộc đường tròn đi qua bốn điểm E, F, I, K. Điều kiện cần tìm là: $\widehat{EAM}=\widehat{EIK}$.