Lời giải:
Bạn tự vẽ hình nhé.
a) Phần a phải là \(\triangle AHB\sim \triangle CAB\)
Xét tam giác $AHB$ và $CAB$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \text{góc B chung}\\ \widehat{AHB}=\widehat{CAB}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle AHB\sim \triangle CAB(g.g)\)
b)
Từ kq phần a suy ra \(\frac{AH}{CA}=\frac{HB}{AB}\)
\(\Leftrightarrow \frac{2AM}{CA}=\frac{HB}{\frac{BD}{2}}=\frac{2HB}{BD}\)
\(\Rightarrow \frac{AM}{AC}=\frac{BH}{BD}\)
Xét tam giác $BHD$ và $AMC$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{DBH}=\widehat{CAM}(=90^0-\widehat{BAH})\\ \frac{BH}{BD}=\frac{AM}{AC}(cmt)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \triangle BHD\sim \triangle AMC(c.g.c)\)
\(\Rightarrow \frac{BD}{HD}=\frac{AC}{MC}\Rightarrow BD.MC=HD.AC\)
(đpcm)
c) Gọi $I$ là giao điểm của $MC$ và $DH$
Vì tam giác $BHD$ đồng dạng với tam giác $AMC$ nên
\(\widehat{BHD}=\widehat{AMC}\)
\(\Rightarrow 180^0-\widehat{BHD}=180^0-\widehat{AMC}\)
\(\Rightarrow \widehat{IHC}=\widehat{HMI}\)
Mà \(\widehat{HMI}=90^0-\widehat{HCI}\Rightarrow \widehat{IHC}=90^0-\widehat{HCI}\)
\(\Rightarrow \widehat{IHC}+\widehat{HCI}=90^0\Rightarrow \widehat{HIC}=90^0\)
Do đó \(HD\perp MC\)
a) xét \(\Delta AHB\) và \(\Delta ABC\) có:
\(\widehat{AHB}=\widehat{BAC}=90^o\left(gt\right)\)
\(\widehat{B}\) góc chung
=> \(\Delta AHB\) đồng dạng với \(\Delta ABC\)( g-g)