a) Rút gọn được \(\dfrac{\sqrt{xy}}{x-\sqrt{xy}+y}\)

c) \(H=\dfrac{\sqrt{xy}}{x-\sqrt{xy}+y}\Rightarrow H^2=\dfrac{xy}{\left(x-\sqrt{xy}+y\right)^2}\)

\(\Rightarrow H^2-H=\dfrac{xy}{\left(x-\sqrt{xy}+y\right)^2}-\dfrac{\sqrt{xy}}{x-\sqrt{xy}+y}=\dfrac{xy-\sqrt{xy}\left(x-\sqrt{xy}+y\right)}{\left(x-\sqrt{xy}+y\right)^2}\)

\(=\dfrac{2xy-x\sqrt{xy}-y\sqrt{xy}}{\left(x-\sqrt{xy}+y\right)^2}=\dfrac{-\sqrt{xy}\left(x-2\sqrt{xy}+y\right)}{\left(x-\sqrt{xy}+y\right)^2}=-\dfrac{\sqrt{xy}\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2}{\left(x-\sqrt{xy}+y\right)^2}\)

Do \(\left\{{}\begin{matrix}\sqrt{xy}\ge0\\\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2\ge0\\\left(x-\sqrt{xy}+y\right)^2\ge0\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow H^2-H=-\dfrac{\sqrt{xy}\left(\sqrt{x}-\sqrt{y}\right)^2}{\left(x-\sqrt{xy}+y\right)^2}\le0\Rightarrow H^2\le H\)

Mà \(H\ge0\left(cmt\right)\Rightarrow H\le\sqrt{H}\)

56

Lời giải:
a. Xét tam giác $ABH$ và $ACH$ có:

$AB=AC$ (do $ABC$ là tg cân) 

$AH$ chung 

$\widehat{AHB}=\widehat{AHC}=90^0$

$\Rightarrow \triangle AHB=\triangle AHC$ (ch-cgv) 

$\Rightarrow HB=HC$.

b. Xét tam giác $AHD$ và $AHE$ có:

$AH$ chung 

$\widehat{A_1}=\widehat{A_2}$ (do 2 tam giác bằng nhau phần a) 

$\widehat{ADH}=\widehat{AEH}=90^0$

$\Rightarrow \triangle AHD=\triangle AHE$ (ch-gn) 

$\Rightarrow \widehat{AHD}=\widehat{AHE}$ 

$\Rightarrow HA$ là tia phân giác góc $\widehat{DHE}$

c.

Từ tam giác bằng nhau phần b thì suy ra $AD=AE$

$\Rightarrow ADE$ là tam giác cân tại $A$

$\Rightarrow \widehat{AED}=\frac{1}{2}(180^0-\widehat{A})(1)$

Tam giác $ABC$ cân tại $A$

$\Rightarrow \widehat{ACB}=\frac{1}{2}(180^0-\widehat{A})(2)$

Từ $(1); (2)\Rightarrow \widehat{AED}=\widehat{ACB}$
Hai góc này ở vị trí đồng vị nên $DE\parallel BC$

56 nhé

a) Đề sai

b) Chứng minh \(2AH^2+HB^2+HC^2=BC^2\)

Áp dụng định lí pytago vào ΔABC vuông tại A, ta được

\(BC^2=AB^2+AC^2\)(1)

Áp dụng định lí pytago vào ΔAHB vuông tại H, ta được

\(AB^2=AH^2+HB^2\)(2)

Áp dụng định lí pytago vào ΔAHC vuông tại H, ta được

\(AC^2=AH^2+HC^2\)(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra

\(BC^2=AB^2+AC^2=AH^2+HB^2+AH^2+HC^2=HB^2+2\cdot AH^2+HC^2\)

~HLBH~Nhóm 1~7/9

a) Xét tam giác HAD và tam giác HCB có:

+ HD = HB (gt).

+ \(\widehat{AHD}=\widehat{CHB}\) (đối đỉnh).

+ HA = HC (H là trung điểm AC).

=> Tam giác HAD = Tam giác HCB (c - g - c).

b) Xét tứ giác ADCB có:

+ H là trung điểm AC (gt).

+ H là trung điểm BD (HD = HB).

=> Tứ giác ADCB là hình bình hành (dhnb).

=> AB // DC (Tính chất hình bình hành).

c) Ta có: AB // DC (cmt). \(\Rightarrow\widehat{HAM}=\widehat{HCN}\) (SLT).

Xét tam giác AHM và tam giác CHN có:

+ \(\widehat{AHM}=\widehat{CHN}\) (đối đỉnh).

+ AH = CH (H là trung điểm AC).

+ \(\widehat{HAM}=\widehat{HCN}\) (cmt).

=> Tam giác AHM = Tam giác CHN (g - c - g).

Xét tam giác CMH và tam giác ANH có:

+ CH = AH (Tam giác AHM = Tam giác CHN).

+ \(\widehat{CHM}=\widehat{AHN}\) (đối đỉnh).

+ MH = NH (Tam giác AHM = Tam giác CHN).

=> Tam giác CMH = Tam giác ANH (c - g - c).

giúp mình với

a: góc ABH=90-65=25 độ

b: Xét ΔCBD có

CH vừa là đường cao, vừa là trung tuyến

nên ΔCBD cân tại C

=>CH là phân giác của góc BCD