$Cho \(\Delta ABC\) có ba góc nhọn. Các đường cao \[AH\] và \[BE\] cắt nhau tại M. a) Chứng minh rằng: b) Chứng minh rằng: \(MA \cdot MH = ME \cdot MB\). (ảnh 1)$

a) Xét \(\Delta AHC\) và \(\Delta BEC\) có: \(\widehat C\) chung; \(\widehat {AHC} = \widehat {BEC} = 90^\circ \).

Do đó tam giác AHC đồng dạng tam giác BEC (g.g).

b) Xét \(\Delta MAE\) và \(\Delta MBH\) có:

\(\widehat {AME} = \widehat {BMH}\) (đối đỉnh); \(\widehat {AEM} = \widehat {BHM} = 90^\circ \).

Do đó tam giác MAE đồng dạng với tam giác MBH (g.g).

Suy ra \(\frac{{MA}}{{MB}} = \frac{{ME}}{{MH}}\) nên \(MA \cdot MH = ME \cdot MB\).

c) Từ suy ra \(\frac{{CH}}{{CE}} = \frac{{CA}}{{CB}}\) hay \(\frac{{CH}}{{CA}} = \frac{{CE}}{{CB}}\). (1)

Xét \(\Delta CHI\) và \(\Delta CAH\) có: \(\widehat C\) chung; \(\widehat {CIH} = \widehat {CHA} = 90^\circ \).

Do đó tam giác CHI đồng dạng tam giác CAH (g.g), suy ra \(\frac{{CI}}{{CH}} = \frac{{CH}}{{CA}}\). (2)

Xét \(\Delta CEK\) và \(\Delta CBE\) có: \(\widehat C\) chung; \(\widehat {CKE} = \widehat {CEB} = 90^\circ \).

Do đó tam giác CEK đồng dạng tam giác CBE (g.g), suy ra \(\frac{{CE}}{{CB}} = \frac{{CK}}{{CE}}\). (3)

Từ \((1)\), \((2)\) và \((3)\) suy ra \(\frac{{CI}}{{CH}} = \frac{{CK}}{{CE}}\).

Mà\(\frac{{CH}}{{CE}} = \frac{{CA}}{{CB}}\) suy ra \(\frac{{CI}}{{CH}} \cdot \frac{{CH}}{{CE}} = \frac{{CK}}{{CE}} \cdot \frac{{CE}}{{CB}}\) nên \(\frac{{CI}}{{CE}} = \frac{{CK}}{{CB}}\).

Khi đó\(\frac{{CE}}{{CB}} = \frac{{CH}}{{CA}}\) nên \(\frac{{CI}}{{CA}} = \frac{{CK}}{{CB}}\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(I \in AC\,;\,\,K \in BC\) và \(\frac{{CI}}{{CA}} = \frac{{CK}}{{CB}}\)

Theo định lí Thalès đảo suy ra\(IK\,{\rm{//}}\,AB\) (đpcm).

Hãy chọn câu khẳng định đúng. A. Hai tam giác bằng nhau thì đồng dạng. B. Hai tam giác đồng dạng thì bằng nhau. C. Hai tam giác cân luôn đồng dạng. D