$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).

Tung con xúc xắc đồng chất có 6 mặt được đánh số chấm từ 1 đến 6. Xác suất xuất hiện mặt 2 chấm là