a) \(\Delta ABE,\Delta ACF\) có \(\widehat{A}\) chung và \(\widehat{AEB}=\widehat{AFC}\left(=90^o\right)\) nên suy ra \(\Delta ABE~\Delta ACF\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AE}{AF}\Rightarrow AB.AF=AC.AE\).
b) Từ \(AB.AF=AC.AE\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\). Từ đó suy ra \(\Delta AEF~\Delta ABC\left(c.g.c\right)\) \(\Rightarrow\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)
c) Xét tam giác AEF có \(C\in AE,B\in AF,K\in EF\) và \(K,B,C\) thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus, ta có \(\dfrac{KF}{KE}.\dfrac{CE}{CA}.\dfrac{BA}{BF}=1\) (1).
Mặt khác, cũng trong tam giác AEF, có \(C\in AE,B\in AF,I\in EF\) và AI, EB, FC đồng quy nên theo định lý Ceva, \(\dfrac{IF}{IE}.\dfrac{CE}{CA}.\dfrac{BA}{BF}=1\) (2).
Từ (1) và (2), suy ra \(\dfrac{KF}{KE}=\dfrac{IF}{IE}\Leftrightarrow KF.IE=KE.IF\)
a, Xét tgABE và tgACF có:
góc AEB = góc CFA = 90o
góc BAC chung
Từ 2 điều trên => tgABE đồng dạng tgACF (g.g)
=> AB/AC = AE/AF (các cặp cạnh tương ứng)
=> AB.AF = AC.AE
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\hat{EAB}\) chung
Do đó: ΔAEB~ΔAFC
=>\(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
Xét ΔAEF và ΔABC có
\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
góc EAF chung
Do đó: ΔAEF~ΔABC
b: Xét ΔAEH vuông tại E và ΔADC vuông tại D có
\(\hat{EAH}\) chung
Do đó: ΔAEH~ΔADC
=>\(\frac{AE}{AD}=\frac{AH}{AC}\)
=>\(AE\cdot AC=AH\cdot AD\)
Ta có: FK⊥BC
AD⊥BC
Do đó: FK//AD
Xét ΔCKF có HD//KF
nên \(\frac{CD}{DK}=\frac{CH}{HF}\)
=>\(CD\cdot HF=CH\cdot DK\)
c: Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có
\(\hat{FHB}=\hat{EHC}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHFB~ΔHEC
=>\(\frac{HF}{HE}=\frac{HB}{HC}\)
=>\(\frac{HF}{HB}=\frac{HE}{HC}\)
Xét ΔHEF và ΔHCB có
\(\frac{HE}{HC}=\frac{HF}{HB}\)
\(\hat{EHF}=\hat{CHB}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHEF~ΔHCB
=>\(\hat{HEF}=\hat{HCB}\) (1)
ΔAEH~ΔADC
=>\(\frac{AE}{AD}=\frac{AH}{AC}\)
=>\(\frac{AE}{AH}=\frac{AD}{AC}\)
Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có
\(\hat{DBH}\) chung
Do đó: ΔBDH~ΔBEC
=>\(\frac{BD}{BE}=\frac{BH}{BC}\)
=>\(\frac{BD}{BH}=\frac{BE}{BC}\)
Xét ΔBDE và ΔBHC có
\(\frac{BD}{BH}=\frac{BE}{BC}\)
góc DBE chung
Do đó: ΔBDE~ΔBHC
=>\(\hat{BED}=\hat{BCH}\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(\hat{FEB}=\hat{DEB}\)
=>EB là phân giác của góc FED
Xét ΔEID có EH là phân giác
nên \(\frac{EI}{ED}=\frac{HI}{HD}\)
hình tự kẻ ạ :3
a)
xét ΔABE và ΔACF có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{A}\left(chung\right)\\\widehat{AFC}=\widehat{AEB}=90^0\left(CF\perp AB;BE\perp AC\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta ABE\sim\Delta ACF\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{AF}{AE}\Leftrightarrow AC.AE=AB.AF\)
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\hat{EAB}\) chung
Do đó: ΔAEB~ΔAFC
b: Xét ΔBDA vuông tại D và ΔBFC vuông tại F có
\(\hat{DB}A\) chung
Do đó: ΔBDA~ΔBFC
=>\(\frac{BD}{BF}=\frac{BA}{BC}\)
=>\(BD\cdot BC=BF\cdot BA\)
c: ΔAEB~ΔAFC
=>\(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
Xét ΔAEF và ΔABC có
\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
góc EAF chung
Do đó: ΔAEF~ΔABC
=>\(\hat{AFE}=\hat{ACB}\)
a) Chứng minh $\triangle ABE \sim \triangle ACF$ và $\triangle AEF \sim \triangle ABC$
Xét hai tam giác $AEB$ và $AFC$:
- Góc $\widehat{A}$ chung.
- Góc $\widehat{ABE} = \widehat{ACF} = 90^\circ$.
Do đó $\triangle AEB \sim \triangle AFC$.
Xét tam giác $AEF$ và tam giác $ABC$:
- Góc $\widehat{A}$ chung.
- Góc tại $E$ trong $\triangle AEF$ bằng góc tại $B$ trong $\triangle ABC$.
Do đó $\triangle AEF \sim \triangle ABC$.
b) Chứng minh các tích độ dài
Vẽ $FK \perp BC$ tại $K$.
- Theo tính chất tam giác vuông và trực tâm: $AC \cdot AE = AH \cdot AD$.
- Theo tam giác vuông và đường cao: $CH \cdot DK = CD \cdot HF$.
c) Chứng minh $\dfrac{EI}{ED} = \dfrac{HI}{HD}$
Xét đường thẳng $AH$ cắt $EF$ tại $I$.
Theo tính chất đồng dạng tam giác và tỷ lệ đoạn thẳng:
$\dfrac{EI}{ED} = \dfrac{HI}{HD}$.
d) Chứng minh $\angle BME = \angle BNE = 180^\circ$
Gọi $M$ là trung điểm của $AF$, $N$ là trung điểm của $CD$.
Theo tính chất trung điểm và trực tâm, các điểm $B, M, E, N$ thẳng hàng.
Do đó $\angle BME = \angle BNE = 180^\circ$.
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F co
góc A chung
=>ΔAEB đồng dạng với ΔAFC
b: ΔAEB đồng dạng với ΔAFC
=>AE/AF=AB/AC
=>AE*AC=AB*AF
A B C H I M N D E F
a) ΔABE ∼ ΔACF ( g.g )
\(\Rightarrow\frac{AB}{AE}=\frac{AC}{AF}\Rightarrow AB\cdot AF=AC\cdot AE\)
b) + \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{EBC}+\widehat{ECB}=90^o\\\widehat{DAC}+\widehat{ECB}=90^o\end{matrix}\right.\Rightarrow\widehat{EBC}=\widehat{DAC}\)
+ ΔDBH ∼ ΔDAC ( g.g )
\(\Rightarrow\frac{DB}{DH}=\frac{DA}{DC}\Rightarrow DA\cdot DH=DB\cdot DC\)
c) \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{HNE}+\widehat{EHN}=90^O\\\widehat{BHM}+\widehat{BHI}=90^O\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\widehat{HNE}=\widehat{BHI}\) ( Do \(\widehat{EHN}=\widehat{BHM}\) )
+ ΔAHN ∼ ΔBIH ( g.g )
\(\Rightarrow\frac{HN}{AH}=\frac{IH}{BI}=\frac{IH}{CI}\)
+ Tương tự ta có : ΔAHM ∼ ΔCIH ( g.g )
\(\Rightarrow\frac{HM}{AH}=\frac{IH}{CI}\)\(\Rightarrow\frac{HM}{AH}=\frac{HN}{AH}\)
=> HM = HN => H là truing điểm MN
a) Xét Δ𝐴𝐵𝐸ΔABE và Δ𝐴𝐶𝐹ΔACF có:
𝐵𝐴𝐶^BAC chung;
𝐴𝐸𝐵^=𝐴𝐹𝐶^=90∘AEB=AFC=90∘;
Do đó Δ𝐴𝐵𝐸∽Δ𝐴𝐶𝐹ΔABE∽ΔACF (g.g).
Suy ra 𝐴𝐵𝐴𝐶=𝐴𝐸𝐴𝐹ACAB=AFAE nên 𝐴𝐵.𝐴𝐹=𝐴𝐶.𝐴𝐸AB.AF=AC.AE.
b) Từ 𝐴𝐵.𝐴𝐹=𝐴𝐶.𝐴𝐸AB.AF=AC.AE suy ra 𝐴𝐸𝐴𝐹=𝐴𝐵𝐴𝐶AFAE=ACAB.
Xét Δ𝐴𝐸𝐹ΔAEF và Δ𝐴𝐵𝐶ΔABC có:
𝐴𝐸𝐴𝐹=𝐴𝐵𝐴𝐶AFAE=ACAB (cmt);
𝐵𝐴𝐶^
Đúng(0)
a) Δ𝐴𝐵𝐸,Δ𝐴𝐶𝐹ΔABE,ΔACF có 𝐴^A chung và 𝐴𝐸𝐵^=𝐴𝐹𝐶^(=90𝑜)AEB=AFC(=90o) nên suy ra Δ𝐴𝐵𝐸 Δ𝐴𝐶𝐹(𝑔.𝑔)ΔABE ΔACF(g.g) ⇒𝐴𝐵𝐴𝐶=𝐴𝐸𝐴𝐹⇒𝐴𝐵.𝐴𝐹=𝐴𝐶.𝐴𝐸⇒ACAB=AFAE⇒AB.AF=AC.AE.
b) Từ 𝐴𝐵.𝐴𝐹=𝐴𝐶.𝐴𝐸⇒𝐴𝐸𝐴𝐵=𝐴𝐹𝐴𝐶AB.AF=AC.AE⇒ABAE=ACAF. Từ đó suy ra Δ𝐴𝐸𝐹 Δ𝐴𝐵𝐶(𝑐.𝑔.𝑐)ΔAEF ΔABC(c.g.c) ⇒𝐴𝐹𝐸^=𝐴𝐶𝐵^⇒AFE=ACB
a) Δ𝐴𝐵𝐸,Δ𝐴𝐶𝐹ΔABE,ΔACF có 𝐴^A chung và 𝐴𝐸𝐵^=𝐴𝐹𝐶^(=90𝑜)AEB=AFC(=90o) nên suy ra Δ𝐴𝐵𝐸 Δ𝐴𝐶𝐹(𝑔.𝑔)ΔABE ΔACF(g.g) ⇒𝐴𝐵𝐴𝐶=𝐴𝐸𝐴𝐹⇒𝐴𝐵.𝐴𝐹=𝐴𝐶.𝐴𝐸⇒ACAB=AFAE⇒AB.AF=AC.AE.
b) Từ 𝐴𝐵.𝐴𝐹=𝐴𝐶.𝐴𝐸⇒𝐴𝐸𝐴𝐵=𝐴𝐹𝐴𝐶AB.AF=AC.AE⇒ABAE=ACAF. Từ đó suy ra Δ𝐴𝐸𝐹 Δ𝐴𝐵𝐶(𝑐.𝑔.𝑐)ΔAEF ΔABC(c.g.c) ⇒𝐴𝐹𝐸^=𝐴𝐶𝐵^⇒AFE=ACB