Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, Xét \(\Delta ACF\) và \(\Delta ABE\) có:
\(\widehat{AFC}=\widehat{AEB}=90^0\)
\(\widehat{BAC}\) là góc chung
\(\Rightarrow\Delta ACF~\Delta ABE\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AC}{AB}=\frac{AF}{AE}\)
\(\Rightarrow AC.AE=AB.AF\)
Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC\) có:
\(\widehat{CAB}\) là góc chung
\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
\(\Rightarrow\Delta AEF~\Delta ABC\left(c.g.c\right)\)
b, Xét \(\Delta BDH\) và \(\Delta BEC\) có:
\(\widehat{EBC}\) là góc chung
\(\widehat{BEC}=\widehat{BDH}=90^0\)
\(\Rightarrow\Delta BDH~\Delta BEC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{BH}{BC}=\frac{BD}{BE}\)
\(\Rightarrow BE.BH=BC.BD\left(1\right)\)
Tương tự như trên ta được: \(\Delta CDH~\Delta CFB\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{CH}{CB}=\frac{CD}{CF}\)
\(\Rightarrow CF.CH=CD.CB\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow BE.BH+CH.CF=BD.BC+BC.CD=BC\left(BD.CD\right)=BC^2\)
\(\Rightarrow BH.BE+CH.CF=BC^2\)
d,EI _|_ AB ; CE _|_ AB => EI // CE => AI/IF = AE/EC (đl)
EK _|_ AD; CD _|_ AD => EK // CD => AK/KD = AE/EC (đl)
=> AI/IF = AK/KD; xét tam giac AFD
=> IK // FD (1)
ER _|_ BC; AD _|_ BC => ER // AD => CR/RD = CE/EA (đl)
EQ _|_ CF; AF _|_ CF => AH // AF => CH/FH = CE/AE (đl)
=> CR/RD = CH/FH; xét tam giác CFD
=> HR // FD (2)
EK _|_ AD; AD _|_ BD => EK // BD => KH/HD = EH/HB (đl)
EH _|_ CF; CF _|_ BF => EH // FB => EH/HB = QH/HF (đl)
=> KH/HD = QH/HF
=> KH // ED (3)
(1)(2)(3) => I;K;H;R thẳng hàng (tiên đề Ơclit)
a) Sửa đề: Chứng minh ΔABC∼ΔDEC
Xét ΔCDA vuông tại D và ΔCEB vuông tại E có
\(\widehat{BCA}\) chung
Do đó: ΔCDA∼ΔCEB(góc nhọn)
⇒\(\frac{CD}{CE}=\frac{CA}{CB}\)
⇒\(\frac{CA}{CB}=\frac{CD}{CE}\)
⇒\(\frac{AC}{DC}=\frac{BC}{EC}\)
Xét ΔABC và ΔDEC có
\(\frac{AC}{DC}=\frac{BC}{EC}\)(cmt)
\(\widehat{ACB}\) chung
Do đó: ΔABC∼ΔDEC(c-g-c)
b) Gọi K là giao điểm của CH và AB
Xét ΔABC có
AD là đường cao ứng với cạnh BC(gt)
BE là đường cao ứng với cạnh AC(gt)
AD\(\cap\)BE={H}
Do đó: H là trực tâm của ΔABC(tính chất ba đường cao của tam giác)
⇒CH⊥AB
hay CK⊥AB
Xét ΔABD vuông tại D và ΔAHK vuông tại K có
\(\widehat{HAK}\) chung
Do đó: ΔABD∼ΔAHK(góc nhọn)
⇒\(\frac{AB}{AH}=\frac{AD}{AK}\)
hay \(AH\cdot AD=AB\cdot AK\)
Xét ΔBHK vuông tại K và ΔBAE vuông tại E có
\(\widehat{EBA}\) chung
Do đó: ΔBHK∼ΔBAE(góc nhọn)
⇒\(\frac{BH}{BA}=\frac{BK}{BE}\)
hay \(BH\cdot BE=BA\cdot BK\)
Ta có: \(AH\cdot AD+BH\cdot BE=AK\cdot AB+AB\cdot BK\)
\(=AB\left(AK+BK\right)=AB\cdot AB=AB^2\)(đpcm)
a) Chứng minh $\triangle AEB \sim \triangle AFC$ và $AF \cdot AB = AE \cdot AC$
Xét $\triangle ABC$ nhọn với các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$.
Ta có $AD \perp BC$, $BE \perp AC$, $CF \perp AB$.
Trong hai tam giác $AEB$ và $AFC$:
- Góc $\widehat{A}$ chung.
- $\widehat{ABE} = \widehat{ACF} = 90^\circ$.
Do đó $\triangle AEB \sim \triangle AFC$ theo trường hợp góc-góc.
Từ đồng dạng suy ra tỉ số cạnh tương ứng:
$AF/AE = AC/AB \implies AF \cdot AB = AE \cdot AC$.
b) Chứng minh $\triangle AEF \sim \triangle ABC$
Xét tam giác $ABC$ và tam giác $AEF$ với các chân cao $E$ và $F$:
- Góc $\widehat{A}$ chung.
- Góc tại $E$ trong $\triangle AEF$ bằng góc tại $B$ trong $\triangle ABC$.
Do đó $\triangle AEF \sim \triangle ABC$ theo trường hợp góc-góc.
c) Chứng minh $KF \cdot KE = KB \cdot KC$ và $KF \cdot KE = KO^2 - \frac{BC^2}{4}$
Gọi $K$ là giao điểm của $EF$ và $BC$, $O$ là trung điểm $BC$.
Theo tính chất tứ giác trực tâm $BCEF$ nội tiếp:
$KF \cdot KE = KB \cdot KC$.
Với $O$ trung điểm $BC$, suy ra $KO^2 - \frac{BC^2}{4} = KB \cdot KC$, nên $KF \cdot KE = KO^2 - \frac{BC^2}{4}$.
d) Chứng minh $MN \perp AB$
Tia phân giác góc $BKF$ cắt $AB$ tại $N$ và tia phân giác góc $BAC$ cắt $BC$ tại $M$.
Theo tính chất đường phân giác và hình học trực tâm, đường nối $M$ và $N$ vuông góc với $AB$:
$MN \perp AB$.