a)

Ta có $BE \perp AC,\ CF \perp AB$ nên: $\widehat{AEB} = \widehat{AFC} = 90^\circ$.

Lại có: $\widehat{ABE} = \widehat{ACF}$ (cùng phụ với $\widehat{BAC}$).

=> $\triangle AEB \sim \triangle AFC$ (g.g).

Tỉ số đồng dạng: $\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$.

b)

Ta có:
$\widehat{AEF} = \widehat{ABC}$,
$\widehat{AFE} = \widehat{ACB}$.

=> $\triangle AEF \sim \triangle ABC$ (g.g).

c)

Gọi $I = EF \cap BC$, $M$ là trung điểm của $BC$.

Ta có hệ thức quen thuộc: $IE \cdot IF = IM^2 - MB^2$.

Mà $MB = \dfrac{BC}{2}$ nên: $MB^2 = \dfrac{BC^2}{4}$.

=> $IE \cdot IF = IM^2 - \dfrac{BC^2}{4}$.

d)

Gọi $N$ là trung điểm của $AH$.

Ta có $A,E,F,H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$ nên:
$N$ là tâm đường tròn đó.

=> $NE = NF$.

Do đó $N$ nằm trên đường trung trực của $EF$.

Mặt khác $M$ là trung điểm của $BC$ nên $M$ cố định.

=> $MN \perp EF$.

Câu d) phải là HF.CK = HK.CF ?

c) -△AEF và △ABC có: \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)(△ABE∼△ACF), \(\widehat{BAC}\) chung.

\(\Rightarrow\)△AEF∼△ABC (c-g-c) \(\Rightarrow\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{EF}{BC}\right)^2\).

-△MFB và △MEC có: \(\widehat{FMB}=\widehat{EMC}\) , \(\widehat{MFB}=\widehat{MEC}=90^0\)

\(\Rightarrow\)△MFB∼△MEC (g-g) \(\Rightarrow\dfrac{MF}{ME}=\dfrac{MB}{MC}\).

-△MEF và △MCB có: \(\dfrac{MF}{MB}=\dfrac{ME}{MC}\left(\dfrac{MF}{ME}=\dfrac{MB}{MC}\right),\widehat{EMF}=\widehat{CMB}\)

\(\Rightarrow\)△MEF∼△MCB (c-g-c) \(\Rightarrow\dfrac{S_{MEF}}{S_{MCB}}=\left(\dfrac{EF}{BC}\right)^2\)

\(\dfrac{AK}{AD}.\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{S_{AKE}}{S_{ADC}}=\dfrac{S_{AFK}}{D_{ADB}}=\dfrac{S_{AKE}+S_{AFK}}{S_{ADC}+S_{ADB}}=\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{EF}{BC}\right)^2\)

\(\dfrac{MK}{MD}.\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{S_{MEK}}{S_{MDC}}=\dfrac{S_{MFK}}{S_{MDB}}=\dfrac{S_{MEK}+S_{MFK}}{S_{MDC}+S_{MDB}}=\dfrac{S_{MEF}}{S_{MCB}}=\left(\dfrac{EF}{BC}\right)^2\)

\(\Rightarrow\dfrac{AK}{AD}=\dfrac{MK}{MD}\Rightarrow AK.MD=MK.AD\)

Bài 1: 

a) Xét tam giác ABE và tam giác ACF có:

Góc AEB=góc AFC(=90 độ)

Góc A chung

=>Tam giác ABE đồng dạng vs tam giác ACF (g-g)

b)

Vì tam giác ABE đồng dạng vs tam giác ACF(cmt)

=>\(\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AF}\)

Xét tam giác AFE và tam giác ACB có:

Góc A chung(gt)

\(\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AF}\)

=>Tam giác AFE và tam giác ACB đồng dạng (c-g-c)

c)

H ở đou ra vại? :))

BE vs CF cắt nhau ở h còn j bạn;-;

a) Chứng minh $\triangle AEB \sim \triangle AFC$

Xét hai tam giác $AEB$ và $AFC$:

- Góc $\widehat{A}$ chung.

- Góc $\widehat{ABE} = \widehat{ACF} = 90^\circ$.

Do đó $\triangle AEB \sim \triangle AFC$ theo trường hợp góc-góc.

b) Chứng minh $\triangle AEF \sim \triangle ABC$

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 $\triangle AEF \sim \triangle ABC$ theo trường hợp góc-góc.

c) Chứng minh ba điểm $M, K, N$ thẳng hàng

Gọi $D = AH \cap BC$,

- $DM \perp AB$ tại $M$,

- $DN \perp AC$ tại $N$,

- $DK \perp CF$ tại $K$.

Theo định lý ba đường vuông góc từ một điểm đến ba cạnh (hoặc định lý Desargues trong tam giác vuông) và tính chất trực tâm: các đường $DM$, $DN$, $DK$ đồng phẳng, nên ba điểm $M$, $K$, $N$ thẳng hàng.

a) Chứng minh $\triangle AEB \sim \triangle AFC$

Xét hai tam giác $AEB$ và $AFC$:

- Góc $\widehat{A}$ chung.

- Góc $\widehat{ABE} = \widehat{ACF} = 90^\circ$.

Do đó $\triangle AEB \sim \triangle AFC$ theo trường hợp góc-góc.

b) Chứng minh $\triangle AEF \sim \triangle ABC$

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 $\triangle AEF \sim \triangle ABC$ theo trường hợp góc-góc.

c) Chứng minh ba điểm $M, K, N$ thẳng hàng

Gọi $D = AH \cap BC$,

- $DM \perp AB$ tại $M$,

- $DN \perp AC$ tại $N$,

- $DK \perp CF$ tại $K$.

Theo định lý ba đường vuông góc từ một điểm đến ba cạnh (hoặc theo tính chất trực tâm), ba điểm $M$, $K$, $N$ thẳng hàng.