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)
\(\dfrac{IA}{IF}=\dfrac{EA}{EC}=\dfrac{KA}{KH}\Rightarrow\)IK//DF.
\(\dfrac{RC}{RD}=\dfrac{EC}{EA}=\dfrac{QC}{QF}\Rightarrow\)QR//DF.
\(\dfrac{FB}{FI}=\dfrac{HB}{HE}=\dfrac{DB}{DR}\Rightarrow\)IR//DF
\(\Rightarrow\)4 điểm I,K,Q,R thẳng hàng.
a. -Sửa đề: \(AD.HD\le\dfrac{BC^2}{4}\)
\(\widehat{HBD}=90^0-\widehat{BHD}=90^0-\widehat{AHE}=\widehat{HAE}\)
\(\Rightarrow\)△BDH∼△ADC (g-g) \(\Rightarrow\dfrac{HD}{DC}=\dfrac{BD}{AD}\Rightarrow AD.HD=BD.CD\)
-Gọi M là trung điểm BC.
\(AD.AH\le\dfrac{BC^2}{4}\Leftrightarrow BD.CD\le\dfrac{BC^2}{4}\Leftrightarrow\left(BM-DM\right)\left(CM+DM\right)\le\dfrac{BC^2}{4}\Leftrightarrow\left(BM-DM\right)\left(BM+DM\right)\le\dfrac{BC^2}{4}\Leftrightarrow BM^2-DM^2\le\dfrac{BC^2}{4}\Leftrightarrow DM^2\ge BM^2-\dfrac{BC^2}{4}=\left(\dfrac{BC}{2}\right)^2-\dfrac{BC^2}{4}=0\left(đúng\right)\)
-Dấu bằng xảy ra \(\Leftrightarrow\)△ABC cân tại A.
-Bài b mới làm trong vở bài tập hôm qua xong .-. . Mặc dù tên điểm hơi khác.
a: Xét ΔBDA vuông tại D và ΔBFC vuông tại F co
góc B chung
=>ΔBDA đồng dạng vói ΔBFC
b: góc BFC=góc BEC=90 độ
=>BFEC nội tiếp
=>góc AFE=góc ACB
=>ΔAFE đồng dạng vói ΔACB
c: Xét ΔAEH vuông tại E và ΔADC vuông tại D có
góc EAH chung
=>ΔAEH đồng dạng vói ΔADC
=>AD*AH=AE*AC
Xét ΔCEH vuông tại E và ΔCFA vuông tại F có
góc ECH chung
=>ΔCEH đồng dạng vói ΔCFA
=>CH*CF=CE*CA
=>AH*AD+CH*CF=CA^2
A B C D E F H I K Q R
a) Xét \(\Delta EAB\)và \(\Delta FAC\)có :
\(\widehat{BEA}=\widehat{CFA}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{A}\)chung
\(\Rightarrow\Delta EAB\approx\Delta FAC\)(g.g)
\(\Rightarrow\frac{EA}{FA}=\frac{BA}{CA}\)(2 cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)\(\Rightarrow\frac{EA}{BA}=\frac{FA}{CA}\)(tính chất của tỉ lệ thức)
Xét \(\Delta AEF\)và \(\Delta ABC\)có:
\(\widehat{A}\)chung.
\(\frac{EA}{BA}=\frac{FA}{CA}\)(chứng minh trên)
\(\Rightarrow\Delta AEF\approx\Delta ABC\left(c.g.c\right)\)(điều phải chứng minh)
b) Xét \(\Delta BDH\)và\(\Delta BEC\)có:
\(\widehat{BDH}=\widehat{BEC}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{B}\)chung.
\(\Rightarrow\Delta BDH\approx\Delta BEC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{BD}{BE}=\frac{BH}{BC}\)(2 cặp cạnh tỉ lệ tương ứng)
\(\Rightarrow BD.BC=BE.BH\left(1\right)\)
Xét \(\Delta CHD\)và \(\Delta CBF\)có:
\(\widehat{C}\)chung
\(\widehat{CDH}=\widehat{CFB}\left(=90^0\right)\)
\(\Rightarrow\Delta CHD\approx CBF\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{CH}{CB}=\frac{CD}{CF}\)(2 cặp cạnh tỉ lệ tương ứng)
\(\Rightarrow CH.CF=BC.DC\left(2\right)\)
Từ (1) và (2)
\(\Rightarrow BE.BH+CH.CF=BD.BC+BC.DC=BC\left(BD+CD\right)\)
\(\Rightarrow BE.BH+CH.CF=BC.BC=BC^2\)(điều phải chứng minh)
Dễ dàng chứng minh được \(\widehat{DBH}=\widehat{CAD}\)(cùng phụ với \(\widehat{BCA}\))
Xét \(\Delta DBH\)và \(\Delta DAC\)có:
\(\widehat{HDB}=\widehat{CDA}\left(=90^0\right)\)
\(\widehat{DBH}=\widehat{DAC}\)(chứng minh trên)
\(\Rightarrow\Delta DBH\approx DAC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{DH}{DC}=\frac{DB}{DA}\)(2 cặp cạnh tỉ lệ tương ứng)
\(\Rightarrow AD.HD=BD.CD\left(3\right)\)
Vì \(BD,CD>0\)nên áp dụng BĐT Cô-si cho 2 số dương, ta được:
\(BD+CD\ge2\sqrt{BD.CD}\)
\(\Leftrightarrow BC^2\ge4.CD.BD\)
\(\Leftrightarrow CD.BD\le\frac{BC^2}{4}\left(4\right)\)
Từ (3) và (4)
\(\Rightarrow CD.BD\le\frac{BC^2}{4}\)(điều phải chứng minh)
Dấu bằng xảy ra
\(\Leftrightarrow CD=BD\)
\(\Leftrightarrow\)D là trung điểm của BC
Xét \(\Delta ABC\)có trung tuyến AD, đồng thời là đường cao ứng với cạnh BC
\(\Leftrightarrow\Delta ABC\)cân tại A.
Từ giả thiết \(\Rightarrow EI//CF\left(5\right);EK//BC\left(6\right);EQ//AB\left(7\right);\left(ER//AD\right)\left(8\right)\)
Áp dụng định lí Ta-lét, ta có:
\(\frac{AI}{AF}=\frac{AE}{AC}\)(từ (5))
\(\frac{AE}{AC}=\frac{AK}{AD}\)(từ (6))
\(\Rightarrow\frac{AI}{AF}=\frac{AK}{AD}\left(=\frac{AE}{AC}\right)\). Do đó \(IK//DF\left(9\right)\)
Chứng minh tương tự, ta được:
\(\frac{BF}{BI}=\frac{BD}{BR}\left(=\frac{BH}{BE}\right)\). Do đó \(IR//DF\left(10\right)\);
\(\frac{CR}{CD}=\frac{CQ}{CF}\left(=\frac{CE}{CA}\right)\). Do đó \(RQ//DF\left(11\right)\)
Từ (9), (10), (11)
\(\Rightarrow IK,IR,RQ\)trùng nhau (vì song song với DF) ( tiên đề Ơ-clit)
\(\Rightarrow\)4 điểm I, K, Q, R thẳng hàng (điều phải chứng minh)