Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔBKH vuông tại K và ΔBDC vuông tại D có
góc DBC chung
Do đó: ΔBKH đồng dạng vớiΔBDC
Suy ra: BK/BD=BH/BC
hay \(BD\cdot BH=BK\cdot BC\)
Xét ΔCKH vuông tại K và ΔCEB vuông tại E có
góc KCH chung
Do đó: ΔCKH đồng dạng với ΔCEB
Suy ra: CK/CE=CH/CB
hay \(CH\cdot CE=CK\cdot CB\)
=>\(BH\cdot BD+CH\cdot CE=BC^2\)
b: Xét ΔADB vuông tạiD và ΔAEC vuông tại E có
góc DAB chung
Do đó: ΔADB\(\sim\)ΔAEC
Suy ra: AD/AE=AB/AC
hay AD/AB=AE/AC
Xét ΔADE và ΔABC có
AD/AB=AE/AC
góc DAE chung
Do đó: ΔADE đồng dạng với ΔABC
a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
\(\hat{DAB}\) chung
Do đó: ΔADB~ΔAEC
=>\(\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(AD\cdot AC=AB\cdot AE\)
b: Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC
mà HK⊥BC
và AH,HK có điểm chung là H
nên A,H,K thẳng hàng
Xét ΔBKH vuông tại K và ΔBDC vuông tại D có
\(\hat{KBH}\) chung
Do đó: ΔBKH~ΔBDC
=>\(\frac{BK}{BD}=\frac{BH}{BC}\)
=>\(BH\cdot BD=BK\cdot BC\)
Xét ΔCKH vuông tại K và ΔCEB vuông tại E có
\(\hat{KCH}\) chung
Do đó: ΔCKH~ΔCEB
=>\(\frac{CK}{CE}=\frac{CH}{CB}\)
=>\(CK\cdot CB=CH\cdot CE\)
\(BH\cdot BD+CH\cdot CE\)
\(=BK\cdot BC+CK\cdot BC=BC\left(BK+CK\right)=BC^2\)
Kẻ HF vuông góc với BC, F thuộc BC
Ta chứng minh được tg BHF đồng dạng với tg BCD
=> BH/BC = BF/BD => BH.BD=BC.BF
tg CHF đồng dạng với tg CBE
=>CH/CB= CF/CE=CB.CF
=>BH.BD+CH.CE=CB.BF=CB.CB=BC2
A B C D E H M
Kẻ HM | BC
+) Tam giác BHM đồng dạng với tam giác BCD ( có góc BEH = BDC = 90o; góc CBD chung)
=> BM/ BD = BH/ BC => BM. BC = BH. BD (1)
+) Tương tự, tam giác CMH đồng dạng với tam giác CEB ( có góc BCE chung ; góc HMC = CEB = 90o)
=> CH/ CB = CM/ CE =>CM .CB = CH. CE (2)
Cộng từng vế của (1)(2) => BM.BC + CM.CB = BH.BD + CH .CE => (BM + CM).CB = BH.BD + CH.CE
=> BC2 = BH.BD + CH.CE
Vậy...
A B C D E H K
Kẻ HK vuông góc với BC
Xét tam giác BKH và BDC có: góc CBD chung; góc HKB = BDC (= 90o)
=> tam giác BKH đồng dạng với BDC (g - g)
=> BK/BD = BH/ BC => BH.BD = BK. BC (1)
+) Tương tự, tam giác CKH đồng dạng với tam giác CEB (g - g)
=> CK/ CE = CH/BC => CH . CE = CK.BC (2)
Từ (1)(2) => BH.BD + CH.CE = BK.BC + CK. BC = (BK+ CK). BC = BC.BC = BC2
A B C F D E H
Xét \(\Delta BHF\)và \(\Delta BCD\)
có \(\widehat{BEH}=\widehat{BDC}=90^0\)và \(\widehat{DBC}\)chung
\(\Rightarrow\Delta BHF~\Delta BCD\left(g-g\right)\)\(\Rightarrow\frac{BF}{BD}=\frac{BH}{BC}\Rightarrow BF.BC=BH.BD\left(1\right)\)
Xét \(\Delta CFH\)và \(\Delta CEB\)
có \(\widehat{CFH}=\widehat{CEB}=90^0\)và \(\widehat{ECB}\)chung
\(\Rightarrow\Delta CFH~\Delta CEB\left(g-g\right)\)\(\Rightarrow\frac{CH}{CB}=\frac{CF}{CE}\Rightarrow CB.CF=CH.CE\left(2\right)\)
Cộng (1) với (2) ta được \(BF.BC+CF.CB=BH.HD+CH.CE\)
\(\Rightarrow\left(BF+CF\right)CB=BH.BD+CH.CE\)hay \(BH.BD+CH.CE=BC^2\left(đpcm\right)\)
Vậy ....
A B C H F E D
gọi F là giao AH và BC
vì tam giác ABC có 2 đường cao CE và BD cắt nhau tại H
=> H là trực tâm tam giác ABC
=>AH vuông góc với BC hay AF vuông góc với BC
Xét tam giác BHF và tam giác BCD có:
góc HBF chung
góc BCD=góc BFH=90 độ(gt)
=>tam giác BHF đồng dạng với tam giác BCD(g-g)
=>BH/BF = BC/BD
=>BH.BD=BF.BC (1)
Xét tam giác CFH và tam giác CEB có:
góc HCF chung
góc CFH=góc CEB=90 độ(gt)
=>tam giác CFH đồng dạng tam giác CEB(g-g)
=>CH/CF = CB/CE
=>CH.CE=CF.CB (2)
Từ (1),(2) => BH.BD+CH.CE=BF.BC+CF.CB
=BC.(CF+BF)=BC.BC=BC2 (đpcm)
CH.CE = CK.DB mà :I
a) Ta có $\triangle BDH \sim \triangle BCK$ và $\triangle CEH \sim \triangle CBK$, do đó:
$$\frac{BD}{BC} = \frac{BH}{BK} \Rightarrow BD\cdot BH = BC\cdot BK$$
$$\frac{CE}{CB} = \frac{CH}{CK} \Rightarrow CE\cdot CH = CB\cdot CK$$
b) Từ a), ta có:
$$BD\cdot BH + CE\cdot CH = BC\cdot BK + CB\cdot CK = BC(BK+CK) = BC^2$$
Vì $BK+CK=BC$, do đó:
$$BD\cdot BH + CE\cdot CH = BC^2$$
c) Ta có:
$$\frac{AE}{AD} = \frac{CE}{CD} \text{ và } \frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}$$
Nhân vế với nhau, ta được:
$$\frac{AE}{AD}\cdot \frac{AB}{AC} = \frac{CE}{CD}\cdot \frac{BD}{CD}$$
Do $CD = BD+CE$ và $\triangle ACD \sim \triangle ABC$, ta có:
$$\frac{CD}{AC} = \frac{AB}{BC} \Rightarrow CD = \frac{AB\cdot AC}{BC}$$
Thay vào phương trình trên ta được:
$$\frac{AE}{AD}\cdot \frac{AB}{AC} = \frac{CE}{BD+CE}\cdot \frac{BD}{AB} \Rightarrow \frac{AE\cdot AB}{AD\cdot AC} = \frac{CE\cdot BD}{(BD+CE)\cdot AB}$$
Do đó:
$$\frac{AE}{AC}\cdot \frac{AB}{AD} = \frac{CE}{BC}\cdot \frac{BD}{CD} \Rightarrow AE\cdot AB = AD\cdot AC$$
d) Ta cần chứng minh $\angle EKH = \angle DKH$.
Xét tam giác $EBH$ và $DKH$:
$EB \parallel DK$ (vì $EB \perp AC$ và $DK \perp AC$)$EH \parallel DH$ (vì $EH \perp BC$ và $DH \perp BC$)$\angle BEH = \angle DKH$ (vì cùng bằng $\angle ABC$)Do đó, $\triangle EBH \sim \triangle DKH$ và có:
$$\frac{EK}{EB} = \frac{DH}{BH} \Rightarrow EK = \frac{BD\cdot DH}{BH}$$
Ta cũng có:
$$\frac{DK}{BH} = \frac{DH}{EB} \Rightarrow DK = \frac{CE\cdot DH}{EB}$$
Nhân vế với nhau, ta được:
$$EK\cdot DK = \frac{BD\cdot DH\cdot CE\cdot DH}{BH\cdot EB} = \frac{BD\cdot BH\cdot CE\cdot CH}{BH\cdot EB} = BD\cdot BH + CE\cdot CH = BC^2 - KH^2$$
(theo b))
Do đó:
$$KH^2 = BC^2 - EK\cdot DK = (BC-EK)\cdot (BC+DK) = CK\cdot BK$$
(theo a))
Vậy $\triangle KHC \sim \triangle KEB$ và từ đó suy ra $\angle EKH = \angle DKH$ (vì cùng bằng $\angle BAC$). Do đó, $KH$ là phân giác góc $EKD$.
Để chứng minh $\angle EKH = \angle DKH$, ta có thể sử dụng các bước sau:
Do $BD$ và $CE$ lần lượt là đường cao từ $B$ và $C$ của tam giác $ABC$, nên điểm $H$ là trung điểm của đoạn $AO$, trong đó $O$ là trung điểm của đoạn $BC$ (do $AH$ cũng là đường cao của tam giác $ABC$).Kẻ đường trung trực $OM$ của đoạn $BC$ đi qua $H$. Khi đó, ta có $KH = KM$ vì $K$ là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $BC$.Ta có $EM \parallel DK$ (do $EM$ vuông góc $AC$, $DK$ vuông góc $AC$) và $EH \parallel DH$ (do $EH$ vuông góc $BC$, $DH$ vuông góc $BC$).Khi đó, tam giác $EBH$ và tam giác $DKH$ đồng dạng, do đó có $\angle EKH = \angle BEH = \angle DKH$.Vậy ta đã chứng minh được $\angle EKH = \angle DKH$, từ đó suy ra $KH$ là đường phân giác của góc $\angle EKD$.