Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
c) + \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BHI}+\widehat{BHM}=90^o\\\widehat{ANH}+\widehat{NHE}=90^o\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\widehat{BHI}=\widehat{ANH}\) \(\) ( do \(\widehat{BHM}=\widehat{NHE}\) )
+ \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{HBI}+\widehat{BCE}=90^o\\\widehat{DAC}+\widehat{BCE}=90^o\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow\widehat{HBI}=\widehat{DAC}\)
+ ΔAHN ∼ ΔBIH ( g.g )
\(\Rightarrow\frac{HN}{IH}=\frac{AH}{BI}=\frac{AH}{CI}\)
+ Tương tự ta cm đc :
ΔAHM ∼ ΔCIH ( g.g )
\(\Rightarrow\frac{HM}{IH}=\frac{AH}{CI}=\frac{HN}{HI}\)
=> HM = HN
=> đpcm
b,Xét \(\Delta FHA\) và \(\Delta DHC\) có:
\(\widehat{AFH}=\widehat{CDH}=90\left(gt\right)\)
\(\widehat{FHA}=\widehat{DHC}\)(đối đỉnh)
\(\Rightarrow\Delta FHA\sim\Delta DHC\)(g.g)
\(\Rightarrow\widehat{FAH}=\widehat{DCH}\)
Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta CHD\)
\(\widehat{ABD}=\widehat{CDH}=90\left(gt\right)\)
\(\widehat{BAD}=\widehat{HCD}\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta ABD\sim\Delta CHD\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{BD}{DH}=\frac{DA}{DC}\)
\(\Rightarrow DB.DC=DH.DA\)
câu a mk k bik làm mak vẽ hình trên đây khó quá nên mk k vẽ nữa xl bn nha
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 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: Gọi F là giao điểm của AH va BC
Xét ΔABC có
BM,CN là các đường cao
BM cắt CN tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔABC
=>AH⊥BC tại F
Ta có: \(\hat{HAN}+\hat{ABC}=90^0\) (ΔAFB vuông tại F)
\(\hat{BCN}+\hat{ABC}=90^0\) (ΔBNC vuông tại N)
Do đó: \(\hat{HAN}=\hat{BCN}\)
Xét ΔNAH vuông tại N va ΔNCB vuông tại N có
\(\hat{NAH}=\hat{NCB}\)
Do đó: ΔNAH~ΔNCB
=>\(\frac{NA}{NC}=\frac{AH}{CB}\)
=>\(NA\cdot CB=NC\cdot AH\)
c: Ta có; ΔANH vuông tại N
mà NI là đường trung tuyến
nên \(NI=\frac{AH}{2}\left(1\right)\)
ΔAMH vuông tại M
mà MI là đường trung tuyến
nên \(MI=\frac{AH}{2}\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra NI=MI
=>I nằm trên đường trung trực của MN(5)
TA có: ΔBNC vuông tại N
mà NK là đường trung tuyến
nên \(NK=\frac{BC}{2}\left(3\right)\)
Ta có: ΔBMC vuông tại M
mà MK là đường trung tuyến
nên \(MK=\frac{BC}{2}\) (4)
Từ (3),(4) suy ra KM=KN
=>K nằm trên đường trung trực của MN(6)
Từ (5),(6) suy ra IK là đường trung trực của MN
d: Xét ΔBFH vuông tại F và ΔBMC vuông tại M có
\(\hat{FBH}\) chung
Do đó: ΔBFH~ΔBMC
=>\(\frac{BF}{BM}=\frac{BH}{BC}\)
=>\(BH\cdot BC=BF\cdot BM\)
Xét ΔCFH vuông tại F và ΔCNB vuông tại N có
\(\hat{FCH}\) chung
Do đó: ΔCFH~ΔCNB
=>\(\frac{CF}{CN}=\frac{CH}{CB}\)
=>\(CF\cdot CB=CN\cdot CH\)
\(CN\cdot CH+BH\cdot BM\)
\(=BF\cdot BC+CF\cdot BC=BC\left(BF+CF\right)=BC^2\) không đổi
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