Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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 $AB$:
$MN \perp AB$.
a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
\(\hat{DAB}\) chung
Do đó: ΔADB~ΔAEC
b: Xét ΔFEB vuông tại E và ΔFDC vuông tại D có
\(\hat{EFB}=\hat{DFC}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔFEB~ΔFDC
=>\(\frac{EF}{DF}=\frac{EB}{DC}\)
=>\(EF\cdot DC=EB\cdot DF\)
c: Ta có: BH⊥BA
CF⊥AB
Do đó: BH//CF
Ta có: BF⊥CA
CH⊥CA
Do đó: BF//CH
Xét tứ giác BFCH có
BF//CH
BH//CF
Do đó: BFCH là hình bình hành
=>BC cắt FH tại trung điểm của mỗi đường
mà G là trung điểm của BC
nên G là trung điểm của FH
Xét ΔAFH có
G,I lần lượt là trung điểm của FH,FA
=>GI là đường trung bình của ΔAFH
=>GI//AH và \(GI=\frac12AH\)
=>AH=2GI
ΔEBC vuông tại E
mà EG là đường trung tuyến
nên GE=GB=GC
Xét ΔGEB có \(\hat{EGC}\) là góc ngoài tại đỉnh G
nên \(\hat{EGC}=\hat{GEB}+\hat{GBE}=2\cdot\hat{GBE}=2\cdot\hat{ABC}\) (1)
ΔAFE vuông tại E
mà EI là đường trung tuyến
nên IE=IF=IA
Xét ΔEIF có \(\hat{EIA}\) là góc ngoài tại đỉnh I
nên \(\hat{EIA}=\hat{IEF}+\hat{IFE}=2\cdot\hat{IFE}\) (2)
Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại F
Do đó: F là trực tâm của ΔABC
=>AF⊥BC
=>\(\hat{FAB}+\hat{ABC}=90^0\)
mà \(\hat{FAB}+\hat{AFE}=90^0\)
nên \(\hat{ABC}=\hat{AFE}\) (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra \(\hat{EIA}=\hat{EGC}\)
a, xét tam giác AEB và tam giác AIC có : ^A chung
^AIC = ^AEB = 90
=> tam giác AEB đồng dạng tam giác AIC (g-g)
b, tam giác AEB đồng dạng với tam giác AIC (câu a)
=> AE/AB = AI/AC (Đn)
xét tam giác AIE và tam giác ACB có : ^A chung
=> tam giác AIE đồng dạng với tam giác ACB (c-g-c)
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.
=> $MN \perp EF$.
a) Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\widehat{FAC}\) chung
Do đó: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC(g-g)
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\widehat{BAE}\) chung
Do đó: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC
b: Ta có: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC
nên AE/AF=AB/AC
hay AE/AB=AF/AC
Xét ΔAEF và ΔABC có
AE/AB=AF/AC
\(\widehat{EAF}\) chung
DO đó: ΔAEF\(\sim\)ΔABC
- Dưới đây là chứng minh cho bài toán hình học của bạn:
a) Chứng minh tam giác AEB và tam giác AFC đồng dạng.
- Xét tam giác AEB và tam giác AFC, ta có:
b) Chứng minh HB.HE = HC.HF.
c) Chứng minh KB . KC = KF . KE
* Lưu ý: Chứng minh trên có sử dụng định lý Pascal và định lý Menelaus, là kiến thức nâng cao của hình học THCS. Nếu bạn chưa quen với các định lý này, có thể có cách chứng minh khác đơn giản hơn, nhưng sẽ phức tạp hơn về mặt trình bày.
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\hat{EAB}\) chung
Do đó: ΔAEB~ΔAFC
b: Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có
\(\hat{FHB}=\hat{EHC}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHFB~ΔHEC
=>\(\frac{HF}{HE}=\frac{HB}{HC}\)
=>\(\frac{HF}{HB}=\frac{HE}{HC}\)
=>\(HF\cdot HC=HB\cdot HE\)
c: Xét ΔHFE và ΔHBC có
\(\frac{HF}{HB}=\frac{HE}{HC}\)
\(\hat{FHE}=\hat{BHC}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHFE~ΔHBC
=>\(\hat{HEF}=\hat{HCB}\)
Xét ΔKEB và ΔKCF có
\(\hat{KEB}=\hat{KCF}\)
\(\hat{EKB}\) chung
Do đó: ΔKEB~ΔKCF
=>\(\frac{KE}{KC}=\frac{KB}{KF}\)
=>\(KB\cdot KC=KE\cdot KF\)