Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
góc EAB chung
DO đo: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC
Suy ra: AE/AF=AB/AC
hay AE/AB=AF/AC
b: Xét ΔAEF và ΔABC có
AE/AB=AF/AC
góc FAE chung
DO đó: ΔAEF\(\sim\)ΔABC
c: Xét ΔMFB và ΔMCE có
góc MFB=góc MCE
góc FMB chung
Do đó:ΔMFB\(\sim\)ΔMCE
Suy ra: MF/MC=MB/ME
hay \(MF\cdot ME=MB\cdot MC\)
Lời giải:
Bạn tự vẽ hình nhé.
a) Ta thấy \(\widehat{MFC}=90^0-\widehat{MAF}(1)\)
VÌ $AM$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(AM=\frac{BC}{2}=BM=MC\)
\(\Rightarrow \triangle AMB\) cân tại $M$
\(\Rightarrow \widehat{MBE}=\widehat{MBA}=\widehat{MAB}=90^0-\widehat{MAF}(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow \widehat{MFC}=\widehat{MBE}\)
Xét tam giác $MBE$ và $MFC$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{MBE}=\widehat{MFC}\\ \widehat{BME}=\widehat{FMC}(\text{đối đỉnh})\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \triangle MBE\sim \triangle MFC(g.g)\)
b) Theo phần a thì \(\widehat{MBE}=\widehat{MFC}\Leftrightarrow \widehat{ABC}=\widehat{AFE}\)
Xét tam giác $ABC$ và $AFE$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \widehat{ABC}=\widehat{AFE}\\ \text{chung góc A}\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle ABC\sim \triangle AFE(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{AB}{AF}=\frac{AC}{AE}\Rightarrow AB.AE=AC.AF\)
c)
Do $AH,AM$ là hai đường cao tương ứng đỉnh $A$ của hai tam giác đồng dạng $ABC$ và $AFE$ nên \(\frac{AH}{AM}=\frac{AB}{AF}=\frac{AC}{AE}\)
Do đó \(\frac{S_{ABC}}{S_{AEF}}=\frac{\frac{AB.AC}{2}}{\frac{AE.AF}{2}}=\frac{AB}{AF}.\frac{AC}{AE}=\left(\frac{AH}{AM}\right)^2(*)\)
Xét tam giác $AMI$ và $AHM$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \text{chung góc A}\\ \widehat{AMI}=\widehat{AHM}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle AMI\sim \triangle AHM(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{AM}{AI}=\frac{AH}{AM}(**)\)
Từ \((*);(**)\Rightarrow \frac{S_{ABC}}{S_{AEF}}=\left(\frac{AM}{AI}\right)^2\) (đpcm)
1+1=
- a) Chứng minh \(\triangle EHC \sim \triangle FHB\).
- b) Chứng minh \(AE \cdot AC = AF \cdot AB\) và \(\triangle AEF \sim \triangle ABC\).
- c) Gọi \(K = EF \cap BC\). Chứng minh \(CD \cdot BK = CK \cdot BD\) (với \(D\) là chân đường cao \(AH\)).
Lời giải chi tiết a) Chứng minh \(\triangle EHC \sim \triangle FHB\) Xét hai tam giác vuông \(\triangle EHC\) và \(\triangle FHB\):- \(\widehat{HEC} = \widehat{HFB} = 90^\circ\) (do \(BE, CF\) là đường cao).
- \(\widehat{EHC} = \widehat{FHB}\) (hai góc đối đỉnh).
\(\Rightarrow \triangle EHC \sim \triangle FHB\) (g.g). b) Chứng minh \(AE \cdot AC = AF \cdot AB\) và \(\triangle AEF \sim \triangle ABC\)- Chứng minh tích số:
- \(\widehat{A}\) chung.
- \(\widehat{AEB} = \widehat{AFC} = 90^\circ\).
- Chứng minh tam giác đồng dạng:
- \(\widehat{A}\) chung.
- \(\frac{AE}{AB} = \frac{AF}{AC}\) (chứng minh trên).
c) Chứng minh \(CD \cdot BK = CK \cdot BD\) Để chứng minh đẳng thức này, ta sử dụng tính chất của hàng điểm điều hòa hoặc tính chất tia phân giác.Xét \(\triangle ABE\) và \(\triangle ACF\):
\(\Rightarrow \triangle ABE \sim \triangle ACF\) (g.g).
\(\Rightarrow \frac{AE}{AF} = \frac{AB}{AC}\) \(\Rightarrow AE \cdot AC = AF \cdot AB\).
Từ tỉ số \(\frac{AE}{AF} = \frac{AB}{AC}\), ta suy ra \(\frac{AE}{AB} = \frac{AF}{AC}\).
Xét \(\triangle AEF\) và \(\triangle ABC\):
\(\Rightarrow \triangle AEF \sim \triangle ABC\) (c.g.c).
a) Chứng minh ∆EHC ~ ∆FHB
⇒ ∠EHC=∠FHB.
b) Chứng minh AE⋅AC=AF⋅AB và ∆AEF ~ ∆ABC
c) Gọi K=EF∩BC. Chứng minh CD⋅BK=CK⋅BD
a: Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có
\(\hat{FHB}=\hat{EHC}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHFB~ΔHEC
b: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\hat{EAB}\) chung
Do đó: ΔAEB~ΔAFC
=>\(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
Xét ΔAEF và ΔABC có
\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
góc EAF chung
Do đó: ΔAEF~ΔABC
Bài giải
Lưu ý nhỏ: Đề ghi “các đường cao AH, BE, CF cắt nhau tại H” nhưng ở câu c lại dùng BD, CD, nên ta hiểu đúng là:
AD, BE, CF là ba đường cao của tam giác ABC, cắt nhau tại trực tâm H.
Trong đó:
D là chân đường cao từ A xuống BC.
E là chân đường cao từ B xuống AC.
F là chân đường cao từ C xuống AB.
a) Chứng minh ∆EHC đồng dạng ∆FHB
Ta có:
BE ⟂ AC nên EH ⟂ EC.
CF ⟂ AB nên FH ⟂ FB.
Xét hai tam giác EHC và FHB:
Vì H nằm trên BE và CF nên:
∠EHC = ∠FHB
vì đây là hai góc tạo bởi hai đường thẳng BE và CF.
Lại có:
∠ECH là góc tạo bởi EC và CH.
Mà EC nằm trên AC, CH nằm trên CF.
Do CF ⟂ AB nên:
∠ECH = 90° - ∠A.
Tương tự:
∠FBH là góc tạo bởi FB và BH.
Mà FB nằm trên AB, BH nằm trên BE.
Do BE ⟂ AC nên:
∠FBH = 90° - ∠A.
Suy ra:
∠ECH = ∠FBH.
Vậy:
∆EHC đồng dạng ∆FHB
theo trường hợp góc - góc.
b) Chứng minh AE.AC = AF.AB và ∆AEF đồng dạng ∆ABC
Ta có:
BE ⟂ AC nên ∠AEB = 90°.
CF ⟂ AB nên ∠AFC = 90°.
Xét hai tam giác vuông ABE và ACF:
∠AEB = ∠AFC = 90°.
∠BAE = ∠CAF = ∠A.
Suy ra:
∆ABE đồng dạng ∆ACF.
Từ đó ta có tỉ số tương ứng:
AB/AC = AE/AF.
Suy ra:
AB.AF = AC.AE.
Hay:
AE.AC = AF.AB.
Tiếp theo, chứng minh ∆AEF đồng dạng ∆ABC.
Ta có:
AE/AF = AB/AC.
Lại có:
∠EAF = ∠BAC
vì AE nằm trên AC, AF nằm trên AB.
Vậy hai tam giác AEF và ABC có:
AE/AF = AB/AC
và góc xen giữa bằng nhau.
Suy ra:
∆AEF đồng dạng ∆ABC
theo trường hợp cạnh - góc - cạnh.
c) Gọi K là giao điểm của EF và BC. Chứng minh CD.BK = CK.BD
Vì E thuộc AC, F thuộc AB, K thuộc BC và ba điểm E, F, K thẳng hàng nên áp dụng định lí Menelaus trong tam giác ABC với cát tuyến EFK, ta có:
AF/FB . BK/CK . CE/EA = 1.
Suy ra:
BK/CK = FB/AF . EA/CE. (1)
Bây giờ ta tính các tỉ số ở vế phải.
Trong tam giác vuông ACF, ta có:
AF = AC.cosA.
Trong tam giác vuông ABE, ta có:
AE = AB.cosA.
Trong tam giác vuông BCF, ta có:
BF = BC.cosB.
Trong tam giác vuông BCE, ta có:
CE = BC.cosC.
Thay vào (1), ta được:
BK/CK = (BF/AF).(AE/CE)
= (BC.cosB)/(AC.cosA) . (AB.cosA)/(BC.cosC)
Rút gọn BC và cosA:
BK/CK = (AB.cosB)/(AC.cosC). (2)
Mặt khác, trong tam giác vuông ABD:
BD = AB.cosB.
Trong tam giác vuông ACD:
CD = AC.cosC.
Do đó:
BD/CD = (AB.cosB)/(AC.cosC). (3)
Từ (2) và (3), suy ra:
BK/CK = BD/CD.
Nhân chéo, ta được:
CD.BK = CK.BD.
Vậy điều phải chứng minh.