cho tam giác abc nhọn có 3 góc nhọn, các đường cao ad ; be ; cf cắt nhau tại h. chứng minh :
a. tam giac aeb dd tam giác afc
b. tam giac hef đd tam giác hbc
c.chứng minh: bf.ba+ce.ca=bc2
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
17 tháng 5 2021
a) Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\widehat{FAC}\) chung
Do đó: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC(g-g)
Suy ra: \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
hay \(AE\cdot AC=AF\cdot AB\)(ĐPCM)
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
17 tháng 5 2021
b)
Ta có: \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)(cmt)
nên \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)
Xét ΔAEF và ΔABC có
\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)(cmt)
\(\widehat{FAE}\) chung
Do đó: ΔAEF\(\sim\)ΔABC(c-g-c)
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
18 tháng 3 2021
a) Xét ΔABE vuông tại E và ΔACF vuông tại F có
\(\widehat{FAC}\) chung
Do đó: ΔABE∼ΔACF(g-g)
b) Ta có: ΔBEC vuông tại E(gt)
nên \(\widehat{EBC}+\widehat{ECB}=90^0\)(hai góc nhọn phụ nhau)
hay \(\widehat{DBH}+\widehat{ACB}=90^0\)(1)
Ta có: ΔDAC vuông tại D(gt)
nên \(\widehat{DAC}+\widehat{DCA}=90^0\)(hai góc nhọn phụ nhau)
hay \(\widehat{DAC}+\widehat{ACB}=90^0\)(2)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{DBH}=\widehat{DAC}\)
Xét ΔDBH vuông tại D và ΔDAC vuông tại D có
\(\widehat{DBH}=\widehat{DAC}\)(cmt)
nên ΔDBH\(\sim\)ΔDAC(g-g)
Suy ra: \(\dfrac{DB}{DA}=\dfrac{DH}{DC}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
hay \(DB\cdot DC=DH\cdot DA\)(đpcm)
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
8 tháng 11 2025
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\hat{EAB}\) chung
Do đo: ΔAEB~ΔAFC
b: 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 FAE chung
Do đó: ΔAEF~ΔABC
=>\(\hat{AEF}=\hat{ABC}\)
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
1 tháng 4 2023
a: góc BFC=góc BEC=90 độ
=>BFEC nội tiêp
=>góc AFE=góc ACB
mà góc FAE chung
nên ΔAFE đồng dạng với ΔACB
b: Xét ΔDAB vuông tại D và ΔDCH vuông tại D có
góc DAB=góc DCH
=>ΔDAB đồng dạng vơi ΔDCH
=>DA/DC=DB/DH
=>DA*DH=DB*DC
c: Xét ΔHDC vuông tại D và ΔHFA vuông tại F có
góc DHC=góc FHA
=>ΔHDC đồng dạng vơi ΔHFA
=>HD/HF=HC/HA
=>HF*HC=HD*HA
Xet ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có
góc FHB=góc EHC
=>ΔHFB đồng dạng với ΔHEC
=>HF/HE=HB/HC
=>HF*HC=HB*HE=HD*HA
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
5 tháng 2
a: Xét tứ giác BFEC có \(\hat{BFC}=\hat{BEC}=90^0\)
nên BFEC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC
Tâm I là trung điểm của BC
b: BFEC là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{BFE}+\hat{BCE}=180^0\)
mà \(\hat{BFE}+\hat{KFB}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{KFB}=\hat{KCE}\)
Xét ΔKFB và ΔKCE có
\(\hat{KFB}=\hat{KCE}\)
góc FKB chung
Do đó: ΔKFB~ΔKCE
=>\(\frac{KF}{KC}=\frac{KB}{KE}\)
=>\(KF\cdot KE=KB\cdot KC\)
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
28 tháng 7 2021
Bài 10:
a) Xét ΔABE vuông tại E và ΔCBD vuông tại D có
\(\widehat{DBC}\) chung
Do đó: ΔABE\(\sim\)ΔCBD(g-g)
b) Xét ΔHDA vuông tại D và ΔHEC vuông tại E có
\(\widehat{AHD}=\widehat{CHE}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHDA\(\sim\)ΔHEC(g-g)
Suy ra: \(\dfrac{HD}{HE}=\dfrac{HA}{HC}\)
hay \(HD\cdot HC=HE\cdot HA\)
NL
Nguyễn Lê Phước Thịnh
CTVHS
28 tháng 7 2021
Bài 11:
a) Xét ΔABE vuông tại E và ΔACF vuông tại F có
\(\widehat{FAC}\) chung
Do đó: ΔABE\(\sim\)ΔACF(g-g)
b) Xét ΔFHB vuông tại F và ΔEHC vuông tại E có
\(\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔFHB\(\sim\)ΔEHC(g-g)
Suy ra: \(\dfrac{HF}{HE}=\dfrac{HB}{HC}\)
hay \(HE\cdot HB=HF\cdot HC\)
c) Ta có: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC(cmt)
nên \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)
hay \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)
Xét ΔAEF và ΔABC có
\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)(cmt)
\(\widehat{FAE}\) chung
Do đó: ΔAEF\(\sim\)ΔABC(c-g-c)
Suy ra: \(\widehat{AEF}=\widehat{ABC}\)
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\widehat{EAB}\) chung
Do đó: ΔAEB~ΔAFC
b: Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có
\(\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHFB~ΔHEC
=>\(\dfrac{HF}{HE}=\dfrac{HB}{HC}\)
=>\(\dfrac{HF}{HB}=\dfrac{HE}{HC}\)
Xét ΔHFE và ΔHBC có
\(\dfrac{HF}{HB}=\dfrac{HE}{HC}\)
\(\widehat{FHE}=\widehat{BHC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHFE~ΔHBC
c: Xét ΔBFC vuông tại F và ΔBDA vuông tại D có
\(\widehat{FBC}\) chung
Do đó: ΔBFC~ΔBDA
=>\(\dfrac{BF}{BD}=\dfrac{BC}{BA}\)
=>\(BF\cdot BA=BD\cdot BC\)
Xét ΔCEB vuông tại E và ΔCDA vuông tại D có
\(\widehat{ECB}\) chung
Do đó: ΔCEB~ΔCDA
=>\(\dfrac{CE}{CD}=\dfrac{CB}{CA}\)
=>\(CE\cdot CA=CD\cdot CB\)
\(BF\cdot BA+CE\cdot CA\)
\(=BD\cdot BC+CD\cdot BC=BC\left(BD+CD\right)=BC^2\)
a)
Vì AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC nên AD vuông góc với BC, BE vuông góc với AC, CF vuông góc với AB.
Tam giác AHE vuông ở H và tam giác BHD vuông ở D có:
ˆAHE=ˆBHDAHE^=BHD^ (hai góc đối đỉnh)
Do đó, ∆AHE ᔕ ∆BHD (góc nhọn).
Suy ra AHBH=HEHDAHBH=HEHD nên HA . HD = HB . HE (1).
Tam giác HBF vuông ở F và tam giác HCE vuông ở E có:
ˆBHF=ˆEHCBHF^=EHC^ (hai góc đối đỉnh)
Do đó, ∆HBF ᔕ ∆HCE (góc nhọn).
Suy ra HBHC=HFHEHBHC=HFHE nên HB . HE = HC . HF (2).
Từ (1) và (2) ta có: HA . HD = HB . HE = HC . HF.
b)
Tam giác AFC vuông ở F và tam giác AEB vuông ở E có:
ˆBACBAC^ chung.
Do đó, ∆AFC ᔕ ∆AEB (góc nhọn)
Suy ra AFAE=ACABAFAE=ACAB nên AF . AB = AE . AC.
c)
Vì HA . HD = HB . HE nên HAHE=HBHDHAHE=HBHD
Tam giác HAB và tam giác HED có:
HAHE=HBHDHAHE=HBHD (cmt)
ˆAHB=ˆEHDAHB^=EHD^ (hai góc đối đỉnh)
Do đó, ∆AHB ᔕ ∆EHD (c.g.c).
Suy ra ˆHAB=ˆHEDHAB^=HED^.
Mà ˆHAB+ˆFBD=ˆHED+ˆDECHAB^+FBD^=HED^+DEC^ (= 90∘90∘).
Do đó, ˆFBD=ˆDECFBD^=DEC^.
Chứng minh tương tự ta có: ˆBFD=ˆECDBFD^=ECD^.
Tam giác BDF và tam giác EDC có:
ˆFBD=ˆDECFBD^=DEC^ (cmt)
ˆBFD=ˆECDBFD^=ECD^ (cmt)
Do đó, ∆BDF ᔕ ∆EDC (g.g).
Suy ra: ˆBDF=ˆEDCBDF^=EDC^.
Mà ˆBDF+ˆFDH=ˆEDC+ˆHDE(=90∘)BDF^+FDH^=EDC^+HDE^(=90∘).
Do đó, ˆFDH=ˆHDEFDH^=HDE^ hay ˆFDA=ˆADEFDA^=ADE^.
Vậy DA là tia phân giác của góc EDF.