Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Xét tứ giác AHCK có \(\hat{AHC}+\hat{AKC}+\hat{HAK}+\hat{HCK}=360^0\)
=>\(\hat{HAK}+\hat{HCK}=360^0-90^0-90^0=180^0\)
=>\(\hat{HCK}+\hat{BAD}=180^0\)
mà \(\hat{ABC}+\hat{BAD}=180^0\) (ABCD là hình bình hành)
nên \(\hat{HCK}=\hat{ABC}\)
Xét ΔCKD vuông tại K và ΔCHB vuông tại H có
\(\hat{KDC}=\hat{HBC}\) (ABCD là hình bình hành)
Do đó: ΔCKD~ΔCHB
=>\(\frac{CK}{CH}=\frac{CD}{CB}=\frac{AB}{CB}\)
=>\(\frac{CK}{AB}=\frac{CH}{BC}\)
Xét ΔCHK và ΔBCA có
\(\frac{CH}{BC}=\frac{CK}{BA}\)
\(\hat{HCK}=\hat{CBA}\)
Do đó: ΔCHK~ΔBCA
Sửa đề; Chứng minh ΔCIB~ΔAFC
Xét ΔCIB vuông tại I và ΔAFC vuông tại F có
\(\hat{ICB}=\hat{FAC}\) (hai góc so le trong, AD//BC)
Do đó: ΔCIB~ΔAFC
1) Có \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}\)
\(\Rightarrow180^0-\widehat{ABC}=180^0-\widehat{ADC}\) \(\Leftrightarrow\widehat{EBC}=\widehat{CDF}\)
Xét \(\Delta BCE\) và \(\Delta DCF\) có:
\(\Leftrightarrow\widehat{EBC}=\widehat{CDF}\)
\(\widehat{E}=\widehat{F}=90^0\)
nên \(\Delta BCE\sim\Delta DCF\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{CE}{CF}=\dfrac{CB}{CD}\) \(\Leftrightarrow CE.CD=CF.CB\)
Có \(\widehat{EAF}+\widehat{ECF}=360^0-\widehat{AEC}-\widehat{AFC}=360^0-90^0-90^0=180^0\)
mà \(\widehat{BAD}+\widehat{ABC}=180^0\) (hai góc so le trong do BC//AD)
\(\Rightarrow\widehat{ECF}=\widehat{ABC}\) (1)
mà \(CE.CD=CB.CF\) (cm trên)\(\Leftrightarrow CE.AB=CB.CF\) \(\Leftrightarrow\dfrac{CE}{CB}=\dfrac{CF}{AB}\) (2)
Từ (1);(2) \(\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta FCE\left(c.g.c\right)\)
2. Kẻ \(DK\perp AC\) tại K
Dễ chững minh được \(\Delta ADK\sim ACF\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AK}{AF}\Leftrightarrow AD.AF=AC.AK\) (*)
Dễ chứng minh được \(\Delta CDK\sim\Delta ACE\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{CK}{AE}=\dfrac{CD}{AC}\Leftrightarrow CK.AC=AE.CD\) mà DC=AB
\(\Rightarrow AB.AE=CK.AC\) (3*)
Từ (*);(2*) cộng vế với vế \(\Rightarrow AB.AE+AD.AF=AC.CK+AC.AK=AC\left(CK+AK\right)\)
\(\Rightarrow AB.AE+AD.AF=AC^2\)
Vậy...
a: Xét ΔAIB vuông tại I và ΔAEC vuông tại E có
góc IAB chung
=>ΔAIB đồng dạng vơi ΔAEC
b: ΔAIB đồng dạng với ΔAEC
=>AI/AE=AB/AC
=>AI/AB=AE/AC
=>ΔAIE đồng dạng với ΔABC và AB*AE=AI*AC
c: Xét ΔFAC vuông tại F và ΔICB vuông tại I có
góc FAC=góc ICB
=>ΔFAC đồng dạng với ΔICB
=>AF/IC=CA/CB
=>AF*CB=CA*IC
=>AB*AE+AF*CB=AC^2
Xét ΔAEC vuông tại E và ΔAKB vuông tại K có
\(\hat{EAC}\) chung
Do đó: ΔAEC~ΔAKB
=>\(\frac{AE}{AK}=\frac{AC}{AB}\)
=>\(AE\cdot AB=AK\cdot AC\)
Xét ΔAHD vuông tại H và ΔAFC vuông tại F có
\(\hat{HAD}\) chung
Do đó: ΔAHD~ΔAFC
=>\(\frac{AH}{AF}=\frac{AD}{AC}\)
=>\(AD\cdot AF=AH\cdot AC\)
Xét ΔHAD vuông tại H và ΔKCB vuông tại K có
AD=CB
\(\hat{HAD}=\hat{KCB}\) (hai góc so le trong, AD//BC)
Do đó: ΔHAD=ΔKCB
=>HA=CK
\(AB\cdot AE+AD\cdot AF\)
\(=AK\cdot AC+AH\cdot AC\)
\(=AK\cdot AC+CK\cdot AC=AC\left(AK+CK\right)=AC^2\)