a: Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có

\(\hat{FHB}=\hat{EHC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHFB~ΔHEC
Xét ΔFHB vuông tại F và ΔFAC vuông tại F có

\(\hat{FBH}=\hat{FCA}\left(=90^0-\hat{BAC}\right)\)

Do đó: ΔFHB~ΔFAC

=>\(\frac{HB}{AC}=\frac{FH}{FA}\)

=>\(HB\cdot FA=FH\cdot AC\)

b: Xét tứ giác BHCK có

I là trung điểm chung của BC và HK

=>BHCK là hình bình hành

=>CK//BH

mà BH⊥AC

nên CK⊥CA

BHCK là hình bình hành

=>BH=CK

ΔFHB~ΔFAC

=>\(\frac{FH}{FA}=\frac{HB}{AC}=\frac{CK}{CA}\)

=>\(\frac{FH}{CK}=\frac{FA}{AC}\)

Xét ΔAFH vuông tại F và ΔACK vuông tại C có

\(\frac{AF}{AC}=\frac{FH}{CK}\)

Do đó: ΔAFH~ΔACK

a: Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có

góc FHB=góc EHC

=>ΔHFB đồng dạng với ΔHEC

b: Xét tứ giác BHCK có

I là trung điểm chung của BC và HK

=>BHCK là hbh

=>BH//CK và BK//CH

=>CK vuông góc AC

Xét ΔACK vuông tại C và ΔAFHvuông tại F có

góc CAK=góc FAH

=>ΔACK đồng dạng với ΔAFH

a: xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có

\(\hat{FHB}=\hat{EHC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHFB~ΔHEC

Xét ΔFBH vuông tại F và ΔFCA vuông tại F có

\(\hat{FBH}=\hat{FCA}\left(=90^0-\hat{BAC}\right)\)

Do đó: ΔFBH~ΔFCA

=>\(\frac{FH}{FA}=\frac{BH}{CA}\)

=>\(FH\cdot CA=FA\cdot BH\)

b: Xét tứ giác BHCK có

I là trung điểm chung của BC và HK

=>BHCK là hình bình hành

=>BH//CK và BH=CK

BH//CK

BH⊥AC

Do đó; CK⊥CA

\(FH\cdot CA=FA\cdot BH\)

=>\(FH\cdot CA=FA\cdot CK\)

=>\(\frac{FH}{CK}=\frac{FA}{CA}\)

Xét ΔFHA vuông tại F và ΔCKA vuông tại C có

\(\frac{FH}{CK}=\frac{FA}{CA}\)

Do đó: ΔFHA~ΔCKA

Bài 1: 

a) Xét tam giác ABE và tam giác ACF có:

Góc AEB=góc AFC(=90 độ)

Góc A chung

=>Tam giác ABE đồng dạng vs tam giác ACF (g-g)

b)

Vì tam giác ABE đồng dạng vs tam giác ACF(cmt)

=>\(\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AF}\)

Xét tam giác AFE và tam giác ACB có:

Góc A chung(gt)

\(\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AF}\)

=>Tam giác AFE và tam giác ACB đồng dạng (c-g-c)

c)

H ở đou ra vại? :))

BE vs CF cắt nhau ở h còn j bạn;-;

a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

\(\hat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔAFC

=>\(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)

=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

=>\(AE\cdot AC=AF\cdot AB\)

Xét ΔAEF và ΔABC có

\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

góc EAF chung

Do đó: ΔAEF~ΔABC

b: Sửa đề: qua trung điểm M của BC

Xét tứ giác BHCK có

M là trung điểm chung của BC và HK

=>BHCK là hình bình hành

=>BH//CK và BK//CH

BH//CK

BH⊥AC

Do đó: CK⊥CA

=>\(\hat{KCA}=90^0\)

BK//CH

CH⊥AB

Do đó: AB⊥BK

=>\(\hat{ABK}=90^0\)

Xét tứ giác ABKC có \(\hat{ABK}+\hat{ACK}=90^0+90^0=180^0\)

nên ABKC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{KAC}=\hat{KBC}\)

ΔAEF~ΔABC

=>\(\hat{AEF}=\hat{ABC}\)

\(\hat{AEF}+\hat{KAC}=\hat{ABC}+\hat{KBC}=\hat{ABK}=90^0\)

=>AK⊥EF

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 tgABE và tgACF có:

góc AEB = góc CFA = 90^o 

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

xét tam giác ABE và tam giác ACF có : 

góc AEB = góc AFC = 90 do ...

góc CAB chung

=> tam giác ABE ~ tam giác ACF (g.g)

=> AB/AC = AE/AF

=> AB.AF = AC.AE