a)CM: tam giác BOI \(\approx\) tam giac COK (gg) => \(\dfrac{BO}{BI}=\dfrac{CO}{OK}\Leftrightarrow OB.OK=CO.OI\)

b) Xét tam giac OKI va tam giac OCB có:

Góc IOK=Góc BOC(dđ)

\(\dfrac{OI}{OK}=\dfrac{OC}{OB}\left(\Delta BOI\approx\Delta COK\right)\)

=> \(\Delta OKI\approx\Delta OCB\left(cgc\right)\)

c) Xét tam giac BOH và tam giac BCK có:

góc BHO = góc BKC ( = 90 độ)

góc B chung

=> \(\Delta BOH\approx\Delta BCK\left(gg\right)\)

d) câu d mình chưa nghĩ ra ,bạn đợi chút

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 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: Xét ΔOEB vuông tại E và ΔOKC vuông tại K có

\(\hat{EOB}=\hat{KOC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔOEB~ΔOKC

=>\(\frac{OE}{OK}=\frac{OB}{OC}\)

=>\(\frac{OE}{OB}=\frac{OK}{OC}\)

=>\(OE\cdot OC=OK\cdot OB\)

b: Xét ΔOEK và ΔOBC có

\(\frac{OE}{OB}=\frac{OK}{OC}\)

\(\hat{EOK}=\hat{BOC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔOEK~ΔOBC

c: Xét ΔBHO vuông tại H và ΔBKC vuông tại K có

\(\hat{HBO}\) chung

Do đó:ΔBHO~ΔBKC

d: ΔBHO~ΔBKC

=>\(\frac{BH}{BK}=\frac{BO}{BC}\)

=>\(BO\cdot BK=BH\cdot BC\)

Xét ΔCHO vuông tại H và ΔCEB vuông tại E có

\(\hat{HCO}\) chung

Do đó: ΔCHO~ΔCEB

=>\(\frac{CH}{CE}=\frac{CO}{CB}\)

=>\(CO\cdot CE=CH\cdot CB\)

\(BO\cdot BK+CO\cdot CE\)

\(=BH\cdot BC+CH\cdot BC\)

\(=BC\left(BH+CH\right)=BC^2\)

A B C H E F O

a, Xét tam giác ABH và tam giác AHE ta có : 

^BHA = ^EHA = 90⁰

^A _ chung

Vậy tam giác ABH ~ tam giác AHE ( g.g )

\(\Rightarrow\frac{AH}{AE}=\frac{AB}{AH}\)( tỉ số đồng dạng ) \(\Rightarrow AH^2=AB.AE\)

A B C H

\(\text{Xét tam giác ABC và tam giác HBA,có:}\)

\(\widehat{A}=\widehat{H}=90^0\)

\(\widehat{B}\)\(\text{chung}\)

\(\text{Vậy tam giác ABC~tam giác HBA(g.g) }\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{HB}=\frac{BC}{AB}\Rightarrow AB^2=HB.BC\)

B.cHỨNG MINH TƯƠNG TỰ

b) xét tam giác HAB và tam giác HCA ,có:

góc BHA = góc CHA (=90)

góc BAH = góc HCA (cùng phụ B)

nên tam giác HAB ~ tam giác HCA

=> HA/HB = HC/HA 

=> HA² = HC.HB