b) Xét ΔCBD có CF là đường phân giác ứng với cạnh BD(gt)

nên \(\dfrac{FD}{FB}=\dfrac{CD}{CB}\)(Tính chất tia phân giác của tam giác)(1)

Xét ΔCBA có CE là đường phân giác ứng với cạnh BA(gt)

nên \(\dfrac{EB}{EA}=\dfrac{CB}{CA}\)(Tính chất tia phân giác của tam giác)(2)

Ta có: ΔABC\(\sim\)ΔBDC(cmt)

nên \(\dfrac{CB}{CD}=\dfrac{CA}{CB}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(\dfrac{CD}{CB}=\dfrac{CB}{CA}\)(3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\dfrac{FD}{FB}=\dfrac{EB}{EA}\)(Đpcm)

a) Xét ΔABC và ΔBDC có 

\(\widehat{BCD}\) chung

\(\widehat{BAC}=\widehat{DBC}\)(gt)

Do đó: ΔABC∼ΔBDC(g-g)

a: Xét ΔABC và ΔBDC có

góc C chung

góc BAC=góc DBC

=>ΔABC đồng dạng với ΔBDC

b: FD/FB=CD/CB

EB/EA=CB/CA

mà CD/CB=CB/CA

nên FD/FB=EB/EA

Sai đề bài rồi bn.

A B C D E 6 H

a) BC = \(\sqrt{AB^2+AC^2}\)= \(\sqrt{6^2+8^2}\)= \(\sqrt{100}\)= 10 (theo định lí Pythagoras)

\(\Delta\)ABC có BD là phân giác => \(\frac{AD}{AB}\)= \(\frac{CD}{BC}\)= \(\frac{AD}{DC}\)= \(\frac{AB}{BC}\)= \(\frac{6}{10}\)= \(\frac{3}{5}\).

b) Ta có : \(\widehat{ABE}\)= \(\widehat{EBC}\)(BD là phân giác)

=> \(\Delta ABD\)~ \(\Delta EBC\)(gg)

=> \(\frac{BD}{BC}\)= \(\frac{AD}{EC}\)<=>  BD.EC = AD.BC (đpcm).

c) Ta có : \(\Delta CHE\)~ \(\Delta CEB\)( 2 tam giác vuông có chung góc C )

=> \(\frac{CH}{CE}\)= \(\frac{CE}{CB}\)<=>  CH.CB = CE²                                                     (1)

                \(\Delta CDE\)~ \(\Delta BDA\)(gg  (2 góc đối đỉnh))

                 \(\Delta BDA~\Delta BCE\) (câu b))

=> \(\Delta CDE~\Delta BCE\)

=> \(\frac{CE}{BE}\)= \(\frac{DE}{CE}\)<=> BE.DE = CE²                                                        (2)

Từ (1) và (2) => CH.CB = ED.EB (đpcm).

ai đó giúp mình giải bài này với

a

Xét  \(\Delta EBH\) và \(\Delta DHC\) có:

\(\widehat{EHB}=\widehat{DHC}\left(đ.đ\right)\)

\(\widehat{E}=\widehat{D}=90^0\)

\(\Rightarrow\Delta EBH~\Delta DHC\left(g.g\right)\)

b

\(\frac{S_{ABF}}{S_{ACF}}=\frac{\frac{AF\cdot BF}{2}}{\frac{AF\cdot CF}{2}}=\frac{BF}{CF}\)

Tuong tu ta co:

\(\frac{S_{ABD}}{S_{CBD}}=\frac{DA}{DC}\)

\(\frac{S_{BCE}}{S_{ACE}}=\frac{EB}{EA}\)

Nhan ve theo ve ta co dpcm

a, \(BH\perp AD\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{BHA}=\widehat{BHD}=90^0\)

\(CK\perp AD\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{AKC}=90^0\)

Xét \(\Delta BHD\)và \(\Delta CKD\) có: 

                         \(\widehat{BHD}=\widehat{CKD}=90^0\)

                          \(\widehat{BDH}=\widehat{CDK}\) (đối đỉnh)

Do đó: \(\Delta BHD\infty\Delta CKD\left(g.g\right)\)

b, Xét \(\Delta ABH\) và \(\Delta ACK\) có:

                     \(\widehat{BAH}=\widehat{CAK}\) (vì AD là tia p/g của góc BAC)

                       \(\widehat{AHB}=\widehat{AKC}=90^0\)

Do đó: \(\Delta ABH\infty\Delta ACK\left(g.g\right)\)

Suy ra: \(\frac{AB}{AH}=\frac{AC}{AK}\) hay  \(AB.AK=AC.AH\)

C, \(\Delta ABH\infty\Delta ACK\left(cmt\right)\Rightarrow\frac{BH}{CK}=\frac{AB}{AC}\left(1\right)\) 

\(\Delta BHD=\Delta CKD\left(cmt\right)\Rightarrow\frac{DH}{DK}=\frac{BH}{CK}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2), ta được: \(\frac{DH}{DK}=\frac{BH}{CK}=\frac{AB}{AC}\)

d, Gọi giao điểm giữa FM và BH là O và giao điểm giữa FM và CK là I.

Bạn chứng minh được tam giác BOF tại O và tam giác CIE vuông tại I

\(\Delta BOM=\Delta CIM\left(ch.gn\right)\Rightarrow BO=CI\)(2 cạnh tương ứng)

\(AD//FM\left(gt\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{BAD}=\widehat{F}\\\widehat{DAC}=\widehat{IEC}\end{cases}}\)(đồng vị)

Suy ra: \(\widehat{F}=\widehat{IEC}\)

Mà \(\hept{\begin{cases}\widehat{F}+\widehat{FBO}=90^0\\\widehat{IEC}+\widehat{ICE}=90^0\end{cases}}\)

Nên \(\widehat{FBO}=\widehat{ICE}\)

Chứng minh được \(\Delta FBO=\Delta ECI\left(g.c.g\right)\Rightarrow BF=CE\)(2 cạnh tương ứng)

Chúc bạn học tốt.