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

đầu bài thiếu kìa bạn

a) Chứng minh $\triangle AEB \sim \triangle AFC$ và $AF \cdot AB = AE \cdot AC$

Xét $\triangle ABC$ nhọn với các đường cao $AD, BE, CF$ cắt nhau tại $H$.

Ta có $AD \perp BC$, $BE \perp AC$, $CF \perp AB$.

Trong hai tam giác $AEB$ và $AFC$:

- Góc $\widehat{A}$ chung.

- $\widehat{ABE} = \widehat{ACF} = 90^\circ$.

Do đó $\triangle AEB \sim \triangle AFC$ theo trường hợp góc-góc.

Từ đồng dạng suy ra tỉ số cạnh tương ứng:

$AF/AE = AC/AB \implies AF \cdot AB = AE \cdot AC$.

b) Chứng minh $\triangle AEF \sim \triangle ABC$

Xét tam giác $ABC$ và tam giác $AEF$ với các chân cao $E$ và $F$:

- Góc $\widehat{A}$ chung.

- Góc tại $E$ trong $\triangle AEF$ bằng góc tại $B$ trong $\triangle ABC$.

Do đó $\triangle AEF \sim \triangle ABC$ theo trường hợp góc-góc.

c) Chứng minh $KF \cdot KE = KB \cdot KC$ và $KF \cdot KE = KO^2 - \frac{BC^2}{4}$

Gọi $K$ là giao điểm của $EF$ và $BC$, $O$ là trung điểm $BC$.

Theo tính chất tứ giác trực tâm $BCEF$ nội tiếp:

$KF \cdot KE = KB \cdot KC$.

Với $O$ trung điểm $BC$, suy ra $KO^2 - \frac{BC^2}{4} = KB \cdot KC$, nên $KF \cdot KE = KO^2 - \frac{BC^2}{4}$.

d) Chứng minh $MN \perp AB$

Tia phân giác góc $BKF$ cắt $AB$ tại $N$ và tia phân giác góc $BAC$ cắt $BC$ tại $M$.

Theo tính chất đường phân giác và hình học trực tâm, đường nối $M$ và $N$ vuông góc với $AB$:

$MN \perp AB$.

Hình (tự vẽ)

a) Xét \(\Delta ABDva\Delta ACE\):

\(\widehat{A}\left(chung\right)\)

\(\widehat{E}=\widehat{D}\left(=90'\right)\)

\(=>\Delta ABD\)đồng dạng \(\Delta ACE\left(g-g\right)\)

\(=>\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}< =>AB.AE=AC.AD\)

b)xét \(\Delta ADEva\Delta ABC\)

\(\widehat{A}\left(chung\right)\)

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

\(=>\Delta ADE\)đồng dạng \(\Delta ABC\left(c-g-c\right)\)

c)Lưu Ý! Đề phải là DE cắt CB tại I

CM:

\(\widehat{IEB}=\widehat{AED}\)(đối đỉnh)

\(\widehat{AED}=\widehat{ACB}\)(tam giác ADE đồng dạng với tam giác ABC)

\(=>\widehat{IEB}=\widehat{ACB}\)

Lại có góc I chung

\(=>\Delta IBE\) đồng dạng với \(\Delta IDC\left(g-g\right)\)

d) từ c)=>\(\frac{IB}{ID}=\frac{IE}{IC}< =>ID.IE=IB.IC=\left(OI-OB\right)\left(OI+OC\right)\)

Mà OC=OB(gt)

\(=>ID.IE=\left(OI+OC\right)\left(OI-OC\right)=OI^2-OC^2\)

cho mik xin câu a b đi bạn

A B C H K I E F

Xét \(\Delta BAC\) Và   \(\Delta ACH\) có :

      \(\widehat{BAC}\)\(=\)\(\widehat{AHC}\) ( cùng = 90⁰ )

           \(\widehat{C}\)là góc chung

 \(\Rightarrow\) \(\Delta BAC\)\(~\)\(\Delta AHC\) ( g - g )     (1)

 \(\Rightarrow\)\(\frac{BC}{AC}=\frac{AB}{AH}\)\(\Rightarrow BC.AH=AB.AC\)

b)  Xét \(\Delta AHC\)có :

  K là trung điểm của CH

  I là trung điểm của AH

\(\Rightarrow\)IK // AC

Do IK // AC :

\(\Rightarrow\)\(\Delta HIK\)\(~\)\(\Delta HAC\) (2)

Từ (1) và (2) =)  \(\Delta HIK\)\(~\)\(\Delta ABC\)

Do \(HE\)\(\perp\)\(AB\)\(\Rightarrow\)\(\widehat{A\text{E}H}\)= 90⁰

      \(HF\)\(\perp\)\(AC\)\(\Rightarrow\)\(\widehat{FHE}\)= 90⁰

Xét tứ giác AEHF có:

\(\widehat{BAC}=\widehat{A\text{E}H}=\widehat{FHE}\)\(=90^0\)

\(\Rightarrow\)AEHF là hình chữ nhật \(\Rightarrow\) AE = HF 

Xét \(\Delta ABC\)\(\perp\)tại \(A\)

Áp dụng định lí py - ta - go

BC² =  AB² +  AC²

5² =  3² + AC²

AC² = 16

AC = 4 ( cm )

Ta có ;  \(S_{\Delta ABC}\)\(=\frac{AB.AC}{2}\)\(=\frac{3.4}{2}=6\)cm2

                \(S_{\Delta ABC}=\frac{1}{2}.BC.AH\)\(=\frac{1}{2}.5.AH=2,5.AH\)

  \(\Rightarrow2,5.AH=6\)\(\Rightarrow AH=2,4\)cm

Xét \(\Delta AHC\)\(\perp\)tại A

Áp dụng định lí py - ta - go

AC² = AH² +  HC²

4² = (2,4)² + CH²

CH² = 10,24

CH = 3,2 cm

Ta có :  \(S_{\Delta AHC}=\frac{AH.AC}{2}=\)\(\frac{2,4.3,2}{2}=3,84\)cm²

            \(S_{\Delta AHC}=\frac{1}{2}.AC.HF\)\(=\frac{1}{2}.4.HF=2.HF\)

\(\Rightarrow\)2.HF = 3.84

           HF = 1.92 cm

\(\Rightarrow A\text{E}=1,92\)( Vì HF = AE , cmt)

a: Gọi F là giao điểm của AH va BC

Xét ΔABC có

BM,CN là các đường cao

BM cắt CN tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH⊥BC tại F

Ta có: \(\hat{HAN}+\hat{ABC}=90^0\) (ΔAFB vuông tại F)

\(\hat{BCN}+\hat{ABC}=90^0\) (ΔBNC vuông tại N)

Do đó: \(\hat{HAN}=\hat{BCN}\)

Xét ΔNAH vuông tại N va ΔNCB vuông tại N có

\(\hat{NAH}=\hat{NCB}\)

Do đó: ΔNAH~ΔNCB

=>\(\frac{NA}{NC}=\frac{AH}{CB}\)

=>\(NA\cdot CB=NC\cdot AH\)

c: Ta có; ΔANH vuông tại N

mà NI là đường trung tuyến

nên \(NI=\frac{AH}{2}\left(1\right)\)

ΔAMH vuông tại M

mà MI là đường trung tuyến

nên \(MI=\frac{AH}{2}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra NI=MI

=>I nằm trên đường trung trực của MN(5)

TA có: ΔBNC vuông tại N

mà NK là đường trung tuyến

nên \(NK=\frac{BC}{2}\left(3\right)\)

Ta có: ΔBMC vuông tại M

mà MK là đường trung tuyến

nên \(MK=\frac{BC}{2}\) (4)

Từ (3),(4) suy ra KM=KN

=>K nằm trên đường trung trực của MN(6)

Từ (5),(6) suy ra IK là đường trung trực của MN

d: Xét ΔBFH vuông tại F và ΔBMC vuông tại M có

\(\hat{FBH}\) chung

Do đó: ΔBFH~ΔBMC

=>\(\frac{BF}{BM}=\frac{BH}{BC}\)

=>\(BH\cdot BC=BF\cdot BM\)

Xét ΔCFH vuông tại F và ΔCNB vuông tại N có

\(\hat{FCH}\) chung

Do đó: ΔCFH~ΔCNB

=>\(\frac{CF}{CN}=\frac{CH}{CB}\)

=>\(CF\cdot CB=CN\cdot CH\)

\(CN\cdot CH+BH\cdot BM\)

\(=BF\cdot BC+CF\cdot BC=BC\left(BF+CF\right)=BC^2\) không đổi