Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\hat{EAB}\) chung
Do đó: ΔAEB~ΔAFC
=>\(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
Xét ΔAEF và ΔABC có
\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
góc EAF chung
Do đó: ΔAEF~ΔABC
Bài 1:
A B C H F D E K L
+) Chứng minh tứ giác BFLK nội tiếp:
Ta thấy FAH và LAH là hai tam giác vuông có chung cạnh huyền AH nên AFHL là tứ giác nội tiếp. Vậy thì \(\widehat{ALF}=\widehat{AHF}\) (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AF)
Lại có \(\widehat{AHF}=\widehat{FBK}\) (Cùng phụ với góc \(\widehat{FAH}\) )
Vậy nên \(\widehat{ALF}=\widehat{FBK}\), suy ra tứ giác BFLK nội tiếp (Góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện)
+) Chứng minh tứ giác CELK nội tiếp:
Hoàn toàn tương tự : Tứ giác AELH nội tiếp nên \(\widehat{ALE}=\widehat{AHE}\) , mà \(\widehat{AHE}=\widehat{ACD}\Rightarrow\widehat{ALE}=\widehat{ACD}\)
Suy ra tứ giác CELK nội tiếp.
a: Xét tứ giác AKHF có \(\hat{AKH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)
nên AKHF là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
\(\hat{CJB};\hat{CAB}\) là các góc nội tiếp chắn cung CB
Do đó: \(\hat{CJB}=\hat{CAB}\)
mà \(\hat{CAB}=\hat{CHE}\left(=90^0-\hat{ACH}\right)\)
nên \(\hat{CHJ}=\hat{CJH}\)
Xét (O) có
\(\hat{CBJ}\) là góc nội tiếp chắn cung CJ
\(\hat{CAI}\) là góc nội tiếp chắn cung CI
mà \(\hat{CBJ}=\hat{CAI}\left(=90^0-\hat{ACB}\right)\)
nên sđ cung CJ=sđ cung CI
c: Xét ΔAFB vuông tại F và ΔAKC vuông tại K có
\(\hat{FAB}\) chung
Do đó: ΔAFB~ΔAKC
=>\(\frac{AF}{AK}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(\frac{AF}{AB}=\frac{AK}{AC}\)
Xét ΔAFK và ΔABC có
\(\frac{AF}{AB}=\frac{AK}{AC}\)
góc FAK chung
Do đó: ΔAFK~ΔABC