A B C H E F O

a) \(\Delta\)ABC vuông tại A có trung tuyến AO nên ^OAC = ^OCA. Do ^OCA = ^BAH (Cùng phụ ^HAC)

Nên ^OAC = ^BAH = ^ AEF (Do tứ giác AEHF là hcn)

Mà ^AEF + ^AFE = 90⁰ => ^OAC + ^AFE = 90⁰ => OA vuông góc EF (đpcm).

b) Biến đổi tương đương:

\(BE\sqrt{CH}+CF\sqrt{BH}=AH\sqrt{BC}\)

\(\Leftrightarrow BE\sqrt{BC.CH}+CF\sqrt{BC.BH}=AB.BC\)(Nhân mỗi vế với \(\sqrt{BC}\))

\(\Leftrightarrow BE\sqrt{AC^2}+CF\sqrt{AB^2}=AB.BC\) (Hệ thức lương)

\(\Leftrightarrow BE.AC+CF.AB=AB.BC\)

\(\Leftrightarrow BH.AH+CH.AH=AB.BC\)(Vì \(\Delta\)EBH ~ \(\Delta\)HAC; \(\Delta\)FHC ~ \(\Delta\)HBA)

\(\Leftrightarrow AH\left(BH+CH\right)=AB.BC\)

\(\Leftrightarrow AH.BC=AB.AC\) (luôn đúng theo hệ thức lượng)

Vậy có ĐPCM.

a: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(BC^2=b^2+c^2\)

=>\(BC=\sqrt{b^2+c^2}\)

ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH=\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}\)

ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AH^2\)

=>\(AE=\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}:c=\frac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AH^2\)

=>\(AF=\frac{bc}{\sqrt{b^2+c^2}}:b=\frac{c}{\sqrt{b^2+c^2}}\)

b: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(BH\cdot BC=BA^2\) ; \(CH\cdot CB=CA^2\)

Xét ΔABC vuông tại A có HF//AC

nên \(\frac{BF}{BA}=\frac{FH}{AC}\)

=>\(BF\cdot AC=BA\cdot FH\)

\(BF\cdot\sqrt{CH\cdot CB}+CE\cdot\sqrt{BH\cdot CB}\)

\(=BF\cdot\sqrt{CA^2}+CE\cdot\sqrt{BA^2}\)

\(=BF\cdot AC+CE\cdot AB\)

\(=BA\cdot FH+BA\cdot CE=BA\cdot\left(FH+CE\right)=BA\cdot\left(AE+CE\right)=BA\cdot AC\)

\(=AH\cdot BC\)

=>\(BF\cdot\sqrt{CH}+CE\cdot\sqrt{BH}=AH\cdot\sqrt{BC}\)

a) Áp dụng HTL => \(AE.AB=AH^2\)và \(AF.AC=AH^2\)

<=> Ta lần lượt có \(AE.m=AH^2\)và \(AF.n=AH^2\)

Tiếp tục áp dụng HTL => \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}\)=> \(\frac{1}{AH^2}=\frac{1}{m^2}+\frac{1}{n^2}=\frac{\left(m^2+n^2\right)}{m^2n^2}\)

<=> \(AH^2=\frac{\left(m^2n^2\right)}{m^2+n^2}\)

=> AE.m=\(\frac{m^2n^2}{m^2+n^2}\)và AF.n=\(\frac{m^2n^2}{m^2+n^2}\) 

=> AE; AF=......

b) Lần lượt áp dụng các HTL, ta có: 

\(BE.AE=HE^2\); \(AF.CF=HF^2\)

<=> \(BE.CF.AE.AF=\left(HE.HF\right)^2\)

Do tứ giác AEHF có 3 góc vuông => AEHF là HCN => HE=AF; HF=AE; AH=EF

<=> \(BE.CF.BC=AE.AF.BC\) \(=\frac{AE.AF.BC.AH}{AH}\)\(=\frac{AE.AB.AF.AC}{AH}\)(HTL)\(=\frac{AH^2.AH^2}{AH}=AH^3=EF^3\)(Lại Áp dụng HTL) 

=> \(BC.CF.BC=EF^3\left(đpcm\right)\)

a: Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền BC

nên \(AH^2=HB\cdot HC\left(1\right)\)

Xét ΔABH vuông tại H có HE là đường cao ứng với cạnh huyền AB

nên \(AH^2=AE\cdot AB\left(2\right)\)

Xét ΔACH vuông tại H có HF là đường cao ứng với cạnh huyền AC

nên \(AH^2=AF\cdot AC\left(3\right)\)

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC=BH\cdot HC\)

Ông Thắng chỉ cần ấn nhầm vài cái xóa là được mà@@