Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, Xét \(\Delta ACF\) và \(\Delta ABE\) có:
\(\widehat{AFC}=\widehat{AEB}=90^0\)
\(\widehat{BAC}\) là góc chung
\(\Rightarrow\Delta ACF~\Delta ABE\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{AC}{AB}=\frac{AF}{AE}\)
\(\Rightarrow AC.AE=AB.AF\)
Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC\) có:
\(\widehat{CAB}\) là góc chung
\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
\(\Rightarrow\Delta AEF~\Delta ABC\left(c.g.c\right)\)
b, Xét \(\Delta BDH\) và \(\Delta BEC\) có:
\(\widehat{EBC}\) là góc chung
\(\widehat{BEC}=\widehat{BDH}=90^0\)
\(\Rightarrow\Delta BDH~\Delta BEC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{BH}{BC}=\frac{BD}{BE}\)
\(\Rightarrow BE.BH=BC.BD\left(1\right)\)
Tương tự như trên ta được: \(\Delta CDH~\Delta CFB\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{CH}{CB}=\frac{CD}{CF}\)
\(\Rightarrow CF.CH=CD.CB\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow BE.BH+CH.CF=BD.BC+BC.CD=BC\left(BD.CD\right)=BC^2\)
\(\Rightarrow BH.BE+CH.CF=BC^2\)
d,EI _|_ AB ; CE _|_ AB => EI // CE => AI/IF = AE/EC (đl)
EK _|_ AD; CD _|_ AD => EK // CD => AK/KD = AE/EC (đl)
=> AI/IF = AK/KD; xét tam giac AFD
=> IK // FD (1)
ER _|_ BC; AD _|_ BC => ER // AD => CR/RD = CE/EA (đl)
EQ _|_ CF; AF _|_ CF => AH // AF => CH/FH = CE/AE (đl)
=> CR/RD = CH/FH; xét tam giác CFD
=> HR // FD (2)
EK _|_ AD; AD _|_ BD => EK // BD => KH/HD = EH/HB (đl)
EH _|_ CF; CF _|_ BF => EH // FB => EH/HB = QH/HF (đl)
=> KH/HD = QH/HF
=> KH // ED (3)
(1)(2)(3) => I;K;H;R thẳng hàng (tiên đề Ơclit)
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\widehat{BAE}\) chung
Do đó: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC
b: Ta có: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC
nên AE/AF=AB/AC
hay AE/AB=AF/AC
Xét ΔAEF và ΔABC có
AE/AB=AF/AC
\(\widehat{EAF}\) chung
DO đó: ΔAEF\(\sim\)ΔABC
Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có
\(\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\)
Do đó: ΔFHB\(\sim\)ΔEHC
Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có
\(\widehat{DBH}\) chung
Do đó: ΔBDH\(\sim\)ΔBEC
Suy ra: BD/BE=BH/BC
hay \(BD\cdot BC=BE\cdot BH\)
Xét ΔCDH vuông tại D và ΔCFB vuông tại F có
\(\widehat{DCH}\) chung
Do đó: ΔCDH~ΔCFB
=>\(\dfrac{CD}{CF}=\dfrac{CH}{CB}\)
=>\(CD\cdot CB=CH\cdot CF\)
\(BH\cdot BE+CH\cdot CF\)
\(=BD\cdot BC+CD\cdot BC=BC\left(BD+CD\right)=BC^2\)
a)cm tam giác AFC đồng dạng tam giác AEB(gg)
=> tam giác AFE đồng dạng ACB(cgc) . từ đó suy ra đpcm
b) tam giác BDH đồng dạng tam giác BEC (gg)
=> BH/BC =BD/BE hay BH .BE =BD.BC (1)
t^2 CH.CF=DC.BC (2)
lấy (1)+(2) theo vế suy ra đpcm
c)tam giác AFE đd tam giác ACB ( câu a) => góc AEF = góc C
t^2 tam giác DEC đd tam giác ABC => góc DEC= góc C
Do đó góc AEF= góc DEC
mà góc AEF+góc FEB=90 ; góc DEC+BED =90
=> góc FEB= góc BED
suy ra đpcm ................... (x-x)
1: Xét ΔDCH vuông tại D và ΔDAB vuông tại D có
\(\widehat{DCH}=\widehat{DAB}\)
Do đó:ΔDCH đồng dạng với ΔDAB
=>\(\dfrac{DC}{DA}=\dfrac{DH}{DB}\)
=>\(DC\cdot DB=DA\cdot DH\)
2: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\widehat{EAB}\) chung
Do đó: ΔAEB đồng dạng với ΔAFC
=>\(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)
=>\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)
Xét ΔAEF và ΔABC có
\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)
\(\widehat{FAE}\) chung
Do đó: ΔAEF đồng dạng với ΔABC
3)
Gọi $I = EF \cap AD$.
Từ $\triangle AEF \sim \triangle ABC$ suy ra các tỉ số: $\dfrac{AE}{AB} = \dfrac{AF}{AC}$.
Mặt khác, do các cặp góc bằng nhau suy ra: $\triangle AIH \sim \triangle ADH$.
=> $\dfrac{AI}{IH} = \dfrac{AD}{HD}$.
Nhân chéo: $AI \cdot HD = IH \cdot AD$.
a) xét tam giác ABD và tam giác AHF có
góc BAD chung
Góc AFH = góc ADB (=90 độ)
=> tam giác ABD đồng dạng vs tam giác AHF (g.g)
=> AB/AD = AH/AF
=> AF.AD = AH.AD
b) xét tam giác AFC và tam giác AEB có
Góc A chung
Góc AFC = góc AEB (=90 độ)
=> tam giác AFC đồng vs tam giác AEB (g.g)
=> AF/AC = AE/AB
=> AF.AB= AE.AC
a: Xét ΔABD vuông tại D và ΔAHF vuông tại F có
góc FAH chung
=>ΔABD đồng dạng với ΔAHF
=>AB/AH=AD/AF
=>AB*AF=AH*AD
b: Xet ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
góc EAB chung
=>ΔAEB đồng dạng với ΔAFC
=>AE/AF=AB/AC
=>AE*AC=AB*AF
=>AE/AB=AF/AC
=>ΔAEF đồng dạng với ΔABC
c:góc FEC=góc DAC
góc DFC=góc EBC
mà góc DAC=góc EBC
nên góc FEC=goc DFC
=>FC là phân giác của góc EFD
a: Xét tứ giác BFEC có
góc BFC=góc BEC=90 độ
=>BFEC nội tiếp
=>góc BFE+góc BCE=180 độ
=>góc AFE=góc ACB
mà góc FAE chung
nên ΔAFE đồng dạng với ΔACB
b: Xét tứ giác BFHD có
góc BFH+goc BDH=180 độ
=>BFHD là tứ giác nội tiếp
Xét tứ giác CEHD có
góc CEH+góc CDH=180 độ
=>CEHD là tứ giác nội tiếp
góc FDH=góc FBH
góc EDH=góc ACF
mà góc FBH=góc ACF
nên góc FDH=góc EDH
=>DH là phân giác của góc FDE(1)
góc EFH=góc CAD
góc DFH=góc EBC
mà góc CAD=góc EBC
nên góc EFH=góc DFH
=>FH là phân giác của góc EFD(2)
Từ (1), (2) suy ra H là giao của ba đường phân giác của ΔDEF
c: Xét ΔBHD vuông tại D và ΔBCE vuông tại E có
góc HBD chung
=>ΔBHD đồg dạng với ΔBCE
=>BH/BC=BD/BE
=>BH*BE=BC*BD
Xét ΔCDH vuông tại Dvà ΔCFB vuông tại F có
góc FCB chung
=>ΔCDH đồng dạng với ΔCFB
=>CD/CF=CH/CB
=>CD*CB=CH*CF
=>BH*BE+CH*CF=BC^2
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
b: Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có
\(\hat{DBH}\) chung
Do đó: ΔBDH~ΔBEC
=>\(\frac{BD}{BE}=\frac{BH}{BC}\)
=>\(BH\cdot BE=BD\cdot BC\)
Xét ΔCDH vuông tại D và ΔCFB vuông tại F có
\(\hat{DCH}\) chung
Do đó: ΔCDH~ΔCFB
=>\(\frac{CD}{CF}=\frac{CH}{CB}\)
=>\(CH\cdot CF=CD\cdot CB\)
ΔBFC vuông tại F
mà FM là đường trung tuyến
nên \(FM=\frac{BC}{2}\)
ΔBEC vuông tại E
mà EM là đường trung tuyến
nên \(EM=\frac{BC}{2}\)
\(BH\cdot BE+CH\cdot CF\)
\(=BD\cdot BC+CD\cdot BC\)
\(=BC\left(BD+CD\right)=BC^2=BC\cdot BC=2\cdot MF\cdot2\cdot ME\)
\(=4\cdot MF\cdot ME\)
c: Xét ΔHBC có HD là đường cao
nên \(S_{HBC}=\frac12\cdot HD\cdot BC\left(1\right)\)
Xét ΔABC có AD là đường cao
nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot AD\cdot BC\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot HD\cdot BC}{\frac12\cdot AD\cdot BC}=\frac{HD}{AD}\)
Xét ΔHAC có HE là đường cao
nên \(S_{HAC}=\frac12\cdot HE\cdot AC\left(3\right)\)
Xét ΔBAC có BE là đường cao
nên \(S_{BAC}=\frac12\cdot BE\cdot AC\left(4\right)\)
Từ (3),(4) suy ra \(\frac{S_{HAC}}{S_{BAC}}=\frac{\frac12\cdot HE\cdot AC}{\frac12\cdot BE\cdot AC}=\frac{HE}{EB}\)
Xét ΔHAB có HF là đường cao
nên \(S_{HAB}=\frac12\cdot HF\cdot AB\left(5\right)\)
Xét ΔBAC có CF là đường cao
nên \(S_{BAC}=\frac12\cdot CF\cdot AB\) (6)
Từ (5),(6) suy ra \(\frac{S_{HAB}}{S_{BAC}}=\frac{\frac12\cdot HF\cdot AB}{\frac12\cdot CF\cdot AB}=\frac{HF}{CF}\)
\(\frac{HF}{CF}+\frac{HE}{BE}+\frac{HD}{AD}\)
\(=\frac{S_{HAB}+S_{HAC}+S_{HBC}}{S_{ABC}}=1\)
a) Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\widehat{BAC}\) chung
Do đó: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC(g-g)
Suy ra: \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
hay \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)
Xét ΔAEF và ΔABC có
\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)(cmt)
\(\widehat{EAF}\) chung
Do đó: ΔAEF\(\sim\)ΔABC(c-g-c)
Nhờ anh có thể bày cho em câu d đc không ạ.