A B C H I M N D E F

a) ΔABE ∼ ΔACF ( g.g )

\(\Rightarrow\frac{AB}{AE}=\frac{AC}{AF}\Rightarrow AB\cdot AF=AC\cdot AE\)

b) + \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{EBC}+\widehat{ECB}=90^o\\\widehat{DAC}+\widehat{ECB}=90^o\end{matrix}\right.\Rightarrow\widehat{EBC}=\widehat{DAC}\)

+ ΔDBH ∼ ΔDAC ( g.g )

\(\Rightarrow\frac{DB}{DH}=\frac{DA}{DC}\Rightarrow DA\cdot DH=DB\cdot DC\)

c) \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{HNE}+\widehat{EHN}=90^O\\\widehat{BHM}+\widehat{BHI}=90^O\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\widehat{HNE}=\widehat{BHI}\) ( Do \(\widehat{EHN}=\widehat{BHM}\) )

+ ΔAHN ∼ ΔBIH ( g.g )

\(\Rightarrow\frac{HN}{AH}=\frac{IH}{BI}=\frac{IH}{CI}\)

+ Tương tự ta có : ΔAHM ∼ ΔCIH ( g.g )

\(\Rightarrow\frac{HM}{AH}=\frac{IH}{CI}\)\(\Rightarrow\frac{HM}{AH}=\frac{HN}{AH}\)

=> HM = HN => H là truing điểm MN

a) \(\Delta ABE,\Delta ACF\) có \(\widehat{A}\) chung và \(\widehat{AEB}=\widehat{AFC}\left(=90^o\right)\) nên suy ra \(\Delta ABE~\Delta ACF\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AE}{AF}\Rightarrow AB.AF=AC.AE\).

b) Từ \(AB.AF=AC.AE\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\). Từ đó suy ra \(\Delta AEF~\Delta ABC\left(c.g.c\right)\) \(\Rightarrow\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)

c) Xét tam giác AEF có \(C\in AE,B\in AF,K\in EF\) và \(K,B,C\) thẳng hàng nên áp dụng định lý Menelaus, ta có \(\dfrac{KF}{KE}.\dfrac{CE}{CA}.\dfrac{BA}{BF}=1\)  (1).

 Mặt khác, cũng trong tam giác AEF, có \(C\in AE,B\in AF,I\in EF\) và AI, EB, FC đồng quy nên theo định lý Ceva, \(\dfrac{IF}{IE}.\dfrac{CE}{CA}.\dfrac{BA}{BF}=1\)   (2).

Từ (1) và (2), suy ra \(\dfrac{KF}{KE}=\dfrac{IF}{IE}\Leftrightarrow KF.IE=KE.IF\)

\(\dfrac{ }{ }\)

a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F co

góc A chung

=>ΔAEB đồng dạng với ΔAFC

b: ΔAEB đồng dạng với ΔAFC

=>AE/AF=AB/AC

=>AE*AC=AB*AF

i don ' t know

a)

Ta có $BE \perp AC,\ CF \perp AB$ nên: $\widehat{AEB} = \widehat{AFC} = 90^\circ$.

Lại có: $\widehat{ABE} = \widehat{ACF}$ (cùng phụ với $\widehat{BAC}$).

=> $\triangle AEB \sim \triangle AFC$ (g.g).

Tỉ số đồng dạng: $\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{4}{6} = \dfrac{2}{3}$.

b)

Ta có:
$\widehat{AEF} = \widehat{ABC}$,
$\widehat{AFE} = \widehat{ACB}$.

=> $\triangle AEF \sim \triangle ABC$ (g.g).

c)

Gọi $I = EF \cap BC$, $M$ là trung điểm của $BC$.

Ta có hệ thức quen thuộc: $IE \cdot IF = IM^2 - MB^2$.

Mà $MB = \dfrac{BC}{2}$ nên: $MB^2 = \dfrac{BC^2}{4}$.

=> $IE \cdot IF = IM^2 - \dfrac{BC^2}{4}$.

d)

Gọi $N$ là trung điểm của $AH$.

Ta có $A,E,F,H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$ nên:
$N$ là tâm đường tròn đó.

=> $NE = NF$.

Do đó $N$ nằm trên đường trung trực của $EF$.

Mặt khác $M$ là trung điểm của $BC$ nên $M$ cố định.

=> $MN \perp EF$.

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

c) + \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{BHI}+\widehat{BHM}=90^o\\\widehat{ANH}+\widehat{NHE}=90^o\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\widehat{BHI}=\widehat{ANH}\) \(\) ( do \(\widehat{BHM}=\widehat{NHE}\) )

+ \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{HBI}+\widehat{BCE}=90^o\\\widehat{DAC}+\widehat{BCE}=90^o\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\widehat{HBI}=\widehat{DAC}\)

+ ΔAHN ∼ ΔBIH ( g.g )

\(\Rightarrow\frac{HN}{IH}=\frac{AH}{BI}=\frac{AH}{CI}\)

+ Tương tự ta cm đc :

ΔAHM ∼ ΔCIH ( g.g )

\(\Rightarrow\frac{HM}{IH}=\frac{AH}{CI}=\frac{HN}{HI}\)

=> HM = HN

=> đpcm

Mọi người cho mình xin câu d thôi cũng được

Mình cảm ơn

bạn có đ/án ch ạ cho mình xin vs

hình tự kẻ ạ :3

a)

xét ΔABE và ΔACF có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{A}\left(chung\right)\\\widehat{AFC}=\widehat{AEB}=90^0\left(CF\perp AB;BE\perp AC\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta ABE\sim\Delta ACF\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{AF}{AE}\Leftrightarrow AC.AE=AB.AF\)

ý b hình như sai đề r ạ =))