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 \(\frac{S_{HAB}}{S_{BAC}}=\frac{\frac12\cdot HF\cdot AB}{\frac12\cdot CF\cdot AB}=\frac{HF}{CF}\)

\(\frac{HF}{CF}+\frac{HE}{BE}+\frac{HD}{AD}\)

\(=\frac{S_{HAB}+S_{HAC}+S_{HBC}}{S_{ABC}}=1\)

Đây là 1 trường hợp của BĐT hình học quan trọng: BĐT Erdos-Mordell

Cách chứng minh bài này y hệt như cách người ta chứng minh BĐT nói trên.

Có khoảng gần 20 cách gì đó, em kiếm trên google thử coi, vì BĐT này quá quen thuộc rồi nên mình sẽ ko chứng minh lại ở đây.

đó nha bn

a,Xét tg DHB và tg DCA có: ^HDB=^CDA=90 độ, ^DBH=^DAC ( cùng phụ với hai góc bằng nhau BHD=^AHE)

Do đó: tg HDB đồng dạng tg DCA (g.g)

Suy ra: HD/DC=BD/DA-> bd*dc=dh*da

b, HD/HA=SBHC/SABC

HE/BE=SAHC/SABC

HF/CF=SHAB/SABC

HD/HA+HE/BE+HF/CF=SBHC/SABC+SAHC/SABC+SAHB/SABC=1

Đây nhé

Ad ĐỪNG XÓA 

 Học tiếng anh free vừa học vừa chơi đây 

các bạn vào đây đăng kí nhá :   https://iostudy.net/ref/165698

Hơi khó nên tui dung tạm BĐT vậy , bạn thông cảm ^ ^

A B C H E F H

\(S\left(ABC\right)=AD.\frac{BC}{2}\)

\(S\left(BHC\right)=HD.\frac{BC}{2}\)

 \(\Rightarrow\frac{HD}{AD}=\frac{S\left(BHC\right)}{S\left(ABC\right)}\left(1\right)\)

Tương tự:

\(\frac{HE}{BE}=\frac{S\left(AHC\right)}{S\left(ABC\right)}\left(2\right)\)

\(\frac{HF}{CF}=\frac{S\left(AHB\right)}{S\left(ABC\right)}\left(3\right)\)

(1) + (2) +(3) được:

\(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}=\left[S\left(BHC\right)+S\left(AHC\right)+\frac{S\left(AHB\right)}{S\left(ABC\right)}\right]=\frac{S\left(ABC\right)}{S\left(ABC\right)}=1\)

Áp dụng bất đẳng thức:  \(\left(a+b+c\right)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\ge9\)9 ta có:

 \(\left(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}\right)\left(\frac{AD}{HD}+\frac{BE}{HE}+\frac{CF}{HF}\right)\ge9\)

mà: \(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}=1\) \(\Rightarrow\left(\frac{AD}{HD}+\frac{BE}{HE}+\frac{CF}{HF}\right)\ge9\)