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

\(\hat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔAFC

=>\(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)

=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

=>\(AE\cdot AC=AF\cdot AB\)

b: Xét ΔAEF và ΔABC có

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

góc EAF chung

Do đó: ΔAEF~ΔABC

c:Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có

\(\hat{FHB}=\hat{EHC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHFB~ΔHEC

=>\(\frac{HF}{HE}=\frac{HB}{HC}\)

=>\(\frac{HF}{HB}=\frac{HE}{HC}\)

Xét ΔHFE và ΔHBC có

\(\frac{HF}{HB}=\frac{HE}{HC}\)

\(\hat{FHE}=\hat{BHC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHFE~ΔHBC

=>\(\hat{HEF}=\hat{HCB}\)

d: Xét ΔHEA vuông tại E và ΔHDB vuông tại D có

\(\hat{EHA}=\hat{DHB}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó; ΔHEA~ΔHDB

=>\(\frac{HE}{HD}=\frac{HA}{HB}\)

=>\(\frac{HE}{HA}=\frac{HD}{HB}\)

Xét ΔHED và ΔHAB có

\(\frac{HE}{HA}=\frac{HD}{HB}\)

góc EHD=góc AHB

Do đó: ΔHED~ΔHAB

=>\(\hat{HED}=\hat{HAB}\)

mà \(\hat{HEF}=\hat{HCB};\hat{HAB}=\hat{HCB}\left(=90^0-\hat{ABC}\right)\)

nên \(\hat{HED}=\hat{HEF}\)

=>EH là phân giác của góc DEF

e: Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có

góc 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

góc DCH chung

Do đó: ΔCDH~ΔCFB

=>\(\frac{CD}{CF}=\frac{CH}{CB}\)

=>\(CH\cdot CF=CD\cdot CB\)

\(BH\cdot BE+CH\cdot CF\)

\(=BD\cdot BC+CD\cdot BC=BC^2\)

f: ΔAEF~ΔABC

=>\(\frac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AE}{AB}\right)^2=\left(\frac36\right)^2=\frac14\)

=>\(S_{ABC}=4\cdot S_{AEF}\)

Tham Khảo:

  Đã xảy ra lỗi rồi. Bạn thông cảm vì sai sót này.

  Ta có:  

Áp dụng hệ quả của bất đẳng thức Cauchy cho ba số không âm 

   trong đó với     , ta có:

Tương tự, ta có:

Cộng ba bất đẳng thức     và   , ta được:

Khi đó, ta chỉ cần chứng minh

Thật vậy, bất đẳng thức cần chứng minh được quy về dạng sau:    (bất đẳng thức Cauchy cho ba số   )

Hay       

Mà    đã được chứng minh ở câu    nên    luôn đúng với mọi  

Dấu    xảy ra    

Vậy,       

a: Kẻ tiếp tuyến Ax của (O)

Xét (O) có

\(\widehat{xAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AC

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{xAC}=\widehat{ABC}\left(1\right)\)

Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{FEC}+\widehat{FBC}=180^0\)

mà \(\widehat{FEC}+\widehat{AEF}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{AEF}=\widehat{ABC}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{AEF}=\widehat{xAC}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên Ax//FE

Ta có: Ax//FE

OA\(\perp\)Ax

Do đó: OA\(\perp\)FE

b: Gọi giao điểm của AI và (O) là D

Xét (O) có

AO là bán kính

AO cắt (O) tại D

Do đó: AD là đường kính của (O)

Gọi giao điểm của AH với BC là N

Xét ΔABC có

BE,CF là các đường cao

BE cắt CF tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\perp\)BC tại N

Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

Xét (O) có

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

\(\widehat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}\)

Xét ΔANB vuông tại N và ΔACD vuông tại C có

\(\widehat{ABN}=\widehat{ADC}\)

Do đó: ΔANB~ΔACD

=>\(\widehat{BAN}=\widehat{CAD}\)

=>\(\widehat{BAN}+\widehat{NAD}=\widehat{CAD}+\widehat{NAD}\)

=>\(\widehat{PAE}=\widehat{IAB}\)

Xét ΔAPE và ΔAIB có

\(\widehat{PAE}=\widehat{IAB}\)

\(\widehat{AEP}=\widehat{ABI}\)

Do đó: ΔAPE~ΔAIB

CÁC BN THỬ VÀO TRANG CÁ NHÂN CỦA MIK ĐI, BẤT NGỜ LẮM

Điểm I ở đâu vậy bạn?