Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔABE vuông tại E và ΔACF vuông tại F có
góc BAE chung
=>ΔABE đồng dạng với ΔACF
=>AB/AC=AE/AF
=>AE/AB=AF/AC và AE*AC=AB*AF
b: Xét ΔAEF và ΔABC có
AE/AB=AF/AC
góc A chung
=>ΔAEF đồng dạng với ΔABC
=>góc AEF=góc ACB
c; góc AFH=góc AEH=90 độ
=>AFHE nội tiếp (I)
=>IF=IE
góc BFC=góc BEC=90 độ
=>BFEC nội tiếp (M)
=>MF=ME
=>MI là trung trực của EF
=>MI vuông góc EF
a) Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\widehat{EAB}\) chung
Do đó: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC(g-g)
Suy ra: \(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AE}{AF}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
hay \(\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AC}{AF}\)
Xét ΔABC và ΔAEF có
\(\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AC}{AF}\)(cmt)
\(\widehat{BAC}\) chung
Do đó: ΔABC\(\sim\)ΔAEF(c-g-c)
*OLM đang lỗi nên không vẽ được hình, bạn vào thống kê mình để xem hình nhé! Mình vẽ ở GeoGebra*
a \(\hept{\begin{cases}S_{BHC}=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot HD\\S_{ABC}=\frac{1}{2}\cdot BC\cdot AD\end{cases}}\Rightarrow\frac{HD}{AD}=\frac{S_{BHC}}{S_{ABC}}\)
Tương tự cũng có: \(\hept{\begin{cases}\frac{HE}{BE}=\frac{S_{AHC}}{S_{ABC}}\\\frac{HF}{CF}=\frac{S_{AHB}}{S_{ABC}}\end{cases}}\)
\(\Rightarrow\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}=\frac{S_{BHC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{AHC}}{S_{ABC}}+\frac{S_{AHB}}{S_{ABC}}=\frac{S_{ABC}}{S_{ABC}}=1\)
b) Xét \(\Delta BHD\) và \(\Delta BCE\)có:
\(\widehat{B}\)chung
\(\widehat{BDH}=\widehat{BEC}=90^o\)
=> \(\Delta BHD\)đồng dạng với \(\Delta\)BEC (g.g)
=> \(\frac{BH}{BC}=\frac{BD}{BE}\Rightarrow BH\cdot BE=BC\cdot BD\left(1\right)\)
Cmtt: \(\Delta CHD\)đồng dạng \(\Delta CBF\)(g.g)
=> \(\frac{CH}{CB}=\frac{CD}{CF}\Rightarrow CH\cdot CF=CB\cdot CD\left(2\right)\)
Từ (1) (2) => \(CH\cdot CF+BH\cdot BE=BC\cdot BD+CD\cdot CB=BC^2\)
c) \(\widehat{HDC}=\widehat{HEC}=90^o\)
=> Tứ giác HDCE nội tiếp
=> \(\widehat{HED}=\widehat{HCD}\)(3)
\(\widehat{AFH\:}=\widehat{AEH}=90^o\)
=> AFHE nội tiếp
=> \(\widehat{FEH}=\widehat{FAH}\left(4\right)\)
Mà \(\widehat{FAH}=\widehat{HCD}\) (cùng phụ \(\widehat{ABC}\)) (5)
(3)(4)(5)=> \(\widehat{FEH}=\widehat{HED}\)
=> EH là phân giác \(\widehat{FED}\)
Cmtt cũng được: DH là phân giác \(\widehat{FDE}\)và FH là phân giác \(\widehat{DFE}\)
=> H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác EFD
=> H cách đều EF; FD; ED
d) Gọi O là giao của phân giác \(\widehat{BHC}\)và trung trực của CH. Theo gt thì điểm O cố đnhj
Ta có: OH=OC => \(\Delta\)HOC cân tại O => \(\widehat{CHO}=\widehat{HCO}\)
Mà \(\widehat{BHO}=\widehat{CHO}\)nên \(\widehat{MHO}=\widehat{NCO}\)
=> \(\Delta OMH=\Delta ONC\left(cgc\right)\)
=> OM=ON
=> O thuộc đường trung trực của MN, hay đường trung trực của MN luôn đi qua 1 điểm cố định
@qu y nh Bạn có thể làm ý c theo cách khác giúp mk đc không ạ!!! Mk chưa học tứ giác nội tiếp(Nội dung lớp 9)
a: Xét ΔBDA vuông tại D và ΔBFC vuông tại F co
góc B chung
=>ΔBDA đồng dạng vói ΔBFC
b: góc BFC=góc BEC=90 độ
=>BFEC nội tiếp
=>góc AFE=góc ACB
=>ΔAFE đồng dạng vói ΔACB
c: Xét ΔAEH vuông tại E và ΔADC vuông tại D có
góc EAH chung
=>ΔAEH đồng dạng vói ΔADC
=>AD*AH=AE*AC
Xét ΔCEH vuông tại E và ΔCFA vuông tại F có
góc ECH chung
=>ΔCEH đồng dạng vói ΔCFA
=>CH*CF=CE*CA
=>AH*AD+CH*CF=CA^2
a) Xét tam giác AFC và tam giác AEB có:
^A chung
^F vuông góc ^E
Vậy: tam giác AFC đồng dạng tam giác AEB (g.g)
vì tam giác AFC đồng dạng tam giác AEB (cmt) nên:
=> AF/AC = AE/AB
=> AE.AC = AF.AB (đpcm)
b) từ H kẻ HK vuông góc BC
+) xét tam giác BKH và tam giác BEC có:
^HBC chung
^BKH = ^BEC (= 90 độ)
vậy: tam giác BKH đồng dạng tam giác BEC (g.g)
=> BK/BH = BE/BC
=> BH.BE = BK.BC (1)
+) xét tam giác CKH và tam giác CFB:
^BHC chung
^CKH = ^CFB (= 90 độ)
vậy: tam giác CKH đồng dạng tam giác CFB
=> CK/CH = CF/CB
=> CH.CF = BC.CK (2)
Từ (1) và (2) ta có:
BH.BE + CH.CF = BK.BC + CK.BC
= BC.(BK + CK)
= BC.BC
= BC^2
=> BH.BE + CH.CF = BC^2 (đcpm)