Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\widehat{FAC}\) chung
Do đó: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC(g-g)
Suy ra: \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
hay \(AE\cdot AC=AF\cdot AB\)(ĐPCM)
b)
Ta có: \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)(cmt)
nên \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)
Xét ΔAEF và ΔABC có
\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)(cmt)
\(\widehat{FAE}\) chung
Do đó: ΔAEF\(\sim\)ΔABC(c-g-c)
a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có
\(\hat{DAB}\) chung
Do đó: ΔADB~ΔAEC
b: Xét ΔFEB vuông tại E và ΔFDC vuông tại D có
\(\hat{EFB}=\hat{DFC}\) (hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔFEB~ΔFDC
=>\(\frac{EF}{DF}=\frac{EB}{DC}\)
=>\(EF\cdot DC=EB\cdot DF\)
c: Ta có: BH⊥BA
CF⊥AB
Do đó: BH//CF
Ta có: BF⊥CA
CH⊥CA
Do đó: BF//CH
Xét tứ giác BFCH có
BF//CH
BH//CF
Do đó: BFCH là hình bình hành
=>BC cắt FH tại trung điểm của mỗi đường
mà G là trung điểm của BC
nên G là trung điểm của FH
Xét ΔAFH có
G,I lần lượt là trung điểm của FH,FA
=>GI là đường trung bình của ΔAFH
=>GI//AH và \(GI=\frac12AH\)
=>AH=2GI
ΔEBC vuông tại E
mà EG là đường trung tuyến
nên GE=GB=GC
Xét ΔGEB có \(\hat{EGC}\) là góc ngoài tại đỉnh G
nên \(\hat{EGC}=\hat{GEB}+\hat{GBE}=2\cdot\hat{GBE}=2\cdot\hat{ABC}\) (1)
ΔAFE vuông tại E
mà EI là đường trung tuyến
nên IE=IF=IA
Xét ΔEIF có \(\hat{EIA}\) là góc ngoài tại đỉnh I
nên \(\hat{EIA}=\hat{IEF}+\hat{IFE}=2\cdot\hat{IFE}\) (2)
Xét ΔABC có
BD,CE là các đường cao
BD cắt CE tại F
Do đó: F là trực tâm của ΔABC
=>AF⊥BC
=>\(\hat{FAB}+\hat{ABC}=90^0\)
mà \(\hat{FAB}+\hat{AFE}=90^0\)
nên \(\hat{ABC}=\hat{AFE}\) (3)
Từ (1),(2),(3) suy ra \(\hat{EIA}=\hat{EGC}\)
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
a: Xét 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
b: Xét ΔAEF và ΔABC có
AE/AB=AF/AC
góc A chung
=>ΔAEF đồng dạng vói ΔABC
=>\(\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AE}{AB}\right)^2=\dfrac{1}{4}\)
=>\(S_{ABC}=4\cdot S_{AEF}\)
+) Câu d sửa đề thành BF . BA + CE . CA = BC2
a, Xét △AFH vuông tại F và △ADB vuông tại D
Có: FAH là góc chung
=> △AFH ᔕ △ADB (g.g)
b, Vì △AFH ᔕ △ADB (cmt) \(\Rightarrow\frac{AF}{AD}=\frac{AH}{AB}\)\(\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AH}{AF}\)
Xét △ABH và △ADF
Có: \(\frac{AB}{AD}=\frac{AH}{AF}\)(cmt)
BAH là góc chung
=> △ABH ᔕ △ADF (c.g.c)
c, Xét △HFB vuông tại F và △HEC vuông tại E
Có: FHB = EHC (2 góc đối đỉnh)
=> △HFB ᔕ △HEC (g.g)
\(\Rightarrow\frac{HF}{HE}=\frac{HB}{HC}\)
=> HF . HC = HE . HB
d, Sửa đề thành BF . BA + CE . CA = BC2
Xét △HEC vuông tại E và △AFC vuông tại F
Có: HCE là góc chung
=> △HEC ᔕ △AFC (g.g)
\(\Rightarrow\frac{EC}{FC}=\frac{HC}{AC}\)
=> FC . HC = EC . AC (1)
Xét △HFB vuông tại F và △AEB vuông tại E
Có: FBH là góc chung
=> △HFB ᔕ △AEB (g.g)
\(\Rightarrow\frac{FB}{EB}=\frac{HB}{AB}\)
=> FB . AB = EB . HB (2)
Xét △BFC vuông tại F và △HDC vuông tại D
Có: HCD là góc chung
=> △BFC ᔕ △HDC (g.g)
\(\Rightarrow\frac{FC}{DC}=\frac{BC}{HC}\)
=> FC . HC = BC . DC (3)
Xét △BEC vuông tại E và △BDH vuông tại D
Có: HBD là góc chung
=> △BEC ᔕ △BDH (g.g)
\(\Rightarrow\frac{BC}{BH}=\frac{BE}{DB}\)
=> BC . DB = BE . BH (4)
Từ (1) và (3) => EC . AC = BC . DC
Từ (2) và (4) => FB . AB = BC . DB
Ta có: BF . BA + CE . CA = BC . BD + BC . DC = BC . (BD + DC) = BC . BC = BC2
a) Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\widehat{FAC}\) chung
Do đó: ΔAEB∼ΔAFC(g-g)
b) Ta có: ΔAEB∼ΔAFC(cmt)
nên \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)(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)
\(\widehat{BAC}\) chung
Do đó: ΔAEF∼ΔABC(c-g-c)
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\widehat{EAB}\) chung
Do đó: ΔAEB~ΔAFC
b: Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có
\(\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHFB~ΔHEC
=>\(\dfrac{HF}{HE}=\dfrac{HB}{HC}\)
=>\(\dfrac{HF}{HB}=\dfrac{HE}{HC}\)
Xét ΔHFE và ΔHBC có
\(\dfrac{HF}{HB}=\dfrac{HE}{HC}\)
\(\widehat{FHE}=\widehat{BHC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHFE~ΔHBC
c: Xét ΔBFC vuông tại F và ΔBDA vuông tại D có
\(\widehat{FBC}\) chung
Do đó: ΔBFC~ΔBDA
=>\(\dfrac{BF}{BD}=\dfrac{BC}{BA}\)
=>\(BF\cdot BA=BD\cdot BC\)
Xét ΔCEB vuông tại E và ΔCDA vuông tại D có
\(\widehat{ECB}\) chung
Do đó: ΔCEB~ΔCDA
=>\(\dfrac{CE}{CD}=\dfrac{CB}{CA}\)
=>\(CE\cdot CA=CD\cdot CB\)
\(BF\cdot BA+CE\cdot CA\)
\(=BD\cdot BC+CD\cdot BC=BC\left(BD+CD\right)=BC^2\)
a)
Vì AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC nên AD vuông góc với BC, BE vuông góc với AC, CF vuông góc với AB.
Tam giác AHE vuông ở H và tam giác BHD vuông ở D có:
ˆAHE=ˆBHDAHE^=BHD^ (hai góc đối đỉnh)
Do đó, ∆AHE ᔕ ∆BHD (góc nhọn).
Suy ra AHBH=HEHDAHBH=HEHD nên HA . HD = HB . HE (1).
Tam giác HBF vuông ở F và tam giác HCE vuông ở E có:
ˆBHF=ˆEHCBHF^=EHC^ (hai góc đối đỉnh)
Do đó, ∆HBF ᔕ ∆HCE (góc nhọn).
Suy ra HBHC=HFHEHBHC=HFHE nên HB . HE = HC . HF (2).
Từ (1) và (2) ta có: HA . HD = HB . HE = HC . HF.
b)
Tam giác AFC vuông ở F và tam giác AEB vuông ở E có:
ˆBACBAC^ chung.
Do đó, ∆AFC ᔕ ∆AEB (góc nhọn)
Suy ra AFAE=ACABAFAE=ACAB nên AF . AB = AE . AC.
c)
Vì HA . HD = HB . HE nên HAHE=HBHDHAHE=HBHD
Tam giác HAB và tam giác HED có:
HAHE=HBHDHAHE=HBHD (cmt)
ˆAHB=ˆEHDAHB^=EHD^ (hai góc đối đỉnh)
Do đó, ∆AHB ᔕ ∆EHD (c.g.c).
Suy ra ˆHAB=ˆHEDHAB^=HED^.
Mà ˆHAB+ˆFBD=ˆHED+ˆDECHAB^+FBD^=HED^+DEC^ (= 90∘90∘).
Do đó, ˆFBD=ˆDECFBD^=DEC^.
Chứng minh tương tự ta có: ˆBFD=ˆECDBFD^=ECD^.
Tam giác BDF và tam giác EDC có:
ˆFBD=ˆDECFBD^=DEC^ (cmt)
ˆBFD=ˆECDBFD^=ECD^ (cmt)
Do đó, ∆BDF ᔕ ∆EDC (g.g).
Suy ra: ˆBDF=ˆEDCBDF^=EDC^.
Mà ˆBDF+ˆFDH=ˆEDC+ˆHDE(=90∘)BDF^+FDH^=EDC^+HDE^(=90∘).
Do đó, ˆFDH=ˆHDEFDH^=HDE^ hay ˆFDA=ˆADEFDA^=ADE^.
Vậy DA là tia phân giác của góc EDF.