Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, Xét tgABE và tgACF có:
góc AEB = góc CFA = 90o
góc BAC chung
Từ 2 điều trên => tgABE đồng dạng tgACF (g.g)
=> AB/AC = AE/AF (các cặp cạnh tương ứng)
=> AB.AF = AC.AE
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
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 \(\dfrac{KF}{KE}=\dfrac{IF}{IE}\Leftrightarrow KF.IE=KE.IF\)
b,Xét \(\Delta FHA\) và \(\Delta DHC\) có:
\(\widehat{AFH}=\widehat{CDH}=90\left(gt\right)\)
\(\widehat{FHA}=\widehat{DHC}\)(đối đỉnh)
\(\Rightarrow\Delta FHA\sim\Delta DHC\)(g.g)
\(\Rightarrow\widehat{FAH}=\widehat{DCH}\)
Xét \(\Delta ABD\) và \(\Delta CHD\)
\(\widehat{ABD}=\widehat{CDH}=90\left(gt\right)\)
\(\widehat{BAD}=\widehat{HCD}\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta ABD\sim\Delta CHD\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{BD}{DH}=\frac{DA}{DC}\)
\(\Rightarrow DB.DC=DH.DA\)
câu a mk k bik làm mak vẽ hình trên đây khó quá nên mk k vẽ nữa xl bn nha
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
a) Ta có:
\(\left\{{}\begin{matrix}BH\perp AC\\KC\perp AC\end{matrix}\right.\) ⇒ \(BH\text{//}KC\)
\(\left\{{}\begin{matrix}CH\perp AB\\BK\perp AB\end{matrix}\right.\) ⇒ \(CH\text{//}BK\)
\(Xét\) \(tứ\) \(giác\) \(BKCH\) \(có:\) \(\left\{{}\begin{matrix}BH\text{//}KC\\CH\text{//}BK\end{matrix}\right.\)
⇒ Tứ giác \(BKCH\) là hình hình hành. Mà M là trung điểm của đường chéo BC
⇒ \(\left\{{}\begin{matrix}H,M,K_{ }thẳng_{ }hàng\\HM=MK\end{matrix}\right.\)
Xét \(\Delta AHK\) có: \(\left\{{}\begin{matrix}AI=IK\left(gt\right)\\HM=MK\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)
⇒ \(IM\) là đường trung bình của \(\Delta AHK\)
⇒ \(IM=\dfrac{1}{2}AH\) \(\left(ĐPCM\right)\)
c)
Ta có:
\(\dfrac{S_{\Delta HBC}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HD.BC}{\dfrac{1}{2}.AD.BC}=\dfrac{HD}{AD}\)
\(\dfrac{S_{\Delta HAC}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HE.AC}{\dfrac{1}{2}.BE.AC}=\dfrac{HE}{BE}\)
\(\dfrac{S_{\Delta HBA}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.HF.AB}{\dfrac{1}{2}.CF.AB}=\dfrac{HF}{CF}\)
⇒ \(\dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{CF}=\dfrac{S_{\Delta HBC}+S_{\Delta HAC}+S_{\Delta HAB}}{S_{\Delta ABC}}=\dfrac{S_{\Delta ABC}}{S_{\Delta ABC}}\)
⇔ \(\dfrac{HD}{AD}+\dfrac{HE}{BE}+\dfrac{HF}{CF}=1\) \(\left(ĐPCM\right)\)
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