Xét tứ giác AEHF có
\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)
=>AEHF là hình chữ nhật
=>EF=AH
Xét ΔABC vuông tại A có
\(\left\{{}\begin{matrix}cosB=\dfrac{BA}{BC}\\sinB=\dfrac{AC}{BC}\end{matrix}\right.\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
Xét ΔHAB vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AH^2\)(1)
Xét ΔHAC vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
=>\(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)
Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có
\(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)
Do đó: ΔAEF~ΔACB
=>\(\dfrac{S_{AEF}}{S_{ACB}}=\left(\dfrac{EF}{CB}\right)^2\) và \(\dfrac{EF}{CB}=\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)
=>\(S_{AEF}=\left(\dfrac{EF}{CB}\right)^2\cdot S_{ACB}\)
\(S_{ABC}\cdot\left(1-cos^2B\right)\cdot sin^2C\)
\(=S_{ABC}\cdot sin^2B\cdot cos^2B\)
\(=S_{ABC}\cdot\left(sinB\cdot cosB\right)^2\)
\(=S_{ABC}\cdot\left(\dfrac{AB}{BC}\cdot\dfrac{AC}{BC}\right)^2\)
\(=S_{ABC}\cdot\left(\dfrac{AB\cdot AC}{BC^2}\right)^2=S_{ABC}\cdot\left(\dfrac{AH\cdot BC}{BC^2}\right)^2\)
\(=S_{ABC}\cdot\left(\dfrac{AH}{BC}\right)^2\)
\(=S_{ABC}\cdot\left(\dfrac{EF}{BC}\right)^2\)
\(=S_{AEF}\)
