Bài 5:
a: Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có
\(\widehat{DBH}\) chung
Do đó: ΔBDH~ΔBEC
=>\(\dfrac{BD}{BE}=\dfrac{BH}{BC}\)
=>\(\dfrac{BD}{BH}=\dfrac{BE}{BC}\)
=>\(BD\cdot BC=BE\cdot BH\)
b: Xét ΔBDE và ΔBHC có
\(\dfrac{BD}{BH}=\dfrac{BE}{BC}\)
\(\widehat{DBE}\) chung
Do đó: ΔBDE~ΔBHC
c: Xét ΔBFH vuông tại F và ΔBEA vuông tại E có
\(\widehat{FBH}\) chung
Do đó: ΔBFH~ΔBEA
=>\(\dfrac{BF}{BE}=\dfrac{BH}{BA}\)
=>\(\dfrac{BF}{BH}=\dfrac{BE}{BA}\)
=>\(BF\cdot BA=BH\cdot BE\)
d: Xét ΔBFE và ΔBHA có
\(\dfrac{BF}{BH}=\dfrac{BE}{BA}\)
\(\widehat{FBE}\) chung
Do đó: ΔBFE~ΔBHA
e: Ta có: ΔBFE~ΔBHA
=>\(\widehat{BEF}=\widehat{BAH}=\widehat{BAD}=90^0-\widehat{ABD}\left(1\right)\)
Ta có: ΔBDE~ΔBHC
=>\(\widehat{BED}=\widehat{BCH}=90^0-\widehat{ABD}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{BEF}=\widehat{BED}\)
=>EB là phân giác của góc FED
g: Xét tứ giác BFHD có \(\widehat{BFH}+\widehat{BDH}=90^0+90^0=180^0\)
nên BFHD là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{FDH}=\widehat{FBH}=\widehat{ABE}=90^0-\widehat{BAC}\left(3\right)\)
Xét tứ giác CEHD có \(\widehat{CEH}+\widehat{CDH}=90^0+90^0=180^0\)
nên CEHD là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{EDH}=\widehat{ECH}=90^0-\widehat{BAC}\left(4\right)\)
Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat{FDH}=\widehat{EDH}\)
=>DH là phân giác của góc FDE
Xét ΔFDE có
DH,EH là các đường phân giác
Do đó: H là tâm đường tròn nội tiếp ΔFDE
=>H cách đều ba cạnh của ΔFDE
Bài 4:
a: Xét ΔABD vuông tại D và ΔACE vuông tại E có
\(\widehat{BAD}\) chung
Do đó: ΔABD~ΔACE
b: ta có: ΔABD~ΔACE
=>\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AD}{AE}\)
=>\(\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{AC}{AE}\)
=>\(AB\cdot AE=AC\cdot AD\)
c: Xét ΔABC và ΔADE có
\(\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{AC}{AE}\)
\(\widehat{BAC}\) chung
Do đó; ΔABC~ΔADE
