HS tự làm

a) Xét (O,R)(O,R) đường kính BCBC có

ˆBFC=ˆBEC=90oBFC^=BEC^=90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒ˆAFH=ˆAEH=90o⇒AFH^=AEH^=90o

Tứ giác AFHEAFHE có ˆAFH+ˆAEH=180oAFH^+AEH^=180o

⇒AEFH⇒AEFH thuộc đường tròn đường kính (AH)(AH)

Tâm II là trung điểm của AHAH.

b) Xét ΔAHEΔAHE và ΔBHDΔBHD có:

 ˆAEH=ˆBDH=90oAEH^=BDH^=90o

ˆAHE=ˆBHDAHE^=BHD^ (đối đỉnh)

⇒ΔAHE∼ΔBHD⇒ΔAHE∼ΔBHD (g-g)

⇒HEHD=HAHB⇒HEHD=HAHB (hai cạnh tương ứng tỉ lệ) 

Mà HA=2HIHA=2HI

⇒HE.HB=2HD.HI⇒HE.HB=2HD.HI

c) Tứ giác AEHFAEHF nội tiếp đường tròn đường kính (AH)(AH) chứng minh câu a

⇒IE=IH=R⇒ΔIEH⇒IE=IH=R⇒ΔIEH cân đỉnh II

⇒ˆIEH=ˆIHE⇒IEH^=IHE^

ˆIHE=ˆBHDIHE^=BHD^ (đối đỉnh)

Từ hai điều trên ⇒ˆIEH=ˆBHD⇒IEH^=BHD^

ˆHEO=ˆHBDHEO^=HBD^ (do ΔOEBΔOEB cân đỉnh O)

⇒ˆIEO=ˆIEH+ˆHEO=ˆBHD+ˆHBD=90o⇒IEO^=IEH^+HEO^=BHD^+HBD^=90o (do ΔDHB⊥DΔDHB⊥D)

⇒IE⊥EO⇒IE⇒IE⊥EO⇒IE là tiếp tuyến của (O)(O).

Chứng minh tương tự

ˆIFH=ˆIHF=ˆDHCIFH^=IHF^=DHC^

ˆHFO=ˆOCHHFO^=OCH^

⇒ˆIFO=ˆDHC+ˆOCH=90o⇒IFO^=DHC^+OCH^=90o

⇒IF⊥FO⇒IF⇒IF⊥FO⇒IF là tiếp tuyến của (O)(O)

a: Xét ΔABC có 

BE là đường cao

CF là đường cao

BE cắt CF tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AD vuông góc với BC

b: Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có 

\(\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\)

Do đó: ΔHFB\(\sim\)ΔHEC

Suy ra: HF/HE=HB/HC

hay \(HF\cdot HC=HB\cdot HE\left(1\right)\)

Xét ΔAHF vuông tại F và ΔCHD vuông tại D có 

\(\widehat{AHF}=\widehat{CHD}\)

Do đó: ΔAHF\(\sim\)ΔCHD

SUy ra: HA/HC=HF/HD

hay \(HF\cdot HC=HA\cdot HD\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(HF\cdot HC=HA\cdot HD=HE\cdot HB\)

c: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

góc BAE chung

Do đó:ΔAEB\(\sim\)ΔAFC

Suy ra: AE/AF=AB/AC

hay AE/AB=AF/AC

Xét ΔAEF và ΔABC có 

AE/AB=AF/AC

góc FAE chung

Do đó: ΔAEF\(\sim\)ΔABC

< Bạn tự vẽ hình nha>

a)Xét ΔABE và  ΔACF, ta có:

góc A: chung

góc F=góc E= 90^o

^Vậy  ΔABE ∼  ΔACF (g.g)

b)Xét  ΔHEC và  ΔHFB là:

góc H: chung

H₁=H₂(đối đỉnh)

Vậy  ΔHEC∼ ΔHFB (g.g)

⇒\(\dfrac{HE}{HF}\)=\(\dfrac{HC}{HB}\)⇔HE.HB=HF.HC

<Mình chỉ biết đến đó thôi>

c: góc AFH+góc AEH=180 độ

=>AFHE nội tiếp

góc HDC+góc HEC=180 độ

=>HECD nội tiếp

góc HFB+góc HDB=180 độ

=>HFBD nội tiếp

góc FEH=góc BAD

góc DEH=góc FCB

góc BAD=góc FCB

=>góc FEH=góc DEH

=>EH là phân giác của góc FED(1)

góc EFH=góc DAC

góc DFC=góc EBC

góc DAC=góc EBC

=>góc EFH=góc DFH

=>FH là phân giác của góc DFE(2)

Từ (1), (2) suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp ΔDEF

e: Xét ΔBFH vuông tại F và ΔBEA vuông tại E có

góc EBA chung

=>ΔBFH đồng dạng với ΔBEA

=>BH*BE=BF*BA

Xet ΔAFH vuông tại F và ΔADB vuông tại D có

góc FAH chung

=>ΔAFH đồng dạng với ΔADB

=>AH*AD=AF*AB

=>BH*BE+AH*AD=AB^2

a, Xét \(\Delta ACF\) và \(\Delta ABE\) có:

\(\widehat{AFC}=\widehat{AEB}=90^0\)

\(\widehat{BAC}\) là góc chung

\(\Rightarrow\Delta ACF~\Delta ABE\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{AC}{AB}=\frac{AF}{AE}\)

\(\Rightarrow AC.AE=AB.AF\)

Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC\) có:

\(\widehat{CAB}\) là góc chung

\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

\(\Rightarrow\Delta AEF~\Delta ABC\left(c.g.c\right)\)

b, Xét \(\Delta BDH\) và \(\Delta BEC\) có:

\(\widehat{EBC}\) là góc chung

\(\widehat{BEC}=\widehat{BDH}=90^0\)

\(\Rightarrow\Delta BDH~\Delta BEC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{BH}{BC}=\frac{BD}{BE}\)

\(\Rightarrow BE.BH=BC.BD\left(1\right)\)

Tương tự như trên ta được: \(\Delta CDH~\Delta CFB\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{CH}{CB}=\frac{CD}{CF}\)

\(\Rightarrow CF.CH=CD.CB\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow BE.BH+CH.CF=BD.BC+BC.CD=BC\left(BD.CD\right)=BC^2\)

 \(\Rightarrow BH.BE+CH.CF=BC^2\)

d,EI _|_ AB ; CE _|_ AB  => EI // CE => AI/IF = AE/EC (đl)

EK _|_ AD; CD _|_ AD => EK // CD => AK/KD = AE/EC (đl)

=> AI/IF = AK/KD; xét tam giac AFD

=> IK // FD (1)

ER _|_ BC; AD _|_ BC => ER // AD => CR/RD = CE/EA (đl)

EQ _|_ CF; AF _|_ CF => AH // AF => CH/FH =  CE/AE (đl)

=> CR/RD = CH/FH; xét tam giác CFD

=> HR // FD       (2)

EK _|_ AD; AD _|_ BD => EK // BD => KH/HD = EH/HB (đl)

EH _|_ CF; CF _|_ BF => EH // FB => EH/HB = QH/HF (đl)

=> KH/HD = QH/HF

=> KH // ED (3)

(1)(2)(3) => I;K;H;R thẳng hàng (tiên đề Ơclit)

c) Tam giác HCD đồng dạng BAD. \(\frac{HD}{BD}=\frac{CD}{AD}\)

\(HD.AD=CD.BD\)

\(4HD.AD=4CD.BD\)

Lại có : \(BC^2=BD^2+CD^2+2BD.CD\)

\(BC^2-4.CD.BD=BD^2+CD^2-2BD.CD=\left(BD-CD\right)^2\)

Mà \(\left(BD-CD\right)^2>0\)

\(BC^2>4CD.BD\) . \(BC^2>4HD.AD\)

\(HD.AD< \frac{BC^2}{4}\left(đpcm\right)\)

a: Xét ΔABE vuông tại E và ΔACF vuông tại F có

góc BAE chung

=>ΔABE đồng dạng với ΔACF

b: Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có

góc FHB=góc EHC

=>ΔHFB đồng dạng với ΔHEC

=>HF/HE=HB/HC

=>HF*HC=HB*HE

Giải

a) Xét \(\Delta BHF\) và \(\Delta CHE\) có:

\(\widehat{BHF}=\widehat{CHE}\) (vì đối đỉnh)

\(\widehat{BFH}=\widehat{CEH}=90^o\)

=> \(\Delta BHF\)  \(\Delta CHE\) (g - g)

b) Xét \(\Delta ABE\) và \(\Delta ACF\) có:

\(\widehat{A}\) là góc chung

\(\widehat{AEB}=\widehat{AFC}=90^o\)

=> \(\Delta ABE\)  \(\Delta ACF\) (g - g)

=> \(\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AF}\)

=> AF . AB = AE . AC

c) Xét \(\Delta AEF\) và \(\Delta ABC\) có:

\(\widehat{A}\) là góc chung

\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\) (vì \(\Delta ABE\)  \(\Delta ACF\)) 

=> \(\Delta AEF\) \(\Delta ABC\) (c - g - c)

d) Câu d mình không nghĩ ra. Bạn tự làm nha, chắc là xét tam giác đồng dạng rồi suy ra hai góc bằng nhau và sẽ suy ra đường phân giác đó.