Gợi ý: Gọi , chứng minh được AK ^ BC.

Áp dụng cách làm tương tự 4A suy ra ĐPCM

Trã lời dùm

Kẻ HF vuông góc với BC, F thuộc BC
Ta chứng minh được tg BHF đồng dạng với tg BCD
=> BH/BC = BF/BD => BH.BD=BC.BF

tg CHF đồng dạng với tg CBE 

=>CH/CB= CF/CE=CB.CF

=>BH.BD+CH.CE=CB.BF=CB.CB=BC²

Kẻ HM  | BC 

+) Tam giác BHM đồng dạng với tam giác BCD ( có góc BEH = BDC = 90^o; góc CBD chung)

=> BM/ BD = BH/ BC => BM. BC = BH. BD   (1)

+) Tương tự, tam giác CMH đồng dạng với tam giác CEB ( có góc BCE chung ; góc HMC = CEB = 90^o)

=> CH/ CB = CM/ CE =>CM .CB =  CH. CE  (2)

Cộng từng vế của (1)(2) => BM.BC + CM.CB = BH.BD + CH .CE => (BM + CM).CB = BH.BD + CH.CE

=> BC² = BH.BD + CH.CE 

Vậy...

cau hoi tuong tu nha ban

Kẻ HK vuông góc với BC

Xét tam giác BKH và BDC có: góc CBD chung; góc HKB = BDC (= 90^o)

=> tam giác BKH đồng dạng với BDC (g - g)

=> BK/BD = BH/ BC => BH.BD = BK. BC     (1)

+) Tương tự, tam giác CKH đồng dạng với tam giác  CEB (g - g)

=> CK/ CE = CH/BC => CH . CE = CK.BC    (2)

Từ (1)(2) => BH.BD + CH.CE =  BK.BC + CK. BC = (BK+ CK). BC = BC.BC = BC² 

Xét \(\Delta BHF\)và \(\Delta BCD\)

có \(\widehat{BEH}=\widehat{BDC}=90^0\)và \(\widehat{DBC}\)chung

\(\Rightarrow\Delta BHF~\Delta BCD\left(g-g\right)\)\(\Rightarrow\frac{BF}{BD}=\frac{BH}{BC}\Rightarrow BF.BC=BH.BD\left(1\right)\)

Xét \(\Delta CFH\)và \(\Delta CEB\)

có \(\widehat{CFH}=\widehat{CEB}=90^0\)và  \(\widehat{ECB}\)chung 

\(\Rightarrow\Delta CFH~\Delta CEB\left(g-g\right)\)\(\Rightarrow\frac{CH}{CB}=\frac{CF}{CE}\Rightarrow CB.CF=CH.CE\left(2\right)\)

Cộng (1) với (2) ta được \(BF.BC+CF.CB=BH.HD+CH.CE\)

\(\Rightarrow\left(BF+CF\right)CB=BH.BD+CH.CE\)hay \(BH.BD+CH.CE=BC^2\left(đpcm\right)\)

Vậy ....

Kẻ HM vuông góc BC ( M thuộc BC )

\(\Delta BHM~\Delta BCD\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\frac{BH}{BC}=\frac{BM}{BD}\Rightarrow BH.BD=BC.BM\)  ( 1 )

\(\Delta CHM~\Delta CBE\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{CH}{BC}=\frac{CM}{CE}\Rightarrow CH.CE=BC.CM\)   ( 2 )

Từ ( 1  ) và ( 2 ) \(\Rightarrow BH.BD+CH.CE=BC\left(BM+CM\right)=BC^2\)

gọi F là giao AH và BC

vì tam giác ABC có 2 đường cao CE và BD cắt nhau tại H

=> H là trực tâm tam giác ABC

=>AH vuông góc với BC    hay AF vuông góc với BC

Xét tam giác BHF và tam giác BCD có:

             góc HBF chung

             góc BCD=góc BFH=90 độ(gt)

=>tam giác BHF đồng dạng với tam giác BCD(g-g)

=>BH/BF = BC/BD

=>BH.BD=BF.BC    (1)

Xét tam giác CFH và tam giác CEB có:

                góc HCF chung

                góc CFH=góc CEB=90 độ(gt)

=>tam giác CFH đồng dạng tam giác CEB(g-g)

=>CH/CF = CB/CE

=>CH.CE=CF.CB    (2)

Từ (1),(2) => BH.BD+CH.CE=BF.BC+CF.CB

                                              =BC.(CF+BF)=BC.BC=BC² (đpcm)

Ta có: AM là đường cao thứ 3( đi qua trực tâm H)

Xét \(\Delta BMH\) và \(\Delta BDC\) có:

\(\widehat{BMH}=\widehat{BDC}\left(=90^0\right)\)

\(\widehat{B}\) chung

\(\Rightarrow\Delta BMH\approx\Delta BDC\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BM}{BD}=\dfrac{BH}{BC}\)\(\Leftrightarrow BD.BH=BM.BC\left(1\right)\)

Xét \(\Delta CMH\) và \(\Delta CEB\) có:

\(\widehat{CMH}=\widehat{CEB}\left(=90^0\right)\)

\(\widehat{C}\) chung

\(\Rightarrow\Delta CMH=\Delta CEB\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{CM}{CH}=\dfrac{CE}{CB}\Leftrightarrow CH.CE=BC.CM\left(2\right)\)

Cộng (1) và (2) vế theo vế, ta được:

\(BD.BH+CH.CE=BM.BC+BC.CM\)

\(\Rightarrow BD.BH+CH.CE=BC.\left(BM+CM\right)=BC^2\left(đpcm\right)\)

p/s: Hình ảnh chỉ mang tính chất minh họa