a) Xét ΔEHB vuông tại E và ΔDHC vuông tại D có

\(\widehat{EHB}=\widehat{DHC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔEHB∼ΔDHC(góc nhọn)

b) Ta có: ΔEHB∼ΔDHC(cmt)

\(\Leftrightarrow\frac{HE}{HD}=\frac{HB}{HC}\)(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(\frac{HE}{HB}=\frac{HD}{HC}\)

Xét ΔHED và ΔHBC có

\(\frac{HE}{HB}=\frac{HD}{HC}\)(cmt)

\(\widehat{EHD}=\widehat{BHC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHED∼ΔHBC(c-g-c)

c) Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có

\(\widehat{DAB}\) chung

Do đó: ΔADB∼ΔAEC(g-g)

\(\Leftrightarrow\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\)(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)

Xét ΔADE và ΔABC có

\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)(cmt)

\(\widehat{DAE}\) chung

Do đó: ΔADE∼ΔABC(c-g-c)

d) Gọi K là giao điểm của AH và BC

Xét ΔABC có

BD là đường cao ứng với cạnh AC(gt)

CE là đường cao ứng với cạnh AB(gt)

BD\(\cap\)CE={H}

Do đó: H là trực tâm của ΔABC(Định lí ba đường cao của tam giác)

⇔AH⊥BC

⇔AK⊥BC(AH\(\cap\)BC={K})

Xét ΔBKH vuông tại K và ΔBDC vuông tại D có

\(\widehat{DBC}\) chung

Do đó: ΔBKH∼ΔBDC(góc nhọn)

\(\Leftrightarrow\frac{BK}{BD}=\frac{BH}{BC}\)(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(BK\cdot BC=BH\cdot BD\)

Xét ΔCKH vuông tại K và ΔCEB vuông tại E có

\(\widehat{ECB}\) chung

Do đó: ΔCKH∼ΔCEB(g-g)

\(\Leftrightarrow\frac{CK}{CE}=\frac{CH}{CB}\)(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(CK\cdot CB=CE\cdot CH\)

Ta có: \(BD\cdot BH+CE\cdot CH=BK\cdot BC+CK\cdot BC\)

\(=BC\cdot\left(BK+CK\right)=BC\cdot BC=BC^2\)(đpcm)

Hình tự vẽ nha:))

a) Xét ΔEHB và ΔDHC có:

∠BEH=∠CDH=90^o

∠EHB=∠DHC(đối đỉnh)

Do đó, ΔEHB∼ΔDHC (gg).

b) Xét ΔHED và HBC có:

\(\frac{HE}{HB}=\frac{HD}{HC}\)(ΔEHB∼ΔDHC)

∠DHE=∠BHC (đđ)

Do đó,ΔHED∼ΔHBC(cgc)

c) Xét ΔADB và ΔAEC có:

∠A chung

∠ADB=∠AEC=90^o

Do đó, ΔADB∼ΔAEC(gg)

Xét ΔAED và ΔABC có:

∠A chung

\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)(ΔADB∼ΔAEC)

Do đó, ΔAED∼ΔABC(cgc)

d) Vẽ HK⊥BC(K∈BC)

ΔBHK∼ΔBDC(gg)⇒\(\frac{BK}{BD}=\frac{BH}{BC}\)⇔BK.BC=BH.BD

ΔCHK∼ΔCBE(gg)⇒\(\frac{CK}{CE}=\frac{CH}{CB}\)⇔CK.BC=CE.CH

⇒BC(BK+CK)=BH.BD+CE.CH

⇔BC²=BH.BD+CE.CH (đpcm)

a)

xét tam giác EHB và tam giác DHC có

góc BEC = góc CDH = 90 độ

góc EHB = góc DHC (hai góc đối đỉnh)

=> tam giác EHB đồng dạng tam giác DHC (g-g)

b)

vì tam giác EHB đồng dạng tam giác DHC (cmt)

=> `(HB)/(HC)=(HE)/(HD)` (tính chất)`

=> `HB*HD=HE*HC`

a) Xét tam giác AEC và tam giác ABD:

- ∠BAC chung

- ∠ACE = ∠ADB

⇒ △AEC đồng dạng △ABD (g.g)

b) Theo câu a ⇒ \(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AD}{AB}\)

- ∠BAC chung

=> △ADE đồng dạng △ABC

c) △BEC đồng dạng △BFA(g.g)

=> \(\dfrac{BE}{BF}=\dfrac{BC}{BA}\)

=> AB.BE=BF.BC (1)

△CDB đồng dạng △CFA(g.g)

=> \(\dfrac{CD}{CF}=\dfrac{BC}{AC}\) => CD.AC=CF.BC (2)

Từ (1) và (2) => AB.BE+CD.AC=BF.BC+CF.BC=BC(BF+CF)=BC².

a) Xét \(\Delta AEC\) và \(\Delta ADB\) ta có:

\(\widehat{BAD}\) là góc chung

\(\widehat{AEC}=\widehat{ADB}=90^0\)

\(\Rightarrow\Delta AEC\sim\Delta ADB\) (G-G) (1)

b) Từ (1) \(\Rightarrow\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{AB}{AC}\) \(\Leftrightarrow\) AD . AC = AB . AE \(\Leftrightarrow\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\) (2)

Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta ABC\) ta có:

\(\widehat{BAC}\) là góc chung (3)

Từ (2), (3) \(\Rightarrow\Delta ADE\sim\Delta ABC\) (C-G-C)

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

\(\widehat{FAC}\) chung

Do đó: ΔABE∼ΔACF(g-g)

b) Ta có: ΔABE∼ΔACF(cmt)

nên \(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AE}{AF}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(AF\cdot AB=AE\cdot AC\)(đpcm)

c) Ta có: \(AF\cdot AB=AE\cdot AC\)(cmt)

nên \(\dfrac{AF}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\)

Xét ΔAEF và ΔABC có 

\(\dfrac{AF}{AC}=\dfrac{AE}{AB}\)(cmt)

\(\widehat{BAC}\) chung

Do đó: ΔAEF∼ΔABC(c-g-c)

d) Xét ΔEBC vuông tại E và ΔDAC vuông tại D có

\(\widehat{DCA}\) chung

Do đó: ΔEBC∼ΔDAC(g-g)

3) Xét ΔFHB vuông tại F và ΔEHC vuông tại E có 

\(\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔFHB\(\sim\)ΔEHC(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{FH}{EH}=\dfrac{BH}{CH}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(\dfrac{FH}{BH}=\dfrac{EH}{CH}\)

Xét ΔFHE và ΔBHC có 

\(\dfrac{FH}{BH}=\dfrac{EH}{CH}\)(cmt)

\(\widehat{FHE}=\widehat{BHC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔFHE\(\sim\)ΔBHC(c-g-c)

1) Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có 

\(\widehat{BAE}\) chung

Do đó: ΔAEB∼ΔAFC(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(AE\cdot AC=AF\cdot AB\)(đpcm)

2) Ta có: \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)(cmt)

nên \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

Xét ΔAEF và ΔACB có 

\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)(cmt)

\(\widehat{FAE}\) chung

Do đó: ΔAEF\(\sim\)ΔACB(c-g-c)

a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có 

\(\widehat{BAD}\) chung

Do đó: ΔADB\(\sim\)ΔAEC

b: Xét ΔEHB vuông tại E và ΔDHC vuông tại H có 

\(\widehat{EHB}=\widehat{DHC}\)

Do đó: ΔEHB\(\sim\)ΔDHC

Suy ra: \(\dfrac{HE}{HD}=\dfrac{HB}{HC}\)

hay \(HE\cdot HC=HB\cdot HD\)

c: Xét tứ giác HBKC có

HB//KC

HC//BK

Do đó: HBKC là hình bình hành

Suy ra: Hai đường chéo HK và BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của BC

nên M là trung điểm của HK

hay H,M,K thẳng hàng

Xin lỗi mấy bạn . Mình bị thiếu chỗ (cho tam giác ABC vuông tại A)

Giúp mình với