Gợi ý: Gọi , chứng minh được AK ^ BC.

Áp dụng cách làm tương tự 4A suy ra ĐPCM

Trã lời dùm

a: Xét ΔABD vuông tại D và ΔACE vuông tại E có

góc BAD chung

=>ΔABD đồng dạng với ΔACE

b: ΔABD đồng dạng với ΔACE

=>AD/AE=AB/AC

=>AD/AB=AE/AC

=>ΔADE đồng dạng với ΔABC

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

góc A chung

=>ΔADB đồng dạng với ΔAEC

b: góc BEC=góc BDC=90 độ

=>BEDC nội tiếp

=>góc ADE=góc ABC

a)  Xét \(\Delta ABD\)và   \(\Delta ACE\)có:

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

    \(\widehat{BAC}\) chung

suy ra:   \(\Delta ABD~\Delta ACE\)  (g.g)

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

\(\Rightarrow\)\(AB.AE=AC.AD\) 

b)   \(\frac{AB}{AC}=\frac{AD}{AE}\) (câu a)

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

Xét  \(\Delta AED\)và    \(\Delta ACB\)có:

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

     \(\widehat{EAD}\) chung

suy ra:   \(\Delta AED~\Delta ACB\)  (g.g)

c)  Kẻ  \(HK\perp BC\) \(\left(K\in BC\right)\)

C/m:    \(\Delta BKH~\Delta BDC\)(g.g)  \(\Rightarrow\) \(\frac{BK}{BD}=\frac{BH}{BC}\)\(\Rightarrow\)\(BH.BD=BK.BC\) (1)

           \(\Delta CKH~\Delta CEB\)(g.g)   \(\Rightarrow\)\(\frac{CK}{CE}=\frac{CH}{CB}\)\(\Rightarrow\)\(CE.CH=CK.BC\) (2)

Lấy (1) + (2) theo vế ta được:   \(BH.BD+CE.CH=BK.BC+CK.BC=BC^2\) (đpcm)

a) Ta có: \(\angle BEC=\angle BDC=90\Rightarrow BCDE\) nội tiếp \(\Rightarrow\angle ADE=\angle ABC\)

Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta ABC:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle BACchung\\\angle ADE=\angle ABC\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta ADE\sim\Delta ABC\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\Rightarrow AD.AC=AE.AB\)

b) Vì \(\Delta AMC\) vuông tại M có \(MD\bot AC\Rightarrow AM^2=AD.AC\)

Vì \(\Delta ANB\) vuông tại N có \(NE\bot AB\Rightarrow AN^2=AE.AB\)

mà \(AE.AB=AD.AC\Rightarrow AM^2=AN^2\Rightarrow AM=AN\)

\(\Rightarrow\Delta AMN\) cân tại A

c) Từ D kẻ đường thẳng vuông góc với DE cắt CE tại F

Xét \(\Delta DEF\) và \(\Delta DBC:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle EDF=\angle BDC=90\\\angle DEF=\angle DBC\left(BEDCnt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta DEF\sim\Delta DBC\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{DE}{EF}=\dfrac{DB}{BC}\Rightarrow DE.BC=DB.EF\)

Ta có: \(\angle EDF-\angle BDF=\angle CDB-\angle BDF\left(=90-\angle BDF\right)\)

\(\Rightarrow\angle EDB=\angle CDF\)

Xét \(\Delta DEB\) và \(\Delta DFC:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle EDB=\angle FDC\\\angle DCF=\angle DBE\left(BEDCnt\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta DEB\sim\Delta DFC\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{CF}{BE}=\dfrac{CD}{BD}\Rightarrow BE.CD=BD.CF\)

\(\Rightarrow BE.CD+DE.BC=BD.CF+BD.EF=BD\left(CF+EF\right)\)

\(=BD.CE\)

a,  tam giác ABD đồng dạng với tam giác ACE (g-g)

=>\(\dfrac{AB}{AC}\) =\(\dfrac{AD}{AE}\) 

nhân chéo được : AB.AE=AD.AC

trong t/g vuông ANE có NE là đường cao :AN^2 =AE.AB

trong t/g vuông AMC có MD là đường cao :AM^2 =AD.AC

mà t/g ABD đồng dạng t/g ACE (g-g)nên AB/AC=AD/AE

=>AN^2=AM^2 suy ra AN=AM

suy ra tam giác AMN là tam giác cân

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