a) Xét \(\Delta EBC\)có \(\hept{\begin{cases}BE\perp AC\\DM\perp AC\end{cases}\Rightarrow}\)DM//EB => \(\frac{MC}{CE}=\frac{CD}{CB}\left(1\right)\)

Xét \(\Delta\)CFB có: \(\hept{\begin{cases}ND\perp FC\\BF\perp FC\end{cases}\Rightarrow}\)ND//BF => \(\frac{NC}{FC}=\frac{CD}{CB}\left(2\right)\)

Từ (1)(2) => \(\frac{MC}{CE}=\frac{NC}{FC}\Rightarrow MC\cdot FC=CE\cdot NC\left(đpcm\right)\)

b) Xét tam giác FBC có:\(\hept{\begin{cases}QD\perp FB\\FC\perp FB\end{cases}\Rightarrow}\)QD//FC => \(\frac{QF}{FB}=\frac{DC}{BD}\)

mà \(\frac{DC}{BD}=\frac{MC}{CE}=\frac{NC}{FC}\Rightarrow\frac{QF}{FB}=\frac{MC}{CE}=\frac{NC}{FC}\)hay \(\frac{QF}{FB}=\frac{NC}{CF}=\frac{MC}{CE}\)

=> Q,N,M thẳng hàng mà \(\frac{NC}{CF}=\frac{MC}{CE}\)=> MN//EF => QM//EF (đpcm)

c) Xét tam giác BEC có \(\hept{\begin{cases}PD\perp BE\\CE\perp BE\end{cases}}\)=> PD//EC => \(\frac{PE}{EB}=\frac{DC}{BC}\)

mà \(\frac{DC}{CB}=\frac{NK}{CF}=\frac{MC}{CE}=\frac{QF}{FB}\)

=> M,N,Q thẳng hàng (đpcm)

b: Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔABH vuông tại H có HE là đường cao ứng với cạnh huyền AB, ta được:

\(BE\cdot BA=BH^2\)

hay \(BE=\dfrac{BH^2}{BA}\)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔACH vuông tại H có HF là đường cao ứng với cạnh huyền CA, ta được:

\(CF\cdot CA=CH^2\)

hay \(CF=\dfrac{CH^2}{CA}\)

Ta có: \(\dfrac{BE}{CF}=\dfrac{BH^2}{AB}:\dfrac{CH^2}{CA}\)

\(=\dfrac{BH^2}{CH^2}\cdot\dfrac{AC}{AB}\)

\(=\dfrac{AB^4\cdot AC}{AC^4\cdot AC}=\dfrac{AB^3}{AC^3}\)

b

Δ ABD ⊥ tại D có DE là đường cao.

=> \(AD^2=AE.AB\) (hệ thức lượng) (1)

Δ ADC ⊥ tại C có DC là đường cao.

=> \(AD^2=AF.AC\) (hệ thức lượng) (2)

Từ (1), (2) suy ra: \(AE.AB=AF.AC\left(=AD^2\right)\)

Xét Δ AEF và Δ ACB có: 

\(\widehat{EAF}=\widehat{CAB}\) (góc chung)

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

=> Δ AEF đồng dạng Δ ACB (c.g.c)

a

Theo hệ thức lượng có: \(DF^2=AF.FC=3,6.6,4=23,04\Rightarrow DF=\sqrt{23,04}=4,8\)

\(AC=AF+FC=3,6+6,4=10\)

\(S_{ADC}=\dfrac{1}{2}AC.DF=\dfrac{1}{2}.10.4,8=24\)

helpmeeeeeeeeeeeeeee