Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(BH\cdot BC=BA^2;CH\cdot CB=CA^2\)
=>\(\frac{BA^2}{CA^2}=\frac{BH\cdot BC}{CH\cdot BC}=\frac{BH}{CH}\)
Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH^2=HB\cdot HC;AH\cdot BC=AB\cdot AC\)
Xét ΔBHA vuông tại H có HE là đường cao
nên \(AE\cdot AB=AH^2;BE\cdot BA=BH^2\) ; \(EA\cdot EB=HE^2\)
Xét ΔCHA vuông tại H có HF là đường cao
nên \(AF\cdot AC=AH^2;CF\cdot CA=CH^2;HF^2=FA\cdot FC\)
Ta có: \(AE\cdot AB=AH^2\)
\(AF\cdot AC=AH^2\)
Do đó: \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)
=>\(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)
Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có
\(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)
Do đó: ΔAEF~ΔACB
=>\(\hat{AEF}=\hat{ACB}\)
b: \(BE\cdot BA=BH^2\)
=>\(BE=\frac{BH^2}{BA}\)
\(CF\cdot CA=CH^2\)
=>\(CF=\frac{CH^2}{CA}\)
\(\frac{BE}{CF}=\frac{BH^2}{AB}:\frac{CH^2}{AC}\)
\(=\frac{BH^2}{CH^2}\cdot\frac{AC}{AB}\)
\(=\left(\frac{BH}{CH}\right)^2\cdot\frac{AC}{AB}=\left(\frac{AB^2}{AC^2}\right)^2\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{AB^4}{AC^4}\cdot\frac{AC}{AB}=\frac{AB^3}{AC^3}\)
c: \(BE\cdot CF\cdot BC\)
\(=\frac{BH^2}{BA}\cdot\frac{CH^2}{CA}\cdot BC=\frac{AH^4}{AH\cdot BC}\cdot BC=AH^3\)
d: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}=\hat{AFH}=\hat{FAE}=90^0\)
nên AEHF là hình chữ nhật
=>AE=HF; HE=AF
\(HE\cdot HF\cdot BC\)
\(=AF\cdot AE\cdot BC\)
\(=\frac{AH^2}{AB}\cdot\frac{AH^2}{AC}\cdot BC=\frac{AH^4}{AH\cdot BC}\cdot BC=AH^3\)
