Câu 4:
a: Xét ΔHEB vuông tại E và ΔHFC vuông tại F có
\(\widehat{EHB}=\widehat{FHC}\)(hai góc đối đỉnh)
Do đó: ΔHEB~ΔHFC
b: Xét ΔAEH vuông tại E và ΔADB vuông tại D có
\(\widehat{EAH}\) chung
Do đó: ΔAEH~ΔADB
=>\(\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{AH}{AB}\)
=>\(AE\cdot AB=AH\cdot AD\)
c: Xét ΔAFB vuông tại F và ΔAEC vuông tại E có
\(\widehat{FAB}\) chung
Do đó: ΔAFB~ΔAEC
=>\(\dfrac{AF}{AE}=\dfrac{AB}{AC}\)
=>\(\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\)
Xét ΔAFE và ΔABC có
\(\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\)
\(\widehat{FAE}\) chung
Do đó: ΔAFE~ΔABC
=>\(\left(\dfrac{AF}{AB}\right)^2=\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}\)
=>\(\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\dfrac{1}{2}\)
=>\(S_{AEF}=\dfrac{1}{2}\cdot S_{ABC}\)
\(\left(\dfrac{AF}{AB}\right)^2=\dfrac{1}{2}\)
=>\(\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
Xét ΔABF vuông tại F có \(sinABF=\dfrac{AF}{AB}=\dfrac{\sqrt{2}}{2}\)
nên \(\widehat{ABF}=45^0\)
=>\(\widehat{ACE}=45^0\)
Xét tứ giác BEHD có \(\widehat{BEH}+\widehat{BDH}=90^0+90^0=180^0\)
nên BEHD là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{EDH}=\widehat{EBH}=45^0\)
Xét tứ giác CFHD có \(\widehat{CFH}+\widehat{CDH}=90^0+90^0=180^0\)
nên CFHD là tứ giác nội tiếp
=>\(\widehat{FDH}=\widehat{FCH}=45^0\)
\(\widehat{EDF}=\widehat{EDH}+\widehat{FDH}=45^0+45^0=90^0\)
=>ΔEDF vuông tại D
giải nhanh giúp mik nha chỉ cần ý b vs ý d thôi
