(*) Không có kí hiệu đồng dạng nên mình kí hiệu tạm thành ~
\(\Delta ABE\) và \(\Delta ACH\) có:
\(\widehat{ABE}=\widehat{C}\left(gt\right)\)
\(\widehat{AEB}=\widehat{AHC}\left(=90^o\right)\)
=> \(\Delta ABE~\Delta ACH\left(TH3\right)\)
=> \(\dfrac{AE}{AH}=\dfrac{AB}{AC}^{\left(1\right)}\)
\(\Delta ABD\) và \(\Delta ACB\) có:
\(\widehat{ABD}=\widehat{C}\left(gt\right)\)
\(\widehat{BAC}\) chung
=> \(\Delta ABD~\Delta ACB\left(TH3\right)\)
=> \(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AB}{AC}^{\left(2\right)}\)
Từ (1) và (2) => \(\dfrac{AE}{AH}=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AB}{AC}\)
\(\Delta AED\) và \(\Delta AHB\) có:
\(\dfrac{AE}{AH}=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AB}{AC}\left(cmt\right)\)
\(\widehat{AHB}=\widehat{AED}=90^o\)
=> \(\Delta AED~\Delta AHB\left(ch-cgv\right)\)
=> \(\dfrac{S_{\Delta AED}}{S_{\Delta ABH}}=\left(\dfrac{AD}{AB}\right)^2=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^2=\left(\dfrac{2}{4}\right)^2=\dfrac{1}{4}\)
Vậy bài toán đã được chứng minh
xét \(\Delta\)ABC và \(\Delta\)ADB có :
\(\widehat{A}:chung\\ \widehat{ABD}=\widehat{ACB}\)
do đó \(\Delta\)ABC ~ \(\Delta\)ADB (g-g)
\(\Rightarrow\widehat{ADB}=\widehat{ABC}\)
\(\Rightarrow2AD=AB\)
hai \(\Delta\) vuông AHB và AED có \(\widehat{ADB}=\widehat{ABC}\)
nên \(\Delta\) AHB ~ \(\Delta\) AED.
ta có tỉ số đồng dạng của hai tam giác này là 2
suy ra tỉ số diện tích là 22=4
vậy SABH=4SADE
ta có tam giác acb đồng dạng với tam giác abd (g.g)
suy ra ab/ac=ad/ab từ đó tính ad=1cm(do có ab=2cm, ac=4cm)
ta lại có tam giác aed đồng dạng tam giác ahb (g.g)
suy ra Sahb/Saed=(ab/ad)^2=(2/1)^2=4=>dpcm
