a) Xét \(\Delta HBA\) và \(\Delta ABC\) có:
\(\widehat{HAB}=\widehat{BAC}=90^0\)
\(\widehat{B}:chung\)
do đó \(\Delta HBA\sim\Delta ABC\left(g-g\right)\)
b) Xét \(\text{ΔHBAvàΔHAC}\) có:
\(\widehat{BHA}=\widehat{CHA}=90^o\)
\(\widehat{ABH}=\widehat{HAC}\) ( do cùng phụ với \(\widehat{BAH}\))
Do đó: \(\Delta HBA\sim\Delta HAC\left(g-g\right)\)
\(\Rightarrow\frac{HB}{HA}=\frac{HA}{HC}\Rightarrow HA^2=HB\cdot HC\)
c) Xét tứ giác ADHE có:
\(\widehat{A}=\widehat{D}=\widehat{E}=90^o\)
Do đó ADHE là hình chữ nhật
Gọi O là giao điểm 2 đường chéo hình chữ nhật(AH và DE)
\(\Rightarrow OD=OA\)(tính chất HCN)
\(\Rightarrow\Delta ODA\) cân tại O
\(\Rightarrow\widehat{ODA}=\widehat{OAD}\)
Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta HAB\) có:
\(\widehat{BHA}=\widehat{DAE}=90^o\\ \widehat{ODA}=\widehat{OAD}\left(cmt\right)\\ \Rightarrow\Delta ADE\sim\Delta HAB\)
Mà \(\Delta HBA\sim\Delta ABC\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta ADE\sim\Delta ABC\) (tính chất bắc cầu)
a) Xét ΔHBA và ΔABC có
\(\widehat{ABH}\) chung
\(\widehat{AHB}=\widehat{CAB}\left(=90^0\right)\)
Do đó: ΔHBA∼ΔABC(g-g)
b) Ta có: ΔHBA∼ΔABC(cmt)
⇒\(\widehat{BAH}=\widehat{BCA}\)(hai góc tương ứng)
Xét ΔHBA và ΔHAC có
\(\widehat{BAH}=\widehat{ACH}\)(cmt)
\(\widehat{AHB}=\widehat{CHA}\left(=90^0\right)\)
Do đó: ΔHBA∼ΔHAC(g-g)
⇒\(\frac{BH}{AH}=\frac{AH}{CH}\)
hay \(AH^2=BH\cdot HC\)(đpcm)
c) Xét tứ giác ADHE có
\(\widehat{EAD}=90^0\)(ΔABC vuông tại A)
\(\widehat{AEH}=90^0\)(EH⊥AC)
\(\widehat{ADH}=90^0\)(HD⊥AB)
Do đó: ADHE là hình chữ nhật(dấu hiệu nhận biết hình chữ nhật)
Xét ΔAED vuông tại A và ΔDHA vuông tại D có
ED=HA(ED và HA là hai đường chéo của hình chữ nhật ADHE)
EA=HD(EA và HD là hai cạnh đối của hình chữ nhật ADHE)
Do đó: ΔAED=ΔDHA(cạnh huyền-góc nhọn)
Xét ΔDHA và ΔHBA có
\(\widehat{DAH}\) chung
\(\widehat{HDA}=\widehat{BHA}\left(=90^0\right)\)
Do đó: ΔDHA∼ΔHBA(g-g)
mà ΔDHA=ΔAED(cmt)
nên ΔAED∼ΔHBA
mà ΔHBA∼ΔABC(cmt)
nên ΔAED∼ΔABC(tính chất bắc cầu)(đpcm)
