1) Có \(\widehat{ABC}=\widehat{ADC}\)

\(\Rightarrow180^0-\widehat{ABC}=180^0-\widehat{ADC}\) \(\Leftrightarrow\widehat{EBC}=\widehat{CDF}\)

Xét \(\Delta BCE\) và \(\Delta DCF\) có:

\(\Leftrightarrow\widehat{EBC}=\widehat{CDF}\)

\(\widehat{E}=\widehat{F}=90^0\)

nên \(\Delta BCE\sim\Delta DCF\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{CE}{CF}=\dfrac{CB}{CD}\) \(\Leftrightarrow CE.CD=CF.CB\)

Có \(\widehat{EAF}+\widehat{ECF}=360^0-\widehat{AEC}-\widehat{AFC}=360^0-90^0-90^0=180^0\)

mà \(\widehat{BAD}+\widehat{ABC}=180^0\) (hai góc so le trong do BC//AD)

\(\Rightarrow\widehat{ECF}=\widehat{ABC}\) (1)

mà \(CE.CD=CB.CF\) (cm trên)\(\Leftrightarrow CE.AB=CB.CF\) \(\Leftrightarrow\dfrac{CE}{CB}=\dfrac{CF}{AB}\) (2)

Từ (1);(2) \(\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta FCE\left(c.g.c\right)\)

2. Kẻ \(DK\perp AC\) tại K

Dễ chững minh được \(\Delta ADK\sim ACF\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AD}{AC}=\dfrac{AK}{AF}\Leftrightarrow AD.AF=AC.AK\) (*)

Dễ chứng minh được \(\Delta CDK\sim\Delta ACE\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{CK}{AE}=\dfrac{CD}{AC}\Leftrightarrow CK.AC=AE.CD\) mà DC=AB

\(\Rightarrow AB.AE=CK.AC\)  (3*)

Từ (*);(2*) cộng vế với vế \(\Rightarrow AB.AE+AD.AF=AC.CK+AC.AK=AC\left(CK+AK\right)\)

\(\Rightarrow AB.AE+AD.AF=AC^2\)

Vậy...

cho hỏi tại sao hình bình hành mà chỉ có 3 đỉnh?

a) \(\widehat{FAD}=\widehat{BEC}=90^0;\widehat{DAF}=\widehat{ECB};AD=BC\)

\(\Rightarrow\)△ADF=△CBE (g-c-g) \(\Rightarrow DF=BE\)

DF//BE (cùng vuông góc với AC) \(\Rightarrow\)BEDF là hình bình hành.

b) \(CH.CD=CH.AB=S_{ABCD}=CK.CD=CK.BC\)

c) △ABE∼△ACH (g-g) \(\Rightarrow\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BE}{CH}\Rightarrow AB.CH=AC.BE\)

△BEC∼△CKA \(\Rightarrow\dfrac{BC}{CA}=\dfrac{EC}{AK}\Rightarrow BC.AK=AC.EC\)

\(AB.CH+BC.AK=AB.CH+AD.AK=AC.BE+AC.EC=AC.\left(BE+EC\right)=AC.AC=AC^2\)

a:Gọi O là giao của AC và BD

=>O là trung điểm chung của AC và BD

Xét ΔOEB vuông tạiE và ΔOFD vuông tại F có

OB=OD

góc BOE=góc DOF

=>ΔOEB=ΔOFD

=>BE=DF

mà BE//DF

nên BEDF là hình bình hành

b: Xét ΔCHB vuông tại H và ΔCKD vuông tại K có

góc CBH=góc CDK

=>ΔCHB đồng dạng với ΔCKD

=>CH/CK=CB/CD

=>CH*CD=CK*CB

Đáp án: Giải thích các bước giải a) Hình bình hành ABCD gọi OO là giao điểm của AC và BD ⇒O⇒O là trung điểm của AC, BD (tính chất ) Xét hai tam giác vuông ΔOEBΔOEB và OFDOFD có: OB=ODOB=OD ˆBOE=ˆDOFBOE^=DOF^ (đối đỉnh) ⇒ΔOEB=ΔOFD⇒ΔOEB=ΔOFD (cạnh huyền-góc nhọn) ⇒BE=DF⇒BE=DF (hai cạnh tương ứng) Và có BE//DFBE//DF (vì cùng vuông góc với AC giả thiết) Từ hai điều trên ⇒⇒ tứ giác BEDF là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết) b) Xét ΔHBCΔHBC và ΔKDCΔKDC có: ˆBHC=ˆDKC=90oBHC^=DKC^=90o (giả thiết) ˆHBC=ˆKDCHBC^=KDC^ (=ˆBAD=BAD^ đồng vị) ⇒ΔHBC∼ΔKDC⇒ΔHBC∼ΔKDC (g.g) ⇒CHCK=CBCD⇒CHCK=CBCD (hai cạnh tương ứng tỉ lệ) ⇒CH.CD=CK.CB⇒CH.CD=CK.CB (đpcm) c) Xét ΔAEBΔAEB và ΔAHCΔAHC có: ˆAA^ chung ˆAEB=ˆAHC=90oAEB^=AHC^=90o ⇒ΔAEB∼ΔAHC⇒ΔAEB∼ΔAHC (g.g) ⇒AEAH=ABAC⇒AEAH=ABAC (hai cạnh tương ứng tỉ lệ) ⇒AE.AC=AB.AH⇒AE.AC=AB.AH (1) Xét ΔAFDΔAFD và ΔAKCΔAKC có: ˆAA^ chung ˆAFD=ˆAKC=90oAFD^=AKC^=90o ⇒ΔAFD=ΔAKC⇒ΔAFD=ΔAKC (g.g) ⇒AFAK=ADAC⇒AFAK=ADAC (hai cạnh tương ứng bằng nhau) ⇒AF.AC=AK.AD⇒AF.AC=AK.AD (2) Ta có OE=OF (suy ra từ ΔOEB=ΔOFDΔOEB=ΔOFD câu a) OA=OC (tính chất hình bình hành) ⇒OA−OE=OC−OF⇒OA−OE=OC−OF hay AE=FCAE=FC (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra AB.AH+AK.AD=AE.AC+AF.ACAB.AH+AK.AD=AE.AC+AF.AC =AC(AE+AF)=AC(FC+AF)=AC2=AC(AE+AF)=AC(FC+AF)=AC2 (đpcm)