Hệ thức lượng: \(AH^2=BH.CH\)

Hai tam giác vuông BEH và HFC đồng dạng: \(\Rightarrow\dfrac{BE}{FH}=\dfrac{EH}{CF}\Rightarrow BE.CF=EH.FH\)

Hai tam giác vuông AEH và CFH đồng dạng \(\Rightarrow\dfrac{AH}{CH}=\dfrac{EH}{FH}\Rightarrow AH.FH-CH.EH=0\)

 Hai tam giác vuông BEH và AFH đồng dạng \(\Rightarrow\dfrac{BH}{AH}=\dfrac{EH}{FH}\Rightarrow EH.AH-BH.FH=0\)

Ta có: \(\left(BE\sqrt{CH}+CF\sqrt{BH}\right)^2=BE^2.CH+CF^2.BH+2BE.CF.\sqrt{BH.CH}\)

\(=BE^2.CH+CF^2.BH+2BE.CF.AH\)

\(=\left(BH^2-EH^2\right)CH+\left(CH^2-FH^2\right)BH+2BE.CF.AH\)

\(=BH.CH\left(BH+CH\right)-EH^2.CH-FH^2.BH+2EH.FH.AH\)

\(=AH^2.BC+EH\left(AH.FH-EH.CH\right)+FH\left(AH.EH-FH.BH\right)\)

\(=AH^2.BC=\left(AH\sqrt{BC}\right)^2\)

\(\Rightarrow BE\sqrt{CH}+CF\sqrt{BH}=AH\sqrt{BC}\)

a) Ta có: \(AB.sinC+AC.cosC=AB.\dfrac{AB}{BC}+AC.\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{AB^2}{BC}+\dfrac{AC^2}{BC}\)

\(=\dfrac{AB^2+AC^2}{BC}=\dfrac{BC^2}{BC}=BC\)

b) Vì \(\angle HEA=\angle HFA=\angle EAF=90\Rightarrow AEHF\) nội tiếp

\(\Rightarrow EF=AH\Rightarrow EF.BC.AE=AH.BC.AE\)

\(=AB.AC.AE\left(AB.AC=AH.BC=2S_{ABC}\right)=AE.AB.AC\)

\(=AH^2.AC=AF.AC.AC=AF.AC^2\)

c) Ta có: \(AH.BC.BE.CF=AB.AC.BE.CF=BE.BA.CF.CA\)

\(=BH^2.CH^2=\left(BH.CH\right)^2=\left(AH^2\right)^2=AH^4\)

\(\Rightarrow AH^3=BC.BE.CF\)

Vì AEHF là hình chữ nhật \(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AE=HF\\AF=EH\end{matrix}\right.\)

Vì \(BE\parallel HF\) \(\Rightarrow\angle CHF=\angle CBA\)

Xét \(\Delta BEH\) và \(\Delta HFC:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle BEH=\angle HFC=90\\\angle EBH=\angle FHC\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta BEH\sim\Delta HFC\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{BE}{EH}=\dfrac{HF}{FC}\Rightarrow\dfrac{BE}{AF}=\dfrac{AE}{CF}\)

\(\Rightarrow BE.CF=AE.AF\Rightarrow BC.AE.AF=BC.BE.CF=AH^3\)

a, Xét tam giác HBA và tam giác ABC có 

^B _ chung ; ^HBA = ^BAC = 90⁰ 

Vậy tam giác HBA ~ tan giác ABC (g.g) 

b, Theo định lí Pytago tam giác ABC vuông tại A

\(BC=\sqrt{AB^2+AC^2}=10cm\)

\(\dfrac{AH}{AC}=\dfrac{AB}{BC}\Rightarrow AH=\dfrac{AB.AC}{BC}=\dfrac{24}{5}cm\)

\(\dfrac{BH}{AB}=\dfrac{AB}{BC}\Rightarrow BH=\dfrac{36}{10}=\dfrac{18}{5}cm\)

c, -bạn tự cm nhé 

tam giác AEH ~ tam giác HEB (g.g) 

\(\dfrac{AE}{HE}=\dfrac{HE}{BE}\Rightarrow HE^2=AE.BE\)

tam giác AFH ~ tam giác HFC (g.g) 

\(\dfrac{AF}{HF}=\dfrac{FH}{FC}\Rightarrow FH^2=AF.FC\)

Cộng vế với vế ta được \(HE^2+FH^2=EF^2\)( theo định lí Pytago ) 

a: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

=>\(AC^2=10^2-6^2=64\)

=>AC=8(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(\left\{{}\begin{matrix}AH\cdot BC=AB\cdot AC\\AB^2=BH\cdot BC\end{matrix}\right.\)

=>\(\left\{{}\begin{matrix}AH=\dfrac{6\cdot8}{10}=4,8\left(cm\right)\\BH=\dfrac{6^2}{10}=3,6\left(cm\right)\end{matrix}\right.\)

b: ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra AE*AB=AF*AC

=>AE/AC=AF/AB

Xét ΔAEF vuông tại A và ΔACB vuông tại A có

AE/AC=AF/AB

Do đó: ΔAEF đồng dạng với ΔACB

c: Xét ΔBAC có BD là phân giác

nên \(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{CD}{CB}\)

=>\(\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{CB}{CD}\)

Áp dụng tính chất của dãy tỉ số bằng nhau, ta được:

\(\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{CB}{CD}=\dfrac{AB+BC}{AD+CD}=\dfrac{AB+BC}{AC}\)(1)

ΔBAD vuông tại A có

\(cotABD=\dfrac{AB}{AD}\)(2)

BD là phân giác của góc ABC

=>\(\widehat{ABD}=\widehat{DBC}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(cotDBC=\dfrac{AB+BC}{AC}\)

a:

Gọi O là trung điểm của AB

Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔADB vuông tại D

=>BD vuông góc AC tại D

Xét (O) có

ΔAEB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAEB vuông tại E

=>AE vuông góc BC tại E

Xét tứ giác CDHE có

góc CDH+góc CEH=180 độ

=>CDHE nội tiếp

b: Xét ΔCAB có

AE,BD là đường cao

AE cắt BD tại H

=>H là trực tâm

=>CH vuông góc AB tại K

c: Xét ΔAKH vuông tại K và ΔAEB vuông tại E có

góc KAH chung

Do đó: ΔAKH đồng dạng với ΔAEB

=>AK/AE=AH/AB

=>AH*AE=AK*AB

Xét ΔBKH vuông tại K và ΔBDA vuông tại D có

góc KBH chung

Do đó: ΔBKH đồng dạng với ΔBDA
=>BK/BD=BH/BA

=>BK*BA=BH*BD

AH*AE+BH*BD

=AK*AB+BK*BA

=BA^2

a) ....................... =) C, D, H, E cùng thuộc 1 đường tròn.

b) ....................... =) CH ⊥ AB.

c) ....................... =) AH.AE + BH.BD = AB².

a) Để chứng minh rằng bốn điểm C, D, H, E cùng thuộc một đường tròn, ta sử dụng định lí góc nội tiếp. Theo định lí này, nếu một góc nội tiếp của một đa giác nằm trên cùng một đường tròn, thì các đỉnh của góc đó cũng nằm trên đường tròn đó. Trong trường hợp này, ta có thể chứng minh rằng góc CHD và góc CED là góc nội tiếp của tam giác ABC, do đó bốn điểm C, D, H, E cùng thuộc một đường tròn.

b) Để chứng minh rằng CH vuông góc với AB, ta sử dụng định lí góc nội tiếp. Theo định lí này, nếu một góc nội tiếp của một đa giác nằm trên cùng một đường tròn, thì góc đó và góc ngoại tiếp của nó có tổng bằng 180 độ. Trong trường hợp này, ta có thể chứng minh rằng góc CHD và góc CED là góc nội tiếp của tam giác ABC, do đó tổng của hai góc này bằng 180 độ. Vì góc CHD và góc CED là hai góc bù nhau, nên CH vuông góc với AB.

c) Để chứng minh rằng AH⋅AE+BH⋅BD=AB^2, ta sử dụng định lí Ptolemy. Theo định lí này, trong một tứ giác nội tiếp đường tròn, tích của hai đường chéo bằng tổng tích của hai cạnh đối diện. Trong trường hợp này, ta có thể chứng minh rằng tứ giác AEBD là một tứ giác nội tiếp đường tròn, do đó AH⋅AE+BH⋅BD=AB^2.

Vậy, ta đã chứng minh được a), b), c) như yêu cầu.