a) Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có 

\(\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHFB∼ΔHEC(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{HF}{HE}=\dfrac{HB}{HC}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(HB\cdot HE=HC\cdot HF\)(đpcm)

 a)tg AEB và tg AFC có 
-^AEB=^AFC 
-^BEA=^FAC 
=>tg AEB đồng dạng tg AFC 
=>AE/AF=AB/AC 
=>AE. AC=AF.AB 
b) AE/AF=AB/AC
=>AE/AB= AF/AC 
tgAEF và tg ABC có 
-^EAF=^BAC 
- AE/AB= AF/AC 
=>tg AEF đồng dạng tg ABC 
c) tg AEB đồng dạng tg AFC 
=>^ABE=^ ACF 
hay ^FBH=^ECH 
tg FHB và tg EHC c ó 
-^FBH=^ECH 
-^FHB=^EHC 
=> tg FHB và tg EHC đồng dạng 
=>FH/EH=HB/HC 
tg FHE và tg BHC có 
- FH/EH=HB/HC 
-^FHE=^BHC(2 g óc đối đỉnh) 
=> tg FHE và tg BHC đồng dạng 
tg ABD và CBF có 
-^ADB=^CFB(=90 độ) 
-^ABD=^CBF 
=> tg ABD và CBF đồng dạng 
=>AB/BC=BD/BF 

=>BF.AB=BC.BD 
Tương tự chứng minh:CE.CA=CD.BC 
=> BF.AB+CE.CA =BC.BD+CD.BC=BC(BD.CD)=BC^2

k hiểu j lun ák

xàm lồn

a: Xét tứ giác BHCK có

M là trung điểm của BC

M là trung điểm của HK

Do đó: BHCK là hình bình hành

Xét ΔFHB vuông tại F và ΔEHC vuông tại E có 

\(\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\)

Do đó: ΔFHB\(\sim\)ΔEHC

Suy ra: HF/HE=HB/HC

hay HF/HB=HE/HC

Xét ΔFHE và ΔBHC có 

HF/HB=HE/HC

\(\widehat{FHE}=\widehat{BHC}\)

Do đó: ΔFHE\(\sim\)ΔBHC

Đây là 1 trường hợp của BĐT hình học quan trọng: BĐT Erdos-Mordell

Cách chứng minh bài này y hệt như cách người ta chứng minh BĐT nói trên.

Có khoảng gần 20 cách gì đó, em kiếm trên google thử coi, vì BĐT này quá quen thuộc rồi nên mình sẽ ko chứng minh lại ở đây.

a: Xét ΔHFA vuông tại F và ΔHDC vuông tại D có

\(\widehat{FHA}=\widehat{DHC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHFA~ΔHDC

=>\(\dfrac{HF}{HD}=\dfrac{HA}{HC}\)

=>\(HF\cdot HC=HD\cdot HA\left(1\right)\)

Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có

\(\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHFB~ΔHEC
=>\(\dfrac{HF}{HE}=\dfrac{HB}{HC}\)

=>\(HF\cdot HC=HB\cdot HE\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(HA\cdot HD=HF\cdot HC=HB\cdot HE\)

c: Xét tứ giác AFHE có \(\widehat{AFH}+\widehat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AFHE là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BFHD có \(\widehat{BFH}+\widehat{BDH}=90^0+90^0=180^0\)

nên BFHD là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác CEHD có \(\widehat{CEH}+\widehat{CDH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CEHD là tứ giác nội tiếp

Ta có: \(\widehat{EFH}=\widehat{EAH}\)(AEHF là tứ giác nội tiếp)

\(\widehat{DFH}=\widehat{DBH}\)(BFHD là tứ giác nội tiếp)

mà \(\widehat{EAH}=\widehat{DBH}\left(=90^0-\widehat{ECB}\right)\)

nên \(\widehat{EFH}=\widehat{DFH}\)

=>FH là phân giác của góc EFD

Ta có: \(\widehat{FEH}=\widehat{FAH}\)(AEHF là tứ giác nội tiếp)

\(\widehat{DEH}=\widehat{DCH}\)(ECDH là tứ giác nội tiếp)

mà \(\widehat{FAH}=\widehat{DCH}\left(=90^0-\widehat{ABD}\right)\)

nên \(\widehat{FEH}=\widehat{DEH}\)

=>EH là phân giác của góc FED

Xét ΔFED có

EH,FH là các đường phân giác

Do đó: H là giao điểm của ba đường phân giác trong ΔFED