a) Xét ΔABC vuông tại B và ΔAHB vuông tại H có 

\(\widehat{BAH}\) chung

Do đó: ΔABC\(\sim\)ΔAHB(g-g)

b) Xét ΔCED vuông tại D và ΔBEH vuông tại H có 

\(\widehat{CED}=\widehat{BEH}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔCED\(\sim\)ΔBEH(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{CE}{BE}=\dfrac{CD}{BH}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(BH\cdot CE=CD\cdot BE\)(Đpcm)

a: Xet ΔABC vuông tại B và ΔAHB vuông tại H có

góc A chung

=>ΔABC đồng dạng với ΔAHB

b: Xét ΔDEC vuông tại D và ΔHEB vuông tại H có

góc DEC=góc HEB

=>ΔDEC đồng dạng với ΔHEB

=>DE/HE=DC/HB=EC/EB

=>DC*EB=HB*EC

c: ED/EH=EC/EB

=>ED/EC=EH/EB

=>ΔEDH đồng dạng với ΔECB

e:

Xét ΔCFB có

BD,CH là đường cao

BD cắt CH tại E

=>E là trực tâm

=>FE vuông góc BC

=>FE//AB

Xét ΔHBA vuông tại H và ΔHFE vuông tại H có

HA=HE

góc HBA=góc HFE

=>ΔHBA=ΔHFE

=>HB=HF

Xét tứ giác BEFA có

BF cắt EA tại trung điểm của mỗi đường
BF vuông góc EA

=>BEFA là hình thoi

a: Xét ΔABC vuông tại A  và ΔHBA vuông tại H có

góc B chung

=>ΔABC đồng dạng với ΔHBA

b: Xét ΔEDC vuông tại E và ΔHDA vuông tại H có

góc EDC=góc HDA

=>ΔEDC đồng dạng với ΔHDA

=>DE/DH=DC/DA=EC/HA

=>DC*HA=DA*EC

c: DE/DH=DC/DA

=>DE/DC=DH/DA

=>ΔDEH đồng dạng với ΔDCA

a: Xét ΔABC vuông tại A và ΔHBA vuông tại H có

\(\widehat{ABC}\) chung

Do đó: ΔABC~ΔHBA

b: Xét ΔAHD vuông tại H và ΔCED vuông tại E có

\(\widehat{ADH}=\widehat{CDE}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔAHD~ΔCED
=>\(\dfrac{AH}{CE}=\dfrac{DA}{DC}\)

=>\(AH\cdot DC=CE\cdot AD\)

c: Ta có: ΔAHD~ΔCED

=>\(\dfrac{DA}{DC}=\dfrac{DH}{DE}\)

=>\(\dfrac{DA}{DH}=\dfrac{DC}{DE}\)

Xét ΔDAC và ΔDHE có

\(\dfrac{DA}{DH}=\dfrac{DC}{DE}\)

\(\widehat{ADC}=\widehat{HDE}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔDAC~ΔDHE

d: Xét ΔCAF có

AE,CH là các đường cao

AE cắt CH tại D

Do đó: D là trực tâm của ΔCAF

=>DF\(\perp\)AC

mà AB\(\perp\)AC

nên DF//AB

Xét ΔHDF vuông tại H và ΔHBA vuông tại H có

HD=HB

\(\widehat{HDF}=\widehat{HBA}\)(hai góc so le trong, DF//AB)

Do đó: ΔHDF=ΔHBA

=>HF=HA

=>H là trung điểm của AF

Xét tứ giác ABFD có

H là trung điểm chung của AF và BD

=>ABFD là hình bình hành

Hình bình hành ABFD có AF\(\perp\)BD

nên ABFD là hình thoi

a.\(\Delta\)ABC và \(\Delta\)AHB đồng dạng ( g.g )

b.Ta có:\(\Delta\)BEH và \(\Delta\)CED đồng dạng ( g.g ) nên \(\frac{BE}{CE}=\frac{BH}{CD}\Rightarrow BH\cdot CE=CD\cdot BE\)

c.Do \(\Delta\)BEH và \(\Delta\)CED đồng dạng ( g.g ) nên \(\frac{HE}{ED}=\frac{EC}{EB}\)

Xét \(\Delta\)HDE và \(\Delta\)BCE có:^BEC=^HED ( đối đỉnh );\(\frac{HE}{ED}=\frac{EC}{EB}\) nên \(\Delta\)HDE và \(\Delta\)BCE đồng dạng ( c.g.c )

d.

C1:

Áp dụng định lý Pythagoras có \(AC=\sqrt{3^2+4^2}=5\left(cm\right)\)

Ta có:\(\Delta\)AHB và \(\Delta\)ABC đồng dạng ( g.g ) nên \(\frac{AH}{AB}=\frac{HB}{BC}=\frac{AB}{AC}\Rightarrow AB^2=AC\cdot AH\Rightarrow AH=\frac{9}{5}\left(cm\right)\)

\(\Rightarrow HE=\frac{9}{5}\left(cm\right)\Rightarrow EC=5-\frac{9}{5}-\frac{9}{5}=\frac{7}{5}\)

Ta có:\(\frac{EB}{EH}=\frac{EC}{ED}\Rightarrow ED=\frac{EC\cdot EH}{EB}=\frac{63}{75}\)

Đến đây áp dụng pythagoras tính được DC,từ đó áp dụng công thức tính được S_DEC

C2:

Tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng:\(\frac{S_1}{S_2}=\left(\frac{BE}{CE}\right)^2\)

Trong cách 1 mình đã tính CE rồi,bạn chỉ cần thay vào rồi tính là OK

e

Chứng minh được \(\Delta\)HBA và \(\Delta\)DCE đồng dạng (g.g) nên

\(\frac{HB}{DC}=\frac{BA}{CE}=\frac{AH}{ED}\Rightarrow BH\cdot CE=BA\cdot DC=BE\cdot CD\) ( 1 )

Mặt khác:\(\Delta\)BEH và \(\Delta\)CED đồng dạng ( g.g ) nên 

\(\frac{BE}{CE}=\frac{EH}{ED}=\frac{HB}{CD}\Rightarrow BH\cdot CE=BE\cdot CD\) ( 2 )

Từ ( 1 );( 2 ) suy ra CE là phân giác góc BCD

Mà trong tam giác BCF có CH vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến nên tam giác BCF cân tại F 

=> CH là đường trung trực của BF mà E thuộc HC nên BE=EF mà AB=BE nên AB=BE=EF

Dễ chứng minh:AF=BE ( 2 tam giác bằng nhau ) nên AB=BC=AF=EF hay ABEF là hình thoy

P/S:Khá mỏi tay,hihi