a: Xét ΔCDA vuông tại D và ΔCEB vuông tại E có

góc DCA chung

=>ΔCDA đồng dạng với ΔCEB

=>CD/CE=CA/CB

=>CD*CB=CA*CE và CD/CA=CE/CB

b; Xét ΔCDE và ΔCAB có

CD/CA=CE/CB

góc C chung

=>ΔCDE đồng dạng với ΔCAB

c:

Xét ΔCAB có

AD,BE là đường cao

AD cắt BE tại H

=>H là trực tâm

=>CH vuông góc AB tại F

góc CEB=góc CFB=90 độ

=>CEFB nội tiếp

=>góc CEF+góc CBF=180 độ

mà góc CEF+góc AEF=180 độ

nên góc AEF=góc CBA

=>góc AEF=góc CED

a/

H là trực tâm của tg ABC 

\(\Rightarrow AH\perp BC\) (Trong tg 3 đường cao đồng quy tại 1 điểm)

b/

Xét 2 tg vuông ACD và tg vuông BCE có

\(\widehat{ACB}\) chung => tg ACD đồng dạng với tg BCE

\(\Rightarrow\dfrac{CD}{CE}=\dfrac{CA}{CB}\Rightarrow CE.CA=CD.CB\)

Bài 10:

a) Xét ΔABE vuông tại E và ΔCBD vuông tại D có 

\(\widehat{DBC}\) chung

Do đó: ΔABE\(\sim\)ΔCBD(g-g)

b) Xét ΔHDA vuông tại D và ΔHEC vuông tại E có 

\(\widehat{AHD}=\widehat{CHE}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHDA\(\sim\)ΔHEC(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{HD}{HE}=\dfrac{HA}{HC}\)

hay \(HD\cdot HC=HE\cdot HA\)

Bài 11: 

a) Xét ΔABE vuông tại E và ΔACF vuông tại F có

\(\widehat{FAC}\) chung

Do đó: ΔABE\(\sim\)ΔACF(g-g)

b) Xét ΔFHB vuông tại F và ΔEHC vuông tại E có 

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

Do đó: ΔFHB\(\sim\)ΔEHC(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{HF}{HE}=\dfrac{HB}{HC}\)

hay \(HE\cdot HB=HF\cdot HC\)

c) Ta có: ΔAEB\(\sim\)ΔAFC(cmt)

nên \(\dfrac{AE}{AF}=\dfrac{AB}{AC}\)

hay \(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)

Xét ΔAEF và ΔABC có

\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\)(cmt)

\(\widehat{FAE}\) chung

Do đó: ΔAEF\(\sim\)ΔABC(c-g-c)

Suy ra: \(\widehat{AEF}=\widehat{ABC}\)

a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F cóc

góc EAB chung

Do đó:ΔAEB\(\sim\)ΔAFC

Suy ra: AE/AF=AB/AC

hay \(AE\cdot AC=AF\cdot AB\)

b: Xét ΔBDH vuông tại D và ΔBEC vuông tại E có

góc HBD chung

Do đó:ΔBDH\(\sim\)ΔBEC

Suy ra: BD/BE=BH/BC

hay \(BD\cdot BC=BH\cdot BE\)

1) Chứng minh tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn

BE là đường cao ∆ ABC  ⇒ B E ⊥ A C ⇒ A E H ^ = 90 0

CF là đường cao  ∆ ABC  ⇒ C F ⊥ A B ⇒ A F H ^ = 90 0

Tứ giác AEHF có A E H ^ + A F H ^ = 180 0  nên tứ giác AEHF nội tiếp đường tròn

2) Chứng minh CE.CA = CD.CB

∆ ADC và  ∆ BEC có

A D C ^ = B E C ^ = 90 0  (AD,BE là các đường cao)

C ^  chung

Do đó  ∆ ADC ~ ∆ BEC(g-g)

⇒ D C E C = A C B C ⇒ D C . B C = C E . A C

-Xét △BCF và △BAD có:

\(\widehat{ABC}\) là góc chung

\(\widehat{BFC}=\widehat{BDA}=90^0\)

\(\Rightarrow\)△BCF∼△BAD (g-g).

\(\Rightarrow\dfrac{BC}{BA}=\dfrac{BF}{BD}\) (tỉ số đồng dạng)

\(\Rightarrow BF.BA=BC.BD\left(1\right)\)

-Xét △ACD và △BCE có:

\(\widehat{ACB}\) là góc chung

\(\widehat{ADC}=\widehat{BEC}=90^0\)

\(\Rightarrow\)△ACD∼△BCE (g-g)

\(\Rightarrow\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{CD}{CE}\) (tỉ số đồng dạng)

\(\Rightarrow CE.CA=CD.BC\left(2\right)\)

-Từ (1) và (2) suy ra:

\(BF.BA+CE.CA=BD.BC+CD.BC=BC\left(BD+CD\right)=BC.BC=BC^2\)