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

ta có : góc EBN = góc FCA(1)

lại có : góc EBC = 90 độ ; FCB = 90 độ

=> EBC = FBC (2)

từ (1) và (2) suy ra:

góc PBC = góc PCB

tiếp tục có:

\(\widehat{BPH}+\widehat{CPH}=2.\widehat{EBP}\)

mà \(2.\widehat{EBP}=\widehat{PBC}\)

\(\Rightarrow\widehat{BPH}+\widehat{CPH}=\widehat{PBC}\)

\(mà\widehat{BPH}+\widehat{CPH=}\widehat{BPC}\)

\(\Rightarrow\widehat{PBC}=\widehat{PBC}=\widehat{PCB}\)

từ đó suy ra : tam giác PBC là tam giác đều

( bn không hỉu chỗ nào thì hỏi lại mình nhe)

Theo hình vẽ thì $PBC$ làm sao mà là tam giác đều được nhỉ?

Giúp e với ; plz 

Ta có :  \(cos^2A+cos^2B+cos^2C=1-2.cosA.cosB.cosC\)  

Đặt cos A = a ; cos B = b ; cos C = c  thì : \(a^2+b^2+c^2+2abc=1\)

Dự đoán : a = b = c = 1/2 nên ta đặt 

a = \(\sqrt{\dfrac{xy}{\left(y+z\right)\left(z+x\right)}}\)    ; \(b=\sqrt{\dfrac{yz}{\left(x+z\right)\left(x+y\right)}};c=\sqrt{\dfrac{xz}{\left(y+z\right)\left(x+y\right)}}\)  ( x ; y ; z > 0 ) 

Khi đó : \(\Sigma\sqrt{\dfrac{cosA.cosB}{cosC}}=\Sigma\sqrt{\dfrac{y}{x+z}}\)  

Cần c/m : \(\Sigma\sqrt{\dfrac{y}{x+z}}>2\)   (*) 

BĐT quen thuộc ; AD BĐT AM - GM ta được : \(\sqrt{\dfrac{x+z}{y}}\le\dfrac{1}{2}\left(\dfrac{x+y+z}{y}\right)\Rightarrow\sqrt{\dfrac{y}{x+z}}\ge\dfrac{2y}{x+y+z}\) 

Suy ra : \(\Sigma\sqrt{\dfrac{y}{x+z}}\ge\dfrac{2\left(x+y+z\right)}{x+y+z}=2\) 

" = " ko xảy ra nên hiển nhiên (*) đúng

Hoàn tất c/m 

Sửa đề: Cho ΔDEF nhọn

a: Xét ΔDKF vuông tại K và ΔDIE vuông tại I có

\(\widehat{KDF}\) chung

Do đó: ΔDKF~ΔDIE

=>\(\dfrac{DK}{DI}=\dfrac{DF}{DE}\)

=>\(DK\cdot DE=DI\cdot DF\)

b: ta có: \(\dfrac{DK}{DI}=\dfrac{DF}{DE}\)

=>\(\dfrac{DK}{DF}=\dfrac{DI}{DE}\)

Xét ΔDKI và ΔDFE có

\(\dfrac{DK}{DF}=\dfrac{DI}{DE}\)

\(\widehat{KDI}\) chung

Do đó: ΔDKI~ΔDFE

c: Xét ΔFIE vuông tại I và ΔFHD vuông tại H có

\(\widehat{HFD}\) chung

Do đó: ΔFIE~ΔFHD

=>\(\dfrac{FI}{FH}=\dfrac{FE}{FD}\)

=>\(\dfrac{FI}{FE}=\dfrac{FH}{FD}\)

Xét ΔFIH và ΔFED có

\(\dfrac{FI}{FE}=\dfrac{FH}{FD}\)

\(\widehat{EFD}\) chung

Do đó: ΔFIH~ΔFED

=>\(\widehat{FIH}=\widehat{FED}\)

d:

Sửa đề: \(EK\cdot ED+FI\cdot FD=EF^2\)

Xét ΔEKF vuông tại K và ΔEHD vuông tại H có

góc KEF chung

Do đó: ΔEKF~ΔEHD

=>\(\dfrac{EK}{EH}=\dfrac{EF}{ED}\)

=>\(EK\cdot ED=EF\cdot EH\)

Ta có: \(\dfrac{FI}{FE}=\dfrac{FH}{FD}\)

=>\(FI\cdot FD=FH\cdot FE\)

\(EK\cdot ED+FI\cdot FD\)

\(=EF\cdot EH+FH\cdot EF=EF^2\)