b: góc HID+góc HKD=180 độ

=>HIDK nội tiếp

=>góc HIK=góc HDK

=>góc HIK=góc HCB

=>góc HIK=góc HEF

=>EF//IK

a: Xét tứ giác BDHF có

góc BDH+góc BFH=180 độ

=>BDHF là tứ giác nội tiếp

b: Xét tứ giác BFEC có

góc BFC=góc BEC=90 độ

=>BFEC là tứ giác nội tiếp

c: Xét ΔHAF vuông tại F và ΔHCD vuông tại D có

góc AHF=góc CHD

=>ΔHAF đồng đạng với ΔHCD

=>HA/HC=HF/HD

=>HA*HD=HF*HC

Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có

góc FHB=góc EHC

=>ΔHFB đồng dạng vơi ΔHEC

=>HF/HE=HB/HC

=>HF*HC=HB*HE=HA*HD

d: Xét ΔAEF và ΔABC có

góc AEF=góc ABC

góc FAE chung

=>ΔAEF đồng dạng với ΔABC

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 ΔABE vuông tại E và ΔACF vuông tại F có 

\(\widehat{FAC}\) chung

Do đó: ΔABE∼ΔACF(g-g)

b) Ta có: ΔBEC vuông tại E(gt)

nên \(\widehat{EBC}+\widehat{ECB}=90^0\)(hai góc nhọn phụ nhau)

hay \(\widehat{DBH}+\widehat{ACB}=90^0\)(1)

Ta có: ΔDAC vuông tại D(gt)

nên \(\widehat{DAC}+\widehat{DCA}=90^0\)(hai góc nhọn phụ nhau)

hay \(\widehat{DAC}+\widehat{ACB}=90^0\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{DBH}=\widehat{DAC}\)

Xét ΔDBH vuông tại D và ΔDAC vuông tại D có 

\(\widehat{DBH}=\widehat{DAC}\)(cmt)

nên ΔDBH\(\sim\)ΔDAC(g-g)

Suy ra: \(\dfrac{DB}{DA}=\dfrac{DH}{DC}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(DB\cdot DC=DH\cdot DA\)(đpcm)

a)

Xét ΔABE và ΔACF có:

\(\widehat{A}\) chung

\(\widehat{BEA}=\widehat{CFA}\)  (\(=90^0\))

⇒ ΔABE \(\sim\) ΔACF (g.g)       (ĐPCM)

Đề thì đúng nhưng đề này là đề học sinh giỏi thì thường quá!

Bạn chỉ cần dùng tứ giác nội tiếp là sẽ ra \(DH\) là phân giác \(\widehat{EDF}\) (tin mình đi). Tương tự với mấy đỉnh kia suy ra đpcm.

sai đề rồi đáng lẽ ABC là tam giác đều hoặc các đường cao AD BE CF là những đường trung trực

Đề đúng đó bạn, đề học sinh giỏi mà.

-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:

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

d) Tam giác ADB vuông tại D có: ∠(A1) + ∠(ABC) = 90o (1)

Tam giác BCF vuông tại F có: ∠(C1) + ∠(ABC) = 90o (2)

Từ (1)và (2) ⇒ ∠(A1) = ∠(C1)

Mặt khác, ta có: ∠( A 1 ) = ∠( C 2 ) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung BM)

⇒ ∠( C 1 ) = ∠( C 2 )

⇒ CD là tia phân giác của góc HCM

Xét tam giác HCM có: CD vừa là tia phân giác vừa là đường cao (CD⊥HD)

⇒ Δ HCM cân tại C

⇒ CD cũng là trung tuyến của của HM hay H và M đối xứng với nhau qua D.