a) Xét ΔABD vuông tại D và ΔACE vuông tại E có 

\(\widehat{BAD}\) chung

Do đó: ΔABD∼ΔACE(g-g)

b) Xét ΔEHB vuông tại E và ΔDHC vuông tại D có 

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

Do đó: ΔEHB∼ΔDHC(g-g)

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

hay \(BH\cdot HD=CH\cdot HE\)(đpcm)

a) Xét ΔABD vuông tại D và ΔACE vuông tại E có 

\(\widehat{BAD}\) chung

Do đó: ΔABD\(\sim\)ΔACE(g-g)

a) Xét ΔEHB vuông tại E và ΔDHC vuông tại D có

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

Do đó: ΔEHB∼ΔDHC(góc nhọn)

b) Ta có: ΔEHB∼ΔDHC(cmt)

\(\Leftrightarrow\frac{HE}{HD}=\frac{HB}{HC}\)(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(\frac{HE}{HB}=\frac{HD}{HC}\)

Xét ΔHED và ΔHBC có

\(\frac{HE}{HB}=\frac{HD}{HC}\)(cmt)

\(\widehat{EHD}=\widehat{BHC}\)(hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHED∼ΔHBC(c-g-c)

c) Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có

\(\widehat{DAB}\) chung

Do đó: ΔADB∼ΔAEC(g-g)

\(\Leftrightarrow\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\)(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)

Xét ΔADE và ΔABC có

\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)(cmt)

\(\widehat{DAE}\) chung

Do đó: ΔADE∼ΔABC(c-g-c)

d) Gọi K là giao điểm của AH và BC

Xét ΔABC có

BD là đường cao ứng với cạnh AC(gt)

CE là đường cao ứng với cạnh AB(gt)

BD\(\cap\)CE={H}

Do đó: H là trực tâm của ΔABC(Định lí ba đường cao của tam giác)

⇔AH⊥BC

⇔AK⊥BC(AH\(\cap\)BC={K})

Xét ΔBKH vuông tại K và ΔBDC vuông tại D có

\(\widehat{DBC}\) chung

Do đó: ΔBKH∼ΔBDC(góc nhọn)

\(\Leftrightarrow\frac{BK}{BD}=\frac{BH}{BC}\)(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(BK\cdot BC=BH\cdot BD\)

Xét ΔCKH vuông tại K và ΔCEB vuông tại E có

\(\widehat{ECB}\) chung

Do đó: ΔCKH∼ΔCEB(g-g)

\(\Leftrightarrow\frac{CK}{CE}=\frac{CH}{CB}\)(hai cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

hay \(CK\cdot CB=CE\cdot CH\)

Ta có: \(BD\cdot BH+CE\cdot CH=BK\cdot BC+CK\cdot BC\)

\(=BC\cdot\left(BK+CK\right)=BC\cdot BC=BC^2\)(đpcm)

Hình tự vẽ nha:))

a) Xét ΔEHB và ΔDHC có:

∠BEH=∠CDH=90^o

∠EHB=∠DHC(đối đỉnh)

Do đó, ΔEHB∼ΔDHC (gg).

b) Xét ΔHED và HBC có:

\(\frac{HE}{HB}=\frac{HD}{HC}\)(ΔEHB∼ΔDHC)

∠DHE=∠BHC (đđ)

Do đó,ΔHED∼ΔHBC(cgc)

c) Xét ΔADB và ΔAEC có:

∠A chung

∠ADB=∠AEC=90^o

Do đó, ΔADB∼ΔAEC(gg)

Xét ΔAED và ΔABC có:

∠A chung

\(\frac{AD}{AB}=\frac{AE}{AC}\)(ΔADB∼ΔAEC)

Do đó, ΔAED∼ΔABC(cgc)

d) Vẽ HK⊥BC(K∈BC)

ΔBHK∼ΔBDC(gg)⇒\(\frac{BK}{BD}=\frac{BH}{BC}\)⇔BK.BC=BH.BD

ΔCHK∼ΔCBE(gg)⇒\(\frac{CK}{CE}=\frac{CH}{CB}\)⇔CK.BC=CE.CH

⇒BC(BK+CK)=BH.BD+CE.CH

⇔BC²=BH.BD+CE.CH (đpcm)

a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có 

\(\widehat{BAD}\) chung

Do đó: ΔADB\(\sim\)ΔAEC

b: Xét ΔEHB vuông tại E và ΔDHC vuông tại H có 

\(\widehat{EHB}=\widehat{DHC}\)

Do đó: ΔEHB\(\sim\)ΔDHC

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

hay \(HE\cdot HC=HB\cdot HD\)

c: Xét tứ giác HBKC có

HB//KC

HC//BK

Do đó: HBKC là hình bình hành

Suy ra: Hai đường chéo HK và BC cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

mà M là trung điểm của BC

nên M là trung điểm của HK

hay H,M,K thẳng hàng

Câu 1:

a: Xét ΔADB vuông tại D và ΔAEC vuông tại E có

góc BAD chung

DO đo: ΔADB đồng dạng với ΔAEC

Suy ra: AD/AE=AB/AC
hay AD/AB=AE/AC

b: Xét ΔADE và ΔABC có

AD/AB=AE/AC

góc DAE chung

Do đó: ΔADE đồng dạng với ΔABC

Suy ra: DE/BC=AD/AB

hay \(DE\cdot AB=AD\cdot BC\)

c: Xét ΔOBE và ΔODC có

góc OBE=góc ODC

góc BOE chung

Do đo: ΔOBE đồng dạng với ΔODC

Suy ra: OB/OD=OE/OC

hay \(OB\cdot OC=OE\cdot OD\)

Bài làm:

a) Δ EHB ~ Δ DHC (g.g) vì:

+ \(\widehat{EHB}=\widehat{DHC}\) (đối đỉnh)

+ \(\widehat{BEH}=\widehat{CDH}=90^0\)

=> đpcm

b) Theo phần a, 2 tam giác đồng dạng

=> \(\frac{HE}{HB}=\frac{HD}{HC}\)

Δ HED ~ Δ HBC (c.g.c) vì:

+ \(\frac{HE}{HB}=\frac{HD}{HC}\) (chứng minh trên)

+ \(\widehat{EHD}=\widehat{BHC}\) (đối đỉnh)

=> đpcm

c) Δ ABD ~ Δ ACE (g.g) vì:

+ \(\widehat{ADB}=\widehat{AEC}=90^0\)

+ \(\widehat{A}\) chung

=> \(\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\)

Δ ADE ~ Δ ABC (c.g.c) vì:

+ \(\frac{AD}{AE}=\frac{AB}{AC}\) (chứng minh trên)

+ \(\widehat{A}\) chung

=> đpcm

d) Gọi F là giao của AH với BC

Δ BHF ~ Δ BCD (g.g) vì:

+ \(\widehat{BFH}=\widehat{BDC}=90^0\)

+ \(\widehat{B}\) chung

=> \(\frac{BF}{BH}=\frac{BD}{BC}\Rightarrow BD.BH=BF.BC\left(1\right)\)

Tương tự ta chứng minh được:

\(CH.CE=FC.BC\left(2\right)\)

Cộng vế (1) và (2) lại ta được:

\(BD.BH+CH.CE=\left(BF+FC\right)BC=BC.BC=BC^2\)

=> đpcm

a) Xét tam giác AEC và tam giác ABD:

- ∠BAC chung

- ∠ACE = ∠ADB

⇒ △AEC đồng dạng △ABD (g.g)

b) Theo câu a ⇒ \(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AD}{AB}\)

- ∠BAC chung

=> △ADE đồng dạng △ABC

c) △BEC đồng dạng △BFA(g.g)

=> \(\dfrac{BE}{BF}=\dfrac{BC}{BA}\)

=> AB.BE=BF.BC (1)

△CDB đồng dạng △CFA(g.g)

=> \(\dfrac{CD}{CF}=\dfrac{BC}{AC}\) => CD.AC=CF.BC (2)

Từ (1) và (2) => AB.BE+CD.AC=BF.BC+CF.BC=BC(BF+CF)=BC².

a) Xét \(\Delta AEC\) và \(\Delta ADB\) ta có:

\(\widehat{BAD}\) là góc chung

\(\widehat{AEC}=\widehat{ADB}=90^0\)

\(\Rightarrow\Delta AEC\sim\Delta ADB\) (G-G) (1)

b) Từ (1) \(\Rightarrow\dfrac{AD}{AE}=\dfrac{AB}{AC}\) \(\Leftrightarrow\) AD . AC = AB . AE \(\Leftrightarrow\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\) (2)

Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta ABC\) ta có:

\(\widehat{BAC}\) là góc chung (3)

Từ (2), (3) \(\Rightarrow\Delta ADE\sim\Delta ABC\) (C-G-C)