Xét tứ giác BEDC có

góc BEC=góc BDC=90 độ

=>BEDC là tứ giác nội tiếp

=>góc AED=góc ACB

Xét ΔAED và ΔACB có

góc AED=góc ACB

góc A chung

=>ΔAED đồng dạng với ΔACB

=>S AED/S ACB=(AE/AC)^2=(cos60)^2=1/4

=>S AED=1/4*S ACB

TA CÓ \(\Delta ADB\)đồng dạng \(\Delta AEC\)(g-g)

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

Xét \(\Delta AED\)và \(\Delta ACB\) có :

góc A chung

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

\(\Rightarrow\Delta AED\infty\Delta ACB\)(c-g-c)

\(\frac{S\Delta AED}{S\Delta ACB}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2\)=\(\frac{3}{4}\)

\(\Rightarrow\frac{AD}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow\cos A=\frac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow\)góc A=60 ĐỘ

cảm ơn bạn nhiều nha!!!!!!!!!!!!!!!!

Xét tam giác AEF và tam giác ABC có:

A chung

\(\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\left(=cosA\right)\)

\(\Rightarrow\Delta AEF\sim\Delta ABC\left(c.g.c\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AE}{AB}\right)^2=cos^2A=1-sin^2A\)

\(1-\sin^2A=\cos^2A=\dfrac{AF^2}{AC^2}\left(1\right)\)

Ta có \(\widehat{AEB}=\widehat{AFC}=90^0\Rightarrow\Delta AEB\sim\Delta AFC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AE}{AB}=\dfrac{AF}{AC}\Rightarrow\Delta AEF\sim\Delta ABC\left(c.g.c\right)\\ \Rightarrow\dfrac{S_{AEF}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AF}{AC}\right)^2=\dfrac{AF^2}{AC^2}\left(2\right)\\ \left(1\right)\left(2\right)\RightarrowĐpcm\)

c, Xét tam giác ADB vuông tại D có :

cosA = \(\frac{AD}{AB}=\frac{1}{2}\)

Lại có tam giác AED ~ tam giác ACB 

\(\Rightarrow\frac{S_{ADE}}{S_{ABC}}=\left(\frac{AD}{AB}\right)^2\Rightarrow\frac{S_{ADE}}{12}=\frac{1}{4}\Rightarrow S_{ADE}=3\)cm²

:v bài này dùng cách lớp 8 đc k, mik chưa đc dùng cos

 

Vì \(\widehat{BAC}=60^o\) nên \(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac12\) (sẽ giải thích ở phần sau)

Xét tam giác ABD vuông tại D và tam giác ACE vuông tại E có:

\(\widehat{A}\) là góc chung

Nên \(\triangle ACE \backsim \triangle ABD (g.g) \text{theo tỉ số đồng dạng } k=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac12\)

\(=> \dfrac{S_{\triangle{ADE}}}{S_{\triangle{ABC}}} = k^2=(\dfrac12)^2=\dfrac14\)

Vậy \( \dfrac{S_{\triangle{ADE}}}{S_{\triangle{ABC}}} = \dfrac14\)

Bình luận: Vì sao \(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac12\)?

Chứng minh điều này như sau:

Kẻ đường trung tuyến DM của tam giác ABD.

Từ đây suy ra \(MD=\dfrac12 AB\) (định lý đường trung tuyến trong tam giác vuông)

Mà \(AM=\dfrac12 AB\) (do DM là trung tuyến)

Nên \(AM=MD\)

Do đó tam giác AMD cân tại M

Mà \(\widehat{MAD}=60^o\) (do \(\widehat{BAC}=60^o\))

Nên tam giác AMD đều

\(=>AM=AD\)

\(=>\dfrac{1}{2}AB=AD\) (DM trung tuyến)

\(=>\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{1}{2}=>đpcm\)

Vì \(\widehat{BAC}=60^o\) nên \(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac12\) (sẽ giải thích ở phần sau)

Xét tam giác ABD vuông tại D và tam giác ACE vuông tại E có:

\(\widehat{A}\) là góc chung

Nên \(\triangle ACE \backsim \triangle ABD (g.g)\)

Từ đó tự suy ra \(\triangle ADE \backsim \triangle ABC (c.g.c) \text{ theo tỉ số đồng dạng }k=\dfrac{AD}{AB}=\dfrac12\) 

\(=> \dfrac{S_{\triangle{ADE}}}{S_{\triangle{ABC}}} = k^2=(\dfrac12)^2=\dfrac14\)

Vậy \( \dfrac{S_{\triangle{ADE}}}{S_{\triangle{ABC}}} = \dfrac14\)

Bình luận: Vì sao \(\dfrac{AD}{AB}=\dfrac12\)?

Chứng minh điều này như sau:

Kẻ đường trung tuyến DM của tam giác ABD.

Từ đây suy ra \(MD=\dfrac12 AB\) (định lý đường trung tuyến trong tam giác vuông)

Mà \(AM=\dfrac12 AB\) (do DM là trung tuyến)

Nên \(AM=MD\)

Do đó tam giác AMD cân tại M

Mà \(\widehat{MAD}=60^o\) (do \(\widehat{BAC}=60^o\))

Nên tam giác AMD đều

\(=>AM=AD\)

\(=>\dfrac{1}{2}AB=AD\) (DM trung tuyến)

\(=>\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{1}{2}=>đpcm\)

hế lô chào mk các streamer

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

góc A chung

=>ΔADB đồng dạng với ΔAEC

=>AD/AE=AB/AC

=>AD*AC=AB*AE;AD/AB=AE/AC

b: Xét ΔADE và ΔABC có

AD/AB=AE/AC

góc DAE chung

=>ΔADE đồng dạng với ΔABC

=>góc ADE=góc ABC

d: ΔADE đồng dạngvới ΔABC

=>\(\dfrac{S_{ADE}}{S_{ABC}}=\left(\dfrac{AD}{AB}\right)^2=\dfrac{1}{4}\)

=>\(S_{ADE}=30\left(cm^2\right)\)

dễ thấy Sabc =\(\frac{1}{2}\) AB.AC.sinA; Sade= \(\frac{1}{2}\)AD.AE.sinA

=>  Sabc/Sade=ad.ae/ab.ac

de//bc thì \(\frac{AD}{AB}=\frac{DE}{BC}=>\frac{BD}{AB}=\frac{BC-DE}{BC}=>BD=\frac{AB\left(BC-DE\right)}{BC}\)

S_BDE = \(\frac{1}{2}BD.DEsin\widehat{BDE}=\frac{1}{2}\frac{AB\left(BC-DE\right)}{BC}.DE.cos\widehat{ABC}=\)\(\frac{AB.cos\widehat{ABC}}{2BC}\left(BC.DE-DE^2\right)\)

BC.DE - DE² = \(\frac{BC^2}{4}-\)(\(\frac{BC}{2}-DE\))² \(\le\frac{BC^2}{4}\)

vậy S_BDE đạt GTLN khi DE= \(\frac{BC}{2}\)hay \(\frac{DE}{BC}=\frac{1}{2}=\frac{AD}{AB}\) hay D là trung điểm AB