+) Câu d sửa đề thành BF . BA + CE . CA = BC²

a, Xét △AFH vuông tại F và △ADB vuông tại D

Có: FAH là góc chung

=> △AFH ᔕ △ADB (g.g)

b, Vì △AFH ᔕ △ADB (cmt) \(\Rightarrow\frac{AF}{AD}=\frac{AH}{AB}\)\(\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AH}{AF}\)

Xét △ABH và △ADF

Có: \(\frac{AB}{AD}=\frac{AH}{AF}\)(cmt)

        BAH là góc chung

=> △ABH ᔕ △ADF (c.g.c)

c, Xét △HFB vuông tại F và △HEC vuông tại E

Có: FHB = EHC (2 góc đối đỉnh)

=> △HFB ᔕ △HEC (g.g)

\(\Rightarrow\frac{HF}{HE}=\frac{HB}{HC}\)

=> HF . HC = HE . HB  

d, Sửa đề thành BF . BA + CE . CA = BC²

Xét △HEC vuông tại E và △AFC vuông tại F

Có: HCE là góc chung

=> △HEC ᔕ △AFC (g.g)

\(\Rightarrow\frac{EC}{FC}=\frac{HC}{AC}\)

=> FC . HC = EC . AC  (1)

Xét △HFB vuông tại F và △AEB vuông tại E

Có: FBH là góc chung

=> △HFB ᔕ △AEB (g.g)

\(\Rightarrow\frac{FB}{EB}=\frac{HB}{AB}\)

=> FB . AB = EB . HB  (2)

Xét △BFC vuông tại F và △HDC vuông tại D

Có: HCD là góc chung

=> △BFC ᔕ △HDC (g.g)

\(\Rightarrow\frac{FC}{DC}=\frac{BC}{HC}\)

=> FC . HC = BC . DC (3)

Xét △BEC vuông tại E và △BDH vuông tại D

Có: HBD là góc chung

=> △BEC ᔕ △BDH (g.g)

\(\Rightarrow\frac{BC}{BH}=\frac{BE}{DB}\)

=> BC . DB = BE . BH (4)

Từ (1) và (3) => EC . AC = BC . DC

Từ (2) và (4) => FB . AB = BC . DB 

Ta có: BF . BA + CE . CA = BC . BD + BC . DC = BC . (BD + DC) = BC . BC = BC²

a)Xét ΔABE và ΔACF ta có:

\(\widehat{A}\) \(chung\)

\(\widehat{AEB}=\widehat{AFC}=90^0\)

⇒ΔABE ∼ ΔACF(g.g)

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

góc A chung

=>ΔABE đồng dạng với ΔACF

b: Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có

góc FHB=góc EHC

=>ΔHFB đồng dạng với ΔHEC

=>HF/HE=HB/HC

=>HF*HC=HE*HB

a: Xét tứ giác BFEC có

góc BFC=góc BEC=90 độ

=>BFEC nội tiếp

=>góc BFE+góc BCE=180 độ

=>góc AFE=góc ACB

mà góc FAE chung

nên ΔAFE đồng dạng với ΔACB

b: Xét tứ giác BFHD có

góc BFH+goc BDH=180 độ

=>BFHD là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác CEHD có

góc CEH+góc CDH=180 độ

=>CEHD là tứ giác nội tiếp

góc FDH=góc FBH

góc EDH=góc ACF

mà góc FBH=góc ACF

nên góc FDH=góc EDH

=>DH là phân giác của góc FDE(1)

góc EFH=góc CAD

góc DFH=góc EBC

mà góc CAD=góc EBC

nên góc EFH=góc DFH

=>FH là phân giác của góc EFD(2)

Từ (1), (2) suy ra H là giao của ba đường phân giác của ΔDEF

c: Xét ΔBHD vuông tại D và ΔBCE vuông tại E có

góc HBD chung

=>ΔBHD đồg dạng với ΔBCE

=>BH/BC=BD/BE

=>BH*BE=BC*BD

Xét ΔCDH vuông tại Dvà ΔCFB vuông tại F có

góc FCB chung

=>ΔCDH đồng dạng với ΔCFB

=>CD/CF=CH/CB

=>CD*CB=CH*CF
=>BH*BE+CH*CF=BC^2

 a)tg AEB và tg AFC có 
-^AEB=^AFC 
-^BEA=^FAC 
=>tg AEB đồng dạng tg AFC 
=>AE/AF=AB/AC 
=>AE. AC=AF.AB 
b) AE/AF=AB/AC
=>AE/AB= AF/AC 
tgAEF và tg ABC có 
-^EAF=^BAC 
- AE/AB= AF/AC 
=>tg AEF đồng dạng tg ABC 
c) tg AEB đồng dạng tg AFC 
=>^ABE=^ ACF 
hay ^FBH=^ECH 
tg FHB và tg EHC c ó 
-^FBH=^ECH 
-^FHB=^EHC 
=> tg FHB và tg EHC đồng dạng 
=>FH/EH=HB/HC 
tg FHE và tg BHC có 
- FH/EH=HB/HC 
-^FHE=^BHC(2 g óc đối đỉnh) 
=> tg FHE và tg BHC đồng dạng 
tg ABD và CBF có 
-^ADB=^CFB(=90 độ) 
-^ABD=^CBF 
=> tg ABD và CBF đồng dạng 
=>AB/BC=BD/BF 

=>BF.AB=BC.BD 
Tương tự chứng minh:CE.CA=CD.BC 
=> BF.AB+CE.CA =BC.BD+CD.BC=BC(BD.CD)=BC^2

k hiểu j lun ák

a: Xét tứ giác BCEF có 

\(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}\)

nên BCEF là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác CDHE có 

\(\widehat{HDC}+\widehat{HEC}=180^0\)

Do đó: CDHE là tứ giác nội tiếp

1: Xét ΔDCH vuông tại D và ΔDAB vuông tại D có

\(\widehat{DCH}=\widehat{DAB}\)

Do đó:ΔDCH đồng dạng với ΔDAB

=>\(\dfrac{DC}{DA}=\dfrac{DH}{DB}\)

=>\(DC\cdot DB=DA\cdot DH\)

2: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

\(\widehat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB đồng dạng với ΔAFC

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

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

Xét ΔAEF và ΔABC có

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

\(\widehat{FAE}\) chung

Do đó: ΔAEF đồng dạng với ΔABC

xét tam giác  abe va acf

co ;goc f=goc e =90

goc a chung 

 2 tam giuac dong dang 

a) Xét ΔABE và ΔACE có:

\(\widehat{AEB}=\widehat{AFC}\) \(=90^0\)

\(\widehat{CAB}:chung\)

=> ΔABE∼ΔACE (g.g)

b) Xét ΔFHB và ΔEHC có:

\(\widehat{HFB}=\widehat{HEC}\) \(=90^0\)

\(\widehat{FHB}=\widehat{EHC}\) (2 góc đối đỉnh)

=> ΔFHB∼ΔEHC (g.g)

=> \(\frac{HF}{HE}=\frac{HB}{HC}\Leftrightarrow HF.HC=HB.HE\) (đpcm)

c) Theo câu a) ta có: ΔABE∼ΔACF

=> \(\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AF}\)

Xét ΔBAC và ΔEAF có:

\(\widehat{BAC}:chung\)

\(\frac{AB}{AC}=\frac{AE}{AF}\) (cmtrn)

=> ΔBAC∼ΔEAF (c.g.c)

=> \(\widehat{AEF}=\widehat{ABC}\) (2 góc tương ứng)

Nguyễn Trọng Phúc cho mình hỏi tại sao AC/BC = DC/EC?