Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, \(BH\perp AD\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{BHA}=\widehat{BHD}=90^0\)
\(CK\perp AD\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{AKC}=90^0\)
Xét \(\Delta BHD\)và \(\Delta CKD\) có:
\(\widehat{BHD}=\widehat{CKD}=90^0\)
\(\widehat{BDH}=\widehat{CDK}\) (đối đỉnh)
Do đó: \(\Delta BHD\infty\Delta CKD\left(g.g\right)\)
b, Xét \(\Delta ABH\) và \(\Delta ACK\) có:
\(\widehat{BAH}=\widehat{CAK}\) (vì AD là tia p/g của góc BAC)
\(\widehat{AHB}=\widehat{AKC}=90^0\)
Do đó: \(\Delta ABH\infty\Delta ACK\left(g.g\right)\)
Suy ra: \(\frac{AB}{AH}=\frac{AC}{AK}\) hay \(AB.AK=AC.AH\)
C, \(\Delta ABH\infty\Delta ACK\left(cmt\right)\Rightarrow\frac{BH}{CK}=\frac{AB}{AC}\left(1\right)\)
\(\Delta BHD=\Delta CKD\left(cmt\right)\Rightarrow\frac{DH}{DK}=\frac{BH}{CK}\left(2\right)\)
Từ (1) và (2), ta được: \(\frac{DH}{DK}=\frac{BH}{CK}=\frac{AB}{AC}\)
d, Gọi giao điểm giữa FM và BH là O và giao điểm giữa FM và CK là I.
Bạn chứng minh được tam giác BOF tại O và tam giác CIE vuông tại I
\(\Delta BOM=\Delta CIM\left(ch.gn\right)\Rightarrow BO=CI\)(2 cạnh tương ứng)
\(AD//FM\left(gt\right)\Rightarrow\hept{\begin{cases}\widehat{BAD}=\widehat{F}\\\widehat{DAC}=\widehat{IEC}\end{cases}}\)(đồng vị)
Suy ra: \(\widehat{F}=\widehat{IEC}\)
Mà \(\hept{\begin{cases}\widehat{F}+\widehat{FBO}=90^0\\\widehat{IEC}+\widehat{ICE}=90^0\end{cases}}\)
Nên \(\widehat{FBO}=\widehat{ICE}\)
Chứng minh được \(\Delta FBO=\Delta ECI\left(g.c.g\right)\Rightarrow BF=CE\)(2 cạnh tương ứng)
Chúc bạn học tốt.
Sửa đề: ba đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H
a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có
\(\hat{BAE}\) chung
Do đó: ΔAEB~ΔAFC
b: Xét ΔBFC vuông tại F và ΔBDA vuông tại D có
\(\hat{FBC}\) chung
Do đo: ΔBFC~ΔBDA
=>\(\frac{BF}{BD}=\frac{BC}{BA}\)
=>\(BF\cdot BA=BD\cdot BC\)
c: ΔAEB~ΔAFC
=>\(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)
=>\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
Xét ΔAEF và ΔABC có
\(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)
\(\hat{EAF}\) chung
Do đó: ΔAEF~ΔABC
=>\(\hat{AFE}=\hat{ACB}\left(1\right)\)
Xét ΔAPD vuông tại P và ΔADB vuông tại D có
\(\hat{PAD}\) chung
Do đó: ΔAPD~ΔADB
=>\(\frac{AP}{AD}=\frac{AD}{AB}\)
=>\(AP\cdot AB=AD^2\left(2\right)\)
Xét ΔAQD vuông tại Q và ΔADC vuông tại D có
\(\hat{QAD}\) chung
Do đó: ΔAQD~ΔADC
=>\(\frac{AQ}{AD}=\frac{AD}{AC}\)
=>\(AQ\cdot AC=AD^2\left(3\right)\)
Từ (2),(3) suy ra \(AP\cdot AB=AQ\cdot AC\)
=>\(\frac{AP}{AC}=\frac{AQ}{AB}\)
Xét ΔAPQ và ΔACB có
\(\frac{AP}{AC}=\frac{AQ}{AB}\)
\(\hat{PAQ}\) chung
Do đó: ΔAPQ~ΔACB
=>\(\hat{APQ}=\hat{ACB}\left(4\right)\)
Từ (1),(4) suy ra \(\hat{AFE}=\hat{APQ}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên FE//PQ