Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
hình tự kẻ ạ :3
a)
xét ΔABE và ΔACF có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{A}\left(chung\right)\\\widehat{AFC}=\widehat{AEB}=90^0\left(CF\perp AB;BE\perp AC\right)\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta ABE\sim\Delta ACF\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{AC}{AB}=\dfrac{AF}{AE}\Leftrightarrow AC.AE=AB.AF\)
3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF
Tứ giác BFEC có B E C ^ = B F C ^ = 90 0
=> tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC thì O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF
∆ OBE cân tại O (do OB=OE) => O B E ^ = O E B ^
∆ AEH vuông tại E có EM là trung tuyến ứng với cạnh huyền AH (Vì M là trung điểm AH)
=> ME=AH:2= MH do đó ∆ MHE cân tại M=> M E H ^ = M H E ^ = B H D ^
Mà B H D ^ + O B E ^ = 90 0 ( ∆ HBD vuông tại D)
Nên O E B ^ + M E H ^ = 90 0 Suy ra M E O ^ = 90 0
⇒ E M ⊥ O E tại E thuộc ( O ) => EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF
4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh DIJ ^ = DFC ^
Tứ giác AFDC có A F C ^ = A D C ^ = 90 0 nên tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn => B D F ^ = B A C ^
∆ BDF và ∆ BAC có B D F ^ = B A C ^ (cmt); B ^ chung do đó ∆ BDF ~ ∆ BAC(g-g)
Chứng minh tương tự ta có ∆ DEC ~ ∆ ABC(g-g)
Do đó ∆ DBF ~ ∆ DEC ⇒ B D F ^ = E D C ^ ⇒ B D I ^ = I D F ^ = E D J ^ = J D C ^ ⇒ I D J ^ = F D C ^ (1)
Vì ∆ DBF ~ ∆ DEC (cmt); DI là phân giác, DJ là phân giác ⇒ D I D F = D J D C (2)
Từ (1) và (2) suy ra ∆ DIJ ~ ∆ DFC (c-g-c) => DIJ ^ = DFC ^
a: Xét ΔBDA vuông tại D và ΔBFC vuông tại F có
\(\widehat{DBA}\) chung
Do đó: ΔBDA~ΔBFC
=>\(\dfrac{BD}{BF}=\dfrac{BA}{BC}\)
=>\(\dfrac{BD}{BA}=\dfrac{BF}{BC}\)
Xét ΔBDF và ΔBAC có
\(\dfrac{BD}{BA}=\dfrac{BF}{BC}\)
\(\widehat{DBF}\) chung
Do đó: ΔBDF~ΔBAC
Xét ΔCDA vuông tại D và ΔCEB vuông tại E có
\(\widehat{DCA}\) chung
Do đó: ΔCDA~ΔCEB
=>\(\dfrac{CD}{CE}=\dfrac{CA}{CB}\)
=>\(\dfrac{CD}{CA}=\dfrac{CE}{CB}\)
Xét ΔCDE và ΔCAB có
\(\dfrac{CD}{CA}=\dfrac{CE}{CB}\)
\(\widehat{DCE}\) chung
Do đó: ΔCDE~ΔCAB
b: \(BF\cdot BA+CE\cdot CA\)
\(=BD\cdot BC+CD\cdot CB\)
\(=BC\left(BD+CD\right)=BC^2\)
1: Xét ΔBFC vuông tại F và ΔBDA vuông tại D có
\(\widehat{DBA}\) chung
Do đó: ΔBFC\(\sim\)ΔBDA
Suy ra: BF/BD=BC/BA
hay \(BF\cdot BA=BD\cdot BC\)
2: Ta có: BF/BD=BC/BA
nên BF/BC=BD/BA
Xét ΔBDF và ΔBAC có
BF/BC=BD/BA
\(\widehat{DBF}\) chung
Do đó: ΔBDF\(\sim\)ΔBAC
SUy ra: \(\widehat{BDF}=\widehat{BAC}\)
3: Xét tứ giác ABDE có
\(\widehat{ADB}=\widehat{AEB}=90^0\)
Do đó: ABDE là tứ giác nội tiếp
Suy ra: \(\widehat{BAC}+\widehat{BDE}=180^0\)
mà \(\widehat{CDE}+\widehat{BDE}=180^0\)
nên \(\widehat{CDE}=\widehat{BAC}\)