Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có hai đường cao BE,CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh: tam giác FHB dồng dạng tam giác EHC . b) Chứng minh: AF.AB = AE.AC

17/17

Cho tam giác \[ABC\] nhọn \[\left( {AB < AC} \right)\] có hai đường cao \[BE,{\rm{ }}CF\] cắt nhau tại \[H.\]

a) Chứng minh: ΔFHB∽ ΔEHC .

b) Chứng minh: \(AF \cdot AB = AE \cdot AC\).

c) Đường thẳng qua \[B\] và song song với \[EF\] cắt \[AC\] tại \[M.\] Gọi \[I\] là trung điểm của \[BM,{\rm{ }}D\] là giao điểm của \[EI\] và \[BC.\] Chứng minh ba điểm \[A,{\rm{ }}H,{\rm{ }}D\] thẳng hàng.

Nhập câu trả lời ở đây

0/3000 ký tự

Giải thích

Cho tam giác ABC nhọn (AB < AC) có hai đường cao BE,CF cắt nhau tại H. a) Chứng minh: tam giác FHB dồng dạng tam giác EHC . b) Chứng minh: AF.AB = AE.AC (ảnh 1)

a) Xét \[\Delta FHB\] và \[\Delta EHC\] có:

\[\widehat {FHB} = \widehat {EHC}\]

\(\widehat {HFB} = \widehat {HEC}\;\left( { = 90^\circ } \right)\)

Do đó ΔFHB∽ ΔEHC (g.g) .

b) Xét \[\Delta AEB\] và \[\Delta AFC\] có:

\(\widehat {EAB} = \widehat {FAC}\;\,\left( {\widehat A\;\,{\rm{chung}}} \right)\)

\(\widehat {AEB} = \widehat {AFC}\;\left( { = 90^\circ } \right)\)

Do đó ΔAEB∽ ΔACF (g.g)

Suy ra \(\frac{{AE}}{{AF}} = \frac{{AB}}{{AC}}\) hay \(AF \cdot AB = AE \cdot AC\) (đpcm)

• Xét \[\Delta ABC\] có hai đường cao \[BE,{\rm{ }}CF\] và cắt nhau tại \[H\] nên suy ra \[H\] là trực tâm của tam giác \[ABC\] nên \[AH \bot BC\]. (1)

• Xét \[\Delta BEM\] vuông tại \[E\] có \[I\] là trung điểm của \[BM\] nên \(IE = BI = IM = \frac{{BM}}{2}\).

• Xét \[\Delta IEM\] có \[IE = IM\] (cmt) nên tam giác \[IEM\] cân tại \[I\].

Suy ra \(\widehat {IEM} = \widehat {IME}\). (2)

• Xét \[\Delta ABC\] có \[FE{\rm{ // }}BC\] suy ra \(\widehat {AEF} = \widehat {AMB}\) (hai góc đồng vị). (3)

• Ta có \[AF \cdot AB = AE \cdot AC\] suy ra \(\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AB}}\).

• Xét \[\Delta ABF\] và \[\Delta ABC\] có:

\[\widehat {EAF} = \widehat {BAC}\,\;\left( {\widehat A\;\,{\rm{chung}}} \right)\]

\[\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{AE}}{{AB}}\;\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\]

Do đó ΔAEF∽ ΔABC (c.g.c) .

Suy ra \(\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\) (hai góc tương ứng). (4)

Từ (2), (3), (4) suy ra \(\widehat {CED} = \widehat {ABC}\).

• Xét \[\Delta CED\] và \[\Delta CBA\] có:

\(\widehat {ECD} = \widehat {BCA}\,\;\left( {\widehat C\;\,{\rm{chung}}} \right)\)

\(\widehat {CED} = \widehat {ABC}\;\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)

Do đó ΔCED∽ ΔCBA (c.g.c) .

Suy ra \(\frac{{CE}}{{CB}} = \frac{{CD}}{{CA}}\) hay \(\frac{{CE}}{{CD}} = \frac{{CB}}{{CA}}\).

• Xét \[\Delta CEB\] và \[\Delta CDA\] có:

\(\frac{{CE}}{{CD}} = \frac{{CB}}{{CA}}\;\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)

\(\widehat {ECB} = \widehat {DCA}\,\;\left( {\widehat C\;\,{\rm{chung}}} \right)\)

Do đó ΔCEB∽ ΔCDA (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {CDA} = \widehat {CEB}\) (hai góc tương ứng).

Nên \(\widehat {CDA} = 90^\circ \), do đó \(AD \bot BC\). (5)

Từ (1) và (5) suy ra ba điểm \[A,{\rm{ }}H,{\rm{ }}D\] thẳng hàng (đpcm).