Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau ở H. Chứng minh rằng

Giải SBT Toán 8 (Kết nối tri thức) Bài 36: Các trường hợp đồng dạng của hai tam giác vuông

Bài 9.47 trang 63 SBT Toán lớp 8 Tập 2: Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau ở H. Chứng minh rằng:

a) HA . HD = HB . HE = HC . HF;

b) ∆AFC ᔕ ∆AEB và AF . AB = AE . AC;

c) ∆BDF ᔕ ∆EDC và DA là tia phân giác của góc EDF.

Lời giải:

a)

Vì AD, BE, CF là các đường cao của tam giác ABC nên AD vuông góc với BC, BE vuông góc với AC, CF vuông góc với AB.

Tam giác AHE vuông ở H và tam giác BHD vuông ở D có:

$\widehat{AHE}=\widehat{BHD}$ (hai góc đối đỉnh)

Do đó, ∆AHE ᔕ ∆BHD (góc nhọn).

Suy ra $\frac{AH}{BH}=\frac{HE}{HD}$ nên HA . HD = HB . HE (1).

Tam giác HBF vuông ở F và tam giác HCE vuông ở E có:

$\widehat{BHF}=\widehat{EHC}$ (hai góc đối đỉnh)

Do đó, ∆HBF ᔕ ∆HCE (góc nhọn).

Suy ra $\frac{HB}{HC}=\frac{HF}{HE}$ nên HB . HE = HC . HF (2).

Từ (1) và (2) ta có: HA . HD = HB . HE = HC . HF.

b)

Tam giác AFC vuông ở F và tam giác AEB vuông ở E có:

$\widehat{BAC}$ chung.c

Do đó, ∆AFC ᔕ ∆AEB (góc nhọn)

Suy ra $\frac{AF}{AE}=\frac{AC}{AB}$ nên AF . AB = AE . AC.

c)

Vì HA . HD = HB . HE nên $\frac{HA}{HE}=\frac{HB}{HD}$

Tam giác HAB và tam giác HED có:

$\frac{HA}{HE}=\frac{HB}{HD}$ (cmt)

$\widehat{AHB}=\widehat{EHD}$ (hai góc đối đỉnh)

Do đó, ∆AHB ᔕ ∆EHD (c.g.c).

Suy ra $\widehat{HAB}=\widehat{HED}$ .

Mà $\widehat{HAB}+\widehat{FBD}=\widehat{HED}+\widehat{DEC}$ (= $90°$ ).

Do đó, $\widehat{FBD}=\widehat{DEC}$.

Chứng minh tương tự ta có: $\widehat{BFD}=\widehat{ECD}$ .

Tam giác BDF và tam giác EDC có:

$\widehat{FBD}=\widehat{DEC}$ (cmt)

$\widehat{BFD}=\widehat{ECD}$ (cmt)

Do đó, ∆BDF ᔕ ∆EDC (g.g).

Suy ra: $\widehat{BDF}=\widehat{EDC}$ .

Mà $\widehat{BDF}+\widehat{FDH}=\widehat{EDC}+\widehat{HDE}\left(=90°\right)$ .

Do đó, $\widehat{FDH}=\widehat{HDE}$ hay $\widehat{FDA}=\widehat{ADE}$ .

Vậy DA là tia phân giác của góc EDF.