Bài tập 27 trang 92 Tài liệu dạy – học Toán 8 tập 2

Đề bài

Cho tam giác ABC vuông tại A (AB < AC). Kẻ đường cao AH \(\left( {H \in BC} \right)\)

a) Chứng minh rằng AB² = BH.BC.

b) Vẽ HM vuông góc với AB, HN vuông góc với BC. Chứng minh rằng HB.HC = AM.AB.

c) Đường thẳng MN cắt đường thẳng BC ở E. Chứng minh rằng EM.EN = EB.EC.

d) Chứng minh rằng tam giác BMN đồng dạng với tam giác MHC.

Lời giải chi tiết

a) Xét ∆ABH và ∆ABC có: góc B (chung) và \(\widehat {AHB} = \widehat {BAC}( = 90^\circ )\)

Do đó \(\Delta ABH \sim \Delta CBA(g.g)\)

\(\Rightarrow {{AB} \over {BC}} = {{BH} \over {AB}}\)

\(\Rightarrow A{B^2} = BH.BC\)

b) Xét ∆ABH và ∆AHC có:

\(\widehat {BAH} = \widehat {ACH}\) (cùng phụ với góc B)

Và \(\widehat {AHB} = \widehat {AHC}( = 90^\circ )\)

Do đó \(\Delta ABH \sim \Delta CAH(g.g)\)

\( \Rightarrow {{AH} \over {HC}} = {{BH} \over {AH}} \)

\(\Rightarrow A{H^2} = BH.HC(1)\)

Xét ∆AMH và ∆ABH có: \(\widehat {MAH}\) (chung) và \(\widehat {AMH} = \widehat {AHB}( = 90^\circ )\)

Do đó \(\Delta AMH \sim \Delta AHB(g.g)\)

\(\Rightarrow {{AH} \over {AB}} = {{AM} \over {AH}} \)

\(\Rightarrow A{H^2} = AM.AB(2)\)

Từ (1) và (2) suy ra: HB.HC=AM.AB

c) Xét ∆AHN và ∆AHC có: góc HAN chung và \(\widehat {ANH} = \widehat {AHC}( = 90^\circ )\)

Do đó \(\Delta AHN \sim \Delta AHC(g.g)\)

\(\Rightarrow {{AH} \over {AC}} = {{AN} \over {AH}} \)

\(\Rightarrow A{H^2} = AN.AC\)

Mà \(A{H^2} = AM.AB\) (câu b) nên \(AN.AC = AM.AB \Rightarrow {{AN} \over {AB}} = {{AM} \over {AC}}\)

Xét ∆AMN và ∆ABC có: \({{AN} \over {AB}} = {{AM} \over {AC}}\) và \(\widehat {MAN}(chung)\)

Do đó \(\Delta AMN \sim \Delta ACB(c.g.c)\)

\(\Rightarrow \widehat {AMN} = \widehat {ACB}\)

Mà \(\widehat {AMN} = \widehat {EMB}\) (đối đỉnh) nên \(\widehat {ACB} = \widehat {EMB}\)

Xét ∆ENC và ∆EBM ta có: \(\widehat {MEB}\) (chung) và \(\widehat {NCB} = \widehat {EMB}\) (chứng minh trên)

Do đó \(\Delta ENC \sim \Delta EBM(g.g)\)

\(\Rightarrow {{EN} \over {EB}} = {{EC} \over {EM}}.\)

Vậy EN.EM=EB.EC

d) Xét tứ giác AMHN có: \(\widehat {MAN} = 90^\circ \) (∆ABC vuông tại A),

\(\widehat {AMH} = 90^\circ (MH \bot AB\) tại M) và \(\widehat {ANH} = 90^\circ (NH \bot AC\) tại N)

Do đó tứ giác AMHN là hình chữ nhật => MN = AH

Xét ∆BMH và ∆AHC có: \(\widehat {BMH} = \widehat {AHC}( = 90^\circ )\) và \(\widehat {MHB} = \widehat {ACH}\) (hai góc so lê trong và MH // AC)

Do đó \(\Delta BMH \sim \Delta AHC(g.g)\)

\(\Rightarrow {{BM} \over {AH}} = {{MH} \over {HC}} \Rightarrow {{BM} \over {MH}} = {{AH} \over {HC}}\)

Mà AH = MN nên \({{BM} \over {MH}} = {{MN} \over {HC}}\)

Ta có: \(\widehat {BMN} + \widehat {AMN} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

\(\widehat {MHC} + \widehat {MHB} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Và \(\widehat {AMN} = \widehat {MHB}( = \widehat {ACB})\)

\(\Rightarrow \widehat {BMN} = \widehat {MHC}\)

Xét ∆BMN và ∆MHC có: \({{BM} \over {MH}} = {{MN} \over {HC}}\) và \(\widehat {BMN} = \widehat {MHC}\)

Do đó \(\Delta BMN \sim \Delta MHC(c.g.c)\)