Câu 55 trang 98 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 2

Tam giác ABC có ba đường cao AD, BE, CF đồng quy tại H. Chứng minh rằng AH.DH = BH.EH = CH.FH

Giải:

(hình trang 121 sgbt)

Xét ∆ AFH và ∆ CDH, ta có:

\(\widehat {AFH} = \widehat {CDH} = 90^\circ \)

\(\widehat {AHF} = \widehat {CHD}\)  (đối đỉnh)

Suy ra: ∆ AFH đồng dạng ∆ CDH (g.g)

Suy ra: \({{AH} \over {CH}} = {{FH} \over {DH}}\)

Suy ra: AH.DH = CH.FH                      (1)

Xét ∆ AEH và ∆ BDH, ta có:

\(\widehat {AEH} = \widehat {BDH} = 90^\circ \)

\(\widehat {AHE} = \widehat {BHD}\) (đối đỉnh)

Suy ra: ∆ AEH đồng dạng ∆ BDH (g.g)

Suy ra: \({{AH} \over {BH}} = {{EH} \over {DH}}\)

Suy ra: AH.DH = BH.EH                  (2)

Từ (1) và (2) suy ra: AH.DH = BH.EH = CH.FH.  

Câu 56 trang 98 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 2

Hai điểm M và K thứ tự nằm trên cạnh AB và BC của tam giác ABC; hai đoạn thẳng AK và CM cắt nhau tại điểm P. Biết rằng AP = 2 PK và CP = 2PM.

Chứng minh rằng AK và CM là các trung tuyến của tam giác ABC.

Giải:

(hình trang 121 sgbt)

Xét ∆ PAC và ∆ PKM, ta có:

\({{PK} \over {PA}} = {1 \over 2};{{PM} \over {PC}} = {1 \over 2}\)

Suy ra: \({{PK} \over {PA}} = {{PM} \over {PC}} = {1 \over 2}\)

Lại có: \(\widehat {APC} = \widehat {KPM}\)  (đối đỉnh)

Suy ra: ∆ PKM đồng dạng ∆ PAC (c.g.c) với tỉ số đồng dạng k = \({1 \over 2}\)

Suy ra: \({{KM} \over {AC}} = {1 \over 2}\)                          (1)

Vì ∆ PKM đồng dạng ∆ PAC nên:

\(\widehat {PKM} = \widehat {PAC}\)

Suy ra: KM // AC (vì có cặp góc ở vị trí so le trong bằng nhau)

Trong tam giác ABC, ta có: KM // AC

Suy ra: ∆ BMK đồng dạng ∆ BAC (g.g)

Suy ra: \({{BM} \over {BA}} = {{BK} \over {BC}} = {{MK} \over {AC}}\)     (2)

Từ (1) và (2) suy ra : \({{BM} \over {BA}} = {{BK} \over {BC}} = {1 \over 2}\)

Vì BM = \({1 \over 2}\) BA nên M lừ trung điểm AB

Vì BK = \({1 \over 2}\) BC nên K là trung điểm của BC.

Vậy BK và CM là đường trung tuyến của tam giác ABC.

Câu 57 trang 98 Sách bài tập (SBT) Toán 8 tập 2

Cho hình bình hành ABCD. Từ A kẻ AM vuông góc với BC, AN vuông góc với CD(M thuộc BC và N thuộc CD). Chứng minh rằng tam giác MAN đồng dạng với tam giác ABC.

Giải:

(hình trang 122, 123 sgbt)

Trường hợp góc B nhọn :

Xét ∆ AMB và ∆ AND, ta có:

\(\widehat {AMB} = \widehat {AND} = 90^\circ \)

\(\widehat B = \widehat D\) (tính chất hình bình hành)

Suy ra: ∆ AMB đồng dạng ∆ AND (g.g)

Suy ra:

  \(\eqalign{  & {{AM} \over {AN}} = {{AB} \over {AD}}  \cr  &  \Rightarrow {{AM} \over {AB}} = {{AN} \over {AD}} \cr} \)

Mà AD = BC (tính chất hình bình hành)

Suy ra: \({{AM} \over {AB}} = {{AN} \over {BC}}\)

Lại có: AB // CD (gt)

AN ⊥ CD (gt)

Suy ra: AN ⊥ AB hay góc NAB = 90°

Suy ra: \(\widehat {NAM} + \widehat {MAB} = 90^\circ \)   (1)

Trong tam giác vuông AMB ta có: \(\widehat {ABM} = 90^\circ \)

Suy ra: \(\widehat {MAB} + \widehat B = 90^\circ \)               (2)

Từ (1) và (2) suy ra : \(\widehat {NAM} = \widehat B\)

Xét ∆ ABC và ∆ MAN, ta có:

\({{AM} \over {AB}} = {{AN} \over {BC}}\)  (chứng minh trên )

(chứng minh trên )

Vậy ∆ ABC đồng dạng ∆ MAN (c.g.c)

Trường hợp góc B tù:

Xét ∆ AMB và ∆ AND, ta có:

\(\widehat {AMB} = \widehat {AND} = 90^\circ \)

\(\widehat {ABM} = \widehat {ADN}\) (vì cùng bằng góc C)

Suy ra: ∆ AMB đồng dạng ∆ AND (g.g)

Suy ra: \({{AM} \over {AN}} = {{AB} \over {AD}} \Rightarrow {{AM} \over {AB}} = {{AN} \over {AD}}\)

Mà AD = BC (tính chất hình bình hành )

Suy ra: \({{AM} \over {AB}} = {{AN} \over {BC}}\)

Vì AB // CD nên \(\widehat {ABC} + \widehat C = 180^\circ \)                 (3)

Tứ giác AMCN có \(\widehat {AMC} = \widehat {AND} = 90^\circ \)

 Suy ra: \(\widehat {MAN} + \widehat C = 180^\circ \)                              (4)

Từ (3) và (4) suy ra : \(\widehat {MAN} = \widehat {ABC}\)

Xét ∆ AMN và ∆ ABC, ta có:

\({{AM} \over {AB}} = {{AN} \over {BC}}\) (chứng minh trên )

 \(\widehat {MAN} = \widehat {ABC}\) (chứng minh trên )

Vậy ∆ MAN đồng dạng ∆ ABC (c.g.c)

Giaibaitap.me