Question

[Trần Đăng Khôi]

Cho tam giác ABC nhọn, AB < AC. Hai đường cao BE và CF cắt nhau tại H.
a) Chứng minh tam giác AEB và tam giác AFC đồng dạng.
b) Chứng minh HB.HE = HC.HF.
c) EF cắt BC tại K. Chứng minh KB.KC = KF.KE

Answer 1

[Roblox Player]

- Dưới đây là chứng minh cho bài toán hình học của bạn:

a) Chứng minh tam giác AEB và tam giác AFC đồng dạng.
- Xét tam giác AEB và tam giác AFC, ta có:

• • ∠AEB = ∠AFC = 90° (do BE và CF là đường cao)
  • ∠BAC chung
• - Vậy tam giác AEB đồng dạng với tam giác AFC (g.g)

b) Chứng minh HB.HE = HC.HF.

• - Xét tam giác HFB và tam giác HEC, ta có:
• • ∠HFB = ∠HEC = 90°
  • ∠FHB = ∠EHC (đối đỉnh)
• - Vậy tam giác HFB đồng dạng với tam giác HEC (g.g)
• - Suy ra: HF/HE = HC/HB => HB.HE = HC.HF

c) Chứng minh KB . KC = KF . KE

• - Gọi O là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEHF.
• - Khi đó, ta có: \(\angle B F C = \angle B E C = 9 0^{\circ}\) nên tứ giác BFEC nội tiếp được đường tròn đường kính BC.
• - Gọi I là giao điểm của AO và BC.
• - Theo định lý Pascal áp dụng cho 6 điểm A, E, F, C, B, O nằm trên hai đường tròn, ta có: giao điểm của (AE, BC), (FC, AO), (FB, CO) thẳng hàng.
• - Mà (AE, BC) = E', (FC, AO) = H', (FB, CO) = F'. Khi đó, E', H', F' thẳng hàng.
• - Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC và cát tuyến EFK, ta có: \(\frac{A E}{E B} \cdot \frac{B K}{K C} \cdot \frac{C F}{F A} = 1\)
• - Vì tam giác AEB đồng dạng với tam giác AFC (chứng minh trên), suy ra: AE/EB = AF/FC => AE/AF = EB/FC
• - Thay vào biểu thức trên, ta có: \(\frac{A F}{E B} \cdot \frac{B K}{K C} \cdot \frac{C F}{F A} = 1\)
• - Suy ra BK/KC = AE/EC
• - Xét tam giác KEF và tam giác KCB, ta có:
• • \(\angle K\) chung
  • \(\angle K F E = \angle K C B\) (cùng chắn cung BC)
• - Vậy tam giác KEF đồng dạng với tam giác KCB (g.g)
• - Suy ra: KE/KB = KF/KC => KB.KC = KE.KF

* Lưu ý: Chứng minh trên có sử dụng định lý Pascal và định lý Menelaus, là kiến thức nâng cao của hình học THCS. Nếu bạn chưa quen với các định lý này, có thể có cách chứng minh khác đơn giản hơn, nhưng sẽ phức tạp hơn về mặt trình bày.

Answer 2

[Nguyễn Lê Phước Thịnh]

a: Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

\(\hat{EAB}\) chung

Do đó: ΔAEB~ΔAFC

b: Xét ΔHFB vuông tại F và ΔHEC vuông tại E có

\(\hat{FHB}=\hat{EHC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHFB~ΔHEC

=>\(\frac{HF}{HE}=\frac{HB}{HC}\)

=>\(\frac{HF}{HB}=\frac{HE}{HC}\)

=>\(HF\cdot HC=HB\cdot HE\)

c: Xét ΔHFE và ΔHBC có

\(\frac{HF}{HB}=\frac{HE}{HC}\)

\(\hat{FHE}=\hat{BHC}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔHFE~ΔHBC

=>\(\hat{HEF}=\hat{HCB}\)

Xét ΔKEB và ΔKCF có

\(\hat{KEB}=\hat{KCF}\)

\(\hat{EKB}\) chung

Do đó: ΔKEB~ΔKCF

=>\(\frac{KE}{KC}=\frac{KB}{KF}\)

=>\(KB\cdot KC=KE\cdot KF\)