Cho tam giác \(ABC\;\left( {AB < AC} \right)\)...

- Hướng dẫn giải

Phương pháp giải:

Giải chi tiết:

Cho tam giác \(ABC\;\left( {AB < AC} \right)\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH.\) Gọi \(E,\;F\) lần lượt là hình chiếu của \(H\) lên \(AB,\;AC.\)

a) Chứng minh rằng: \(BE\sqrt {CH}  + CF\sqrt {BH}  = AH\sqrt {BC} .\)

Dễ thấy AEHF là hình chữ nhật (Tứ giác có ba góc vuông) \( \Rightarrow AF = EH;\,\,AE = FH\).

Ta có: \(BE\sqrt {CH}  + CF\sqrt {BH}  = AH\sqrt {BC} \)

\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {\left( {BE\sqrt {CH}  + CF\sqrt {BH} } \right)^2} = {\left( {AH\sqrt {BC} } \right)^2}\\ \Leftrightarrow B{E^2}.CH + C{F^2}.BH + 2BE.CF.\sqrt {CH.BH}  = A{H^2}.BC.\;\;\;\left( * \right)\end{array}\)

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác \(ABC\;\)

vuông tại \(A\) có đường cao \(AH\) ta có:

\(A{H^2} = BH.CH.\;\;\;\left( 1 \right)\)

Xét \(\Delta EBH\) và \(\Delta FHC\) ta có:

\(\begin{array}{l}\widehat {BEH} = \widehat {HFC} = {90^0}\\\widehat {EBH} = \widehat {FHC}\;\;\left( {dong\,vi\;do\;AB//HF} \right).\\ \Rightarrow \Delta EBH \sim \Delta FHC\;\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \frac{{BE}}{{FH}} = \frac{{EH}}{{FC}} = \frac{{BH}}{{HC}} \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BE.FC = FH.EH = AE.AF\\EH.HC = FC.BH\\BE.HC = FH.BH\end{array} \right..\\ \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}B{E^2}.CH = BE.FH.BH = BE.AE.HB = H{E^2}.HB\\C{F^2}.BH = CF.EH.HC = CF.AF.HC = H{F^2}.HC\\2BE.CF.\sqrt {CH.BH}  = 2AE.AF.AH.\end{array} \right..\\ \Rightarrow \left( * \right) \Leftrightarrow H{E^2}.HB + H{F^2}.HC + 2AE.AF.AH = A{H^2}.BC\\ \Leftrightarrow \left( {A{H^2} - A{E^2}} \right).HB + \left( {A{H^2} - A{F^2}} \right).HC + 2AE.AF.AH = A{H^2}.BC\,\,\left( {Pitago} \right)\\ \Leftrightarrow A{H^2}\left( {HB + HC} \right) - \left( {A{E^2}.HB - 2AE.AF.AH + A{F^2}.HC} \right) = A{H^2}.BC\\ \Leftrightarrow A{H^2}.BC - \left( {A{E^2}.HB - 2AE.AF.AH + A{F^2}.HC} \right) = A{H^2}.BC\\ \Leftrightarrow A{E^2}.HB - 2AE.AF.AH + A{F^2}.HC = 0\\ \Leftrightarrow A{E^2}.HB + A{F^2}.HC = 2AE.AF.AH.\end{array}\)

Ta có: \(\Delta BEH \sim \Delta HEA\;\;\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{EH}}{{EA}} = \frac{{BH}}{{HA}} \Leftrightarrow AE.BH = EH.HA.\)

\(\Delta AHF \sim \Delta HCF\left( {g - g} \right) \Rightarrow \frac{{AH}}{{HC}} = \frac{{AF}}{{HF}} \Leftrightarrow AF.HC = AH.HF.\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow A{E^2}.BH + A{F^2}.HC = AE.EH.HA + AF.AH.HF\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = AE.AF.HA + AF.AH.AE\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = 2.AE.AF.AH\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)

Vậy \(BE\sqrt {CH}  + CF\sqrt {BH}  = AH\sqrt {BC} .\)

b) Gọi \(D\) là điểm đối xứng của \(B\) qua \(H\) và gọi \(O\) là trung điểm của \(BC.\) Đường thẳng đi qua \(D\) và vuông góc với \(BC\) cắt \(AC\) tại \(K.\) Chứng minh rằng: \(BK \bot AO.\)

Gọi \(M\) là giao điểm của \(BK\) và \(AO.\)

Xét tứ giác \(ABDK\)  ta có: \(\widehat {BAK} + \widehat {BDK} = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

\( \Rightarrow ABDK\) là tứ giác nội tiếp (dấu hiệu nhận biết)

\( \Rightarrow \widehat {DBK} = \widehat {DAK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DK)

Xét \(\Delta BAD\) ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AH \bot BD\\BH = HD\end{array} \right. \Rightarrow \Delta ABD\) là tam giác cân tại A.

\( \Rightarrow \widehat {BAH} = \widehat {HAD}\) (\(AH\) là phân giác của \(\widehat {BAD}\)).

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {DBK} = \widehat {DAK} = \widehat {BAC} - \widehat {BAD} = \widehat {BAC} - 2.\widehat {BAH}\\\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = \widehat {BAC} - 2.\widehat {BCA}\;\;\left( {\widehat {BCA} = \widehat {BAH}} \right)\end{array}\)

Theo tính chất góc ngoài của tam giác và do \(\Delta AOC\) cân tại \(O\) nên ta có: \(\widehat {BOA} = \widehat {OCA} + \widehat {OAC} = 2.\widehat {BCA.}\)

\(\begin{array}{l} \Rightarrow \widehat {DBK} = \widehat {BAC} - 2.\widehat {BCA} = {90^0} - \widehat {BOA}\\ \Leftrightarrow \widehat {DBK} + \widehat {BOA} = {90^0}\end{array}\)

Xét \(\Delta BOM\) ta có: \(\widehat {BOM} + \widehat {MBO} = {90^0}\;\;\left( {cmt} \right)\) \( \Rightarrow \Delta BOM\) vuông tại \(M.\)

Hay \( \Rightarrow BK \bot AO\;\;\left( {dpcm} \right).\)