Cho tam giác \(ABC\;\left( {AB < AC} \right)\) vuông tại \(A\) có đường cao \(AH.\) Gọi \(E,\;F\) lần
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: \(BE\sqrt {CH} + CF\sqrt {BH} = AH\sqrt {BC} .\)
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: \(BK \bot AO.\)
Quảng cáo
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 \( \Rightarrow BK \bot AO\;\;\left( {dpcm} \right).\)
Tham Gia Group Dành Cho Học Sinh Lớp 9 - Ôn Thi Vào Lớp 10
>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com . Học online tại nhà cũng giáo viên giỏi từ trường TOP đầu cả nước. Lộ trình học tập 3 giai đoạn: Học nền tảng lớp 9, Ôn thi vào lớp 10, Luyện Đề. Bứt phá điểm lớp 9, thi vào lớp 10 kết quả cao. Hoàn trả học phí nếu học không hiệu quả. Phụ huynh và học sinh tham khảo chi tiết khoá học tại: Link
 |
 |
 |
 |
 |
 |
Hỗ trợ - Hướng dẫn
-
024.7300.7989
-
1800.6947
(Thời gian hỗ trợ từ 7h đến 22h)
Email: lienhe@tuyensinh247.com
