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

Câu hỏi số 266374:

Vận dụng

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

Xem lời giải

Câu hỏi:266374

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

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

PH/HS 2K10 THAM GIA NHÓM ĐỂ CẬP NHẬT ĐIỂM THI, ĐIỂM CHUẨN MIỄN PHÍ!

Câu hỏi trước Câu tiếp theo

>> Học trực tuyến lớp 9 và Lộ trình UP10 trên Tuyensinh247.com Đầy đủ khoá học các bộ sách: Kết nối tri thức với cuộc sống; Chân trời sáng tạo; Cánh diều. 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. PH/HS tham khảo chi tiết khoá học tại: Link