1. Cho tam giác ABC vuông tại C, đường cao CK.
a) Tính BC, CK, BK và AK biết AB = 10cm , AC=8cm.
b) Gọi H và I theo thứ tự là hình chiếu của K trên BC và AC. Tứ giác CHKI là hình gì? Vì sao?
c) Chứng minh; \(\text{CB.CH=CA.CI}\)
d) Chứng minh: \(\dfrac{AI}{BH}=\dfrac{AC^3}{BC^3}\)
e) \(AB\cdot BH\cdot AI=CK^3\)
f) Gọi M là hình chiếu của K trên IH. Chứng minh: \(\dfrac{1}{KM^2}=\dfrac{1}{CH^2}+\dfrac{1}{CI^2}\)
2. Cho tam giác ABC cân tại A, các đường cao AH và BK. Kẻ đường thẳng vuông góc với BC tại B cắt tia CA tại D. Chứng minh:
a) \(BD=2AH\)
b) \(\dfrac{1}{BK^2}=\dfrac{1}{DC^2}+\dfrac{1}{4HA^2}\)
Bài 1:
a)
Áp dụng định lý Pitago:
\(BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{10^2-8^2}=6\) (cm)
\(S_{ABC}=\frac{AC.CB}{2}=\frac{AB.CK}{2}\Rightarrow CK=\frac{AC.CB}{AB}=\frac{8.6}{10}=4,8\) (cm)
Áp dụng định lý Pitago:
\(BK=\sqrt{CB^2-CK^2}=\sqrt{6^2-4,8^2}=3,6\) (cm)
\(AK=BA-BK=10-3,6=6,4\) (cm)
b)
\(KH\perp BC, KI\perp AC\Rightarrow \widehat{KHC}=\widehat{KIC}=90^0=\widehat{HCI}\)
Tứ giác $KHCI$ có 3 góc vuông nên là hình chữ nhật.
c)
Xét tam giác $CHK$ và $CKB$ có:
Góc $C$ chung
\(\widehat{CHK}=\widehat{CKB}=90^0\)
\(\Rightarrow \triangle CHK\sim \triangle CKB(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{CH}{CK}=\frac{CK}{CB}\Rightarrow CH.CB=CK^2(1)\)
Hoàn toàn tương tự: \(\triangle CKI\sim \triangle CAK(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{CK}{CA}=\frac{CI}{CK}\Rightarrow CA.CI=CK^2(2)\)
Từ \((1);(2)\Rightarrow CH.CB=CA.CI\) (đpcm)
Bài 1:
d)
Vì \(HK\parallel AC\Rightarrow \frac{BH}{BK}=\frac{BC}{BA}\Rightarrow BH=\frac{BK.BC}{AB}\) (định lý Ta-let)
Tương tự: \(\frac{AI}{AK}=\frac{AC}{AB}\Rightarrow AI=\frac{AK.AC}{AB}\)
\(\Rightarrow \frac{AI}{BH}=\frac{AK}{BK}.\frac{AC}{BC}\)
Xét tam giác $BKC$ và $BCA$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \text{góc B chung}\\ \widehat{BKC}=\widehat{BCA}=90^0\end{matrix}\right.\Rightarrow \triangle BKC\sim \triangle BCA(g.g)\)
\(\Rightarrow \frac{BK}{BC}=\frac{BC}{BA}\Rightarrow BK=\frac{BC^2}{BA}\) (cái này là công thức hệ thức lượng quen thuộc, mình chỉ chứng minh lại thôi nhé)
Tương tự: \(AK=\frac{AC^2}{AB}\)
\(\Rightarrow \frac{AK}{BK}=\frac{AC^2}{BC^2}(4)\)
Từ \((3);(4)\Rightarrow \frac{AI}{BH}=\frac{AC^2}{BC^2}.\frac{AC}{BC}=\left(\frac{AC}{BC}\right)^3\) (đpcm)
e)
Áp dụng những công thức thu từ phần d:
\(AB.BH.AI=AB.\frac{BK.BC}{BA}.\frac{AK.AC}{AB}=\frac{AK.BK.BC.AC}{AB}\)
Mà \(AK=\frac{AC^2}{AB}; BK=\frac{BC^2}{AB}\Rightarrow AB.BH.AI=\left(\frac{AC.BC}{AB}\right)^3\)
\(=\left(\frac{2S_{ABC}}{AB}\right)^3=CK^3\) (đpcm)
f)
Ta có: \(S_{KHI}=\frac{KH.KI}{2}=\frac{KM.HI}{2}\)
\(\Rightarrow KM=\frac{KH.KI}{HI}\Rightarrow KM^2=\frac{KH^2.KI^2}{HI^2}\)
\(\Rightarrow \frac{1}{KM^2}=\frac{HI^2}{KH^2.KI^2}=\frac{KH^2+KI^2}{KH^2.KI^2}=\frac{1}{KI^2}+\frac{1}{KH^2}\) (Pitago)
Mà theo phần b ta cm được $KHCI$ là hcn nên \(KI=CH; KH=CI\)
\(\Rightarrow \frac{1}{KM^2}=\frac{1}{CH^2}+\frac{1}{CI^2}\) (đpcm)
Bài 2:
a)
Vì \(AH\perp BC, BD\perp BC\rightarrow AH\parallel BD\)
Tam giác $ABC$ là tam giác cân tại $A$ nên đường cao $AH$ đồng thời là đường trung tuyến. Do đó H là trung điểm của $BC$
Áp dụng định lý Ta-let với \(AH\parallel BD\):
\(\frac{AH}{BD}=\frac{CH}{CB}=\frac{1}{2}\Rightarrow BD=2AH\)
b) Sửa đề: \(\frac{1}{BK^2}=\frac{1}{BC^2}+\frac{1}{4AH^2}\)
Xét tam giác vuông $DBC$ có:
\(S_{DBC}=\frac{BK.DC}{2}=\frac{BD.BC}{2}\Rightarrow BK=\frac{BD.BC}{DC}\)
\(\Rightarrow BK^2=\frac{BD^2.BC^2}{DC^2}\Rightarrow \frac{1}{BK^2}=\frac{DC^2}{BD^2.BC^2}=\frac{BD^2+BC^2}{BD^2.BC^2}\) (định lý Pitago)
\(=\frac{1}{BC^2}+\frac{1}{BD^2}\)
Mà \(BD=2AH\Rightarrow BD^2=4AH^2\)
Do đó: \(\frac{1}{BK^2}=\frac{1}{BC^2}+\frac{1}{4AH^2}\) (đpcm)
