Cho hình vuông ABCD có cạnh là a. Trên BC lấy E đường thẳng AE cắt đường thẳng CD tại M. O là giao của AC và BD.
a) Chứng minh: \(\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AM^2}=\frac{1}{a^2}\)
b) Trên tia đối của CB lấy G sao cho CG=CM. Chứng minh tam giác BOE đồng dạng với tam giác BGD.
c) Cho BE=\(\frac{a}{3}\)Trên tia CM lấy F sao cho CF=\(\frac{a}{2}\)gọi H là giao của BF và AM chứng minh CH=\(\sqrt[3]{HE\cdot HC\cdot HM}\)
a) Xét tam giác AEB và tam giác MAD có:
\(\widehat{ABE}=\widehat{MDA}\left(=90^o\right)\)
\(\widehat{AEB}=\widehat{MAD}\) (So le trong)
Vậy nên \(\Delta AEB\sim\Delta MAD\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AE}{MA}=\frac{BE}{DA}\Rightarrow AE.DA=AM.BE\)
\(\Rightarrow AE^2.a^2=MA^2.BE^2\Rightarrow AE^2.a^2=MA^2\left(AE^2-AB^2\right)\)
\(\Rightarrow AE^2.a^2=MA^2.AE^2-MA^2.a^2\Rightarrow\left(AE^2+MA^2\right).a^2=AE^2.AM^2\)
\(\Rightarrow\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AM^2}=\frac{1}{a^2}\)
a) Xét \(\frac{a^2}{AE^2}+\frac{a^2}{AM^2}=\frac{CM^2}{ME^2}+\frac{CE^2}{ME^2}=1\)(ĐL Thales và Pytagoras). Suy ra \(\frac{1}{AE^2}+\frac{1}{AM^2}=\frac{1}{a^2}.\)
b) Ta dễ thấy \(\Delta\)ACG = \(\Delta\)ACM (c.g.c), suy ra ^AGC = ^AMC = ^BAE. Từ đây \(\Delta\)ABE ~ \(\Delta\)GBA (g.g)
Vậy BE.BG = AB2 = BO.BD nên \(\Delta\)BOE ~ \(\Delta\)BGD (c.g.c) (đpcm).
c) Gọi CH giao AB tại K. Theo hệ quả ĐL Thales \(\frac{CM}{BA}=\frac{EC}{EB}=2\)(Vì \(BE=\frac{a}{3}\))\(\Rightarrow CM=2a\)
Ta cũng có \(\frac{CF}{FM}=\frac{KB}{BA}\), suy ra \(\frac{\frac{a}{2}}{2a-\frac{a}{2}}=\frac{KB}{a}\Leftrightarrow KB=\frac{a}{3}\left(=BE\right)\)
Từ đó \(\Delta\)EKB vuông cân tại B, mà \(\Delta\)ABC vuông cân tại B nên E là trực tâm \(\Delta\)ACK
Suy ra AE vuông góc CK (tại H). Vậy, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông (\(\Delta\)MEC) thì
\(CH^2=HE.HM\Leftrightarrow CH^3=HE.HC.HM\Leftrightarrow CH=\sqrt[3]{HE.HC.HM}\)(đpcm).
