LG câu 4
Phương pháp giải:
a) Chứng minh (Delta ABH backsim Delta ACB{rm{;}})qua trường hợp đồng dạng góc – góc.
b) Áp dụng định lý Pytago tính (AC,) sau đó áp dụng (AC.AH = A{B^2}) tính (AH) rồi tính (BH,,,CH.)
c) Chứng minh (DM = IH,,,left( { = BH} right).)
Chứng minh (ID//MH Rightarrow ID//AC Rightarrow ACID) là hình thang và (angle DAM = angle ICH)( Rightarrow ACID) là hình thang cân
d) Gọi (N) là trung điểm (BH) ( Rightarrow ENCF) là hình bình hành ( Rightarrow EF//NC) mà (N) là trực tâm tam giác (BEC Rightarrow NC bot EB.)
Suy ra (Delta BEF) vuông tại (E).
Gọi (EP bot BFleft( {P in BF} right)) mà (K in BF Rightarrow EK ge EP)( Rightarrow BE.EF = EP.BF le EK.BF)
Lời giải chi tiết:
a) Chứng minh (Delta {rm{ABH;}})đồng dạng với(Delta {rm{ACB}}) và suy ra (AC.AH = A{B^2}.)
Xét (Delta {rm{ABH;}})và (Delta {rm{ACB}}) có:
(begin{array}{l}angle H = angle Bleft( { = {{90}^0}} right)angle BAH,,chung Rightarrow Delta ABH backsim Delta ACB,,,left( {g – g} right). Rightarrow dfrac{{AB}}{{AH}} = dfrac{{AC}}{{AB}} Rightarrow AC.AH = A{B^2}.end{array})
b) Tính độ dài các đoạn thẳng (AC,,,BH,,,CH.)
Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông (ABC)vuông tại (B) có:
(A{C^2} = A{B^2} + B{C^2})( = {8^2} + {6^2} = 100) ( Rightarrow AC = 10,,cm)
Theo câu b) ta có: (AC.AH = A{B^2} Rightarrow 10.AH = {8^2})( Rightarrow AH = dfrac{{64}}{{10}} = 6,4,,cm.)
Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông (ABH) vuông tại (H) có:
(A{B^2} = A{H^2} + B{H^2})( Rightarrow BH{rm{ = }}sqrt {{8^2} – 6,{4^2}} = 4,8cm)
Từ đó (CH = AC – AH = 10 – 6,4 = 3,6cm)
c) Gọi (I) là điểm đối xứng với (B) qua (AC.) Chứng minh (DM = IH) và (ACID) là hình thang cân.
Vì (I) là điểm đối xứng với (B) qua (AC) nên (AC) là đường trung trực của (BI)
( Rightarrow left{ begin{array}{l}BI bot ACHB = HIend{array} right.)
Vì ABCD là hình chữ nhật nên AB//CD( Rightarrow angle BAH = angle DCM,,,left( {so,,le,,,trong} right))
Xét (Delta ABH)và (Delta {rm{CDM}}) có:
(begin{array}{l}angle AHB = angle CMD,,,left( { = {{90}^0}} right)AB = CDangle BAH = angle DCM,,,left( {cmt} right)end{array})
( Rightarrow Delta ABH = Delta CDM,,,left( {ch – gn} right))
( Rightarrow BH = DM) (hai cạnh tương ứng)
Mà (BH = IH) (cmt) ( Rightarrow DM = IHleft( { = BH} right))
Ta có: (left{ begin{array}{l}IH bot ACDM bot ACend{array} right. Rightarrow IH//DM)
Mà (IH = DM Rightarrow DMHI) là hình bình hành (dhnb).
( Rightarrow ID//MH Rightarrow ID//AC)
( Rightarrow ACID) là hình thang (1)
Xét (Delta BCH) và (Delta ICH) có:
(CH) cạnh chung
(angle CHB = angle CHI) (do (BI bot CH))
(BH = IH) (cmt)
Nên (Delta BCH = Delta ICH,,,left( {c – g – c} right))
( Rightarrow BC = CI)
Mà (BC = AD) (do ABCD là hình chữ nhật)
( Rightarrow AD = CI)
Xét (Delta ADM) và (Delta CIH) có:
(begin{array}{l}angle AMD = angle CHIleft( { = {{90}^0}} right)AD = CI,,left( {cmt} right)DM = IH,,,left( {cmt} right) Rightarrow Delta ADM = Delta CIH,,,left( {ch – cgv} right)end{array})
( Rightarrow angle DAM = angle ICH) (2)
Từ (1), (2) ( Rightarrow ACID) là hình thang cân. (đpcm)
d) Gọi (E,,,F) lần lượt là trung điểm của (AH,,,CD) và (K) là giao điểm của (BF) với (AC.)
Chứng minh (BF.EK ge BE.EF.)
Gọi (N) là trung điểm (BH Rightarrow EN) là đường trung bình của (Delta ABH) ( Rightarrow left{ begin{array}{l}EN//ABEN = dfrac{{AB}}{2}end{array} right..)
Mà (left{ begin{array}{l}FC//ABFC = dfrac{{CD}}{2} = dfrac{{AB}}{2}end{array} right.)( Rightarrow left{ begin{array}{l}FC//ENFC = NEend{array} right.)( Rightarrow ENCF) là hình bình hành (dhnb).
( Rightarrow EF//NC) (1)
Ta có: (left{ begin{array}{l}AB//ENAB bot BCend{array} right. Rightarrow EN bot BC)
Lại có: (BH bot EC Rightarrow N) là trực tâm tam giác (BEC) ( Rightarrow NC bot EB) (2)
Từ (1), (2) ( Rightarrow EF bot EB)( Rightarrow Delta BEF) vuông tại (E).
Gọi (EP bot BFleft( {P in BF} right)) mà (K in BF Rightarrow EK ge EP)
(begin{array}{l}{S_{Delta BEF}} = dfrac{1}{2}BE.EF = dfrac{1}{2}EP.BF Rightarrow BE.EF = EP.BF le EK.BF Rightarrow BE.EF le BF.EK,,,,left( {đpcm} right).end{array})