Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, trung tuyến AM. Gọi D và E thứ tự là hình chiếu của H trên AB, AC. a) Chứng minh

1 bình luận về “Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, trung tuyến AM. Gọi D và E thứ tự là hình chiếu của H trên AB, AC. a) Chứng minh”

1. a) Ta có hình chiếu h của A trên AB là D, ta có:
   $\angle AHD = \angle ABC = 90^o$, $\angle ADC = \angle ABC$ nên $ABD \sim ABC$. Vậy $AB^2 = AH.AD = AC^2$. Tương tự ta có $AC^2 = AM.AE$. Vậy $\dfrac{AB}{AC} = \dfrac{AD}{AE}$ nên tam giác ABC đồng dạng tam giác HBA.

   b) $\triangle ABH \sim \triangle ACB$, vậy $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{HB}{BC} =\dfrac{4}{9}$.
   Do đó, $AB=\dfrac{4}{9}AC$. 
   Từ tam giác vuông $AED$ ta có $DE^2=AE^2-AD^2$. Chú ý rằng $\triangle AED \sim \triangle AMC$ (vì cả hai đều vuông), vậy $\dfrac{DE}{AM} =\dfrac{AE}{AC}$. 
   Do đó, $DE=\dfrac{AE}{AC}AM = \dfrac{AD}{AB}AM= \dfrac{2}{5}AM$. Thay giá trị $AM=\dfrac{1}{2}AB$ ta có $DE=\dfrac{1}{5}AB=\dfrac{4}{45}AC$.

   c) Từ $\triangle AED \sim \triangle AMC$ có $AD.AB=AE.AC$.
   Gọi $O$ là giao điểm của $AM$ và $DE$ (thông qua tỉ lệ số). Khi đó $\triangle AEO \sim \triangle ACD$ và $\triangle ADO \sim \triangle ABD$. Từ đó ta có:

   $\begin{cases}\dfrac{EO}{CD} = \dfrac{AE}{AC}\\ \\ \dfrac{DO}{BD} = \dfrac{AD}{AB}\end{cases}$
   Mà $\dfrac{AE}{AC} = \dfrac{AD}{AB}$ nên $\dfrac{EO}{CD} = \dfrac{DO}{BD}$.
   Lại có $\angle AHB = \angle ACB = \angle ACD$, vậy $\triangle AHB \sim \triangle ACD$. Khi đó $\dfrac{HB}{CD}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{4}{9}$.
   Do đó, $\dfrac{EO}{DO} =\dfrac{\frac{1}{2}.DE}{\frac{1}{2}.DM-ED}=\dfrac{DE}{DM-DE}$
   Vậy $\dfrac{DE}{DM-DE}=\dfrac{4}{5}$ và từ đó ta có $DM=5DE$.

   Từ $\triangle ADM \sim \triangle ABC$ (do $AM$ là đường trung tuyến) ta có $\dfrac{DM}{AB}=\dfrac{1}{2}$ và từ đó suy ra $AB=10DE$.
   Chú ý rằng $\triangle AED \sim \triangle AMC$ nên $\angle DMA = \angle CAB = \angle MAE$.
   Khi đó, $\triangle ADO \sim \triangle ABE$ nên $\angle BAE=\angle DAO =
   90^o -\angle DAB = \angle AME$.
   Do đó, $AM \perp DE$.

   d) Gọi $S_{ABCD}$ và $S_{ADE}$ lần lượt là diện tích của tứ giác BDEC và tam giác ADE.
   Ta có $S_{ABCD} = S_{ABC}+S_{ACD} = \dfrac{1}{2}.AB.CH+\dfrac{1}{2}.AC.BD$ và $S_{ADE}=\dfrac{1}{2}.AD.DE$.
   Chú ý rằng $\triangle AHB \sim \triangle ACD$ nên $\dfrac{BD}{CH}=\dfrac{AB}{AC}$.
   Do đó, $S_{ABCD}=\dfrac{1}{2}.AB.\left(CH+\dfrac{BD.AB}{AC}\right)$.
   Thay giá trị $AB=\dfrac{4}{9}AC$ vào ta có:
   $S_{ABCD}=\dfrac{8}{81}AC^2+\dfrac{8}{81}AC^2=\dfrac{16}{81}AC^2$.

   Để $S_{ADE}=\dfrac{1}{3}S_{ABCD}$ ta có:
   $\dfrac{1}{2}.AD.DE = \dfrac{1}{3}S_{ABCD} = \dfrac{16}{243}AC^2$. (1)

   Từ tam giác vuông $AED$ ta có $DE^2=AE^2-AD^2$. Khi đó $\dfrac{DE}{AE}=\dfrac{\sqrt{AE^2-AD^2}}{AE}$.
   Do đó, $S_{ADE}=\dfrac{1}{2}.AD.DE = \dfrac{1}{2}.AD.\dfrac{\sqrt{AE^2-AD^2}}{AE}$.
   Thay giá trị (1) vào ta có:
   $\dfrac{1}{2}.AD.\dfrac{\sqrt{AE^2-AD^2}}{AE}=\dfrac{16}{243}AC^2$.

   Khi đó, $AE^2-AD^2=\dfrac{64}{81}AC^2$ và $(AE-AD)(AE+AD)=\dfrac{64}{81}AC^2$.
   Ta có $AM=\dfrac{1}{2}AB=\dfrac{2}{9}AC$.
   Do đó, $AE=AM+ME=\dfrac{1}{2}AB+DE=\dfrac{7}{18}AB=\dfrac{7}{81}AC$ và $AD=\sqrt{AE^2-\dfrac{64}{81}AC^2}$.
   Thay giá trị vào ta có điều kiện là $\dfrac{7}{81}AC\sqrt{1-\left(\dfrac{8}{9}\right)^2}=\dfrac{16}{243}AC^2$.
   Simplifying the left side of the equation gives $\dfrac{7}{27\sqrt{5}}=\dfrac{16}{243}$.
   Hence the condition is $\boxed{ABCDE\text{ is a regular pentagon}}$.

   Chúc em buổi tối vui vẻ

   Trả lời