Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn , góc A bằng 45 độ . Gọi D và E là hình chiếu vuông góc của B,C lên Ac và Ab. BD cắt CE tại H
a) cm: tứ giác BECD nội tiếp
b) DE. AB =BC.AD và tính tỉ số ED/BC
c) HE+ HD =BE+CD
d) gọi I là tâm đường tròn ngoài tiếp tam giác ABC. cm AI vuông góc DE
a)
Xét tứ giác $BEDC$, ta có:
$\widehat{BEC}=\widehat{BDC}=90{}^\circ $
$\to BEDC$ là tứ giác nội tiếp
b)
Vì $BEDC$ là tứ giác nội tiếp
$\to \widehat{ADE}=\widehat{ABC}$ ( góc ngoài bằng góc đối trong )
Xét $\Delta ADE$ và $\Delta ABC$, ta có:
$\widehat{BAC}$ là góc chung
$\widehat{ADE}=\widehat{ABC}\,\,\,\left( \,cmt\, \right)$
$\to \Delta ADE\sim\Delta ABC\,\,\,\left( \,g\,.\,g\, \right)$
$\to \dfrac{DE}{BC}=\dfrac{AD}{AB}$
$\to DE.AB=BC.AD$
c)
$\Delta ABD$ vuông tại $D$
Có $\widehat{BAD}=45{}^\circ \,\,\,\left( \,gt\, \right)$
$\to \Delta ABD$ vuông cân tại $D$
$\to \widehat{ABD}=45{}^\circ $
$\Delta EBH$ vuông tại $E$
Có $\widehat{ABD}=45{}^\circ \,\,\,\left( \,cmt\, \right)$
$\to \Delta EBH$ vuông cân tại $E$
$\to HE=BE$
Chứng minh tương tự, ta được:
$\,\,\,\,\,\,\,HD=CD$
Cộng vế theo vế, ta được:
$HE+HD=BE+CD$
d)
Kẻ tiếp tuyến $Ax$ như hình vẽ:
$\to Ax\bot AI$
Ta có:
$\,\,\,\,\,\,\,\widehat{xAC}=\widehat{ABC}$ ( góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung )
Mà $\widehat{ABC}=\widehat{ADE}\,\,\,\left( \,cmt\, \right)$
$\to \widehat{xAC}=\widehat{ADE}$
Mà hai góc này nằm ở vị trí so le trong
$\to Ax\,\,||\,\,DE$
Mà $Ax\bot AI\,\,\,\left( \,cmt\, \right)$
Vậy $AI\bot DE$
Lời giải:
a) Xét tứ giác $BECD$ có:
$\widehat{BDC}=\widehat{BEC}=90^\circ$
$\widehat{BDC}$ và $\widehat{BEC}$ cùng nhìn cạnh $BC$
Do đó $BECD$ là tứ giác nội tiếp
b) Xét $∆ABD$ và $∆ACE$ có:
$\begin{cases}\widehat{A}:\, \text{góc chung}\\\widehat{D}=\widehat{E}=90^\circ\end{cases}$
Do đó $∆ABD\sim ∆ACE\, (g.g)$
$\Rightarrow \dfrac{AD}{AE}=\dfrac{AB}{AC}$
$\Rightarrow \dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}$
Xét $∆ADE$ và $∆ABC$ có:
$\begin{cases}\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AE}{AC}\quad (cmt)\\\widehat{A}:\, \text{góc chung}\end{cases}$
Do đó $∆ADE\sim ∆ABC\, (c.g.c)$
$\Rightarrow \dfrac{AD}{AB}=\dfrac{DE}{BC}$
$\Rightarrow DE.AB = BC.AD$
Ta cũng được:
$\dfrac{DE}{BC}=\dfrac{AD}{AB}=\cos\widehat{DAB}=\cos45^\circ = \dfrac{\sqrt2}{2}$
c) Xét $∆HBE$ và $∆HCD$ có:
$\begin{cases}\widehat{E}=\widehat{D}=90^\circ\\\widehat{BHE}=\widehat{CHE}:\, \text{đối đỉnh}\end{cases}$
Do đó $∆HBE\sim ∆HCD\, (g.g)$
$\Rightarrow \dfrac{HE}{HD}=\dfrac{BE}{CD}$
$\Rightarrow \dfrac{HE+HD}{HD}=\dfrac{BE+CD}{CD}\qquad (1)$
Xét $∆ACE$ vuông tại $E$ có:
$\widehat{A}=45^\circ\quad (gt)$
$\Rightarrow \widehat{ACE}=45^\circ$
Hay $\widehat{DCH}=45^\circ$
$\Rightarrow ∆DCH$ vuông cân tại $D$
$\Rightarrow HD = CD\qquad (2)$
Từ $(1)(2)\Rightarrow HE + HD = BE + CD$
d) Từ $A$ kẻ đường thẳng $d$ là tiếp tuyến của $(I)$
$\Rightarrow IA\perp d\qquad (3)$
Bên cạnh đó ta được:
$\widehat{BAd}=\widehat{ACB}=\dfrac12s₫\mathop{AB}\limits^{\displaystyle\frown}$
mà $\widehat{AED}=\widehat{ACB}\quad (∆ADE\sim ∆ABC)$
nên $\widehat{AED}=\widehat{BAd}$
$\Rightarrow DE//d\qquad (4)$
Từ $(3)(4)\Rightarrow IA\perp DE$