Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Kẻ HD vuông góc với AB và HE vuông góc với AC (D trên AB, E trên AC). Gọi O là giao điểm của AH và DE.

a) Chứng minh AH = DE.

b) Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của BH và HC. Chứng minh tứ giác DEQP là hình thang vuông.

c) Chứng minh O là trực tâm của tam giác ABQ.

d) Chứng minh S_ABC = 2S_DEQP.

Lời giải

a) Ta có \(\widehat {HEA} = \widehat {EAD} = \widehat {ADH} = 90^\circ \).

Suy ra tứ giác ADHE là hình chữ nhật.

Do đó DE = AH.

b) Ta có O là giao điểm của DE và AH.

Suy ra OE = OH = OA = OD.

Tam giác BDH vuông tại D có DP là đường trung tuyến.

Suy ra DP = PH.

Xét ∆PDO và ∆PHO, có:

PO là cạnh chung;

DP = PH (chứng minh trên);

DO = OH (chứng minh trên).

Do đó ∆ PDO = ∆ PHO (c.c.c).

Suy ra \(\widehat {PDO} = \widehat {PHO} = 90^\circ \) (cặp góc tương ứng).

Vì vậy DP ⊥ DE (1)

Chứng minh tương tự, ta được QE ⊥ DE (2)

Từ (1), (2), suy ra DP // QE.

Ta có DP // QE (chứng minh trên) và \(\widehat {PDE} = \widehat {DEQ} = 90^\circ \) (chứng minh trên).

Vậy tứ giác DEQP là hình thang vuông.

c) Tam giác AHC có O, Q lần lượt là trung điểm của AH và HC.

Suy ra OQ là đường trung bình của tam giác AHC.

Do đó OQ // AC.

Mà AC ⊥ AB (tam giác ABC vuông tại A).

Vì vậy OQ ⊥ AB.

Tam giác ABQ có AH, QO là hai đường cao cắt nhau tại O.

Vậy O là trực tâm của tam giác ABQ.

d) Ta có \({S_{DEQP}} = \frac{1}{2}DE\left( {DP + QE} \right) = \frac{1}{2}AH\left( {\frac{1}{2}BH + \frac{1}{2}CH} \right)\)

\( = \frac{1}{4}AH\left( {BH + CH} \right) = \frac{1}{4}AH.BC = \frac{1}{2}{S_{ABC}}\).

Vậy S_ABC = 2S_DEQP.