Cho hình chữ nhật ABCD. Kẻ BH ⊥ AC; DK ⊥ AC (H,K ∈ AC).

a) Chứng minh: HA. HC = KA. KC

b) Đặt \(\widehat {DAC} = \alpha \). Chứng minh \(\)

a) Xét hai tam giác vuông HAB và KAD, ta có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {AKD} = 90^\circ \); \(\widehat {HAB} = \widehat {KAD}\)

Do đó ∆HAB ᔕ ∆KAD (g.g)

Suy ra \(\frac{{HA}}{{HB}} = \frac{{KA}}{{KD}}\) hay HA. KD = HB. KA.                    (1)

Xét hai tam giác vuông HBC và KCD có:

\(\widehat {BHC} = \widehat {CKD} = 90^\circ \); \(\widehat {HBC} = \widehat {KCD}\)

Do đó ∆HBC ᔕ ∆KCD (g.g)

Suy ra \(\frac{{HC}}{{HB}} = \frac{{KC}}{{KD}}\) hay HC. KD = HB. KC.                    (2)

Từ (1) và (2) ta có: HA. KD = HB. KA = HC. KD = HB. KC

Vậy HA. HC = KA. KC.

b) Từ câu a ta có: HA. HC = KA. KC, suy ra \(\frac{{HA}}{{HC}} = \frac{{KA}}{{KC}}\).

Xét tam giác vuông KAD, ta có tan α = \(\frac{{KD}}{{KA}}\) nên \(\frac{{KC}}{{KA}} = \frac{1}{{\tan \alpha }}\).  (3)

Xét tam giác vuông HAC, ta có \(\tan \alpha  = \frac{{HC}}{{HA}}\) nên \(\frac{{HA}}{{HC}} = \frac{1}{{\tan \alpha }}\).  (4)

Từ (3) và (4) ta có \(\frac{{HA}}{{HC}} = \frac{{KC}}{{KA}}\), suy ra \({\tan ^2}\alpha  = \frac{{HA}}{{HC}}\).