Cho góc \(xAy.\) Trên tia \(Ax\) lấy hai điểm \(B\) và \(C\) sao cho \(AB = 8\;{\rm{cm,}}\) \(AC = 15\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\) Trên tia \(Ay\) lấy hai điểm \(D\) và \(E\) sao cho \(AD = 10\;{\rm{cm,}}\) \(AE = 12\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\)

a) Chứng minh $\Delta ABE\backsim \Delta ADC.$

b) Chứng minh \(AB \cdot DC = AD \cdot BE,\) sau đó tính \(DC\) biết \(BE = 10\;{\rm{cm}}{\rm{.}}\)

c) Gọi \(I\) là giao điểm của \(BE\) và \(CD.\) Chứng minh rằng \(IB \cdot IE = ID \cdot IC.\)

Hướng dẫn giải

Suy ra \(\frac{{HE}}{{HD}} = \frac{{HA}}{{HB}}\) (tỉ số cạnh tương ứng) nên \(HE \cdot HB = HA \cdot HD.\)

c) Vì \(H\) là giao điểm của hai đường cao \(AD,\,\,BE\) của tam giác \(ABC\) nên \(H\) là trực tâm của tam giác, nên \(CH \bot AB,\) hay \(\widehat {AFC} = 90^\circ .\)

Xét \(\Delta AFH\) và \(\Delta ADB\) có:

\(\widehat {AFH} = \widehat {ADB} = 90^\circ \) và \(\widehat {DAB}\) là góc chung

Do đó (g.g).

Suy ra \(\frac{{AF}}{{AD}} = \frac{{AH}}{{AB}}\) (tỉ số cạnh tương ứng) nên \(AF \cdot AB = AD \cdot AH.\)

d) Ta có \(\frac{{{S_{\Delta BHC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{\frac{1}{2}HD \cdot BC}}{{\frac{1}{2}AD \cdot BC}} = \frac{{HD}}{{AD}}.\)

Tương tự: \(\frac{{{S_{\Delta AHC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{HE}}{{BE}};\) \(\frac{{{S_{\Delta AHB}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{HF}}{{CF}}.\)

Khi đó \(\frac{{HD}}{{AD}} + \frac{{HE}}{{BE}} + \frac{{HF}}{{CF}}\)\[ = \frac{{{S_{\Delta AHB}} + {S_{\Delta BHC}} + {S_{\Delta CHA}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = \frac{{{S_{\Delta ABC}}}}{{{S_{\Delta ABC}}}} = 1.\]

a) Mặt khác: \(MN\,{\rm{//}}\,QP\) (do \(MNPQ\) là hình thang) nên \(\widehat {MNQ} = \widehat {NQP}\) (so le trong)

Xét \(\Delta MNQ\) và \(\Delta NQP\) có:

\(\widehat {QMN} = \widehat {QNP}\) và \(\widehat {MNQ} = \widehat {NQP}\)

Do đó $\Delta MNQ\backsim \Delta NQP$  (g.g).

b) ⦁ Ta có: $\Delta MNQ\backsim \Delta NQP$ (câu a) nên \(\frac{{MN}}{{NQ}} = \frac{{NQ}}{{QP}}\) (tỉ số cạnh tương ứng)

Suy ra \(N{Q^2} = MN \cdot PQ = 9 \cdot 16 = 144,\) do đó \(NQ = \sqrt {144} = 12{\rm{\;cm}}.\)

⦁ Ta có: \(MN\,{\rm{//}}\,QP,\) theo hệ quả định lí Thalès ta có: \(\frac{{MN}}{{PQ}} = \frac{{NO}}{{QO}}.\)

Theo tính chất tỉ lệ thức ta có: \(\frac{{MN}}{{PQ + MN}} = \frac{{NO}}{{QO + NO}}\) hay \(\frac{{MN}}{{PQ + MN}} = \frac{{NO}}{{QO + NO}}\)

Suy ra \(\frac{9}{{16 + 9}} = \frac{{NO}}{{NQ}},\) do đó \(NO = \frac{{9 \cdot NQ}}{{25}} = \frac{{9 \cdot 12}}{{25}} = 4,32\) cm.

⦁ Từ đó suy ra: \(OQ = NQ - NO = 12 - 4,32 = 7,68\) cm.

c) Ta có: \(NA\) là đường phân giác của \(\Delta MNQ\) nên \[\frac{{NM}}{{NQ}} = \frac{{AM}}{{AQ}}\] (tính chất).

Tương tự, \(QB\) là đường phân giác của \(\Delta NPQ\) nên \(\frac{{QN}}{{QP}} = \frac{{BN}}{{BP}}\) (tính chất).

Mặt khác, \(\frac{{MN}}{{NQ}} = \frac{{NQ}}{{QP}}\) (chứng minh ở câu b).

Do đó \(\frac{{AM}}{{AQ}} = \frac{{BN}}{{BP}},\) nên \(AM \cdot BP = AQ \cdot BN.\)

d) Cách 1. Qua \(A\) kẻ đường thẳng song song với \(QP,\) cắt \(MP\) tại \(I.\)

Theo định lí Thalès ta có: \(\frac{{AM}}{{AQ}} = \frac{{MI}}{{IP}}.\)

Lại có \(\frac{{AM}}{{AQ}} = \frac{{BN}}{{BP}}\) (chứng minh câu c) nên \(\frac{{BN}}{{BP}} = \frac{{MI}}{{IP}},\) theo định lí Thalès đảo ta suy ra \(IB\,{\rm{//}}\,MN.\)

Qua \(I\) có \(AI\,{\rm{//}}\,MN\) (do cùng song song \(QP),\) \(BI\,{\rm{//}}\,MN\) nên theo tiên đề Euclid thì \(A,\,\,I,\,\,B\) thẳng hàng hay \(AB\,{\rm{//}}\,MN.\)

Cách 2. Xét tứ giác \(ANBQ\) có:

\(\widehat {ANQ} = \widehat {ANM} = \frac{1}{2}\widehat {MNQ}\) (do \(AN\) là tia phân giác của \(\widehat {MNQ});\)

\(\widehat {BQN} = \frac{1}{2}\widehat {NQP}\) (do \(QB\) là tia phân giác của \(\widehat {NQP})\)

Mà \(\widehat {MNQ} = \widehat {NQP}\) (chứng minh ở câu a) nên \(\widehat {ANQ} = \widehat {BQN}.\)

Lại có \(\widehat {ANQ}\) và \(\widehat {BQN}\) nằm ở vị trí so le trong nên \(AN\,{\rm{//}}\,BQ\) \(\left( 1 \right)\)

Mặt khác: \(\widehat {QAN} = \widehat {AMN} + \widehat {MNA}\) (góc ngoài của \(\Delta AMN)\) và \(\widehat {ANB} = \widehat {ANQ} + \widehat {QNB}.\)

Mà \(\widehat {AMN} = \widehat {QNP}\) và \(\widehat {MNA} = \widehat {ANQ}\)

Do đó \(\widehat {QAN} = \widehat {ANB}\)    \(\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right),\) suy ra tứ giác \(ANBQ\) là hình thang cân.

Do đó \(\widehat {AQB} = \widehat {NBQ}\) (tính chất hình thang cân).   \(\left( 3 \right)\)

Xét \(\Delta ABQ\) và \(\Delta NQB\) có:

\(AQ = BN;\) \(AB = NQ\) (do \(ANBQ\) là hình thang cân) và \(BQ\) là cạnh chung

Do đó \(\Delta ABQ = \Delta NQB\) (c.c.c)

Suy ra \(\widehat {ABQ} = \widehat {NQB}\)  \(\left( 4 \right)\)

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right),\) suy ra \(\widehat {AQB} - \widehat {NQB} = \widehat {NBQ} - \widehat {ABQ}\) hay \(\widehat {AQN} = \widehat {ABN}.\)

Lại có: \(\widehat {AQN} = \widehat {QPN}\) (do

Do đó \(\widehat {ABN} = \widehat {QPN},\) mà hai góc này nằm ở vị trí đồng vị nên \(AB\,{\rm{//}}\,MN.\)