Cho tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] có \(\widehat {ABC} > \widehat {ACB},\) trung tuyến \[AM\]. Trên tia đối của tia \[CB\] lấy điểm \[D\] sao cho \[C\] là trung điểm của \[MD\]. Trên tia đối của tia \[BA\] lấy điểm \[E\] sao cho \(BE = BA.\) Trên tia đối của tia \[MA\] lấy điểm \[N\] sao cho \(MN = MA\).

a) Chứng minh \(\Delta AMB = \Delta NMC\) và \[CN \bot CA\].

b) Gọi \[I\] là trung điểm của \[DE\]. Chứng minh ba điểm \[A,\,\,M,\,\,I\] thẳng hàng.

c) So sánh \[AD\] và \[BC\].

a) Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta AEC\) có:

\(\widehat {ADB} = \widehat {AEC} = 90^\circ \);

\(AB = AC\) (do \(\Delta ABC\) cân tại \(A\));

\(\widehat {BAC}\) là góc chung.

Do đó \(\Delta ADB = \Delta AEC\) (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra \(AD = AE\) (hai cạnh tương ứng).

Mà \(AB = AC\) (chứng minh trên)

Nên \(AB - AE = AC - AD\) hay \(BE = CD\).

b) Do \(\Delta ADB = \Delta AEC\) (câu a) nên \(\widehat {ABD} = \widehat {ACE}\) (hai góc tương ứng)

Xét \(\Delta BHE\) và \(\Delta CHD\) có:

\(\widehat {BEH} = \widehat {CDH} = 90^\circ \);

\(BE = CD\) (chứng minh câu a);

\(\widehat {EBH} = \widehat {DCH}\)(chứng minh trên).

Do đó \(\Delta BHE = \Delta CHD\) (cạnh góc vuông – góc nhọn kề)

Suy ra \(HB = HC\) (hai cạnh tương ứng)

Tam giác \(HBC\) có \(HB = HC\) nên là tam giác cân tại \(H\).

Xét \(\Delta HDC\) vuông tại \(D\) có \(HC\) là cạnh huyền nên là cạnh có độ dài lớn nhất.

Do đó \(HC > HD\).

Mà \(HB = HC\) (chứng minh trên) nên \(HB > HD.\)

c) Gọi \[P\] là giao điểm của \[HI\] và \[BC\].

\(\Delta HBC\) có hai đường trung tuyến \[BM\] và \[CN\] cắt nhau tại \[I\].

Do đó \[I\] là trọng tâm của \(\Delta HBC\) nên \[HP\] là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh \[H\] của tam

giác.

Mà \(\Delta HBC\) cân tại \(H\) nên đường trung tuyến \[HP\] đồng thời là đường cao của tam giác.

Suy ra \(HP \bot BC\) hay \(HI \bot BC\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 1 \right)\)

• \(\Delta ABC\) có \[H\] là giao điểm của hai đường cao \[BD\] và \[CE\] nên \[H\] là trực tâm của \(\Delta ABC\).

Do đó \(AH \bot BC\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra ba điểm \(A,H,I\) cùng nằm trên một đường thẳng vuông góc với \[BC\] tại

\(P\).

Hay ba điểm \(A,H,I\) thẳng hàng.

a) Xét tam giác \(ABH\) có \(AH \bot BD\) tại \(H\) và \(HD = HB.\)

Do đó, \(AH\) vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến.

Do đó \(\Delta ABH\) cân tại \(A.\)

Suy ra \(AB = AD.\)

b) Xét \(\Delta ACF\) có \(CH \bot AF\) tại \(H\), \(AE \bot FC\) tại \(E\).

Mà \(AE\) cắt \(CH\) tại \(D\) nên \(D\) là trực tâm của tam giác \(AFC\).

Do đó, \(FD \bot AC\).

Gọi \(FD\) cắt \(AC\) tại \(K\).

Ta có: \(\widehat {AFK} = \widehat {FKA} - \widehat {KAF} = 90^\circ  - \widehat {KAF}\) (1)

            \(\widehat {BAH} = \widehat {BAC} - \widehat {HAC} = 90^\circ  - \widehat {HAC} = 90^\circ  - \widehat {KAF}\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {AFK} = \widehat {BAH}\).

Xét \(\Delta HAB\) và \(\Delta HFD\), có:

\(\widehat {AFK} = \widehat {BAH}\) (cmt)

\(BH = HD\) (gt)

\(\widehat {BHA} = \widehat {FHD} = 90^\circ \) (gt)

Do đó, \(\Delta HAB = \Delta HFD\) (cgv – gn)

Suy ra \(AH = HF\) hay \(H\) là trung điểm của \(AF.\)

c) Ta có: \(HE\parallel AC\) nên \(\widehat {EHD} = \widehat C\) (so le trong)

Ta chứng minh được \(\Delta HAC = \Delta HFC\) (2cgv) nên \(\widehat {HAC} = \widehat {HFC}\) (hai góc tương ứng)

Tam giác \(EAF\) vuông tại \(E\) có \(H\) là trung điểm của \(AF.\)

Do đó, \(HE = AE = HF\).

Suy ra tam giác \(HEF\)cân tại \(H\).

Suy ra \(\widehat {HEF} = \widehat {HFE} = \widehat {HAC} = \widehat {AHC} - \widehat {HCA} = 90 - \widehat C\).

Ta có: \(\widehat {FHE} = \frac{{180^\circ  - \widehat {HEF}}}{2} = \frac{{180^\circ  - 90^\circ  + \widehat C}}{2} = \frac{{90^\circ  + \widehat C}}{2}\)

Lại có \(\widehat {FHE} + \widehat {EHD} = 90^\circ \) hay \(\frac{{90^\circ  + \widehat C}}{2} + \widehat C = 90^\circ \).

Do đó, \(90^\circ  + 3\widehat C = 180^\circ \) nên \(\widehat C = 30^\circ \).