(3,0 điểm) Cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\left( {AB < AC} \right)\), đường cao \(AH\).

1) Biết \(\tan \widehat {ACB} = \frac{3}{4}\) và \(AB = 6{\rm{\;cm}}\), tính độ dài \(BC,AH\) và số đo \(\widehat {ACB}\) (Các số đo độ dài làm tròn đến hàng phần mười, số đo góc làm tròn đến hàng đơn vị).

2) Kẻ đường thẳng qua điểm \(B\) vuông góc với đường thẳng \(BC\), cắt đường thẳng \(AC\) tại điểm \(D.\) Qua điểm \(A\) kẻ đường thẳng song song với \(BC\) cắt đường thẳng \(DB\) tại điểm \(K\). Chứng minh \(BK.BD = A{B^2}\) và \(\widehat {BKH} = \widehat {BCD}\).

3) Gọi \(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(DC,I\) là giao điểm của hai đường thẳng \(BM\) và \(KH\). Chứng minh \({\left( {\sin \widehat {BKH}.\cos \widehat {BKH}} \right)^2} = \frac{{BI}}{{DC}}\).

1) Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có: \(\tan \widehat {ACB} = \frac{{AB}}{{AC}}\) (tỉ số lượng giác)

Suy ra \(AC = \frac{{AB}}{{\tan \widehat {ACB}}} = 6:\frac{3}{4} = 8\) (cm).

Lại có \(B{C^2} = A{B^2} + A{C^2} = {6^2} + {8^2} = 36 + 64 = 100\) (Định lí Pythagore)

Suy ra \(BC = 10\) (cm) nên \(\tan \widehat {ACB} = \frac{3}{4},\) suy ra \(\widehat {ACB} \approx 37^\circ \).

Xét \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) có: \(S = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}BC.AH\) suy ra \(AH = \frac{{6.8}}{{10}} = 4,8\) (cm).

2) Ta có \(AK\,{\rm{//}}\,BC,\,\,BD \bot BC\) suy ra \(AK \bot BD\)

Xét \(\Delta ABK\) và \(\Delta DBA\) có:

\[\widehat {AKB} = \widehat {BAD} = 90^\circ \,\,\left( {AK \bot DB,\,\,BA \bot AD} \right)\] và \[\widehat {ABD}\] là góc chung

Do đó  (g.g).

Suy ra \[\frac{{BK}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{BD}}\] nên \[BK.BD = A{B^2}\]

Giả sử \(AB\) cắt \(KH\) tại \(O\).

Xét tứ giác \(AKBH\) có: \(\widehat {AKB} = \widehat {KBH} = \widehat {AHB} = 90^\circ \left( {AK \bot BD;BD \bot BC,AH \bot BC} \right)\) nên nó là hình chữ nhật.

Suy ra \(AH = BK;\,\,AB = KH;\,\,O\) là trung điểm của \(AB,\,\,KH\)

Từ đó \(OB = OK\) nên \(\Delta OBK\) cân tại \(O\)

Suy ra \(\widehat {BKH} = \widehat {KBA}\), mà \(\widehat {KBA} = \widehat {BCD}\) (cùng phụ với \(\widehat {BDC}\)) nên \(\widehat {BKH} = \widehat {BCD}.\)

3) Xét \(\Delta BCD\) vuông tại \(B\) có \(BM\) là trung tuyến (\(M\) là trung điểm của đoạn thẳng \(DC\)) nên \(BM = \frac{1}{2}CD = MC\) suy ra \(\Delta BMC\) cân tại \[M.\]

Do đó \(\widehat {MBC} = \widehat C\), mà \(\widehat C = \widehat {BKH}\)  nên \(\widehat {BKH} = \widehat {MBC}\)

Mà \[\widehat {BKH} + \widehat {BHK} = 90^\circ \,\,(\Delta BKH\] vuông tại \(B\))

Suy ra \(\widehat {MBC} + \widehat {BHK} = 90^\circ \) hay \(BI \bot KH\)

Khi đó \(\sin \widehat {BKH} = \frac{{BI}}{{BK}}\) (1)

Lại có: \(\widehat C = \widehat {BAH}\) (cùng phụ \(\widehat {CBA}\)) nên \(\widehat {BKH} = \widehat {BAH}\)

Suy ra \(\cos \widehat {BKH} = \cos \widehat {BAH} = \frac{{AH}}{{AB}}\)

Mà \(AH = BK\) nên \(\cos \widehat {BKH} = \frac{{BK}}{{AB}}\) (2)

\(\sin \widehat {BKH} = \sin C = \frac{{AB}}{{BC}};\cos \widehat {BKH} = \cos C = \frac{{BC}}{{DC}}\) (3)

Từ (1), (2), (3) có \({\left( {\sin \widehat {BKH}.\cos \widehat {BKH}} \right)^2} = {\sin ^2}\widehat {BKH}.{\cos ^2}\widehat {BKH} = \frac{{BI}}{{BK}}.\frac{{AB}}{{BC}}.\frac{{BK}}{{AB}}.\frac{{BC}}{{DC}} = \frac{{BI}}{{DC}}\).