Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) \(\left( {AC < AB} \right)\), đường cao \(AH\) \(\left( {H \in BC} \right)\).

a) Giả sử \(AB = 4\) cm; \(AC = 3\) cm. Tính \(BC\), số đo góc \(B\) (kết quả làm tròn đến độ).

b) Trên tia đối của tia \(CA\) lấy điểm \(I\) sao cho \(C\) là trung điểm của \(AI\). Lấy điểm \(D\) sao cho \(A\) là trung điểm \(DB\). Chứng minh rằng: \(A{C^2} = CH \cdot BC\) và \(\Delta ICH\) đồng dạng với \(\Delta DAH\).

c) Đường thẳng qua \(B\) vuông góc với \(AB\) cắt đường thẳng \(IH\) tại \(F\). Chứng minh \(ID \bot DF.\)

a) Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\):

\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}}  = \sqrt {{4^2} + {3^2}}  = 5\) (cm).

\(\tan \widehat {B\,} = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{3}{4} = 0,75\) suy ra \(\widehat {B\,} \approx 37^\circ \).

b) Xét \({\rm{\Delta }}HCA\) và \({\rm{\Delta }}ACB\), ta có:

\(\widehat {AHC} = \widehat {BAC} = 90^\circ \);

\(\widehat {C\,}\) là góc chung.

Suy ra $\text{Δ}HCA\backsim \text{Δ}ACB$ (g.g).          

Suy ra \(\frac{{CH}}{{AC}} = \frac{{AC}}{{BC}}\) (1) suy ra \(AC \cdot AC = CH \cdot BC\) hay \(A{C^2} = CH \cdot BC\).

Xét \({\rm{\Delta }}AHB\) và \({\rm{\Delta }}CAB\) có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {CAB} = 90^\circ \);

\(\widehat {B\,}\) là góc chung.

Suy ra $\text{Δ}AHB\backsim \text{Δ}CAB$ (g.g) suy ra \(\frac{{AH}}{{AB}} = \frac{{AC}}{{BC}}\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{CH}}{{AC}} = \frac{{AH}}{{AB}}\).

Vì \(C\) là trung điểm của \(AI\) nên \(AC = CI\).

Vì \(A\) là trung điểm của \(DB\) nên \(AB = AD\).

Suy ra \(\frac{{CH}}{{CI}} = \frac{{AH}}{{AD}}\) hay \(\frac{{CH}}{{AH}} = \frac{{CI}}{{AD}}\).

Mặt khác: \(\widehat {ICH} = 180^\circ  - \widehat {ACB}\) và \(\widehat {DAH} = 180^\circ  - \widehat {HAB}\).

Do \(\widehat {HAB} = \widehat {ACB}\) (cùng phụ với \(\widehat {B\,}\)) nên \(\widehat {ICH} = \widehat {DAH}\).

Suy ra $\text{Δ}ICH\backsim \text{Δ}DAH$ (c.g.c)

c)

Do \(CI \bot AB\) và \(BF \bot AB\) nên \(CI\,{\rm{//}}\,BF\).

Vì \(C,\,\,H,\,\,B\) thẳng hàng và \(I,\,\,H,\,\,F\) thẳng hàng nên $\text{Δ}HCI\backsim \text{Δ}HBF$ suy ra \(\frac{{BF}}{{CI}} = \frac{{BH}}{{CH}}\).

Chứng minh tương tự câu b) ta được: \(A{B^2} = BH \cdot BC{\rm{\;}}\) và \(A{C^2} = CH \cdot BC\).

Suy ra \(\frac{{BH}}{{CH}} = \frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}\).

Kết hợp với \(CI = AC\), ta được: \(BF = CI \cdot \frac{{BH}}{{CH}} = AC \cdot \frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}} = \frac{{A{B^2}}}{{AC}}\).

Mặt khác, do \(AD = AB\), \(AI = 2AC\), \(BD = 2AB\) nên:

\(\frac{{AD}}{{BF}} = \frac{{AC}}{{AB}} = \frac{{AI}}{{BD}}.\)

Hai tam giác vuông \(DAI\) và \(FBD\) đồng dạng (c.g.c), suy ra \(\widehat {ADI} = \widehat {BFD}.\)

Vì tia \(DA\) trùng tia \(DB\), còn \(I\) và \(F\) nằm khác phía đối với đường thẳng \(DB\):

\(\widehat {IDF} = \widehat {ADI} + \widehat {BDF} = \widehat {BFD} + \widehat {BDF} = 90^\circ \)

Vậy \(ID \bot DF\).