Cho tam giác \(ABC\) vuông tại \(A\) \(\left( {AB < AC} \right)\), có đường cao \(AH\). Kẻ các đường cao \(HM\) và \(HN\) của các tam giác \(AHB\) và tam giác \(AHC\).

a) Chứng minh tam giác \(AMH\) đồng dạng với tam giác \(AHB\).

b) Chứng minh \(AM \cdot AB = AN \cdot AC\) và \(\widehat {AMN} = \widehat {ACB}\).

c) Gọi \(K\) là giao điểm của hai đường thẳng \(MN\) và \(BC\). Chứng minh \(K{H^2} = KB \cdot KC\) và \(\frac{{KH}}{{KB}} = {\cot ^2}\widehat {AMN}\).

a) Xét hai tam giác: \({\rm{\Delta }}AMH\) và \({\rm{\Delta }}AHB\) có:

\(\widehat {AMH} = \widehat {AHB} = 90^\circ \) (do \(HM \bot AB\) và \(AH \bot BC\));

\(\widehat {HAB}\) là góc chung (hay \(\widehat {MAH} = \widehat {HAB}\)).

Suy ra $\text{Δ}AMH\backsim \text{Δ}AHB$ (g.g)

b) ⦁ Chứng minh \(AM \cdot AB = AN \cdot AC\):

Từ $\text{Δ}AMH\backsim \text{Δ}AHB$ suy ra \(\frac{{AM}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AB}}\) suy ra \(AM \cdot AB = A{H^2}\).

Chứng minh tương tự $\text{Δ}ANH\backsim \text{Δ}AHC$, ta cũng có: \(AN \cdot AC = A{H^2}\).

Từ đó suy ra: \(AM \cdot AB = AN \cdot AC\)

⦁ Chứng minh \(\widehat {AMN} = \widehat {ACB}\):

Từ hệ thức \(AM \cdot AB = AN \cdot AC\) , ta có tỉ số: \(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}\).

Xét \({\rm{\Delta }}AMN\) và \({\rm{\Delta }}ACB\) có:

\(\widehat {BAC} = 90^\circ \) là góc chung;

\(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}\).

Do đó, $\text{Δ}AMN\backsim \text{Δ}ACB$ (c.g.c), do đó: \(\widehat {AMN} = \widehat {ACB}\).

c) ⦁ Chứng minh \(K{H^2} = KB \cdot KC\):

Ta có: \(\widehat {AHC} = \widehat {AHN}\) (cùng phụ với \(\widehat {NHC}\)).

Tứ giác \(AMHN\) có 3 góc vuông (\(\widehat {A\,\,} = \widehat {M\,} = \widehat {N\,} = 90^\circ \)) nên là hình chữ nhật.

Do đó, \(\widehat {AMN} = \widehat {AHN}\) suy ra \(\widehat {AHC} = \widehat {AMN}\).

Mà \(\widehat {KMB} = \widehat {AMN}\) (hai góc đối đỉnh) suy ra \(\widehat {AHC} = \widehat {KMB}\) hay \(\widehat {KMB} = \widehat {KCN}\).

Xét \({\rm{\Delta }}KBM\) và \({\rm{\Delta }}KNC\) có:

\(\widehat {K\,}\) chung;

\(\widehat {KMB} = \widehat {KCN}\) (cùng bù với \(\widehat {BMN}\)).

Do đó, $\text{Δ}KBM\backsim \text{Δ}KNC$ suy ra \(\frac{{KB}}{{KN}} = \frac{{KM}}{{KC}}\) hay \(KM \cdot KN = KB \cdot KC\) (1).

Chứng minh tương tự, ta được: \(\widehat {KHM} = \widehat {KNH}\)

Xét \({\rm{\Delta }}KHM\) và \({\rm{\Delta }}KNH\) có:

\(\widehat {K\,}\) là góc chung;

\(\widehat {KHM} = \widehat {KNH}\).

Do đó, $\text{Δ}KHM\backsim \text{Δ}KNH$ suy ra \(\frac{{KH}}{{KN}} = \frac{{KM}}{{KH}}\) suy ra \(K{H^2} = KM \cdot KN\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra: \(K{H^2} = KB \cdot KC\).

⦁ Chứng minh \(\frac{{KH}}{{KB}} = {\cot ^2}\widehat {AMN}\):

Vì \(AB < AC\) nên điểm \(K\) nằm về phía \(B\), thứ tự các điểm trên đường thẳng \(BC\) là \(K - B - H - C\) .

Từ hệ thức \(K{H^2} = KB \cdot KC\) , ta có tỉ lệ thức:

                \(\frac{{KH}}{{KB}} = \frac{{KC}}{{KH}}\)

Áp dụng tính chất dãy tỉ số bằng nhau, ta có:

\(\frac{{KH}}{{KB}} = \frac{{KC}}{{KH}} = \frac{{KC - KH}}{{KH - KB}} = \frac{{HC}}{{HB}}\).

Chứng minh tương tự câu b, ta có: \(A{C^2} = HC \cdot BC\) và \(A{B^2} = HB \cdot BC\).

Từ đó suy ra: \(\frac{{HC}}{{HB}} = \frac{{A{C^2}}}{{A{B^2}}} = {\left( {\frac{{AC}}{{AB}}} \right)^2} = {\cot ^2}\widehat {ACB}\).

Mà \(\widehat {ACB} = \widehat {AMN}\) , do đó: \(\frac{{KH}}{{KB}} = {\cot ^2}\widehat {AMN}\).