Cho tam giác \(XBC\) vuông tại \(X\) \[\left( {XB < XC} \right),\] đường cao \(XD\) \(\left( {D \in BC} \right).\) Gọi \(E\) là trung điểm của \(XC\). Đường thẳng qua \(X\) vuông góc với \(BE\) cắt \(BE\), \(BC\) lần lượt tại \(F,G\).

a) Chứng minh: \(E{X^2} = EF \cdot EB\).

b) Chứng minh: Các tam giác \(EFC,ECB\) đồng dạng và \(FG\) là phân giác của \(\widehat {DFC}\).

c) Gọi \(M\) là trung điểm của \(DC\), đường thẳng qua \(C\) vuông góc với \(XC\) cắt \(EM\) tại \(N.\) Chứng minh: \(X,G,N\) thẳng hàng.

a) Vì \(E\) thuộc \(XC\) nên \(\widehat {BXE} = 90^\circ \), \(XF \bot BE\) tại \(F\).

Xét \(\Delta EFX\) và \(\Delta EXB\) có: \(\widehat {EFX} = \widehat {EXB} = 90^\circ \), \(\widehat {XEB}\) chung.

Do đó $\Delta EFX\backsim \Delta EXB$ (g.g), suy ra \(\frac{{EF}}{{EX}} = \frac{{EX}}{{EB}}\), từ đó \(E{X^2} = EF \cdot EB\).

b) Vì \(E\) là trung điểm của \(XC\) nên \(EC = EX\), suy ra \(E{C^2} = EF \cdot EB\), do đó \(\frac{{EF}}{{EC}} = \frac{{EC}}{{EB}}\).

Xét \(\Delta EFC\) và \(\Delta ECB\) có: \(\frac{{EF}}{{EC}} = \frac{{EC}}{{EB}}\) và \(\widehat {CEB}\) chung.

Do đó $\Delta EFC\backsim \Delta ECB$ (c.g.c), suy ra \(\widehat {EFC} = \widehat {ECB}\) (1).

Xét \(\Delta BDX\) và \(\Delta BXC\) có: \(\widehat {BDX} = \widehat {BXC} = 90^\circ \), \(\widehat {XBC}\) chung.

Do đó $\Delta BDX\backsim \Delta BXC$ (g.g), suy ra \(\frac{{BD}}{{BX}} = \frac{{BX}}{{BC}}\), từ đó \(B{X^2} = BD \cdot BC\).

Xét \(\Delta BFX\) và \(\Delta BXE\) có: \(\widehat {BFX} = \widehat {BXE} = 90^\circ \), \(\widehat {XBE}\) chung.

Do đó $\Delta BFX\backsim \Delta BXE$ (g.g), suy ra \(\frac{{BF}}{{BX}} = \frac{{BX}}{{BE}}\), từ đó \(B{X^2} = BF \cdot BE\).

Suy ra \(BD \cdot BC = BF \cdot BE\), do đó \(\frac{{BD}}{{BE}} = \frac{{BF}}{{BC}}\).

Xét \(\Delta BDF\) và \(\Delta BEC\) có: \(\frac{{BD}}{{BE}} = \frac{{BF}}{{BC}}\) và \(\widehat {EBC}\) chung.

Do đó $\Delta BDF\backsim \Delta BEC$ (c.g.c), suy ra \(\widehat {BFD} = \widehat {BCE}\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {BFD} = \widehat {EFC}\).

Vì \(FG \bot BE\) nên \(\widehat {BFG} = \widehat {GFE} = 90^\circ \).

Do đó \(\widehat {DFG} = \widehat {BFG} - \widehat {BFD} = 90^\circ  - \widehat {BFD}\)

Và \(\widehat {GFC} = \widehat {GFE} - \widehat {EFC} = 90^\circ  - \widehat {EFC}\)

Suy ra \(\widehat {DFG} = \widehat {GFC}\).

Vậy \(FG\) là tia phân giác của \(\widehat {DFC}\).

c) Tam giác \(XDC\) có \(E,M\) lần lượt là trung điểm của \(XC,DC\) nên \(EM\) là đường trung bình, suy ra \(EM\,{\rm{//}}\,XD\).

Do đó \(\widehat {CEN} = \widehat {CXD}\) (đồng vị), mà \(\widehat {CXD} = \widehat {XBC}\) (cùng phụ \(\widehat {XCB}\)) nên \(\widehat {CEN} = \widehat {XBC}\).

\(\Delta ECN\) vuông tại \(C\) có \(CN = EC \cdot \tan \widehat {CEN} = EC \cdot \tan \widehat {XBC} = EC \cdot \frac{{XC}}{{XB}}\).

\(\Delta XCN\) vuông tại \(C\) có \(\tan \widehat {CXN} = \frac{{CN}}{{XC}} = \frac{{EC}}{{XB}} = \frac{{XE}}{{XB}} = \tan \widehat {XBE}\), suy ra \(\widehat {CXN} = \widehat {XBE}\).

Mà \(\widehat {XBE} + \widehat {XEB} = 90^\circ \) nên \(\widehat {CXN} + \widehat {XEB} = 90^\circ \), suy ra \(XN \bot BE\).

Lại có \(XG \bot BE\), mà qua \(X\) chỉ có một đường thẳng vuông góc với \(BE\) nên \(XN\) và \(XG\) trùng nhau.

Vậy \(X,G,N\) thẳng hàng.