1.Cho tam giác \[ABC\]vuông tại\[A\], đường cao \[AH.\]Biết \[BH = 4cm,HC = 5cm

Cách giải:

1. Cho tam giác \[ABC\]vuông tại\[A\], đường cao\[AH\]. Biết \[BH = 4cm,HC = 5cm\](như hình vẽ). Tính độ dài \[AB\]và\[AH\].

\[BC = BH + HC = 4 + 5 = 9\left( {cm} \right).\]

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác \[ABC\]vuông tại\[A\], đường cao \[AH\]ta có:

\[\begin{array}{l} + )A{B^2} = BH.BC\\ \Rightarrow A{B^2} = 4.9 = 36\\ \Rightarrow AB = 6\left( {cm} \right)\\ + )A{H^2} = BH.HC\\ \Rightarrow A{H^2} = 4.5 = 20\\ \Rightarrow AH = \sqrt {20} \left( {cm} \right)\end{array}\]

Vậy \[AB = 6cm,AH = 2\sqrt 5 cm.\]

2. Cho tam giác \[ABC\]có ba góc nhọn \[\left( {AB < AC} \right)\]nội tiếp đường tròn\[\left( {O;R} \right)\]. Hai đường cao nhau tại \[H.\]

a) Chứng minh tứ giác \[CEHF\]nội tiếp đường tròn. Xác định tâm của đường tròn đó.

Ta có\(\left\{ \begin{array}{l}AE \bot BC \Rightarrow \angle HEC = {90^0}\\BF \bot AC \Rightarrow \angle HFC = {90^0}\end{array} \right.\)

Xét tứ giác \[CEHF\]có: \(\angle HEC + \angle HFC = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

Mà \[E,F\]là hai đỉnh đối nhau của tứ giác\[CEHF.\]

\[ \Rightarrow CEHF\]là tứ giác nội tiếp (dhnb).

Gọi \[I\]là trung điểm của\[CH\].

Do tam giác \[HEC\]vuông tại\[E\], có trung tuyến \[EI\]nên \(IE = \frac{1}{2}HC = IH = IC.\)

Do tam giác \[HFC\]vuông tại\[F\], có trung tuyến \[FI\]nên \[IF = HC = IH = IC.\]

\[ \Rightarrow IE = IF = IH = IC.\]

Vậy tứ giác \[CEHF\]nội tiếp đường tròn có tâm \[I\]là trung điểm của\[HC\].

b) Kẻ đường kính \[AD\]của đường tròn \[\left( O \right).\] Chứng minh tứ giác \[BHCD\]là hình bình hành. Biết \(BC = R\sqrt 3 \), tính \[AH\]theo\[R\].

+) Chứng minh tứ giác \[BHCD\]là hình bình hành.

Ta có: \(\angle ABD = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

\( \Rightarrow BD \bot AB\)

Mà \(CH \bot AB\) (do \[H\]là trực tâm của tam giác\[ABC\]).

\( \Rightarrow BD\parallel AB\) (từ vuông góc đến song song)              (1)

Ta có: \(\angle ACD = {90^0}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

\( \Rightarrow CD \bot AC\)

Mà \(BH \bot AC\) (gt)

\( \Rightarrow CD\parallel BH\) (từ vuông góc đến song song)             (2)

Từ (1), (2) suy ra \[BHCD\]là hình bình hành (dhnb) (đpcm).

+) Biết\[BC = R\sqrt 3 \], tính \[AH\]theo\[R\].

Gọi \(M = BC \cap HD\)

\( \Rightarrow \)M là trung điểm của \[BC\]và \[HD\](tính chất hình bình hành).

Ta có:

\[O\]là trung điểm của \[AD\](gt)

\[M\]trung điểm của \[HD\](cmt)

\[ = > OM\]làm là đường trung bình của tam giác \[AHD\](định nghĩa).

\( \Rightarrow OM = \frac{1}{2}AH \Rightarrow AH = 2OM\) (tính chất đường trung bình của tam giác).

Vì \[M\]là trung điểm của \[BC\](cmt) \[ \Rightarrow OM \bot BC\](quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung)

\[ \Rightarrow \Delta OBM\]vuông tại\[M\], có \(OB = R,BM = \frac{1}{2}BC = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}\)

Áp dụng định lí Pytago trong tam giác vuông \[OBM\]ta có:

\(\begin{array}{l}O{M^2} + B{M^2} = O{B^2}\\ \Rightarrow O{M^2} = O{B^2} - B{M^2}\\ \Rightarrow O{M^2} = {R^2} - {\left( {\frac{{R\sqrt 3 }}{2}} \right)^2} = \frac{{{R^2}}}{4}\\ \Rightarrow OM = \frac{R}{2}\end{array}\)

Vậy \[AH = 2OM = R.\]

c) Gọi \[N\]là giao của hai đường thẳng \[CH\]và\[AB\], \[K\]là giao điểm của hai đường thẳng \[BC\]và\[FN\]. Chứng minh\[BK.CE = BE.CK\].

Vì \[H\]là trực tâm của tam giác \[ABC\]nên \[CH \bot AB\]tại \[N\]hay \[CN \bot AB\].

Xét tứ giác \[ANHF\]có:

\[\angle ANH = 90^\circ \](do \(CN \bot AB\))

\(\angle AFH = {90^0}\) (do \(BF \bot AC\))

\[\angle ANH + \angle AFH = 90^\circ + 90^\circ = {180^0}\]

Mà hai đỉnh \[N,F\]là hai đinh đối diện của tứ giác \[ANHF.\]

\[ \Rightarrow {\rm{ANHF}}\]là tứ giác nội tiếp (dhnb).

\( \Rightarrow \angle FNH = \angle FAH = \angle CAE\) (hai góc nội tiếp cùng chắn\[FH\]).

Chứng minh tương tự đối với tứ giác \[BEHN\]có:

\(\angle BNH = {90^0}\) (do \(CN \bot AB\))

\(\angle BEH = {90^0}\)(do \(AE \bot BC\))

\( \Rightarrow \angle BNH + \angle BEH = {90^0} + {90^0} = {180^0}\)

Mà hai đỉnh \[N,E\]là hai đỉnh đối diện của tứ giác \[BEHN\]

\( \Rightarrow BEHN\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).

\( \Rightarrow \angle ENH = \angle EBH = \angle CBF\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HE).

Mà \(\angle CEA = \angle CBF\) (cùng phụ với \(\angle ACB\)).

\( \Rightarrow \angle FNH = \angle ENH\)

\[ \Rightarrow NH\]là phân giác của góc \[\angle ENF\].

Mà \[\angle ENK\] kề bù với \[\angle ENF\] ,  \(NH \bot NB\) (do \(CN \bot AB\)).

\[ \Rightarrow NB\]là phân giác trong của\[\angle ENK\], \[NH\]là phân giác ngoài của \[\angle ENK\].

Áp dụng định lí đường phân giác ta có: \(\frac{{BE}}{{BK}} = \frac{{CE}}{{CK}} = \frac{{NE}}{{NK}}\)

Vậy \[BK.CE = BE.CK\](đpcm).