Phương rơi tự do thẳng đứng vuông g (ảnh 1)

a) Xét \({\rm{\Delta }}BDA\) và \({\rm{\Delta }}BAC\) có:

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

\(\widehat {ABC}\) là góc chung.

Do đó $Δ B D A ∽ Δ B A C$ (g.g).

b) Xét tam giác vuông \(ABN\) có đường cao \(AE\), ta có \(\widehat {BAE} = \widehat {BNA}\) (cùng phụ với \(\widehat {EAN}\)).

Ta có $Δ B D A ∽ Δ B A C$ suy ra \(\frac{{BD}}{{BA}} = \frac{{BA}}{{BC}}\) suy ra \(B{A^2} = BD \cdot BC\) (1).

Xét \(\Delta ABN\) vuông tại \(A\) và \(\Delta EBA\) vuông tại \(E\) \(\left( {AE \bot BN} \right)\).

Chứng minh tương tự, ta được: \(B{A^2} = BE \cdot BN\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(BD \cdot BC = BE \cdot BN\) (cùng bằng \(B{A^2}\)).

c)

Phương rơi tự do thẳng đứng vuông g (ảnh 2)

Xét tam giác \(ABM\) có hai đường cao \(AD\) và \(BE\) cắt nhau tại \(H\). Do đó, \(H\) là trực tâm của \({\rm{\Delta }}ABM\). Suy ra \(MH \bot AB\).

Mặt khác \(AC \bot AB\) tại \[A\] suy ra \[MH\,{\rm{//}}\,AC\] (hay \(MH\,{\rm{//}}\,NC\)).

Xét \(\Delta BCN\) có \(MH\,{\rm{//}}\,NC\) và \(MH\) đi qua trung điểm \(M\) của \(BC\), suy ra \(MH\) đi qua trung điểm của \(BN\). Do đó, \(H\) là trung điểm của đoạn thẳng \(BN\).

Ta có \(AK \bot AM\) và \(BE \bot AM\) suy ra \(AK\,{\rm{//}}\,BE\) (hay \(AK\,{\rm{//}}\,BN\)).

Gọi \(I\) là giao điểm của \(CH\) và \(AK\). Do \(BN\,{\rm{//}}\,AK\) nên ta có:

suy ra \(\frac{{AI}}{{HN}} = \frac{{CI}}{{CH}}\) (3).

suy ra \(\frac{{CI}}{{CH}} = \frac{{IK}}{{HB}}\) (4).

Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{AI}}{{HN}} = \frac{{CI}}{{CH}} = \frac{{IK}}{{HB}}\). Do đó, \(\frac{{AI}}{{HN}} = \frac{{IK}}{{HB}}\).

Vì \(H\) là trung điểm của \(BN\) (\(HN = HB\)) nên \(AI = IK\).

Mà \(I \in AK\) nên đường thẳng \(CH\) đi qua trung điểm \(I\) của đoạn thẳng \(AK\).

Giải các hệ phương trình sau: a) { 2x − 5y = − 11 ; − 3x + 7y = 15 .