a)

$Vậy chiều cao của cây khoảng \(5,7\) m. (ảnh 1)$

Xét \({\rm{\Delta }}HBA\) và \({\rm{\Delta }}ABC\):

\(\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) (do \(AH \bot BC\) tại \(H\) và \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\));

\(\widehat {ABC}\) là góc chung (tức \(\widehat {HBA} = \widehat {ABC}\)).

Do đó, $Δ H B A ∽ Δ A B C$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{HB}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{BC}}\) suy ra \(A{B^2} = BH \cdot BC\) (đpcm).

b) ⦁ Chứng minh \({\rm{\Delta }}AMN\) cân tại \(A\):

Trong \({\rm{\Delta }}ABN\) vuông tại \(A\) có: \(\widehat {ANM} = 90^\circ - \widehat {ABM}\) (1).

Trong \({\rm{\Delta }}BMH\) vuông tại \(H\) có: \(\widehat {BMH} = 90^\circ - \widehat {MBH}\).

Lại có \(\widehat {BMH} = \widehat {AMN}\) (hai góc đối đỉnh).

Do đó, \(\widehat {AMN} = \widehat {BMH} = 90^\circ - \widehat {MBH}\) (2).

Vì \(BN\) là tia phân giác của \(\widehat {ABC}\) nên \(\widehat {ABM} = \widehat {MBH}\) (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\widehat {AMN} = \widehat {ANM}\).

Do đó, \({\rm{\Delta }}AMN\) cân tại \(A\).

⦁ Chứng minh \(A{M^2} = MH \cdot NC\):

Áp dụng tính chất đường phân giác trong các tam giác:

Xét \({\rm{\Delta }}ABH\) có \(BM\) là đường phân giác của \(\widehat {ABH}\), do đó: \(\frac{{AM}}{{MH}} = \frac{{AB}}{{BH}}\) (tính chất đường phân giác).

Trong \({\rm{\Delta }}ABC\) có \(BN\) là đường phân giác, do đó: \(\frac{{NC}}{{AN}} = \frac{{BC}}{{AB}}\) hay \(\frac{{AN}}{{NC}} = \frac{{AB}}{{BC}}\) (tính chất đường phân giác).

Nhân hai tỉ số trên, ta được: \(\frac{{AM}}{{MH}} \cdot \frac{{AN}}{{NC}} = \frac{{AB}}{{BH}} \cdot \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{A{B^2}}}{{BH \cdot BC}}\)

Theo câu a), \(A{B^2} = BH \cdot BC\) suy ra \(\frac{{A{B^2}}}{{BH \cdot BC}} = 1\).

Do đó, \(\frac{{AM \cdot AN}}{{MH \cdot NC}} = 1\) suy ra \(AM \cdot AN = MH \cdot NC\).

Vì \(AM = AN\) (\({\rm{\Delta }}AMN\) cân tại \(A\)) nên \(A{M^2} = MH \cdot NC\) (đpcm).

c)

$Vậy chiều cao của cây khoảng \(5,7\) m. (ảnh 2)$

Xét \({\rm{\Delta }}NIH\) và \({\rm{\Delta }}NDB\) có:

\(\widehat {NIH} = \widehat {NDB} = 90^\circ \) (do \(HI \bot BN\) và \(BD \bot HN\)).

\(\widehat {N\,}\)là góc chung (tức \(\widehat {INH} = \widehat {DNB}\)).

Do đó, $Δ N I H ∽ Δ N D B$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{NI}}{{ND}} = \frac{{NH}}{{NB}}\) hay \(\frac{{NI}}{{NH}} = \frac{{ND}}{{NB}}\).

Xét \({\rm{\Delta }}NID\) và \({\rm{\Delta }}NHB\) có:

\(\widehat {IND}\) là góc chung;

\(\frac{{NI}}{{NH}} = \frac{{ND}}{{NB}}\).

Do đó, $Δ N I D ∽ Δ N H B$ (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {NDI} = \widehat {NBH}\).

Gọi \(J\) là giao điểm của \(ID\) và \(BH\).

Xét \({\rm{\Delta }}JDH\) và \({\rm{\Delta }}JBI\) có:

\(\widehat {DJH} = \widehat {BJI}\) (hai góc đối đỉnh);

\(\widehat {JDH} = \widehat {JBI}\) (do \(\widehat {IDN} = \widehat {NBH}\) vừa chứng minh).

Do đó, $Δ J D H ∽ Δ J B I$ (g.g).

Suy ra \(\widehat {BID} = \widehat {BHD}\) (4).

Kéo dài \(HI\) cắt \(AB\) tại \(K\).

Xét \({\rm{\Delta }}BIK\) và \({\rm{\Delta }}BAN\) có:

\(\widehat {BIK} = \widehat {BAN} = 90^\circ \) (do \(HI \bot BN\) và \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\));

\(\widehat {IBK} = \widehat {ABN}\).

Do đó, $Δ B I K ∽ Δ B A N$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{BI}}{{BA}} = \frac{{BK}}{{BN}}\).

Chứng minh tương tự ta được $Δ B I A ∽ Δ B K N$ (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {BAI} = \widehat {BNK}\).

Gọi \(Q\) là giao điểm của \(AI\) và \(KN\).

Xét \({\rm{\Delta }}AQK\) và \({\rm{\Delta }}NQI\) có:

\(\widehat {AQK} = \widehat {NQI}\) (hai góc đối đỉnh);

\(\widehat {KAQ} = \widehat {INQ}\) (do \(\widehat {BAI} = \widehat {BNK}\)).

Do đó, $Δ A Q K ∽ Δ N Q I$ (g.g).

Suy ra \(\widehat {AIN} = \widehat {AKN}\) (5).

Ta có hai cặp góc kề bù:

\(\widehat {AKN} + \widehat {BKN} = 180^\circ \) suy ra \(\widehat {AKN} = 180^\circ - \widehat {BKN}\).

\(\widehat {BHD} + \widehat {BHN} = 180^\circ \) suy ra \(\widehat {BHD} = 180^\circ - \widehat {BHN}\).

Xét \({\rm{\Delta }}BKH\) có \(BI\) vừa là đường cao (\(HI \bot BN\)), vừa là đường phân giác.

Suy ra \({\rm{\Delta }}BKH\) cân tại \(B\) suy ra \(BK = BH\) và \(I\) là trung điểm của \(KH\).

Xét \({\rm{\Delta }}BKN\) và \({\rm{\Delta }}BHN\):

\(BK = BH\) (chứng minh trên);

\(\widehat {KBN} = \widehat {HBN}\) (do \(BN\) là tia phân giác);

\(BN\) là cạnh chung.

Do đó, \({\rm{\Delta }}BKN = {\rm{\Delta }}BHN\) (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {BKN} = \widehat {BHN}\).

Vì \(\widehat {BKN} = \widehat {BHN}\) nên hai góc bù với chúng cũng bằng nhau: \(\widehat {AKN} = \widehat {BHD}\) (6).

Từ (4), (5) và (6), ta suy ra: \(\widehat {BID} = \widehat {AIN}\).

Mà \(B,\,\,I,\,\,N\) thẳng hàng nên hai góc \(\widehat {AIN}\) và \(\widehat {BIA}\) kề bù với nhau:

\(\widehat {AIN} + \widehat {BIA} = 180^\circ \)

Thay \(\widehat {AIN} = \widehat {BID}\) vào ta được:

\(\widehat {BID} + \widehat {BIA} = 180^\circ \) suy ra \(\widehat {AID} = 180^\circ \)

Vậy ba điểm \(A,\,\,I,\,\,D\) thẳng hàng (đpcm).

Giải các hệ phương trình sau: x − y = 3 ; x + 3y = − 1 .