Gọi \(E , F\) lần lượt là chân các đường cao từ \(B , C\) của tam giác nhọn \(A B C\).

Ta có:

• \(I \in B E\) và \(\hat{A I C} = 90^{\circ}\),
• \(K \in C F\) và \(\hat{A K B} = 90^{\circ}\).

a) Chứng minh \(A I = A K\)

Vì \(B E \bot A C\) nên:

\(B I \bot A C\)

Mà \(\hat{A I C} = 90^{\circ}\) nên:

\(A I \bot I C\)

Do \(I \in B E\), suy ra \(I C\) cùng phương với \(B E\), nên:

\(I C \bot A C\)

Vậy qua \(I\):

• \(A I \bot I C\),
• \(A C \bot I C\).

Suy ra:

\(A I \parallel A C\)

Xét tam giác vuông \(A I C\), ta có:

\(A I = I C cot ⁡ \hat{A C I}\)

Nhưng \(\hat{A C I} = \hat{A C B} = C\), nên:

\(A I = I C cot ⁡ C\)

Tương tự, vì \(K \in C F\) và \(\hat{A K B} = 90^{\circ}\), ta được:

\(A K = K B cot ⁡ B\)

Mặt khác, từ tính chất các đường cao:

\(I C = h_{b} , K B = h_{c}\)

với

\(h_{b} = c sin ⁡ A , h_{c} = b sin ⁡ A\)

Suy ra:

\(A I = c sin ⁡ A cot ⁡ C\) \(A K = b sin ⁡ A cot ⁡ B\)

Áp dụng định luật sin:

\(\frac{b}{sin ⁡ B} = \frac{c}{sin ⁡ C}\)

nên

\(b cos ⁡ B = c cos ⁡ C\)

Do đó:

\(b sin ⁡ A cot ⁡ B = c sin ⁡ A cot ⁡ C\)

hay

\(A K = A I\)

Điều phải chứng minh.

b) Tính diện tích tam giác \(A E F\)

Ta có:

\(S_{A B C} = 120 , \hat{A} = 60^{\circ}\)

Trong tam giác \(A B C\):

\(A E = A B cos ⁡ A , A F = A C cos ⁡ A\)

Do \(\angle E A F = \angle A = 60^{\circ}\),

diện tích tam giác \(A E F\):

\(S_{A E F} = \frac{1}{2} \textrm{ } A E \cdot A F sin ⁡ A\)

Thay \(A E , A F\):

\(S_{A E F} = \frac{1}{2} \left(\right. A B cos ⁡ A \left.\right) \left(\right. A C cos ⁡ A \left.\right) sin ⁡ A\) \(= \left(cos ⁡\right)^{2} A \cdot \frac{1}{2} A B \cdot A C sin ⁡ A\)

Mà

\(\frac{1}{2} A B \cdot A C sin ⁡ A = S_{A B C} = 120\)

nên:

\(S_{A E F} = 120 \left(cos ⁡\right)^{2} 60^{\circ}\)

Vì

\(cos ⁡ 60^{\circ} = \frac{1}{2}\)

suy ra

\(S_{A E F} = 120 \cdot \frac{1}{4} = 30\)

Kết quả

\(\boxed{A I = A K}\) \(\boxed{S_{A E F} = 30 \&\text{nbsp};\text{cm}^{2}}\)

Ta có hình thang \(A B \parallel C D\) với \(B C = B D\).
Gọi \(H\) là trung điểm của \(C D\), đường thẳng qua \(H\) cắt \(A C , A D\) lần lượt tại \(E , F\).
Cần chứng minh:

\(\hat{D B F} = \hat{E B C} .\)

1. Thiết lập hệ tọa độ

Đặt hệ trục tọa độ sao cho

\(D \left(\right. - 1 , 0 \left.\right) , C \left(\right. 1 , 0 \left.\right) , H \left(\right. 0 , 0 \left.\right) .\)

Vì \(A B \parallel C D\), nên đặt

\(A \left(\right. a , h \left.\right) , B \left(\right. b , h \left.\right) \left(\right. h > 0 \left.\right) .\)

Điều kiện \(B C = B D\):

\(B C^{2} = \left(\right. b - 1 \left.\right)^{2} + h^{2} ,\) \(B D^{2} = \left(\right. b + 1 \left.\right)^{2} + h^{2} .\)

Suy ra

\(\left(\right. b - 1 \left.\right)^{2} = \left(\right. b + 1 \left.\right)^{2}\) \(b = 0.\)

Vậy

\(B \left(\right. 0 , h \left.\right) .\)

2. Tìm tọa độ \(E , F\)

Điểm \(F\)

\(F \in A D\) và \(F \in O H\) với \(O H\) là trục \(x = 0\).

Phương trình tham số của \(A D\):

\(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. a , h \left.\right) + t \left(\right. - 1 - a , - h \left.\right) .\)

Tại \(F\), \(x = 0\):

\(a + t \left(\right. - 1 - a \left.\right) = 0\) \(t = \frac{a}{a + 1} .\)

Do đó

\(y_{F} = h \left(\right. 1 - \frac{a}{a + 1} \left.\right) = \frac{h}{a + 1} .\)

Suy ra

\(F \left(\right. 0 , \frac{h}{a + 1} \left.\right) .\)

Điểm \(E\)

Tương tự, \(E \in A C\):

\(\left(\right. x , y \left.\right) = \left(\right. a , h \left.\right) + s \left(\right. 1 - a , - h \left.\right) .\)

Cho \(x = 0\):

\(a + s \left(\right. 1 - a \left.\right) = 0\) \(s = \frac{a}{a - 1} .\)

Suy ra

\(y_{E} = h \left(\right. 1 - \frac{a}{a - 1} \left.\right) = - \frac{h}{a - 1} .\)

Vậy

\(E \left(\right. 0 , - \frac{h}{a - 1} \left.\right) .\)

3. So sánh các góc

Vì \(B , E , F\) cùng thuộc đường thẳng \(x = 0\), nên:

• \(B F\) là đường thẳng đứng,
• \(B E\) cũng là đường thẳng đứng.

Góc \(\hat{D B F}\)

Hệ số góc của \(B D\):

\(k_{B D} = \frac{0 - h}{- 1 - 0} = h .\)

Góc giữa \(B D\) và phương thẳng đứng có tang bằng:

\(tan ⁡ \hat{D B F} = \frac{1}{h} .\)

Góc \(\hat{E B C}\)

Hệ số góc của \(B C\):

\(k_{B C} = \frac{0 - h}{1 - 0} = - h .\)

Góc giữa phương thẳng đứng và \(B C\) cũng có tang:

\(tan ⁡ \hat{E B C} = \frac{1}{h} .\)

Do hai góc đều nhọn nên

\(\hat{D B F} = \hat{E B C} .\)

Điều phải chứng minh.

Gọi \(\overset{⃗}{A B} = \overset{⃗}{u} , \&\text{nbsp}; \overset{⃗}{A D} = \overset{⃗}{v}\).
Chọn hệ trục tọa độ với

\(A \left(\right. 0 , 0 \left.\right) , B \left(\right. 1 , 0 \left.\right) , D \left(\right. 0 , 1 \left.\right)\)

nên

\(C \left(\right. 1 , 1 \left.\right) .\)

Đường thẳng \(a\) đi qua \(A\) có phương trình dạng

\(y = t x \left(\right. t \neq 0 \left.\right) .\)

Ta tìm tọa độ các giao điểm.

• \(B D : \&\text{nbsp}; x + y = 1\)

\(E \left(\right. \frac{1}{1 + t} , \frac{t}{1 + t} \left.\right) .\)

• \(B C : \&\text{nbsp}; x = 1\)

\(K \left(\right. 1 , t \left.\right) .\)

• \(D C : \&\text{nbsp}; y = 1\)

\(G \left(\right. \frac{1}{t} , 1 \left.\right) .\)

Vì \(A , E , K , G\) cùng thuộc đường thẳng \(a\), các độ dài trên \(a\) tỉ lệ với hiệu hoành độ.

Đặt

\(s = \sqrt{1 + t^{2}} .\)

Khi đó:

\(A E = \frac{s}{1 + t} ,\) \(A K = s ,\) \(A G = \frac{s}{t} .\)

Ngoài ra,

\(E K = A K - A E = s - \frac{s}{1 + t} = \frac{s t}{1 + t} ,\) \(E G = A G - A E = \frac{s}{t} - \frac{s}{1 + t} = \frac{s}{t \left(\right. 1 + t \left.\right)} .\)

a) Chứng minh \(A E^{2} = E K \cdot E G\)

Ta có

\(E K \cdot E G = \frac{s t}{1 + t} \cdot \frac{s}{t \left(\right. 1 + t \left.\right)} = \frac{s^{2}}{\left(\right. 1 + t \left.\right)^{2}} .\)

Mà

\(A E^{2} = \left(\left(\right. \frac{s}{1 + t} \left.\right)\right)^{2} = \frac{s^{2}}{\left(\right. 1 + t \left.\right)^{2}} .\)

Suy ra

\(\boxed{A E^{2} = E K \cdot E G} .\)

b) Chứng minh

\(\frac{1}{A E} = \frac{1}{A K} + \frac{1}{A G} .\)

Ta có

\(\frac{1}{A K} + \frac{1}{A G} = \frac{1}{s} + \frac{t}{s} = \frac{1 + t}{s} .\)

Trong khi

\(\frac{1}{A E} = \frac{1 + t}{s} .\)

Do đó

\(\boxed{\frac{1}{A E} = \frac{1}{A K} + \frac{1}{A G}} .\)

c) Xét tích \(B K \cdot D G\)

Vì

\(B \left(\right. 1 , 0 \left.\right) , K \left(\right. 1 , t \left.\right)\)

nên

\(B K = t .\)

Và

\(D \left(\right. 0 , 1 \left.\right) , G \left(\right. \frac{1}{t} , 1 \left.\right)\)

nên

\(D G = \frac{1}{t} .\)

Suy ra

\(B K \cdot D G = t \cdot \frac{1}{t} = 1.\)

Vậy tích này không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng \(a\).

\(\boxed{B K \cdot D G = \text{h} \overset{ˋ}{\overset{ }{\text{a}}} \text{ng}\&\text{nbsp};\text{s} \overset{ˊ}{\hat{\text{o}}} = A B \cdot A D}\)

(với cách chuẩn hóa ở trên thì giá trị bằng \(1\)).

Cần chứng minh

\(\frac{A^{'} M}{A M} = \frac{A B^{'}}{C B^{'}} + \frac{A C^{'}}{B C^{'}} .\)

Ta dùng định lý Ceva và tọa độ khối lượng (mass points).

Đặt

\(\frac{A B^{'}}{B^{'} C} = m , \frac{A C^{'}}{C^{'} B} = n .\)

Suy ra

\(A B^{'} = m \textrm{ } B^{'} C , A C^{'} = n \textrm{ } C^{'} B .\)

Theo định lý Ceva:

\(\frac{B A^{'}}{A^{'} C} \cdot \frac{C B^{'}}{B^{'} A} \cdot \frac{A C^{'}}{C^{'} B} = 1.\)

Do đó

\(\frac{B A^{'}}{A^{'} C} \cdot \frac{1}{m} \cdot n = 1\)

hay

\(\frac{B A^{'}}{A^{'} C} = \frac{m}{n} .\)

Áp dụng phương pháp khối lượng:

• vì \(\frac{A B^{'}}{B^{'} C} = m\), ta gán khối lượng tại \(A , C\) lần lượt là \(1 , m\);
• vì \(\frac{A C^{'}}{C^{'} B} = n\), ta gán khối lượng tại \(A , B\) lần lượt là \(1 , n\).

Suy ra phải chọn:

\(m_{B} = n , m_{C} = m , m_{A} = 1.\)

Khi đó khối lượng tại \(A^{'}\) là

\(m_{A^{'}} = m_{B} + m_{C} = m + n .\)

Vì \(M \in A A^{'}\), nên

\(\frac{A^{'} M}{A M} = \frac{m_{A}}{m_{A^{'}}} = \frac{1}{m + n} .\)

Mặt khác

\(\frac{C B^{'}}{A B^{'}} = \frac{1}{m} , \frac{B C^{'}}{A C^{'}} = \frac{1}{n} .\)

Do đó

\(\frac{A B^{'}}{C B^{'}} + \frac{A C^{'}}{B C^{'}} = m + n .\)

Suy ra

\(\frac{A M}{A^{'} M} = m + n\)

hay

\(\boxed{\frac{A^{'} M}{A M} = \frac{C B^{'}}{A B^{'}} + \frac{B C^{'}}{A C^{'}}} .\)

Điều phải chứng minh.