Bài 4: Cho tam giác ABC vuông ở A, đường cao AH. Kẻ HDbot AB và HEbot AC(Din AB, Ein AC) . Gọi O là giao điểm của AH và DE. 1. Chứng minh AH=DE 2. Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của BH và CH. Chứng minh tứ giác DEQP là hình thang vuông a) Chứng minh O là trực tâm tam giác ABQ. b) Chứng minh S_(ABC)=2S_(DEQP)

【Trả lời】: 1. Ta có: $\triangle AHD \sim \triangle EHA$ (do cùng góc tại H và cùng vuông tại D và E), từ đó ta suy ra $\frac{AH}{HD} = \frac{EH}{AH} \Rightarrow AH^2 = EH.HD = ED^2 \Rightarrow AH = ED$. 2. Ta có: $\triangle BHD \sim \triangle EHD$ và $\triangle CHD \sim \triangle EHD$ (do cùng góc tại H và cùng vuông tại D) nên $\frac{BD}{HD} = \frac{ED}{HD}$ và $\frac{CD}{HD} = \frac{ED}{HD} \Rightarrow BD = CD = ED$. Do đó, tứ giác DEQP là hình thang vuông. a) Ta có: $\angle ABH = \angle QAH = 90^o$ và $\angle AHQ = \angle AHB$ nên $\triangle ABH \sim \triangle QAH$ (do cùng góc và cùng vuông tại H) nên $\frac{AB}{AH} = \frac{AH}{QH} \Rightarrow QH = \frac{AH^2}{AB}$. Tương tự, $\triangle AQH \sim \triangle CAH$ nên $\frac{AH}{AC} = \frac{QH}{AH} \Rightarrow QH = \frac{AH^2}{AC}$. Do đó, $\frac{AH^2}{AB} = \frac{AH^2}{AC} \Rightarrow AB = AC$ nên O là trực tâm của $\triangle ABQ$. b) Ta có: $S_{ABC} = \frac{1}{2}AB.AC = \frac{1}{2}DE.DE = S_{DEQP}$ nên $S_{ABC} = 2S_{DEQP}$. <br/>【Phân tích】: 1. Đầu tiên, ta phân tích và áp dụng định lý Pytago để chứng minh AH = DE. 2. Tiếp theo, ta sử dụng định lý tỷ lệ để chứng minh tứ giác DEQP là hình thang vuông. 3. Sau đó, ta dùng định lý tỷ lệ và định lý Pytago để chứng minh O là trực tâm của tam giác ABQ. 4. Cuối cùng, ta áp dụng công thức diện tích tam giác và hình thang để chứng minh $S_{ABC} = 2S_{DEQP}$.