Đáp án:
$\\$
`a,`
Do `ΔABC` vuông tại `A`
`-> hat{BAD}=90^o`
Do `DH⊥BC`
`-> hat{BHD}=90^o`
Do `BD` là tia phân giác của `hat{B}`
`-> hat{ABD}=hat{HBD}`
Xét `ΔABD` và `ΔHBD` có :
`hat{BAD}=hat{BHD}=90^o`
`BD` chung
`hat{ABD}=hat{HBD}` (chứng minh trên)
`-> ΔABD = ΔHBD` (cạnh huyền - góc nhọn)
`-> AD=DH` (2 cạnh tương ứng)
$\\$
`b,`
Do `ΔABD = ΔHBD` (chứng minh trên)
`-> AB=HB` (2 cạnh tương ứng)
`-> ΔBAH` cân tại `B`
$\\$
`c,`
Có : `AB=HB` (chứng minh trên)
`-> B` nằm trên đường trung trực của `AH` `(1)`
Có : `AD=DH` (chứng minh trên)
`-> D` nằm trên đường trung trực của `AH` `(2)`
Từ `(1), (2)`
`-> BD` là đường trung trực của `AH`
$\\$
`d,`
Do `BD` cắt `KC` tại `E`
mà `BD` là tia phân giác của `hat{B}`
`-> BE` là ttia phân giác của `hat{B}`
`-> hat{KBE}=hat{CBE}`
Xét `ΔADK` và `ΔHDC` có :
`hat{ADK}=hat{HDC}` (2 góc đối đỉnh)
`AD=DH` (chứng minh trên)
`hat{KAD}=hat{CHD}=90^o`
`-> ΔADK=ΔHDC` (góc - cạnh - góc)
`-> AK=HC` (2 cạnh tương ứng)
Có : \(\left\{ \begin{array}{l}AB + AK=BK\\HB + HC = BC\end{array} \right.\)
mà `AB=HB` (chứng minh trên), `AK=HC` (chứng minh trên)
`-> BK=BC`
Xét `ΔKBE` và `ΔCBE` có :
`hat{KBE}=hat{CBE}` (chứng minh trên)
`BE` chung
`BK=BC` (chứng minh trên)
`-> ΔKBE=ΔCBE` (cạnh - góc - cạnh)
`-> KE=CE` (2 cạnh tương ứng)
`-> E` là trung điểm của `KC`
`-> BE` là đường trung tuyến của `ΔKBC`
$\\$
`e,`
Áp dụng BĐT `Δ` cho `ΔADK` có :
`AD + AK > DK` `(3)`
Áp dụng BĐT `Δ` cho `ΔHDC` có :
`DH + HC > DC` `(4)`
Đem `(3) + (4)` vế với vế ta được :
`-> AD + AK + DH + HC > DK + DC`
mà `AD=DH` (chứng minh trên), `AK=HC` (chứng minh trên)
`-> AD + AK + AD + AK > DK + DC`
`-> (AD + AD) + (AK + AK) > DK + DC`
`-> 2AD + 2AK > DK + DC`
`-> 2 (AD + AK) > DK + DC`
Áp dụng BĐT `Δ` cho `ΔKDC` có :
`DK + DC > KC`
mà `2 (AD + AK) > DK + DC`
`-> 2 (AD + AK) > DK + DC > KC`
`-> 2 (AD + AK) > KC`
