Đáp án đúng:
Giải chi tiết:
Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn và \(\widehat {A\;} = {45^0}.\)  Gọi \(D,\;E\)  lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(B,\;C\) lên \(AC,\;AB;\;H\) là giao điểm của \(BD\) và \(CE.\)
1) Chứng minh tứ giác \(BEDC\) nội tiếp.
Xét tứ giác \(BEDC\) ta có: \(\widehat {BDC} = \widehat {BEC} = {90^0}\left( {gt} \right)\)
Mà hai đỉnh kề nhau D và E cùng nhìn cạnh \(BC\) dưới hai góc bằng nhau.
\( \Rightarrow BEDC\) là tứ giác nội tiếp. (dấu hiện nhận biết tứ giác nội tiếp).
2) Chứng minh \(DE.AB = BC.AD\) và tính tỉ số \(\frac{{ED}}{{BC}}.\)
Vì \(BEDC\) là tứ giác nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \widehat {ADE} = \widehat {ABC}\) (góc trong tại một đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện).
Xét \(\Delta ADE\) và \(\Delta ABC\) ta có:
\(\begin{array}{l}\widehat {A\;}\;\;chung\\\widehat {ABC} = \widehat {ADE}\;\;\left( {cmt} \right)\\ \Rightarrow \Delta ADE \sim \Delta ABC\;\;\left( {g - g} \right).\\ \Rightarrow \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{ED}}{{BC}} \Rightarrow AD.BC = AB.DE\;\;\left( {dpcm} \right).\end{array}\)
Xét \(\Delta ADB\) vuông tại \(D\) có \(\widehat {BAD} = {45^0} \Rightarrow \Delta ADB\) vuông cân tại \(D \Rightarrow AD = BD \Rightarrow AB = AD\sqrt 2 .\)
\( \Rightarrow \frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{ED}}{{BC}} = \frac{{AD}}{{AD\sqrt 2 }} = \frac{1}{{\sqrt 2 }} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)
Vậy \(\frac{{ED}}{{BC}} = \frac{{\sqrt 2 }}{2}.\)
3) Chứng minh \(HE + HD = BE + CD.\)
Ta có \(\Delta ADB\) vuông cân tại \(D \Rightarrow \widehat {ABD} = \widehat {BAD} = {45^0}.\)
\( \Rightarrow \Delta BEH\) vuông cân tại \(E\;\;\left( {do\;\;\widehat {BEH} = {{90}^0},\;\;\widehat {EBH} = {{45}^0}} \right) \Rightarrow EH = BE\) (tính chất tam giác cân).
\(\Delta AEC\) vuông cân tại \(E\;\;\left( {do\;\;\widehat {EAC} = {{45}^0}} \right) \Rightarrow \widehat {ACD} = {45^0}.\)
\( \Rightarrow \Delta HDC\) vuông cân tại \(H\;\left( {do\;\;\widehat {HDC} = {{90}^0},\;\;\widehat {DCH} = {{45}^0}} \right) \Rightarrow HD = DC.\) (tính chất tam giác cân).
\( \Rightarrow BE + CD = HE + HD\;\;\left( {dpcm} \right).\)
4) Gọi \(I\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(ABC.\) Chứng minh \(AI \bot DE.\)
Kéo dài \(AI\) cắt đường tròn tại điểm thứ hai là \(F.\)
Giả sử \(AI \cap DE = \left\{ K \right\}.\)
Khi đó ta có: \(\widehat {ACF}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \( \Rightarrow \widehat {ACF} = {90^0}.\)
Ta có: \(\widehat {ABD} = \widehat {AFC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\))
Mà \(\widehat {ABC} = \widehat {ADE}\;\;\left( {cmt} \right) \Rightarrow \widehat {ADE} = \widehat {AFC}\;\;\left( { = \widehat {ADE}} \right).\)
Xét tứ giác \(DKFC\) ta có: \(\widehat {ADK} = \widehat {KFC}\;\;\left( {cmt} \right).\)
\( \Rightarrow DKFC\) là tứ giác nội tiếp (góc trong tại một đỉnh bằng góc ngoài tại đỉnh đối diện).
\( \Rightarrow \widehat {DCF} + \widehat {DKF} = {180^0} \Leftrightarrow \widehat {DKF} = {180^0} - \widehat {DCF} = {90^0}\)  (tổng hai góc đối diện trong tứ giác nội tiếp)
Hay \(AI \bot DE\;\;\left( {dpcm} \right).\)