Cho tam giác ABC vuông tại A có AB < AC. Kẻ AH vuông góc với BC tại H, tia phân giác của HAC cắt BC tại D

a) Ta có $\angle AHB = 90^\circ$ và $\angle HAC = \angle DAC$, do đó tam giác $AHC$ đồng dạng với tam giác $CAD$. Từ đó, ta có $\frac{AH}{AC} = \frac{AC}{AD}$, suy ra $AH \cdot AD = AC^2$.

Mặt khác, ta có $\angle ABD = \angle ACD$ (do $BD$ là tia phân giác của $\angle HAC$), từ đó ta cũng suy ra tam giác $ABD$ đồng dạng với tam giác $ACD$. Do đó, $\frac{AB}{AC} = \frac{BD}{CD}$, hay $AB \cdot CD = AC \cdot BD$.

Kết hợp hai biểu thức trên, ta có $AH \cdot AD = AB \cdot CD$, suy ra $AB = BD$.

b) Ta có $AK = HD$ và $\angle AKE = \angle ADE = 90^\circ$, từ đó ta có tam giác $AKE$ đồng dạng với tam giác $ADE$. Do đó, $\frac{AE}{AD} = \frac{AK}{AE}$, hay $AE^2 = AK \cdot AD = HD \cdot AD$.

Mặt khác, ta có $\angle AHE = \angle ACD$ (do $HE$ là tia phân giác của $\angle HAC$), từ đó ta cũng suy ra tam giác $AHE$ đồng dạng với tam giác $ACD$. Do đó, $\frac{AH}{AC} = \frac{HE}{CD}$, hay $AH \cdot CD = AC \cdot HE$.

Kết hợp hai biểu thức trên, ta có $AE^2 = HD \cdot AD = AC \cdot HE$, suy ra $AE = EC$.

Vậy, ta có $KE \parallel AD$.

c) Gọi $F$ là giao điểm của $HK$ với $AD$. Ta có $\angle FHD = \angle FKH = 90^\circ$, nên tứ giác $HFKD$ là hình chữ nhật.

Do đó, $HF = KD$ và $HK = FD$. Vậy, $F$ là trung điểm của $HK$.

Như vậy, ta đã chứng minh được $F$ là trung điểm của đoạn thẳng $HK$.