Ta có \(\dfrac{\sin\alpha}{\cos\alpha}=\tan\alpha=2\Rightarrow\sin\alpha=2\cos\alpha\)

Lại có \(\sin^2\alpha+\cos^2\alpha=1\Rightarrow4\cos^2\alpha+\cos^2\alpha=1\)\(\Rightarrow5\cos^2\alpha=1\Rightarrow\cos^2\alpha=\dfrac{1}{5}\Rightarrow\cos\alpha=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\)

\(\Rightarrow\sin\alpha=2\cos\alpha=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\)

Ta có: 

\(2=tana=\dfrac{sina}{cosa}\Leftrightarrow sina=2cosa\)

\(sin^2a+cos^2a=1\Rightarrow4cos^2a+cos^2a=1\Leftrightarrow cos^2a=\dfrac{1}{5}\Leftrightarrow cosa=\dfrac{\pm\sqrt{5}}{5}\)

- \(cosa=\dfrac{\sqrt{5}}{5}\Rightarrow sina=\dfrac{2\sqrt{5}}{5}\).

- \(cosa=\dfrac{-\sqrt{5}}{5}\Rightarrow sina=\dfrac{-2\sqrt{5}}{5}\).

a) Dễ thấy tứ giác BDHF có \(\widehat{BDH}+\widehat{BFH}=90^o+90^o=180^o\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác BDHF nội tiếp (dhnb)

Tứ giác BCEF có \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}\left(=90^o\right)\)

\(\Rightarrow\) Tứ giác BCEF nội tiếp (dhnb)

b) Tứ giác BDHF nội tiếp (cmt) \(\Rightarrow\widehat{DFH}=\widehat{DBH}\) hay \(\widehat{DFC}=\widehat{EBC}\)

Tứ giác BCEF nội tiếp (cmt) \(\Rightarrow\widehat{EFC}=\widehat{EBC}\)

Từ đó ta có \(\widehat{DFC}=\widehat{EFC}\left(=\widehat{EBC}\right)\)

\(\Rightarrow\) FC là tia phân giác \(\widehat{EFD}\) (đpcm)

c) Ta có \(\widehat{DFC}=\widehat{EFC}\) (cmt) \(\Rightarrow90^o-\widehat{DFC}=90^o-\widehat{EFC}\)\(\Rightarrow\widehat{AFE}=\widehat{BFD}\)

Mà \(\widehat{AFE}=\widehat{BFM}\) (2 góc đối đỉnh) \(\Rightarrow\widehat{BFD}=\widehat{BFM}\)

\(\Rightarrow\) FB là tia phân giác của \(\widehat{DFM}\)

Theo tính chất đường phân giác trong tam giác DFM, ta có \(\dfrac{FD}{FM}=\dfrac{BD}{BM}\)

Lại có FC là tia phân giác \(\widehat{EFD}\) (cmt), theo tính chất đường phân giác của góc ngoài của tam giác, ta có \(\dfrac{FD}{FM}=\dfrac{CD}{CM}\)

Do đó, ta có \(\dfrac{BD}{BM}=\dfrac{CD}{CM}\)\(\Rightarrow\dfrac{BD}{CD}=\dfrac{BM}{CM}\) (1)

\(\Delta MAC\) có \(BI//AC\left(gt\right)\) nên \(\dfrac{BI}{AC}=\dfrac{BM}{CM}\) (2) (định lý Ta-lét)

\(\Delta ACD\) có \(BK//AC\left(gt\right)\) nên \(\dfrac{BK}{AC}=\dfrac{BD}{CD}\) (3) (hệ quả định lý Ta-lét)

Từ (1), (2), (3) \(\Rightarrow\dfrac{BI}{AC}=\dfrac{BK}{AC}\Rightarrow BI=BK\)

\(\Rightarrow\) B là trung điểm IK \(\Rightarrow\) HB là trung tuyến của \(\Delta HIK\)

Mặt khác AC//IK (gt), lại có \(BE\perp AC\) nên \(BE\perp IK\), từ đó suy ra HB là đường cao của \(\Delta HIK\)

\(\Delta HIK\) có HB vừa là đường cao vừa là trung tuyến \(\Rightarrow\Delta HIK\) cân tại H (đpcm)

 

Thưa chị, có nhiều cách để chứng minh định lý Py-ta-go:

Cách 1 (cũng là cách đơn giản nhất)

Trong hình vẽ này, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có \(\left\{{}\begin{matrix}AB^2=BC.BH\\AC^2=BC.CH\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow AB^2+AC^2=BC.BH+BC.CH=BC\left(BH+CH\right)=BC^2\)(đpcm)

Cách 2: Diện tích hình thang ACED có thể tính theo 2 cách:

1: Nửa tổng 2 đáy nhân với chiều cao: \(\dfrac{1}{2}\left(b+c\right)\left(b+c\right)=\dfrac{1}{2}\left(b+c\right)^2\)2: Tổng các diện tích của 3 tam giác \(\dfrac{1}{2}a^2+\dfrac{1}{2}bc+\dfrac{1}{2}bc=\dfrac{1}{2}a^2+bc\)

Do đó \(\dfrac{1}{2}\left(b+c\right)^2=\dfrac{1}{2}a^2+bc\) hay \(\dfrac{1}{2}\left(b^2+c^2+2bc\right)=\dfrac{1}{2}a^2+bc\) hay \(\dfrac{1}{2}\left(b^2+c^2\right)+bc=\dfrac{1}{2}a^2+bc\) hay \(b^2+c^2=a^2\) (đpcm)

Cách 3: Ta sắp xếp lại 4 tam giác vuông nhỏ như sau:

Vậy ta hoàn toàn có thể suy ra được \(a^2=b^2+c^2\)

Còn nhiều cách nữa nhưng em không liệt kê hết ở đây được đâu ạ.

 

Cách 1: Chứng minh của E. A. Coolidge

Cách chứng minh này xuất hiện trong cuốn sách về các vấn đề kinh điển thuộc học thuyết Pitago của tác giả Elisha Scott Loomis, được xuất bản lần đầu tiên bởi Hội đồng giáo viên quốc gia của môn toán học, vào năm 1927. Thật đáng tiếc, quyển sách này hiện nay không được xuất bản nữa, trong cuốn sách này có tới trên 300 cách chứng minh định lý Pitago, trong đó, có nhiều cách chứng minh tương tự nhau, và tất cả các cách chứng minh nổi tiếng đều có trong cuốn sách của Loomis.

Cách chứng minh dưới đây thì tương tự như cách chứng minh của Bhaskara trong phần “Behold!” đã giới thiệu ở bài trước. Cách chứng minh này được đăng trên tạp trí giáo dục, xuất bản hàng ngày, và tác giả của nó là cô E. A. Coolidge - là một người mù.

Dựng hình và kiểm tra

1. Vẽ một tam giác vuông và các hình vuông trên các cạnh của nó (dùng công cụ custom)
2. Kéo dài tia HA, lấy điểm A’ đối xứng với điểm H qua A bằng cách :

+ Chọn đoạn HA và điểm A

+ Chọn menu Transform --> Rotate --> degrees =180

3. Vẽ một đường thẳng đi qua điểm B và vuông góc với đoạn AA’, Vẽ điểm giao K của 2 đường này.

( Hình bên minh họa cho các bước từ 1 đến 3)

4. Vẽ hình vuông A’KLM.

(Sử dụng công cụ Custom tool như đã giới thiệu ở bài 1)

5. Vẽ Đoạn BK, GM, FL.

6. Làm ẩn đi đường BK.

7. Tô màu cho 4 mảnh trong hình vuông trên cạnh huyền.

8. Đánh dấu vectơ EJ và dịch chuyển 4 đỉnh và 4 cạnh của hình vuông BCDE theo vectơ này (để được hình vuông bên dưới hình vuông trên cạnh b có diện tích bằng diện tích hình vuông BCDE )

+ Đánh dấu theo thứ tự điểm E, J
 

 

+ Chọn menu Transform --> Mark vector

+ Đánh dấu 4 cạnh và 4 đỉnh của hình vuông BCDE

+ Chọn vào Menu Transform --> Translate.

9. Như vậy miền diện tích trên cạnh b bây giờ là a² + b² . Sử dụng công cụ Translator để di chuyển các các mảnh là bản sao của các mảnh trong hình
 

vuông trên cạnh huyền vào trong miền có diện tích a² + b² trên cạnh b.

Chú ý:

- Hãy thử thay đổi tam giác của bạn, và quan sát xem các mảnh tương ứng còn lại có bằng nhau nữa không.?

- Chú ý rằng, trong trương hợp dựng hình như thế này cạnh b cần phải luôn được giữ là cạnh bên dài hơn nếu không thì sự dựng hình như trên sẽ bị sai.

- Trường hợp đặc biệt trước khi việc dựng hình bi sai là trương hợp cạnh b dài bằng cạnh a thì hình vuông A’KLM biến mất.

- Bạn hãy giải thích xem tại sao với cách làm trên các mảnh có thể xếp vừa khít với miền diện tích trên cạnh b..
  Cách 2: Chứng minh của Ann Condit
Đây cũng là một cách chứng minh được giới thiệu trong cuốn sách của Elisha Scott Loomis. Ann Condit nghĩ ra cách chứng minh này vào năm 1938 khi cô mới 16 tuổi và là sinh viên của trường trung học ở miền nam Ấn Độ.

Dựng hình và kiểm tra

1. Dựng đoạn thẳng AB.

2. Vẽ trung điểm D của đoạn thẳng này

3. Vẽ đường tròn bán kính DA.

4. Vẽ đoạn BC và AC , với C là một điểm nằm trên đường tròn. Như vvậy ta đã dựng được tam giác vuông ABC vuông tại C.  
5. Vẽ các hình vuông trên các cạnh của tam giác vuông ABC.

6. Vẽ các trung điểm L, M, N của các cạnh phía ngoài của các hình vuông.

7. Vẽ các đoạn DL, DM, DL.

8. Vẽ đoạn FG, Vẽ tia DC, và điểm P là giao điểm cuat tia DC và đoạn FG, sau đó làm ẩn đi tia DC và hiện đoạn DP.

9. Tô màu khác nhau cho diện tích các tam giác DCF, DCG, và DBK.

Cách chứng minh này đưa ra mối liên quan giữa diện tích của các hình tam giác được tô màu với diện tích của các hình vuông trên các cạnh tam giác vuông.

Chọn menu Measure --> calculate để tính được tỉ lệ diện tích của các tam giác với các hình vuông tương ứng.

10. Đo diện tích các tam giác, và di chuyển điểm C quanh một nửa đường tròn trên đường kính AB.