a) Áp dụng định lí Pi-ta-go vào tam giác vuông \(ABD\), ta có:
\(B{D^2} = A{D^2} + A{B^2} = {a^2} + {a^2} = 2{a^2}\)
Suy ra: \(BD = a\sqrt 2 \)
Ta có: \(\eqalign{& {{DE} \over {DB}} = {a \over {a\sqrt 2 }} = {{\sqrt 2 } \over 2}; \cr & {{DB} \over {DC}} = {{a\sqrt 2 } \over {2a}} = {{\sqrt 2 } \over 2} \cr} \)Vậy \(\displaystyle {{DE} \over {DB}} = {{DB} \over {DC}}\)
b) Xét \(∆BDE\) và \(∆CDB\), ta có:(\displaystyle {{DE} \over {DB}} = {{DB} \over {DC}}\) (1)\(\widehat {BDE} = \widehat {BDC}\) (2)Từ (1) và (2) suy ra \(∆BDE\) đồng dạng \(∆CDB\).
c) * Cách 1:
Ta có: \(∆BDE\) đồng dạng \(∆CDE\) \(\Rightarrow \widehat {BED} = \widehat {CBD}\)
Mặt khác:
\(\widehat {AEB} + \widehat {BCD} = \widehat {BED} + \widehat {BCD}\)\( = \widehat {CBD} + \widehat {BCD}\) (3)
Trong \(∆BCD\), ta có:
\(\widehat {ADB} = \widehat {CBD} = \widehat {BCD}\) (tính chất góc ngoài) (4)
\(\widehat {ADB} = 45^\circ \) (vì ∆ABD vuông cân tại A) (5)
Từ (3), (4) và (5) suy ra: \(\widehat {AEB} + \widehat {BCD} = 45^\circ \)
* Cách 2:
Trong tam giác \( ABC\), ta có:
\(tan\widehat {AEB} = \displaystyle {{AB} \over {AC}} = {a \over {2a}} = {1 \over 2}\)
Suy ra: \(\widehat {AEB} = 26^\circ 34'\)
Trong tam giác vuông \(ABC\), ta có:
\(tan\widehat {ACB} = \displaystyle {{AB} \over {AC}} = {a \over {3a}} = {1 \over 3}\)
Suy ra: \(\widehat {ACB} = 18^\circ 26'\)
Vậy: \(\widehat {AEB} + \widehat {ACB} = \widehat {AEB} + \widehat {BCD} = 45^\circ \)
