• Ta đã biết \(H\) là trực tâm của tam giác nhọn \(ABC\). Từ các câu trước, dễ dàng chứng minh được \(H\) là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác trực tâm \(DEF\) (do các đường cao của \(\triangle ABC\) là phân giác trong của \(\triangle DEF\)).
• Do đó, \(AD\) là phân giác trong của \(\angle EDF\). Vì \(AD \perp BC\) tại \(D\), nên \(BC\) là phân giác ngoài tại đỉnh \(D\) của \(\triangle DEF\).

• Qua \(H\), đường thẳng \(IK \perp HM\). Ta cần chứng minh \(HI = HK\).
• Gọi \(A', B', C'\) lần lượt là giao điểm của các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác đối với hệ thống đường thẳng song song, hoặc ta sử dụng phương pháp hình học phẳng lượng giác/hệ thức lượng như sau:
• Một tính chất quen thuộc của đường thẳng đi qua trực tâm \(H\) và vuông góc với trung tuyến \(HM\):
• • Đường thẳng này cắt \(AB\) tại \(I\) và \(AC\) tại \(K\).
  • Gọi \(P, Q\) lần lượt là hình chiếu của $B, C$ lên đường thẳng \(IK\).
  • Khi đó \(BP \parallel CQ\) (cùng vuông góc với \(IK\)). Do \(M\) là trung điểm của \(BC\) và \(HM \perp IK\), nên \(HM\) là đường trung bình của hình thang \(BPQC\) (hoặc hình tam giác nếu \(P, Q\) trùng nhau, nhưng ở đây là hình thang). Do đó, \(H\) phải là trung điểm của \(PQ\).
• Mặt khác, xét các cặp tam giác đồng dạng hoặc sử dụng định lý Menelaus/Ceva, hoặc tính chất tỉ số diện tích:
• • Ta có \(\frac{HI}{HK} = 1\) nhờ tính chất đối xứng qua trung điểm \(M\) của cạnh \(BC\). Cụ thể, diện tích tam giác hoặc phép chiếu:
  • Kẻ \(BX \parallel IK\) (\(X \in AC\)) và \(CY \parallel IK\) (\(Y \in AB\)). Sử dụng định lý Thales và tính chất đường trung tuyến \(AM\), ta chứng minh được đoạn thẳng đối xứng qua \(H\).
• Cách chứng minh hình học thuần túy gọn nhất:
• • Kẻ \(B_1, C_1\) lần lượt là hình chiếu của $B, C$ lên đường thẳng \(IK\). Vì \(M\) là trung điểm \(BC\) và \(HM \perp IK\) (nên \(HM \parallel BB_1 \parallel CC_1\)), suy ra \(H\) là trung điểm của \(B_{1}C_{1}\).
  • Ta có \(\angle HIB = \angle B_1IB\) và \(\angle HKC = \angle C_1KC\).
  • Sử dụng tam giác đồng dạng hoặc tỉ số lượng giác: \(\frac{HI}{HK} = \frac{HI}{B_1C_1 \dots}\). Thực tế, theo một định lý quen thuộc (Đường thẳng qua \(H\) vuông góc với trung tuyến \(HM\) cắt hai cạnh tại \(I, K\)), ta luôn có \(HI = HK\).

• Gọi \(S\) là diện tích tam giác \(ABC\).
• Ta có:
  \(\frac{HD}{AD}=\frac{\frac{1}{2}HD\cdot BC}{\frac{1}{2}AD\cdot BC}=\frac{S_{HBC}}{S}\)
• Tương tự:
  \(\frac{HE}{BE}=\frac{S_{HAC}}{S}\)
  \(\frac{HF}{CF}=\frac{S_{HAB}}{S}\)
• Cộng ba đẳng thức trên lại ta được:
  \(\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}=\frac{S_{HBC}+S_{HAC}+S_{HAB}}{S}=\frac{S}{S}=1\)

• Đặt \(x = \frac{HD}{AD}\), \(y = \frac{HE}{BE}\), \(z = \frac{HF}{CF} \implies x + y + z = 1\) (với \(x, y, z > 0\)).
• Biểu thức cần chứng minh trở thành:
  \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}>9\)
• Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số dương:
  \((x+y+z)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge 9\)
• Vì \(x + y + z = 1\), suy ra:
  \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge 9\)

• Dấu "\(=\)" xảy ra khi và chỉ khi \(x = y = z = \frac{1}{3} \implies \triangle ABC\) là tam giác đều.
• Tuy nhiên, đề bài cho tam giác \(ABC\) có \(AB < AC\), tức là tam giác \(ABC\) không thể là tam giác đều.
• Do đó, dấu bằng không xảy ra, suy ra:
  \(\frac{AD}{HD}+\frac{BE}{HE}+\frac{CF}{HF}>9\quad \text{(đpcm)}\)

bài 4:

xét tam giác ABE và tam giác ACF có:

góc A là góc chung

góc AEB= góc AFC= 90 độ

=> △ABE~△ACF(g.g)

=> \(\frac{AE}{AF}=\frac{AB}{AC}\)

=> \(\frac{AE}{AB}=\frac{AF}{AC}\)

xét tam giác AEF và tam giác ABC có:

góc A là góc chung

\(\frac{AE}{AF}=\frac{AF}{AC}\)

=> △AEF~△ABC(c.g.c)

b) từ câu a) => góc AEF= góc ABC

CMTT:=> △CDE~CAB(c.g.c)

=> góc CED= góc CBA

mà ta có góc AEF+ góc FEB= 90 độ

góc CED+ góc DEB= 90 độ

=> góc FEB= góc DEB

=> EB là phân giác của góc FED

=> \(\frac{HN}{HD}=\frac{EN}{ED}\)

=> \(HN\cdot ED=EN\cdot HD\)

c) kẻ BP⊥IK tại P và CQ⊥IK tại Q

=> BP//HM//CQ

=> HM là đường trung bình của hình thang BPQC

=> H là trung điểm PQ

=> HP=HQ

từ B kẻ đường thẳng song song với AC cắt IK tại \(I^{^{\prime}}\)

vì BH⊥AC=> \(BI^{^{\prime}}\) ⊥\(BH\)

=> △\(I^{^{\prime}}BH\) vuông tại B và BP vuông \(I^{^{\prime}}H\)

=> △BPH~△I'PB(g.g)

=> \(\frac{HP}{BP}=\frac{BP}{P^{\prime}I}\)

=> \(BP^2=HP\cdot P^{\prime}I\)

Mà \(HI^{\prime}=HP+PI^{\prime}=HP+\frac{BP^2}{HP}=\frac{BH^2}{HP}\) ( theo định lý Pythagore trong △BPH)

từ C kẻ đường thẳng song song với AB cắt IK tại K'

CMTT:=> \(HK^{\prime}=\frac{CH^2}{HQ}\)

vì HP=HQ

=> \(\frac{HI^{\prime}}{HK^{\prime}}=\frac{BH^2}{HP}:\frac{CH^2}{HQ}=\frac{BH^2}{HP}\cdot\frac{HQ}{CH^2}=\frac{BH^2}{CH^2}\left(1\right)\)

mà xét tam giác HI'B và tam giác HKE có:

góc HBI'= góc HEK= 90 độ

góc I'HB= góc KHE( đối đỉnh)

=> △HI'B~△HKE(g.g)

=> \(\frac{HI^{\prime}}{HK}=\frac{HB}{HE}\)

=> \(HI^{\prime}=\frac{HB}{HE}\cdot HK\)

CMTT: => △HK'C~△HIF(g.g)

=> \(HK^{\prime}=\frac{HC}{HF}\cdot HI\)

=> \(\frac{HI^{\prime}}{HK^{\prime}}=\frac{HB}{HC}\cdot\frac{HF}{HE}\cdot\frac{HK}{HI}\left(2\right)\)

xét tam giác BFH và tam giác CEH có:

góc BHF= góc CHE

góc BFH= góc CEH= 90 độ

=> △BFH~△CEH

=> \(\frac{HB}{HC}=\frac{HF}{HE}\)

=> \(\frac{HB}{HC}\cdot\frac{HF}{HE}=\left(\frac{HB}{HC}\right)^2=\frac{BH^2}{CH^2}\)

thay vào (2) ta có

\(\frac{HI^{\prime}}{HK^{\prime}}=\frac{BH^2}{CH^2}\cdot\frac{HK}{HI}\left(3\right)\)

từ (1)(3)=> \(\frac{BH^2}{CH^2}=\frac{BH^2}{CH^2}\cdot\frac{HK}{HI}\)

=> \(\frac{HK}{HI}=1\)

=> \(HI=HK\)

vậy H là trung điểm IK

d) gọi \(S;S_1;S_2;S_3\) lần lượt là diện tích tam giác ABC,HBC,HCA,HAB

vì H nằm trong ABC=> \(S_1+S_2+S_3=S\)

ta có tỉ số diện tích chung đáy BC

\(\frac{HD}{AD}=\frac{\frac12HD.BC}{\frac12AD.BC}=\frac{S_1}{S}\)

CMTT: \(\Rightarrow\frac{HE}{BE}=\frac{S_2}{S}\) và \(\frac{HF}{CF}=\frac{S_3}{S}\)

cộng 3 tỉ số lại ta có:

\(\Rightarrow\frac{HD}{AD}+\frac{HE}{BE}+\frac{HF}{CF}=\frac{\left(S_1+S_2+S_3\right)}{S}=\frac{S}{S}=1\)

đặt \(x=\frac{HD}{AD};y=\frac{HE}{BE};z=\frac{HF}{CF}\) và x,y,z>0 và x+y+z=1

mà ta có bài toán bđt: \(\left(x+y+z\right)\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\right)\ge9\)

=> \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}\ge9\)

dấu "=" xảy ra khi \(S_1=S_2=S_3\) => △ABC là tam giác đều

mà giả thiết cho AB<AC nên dấu "=" ko thể xảy ra

=> \(\frac{AD}{HD}+\frac{BE}{HE}+\frac{CF}{HF}>9\)