Kẻ đg cao AD của ΔABC

+ IH là đg trung bình của ΔABD

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}AD=2IH\Rightarrow AD^2=4IH^2\\BH=DH\end{matrix}\right.\)

+ ΔABC vuông tại A, đg cao AD

\(\Rightarrow\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{4IH^2}=\frac{1}{AB^2}+\frac{1}{AC^2}\)

b) Mk sửa đề xíu : \(AC^2+BH^2=CH^2\)

+ ΔABC vuông tại A, đg cao AD

\(\Rightarrow AD^2=BD\cdot CD=2DH\cdot CD\)

+ \(AC^2+BH^2=CD^2+AD^2+DH^2\)

\(=CD^2+2\cdot DH\cdot CD+DH^2\)

\(=\left(CD+DH\right)^2=CH^2\)

Tải app giải toán và kết bạn trao đổi nào cả nhà: https://www.facebook.com/watch/?v=485078328966618

a)Kẻ đường cao AD \(\left(D\in BC\right)\)

Xét tam giác ABD:

\(IB=IA;\)IH//AD(\(\perp BD\))

=> \(IH=\frac{1}{2}AD\)

Xét \(\Delta ABC\):

\(\frac{1}{AD^2}=\frac{1}{AC^2}+\frac{1}{AB^2}\)

\(\Rightarrow\frac{1}{4IH^2}=\frac{1}{AC^2}+\frac{1}{AB^2}\)

b) Xét \(\Delta ABC\):

\(AC^2=CD.CB\)

\(AC^2+BH^2=CH^2\)

\(\Leftrightarrow CD.CB+BH^2=\left(CD+BH\right)^2\)

\(\Leftrightarrow CD.CB+BH^2=CD^2+BH^2+2CD.BH\)

\(\Leftrightarrow CD^2+2CD.BH-CD.CB=0\)

\(\Leftrightarrow CD\left(CD+BH+BH-CB\right)=0\)

\(\Leftrightarrow CD\left(CD+BD-CD-BD\right)=0\)

\(\Leftrightarrow CD.0=0\left(LĐ\right)\)

Vậy \(AC^2+BH^2=CH^2\)(đpcm).

Lời giải:

a) Áp dụng đl Pitago cho các tam giác vuông $BHE, CHF$:

\(BC^2=(BH+CH)^2=BH^2+CH^2+2BH.CH\)

\(=BE^2+EH^2+FH^2+CF^2+2BH.CH\)

\(=(EH^2+HF^2)+2BH.CH+BE^2+CF^2(1)\)

Xét tứ giác $AEHF$ có 3 góc vuông \(\widehat{EAF}=\widehat{HFA}=\widehat{AEH}=90^0\) nên $AEHF$ là hình chữ nhật

\(\Rightarrow HF=EA\)

Do đó: \(EH^2+HF^2=EH^2+EA^2=AH^2(2)\) (theo định lý Pitago)

Xét tam giác $BAH$ và $ACH$ có:

\(\widehat{BAH}=\widehat{ACH}(=90^0-\widehat{HAC})\)

\(\widehat{BHA}=\widehat{AHC}=90^0\)

\(\Rightarrow \triangle BAH\sim \triangle ACH(g.g)\Rightarrow \frac{BH}{AH}=\frac{AH}{CH}\Rightarrow BH.CH=AH^2(3)\)

Từ \((1);(2);(3)\Rightarrow BC^2=AH^2+2.AH^2+BE^2+CF^2=3AH^2+BE^2+CF^2\)

(đpcm)

b)

Xét tam giác $BAH$ và $BCA$ có:

\(\widehat{B}\) chung

\(\widehat{BHA}=\widehat{BAC}=90^0\)

\(\Rightarrow \triangle BAH\sim \triangle BCA(g.g)\Rightarrow \frac{BA}{BH}=\frac{BC}{BA}\)

\(\Rightarrow BH=\frac{BA^2}{BC}(4)\)

Hoàn toàn tương tự: \(\triangle CAH\sim \triangle CBA(g.g)\Rightarrow CH=\frac{CA^2}{BC}(5)\)

Từ \((4);(5)\Rightarrow \frac{BH}{CH}=\frac{BA^2}{BC}:\frac{CA^2}{BC}=\frac{BA^2}{CA^2}\) (đpcm)

c)

Hoàn toàn tương tự như cách CM tam giác đồng dạng phần b, ta có:

\(\triangle BHE\sim \triangle BAH(g.g)\Rightarrow \frac{BH}{BA}=\frac{BE}{BH}\Rightarrow BE=\frac{BH^2}{AB}\)

\(\triangle CHF\sim \triangle CAH(g.g)\Rightarrow \frac{CH}{CA}=\frac{CF}{CH}\Rightarrow CF=\frac{CH^2}{CA}\)

Do đó, kết hợp với kết quả phần b:

\(\frac{BE}{CF}=\frac{BH^2}{AB}:\frac{CH^2}{CA}=(\frac{BH}{CH})^2.\frac{CA}{AB}=\frac{AB^4}{AC^4}.\frac{AC}{AB}=\frac{AB^3}{AC^3}\) (đpcm)

d) Ta có:

\(BC.HE.HF=BC.\frac{HE.BA}{BA}.\frac{HF.AC}{AC}=BC.\frac{2S_{BHA}}{BA}.\frac{2S_{CHA}}{CA}\)

\(=BC.\frac{BH.AH}{BA}.\frac{CH.AH}{CA}=\frac{BC.AH}{AB.AC}.AH.BH.CH\)

\(=\frac{2S_{ABC}}{2S_{ABC}}.AH.AH^2\) (theo (3))

\(=AH^3\) (đpcm)

Hình vẽ: