a, Có : HA'/AA' = HA'.BC/AA'.BC = S AHB + S AHC / S ABC

Tương tự : HB'/BB' = S BHA + S BHC / S ABC ; HC'/CC' = S CHA + S CHB / S ABC

=> HA'/AA' + HB'/BB' + HC'/CC' = 2.(S AHC + S AHB + S BHC)/S ABC = 2

Tk mk nha

a)

'

AA

'

HA

BC

'.

AA

.

2

1

BC

'.

HA

.

2

1

S

S

ABC

HBC





; (0,5đi

ể

m)

Tương t

ự

:

'

CC

'

HC

S

S

ABC

HAB



;

'

BB

'

HB

S

S

ABC

HAC



(0,5đi

ể

m)

1

S

S

S

S

S

S

'

CC

'

HC

'

BB

'

HB

'

AA

'

HA

ABC

HAC

ABC

HAB

ABC

HBC













(0,5đi

ể

m)

b) Áp d

ụ

ng tính ch

ấ

t phân giác vào các tam giác ABC,

ABI, AIC:

AI

IC

MA

CM

;

BI

AI

NB

AN

;

AC

AB

IC

BI







(0,5đi

ể

m )

AM

.

IC

.

BN

CM

.

AN

.

BI

1

BI

IC

.

AC

AB

AI

IC

.

BI

AI

.

AC

AB

MA

CM

.

NB

AN

.

IC

BI











(0,5đi

ể

m )

c) Bổ đề: Cho tam giác ABC có đường cao AH. Khi đó \(AH^2\le\dfrac{\left(AB+AC-CB\right)\left(AC+AB+BC\right)}{4}\).

Thật vậy, dựng hình chữ nhật AHCE. Lấy F đối xứng với C qua AF.

Ta có \(AH=CE=\dfrac{CF}{2}\).

Do đó \(CF^2+CB^2=BF^2\le\left(AB+AF\right)^2=\left(AB+AC\right)^2\Rightarrow CF^2\le\left(AB+AC-CB\right)\left(AC+AB+BC\right)\Rightarrow AH^2\le\dfrac{\left(AB+AC-CB\right)\left(AC+AB+BC\right)}{4}\).

Bổ đề được cm.

Áp dụng ta có \(\dfrac{\left(AB+BC+CA\right)^2}{AA'^2+BB'^2+CC'^2}\ge\dfrac{\left(AB+BC+CA\right)^2}{\dfrac{\left(AB+AC-CB\right)\left(AC+AB+BC\right)}{4}+\dfrac{\left(BC+BA-AC\right)\left(AC+AB+BC\right)}{4}+\dfrac{\left(BC+AC-AB\right)\left(AC+AB+BC\right)}{4}}=4\).

Vậy ta có đpcm.

a) Ta có \(\dfrac{HA'}{AA'}=\dfrac{HA'.BC}{AA'.BC}=\dfrac{2S_{HBC}}{2S_{ABC}}=\dfrac{S_{HBC}}{S_{ABC}}\).

Tương tự \(\dfrac{HB'}{BB'}=\dfrac{S_{HCA}}{S_{ABC}};\dfrac{HC'}{CC'}=\dfrac{S_{HAB}}{S_{ABC}}\).

Do đó \(\dfrac{HA'}{AA'}+\dfrac{HB'}{BB'}+\dfrac{HC'}{CC'}=\dfrac{S_{HBC}+S_{HCA}+S_{HAB}}{S_{ABC}}=1\).

chiu thoi

a: Xét ΔABC có

AM,BN,CP là các đường cao

H là trực tâm

DO đó: AM,BN,CP đồng quy tại H

Xét tứ giác APHN có \(\hat{APH}+\hat{ANH}=90^0+90^0=180^0\)

nên APHN là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác BPNC có \(\hat{BPC}=\hat{BNC}=90^0\)

nên BPNC là tứ giác nội tiếp

b: Xét tứ giác BPHM có \(\hat{BPH}+\hat{BMH}=90^0+90^0=180^0\)

nên BPHM là tứ giác nội tiếp

Xét tứ giác CMHN có \(\hat{CMH}+\hat{CNH}=90^0+90^0=180^0\)

nên CMHN là tứ giác nội tiếp

Ta có: \(\hat{HPN}=\hat{HAN}\) (APHN nội tiếp)

\(\hat{HPM}=\hat{HBM}\) (BPHM nội tiếp)

mà \(\hat{HAN}=\hat{HBM}\left(=90^0-\hat{ACB}\right)\)

nên \(\hat{HPN}=\hat{HPM}\)

=>PH là phân giác của góc MPN

Ta có: \(\hat{PNH}=\hat{PAH}\) (APHN nội tiếp)

\(\hat{MNH}=\hat{MCH}\) (MCNH nội tiếp)

mà \(\hat{PAH}=\hat{MCH}\left(=90^0-\hat{ABC}\right)\)

nên \(\hat{PNH}=\hat{MNH}\)

=>NH là phân giác của góc MNP

Xét ΔMNP có

PH,NH là các đường phân giác

PH cắt NH tại H

Do đó: H là tâm đường tròn nội tiếp ΔMNP