Toán kham khảo nha các bạn học sinh giỏi :
Bài 1:(1đ)
Cho \(\Delta ABC\) có các đường cao BM ; CN cắt nhau tại H . Kẻ A với H cắt BC tại E . Chứng minh rằng : MH là tia phân giác của góc NME .
Bài 2 : (3đ)
Cho \(\Delta ABC\) nhọn ; các đường cao AA'BB'CC' cắt nhau tại H
1) Tính tổng : \(\dfrac{HA'}{AA'}+\dfrac{HB'}{BB'}+\dfrac{HC'}{CC'}\) .
2) Chứng minh rằng : \(BH.BB'+CH.CC'=BC^2\)
3) Chứng minh rằng...
Đọc tiếp
Toán kham khảo nha các bạn học sinh giỏi :
Bài 1:(1đ)
Cho \(\Delta ABC\) có các đường cao BM ; CN cắt nhau tại H . Kẻ A với H cắt BC tại E . Chứng minh rằng : MH là tia phân giác của góc NME .
Bài 2 : (3đ)
Cho \(\Delta ABC\) nhọn ; các đường cao AA'BB'CC' cắt nhau tại H
1) Tính tổng : \(\dfrac{HA'}{AA'}+\dfrac{HB'}{BB'}+\dfrac{HC'}{CC'}\) .
2) Chứng minh rằng : \(BH.BB'+CH.CC'=BC^2\)
3) Chứng minh rằng : \(AH.AA'+CH.CC'+BH.BB'=\dfrac{AB^2+AC^2+CB^2}{2}\)
4) Gọi AI là tia phân giác của \(\Delta ABC\) ; IM và IN theo thứ tự là phân giác của góc AIC và góc AIB . Chứng minh rằng : \(\sqrt{AN.BI.CM}=\sqrt{BN.IC.AM}\)
Bài 2:
1: Xét ΔHBC có HA' là đường cao
nên \(S_{HBC}=\frac12\cdot HA^{\prime}\cdot BC\left(1\right)\)
Xét ΔABC có AA' là đường cao
nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot A^{\prime}A\cdot BC\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(\frac{S_{HBC}}{S_{ABC}}=\frac{\frac12\cdot HA^{\prime}\cdot BC}{\frac12\cdot A^{\prime}A\cdot BC}=\frac{HA^{\prime}}{A^{\prime}A}\)
Xét ΔHAC có HB' là đường cao
nên \(S_{HAC}=\frac12\cdot HB^{\prime}\cdot AC\left(3\right)\)
Xét ΔBAC có BB' là đường cao
nên \(S_{BAC}=\frac12\cdot BB^{\prime}\cdot AC\left(4\right)\)
Từ (3),(4) suy ra \(\frac{S_{HAC}}{S_{BAC}}=\frac{\frac12\cdot HB^{\prime}\cdot AC}{\frac12\cdot BB^{\prime}\cdot AC}=\frac{HB^{\prime}}{BB^{\prime}}\)
Xét ΔHAB có HC' là đường cao
nên \(S_{HAB}=\frac12\cdot HC^{\prime}\cdot AB\left(5\right)\)
Xét ΔCAB có CC' là đường cao
nên \(S_{CAB}=\frac12\cdot C^{\prime}C\cdot AB\left(6\right)\)
Từ (5),(6) suy ra \(\frac{S_{HAB}}{S_{CAB}}=\frac{\frac12\cdot HC^{\prime}\cdot AB}{\frac12\cdot C^{\prime}C\cdot AB}=\frac{HC^{\prime}}{C^{\prime}C}\)
Ta có: \(\frac{HA^{\prime}}{A^{\prime}A}+\frac{HB^{\prime}}{BB^{\prime}}+\frac{HC^{\prime}}{C^{\prime}C}\)
\(=\frac{S_{HAB}+S_{HAC}+S_{BCH}}{S_{BAC}}=1\)
2: Xét ΔBA'H vuông tại A' và ΔBB'C vuông tại B' có
\(\hat{HBA^{\prime}}\) chung
Do đó: ΔBA'H~ΔBB'C
=>\(\frac{BA^{\prime}}{BB^{\prime}}=\frac{BH}{BC}\)
=>\(BH\cdot BB^{\prime}=BA^{\prime}\cdot BC\)
Xét ΔCA'H vuông tại A' và ΔCC'B vuông tại C' có
\(\hat{A^{\prime}CH}\) chung
Do đó: ΔCA'H~ΔCC'B
=>\(\frac{CA^{\prime}}{C^{\prime}C}=\frac{CH}{CB}\)
=>\(CH\cdot C^{\prime}C=CA^{\prime}\cdot CB\)
\(BH\cdot BB^{\prime}+CH\cdot C^{\prime}C\)
\(=BA^{\prime}\cdot BC+CA^{\prime}\cdot BC=BC\left(BA^{\prime}+CA^{\prime}\right)=BC^2\)
Bài 1:
Xét ΔBAC có
BM,CN là các đường cao
BM cắt CN tại H
Do đó: H là trực tâm của ΔBAC
=>AH⊥BC tại E
Xét tứ giác ANHM có \(\hat{ANH}+\hat{AMH}=90^0+90^0=180^0\)
nên ANHM là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{NMH}=\hat{NAH}=\hat{BAE}\left(1\right)\)
Xét tứ giác CMHE có \(\hat{CMH}+\hat{CEH}=90^0+90^0=180^0\)
nên CMHE là tứ giác nội tiếp
=>\(\hat{EMH}=\hat{ECH}=\hat{NCB}\)
mà \(\hat{NCB}=\hat{BAE}\left(=90^0-\hat{ABC}\right)\)
nên \(\hat{EMH}=\hat{BAE}\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(\hat{NMB}=\hat{EMB}\)
=>MB là phân giác của góc NME