Một bài hình học

boheoga9999 · 08-10-2010, 04:15 PM

Các đường cao AH, BE, CF của $\triangle ABC $ có 3 góc nhọn cắt đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC $ tại các điểm tương ứng :M,N,K
1) CM hệ thức : $\frac{AM}{AH}+\frac{BN}{BE}+\frac{CK}{CF}=4 $
2) Nếu $MH=EN=FK $ thì $\triangle ABC $ có gì đặc biệt

**novae** · 08-10-2010, 07:14 PM

Gọi $H $ là trực tâm, $D,E,F $ là chân các đường cao, $M,N,P $ là giao điểm của các đường cao với $(ABC) $

Ta có $DH=DM,EH=EN,FH=FP $, suy ra
$\frac{AM}{AD}=1+\frac{HD}{AD}=1+\frac{S_{HBC}}{S_{ ABC}} $
tương tự, $\frac{BN}{BE}=1+\frac{S_{HCA}}{S_{ABC}}, \frac{CP}{CF}=1+\frac{S_{HAB}}{S_{ABC}} $
cộng theo vế 3 đẳng thức trên, ta có $\frac{AM}{AD}+\frac{BN}{BE}+\frac{CP}{CF}=4 $

Nếu $MD=NE=PF $ thì ta có $HD=HE=HF $, hay $H $ là tâm nội tiếp $\Delta ABC $, suy ra $\Delta ABC $ đều

boheoga9999 · 08-10-2010, 09:59 PM

Trích:

Nguyên văn bởi novae

Gọi $H $ là trực tâm, $D,E,F $ là chân các đường cao, $M,N,P $ là giao điểm của các đường cao với $(ABC) $

Ta có $DH=DM,EH=EN,FH=FP $, suy ra
$\frac{AM}{AD}=1+\frac{HD}{AD}=1+\frac{S_{HBC}}{S_{ ABC}} $
tương tự, $\frac{BN}{BE}=1+\frac{S_{HCA}}{S_{ABC}}, \frac{CP}{CF}=1+\frac{S_{HAB}}{S_{ABC}} $
cộng theo vế 3 đẳng thức trên, ta có $\frac{AM}{AD}+\frac{BN}{BE}+\frac{CP}{CF}=4 $

Nếu $MD=NE=PF $ thì ta có $HD=HE=HF $, hay $H $ là tâm nội tiếp $\Delta ABC $, suy ra $\Delta ABC $ đều

tại sao $DH=DM,EH=EN,FH=FP $ vậy anh novae

**novae** · 08-10-2010, 10:04 PM

Một kết quả quen thuộc

08-10-2010, 04:15 PM	#1
boheoga9999 +Thành Viên+ Tham gia ngày: Aug 2010 Đến từ: Tp_HCM Bài gởi: 170 Thanks: 109 Thanked 60 Times in 32 Posts	Một bài hình học Các đường cao AH, BE, CF của $\triangle ABC $ có 3 góc nhọn cắt đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC $ tại các điểm tương ứng :M,N,K 1) CM hệ thức : $\frac{AM}{AH}+\frac{BN}{BE}+\frac{CK}{CF}=4 $ 2) Nếu $MH=EN=FK $ thì $\triangle ABC $ có gì đặc biệt __________________ NOTHING IS IMPOSSIBLE

08-10-2010, 07:14 PM	#2
novae +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: Event horizon Bài gởi: 2,453 Thanks: 53 Thanked 3,057 Times in 1,288 Posts	Gọi $H $ là trực tâm, $D,E,F $ là chân các đường cao, $M,N,P $ là giao điểm của các đường cao với $(ABC) $ Ta có $DH=DM,EH=EN,FH=FP $, suy ra $\frac{AM}{AD}=1+\frac{HD}{AD}=1+\frac{S_{HBC}}{S_{ ABC}} $ tương tự, $\frac{BN}{BE}=1+\frac{S_{HCA}}{S_{ABC}}, \frac{CP}{CF}=1+\frac{S_{HAB}}{S_{ABC}} $ cộng theo vế 3 đẳng thức trên, ta có $\frac{AM}{AD}+\frac{BN}{BE}+\frac{CP}{CF}=4 $ Nếu $MD=NE=PF $ thì ta có $HD=HE=HF $, hay $H $ là tâm nội tiếp $\Delta ABC $, suy ra $\Delta ABC $ đều __________________ M.

08-10-2010, 10:04 PM	#4
novae +Thành Viên Danh Dự+ Tham gia ngày: Jul 2010 Đến từ: Event horizon Bài gởi: 2,453 Thanks: 53 Thanked 3,057 Times in 1,288 Posts	Một kết quả quen thuộc $\widehat{BCM}=\widehat{BAM} $ (cùng chắn cung $BM $), $\widehat{BAM}=\widehat{BAH} $ (cùng phụ $\widehat{ABC} $) suy ra $CD $ là phân giác, đồng thời là đường cao của $\Delta MCH $, do đó $DH=DM $ __________________ M.