Chứng minh: \[{\rm{cosA + cosB + cosC = 1 + 4}}\sin \frac{A}{2}\sin \frac{B}{2}\sin \frac{C}{2}\].

Lời giải

a) Xét tam giác ABC vuông tại A có AH ⊥ BC, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

AB² = BH . BC

AC² = CH . BC

Xét tam giác ABH vuông tại H có HE ⊥ AB, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

BH² = BE . BA

Hay \(BE = \frac{{B{H^2}}}{{BA}}\)

Xét tam giác ACH vuông tại H có HF ⊥ AC, theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có:

CH² = CF . CA

Hay \(CF = \frac{{C{H^2}}}{{CA}}\)

Ta có: \(\frac{{A{B^4}}}{{A{C^4}}} = \left( {\frac{{A{B^2}}}{{A{C^2}}}} \right) = \frac{{{{\left( {BH.BC} \right)}^2}}}{{{{\left( {CH.BC} \right)}^2}}} = \frac{{B{H^2}}}{{C{H^2}}} = \frac{{BE.AB}}{{CF.AC}} = \frac{{BE}}{{CF}}.\frac{{AB}}{{AC}}\)

Suy ra  \(\frac{{FB}}{{FC}} = \frac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}}\)

Vậy \(\frac{{FB}}{{FC}} = \frac{{A{B^3}}}{{A{C^3}}}\).

b) Xét tứ giác AEHF có \(\widehat {{\rm{EAF}}} = \widehat {HE{\rm{A}}} = \widehat {HF{\rm{A}}} = 90^\circ \)

Suy ra AEHF là hình chữ nhật

Do đó AH = EF

 Xét tam giác ABC vuông tại A , theo định lý Pytago ta có:

Vậy BC² = 3AH² + BE² + CF²

c) Ta có: \(BE\sqrt {CH} + CF\sqrt {BH} \)

Vậy \(BE\sqrt {CH} + CF\sqrt {BH} = AH\sqrt {BC} \).

Lời giải

a) Vì tam giác ACO vuông tại A

Nên \(\widehat {AOC} + \widehat {AC{\rm{O}}} = 90^\circ \) (trong tam giác vuông, tổng hai góc nhọn bằng 90°)

Ta có: \(\widehat {AOC} + \widehat {CD{\rm{O}}} + \widehat {DOB} = 180^\circ \)

Hay \(\widehat {AOC} + \widehat {DOB} = 180^\circ - \widehat {CD{\rm{O}}} = 180^\circ - 90^\circ = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {BO{\rm{D}}} = \widehat {AC{\rm{O}}}\)

Xét ∆ACO và ∆BDO có

\(\widehat {CAO} = \widehat {DBO}\left( { = 90^\circ } \right)\)

\(\widehat {BO{\rm{D}}} = \widehat {AC{\rm{O}}}\) (Chứng minh trên)

Suy ra  (g.g)

b) Gọi E là giao điểm của CO và BD

Xét ∆ACO và ∆BEO có

\(\widehat {CAO} = \widehat {EBO}\left( { = 90^\circ } \right)\)

AO = BO (giả thiết)

\(\widehat {BOE} = \widehat {AOC}\) (hai góc đối đỉnh)

Suy ra ∆ACO và ∆BEO (g.c.g)

Do đó AC = BE, CO = OE (các cặp cạnh tương ứng)

Xét ∆COD và ∆EOD có

OD là cạnh chung;

\(\widehat {CO{\rm{D}}} = \widehat {EOD}\left( { = 90^\circ } \right)\);

CO = OE (chứng minh trên)

Suy ra ∆COD và ∆EOD (c.g.c)

Do đó CD = DE (hai cạnh tương ứng)

Ta có CD = DE = BD + BE = BD + AC

Vậy CD = AC + BD

c) Ta có AC ⊥ AB và DB ⊥ AB

Suy ra AC // BD

Do đó \(\widehat {CAN} = \widehat {N{\rm{D}}B}\) (hai góc so le trong)

Xét ∆ANC và ∆DNB có

\(\widehat {ANC} = \widehat {BN{\rm{D}}}\) (hai góc đối đỉnh)

\(\widehat {CAN} = \widehat {N{\rm{D}}B}\) (Chứng minh trên)

Suy ra  (g.g)

Do đó \(\frac{{AN}}{{ND}} = \frac{{AC}}{{B{\rm{D}}}}\)

Mà AC = BE nên \(\frac{{AN}}{{ND}} = \frac{{BE}}{{B{\rm{D}}}}\)

Ta có DC = DE (chứng minh câu a)

Suy ra tam giác DCE cân ở D

Mà DO là đường cao

Nên DO là phân giác của \(\widehat {C{\rm{D}}E}\)

Suy ra \(\widehat {{\rm{CD}}O} = \widehat {O{\rm{D}}E}\)

Xét ∆MOD và ∆BOD có

\(\widehat {{\rm{DMO}}} = \widehat {DBO}\left( { = 90^\circ } \right)\)

OD là cạnh chung

\(\widehat {{\rm{MD}}O} = \widehat {O{\rm{DB}}}\) (chứng minh trên)

Suy ra ∆MOD = ∆BOD (cạnh huyền – góc nhọn)

Do đó MD = BD, OM = OB

Mà OB = OA nên OM = OA

Xét ∆MOC và ∆AOC có

\(\widehat {{\rm{CMO}}} = \widehat {CAO}\left( { = 90^\circ } \right)\)

OC là cạnh chung

OM = OA (chứng minh trên)

Suy ra ∆MOC = ∆AOC (cạnh huyền – cạnh góc vuông)

Do đó MC = AC

Khi đó: \(\frac{{AN}}{{ND}} = \frac{{BE}}{{B{\rm{D}}}} = \frac{{AC}}{{BD}} = \frac{{CM}}{{DM}}\)

Suy ra MN // AC (định lí Talet đảo)

Vậy MN // AC.