Một bể có gắn ba vòi nước: hai vòi chảy vào và một vòi tháo ra (vòi tháo ra đặt ở đáy bể). Biết rằng, nếu chảy một mình, vòi thứ nhất chảy \[8\] giờ đầy bể, vòi thứ hai chảy \[6\] giờ đầy bể và vòi thứ ba tháo \[4\] giờ thì cạn bể đầy. Bể đang cạn, người ta mở đồng thời vòi thứ nhất và vòi thứ hai trong \[2\] giờ rồi mở tiếp vòi thứ ba. Sau bao lâu kể từ lúc mở vòi thứ ba thì đầy bể?

Hướng dẫn giải

Vì \[H\] là giao của ba đường cao \[AE,{\rm{ }}BD,{\rm{ }}CF\] nên \[H\] là trực tâm của tam giác \[ABC.\]

a) Xét DABD và DACF có:

\(\widehat {BAD} = \widehat {CAF}\); \(\widehat {ADB} = \widehat {AFC}\;\left( { = 90^\circ } \right)\)

Do đó

b) Ta có  (cmt) suy ra \(\frac{{AD}}{{AF}} = \frac{{AB}}{{AC}}\) hay \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}}.\)

Xét \[\Delta ABC\] và \[\Delta ADF\] có:

\(\widehat {BAC} = \widehat {DAF}\); \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}}\;\left( {{\rm{cmt}}} \right)\)

Do đó

c) • Xét \[\Delta BEH\] và \[\Delta BDC\] có:

\(\widehat {EBH} = \widehat {DBC}\); \(\widehat {BEH} = \widehat {BDC}\;\left( { = 90^\circ } \right)\)

Do đó

Suy ra \(\frac{{BE}}{{BD}} = \frac{{BH}}{{BC}}\) hay \(BH \cdot BD = BE \cdot BC\) (1)

• Xét \[\Delta CEH\] và \[\Delta CFB\] có:

\(\widehat {ECH} = \widehat {FCB}\); \(\widehat {CEH} = \widehat {CFB}\,\;\left( { = 90^\circ } \right)\)

Do đó

Suy ra \(\frac{{CE}}{{CF}} = \frac{{CH}}{{CB}}\) hay \(CH \cdot CF = CE \cdot CB\)  (2)

Từ (1) và (2) ta có: \[BH \cdot BD + CH \cdot CF = BE \cdot BC + CE \cdot BC\]

\[ = BC\left( {BE + CE} \right) = BC \cdot BC = B{C^2}\] (đpcm)

• Mặt khác, ta có:

\(\frac{{HE}}{{AE}} + \frac{{HD}}{{BD}} + \frac{{HF}}{{CF}}\)\( = \frac{{\frac{1}{2} \cdot HE \cdot BC}}{{\frac{1}{2} \cdot AE \cdot BC}} + \frac{{\frac{1}{2} \cdot HD \cdot AC}}{{\frac{1}{2} \cdot BD \cdot AC}} + \frac{{\frac{1}{2} \cdot HF \cdot AB}}{{\frac{1}{2} \cdot CF \cdot AB}}\)

\( = \frac{{{S_{HBC}}}}{{{S_{ABC}}}} + \frac{{{S_{HAC}}}}{{{S_{BAC}}}} + \frac{{{S_{HAB}}}}{{{S_{CAB}}}}\)\( = \frac{{{S_{HBC}} + {S_{HAC}} + {S_{HAB}}}}{{{S_{ABC}}}} = \frac{{{S_{ABC}}}}{{{S_{ABC}}}} = 1\) (đpcm).

Vậy \[BH \cdot BD + CH \cdot CF = B{C^2}\] và \(\frac{{HE}}{{AE}} + \frac{{HD}}{{BD}} + \frac{{HF}}{{CF}} = 1.\)

Hướng dẫn giải

a) Xét \[\Delta ABH\] và \[\Delta CBA\] có:

\(\widehat {ABH} = \widehat {CBA}\); \(\widehat {AHB} = \widehat {CAB}\;\left( { = 90^\circ } \right)\)

Do đó .

Suy ra \(\frac{{AB}}{{CB}} = \frac{{BH}}{{BA}}\) hay \(A{B^2} = BH \cdot BC\) (đpcm).

b) Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác \[ABC\] vuông tại \[A\] có:

\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{18}^2} + {{24}^2}} = 30\,\;{\rm{(cm)}}\).

Áp dụng tính chất đường phân giác với \[CD\] là đường phân giác của \[\widehat {ACB}\] nên

\(\frac{{DA}}{{BD}} = \frac{{AC}}{{BC}} = \frac{{24}}{{30}} = \frac{4}{5}\) hay \(BD = \frac{5}{4}DA\).

Lại có \[BD + DA = BA = 18\]

\(\frac{5}{4}DA + DA = 18\)

\(\frac{9}{4}DA = 18\)

\(DA = 18 \cdot \frac{4}{9} = 8\;\,{\rm{(cm)}}\)

c) Ta có \(\frac{{AB}}{{CB}} = \frac{{BH}}{{BA}}\;\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\) nên \(\frac{{BG}}{{CB}} = \frac{{BH}}{{BG}}\) suy ra \[B{G^2} = BH \cdot BC{\rm{ }}\,\,\left( 1 \right)\]

• Xét \[\Delta EBC\] và \[\Delta HBF\] có:

\[\widehat {BEC} = \widehat {BHF}\;\left( { = 90^\circ } \right)\]; \[\widehat {EBC} = \widehat {HBF}\].

Do đó .

Suy ra \(\frac{{BH}}{{BE}} = \frac{{BF}}{{BC}}\) hay \(BH \cdot BC = BE \cdot BF\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[B{G^2} = BE \cdot BF\] hay \(\frac{{BG}}{{BE}} = \frac{{BF}}{{BF}}.\)

• Xét \[\Delta BGE\] và \[\Delta BFG\] có

\[\frac{{BG}}{{BE}} = \frac{{BF}}{{BF}}\;\,\left( {{\rm{cmt}}} \right)\]; \[\widehat {EBG} = \widehat {GBF}\].

Do đó .

Suy ra \(\widehat {BEG} = \widehat {BGF}\) (hai góc tương ứng)

Mà \(\widehat {BEG} = \widehat {BEC} = 90^\circ \) nên \(\widehat {BGF} = 90^\circ \).

Do đó \[BG \bot FG\] (đpcm).