Cho tam giác ABC nhọn AB < AC, ba đường cao AE, BD, CF cắt nhau tại H (ảnh 1)

a) Vì \[H\] là giao điểm của ba đường cao \[AE,\,\,BD,\,\,CF\] nên \[H\] là trực tâm của \[\Delta ABC\]

Xét \[\Delta ABD\] và \[\Delta ACF\] có:

\[\widehat {BAD}\] chung; \[\widehat {ADB} = \widehat {AFC} = 90^\circ \].

Do đó

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

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

\[\widehat {BAC}\] chung; \(\frac{{AD}}{{AB}} = \frac{{AF}}{{AC}}.\)

Do đó

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{BC}}{{DF}}\) hay \[AB \cdot DF = AD \cdot BC\](đpcm).

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

\(\widehat {EBH}\) chung; \(\widehat {BEH} = \widehat {BDC} = 90^\circ .\)

Do đó

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

Tươngtự:\[CH \cdot CF = CE \cdot CB\]. (2)

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

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

Mặtkhác: \[\frac{{HE}}{{AE}} + \frac{{HD}}{{BD}} + \frac{{HF}}{{CF}}\]

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

\[ = \frac{{{S_{HBC}}}}{{{S_{ABC}}}} + \frac{{{S_{HAC}}}}{{{S_{BAC}}}} + \frac{{{S_{HAB}}}}{{{S_{CAB}}}}\]

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

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

Cho tam giác ABC M và N thứ tự là trung điểm của AB, AC. Biết MN = 8