Chủ đề này có 4 trả lời

[vanhongha]

Bài 1:
Cho $\bigtriangleup ABC$ có trực tâm $H$ chia đường cao $CC'$ làm $2$ phần bằng nhau. CMR:

$\cos C=\cos A.\cos B$

Bài 2:
Cho $\bigtriangleup ABC$. Trên các cạnh $BC, CA, AB$ lấy điểm $M,N,E$ sao cho: $\frac{MA}{MB}=\frac{NB}{NC}=\frac{EC}{EA}=\frac{1}{4}$
Các đường $AN,BE,CM$ cắt nhau tại $L,D,F$. CMR: \[\frac{{S_{LDF} }}{{S_{ABC} }} = \frac{3}{7}\]

Bài 3:
Cho $\bigtriangleup ABC$. Trên cạnh $BC,CA,AB$ lấy $A',B',C'$ sao cho $AA',BB',CC'$ đồng qui tại $M$. CMR:

• $\frac{MA'}{AA'}+\frac{MB'}{BB'}+\frac{MC'}{CC'}=1$
  
• $\frac{AM}{AA'}+\frac{BM}{BB'}+\frac{CM}{CC'}=2$
  
• $\frac{MA}{MA'}=\frac{B'A}{B'C}+\frac{C'A}{C'B}$

Bài 4:
Cho $\bigtriangleup ABC$. Trên cạnh $BC$ lấy điểm $D$. Đặt $AD=d$, $BD=m$, $CD=n$. CMR:\[d^2 a = b^2 m + c^2 n - amn\]

Bài 5:
Cho $\bigtriangleup ABC$ có $H,G,O$ lần lượt là trực tâm, trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp $\bigtriangleup ABC$

• CMR:$ OG=\frac{1}{3}\sqrt{9R^2-(a^2+b^2+c^2)}$
  
• Tính $GH$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Nguyen Lam Thinh: 24-11-2012 - 15:59

[NLT]

Bài 4:
Cho $\bigtriangleup ABC$. Trên cạnh $BC$ lấy điểm $D$. Đặt $AD=d$, $BD=m$, $CD=n$. CMR:\[d^2 a = b^2 m + c^2 n - amn\]

$P/s:$ Bài này là hệ thức $Stewart$, chứng minh hoàn toàn đơn giản, chị có thể xem tại đây !
___
NLT

[BlackSelena]

Góp thêm mấy bài nha!

Bài 1: $h_{a}+h_{b}+h_{c}\geq 9r$

Ta có: $h_a + h_b + h_c = 2S(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) = r(a+b+c)(\frac{1}{a} + \frac{1}{b} + \frac{1}{c}) \geq 9r$ (dpcm)

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi BlackSelena: 24-11-2012 - 16:01

[coolcoolcool1997]

Bài 2:
Cho $\bigtriangleup ABC$. Trên các cạnh $BC, CA, AB$ lấy điểm $M,N,E$ sao cho: $\frac{MA}{MB}=\frac{NB}{NC}=\frac{EC}{EA}=\frac{1}{4}$
Các đường $AN,BE,CM$ cắt nhau tại $L,D,F$. CMR: \[\frac{{S_{LDF} }}{{S_{ABC} }} = \frac{3}{7}\]

Bài này là của lớp 9. Dùng vecto một tí là ra!!!

[vanhongha]

Bài 5:
Cho $\bigtriangleup ABC$ có $H,G,O$ lần lượt là trực tâm, trọng tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp $\bigtriangleup ABC$

• CMR:$ OG=\frac{1}{3}\sqrt{9R^2-(a^2+b^2+c^2)}$
  
• Tính $GH$

Gọi M là trung điểm của BC.
Dễ dàng chứng minh được $OG=\frac{1}{3}OH$ và O, G, H thẳng hàng.
Ta có AM là đường trung tuyến của $\bigtriangleup ABC$ nên $AM=\frac{1}{2}\sqrt{2b^2+2c^2-a^2}$.
Áp dụng định lý $stewart$ (Bài 4) cho tam giác AMO ta có:

$AM(OG^2+AG.GM)=OA^2.GM+OM^2.AG$ $(*)$
Vì $G$ là trọng tâm $\bigtriangleup ABC$ nên
$AG=\frac{2}{3}AM$
$GM=\frac{1}{3}AM$
$\Rightarrow AG.GM=\frac{2}{9}AM^2$
Áp dụng định lí Pitago vào $\bigtriangleup$ vuông $OMC$ ta có
$OM^2=OC^2-MC^2=R^2-\frac{a^2}{4}$
Thế vào $(*)$ ta được:
$AM(OG^2+\frac{2}{9}AM^2)=R^2.\frac{1}{3}.AM+\frac{2}{3}AM.(R^2-\frac{a^2}{4})$
$\rightarrow 9OG^2=9R^2-(a^2+b^2+c^2)$
$\rightarrow OG=\frac{1}{3}\sqrt{9R^2-(a^2+b^2+c^2)}$ (đpcm)
Theo cmt thì $GH=\frac{2}{3}OG$
$\Rightarrow GH=\frac{2}{9}\sqrt{9R^2-(a^2+b^2+c^2)}$