Bài tập về tính chất ba đường cao của tam giác

1. 

Góc $\widehat{A}$ tù, nên BC lớn hơn AB và AC. Vậy M nằm giữa hai điểm B và C.

Mặt khác, $\Delta $ABN có BN = BA nên $\Delta $ABN cân tại B.

Vậy BE là tia phân giác $\widehat{B}$, đồng thời cũng là đường cao $\Rightarrow $ BE $\perp $ AN

$\Delta $ACM có CA = CM nên $\Delta $ACM cân tại C $\Rightarrow $ CF là tia phân giác $\widehat{C}$ và cũng là đường cao $\Rightarrow CF\perp AM$

$\Delta $AEF có BE $\perp $ AN và CF $\perp $ AM. Gọi H là giao điểm của BE và CF (tính chất ba đường cao trong tam giác)

2. 

a) $\Delta $DAC và $\Delta $BCF có:

DA = DC

AC = CF

$\widehat{DAC}=\widehat{BCF}$

$\Rightarrow $ $\Delta $DAC = $\Delta $BCF (c.g.c)

$\Rightarrow $ DC = BF; $\widehat{C_{1}}=\widehat{F}$

Mà $\widehat{C_{1}}+\widehat{C_{2}}=90^{\circ}\Rightarrow \widehat{F}+\widehat{C_{2}}=90^{\circ}$ 

Trong $\Delta $CFI có: $\widehat{F}+\widehat{C_{2}}=90^{\circ}\Rightarrow \widehat{CIF}=90^{\circ}$. Vậy DC $\perp $ BF

b) Tương tự, ta chứng minh được $\Delta $DAB = $\Delta $CBE (c.g.c)

$\Rightarrow \widehat{B_{1}}=\widehat{E}$

Mà $\widehat{B_{1}}+\widehat{B_{2}}=90^{\circ}\Rightarrow \widehat{E}+\widehat{B_{2}}=90^{\circ}$ 

Trong $\Delta $EBG có: $\widehat{E}+\widehat{B_{2}}=90^{\circ}\Rightarrow \widehat{EBG}=90^{\circ}$. Vậy BD $\perp $ CE

Trong $\Delta $DBC có DH $\perp $ BC; BI $\perp $ AC; CG $\perp $ AB. Vậy DH, BI, CG là ba đường cao của $\Delta $BDC

Do đó DH, BI và CG đồng quy.

3.

Trước tiên, ta thấy $\widehat{A}$ không thể bằng $90^{\circ}$ vì nếu $\widehat{A}=90^{\circ}$ thì trực tâm H sẽ trùng lên đỉnh A. Khi đó AH = 0.

Ta xét các trường hợp :

Trường hợp 1: $\widehat{A}<90^{\circ}$.

Xét $\Delta $AHK và $\Delta $BCK là hai tam giác vuông có:

AH = BC

$\widehat{B_{1}}=\widehat{A_{1}}$ 

$\Rightarrow $ $\Delta $AHK = $\Delta $BCK (cạnh huyền - góc nhọn)

$\Rightarrow $ AK = BK $\Rightarrow $ $\Delta $ABK vuông cân tại K nên $\widehat{BAC}=45^{\circ}$

Trường hợp 2: $\widehat{A}>90^{\circ}$

Khi đó trực tâm H sẽ nằm ngoài tam giác. Tương tự ta chứng minh được $\Delta $AHK = $\Delta $BCK (cạnh huyền - góc nhọn) $\Rightarrow $ HK = BK

Vậy $\Delta $BKH vuông cân tại K $\Rightarrow $ $\widehat{BHC}=45^{\circ}$

Mà hai góc $\widehat{BHC}$ và $\widehat{BAC}$ có BA $\perp $ HC, CA $\perp $ HB trong đó $\widehat{BHC}$ là góc tù, nên $\widehat{BHC}+\widehat{BAC}=180^{\circ}$

$\Rightarrow \widehat{BAC}=180^{\circ}-45^{\circ}=135^{\circ}$

4.

a) E là giao điểm của hai đường phân giác của hai góc ngoài $\Delta $ABC tại $\widehat{B}$ và $\widehat{C}$ nên AE là tia phân giác trong của $\widehat{A}$

F là giao điểm của hai đường phân giác của hai góc ngoài $\Delta $ABC tại $\widehat{A}$ và $\widehat{C}$ nên BF là tia phân giác trong của $\widehat{B}$

P là giao điểm của hai đường phân giác của hai góc ngoài $\Delta $ABC tại $\widehat{A}$ và $\widehat{B}$ nên CP là tia phân giác của $\widehat{C}$

Vậy AE, BF, CP là ba đường phân giác trong của ba góc trong $\Delta $ABC.

Do đó AE, BF, CP đồng quy tại H.

b) H là trực tâm $\Delta $ABC nên H cách đều ba cạnh của $\Delta $ABC

Từ P hạ PQ $\perp $ AC, PI $\perp $ BC vì P nằm trên đường phân giác $\widehat{C}$ nên cách đều hai cạnh, vậy PI = PQ.

Hạ PS $\perp $ AB, vì BP là phân giác của $\widehat{ABI}$ nên PI = PS

Do đó PI = PQ = PS

Tương tự như trên, ta chứng minh các điểm F và E cũng cách đều ba cạnh của $\Delta $ABC

c) Tại A ta có $\widehat{QAB}$ và $\widehat{BAC}$ là hai góc kề bù, trong đó AP là tia phân giác của $\widehat{QAB}$, AE là tia phân giác của $\widehat{BAC}$. Vậy AP $\perp $ AE.

Tương tự tại B có $\widehat{IBA}$ và $\widehat{BAC}$ là hai góc kề bù, trong đó BP và BF là 2 tia phân giác nên BF $\perp $ BP.

Vậy trong $\Delta $AFP có EA và FB là đường cao, H là giao điểm của EA và FB suy ra H là trực tâm $\Delta $AFP