Áp dụng định lí Ceva cho tam giác ABC có 3 cát tuyến AH,BM,CD đồng quy: \(\frac{MA}{MC}.\frac{HC}{HB}.\frac{DB}{DA}=1\Rightarrow\frac{HC}{HB}=\frac{AD}{BD}\)

                                                                          (Vì M trung điểm AC nên \(\frac{MA}{MC}=1\))

(Định lí Ceva này bạn có thể lên google search để nắm rõ, Định lí này chỉ học sinh trong đội tuyển mới học thoi)

Vì CD là phân giác \(\widehat{BCA}\)nên \(\frac{CA}{CB}=\frac{DA}{DB}\Rightarrow\frac{AC}{BC}=\frac{HC}{HB}=\frac{BC-HB}{HB}=\frac{BC}{HB}-1\)

\(\Rightarrow AC=\frac{BC^2}{HB}-BC=\frac{AB^2+AC^2}{HB}-BC=\frac{HB.BC+AC^2}{HB}-BC=\frac{AC^2}{HB}\Rightarrow AC=HB\)

( Chỗ này áp dụng định lí Pythagoras: BC² = AB²+AC² và Hệ thức lượng tam giác vuông AB²=HB.BC)

Có \(\hept{\begin{cases}AB^2=HB.BC\\BC^2=AB^2+AC^2\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}AB^2=aAC\\AB^2=a^2-AC^2\end{cases}}\Rightarrow\hept{\begin{cases}AB=\sqrt{aAC}\\AC^2+aAC-a=0\end{cases}}}\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}AC=\frac{-a+\sqrt{a^2+4a}}{2}=\frac{2a}{a+\sqrt{a^2+4a}}\\AB=\sqrt{aAC}=\sqrt{\frac{2a^2}{a+\sqrt{a^2+4a}}}\end{cases}}\)

chua hoc

a) BD.\(\sqrt{CH}+CE\sqrt{BH}=AH\sqrt{BC}\)

\(\Leftrightarrow BD\sqrt{CH.BC}+CE\sqrt{BH.BC}=AH.BC=AB.AC\)

\(\Leftrightarrow BD\sqrt{AC^2}+CE\sqrt{AB^2}=AB.AC\Leftrightarrow\dfrac{BD}{AB}+\dfrac{CE}{AC}=1\) (đẳng thức đúng)

Áp dụng định lí Ta- lét ta có:

\(\dfrac{BD}{AB}=\dfrac{BH}{BC};\dfrac{CE}{AC}=\dfrac{CH}{BC}\)

\(\dfrac{BD}{AB}+\dfrac{CE}{AC}=\dfrac{BH+CH}{BC}=\dfrac{BC}{BC}=1\)

a) tam giác ABc có CF là đường phân giác => \(\frac{BF}{BC}=\frac{AF}{AC}\)

\(\Rightarrow\frac{BF}{BC}=\frac{AF}{AC}=\frac{BF+AF}{BC+AC}=\frac{AB}{BC+AC}\Rightarrow BF=\frac{AB\cdot BC}{BC+AC}\)

tương tự cũng có \(CE=\frac{AC\cdot BC}{BC+AB}\)

tam giác BCE có CD là đường phân giác => \(\frac{BD}{BC}=\frac{DE}{CE}\)

=> \(\frac{BD}{BC}=\frac{DE}{CE}\)do đó \(\frac{BD}{BE}=\frac{AB+AC}{AB+BC+AC}\) tương tự \(\frac{CF}{CD}=\frac{AB+BC+AC}{AC+BC}\)

tam giác ABC vuông tại A => AB²+AC²=BC² => (AB+BC+AC)²=2(AB+BC)(AC+BC)

\(\Rightarrow\frac{AB+BC+AC}{AC+BC}=\frac{2\left(AB+AC\right)}{AB+BC+AC}\)

do đó \(\frac{CF}{CD}=\frac{2BD}{BE}\Rightarrow BE\cdot CF=2BD\cdot CD\left(đfcm\right)\)

gọi I là giao của AH,BM,CF. K là điểm đối xứng của I qua M

tứ giác IAKC là hình bình hành => AI//CK, AK//IC

tam giác ABC có IF//AK => \(\frac{BF}{AF}=\frac{BI}{KI}\), tam giác BCK có IH//CK => \(\frac{BI}{KI}=\frac{BH}{CH}\)

tam giác BAK có CF là phân giác => \(\frac{BF}{AF}=\frac{BC}{AC}\)do đó \(\frac{BH}{CH}=\frac{BC}{AC}\)=> BH.AC=CH.BC

tam giác ABC vuông ở A, AH là đường cao => AC²=CH.BC

ta có BH.AC=AC²(=CH.BC) => BH=AC

tam giác ABH vuông tại H => cosB=\(\frac{BH}{AH}=\frac{AC}{AB}\); tam giác ABC vuông ở A => tanB=\(\frac{AC}{AB}\)

do đó cosB=tanB. mà tan²B+1=\(\frac{\sin^2B}{\cos^2B}+1=\frac{1}{\cos^2B}\)

ta có \(\frac{1}{\cos^2B}=\frac{1}{\tan^2B}\)=> tan²B+1=\(\frac{1}{\tan^2B}\)

=> tan⁴B+tan²B=1 => \(\left(\tan^2B+\frac{1}{2}\right)^2=\frac{5}{4}\tan^2B+\frac{1}{2}=1\)

\(\Rightarrow\tan B=\sqrt{\frac{\sqrt{5}-1}{2}}\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\sqrt{\frac{2\sqrt{5}-2}{2}}\)

a;b dễ chắc tự làm đc

c, lấy K sao cho M là trđ của OK

mà có M là trđ của AC (gt) 

=> COAK là hình bình hành (dh)

=> CK // OA hay CK // OH và AK // CO hay AK // OD

xét tg KCB có CK // OH => \(\frac{BH}{HC}=\frac{BO}{OK}\)  (talet)

xét tg KAB có AK / OD => \(\frac{BO}{OK}=\frac{BD}{DA}\) (talet)

=> \(\frac{BH}{HC}=\frac{BD}{AD}\) mà có \(\frac{BD}{AD}=\frac{BC}{AC}\) do CD là pg của tg ABC (gt)

=> \(\frac{BC}{AC}=\frac{HB}{HC}\Rightarrow BC\cdot HC=HB\cdot AC\)

mà có \(BC\cdot HC=AC^2\) do tg ABC v tại A và AH _|_ BC (gt)

=> AC^2 = HB*AC

=> AC = HB (chia 2 vế cho ac vì ac > 0)

Theo định lý Ce-va ta có: \(\frac{BH}{HC}.\frac{MC}{MA}.\frac{DA}{DB}=1\)

Mà MA = MC (do BM là đường trung tuyến của \(\Delta\)ABC) nên \(\frac{BH}{HC}.\frac{DA}{DB}=1\)(1)

CD là phân giác nên theo tính chất đường phân giác trong tam giác, ta có: \(\frac{DA}{DB}=\frac{AC}{BC}\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{BH}{HC}.\frac{AC}{BC}=1\Rightarrow BH.AC=HC.BC\)(3)

Dễ thấy \(\Delta ABC~\Delta HAC\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{HC}{AC}=\frac{AC}{BC}\Rightarrow AC^2=BH.HC\)(4)

Từ (3) và (4) suy ra \(AC^2=BH.AC\Rightarrow BH=AC\left(đpcm\right)\)

khó quá thôi