Chủ đề này có 1 trả lời

[Bactholoc1]

Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{ABC}=60^0$ và $AB>AC.O,H$ là tâm đường tròn ngoại tiếp và trực tâm của tam giác $ABC.$ Chứng minh rằng:

$BH-HC= \sqrt{3}HO.$

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 05-01-2019 - 02:23

[halloffame]

Gọi $A'$ là trung điểm cung nhỏ $BC$ của $(O).$

Ta có $\widehat{BOC}=2 \widehat{BAC}=120^0=180^0- \widehat{BAC}= \widehat{BHC} \Rightarrow B,O,H,C$ đồng viên.

Lại có $\widehat{BA'O}= \frac{\widehat{BA'C}}{2}= \frac{180^0- \widehat{BAC}}{2}= \frac{120^0}{2}=60^0,OB=OA' \Rightarrow A'B=A'O.$

Tương tự suy ra $A'$ là tâm $(BOC).$

Áp dụng định lý $\sin : \frac{BH}{2A'O}- \frac{CH}{2A'O}= \sin \frac{\widehat{BA'H}}{2}- \sin \frac{\widehat{CA'H}}{2}= \sin \frac{60^0+ \widehat{OA'H}}{2}- \sin \frac{60^0- \widehat{OA'H}}{2}$

$= \sin 30^0 \cos \frac{\widehat{OA'H}}{2}+ \cos 30^0 \sin \frac{\widehat{OA'H}}{2}- \sin 30^0 \cos \frac{\widehat{OA'H}}{2}+ \cos 30^0 \sin \frac{\widehat{OA'H}}{2}= 2\cos 30^0 \sin \frac{\widehat{OA'H}}{2}$

$= \frac{OH \sqrt{3}}{2OA'} \Rightarrow BH-CH=HO \sqrt{3}.$ Ta có đpcm.