Bài 1
Cho tam giác ABCABCABC nhọn, các đường cao AD,BE,CFAD, BE, CFAD,BE,CF cắt nhau tại HHH.

a) Chứng minh CH⋅CF=CD⋅CBCH \cdot CF = CD \cdot CBCH⋅CF=CD⋅CB
Ta có:

CF⊥ABCF \perp ABCF⊥AB, AD⊥BCAD \perp BCAD⊥BC
HHH là trực tâm nên H∈CFH \in CFH∈CF
Xét hai tam giác vuông:

△CHD\triangle CHD△CHD vuông tại DDD
△CFB\triangle CFB△CFB vuông tại FFF
Ta có:

∠CHD=∠CFB=90∘\angle CHD = \angle CFB = 90^\circ∠CHD=∠CFB=90∘
∠CDH=∠CBF\angle CDH = \angle CBF∠CDH=∠CBF (cùng phụ với góc CCC)
Suy ra:

△CHD∼△CFB\triangle CHD \sim \triangle CFB△CHD∼△CFBDo đó:

CHCF=CDCB⇒CH⋅CF=CD⋅CB\frac{CH}{CF} = \frac{CD}{CB} \Rightarrow CH \cdot CF = CD \cdot CBCFCH​=CBCD​⇒CH⋅CF=CD⋅CB
b) Khi BCBCBC cố định và AAA thay đổi, chứng minh CH⋅CF+BH⋅BECH \cdot CF + BH \cdot BECH⋅CF+BH⋅BE không đổi
Từ câu a), ta có:

CH⋅CF=CD⋅CBCH \cdot CF = CD \cdot CBCH⋅CF=CD⋅CBTương tự:

BH⋅BE=BD⋅BCBH \cdot BE = BD \cdot BCBH⋅BE=BD⋅BCCộng hai vế:

CH⋅CF+BH⋅BE=(CD+BD)⋅BCCH \cdot CF + BH \cdot BE = (CD + BD)\cdot BCCH⋅CF+BH⋅BE=(CD+BD)⋅BCMà:

CD+BD=CBCD + BD = CBCD+BD=CBNên:

CH⋅CF+BH⋅BE=CB2CH \cdot CF + BH \cdot BE = CB^2CH⋅CF+BH⋅BE=CB2👉 Vì BCBCBC cố định nên CB2CB^2CB2 không đổi
⇒ tổng CH⋅CF+BH⋅BECH \cdot CF + BH \cdot BECH⋅CF+BH⋅BE không đổi.

c) Chứng minh CQ⊥PECQ \perp PECQ⊥PE
EK⊥BCEK \perp BCEK⊥BC tại KKK
PPP là trung điểm của BKBKBK
QQQ là trung điểm của DKDKDK
Xét tam giác BDKBDKBDK:

P,QP, QP,Q lần lượt là trung điểm của BK,DKBK, DKBK,DK
⇒ PQ∥BDPQ \parallel BDPQ∥BD

Mà:

BD⊂BCBD \subset BCBD⊂BC
EK⊥BCEK \perp BCEK⊥BC
⇒ EK⊥PQEK \perp PQEK⊥PQ

Lại có:

E,K,PE, K, PE,K,P thẳng hàng
⇒ PE⊥CQPE \perp CQPE⊥CQ

✅ Kết luận
a) CH⋅CF=CD⋅CBCH \cdot CF = CD \cdot CBCH⋅CF=CD⋅CB
b) CH⋅CF+BH⋅BECH \cdot CF + BH \cdot BECH⋅CF+BH⋅BE không đổi
c) CQ⊥PECQ \perp PECQ⊥PE

Bài 1
Cho tam giác ABCABCABC nhọn, các đường cao AD,BE,CFAD, BE, CFAD,BE,CF cắt nhau tại HHH.

a) Chứng minh CH⋅CF=CD⋅CBCH \cdot CF = CD \cdot CBCH⋅CF=CD⋅CB
Ta có:

CF⊥ABCF \perp ABCF⊥AB, AD⊥BCAD \perp BCAD⊥BC
HHH là trực tâm nên H∈CFH \in CFH∈CF
Xét hai tam giác vuông:

△CHD\triangle CHD△CHD vuông tại DDD
△CFB\triangle CFB△CFB vuông tại FFF
Ta có:

∠CHD=∠CFB=90∘\angle CHD = \angle CFB = 90^\circ∠CHD=∠CFB=90∘
∠CDH=∠CBF\angle CDH = \angle CBF∠CDH=∠CBF (cùng phụ với góc CCC)
Suy ra:

△CHD∼△CFB\triangle CHD \sim \triangle CFB△CHD∼△CFBDo đó:

CHCF=CDCB⇒CH⋅CF=CD⋅CB\frac{CH}{CF} = \frac{CD}{CB} \Rightarrow CH \cdot CF = CD \cdot CBCFCH​=CBCD​⇒CH⋅CF=CD⋅CB
b) Khi BCBCBC cố định và AAA thay đổi, chứng minh CH⋅CF+BH⋅BECH \cdot CF + BH \cdot BECH⋅CF+BH⋅BE không đổi
Từ câu a), ta có:

CH⋅CF=CD⋅CBCH \cdot CF = CD \cdot CBCH⋅CF=CD⋅CBTương tự:

BH⋅BE=BD⋅BCBH \cdot BE = BD \cdot BCBH⋅BE=BD⋅BCCộng hai vế:

CH⋅CF+BH⋅BE=(CD+BD)⋅BCCH \cdot CF + BH \cdot BE = (CD + BD)\cdot BCCH⋅CF+BH⋅BE=(CD+BD)⋅BCMà:

CD+BD=CBCD + BD = CBCD+BD=CBNên:

CH⋅CF+BH⋅BE=CB2CH \cdot CF + BH \cdot BE = CB^2CH⋅CF+BH⋅BE=CB2👉 Vì BCBCBC cố định nên CB2CB^2CB2 không đổi
⇒ tổng CH⋅CF+BH⋅BECH \cdot CF + BH \cdot BECH⋅CF+BH⋅BE không đổi.

c) Chứng minh CQ⊥PECQ \perp PECQ⊥PE
EK⊥BCEK \perp BCEK⊥BC tại KKK
PPP là trung điểm của BKBKBK
QQQ là trung điểm của DKDKDK
Xét tam giác BDKBDKBDK:

P,QP, QP,Q lần lượt là trung điểm của BK,DKBK, DKBK,DK
⇒ PQ∥BDPQ \parallel BDPQ∥BD

Mà:

BD⊂BCBD \subset BCBD⊂BC
EK⊥BCEK \perp BCEK⊥BC
⇒ EK⊥PQEK \perp PQEK⊥PQ

Lại có:

E,K,PE, K, PE,K,P thẳng hàng
⇒ PE⊥CQPE \perp CQPE⊥CQ

✅ Kết luận
a) CH⋅CF=CD⋅CBCH \cdot CF = CD \cdot CBCH⋅CF=CD⋅CB
b) CH⋅CF+BH⋅BECH \cdot CF + BH \cdot BECH⋅CF+BH⋅BE không đổi
c) CQ⊥PECQ \perp PECQ⊥PE