Hh9 cđ1 hệ thức lượng trong tam giác vuông 1

CHUYÊN ĐỀ 5: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG BÀI 1: TỈ SỐ CỦA HAI ĐOẠN THẲNG A Kiến thức cần nhớ Định lí Talét A AB  M  A; M C  Cho ABC , lấy điểm M thuộc đoạn thẳng N M Lấy điểm N thuộc đường thẳng AC  N  A; N C  cho AM AN AM AN  ;  MN / / AB thì: MB NC AB NC B C Tam giác đồng dạng ABC#A ' B ' C '  AB AC BC   A ' B ' A 'C' B 'C' A Tính chất đường phân giác tam giác Cho ABC , đường phân giác góc A cắt cạnh BC BD AB  D DC AC B D Cho ABC , điểm I thuộc miền ABC , tia C A AI , BI , CI thuộc cạnh đối diện điểm M, N, P N P IM IN IP   1 thì: AM BN CP B Cho ABC vng Bài 1: A góc ABC cắt AK I Qua I kẻ DE / / BC  D  AB, E  AC  a) Tính độ dài đoạn BK C B AB 36cm, AC 48cm Đường phân giác  BAC cắt BC điểm K Đường phân giác M K D I A E C AD b) Tính tỉ số AB Lời giải a) Xét ABC vng A, áp dụng định lí Pitago  BC 60  cm  ABC Xét có AK đường phân giác BK AB BK 3 180  BAC       BK  BC   cm  KC AC BK  KC  7 ID / / BK  b) Do AD AI AB 36     AB AK AB  AK 36  180 12 (Định lí Talét) Bài 2: Cho ABC Trên Tia đối tia BA lấy điể D C cho AB 2 BD Gọi E trung điểm M E BC Đường thẳng DE cắt AC M Tính tỉ I MA số MC A D B Lời giải Qua B kẻ BI / / AC  I  ED  BI / / MC  Vì Lại có Từ EB EI IB EB    1  EC EM MC EC BI / / AM   1     EI EM   IB MC  1 BI BD    MI 3BI   AM AD MA 3MC  MA 3 MC Bài 3: Cho ABC có trọng tâm G Trên tia BC lấy A BM  điểm M cho BC Đường thẳng qua M K G G Cắt AB, AC điểm E F Tính tỷ số EA EB B N F Q C M FC Và FA Lời giải Qua N trung điểm BC , kẻ NK MN   EB  NK   EB MB NK / / EB   1    Từ Qua C kẻ Từ NK GN    AE 2 NK  1 EA GA NK / / AB  K  GM   EA NK   EB NK CQ / / AB  CQ / / AB  CQ / / NK   1  3  CQ CM 1    CQ  NK   NK MN 2 CQ FC 1   NK : NK  CA FA Bài 4: Định lí Menelaus (Mê – nê – na – út) Cho ABC , điểm E , F thuộc cạnh AC , AB A Điểm D thuộc đường thẳng BC nằm E F đoạn BC Ba điểm D, E , F không trùng với Q đỉnh ABC Chứng minh ba điểm D, E , F thằng hàng D C B DB EC FA 1 DC EA FB Lời giải DB EC FA 1 Bài toán thuận: Nếu D, E , F thẳng hàng DC EA FB DB BQ   DB EC FA DC EC  1  FA AE  DC EA FB  BQ / / AC , FB BG  Kẻ ta có (đpcm) DB EC FA 1 Bài tốn ngước: Nếu có DC EA FB D, E , F thẳng hàng Kéo dài đường thẳng DF cắt cạnh AC E’  D, E ', F thẳng hàng  DB E ' C FA 1 DC E ' A FB , mà theo giả thiết DB EC FA E ' C EC E ' C EC 1      E ' C EC  E ' E  D, E , F DC EA FB E ' A EA AC EA thẳng hàng Bài 5: Định lí Ceva Cho ABC , điểm D, E , F lầ lượt thuộc A cạnh BC , AC , AB không trùng với đỉnh ABC Chứng minh đường thẳng AD, BE , CF đồng qui F H M B DB EC FA 1 DC EA FB DB EC FA 1 Bài tốn thuận: Nếu có AD, BE , CF đồng quy có DC EA FB Gọi M giao điểm AD, BE , CF  M  ABC AM BM DB BH S    MAB DC CK AM CD S MAC EC S MBC FA S MAC  ;  EA S FC S MBC MAB Tương tự ta có: DB EC FA 1 DC EA FB DB EC FA 1 1 Bài tốn ngước: Nếu có DC EA FB AD, BE , CF đồng quy Giả sử BE CF cắt I  I nằm miền ABC Nối A với I cắt BC D '  D '  BC D ' B EC FA 1  Theo phần thuận ta có: D ' C EA FB Từ  1    C D K Lời giải  E DB D ' B DB D ' B     DB D ' B  D ' D DC D ' C BC BC  AD, BE , CF đồng quy (đpcm) Bài 6: Từ ba đỉnh A, B, C ABC ta vẽ ba đường E thẳng song song với nhau, chúng cắt F cạnh BC đường thẳng CA, AB D, E , F Chứng minh A 1   a) AD BE CF b) S FDE 2S ABC D B C Lời giải a) Ta có AD / / BE / / CF nên áp dụng định lí Ta-lét ta được: AD CD AD BD   1 ;    BE CB CF BC AD AD CD D    1 Cộng hai vế hai đẳng thức (1) (2) ta được: BE CF CB BC (D nằm B C)  1   AD BE CF b) S AEF S ABC ; S ABD S AED ; S AFD S ADC  S DEF 2S ABC Bài 7: Lấy điểm O tam giác ABC , A tia AO, BO, CO cắt cạnh BC , CA AB theo thứ tự D, E , F Chứng minh F OD OE OF   1 a) AD BE CF E O B AD   BE   CF   1  1   1  64 b)  OD   OE   OF  Lời giải D C a) Đặt S ABC S ; SOBC S1; SOAC S ; SOAB S3 Khi S S1  S2  S3 OD S1 OE S OF S3  ;  ;  Dễ thấy AD S BE S CF S OD OE OF   1 Cộng vế với vế đẳng thức ta AD BE CF S S   S  S  S1 S  S2 S  S3  AD   BE   CF    1 1  1   1            OD   OE   OF   S1   S   S  S1 S2 S3  b) Ta có Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: S  S1 S1  S  S3  S1 4 S1S S3S   S  S2 S1  S2  S3  S 4 S1S2 S3 S  3 ; S  S3 S1  S2  S3  S3 4 S1S2 S3S3   Nhân ba vế (2)(3)(4) ta được:  S  S1   S  S2   S  S3  64 S1S2 S3  AD   BE   CF  S  S1 S  S2 S  S3 64 1     1  OD OE OF S S S       Từ biểu thức (1) ta suy ra: Dấu “=” xảy khi: S1 S S3  OD OE OF    AD BE CF , tức O trọng tâm ABC Bài 8: Cho ABC biết góc A hai lần góc B K lần góc C Chứng minh rằng: 1   AB BC AC A B I C Lời giải Gọi I trung điểm BC , kéo dài đoạn AB cắt đường trung trực BC K         Theo đề ABC có: A 4C; B 2C  A  B  C 7C 180    KCA   ; BKC   2C C 3C KBC cân K nên KCB     Mặt khác KAC B  2C 3C  KCA cân C  Vậy ta có KB KC  AC CA đường phân giác C KBC AK KC KB AK AB      1 Từ đó, theo tính chất đường phân giác thì: AB BC BC KB BC AB AB   2 Mặt khác KB BC Từ (1)(2)  đpcm Bài 9: Cho ABC Trên cạnh AB AC lấy điểm M N A cho: M AM AN  ;  AB AC Gọi D N J D Là giao điểm BN CM ; gọi E B giao điểm MN BC C EB a) Tính tỷ số EC b) Tính tỷ số diện tích tứ giác AMDN ABC Lời giải CJ CN 1    CJ  AM a) Cách 1: Kẻ CJ / / AB Ta có AM AN AM CE CJ CJ / / BM      BE 4CE BE BM AM Cách 2: Sử dụng định lí Menelaus Ta có M , N , E thẳng hàng  EB CN AM EB 1 1  1  EB 4 EC EC AN BM EC 2 b) Xét ABN với cát tuyến MDC , áp dụng định lí Menelaus ta có: BD NC MA BD 1 BD BD 1  1  6   DN CA MB DN DN BN S BMD BD S BM 2    S BMD  S BMN  1 ; BMN    S BMN  S ABN   S BMN BN 7 S ABN AM 3 4  S BMD  S ABN  S ABN ; S AMDN S ABN  S BMD S ABN  S ABN  S ABN   7 7 Từ (1)(2) E S ABN AN 2    S ABN  S ABC   Mặt khác S ABC AC S 2  S AMDN  S ABC  S ABC  AMDN  3 S ABC Từ (3)(4) BÀI 2: HỆ THỨC GIỮA CÁC ĐOẠN TRONG TAM GIÁC VUÔNG A Kiến thức cần nhớ Khi giải toán liên quan đến cạnh đường cao tam giác vng, ngồi việc nắm vững kiến thức định lý Talet, trường hợp đồng dạng tam giác, cần phải nắm vững kiến thức sau: Tam giác ABC vuông A , đường cao AH , ta có: A 2 1) a = b + c ';c2 = ac ' 2) b = ab b c 3) h2 = b'.c ' = bc 4) ah B h c' C a 1 = 2+ 2 b c 5) h Chú ý: b' H S = ab Diện tích tam giác vng: B Bài tập áp dụng Bài 1: Cho ABC vuông A có đường cao AH A 12 BC  a , AH  a,  a    H  AB  Biết Hãy tính độ dài đoạn thẳng AB, AC theo a B Lời giải Đặt AB  x, AC  y,  x, y   Xét ABC vuông A nên AH BC  AB AC  xy 12a  1 Áp dụng định lý Pitago ta có: x  y  5a  25a    x 3a  xy 12a  x 4a   1     2   y 4a  y 3a  x  y 25a Từ H C Bài 2: Cho ABC vuông A có đường cao AH  H  AB  Gọi M , N hình chiếu H C H N cạnh AB, AC AN AB  AM AC a) Chứng minh A I M B b) Biết BC 2a khơng đổi Tìm vị trí điểm A cho ABC vuông A tứ giác AMHN có diện tích lớn Lời giải AH  AM AC  AM AB  AM AC  AN AC    AN AC AH  AN AC  a) Ta có (đpcm) b) Tứ giác AMHN hình chữ nhật  S AMHN  AM AN  AH AH AH AH AH    AB AC AB AC AH BC BC Gọi I trung điểm  S AMHN  BC  AI  BC a (không đổi) AH AI a a    BC BC 2a 2 a  AH  AI  ABC  AMHN có diện tích lớn vuông cân A Bài 3: Cho ABC vuông cân A Điểm D di chuyển cạnh AC Đường thẳng d vng góc với AC C cắt đường thẳng BD E Chứng minh D di chuyển cạnh 1  AC tổng BD BE khơng đổi 10 mãn điều kiện để điện tích AHO lớn e) Giả sử CG cắt AB điểm N Tứ giác AMON hình gì? Tam giác ABC phải thỏa mãn điều kiện để diện tích tứ giác AMON lớn Lời giải AB  BC a  a) Khi ACB 30  ABC tam giác nửa nên 2 2 2 Ta có AC BC  AB 4a  a 3a  AC a b) Theo câu a ta có  BM  AC a  AM  a 3  BM BA2  AM a  a  a 2 4 a 2 ABC  CG  CN c) Do G trọng tâm (N trung điểm AB ) ÁP dụng định lí Pitago ta có: CN  AN  AC  a2 13 a 13 a 13  3a  a  CN   CG  CN  4 1 BC a S AHO  AH AO   AH  AO   AO   2 8 d) Ta có Diện tích AHO lớn AH  AO Tức AHO vuông cân H  ACB 22030 '; ABC 67030 ' e) Tứ giác AMON hình chữ nhật nê S AMON  AM AN Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: AM  AN 2 AM AN  MN 2 AM AN 2 Mà MN OA a nên AM AN  a2 a2  S AMON  2 Dấu “=” xả AM  AN  AB  AC , hay ABC vuông cân A Bài 8: 14 Cho ABC vuông A , kẻ đường cao AH Từ A M H dựng HM , HN vng góc với AC , AB N a) Chứng minh CM CA.BA  AH B b) Chứng minh CM BN BC  AH C H c) Chứng minh CM BN AB BN  d) Chứng minh AC CM e) Chứng minh AN NB  AM MC  AH 3 f) Chứng minh BC  BN  CM Lời giải a) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông AHB, AHC , ABC ta có BN BA BH ; CM CA CH ; HB.HC  AH  CM CA.BN BA  CH BH   AH b) Ta có AB AC  AH BC  2S ABC  Từ câu a  CM BN AH BC  AH  CM BN BC  AH 2 c) Ta có AM AC  AH ; AN AB  AH  AM AC.AN AB  AH mặt khác AB AC  AH BC  S ABC   AM AN BC  AH d) Ta có Ta lại có CM CA CH ; BN BA BH  BH BC BA2  BH  BN BH 2CA   * CM CH AB BA4 CA4 2 ; CH CB  CA  CH  BC BC Thay vào (*) ta được: BN AB  CM AC 2 2 e) Ta có AN NB HN ; AM MC HM  AN NB  AM MC HN  HM 2 2 Tứ giác ANHM hình chữ nhật nên: HM  HN MN  AH hay AN NB  AM MC  AH f) Ta có: CM CA CH ; BN BA BH  BN  BH CH ; CM  AB CA2 15 BA2 BA8 BH BA6 BA6 BA BH BC  BH   BH    BN  BC BC BA2 BC Hay BC Lại có CM  Tương tự ta có: Theo định lí Pitago ta có: CA4  BC BN  CM  BA2  CA2 BC  BA6 CA6 BA2  CA2   BC BC BC BC BN  CM  Bài 9: Cho hình vng ABCD Gọi E điểm F BC  BC B G C nằm A B Tia DE tia CB cắt F Kẻ đường thẳng qua D vng góc với E DE , đường thẳng cắt đường thẳng BC G Chứng minh rằng: A D a) Tam giác DEG cân 1   2 b) Chứng minh DE DF DC Lời giải · · ¶ ¶ · a) Vì ADC = EDG = 90 Þ D1 = D3 (phụ với EDC ) Þ D ADE = D CDG ( gcg) Þ DE = DG Þ D DEG cân D b) Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông với D FDG vuông D có đường cao DC Þ mà 1 = + 2 DC DF DG DE = DG Þ 1 = + 2 DC DF DG (đpcm) Bài 10: Cho hình vng ABCD Trên cạnh BC lấy A điểm M , cạnh CD lấy điểm N Tia B Q Am cắt đường thẳng CD K Kẻ AI vng góc với AK cắt CD I Biết M O  MAN 45 H I a) Chứng minh rằng: NI NM b) Cho NM 5 , CN – CM 1 Tính diện 16 P D N C K tích tam giác AMN c) Từ điểm O tam giác AIK , kẻ OP , OQ , OR vng góc với cạnh IK , KA , AI Xác định vị trí điểm O để OP  OQ  OR nhỏ O , M di động Lời giải a) Theo chứng minh AI = AM · · · Þ IAN = IAM - MAN = 450 Þ D IAN = D MAN ( cgc) Þ NI = NM b) Áp dụng định lí Pitago tam giác CMN vng C , ta có: CM + CN = MN = 25 ( 1) Từ giả thiết suy CN CM  , thay vào (1) ta được: CM + (CM + 1) = 25 Û 2CM + 2CM - 24 = Û CM +CM - 12 = Û CM = Þ CN = Gọi cạnh hình vng x suy DN  x – Mà ID IN  DN 5   x   9  x BM BC  CM x  3; BM ID  IAD MAB    x  x   x 6 S AMN S ABCD  S ADN  SCMN  S ABM 36    15 2 2 c) Ta có: AROQ hình chữ nhật Áp dụng định lí Pitago, ta có: OR  OQ RQ OA 2 2  OP  OQ  OR OP  OA Dấu “=” xảy Vậy GTNN  OP  OA  OP OA   O  AP  O  P D  2  AP AD  const 2 trung điểm AD OP  OQ  OR  AD 2 Khi O trung điểm AD Bài 11: HSG TPHN, năm học 2011 - 2012 17 Gọi h1 , h2 , h3 , r độ dài đường cao A bán kính đường tròn nội tiếp tam giác Chứng minh tam giác tam giác N c M b 1 1    h1  2h2 h2  2h3 h3  2h1 3r I B P a Lời giải Ta chứng minh S  pr 1 1 S ABC S ABI  S BIC  S AIC  rc  rb   rp 2 2 Chứng minh: Ta có  Điều phải chứng minh  1  a b  1  b c  1  c a   2S 2S 2 a b 1 a b c 2S 2S 2 b c  2S 2S 2 c a  2S a b c  * +) Nếu ABC  a b c VT  * 3 1 a; VP (*) 3 a VT a 3a 1 9       +) Áp dụng bất đẳng thức phụ số, ta có: a b a b b a  b  b a  2b  1  a b  a  2b  9 a  2b 1  Tương tự ta có: b c  b  2c c  2a ;  9  c a Cộng vế bất đẳng thức ta được: VT  *  3 a  b  c  a b c VP (*) Dấu ‘=” xảy  a b c  ABK (đpcm) 18 C BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Cho M thuộc miền hình chữ nhật ABCD D E A 2 2 Chứng minh MA  MC MB  MD M C F B Lời giải Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt AD BC E F 2 Áp dụng định lí pitago ta có: AM  AE  ME ( AEM vng E ) MC MF  CF ( AEM vuông F )  MA2  MC  AE  MF    ME  CF   BF  MF    ME  DE  (vì tứ giác AEFB DEFC hình chữ nhật) BM  MD (vì BFM , DEM tam giác vuông) 2 2 Vậy MA  MC MB  MD (đpcm) Bài 2: Cho ABC vuông A , đường cao AH , đường phân giác AD A Biết DB 30cm, DC 40cm Tính diện tích AHD B H D Lời giải AB DB AB AC      AB  AC  1 4 Vì AD đường phân giác nên AC DC 2 2 Mặt khác AB  AC BC  BD  DC  70   25 3  2 AC 70  AC 56  cm   AC   AC 70  16 Từ (1)(2) suy ra:   Khi AH  AB 42cm; BH  AB 422  25,  cm  ; HD BD  BH 30  25, 4,8  cm  BC 70 AB AC 42.56  33,  cm  BC 70 19 C 1 S AHD  AH HD  33, 6.4,8 80, 64  cm  2 Bài 3: Cho ABC vuông A , đường cao AH , cho A AC  2; HC  HB 2cm biết AB Tính: a) Tỉ số HC; HB B b) Các cạnh tam giác ABC H C Lời giải a) Ta có b) Ta có AC CH BC ; AB BH BC  HC  HB 2; HC  AC     HB  AB   2 2 HC 2 HB Suy HC 4cm, HC 2cm, BC 6cm Lại có AB BH BC 2.6 12  AB 2 3cm AC BC  AB 62  12 24  AC 2 6cm Bài 4: Cho tam giác ABC đường cao AH Vẽ A HD  AB Tia phân giác góc AHC cắt AC F F Biết AB 6cm, AC 8cm, BC 10cm Tính D a) Độ dài AH H B b) Chu vi tam giác ADF C Lời giải 2 2 a) Xét ABC có AB  AC 6  100 BC Áp dụng địn lí Pitago đảo ta suy ABC vng A Ta có AB AC BC AH  AH  AB AC 6.8  4,8  cm  BC 10 b) Xét tam giác ABH vng H , ta có: Xét tam giác ABC vng A , ta có: Xét tam giác AHC có AH  AB AD  AD  AC BC.HC  HC  HF 20 AH 4,82  3,84  cm  AB AC 82  6,  cm  BC 10 đường phân giác nên