Hh9 chuyên đề 1 hệ thức lượng trong tam giác vuông(20 trang0

HH9-CHUYÊN ĐỀ HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG I Hệ thức cạnh đường cao KIẾN THỨC CƠ BẢN Khi giải toán liên quan đến cạnh đường cao tam giác vng, ngồi việc nắm vững kiến thức định lý Thales, trường hợp đồng dạng tam giác, cần phải nắm vững kiến thức sau: Tam giác ABC vuông A, đường cao AH, kí hiệu: AB c, BC a, CA b, AH h, HB c, HC b Ta có: 1) a2 b  c 2) b a.b; c a.c 3) h2 b.c 4) a.h b.c 5) 1  2 2 h b c 6) b b2  a a2 Chú ý: Diện tích tam giác vng: S  b.c Chứng minh:    + Xét tam giác vng AHB CHA, ta có: BAH (cùng phụ với HAC ) suy HCA AHB ∽ CHA (g.g) nên ta có: AH CH   AH BH CH HB HA + Xét tam giác vng BHA BAC, ta có: ABC chung suy BAH ∽BAC (g.g) nên ta có: BH BA   BA2 BH BC BA BC + Tương tự ta có: AHC ∽ BAC (g.g) nên AC BC   CA2 CH CB HC AC + Ta có: AH BC  AB AC  2SABC   BC AB  AC 1      2 2 2 2 AH AB AC AH AB AC AH AB AC II Tỉ số lượng giác góc nhọn KIẾN THỨC CƠ BẢN   , B   Cho tam giác ABC vng A Khi ta có góc B, C góc nhọn, đặt C    90 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Xét góc:  ta thấy: AB cạnh đối góc  , AC gọi cạnh kề góc  Các tỉ số lượng giác góc nhọn  (hình) định nghĩa sau: sin   AB AC AB AC ; cos   ; tan   ; cot   BC BC AC AB + Nếu  góc nhọn thì:  sin   1;  cos   1; tan   0; cot   Với hai góc  ,  mà    90 , Ta có: sin  cos  ; cos  sin  ; tan  cot  ; cot  tan  Nếu hai góc nhọn   có sin  sin  cos  cos    sin   cos2  1; tg cot g 1 Với số góc đặc biệt ta có: sin 30 cos 60  ;sin 45 cos 45  2 cos30 sin 60  ; cot 60 tan 30  tan 45 cot 45 1; cot 30 tan 60  Việc chứng minh hệ thức đơn giản: + Ta có: sin   AB AB suy sin cos  Tương tự cho trường hợp lại ,cos   BC BC + Ta có: 2  AB   AC  AB AC AB  AC 2 2 sin   ,cos    sin   ,cos    sin   cos   1    BC BC BC  BC   BC  III Một số ví dụ tiêu biểu Ví dụ Cho tam giác ABC vuông A, dựng đường cao AH Tính độ dài cạnh cịn lại tam giác ABC trường hợp sau: a, AB a, AH  b, BC 2a, HB  BC a c, AB a, CH  a e, D, CA a 3, AH  AB  , BC 5a AC Giải: a, Áp dụng công thức: 1  2 AH AB AC 2 a Ta có: a  1 1     AC a 2 a AC AC 3a b, Ta có tam giác OAB cân O, BC 2BO Mà BC 4 BH  BH BO  OAB cân B Hay OAB tam giác Suy AB a, AC BC  AB 4a  a2 3a2 nên AC a c, Áp dụng công thức: BA2 BH BC  BA BH (BH  HC ) hay a BH  a.BH a  BH  3a.BH  2a 0   BH  a   BH  2a  0  BH  Vậy BC 2a  AC a d, Áp dụng công thức: Ta có: a  1  2 AH AB AC 1 1  2   AB a  BC  AB  AC 4a 2 Hay BC 2a AB 3a AB a e, Đặt AB 3k , AC 4k với k   AB  AC (3k )2  (4k )2 25k BC 25a suy k a  AB 3a, AC 4a Ví dụ Cho tam giác vng ABC có A 90 , BC 2a , gọi O trung điểm BC Dựng AH  BC  a, Khi ACB 30 Tính độ dài cạnh lại tam giác  b, Khi ACB 30 Gọi M trung điểm AC Tính độ dài BM  c Khi ACB 30 Các đoạn thẳng AO, BM cắt điểm G Tính độ dài GC  d Giả sử điểm A thay đổi cho BAC 90 , BC 2a Tam giác ABC phải thoả mãn điều kiện để diện tích tam giác AHO lớn nhất? e Giả sử CG cắt AB điểm N Tứ giác AMON hình gì? Tam giác ABC phải thoả mãn điều kiện để diện tích tứ giác AMON lớn nhất? Giải:  a, Khi ACB 30 tam giác ABC tam giác nửa nên AB  BC a , AC BC  AB 4a  a 3a  AC a b, Theo AC a  AM  câu a) ta a 3 7a  BM BA  AM a2  a  4 | TÀI LIỆU WORD TỐN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN có: CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN  BM  a 2 c Do G trọng tâm tam giác ABC nên CG  CN (với N trung điểm AB) Áp dụng định lí Pitago ta có: CN  AN  AC  a2 13 a 13 Suy  3a2  a2  CN  4 2 a 13 CG  CN  3 d Ta có: SAHO 1 BC 2 2  AH HO  AH  HO  AO  a2 Diện tích tam giác AHO lớn 2    AH HO Tức AHO vuông cân H Suy ACB 22 30, ABC 77 30 e Tứ giác AMON hình chữ nhật nên SAMON  AM AN Theo bất đẳng thức Côsi ta có: AM  AN 2 AM AN  MN 2 AM AN Mà SAMON  2 2 MN OA a nên a2 AM AN  Vậy a2 Dấu xảy AM  AN  AB  AC , hay tam giác ABC vuông cân A Ví dụ Cho tam giác ABC vng A, kẻ đường cao AH Từ H dựng HM, HN vng góc với AC, AB a, Chứng minh: CM CA.BN BA  AH b, Chứng minh: CM BN BC  AH AH c, Chứng minh: AM AN  BC AB BN  d, Chứng minh: AC CM e, Chứng minh: AN NB  AM MC  AH f, Chứng minh: BC  BN  CM Giải: a, Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông AHB, AHC, ABC ta có: BN BA BH , CM CA CH , HB.HC  AH , suy CM CA.BN BA  CH BH   AH b, Chú ý rằng: AB AC  AH BC  2SABC  từ câu a) ta suy CM BN AH BC  AH  CM BN BC AH c, Ta có: AM AC  AH , AN AB  AH  AM AN AB AC  AH , mặt khác AB AC  AH BC  2SABC  nên AM AN BC  AH d, Ta có: CM CA CH , BN BA BH  BH BC BA2  BH  BN BH CA  (*) ta lại có: CM CH AB BA CA BN AB 2 , CH CB  CA  CH   thay vào (*) ta suy CM AC BC BC e, Ta có: AN NB HN , AM MC HM  AN NC  AM MC HN  HM 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  suy  BH  CM  CA6  BC BH CH , CM  Lại có BA2 BH BC nên 2 AB CA BA2 BA8 BH BA6 BA6  BH    BN  hay tương tự ta có: BC BC BA2 BC BC BN  CM  BA2  CA BC suy BA6 CA6 BA2  CA2   Theo định lí Pitago ta có: BC BC BC BN  CM  BC BC  BC Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC có đường cao AD, BE, CF cắt H, gọi O trung điểm BC, I trung điểm AH, K giao điểm EF, OI biết BC 2a a, Chứng minh: Các tam giác IEO, IFO tam giác vuông b, Chứng minh: OI trung trực EF c, Chứng minh: AH 4 IK IO d, Chứng minh: EF cos A BC e, Chứng minh: EF FD ED cos A.cos B.cos C BC AC AB f, Chứng minh: SAEF cos2 A SABC g, Chứng minh: SDEF 1  cos2 A  cos2 B  cos2 C SABC  h, Chứng minh: tan B.tan C   AD HD | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN  i, Giả sử ABC 60 , ACB 45 Tính SABC theo a  j, Gọi M điểm AH cho BMC 90 Chứng minh: SBMC  SABC SBHC Giải: a, Do BE, CF đường cao tam giác ABC nên tam giác AEH, AFH vuông E,  IAE  F Do I trung điểm cạnh huyền AH nên tam giác AIE cân I suy IEA (1), tam giác     OEC    OCE  OEC cân O nên OEC (2) Lấy (1) + (2) theo vế ta có: IEA OCE IAE 90   hay OEI 90 Tương tự ta có OFI 90 b, Do IE IF  AH BC nên O nằm trung trực  I nằm trung trực EF, OE OF  2 EF suy OI trung trực EF, c, Do OI trung trực EF nên IO  EF K Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông  AH  IEO ta có: IK IO IE     IK IO  AH   d, Trong tam giác vng AEB ta có: cos A  cos A  AE , tam giác vuông AFC ta có: AB AF AE AF EF AE , suy AEF ∽ ABC     cos A AC AB AC BC AB e, Tương tự câu d) ta có: FD ED EF FD ED cos B, cos C suy cos A.cos B.cos C AC AB BC AC AB S  AE  f, Theo câu d) ta có: AEF ∽ ABC  AEF   cos A SABC  AB  g, Ta có: SDEF SABC  SAEF  SBFD  SDFE S S S  1  AEF  BFD  DFE Tương tự câu f) ta có: SABC S ABC SABC SABC SABC SBFD S S cos2 B, DFE cos2 C suy DEF 1  cos2 A  cos2 B  cos2 C SABC SABC SABC  h, Ta có: tan B   AD AD AD suy , ta cần chứng minh: ,tan C  tan B.tan C  BD DC BD.CD AD AD   AD.HD BD.CD Thật xét tam giác BDH tam giác ADC ta có: BD.CD HD DH BD    suy BDH ∽ ADC nên hay AD.HD BD.CD đpcm  BHD 180  DHE  ACD DC AD i, Để tính diện tích tam giác ABC ta cần tính đường cao AD theo a Do tam giác ACD vuông cân D nên AD DC (*) Do ABC 60 nên: tan 60  AD  AD BD (**) Nhân BD cộng với (**) ta có: (*) với    AD   DC  BD   3BC 2 3a  AD  Vậy SABC      a.2a   3a   1    3 a  a2 j, Ta cần chứng minh: S BMC SABC SBHC (***) Áp dụng cơng thức tính diện tích tam giác ta có: 1 SBMC  MD.BC , SABC  AD.BC , SBHC  HD.BC 2 Thay (***) điều cần chứng minh tương đương với MD  AD.HD Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng BMC ta có: MD DB.DC Như ta quy chứng minh: DB.DC  AD.HD Xét tam giác BDH tam giác ADC ta có:    suy BDH ∽ ADC nên BHD 180  DHE  ACD DH BD hay AD.HD BD.CD đpcm  DC AD Ví dụ Cho tam giác ABC có BC a, AC b, AB c Chứng minh rằng: a, a2 b2  c  2bc.cos A b, S  p  p  a   p  b   p  c  (Công thức Heron) với p  abc c, a  b  c 4 3S 1 S  ab.sin C  bc.sin A  ac.sin B 2 d, a b c   2 R (với R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC) sin A sin B sin C Giải: | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN a, Dựng đường cao BE tam giác ABC ta có: Cách 1: Giả sử E thuộc cạnh AC Ta có: AC  AE  EC Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vng AEB, BEC ta có: AB  AE  EB , BC BE  EC 2 2 Trừ hai đẳng thức ta có: c  a EA  EC  EA  EC   EA  EC  b  EA  EC  c2  a2 b2  c2  a2 ta có:  EA  EC  EA  EC b  AE  b 2b Xét tam giác vng AEB ta có: cos A  AE b2  c  a   a2 b2  c  2bc cos A AB 2bc Cách 2: Xét tam giác vuông CEB ta có: BC BE  EC BE   AC  AE  BE  AE  AC  AC AE Ta có: AE  AB.cos A suy BC BE  AE  AC  AC AB.cos A hay BC BA2  AC  AC AB.cos A  a b  c  2bc cos A b, Ta giả sử góc A góc lớn tam giác ABC  B, C góc nhọn Suy chân đường cao hạ từ A lên BC điểm D thuộc cạnh BC Ta có: BC BD  DC Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vng ADB, ADC ta có: AB  AD  DB , AC  AD  DC Trừ hai đẳng thức ta có: c  b2 DB  DC  DB  DC   DB  DC  a  DB  DC   DB  DC  có: DB  DC a  BD  c2  b2 ta a a2  c  b2 Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vng ADB ta có: 2a  a2  c  b2   a2  c2  b2   a2  c2  b2  AD c    c  c      2a 2a 2a      2   a  c   b2   b   a  c    a  b  c   a  c  b   b  a  c   b  c  a      Đặt p a  b  c     2a 2a 4a2     p  p  a  p  b  p  c 16 p  p  a   p  b   p  c  Từ ta AD   AD  2 a 4a S  BC AD  p  p  a   p  b   p  c  c, Từ câu b) ta có: S  p  p  a   p  b   p  c  Áp dụng bất đẳng thức Cơsi ta có: p3 p3  p a p b p c p3 Suy S  p   p  a   p  b   p  c     27 27 3    a  b  c Hay S  12  a  b  c S Mặt khác ta dễ chứng minh được: 3 a  b  c Suy  a2  b2  c2  12  a  b2  c 4 3S Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC AD d, Ta có: SABC  AD.BC , tam giác vng ABD ta có: sin B   AD  AB.sin B thay AB 1 vào ta có SABC  AD.BC  AB.BC.sin B  ac.sin B Tương tự cho cơng thức cịn lại 2   e, Dựng đường kính BK đường tròn  O  ngoại tiếp tam giác ABC BAK BCK 90 OA OB OC OK R  Trong tam giác vng BKC ta có: sin BKC  BC a  BK R Áp dụng tính chất góc ngồi tam giác ta có: 1 1      BOC 2 BKC , BAC BAO  OAC  AOK  AOx 2 1 1   Hay BAC Từ suy ra:  KOx  BOC BKC 2 a a  hay sin ABC sin BKC  2 R Tương tự: 2R sin A b c  2 R sin B sin C Chú ý: Việc dựng đường kính AK giúp ta tạo tam giác vng để sử dụng tỷ số lượng giác góc   nhọn, BAC kết quen thuộc chương 2- Hình (hai góc nội tiếp chắn BKC cung) Nếu chứng minh: a b c Ta làm đơn giản sau:   sin A sin B sin C   AD  90 nên sin B  AD ; DAC có D  90 nên sin C Vẽ AD  BC , D  BC , DAB có D AB AC Do Vậy sin B AC b b c a b Chứng minh tương tự ta có      sin C AB c sin B sin C sin A sin B a b c   sin A sin B sin C | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN Ví dụ Cho tam giác ABC với đỉnh A, B, C cạnh đối diện với đỉnh tương ứng là: a, b, c Gọi D chân đường phân giác góc A Chứng minh rằng: a, Chứng minh: BD a  AB b  c b, Chứng minh: sin A a  bc c, Chứng minh: sin A B C sin sin  2  A 2bc.cos   d, Chứng minh: 2 AD  b c Giải: a, Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: AB DB b suy DC  DB nên:  AC DC c  b  c  DB  a  b  c  DB hay DB  ac  DB  a b DB  DC  DB  DB  bc AB b  c c c c b, Dựng BH  AD sin A BH BD a    AB AB b  c c, Áp dụng kết câu a, b ta có: sin A B C  a  b  c  sin sin     2  b c  c a  a b  Theo bất đẳng thức AM  GM ta có: b  c 2 bc , c  a 2 ac , a  b 2 ab nhân BĐT (có vế dương) chiều ta có:  b  c   c  a   a  b  8abc suy  a  b  c  A B C      hay sin sin sin  2  b c  c a  a b  Dấu xảy a b c hay tam giác ABC c, Để chứng minh toán ta cần kết sau: + sin 2 2sin  cos  + S  ab sin C *) Thật xét tam giác vuông ABC, A 90 , gọi O trung điểm BC, dựng đường cao AH 10   Đặt ACB   AOB 2 Ta có: sin  sin C  AH h AC b  ,cos  cos C   AC b BC a AH h 2h  sin 2 sin AMH    AM a a Từ ta suy ra: sin 2 2 sin  cos  *) S  ab sin C (Xem ví dụ 5) Trở lại tốn:  A 1  Ta có: SABD  AD AB sin A1  AD.c.sin   2 2  A 1   AD.b.sin  A  SACD  AD AC sin A   Suy SABC SACD  SABD  AD sin    c  b  Mặt 2 2 2 khác SABC A 2bc cos  A bc sin A  bc sin A  AD sin    c  b  bc sin A  AD   2 c  b   A   b  c sin   2   Ngoài ta chứng minh theo cách khác: Dựng BH  AD , BH cắt AC K tam giác ABK cân A nên H trung điểm BK Ta có: cos A AH A   AH c.cos , AB Theo tính chất phân giác ta có: 11 | TÀI LIỆU WORD TỐN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN AB DB AB  AC DB  DC    AC DC AC DC  DC  AC BC ab DC b hay DC    AB  AC bc a bc Như ta cần chứng minh: AH DC  AD a Dựng BE / / AD (E nằm đường thẳng AC) Suy 2AH BE nên ta cần BE DC  AD.BC , hay BE BC điều theo định lý Thales  AD DC Chú ý rằng: Ta chứng minh kết sau: cos 2 2 cos2   1  2sin  Thật xét tam giác vuông ABC, A 90 , gọi O trung điểm BC, dựng đường cao AH Đặt AC b AB c    ,sin  sin C   , ACB   AOB 2 Ta có: cos  cos C  BC a BC a a2 a   c2 AO  OB  AB a  2c cos 2 cos AOH  4  1  a a AO.OB a2 2 2 c 2   a 2  b a2  b2 1  2    Từ suy cos 2 2 cos2   1  2sin  a  a   2 2 2 A  1 Áp dụng công thức: a b  c  2bc cos A  a b  c  2bc  cos   b  c   a2  b2  c  a 2 A A Thay vào công thức đường phân giác ta có:  cos    cos  2ac 4bc A 2bc 2bc cos AD   cb có: bc   b  c bc  AD  2  a2 4bc b c  bc  b  c  a   b  c  a  Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta  b  c  a  b  c  a b c  p  p  a  , với p a  b  c Áp dụng công thức: a2 b2  c2  2bc cos A Ta chứng minh hệ thức quan trọng hình học phẳng (Định lí Stewart) là: “Cho điểm D nằm cạnh BC tam giác ABC 2 ta có: AB CD  AC BD BC AB  BD.DC ”   12 + Thật vây: Ta kẻ AH  BC khơng tính tổng qt, ta giả sử D nằm đoạn HC Khi ta có:  AB  AD  BD  AD.BD.cos ADB  AD  BD  2DB.DH (1) Tương tự ta có: AC  AD  DC  DH DC (2) Nhân đẳng thức (1) với DC đẳng thức (2) với 2 BD cộng lại theo vế ta có: AB CD  AC BD BC AB  BD.DC   Ví dụ Cho tam giác cân ABC, A 20 , AB  AC , AC b, BC a Chứng minh rằng: a3  b3 3ab Giải:  Vẽ tia Bx cho CBx 20 , Bx cắt cạnh AC D Vẽ AE  Bx , E  Bx Xét BDC ABC có:    chung nên BDC ∽ ABC CBD BAC 20 ; BCD BD BC DC   BD BC a ; AB AC BC DC  BD a2 a2 Ta có: ABE vng E BC  ; AD  AC  DC b  AB b b AB b ABE  ABC  CBD   60 nên ABE nửa tam giác đều, suy BE  2 b  DE BE  BD   a ABE vuông E, nên theo định lý Pitago ta có: AE  BE  AB  AE  AB  BE  b ADE vuông E, nên theo định lý Pitago ta có: 2 a2  2 a4 b   2 AE  DE  AD  b    a   b   b  b  ab  a  b  a   b  4 b2 2    2 a4  ab 3a  a  b 3ab b2 Chú ý: Nếu không dùng định lý Pi ta go ta áp dụng cơng thức: AD  AB  BD  AB.BD.cos ABD  AB  BC  AB.BC c  a  ac từ dựa vào hệ 2 thức: BC  AC.DC  AC  AC  AD    AC.AD   AC  BC  ta có kết cần tìm Ví dụ .13 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Tính sin 22 30, cos 22 30, tan 22 30 Giải: Dựng tam giác vuông cân ABC, không tính tổng quát ta đặt: AB  AC 1, A 90  BC   , theo tính chất đường phân giác ta có: Gọi AD phân giác góc B AD AB AD AB     AD    Áp dụng định lý Pitago DC BC AC BC  AB 1   BD  AB  AD  BD 1   sin 22 30  cos 22 30    AD 21   BD 2 2   AB  BD 2      4  2  BD  2   21    21  2 2 2 sin 22 30 , tan 22 30   21 cos 22 30 Ví dụ   a b  b  c  Chứng minh tam giác ABC, A 2 B Giải: Kẻ đường phân giác AD, ta có:     2 B   A CAD DAB , ADC DAB B  ABC ∽ DAC  AB DA   cb aAD aBD BC AC BD AB BD AB ac     AD  CD AC BC AB  AC b c  bc a ac  a b  b  c  b c Ví dụ 10 Chứng minh sin18  51 Giải:  C  2 A Áp dụng ví Dựng tam giác cân ABC  AB  AC  , A 36  B dụ ta có:  BC  BC  0 Gọi I trung điểm AB BC  AB.BC , chia hai vế cho AB , ta    AB  AB  2   BC  AI  BC  BAI CAI 18 14 BI BC BC  BC   sin18    4  0   AB AB AB  AB   4sin 18  2sin18  0 Giải phương trình ta tìm sin18  51 (do sin18  ) Bài toán tương tự: Cho tam giác MNP cân M có góc NM  (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội năm 2011NMP 36 Tính tỷ số NP 2012) Ta chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC có ABC 2 ACB Chứng minh: AC  AB  AB.BC ” Thật vậy: Dựng phân giác BD tam giác ABC ta có: BDC tam giác cân từ  suy ADB 2 DBC  ABC suy ABC ∽ ADB (g.g)  AB AD   AB  AD AC (1) Theo tính chất đường phân giác ta có: AC AB AD AB AD AB AB AC     AD  thay vào (1) ta có: AC  AB  AB.BC DC BC AD  DC AB  BC AB  BC Có thể biến đổi theo cách: ABC ∽ ADB  AB AC BC   AD AB DB suy AB  AC AD, AB.BC  AC.DB  AC.DC (do DB DC ) 2 Từ ta có: AB  AB.BC  AC  AD  DC   AC   P  2M  Áp dụng bổ đề ta có: Trở lại tốn: Tam giác MNP cân M NPM 36 suy N AB BC  AB.BC Chia hai vế cho AB suy ra:   BC BC  BC  BC    0   AB AB AB  AB  BC    AB Ví dụ 11 Chứng minh cos15  6 6 ,sin15  4 Giải:  30 Giả sử AC 1  BC 2, AB  Dựng tam giác vuông ABC: A 90 , B 15 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Dựng phân giác BD:  AD AB AD 3      AD  2  DC BC AD  DC  2  BD  AB  AD  BD 3  12   12 12  BD    cos15  sin15   3 AB  BD 6    3   3 1 6  2     2 3 1 AD 3 6    BD   1 31   Ví dụ 12 1 Chứng minh cos 36  Giải: Dựng tam giác cân ABC ( AB  AC ) có A 108 , lấy điểm D BC cho CD CA Ta có: CAD cân  ADC 72  ADB 108  ABC ∽ DAB  AB DA   AB  BC.DA BC  BC  AB   AB BC  BC AB Chia hai vế cho AB BC AB được: BC  BC   BC  BC  0    cos 36      AB AB 2 AB  AB  Ví dụ 13 Chứng minh hệ thức: tan 36  tan 72 10 tan 36  tan 72 90 Giải: tan 36  sin 36  cos 36    Sử dụng 2 cos 36 cos 36 cos 36   3 1 cos 36     2  cos 36  16   tan 36 5   Tương tự, cot    , thay sin18   tính sin  cot 18 5  tan 72  tan 36  tan 72 5    10 tan 36  tan 72  tan 36  tan 72   tan 36 tan 72 90 Ví dụ 14 1 Cho tam giác ABC, có A 60 đường phân giác AD Chứng minh rằng:   AB AC AD Giải:   Dựng tam giác ABC, A 60 , AD phân giác A  BAD CAD 30 Kẻ DH  AC , DK  AB  AKD AHD  DH DK  AD S ABC S ABD  S ADC  1 AB.AC sin 60  AB AD sin 30  AC AD.sin 30 2 hay 1 1 Cũng giải AB AC  AB AD  AC AD    2 AB AC AD nhanh cách áp dụng cơng thức tính đường phân giác AD Ví dụ 15 Chứng minh tam giác ABC, A 60 a b  c  bc ; A 120 a b  c  bc Giải: Hạ BH vng góc với AC A 60  ABH 30  AH  AB  c, BH  AB  c Trong 2 2 BHC ta có: 3c  c  a BC BH  HC    b   b  c  bc Trường hợp  2 2 2 A 120 chứng minh tương tự Ví dụ 16 Tính độ dài đường trung tuyến tam giác, biểu thị qua ba cạnh tam giác Giải: Gọi AD trung tuyến thuộc cạnh BC  DB DC Kẻ AH  BC  AD  AH  HD  AD  AB  BH  HD (1) 17 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Tương tự, AD  AC  CH  HD (2) Cộng (1) (2) theo vế ta AD  AB  AC  BH  CH  HD 2 AD  AB  AC   BH  CH   BH HC  HD 2 AD  AB  AC  BC   BD  HD   DC  HD   HD 2 AD  AB  AC  BC   BD  HD   HD 1 1 AD  AB  AC  BC  BC  AB  AC  BC  ma2   b  c   a 2 Hoàn toàn tương tự ta tính độ dài đường trung tuyến cịn lại (dành cho bạn đọc) Từ hệ thức này, ta suy ra: hình bình hành, độ dài cạnh a, b hai đường chéo m, n Ta có: m  n 2  a  b   2 b ; mc   a  b  Ví dụ 17 Cho tam giác ABC Chứng minh đường trung tuyến kẻ từ B C vng góc với b  c 5a Giải: 2 Gọi BM, CN hai đường trung tuyến  BG  BM  BG  BM 4 1    BG    a  c   b    a  c   b Tương tự, 9   CG  2 a  b   c Khi  9 BM  CN  BG  CG BC  2 2 2 a  c   b   a  b   c a  b  c 5a  9 9 Ví dụ 18 Cho tam giác ABC  BC a, CA b, AB c  Trung tuyến AD, đường cao BH phân giác CE 2 2 đồng quy Chứng minh đẳng thức:  a  b   a  b  c  2ab Giải: Xét tam giác vuông BHC: CH BC  BH BC   AB  AH  BC  AB  AH BC  AB   CA  CH   BC  CA2  AB 2CA.CH 18 CA2  AB  BC CH BC  CA2  AB Tương tự, AH  (1)   2CA AH CA2  AB  BC CE phân giác tam giác ABC, AD, BH, CE đồng quy  CO đường phân giác ADC  OD CD BC   (2) Từ D kẻ đường OA CA 2CA thẳng DK  AC  BH / / DK  HK   HC OD HK CH BC  CA2  AB BC   (3) Từ (1), (2), (3)   OA HA HA CA2  AB  BC CA  BC 2CA  CA3  AB 2CA CA2 BC  AB BC  BC   BC  CA3   BC 2CA  CA2 BC  AB 2CA  AB BC 2BC.CA2   BC  CA   BC  CA2  AB  2BC CA2   a  b   a  b  c  2ab Ví dụ 19  4C  Chứng minh rằng:   Cho tam giác ABC thoả mãn A 2 B a b c Giải: Gọi H trung điểm BC, qua H dựng đường thẳng vng góc với BC cắt AB kéo dài D  BCD   DBC tam giác cân  B  4C   7C  180 Theo giả thiết, A 2 B 180   , B  2 , A 4 , C Đặt     C  3  ACD   BDC  DAC B 3 Do CAD cân  CA CD BD  AB AB  (1) AC BD AB AD    Vì CA phân giác góc BCD (2) Cộng (1) với (2) vế được: AC CD AB AB AB AD AB  AD 1 1 1     1       AC BC BD CD BD AC BC AB a b c Ví dụ 20   Cho tam giác vuông ABC A 90 , đường cao AH Độ dài cạnh tam giác số nguyên thoả mãn 1   1 Xác định cạnh tam giác AB AC AH Giải: 19 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Đặt AB a, AC b, AH h , ta có: 1   1 a b h  bh  ah  ab abh Tam giác ABC vuông  ab ch c  a  b  bh  ah  ch abh  a  b  c ab  a  b  a  b ab  ab  a  b  a  b  a 2b  2ab  a  b   2ab 0  ab  ab  2a  2b   0  ab  2a  2b  0  b  2a  b 2  a a Vì a b số nguyên nên chia hết cho a   a  2 a  1 Trường hợp: a  2  a 4  b 3  c 5  1 25 12  2 2  h  Thay vào thỏa h a b 144 mãn  AB 4, AC 3, BC 5 Trường hợp: a  1  a 3  b 4  c 5 Vậy hai trường hợp tam giác có cạnh 3,4,5 Ví dụ 21   3C  180 Chứng minh BC BC AC  AB Cho tam giác, thỏa mãn B Giải: 2 Ta viết lại biểu thức cần chứng minh thành: BC  BC AC  AB  BC  BC  AC   AB Trên BC lấy điểm D cho CD  AC Khi biểu thức cần chứng minh trở thành: BC.DB  AB ta nghĩ đến việc chứng minh: CBA ∽ABD , thật vậy, ta có:     ADB 180  ADC 180  180  C 180  B  3C  C 180  B  C   A đpcm 2  20 