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  b2  c2 2) b2  a.b; c2  a.c 3) h2  b.c 4) a.h  b.c 5) 1  2 2 h b c b b2  6) a a2 Chú ý: Diện tích tam giác vng: S  b.c Chứng minh: + Xét tam giác vuông AHB CHA, ta có: BAH  HCA (cùng phụ với HAC ) suy AHB ∽ CHA (g.g) nên ta có: AH CH   AH  BH CH HB HA + Xét tam giác vuông 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 AB2  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 Cho tam giác ABC vng A Khi ta có góc B, C góc nhọn, đặt C   , B       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;0  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     sin2   cos2   1; tg cot g  Với số góc đặc biệt ta có: sin 30  cos60  ;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 ,cos   suy sin  cos  Tương tự cho trường hợp lại BC BC + Ta có: 2  AB   AC  AB AC AB  AC 2 2 sin   ,cos    sin2    ,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  a b, BC  2a, HB  c, AB  a, CH  a e, BC D, CA  a 3, AH  AB  , BC  5a AC Giải: a a, Áp dụng cơng thức: Ta có: a  1   2 AH AB AC 1 1     AC  a 2 a AC AC 3a b, Ta có tam giác OAB cân O, BC  2BO Mà BC  4BH  BH  BO  OAB cân B Hay OAB tam giác Suy AB  a, AC  BC  AB2  4a2  a2  3a2 nên AC  a c, Áp dụng công thức: BA2  BH BC  BA2  BH (BH  HC ) hay a2  BH  a.BH  2BH  3a.BH  2a2    2BH  a  BH  2a    BH  d, Áp dụng cơng thức: Ta có: a  a Vậy BC  2a  AC  a 1   2 AH AB AC 1 1  2   AB  a  BC  AB  AC  4a2 Hay BC  2a 2 AB 3a AB a e, Đặt AB  3k, AC  4k với k   AB2  AC  (3k )2  (4k )2  25k  BC  25a2 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 cịn 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  AB2  4a2  a2  3a2  AC  a | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN a 3 7a2 2 2 b, Theo câu a) ta có: AC  a  AM   BM  BA  AM  a  a  4  BM  a 2 c Do G trọng tâm tam giác ABC nên CG  CN (với N trung điểm AB) a2 13 a 13 Áp dụng định lí Pitago ta có: CN  AN  AC   3a2  a2  CN  Suy 4 2 2 a 13 CG  CN  3 d Ta có: SAHO  1 BC 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 Cơsi ta có: AM  AN  AM.AN  MN  AM.AN Mà SAMON  MN  OA2  a2 nên AM AN  a2 Vậy a2 Dấu xảy AM  AN  AB  AC , hay tam giác ABC vng cân A Ví dụ Cho tam giác ABC vuông 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 c, Chứng minh: AM AN  d, Chứng minh: AH BC AB3 BN  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 BN BH CA d, Ta có: CM CA  CH , BN BA  BH  (*) ta lại có:  CM CH AB BH BC  BA2  BH  BA4 CA4 BN AB3 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  BH CH Lại có BA2  BH BC nên , CM  2 AB CA BA2 BA8 BH BA6 BA6  BH    suy  BH  hay BN  tương tự ta có: BC BC BA2 BC BC CA6 BA6 CA6 BA2  CA2 3 2 CM   BN  CM    Theo định lí Pitago ta có: BC BC BC BC 2 2 BA  CA  BC suy 3 BC 2 BN  CM  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  4IK.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 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN g, Chứng minh: SDEF   cos2 A  cos2 B  cos2 C SABC  h, Chứng minh: tan B.tan C   AD HD 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, F Do I trung điểm cạnh huyền AH nên tam giác AIE cân I suy IEA  IAE (1), tam giác OEC cân O nên OEC  OCE (2) Lấy (1) + (2) theo vế ta có: IEA  OEC  IAE  OCE  90 hay OEI  90 Tương tự ta có OFI  90 b, Do IE  IF  AH BC  I nằm trung trực EF, OE  OF  nên O nằm trung trực 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     4IK IO  AH   d, Trong tam giác vuông AEB ta có: cos A  cos A  AE , tam giác vng AFC ta có: AB AF AE AF EF AE     cos A , suy AEF ∽ ABC  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    AEF  BFD  DFE Tương tự câu f) ta có: SABC SABC SABC SABC SABC SBFD S S  cos2 B, DFE  cos2 C suy DEF   cos2 A  cos2 B  cos2 C SABC SABC SABC   AD AD AD ,tan C  h, Ta có: tan B  suy tan B.tan C  , ta cần chứng minh: BD DC BD.CD AD AD   AD.HD  BD.CD Thật xét tam giác BD.CD HD BDH tam giác ADC ta có: BHD  180  DHE  ACD suy BDH ∽ ADC nên DH BD hay AD.HD  BD.CD đpcm  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 (*) với BD cộng với (**) ta có:   AD   DC  BD   3BC  3a  AD  Vậy SABC      3a  1    1 a  1 a.2 a   a2 j, Ta cần chứng minh: S BMC  SABC SBHC (***) Áp dụng cơng thức tính diện tích tam giác ta có: SBMC  1 MD.BC , SABC  AD.BC , SBHC  HD.BC 2 Thay (***) điều cần chứng minh tương đương với MD2  AD.HD Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng BMC ta có: MD2  DB.DC Như ta quy chứng minh: DB.DC  AD.HD Xét tam giác BDH tam giác ADC ta có: BHD  180  DHE  ACD suy BDH ∽ ADC nên 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  c2  2bc.cos A b, S  p  p  a  p  b  p  c  (Công thức Heron) với p  abc c, a2  b2  c2  3S S 1 ab.sin C  bc.sin A  ac.sin B 2 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN d, a b c    R (với R bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) sin A sin B sin C Giải: 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: AB2  AE  EB2 , BC  BE  EC Trừ hai đẳng thức ta có: c2  a2  EA2  EC   EA  EC  EA  EC   b  EA  EC   EA  EC  c  a2 b2  c  a2 ta có: EA  EC  b  AE  b 2b Xét tam giác vng AEB ta có: cos A  AE b2  c2  a2   a2  b2  c2  2bc cos A AB 2bc Cách 2: Xét tam giác vng 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  a2  b2  c2  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: AB2  AD2  DB2 , AC  AD2  DC Trừ hai đẳng thức ta có: c2  b2  DB2  DC   DB  DC  DB  DC   a  DB  DC   DB  DC  có: DB  DC  a  BD  c  b2 ta a a2  c  b2 Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông ADB ta có: 2a  a2  c  b2   a2  c2  b2  a2  c  b2  AD  c    c  c      2a 2a 2a      2   a  c 2  b2   b2   a  c 2   a  b  c  a  c  b  b  a  c  b  c  a  .   Đặt 2p  a  b  c     2a 2a 4a     AD  S 16 p  p  a  p  b  p  c  4a  AD  p  p  a  p  b  p  c  a Từ ta 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 Côsi ta có:   p3 Suy  p  a  p  b  p  c    p  a  p 3 b  p  c   27   p3 p3 S  p  27 3 a  b  c Hay S  12 a  b  c S Mặt khác ta dễ chứng minh được:    a2  b2  c2 Suy  a2  b2  c 12 a  b2  c2  3S Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC d, Ta có: SABC  AD  AD  AB.sin B thay AD.BC , tam giác vuông ABD ta có: sin B  AB vào ta có SABC  1 AD.BC  AB.BC.sin B  ac.sin B Tương tự cho công 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: BOC  2BKC, BAC  BAO  OAC  Hay BAC  1 AOK  AOx 2 1 KOx  BOC  BKC Từ suy ra: 2 sin ABC  sin BKC  a a  R Tương tự: hay 2R sin A b c   2R 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  BKC kết quen thuộc chương 2- Hình (hai góc nội tiếp chắn cung) Nếu chứng minh: a b c   Ta làm đơn giản sau: sin A sin B sin C Vẽ AD  BC, D  BC, DAB có D  90 nên sin B  AD AD ; DAC có D  90 nên sin C  AB AC | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN 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 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   2 d, Chứng minh: AD  bc Giải: a, Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: DB  DC  AB DB b  suy DC  DB nên: AC DC c  b  c  DB  a   b  c  DB hay DB  ac  DB  a b DB  DB  c c c bc AB b  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  bc , c  a  ac , a  b  ab nhân BĐT  a  b  c  (có vế dương) chiều ta có:  b  c  c  a  a  b   8abc suy      b  c  c  a  a  b  hay sin A B C sin sin  Dấu xảy a  b  c hay tam giác ABC 2 c, Để chứng minh toán ta cần kết sau: + sin2  2sin .cos  10 + S  ab sin C *) Thật xét tam giác vuông ABC, A  90 , gọi O trung điểm BC, dựng đường cao AH Đặt ACB    AOB  2 Ta có: sin   sin C  sin 2  sin AMH  AH h AC b  ,cos   cos C   AC b BC a AH h 2h Từ ta suy ra:   AM a a sin2  2sin  cos *) S  ab sin C (Xem ví dụ 5) Trở lại tốn: Ta có: SABD  SACD   A 1 AD.AB sin A1  AD.c.sin   2 2  A 1 AD.AC sin A2  AD.b.sin   Suy 2 2 SABC  SACD  SABD  SABC  A AD sin   c  b  Mặt khác 2  A  bc sin A  AD sin   c  b   bc sin A  AD  2 bc sin A   A  b  c  sin     Ngồi 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: 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 11 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN 2bc cos cb A CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Như ta cần chứng minh: AH 2DC  AD a Dựng BE / / AD (E nằm đường thẳng AC) Suy 2AH  BE nên ta cần BE BC điều theo định lý Thales  AD DC BE.DC  AD.BC , hay Chú ý rằng: Ta chứng minh kết sau: cos2  cos2     2sin2  Thật xét tam giác vuông ABC, A  90 , gọi O trung điểm BC, dựng đường cao AH Đặt ACB    AOB  2 Ta có: cos   cos C  AC b AB c  ,sin   sin C   , BC a BC a a2 a2   c2 c AO  OB  AB a2  2c2 4 cos2  cos AOH     1 2  a a AO.OB a2 a 2 2 2 b a2  b2 2       Từ suy cos2  cos     2sin  a a  A  Áp dụng công thức: a2  b2  c2  2bc cos A  a2  b2  c  2bc  cos2  1   A b2  c  a2 A b  c  a Thay vào công thức đường phân giác ta có:  cos    cos2  2ac 4bc 2 A 2bc 2bc cos AD   cb có: bc  bc  AD  b  c  a2 4bc bc  bc  b  c  a  b  c  a   b  c  a  b  c  a  bc Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta  p  p  a  , với 2p  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   ta có: AB2 CD  AC BD  BC AB2  BD.DC ” + Thật vây: Ta kẻ AH  BC khơng tính tổng qt, ta giả sử D nằm đoạn HC Khi ta có: AB2  AD2  BD2  AD.BD.cos ADB  AD2  BD2  2DB.DH (1) 12 Tương tự ta có: AC  AD2  DC  2DH DC (2) Nhân đẳng thức (1) với DC đẳng thức (2) với   BD cộng lại theo vế ta có: AB2 CD  AC BD  BC AB2  BD.DC Ví dụ Cho tam giác cân ABC, A  20, AB  AC, AC  b, BC  a Chứng minh rằng: a3  b3  3ab2 Giải: Vẽ tia Bx cho CBx  20 , Bx cắt cạnh AC D Vẽ AE  Bx, E  Bx Xét BDC ABC có: CBD  BAC  20; BCD chung nên BDC ∽ ABC BD BC DC BD  BC  a ;   AB AC BC DC  BD a2 a2 BC  ; AD  AC  DC  b  Ta có: ABE vng E AB b b ABE  ABC  CBD  60 nên ABE nửa tam giác đều, suy BE  AB b  2  DE  BE  BD  b  a ABE vuông E, nên theo định lý Pitago ta có: AE  BE  AB  AE  AB  BE  b2 ADE vuông E, nên theo định lý Pitago ta có: a2  a4 b   AE  DE  AD  b2    a    b    b2  b  ab  a  b  2a  b  4 b 2   2  2 a4  ab  3a  a3  b3  3ab2 b Chú ý: Nếu không dùng định lý Pi ta go ta áp dụng cơng thức: AD2  AB  BD2  AB.BD.cos ABD  AB  BC  AB.BC  c  a  ac từ dựa vào hệ thức: BC  AC.DC  AC  AC  AD    AC AD    AC  BC  ta có kết cần 2 tìm Ví dụ Tính sin 2230,cos 2230, tan 2230 Giải: Dựng tam giác vng cân ABC, khơng tính tổng qt ta đặt: AB  AC  1, A  90  BC  Gọi AD phân giác góc B , theo tính chất đường phân giác ta có: 13 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN AD AB AD AB     AD    Áp dụng định lý Pitago DC BC AC BC  AB 1  BD2  AB  AD2  BD2    sin 2230  cos 2230     AD 1   BD 2 2   2    2  BD  2    1    1  2 2 AB 2 sin 2230   , tan 2230   1  BD cos 22  30 2   Ví dụ Chứng minh tam giác ABC, A  2B  a  b  b  c  Giải: Kẻ đường phân giác AD, ta có: CAD  DAB, ADC  DAB  B  2B  A  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  a2  b b  c  bc Ví dụ 10 Chứng minh sin18  1 Giải: Dựng tam giác cân ABC  AB  AC  , A  36  B  C  A Áp dụng ví dụ ta có:  BC  BC AB2  BC  AB.BC , chia hai vế cho AB , ta  1     AB  AB Gọi I trung điểm BC  AI  BC  BAI  CAI  18 BI BC BC  BC   sin18    4 1    AB AB AB  AB   4sin 18  2sin18 1  Giải phương trình ta tìm sin18  14 1 (do sin18  ) Bài toán tương tự: Cho tam giác MNP cân M có góc NMP  36 Tính tỷ số NM (Trích đề NP tuyển sinh vào lớp 10 chuyên Toán TP Hà Nội năm 2011-2012) Ta chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC có ABC  ACB Chứng minh: AC  AB2  AB.BC ” Thật vậy: Dựng phân giác BD tam giác ABC ta có: BDC tam giác cân từ suy ADB  2DBC  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 thay vào (1) ta có:     AD  DC BC AD  DC AB  BC AB  BC AC  AB2  AB.BC Có thể biến đổi theo cách: ABC ∽ ADB  AB AC BC   AD AB DB suy AB2  AC.AD, AB.BC  AC.DB  AC.DC (do DB  DC ) Từ ta có: AB2  AB.BC  AC  AD  DC   AC Trở lại toán: Tam giác MNP cân M NPM  36 suy N  P  2M Áp dụng bổ đề ta có: BC BC  BC  BC AB  BC  AB.BC Chia hai vế cho AB suy ra:    1    AB AB  AB  AB  2 BC 1   AB Ví dụ 11 6 6 ,sin15  4 Chứng minh cos15  Giải: Dựng tam giác vuông ABC: A  90, B  30 Giả sử AC   BC  2, AB  Dựng phân giác BD:  AD AB AD 3      AD   3 DC BC AD  DC  2  BD2  AB2  AD2  BD2   12   12  12  BD    1    1 15 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN  cos15  sin15  AB  BD   1 1 6  2     2 3 1 AD 3 6    BD   1 1   Ví dụ 12 Chứng minh cos 36  1 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 1     cos 36      AB 2 AB  AB  AB Ví dụ 13 Chứng minh hệ thức: tan 36  tan 72  10 tan 36  tan 72  90 Giải: sin 36  cos 36 tan 36     Sử dụng 2 cos 36 cos 36 cos 36 cos2 36    3 1       tan 36   cos 36  Tương tự, cot     1  , thay sin18  tính sin  cot 18    tan 72  tan 36  tan 72      10 tan 36  tan 72   tan 36  tan 72   tan 36 tan 72  90 Ví dụ 14 Cho tam giác ABC, có A  60 đường phân giác AD Chứng minh rằng: 16 1   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  S ABC  S ABD  S ADC  AD 1 AB AC.sin 60  AB AD sin 30  AC AD.sin 30 hay 2 1 1 Cũng giải nhanh cách áp dụng AB AC  AB AD  AC AD    2 AB AC AD cơng thức tính đường phân giác AD Ví dụ 15 Chứng minh tam giác ABC, A  60 a  b2  c2  bc ; A  120 a  b2  c2  bc Giải: Hạ BH vng góc với AC A  60  ABH  30  AH  1 AB c Trong AB  c, BH   2 2 BHC ta có: 3c  c  a  BC  BH  HC    b    b2  c  bc Trường hợp A  120 chứng minh tương  2 2 2 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  AD2  AH  HD2  AD2  AB2  BH  HD2 (1) Tương tự, AD2  AC  CH  HD2 (2) Cộng (1) (2) theo vế ta AD2  AB2  AC  BH  CH  2HD2 AD2  AB2  AC   BH  CH   2BH HC  2HD2 AD2  AB2  AC  BC   BD  HD  DC  HD   2HD2 AD2  AB2  AC  BC   BD2  HD2   2HD2 17 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN 1 1 AD  AB  AC  BC  BC  AB  AC  BC  ma2   b2  c2   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: 1 m2  n2   a  b2   b2 ; mc2   a  b2  Ví dụ 17 Cho tam giác ABC Chứng minh đường trung tuyến kẻ từ B C vng góc với b2  c2  5a Giải: Gọi BM, CN hai đường trung tuyến  BG  BM  BG  BM  1    BG    a  c   b2    a  c   b2 Tương tự, CG   a  b   c Khi  9   BM  CN  BG  CG  BC  2 2 2 a  c   b   a  b2   c  a  b2  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 đồng quy Chứng minh đẳng thức:  a  b   a2  b2  c2   2ab2 Giải: Xét tam giác vuông BHC: CH  BC  BH  BC   AB  AH   BC  AB  AH  BC  AB  CA  CH   BC  CA2  AB2  2CACH Tương tự, AH  CA2  AB  BC CH BC  CA2  AB   (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 HC   (2) Từ D kẻ đường thẳng DK  AC  BH / / DK  HK  OA CA 2CA BC  CA2  AB BC OD HK CH    (3) Từ (1), (2), (3)  CA2  AB  BC CA OA HA HA  BC 2CA  CA3  AB2CA  CA2 BC  AB2 BC  BC 18   BC  CA3   BC 2CA  CA2 BC  AB 2CA  AB2 BC  2BC.CA2   BC  CA  BC  CA2  AB2   2BC.CA2   a  b   a  b2  c   2ab2 Ví dụ 19 Cho tam giác ABC thoả mãn A  2B  4C Chứng minh rằng: 1   a b c Giải: Gọi H trung điểm BC, qua H dựng đường thẳng vng góc với BC cắt AB kéo dài D  DBC tam giác cân  B  BCD Theo giả thiết, A  2B  4C  7C  180 Đặt   180  C   , B  2 , A  4 , DAC  B  C  3  ACD    BDC  3 Do CAD cân  CA  CD  BD  Vì CA phân giác góc BCD  AB AB (1)  AC BD AB AD (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    Xác định cạnh tam giác AB AC AH Giải: 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  b2  bh  ah  ch  abh  a  b  c  ab  a  b  a  b2  ab  ab  a  b  a  b2  a 2b2  2ab  a  b   2ab   ab  ab  2a  2b     ab  2a  2b    b  2a  b  2 a2 a2 Vì a b số nguyên nên chia hết cho a   a   a   19 | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN Trường hợp: a    a   b   c   1 25 12  2 2  h  Thay vào thỏa h a b 144 mãn  AB  4, AC  3, BC  Trường hợp: a    a   b   c  Vậy hai trường hợp tam giác có cạnh 3,4,5 Ví dụ 21 Cho tam giác, thỏa mãn 2B  3C  180 Chứng minh BC  BC AC  AB2 Giải: Ta viết lại biểu thức cần chứng minh thành: BC  BC AC  AB2  BC  BC  AC   AB Trên BC lấy điểm D cho CD  AC Khi biểu thức cần chứng minh trở thành: BC.DB  AB2 ta nghĩ đến việc chứng minh: CBA ∽ ABD , thật vậy, ta có: ADB  180  ADC  180    180  C B  3C  C  180   180  B  C  A đpcm 2 20