CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021

CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021 CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021 CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021 CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021 CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021 CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021 CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021 CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021 CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021 CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021 CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021 CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021 CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021 CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021 CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021 CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021 CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021 CHUYÊN đề HÌNH học ôn TUYỂN SINH vào lớp 10 CHUYÊN môn TOÁN có GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) năm học 2020 2021

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) a = b + c A • 2) b2 = ab′; c = ac′ b 3) h = b′.c′ c 4) a.h = b.c h 1 5) = + h b c 6) b′ b = a a2 B• Chú ý: Diện tích tam giác vng: S = b.c H c′ • a b′ •C Chứng minh:
= HCA
(cùng phụ với HAC
) suy +) Xét tam giác vng AHB CHA , ta có: BAH AH CH = ⇔ AH = BH CH HB HA +) Xét tam giác vuông BHA BAC , ta có:
ABC chung suy ta ∆BAH ∽ ∆BAC ( g g ) nên ∆AHB ∽ ∆CHA ( g g ) nên ta có: 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 = ( S ABC )  BC AB + AC 1 = ⇔ = ⇔ = + 2 2 2 2 AH AB AC AH AB AC AH AB AC CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC ƠN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN MƠN TỐN CĨ GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) NĂM HỌC 2020-2021 Tỉ số lượng giác góc nhọn KIẾN THỨC CƠ BẢN A • canhgocvuong B• canhgocvuong β •H canhhuyen α •C Cho tam giác ABC vuông A Khi ta có góc B, C góc nhọn, đặt C = α , B = β α + β = 900 Xét góc α ta thấy: AB cạnh đối góc α , AC gọi cạnh kề góc α Các tỉ số lượng giác góc nhọn α (hình) định nghĩa sau: sin α = AB AC AB AC ; cosα = ; tan α = ;cot α = BC BC AC AB Nếu α góc nhọn thì: < sin α < 1;0 < cosα < 1;tan α > 0;cot α > Với hai góc α , β mà α + β = 900 , Ta có: sin α = cosβ ; cosα = sin β ; tan α = cot β ;cot α = tan β Nếu hai góc nhọn α β có sin α = sin β cosα = cosβ α = β sin α + cos 2α = 1; tan α cot α = Với số góc đặc biệt ta có: sin 300 = cos600 = ;sin 450 = cos450 = cos300 = sin 600 = 2 ;cot 600 = tan 300 = ; tan 450 = cot 450 = 1;cot 300 = tan 600 = Việc chứng minh hệ thức đơn giản: +) Ta có: sin α = AB AB ; cosβ = suy sin α = cosβ Tương tự cho trường hợp lại BC BC +) Ta có: 2 AB AC AB + AC  AB   AC  2 2 sin α = ; cosα =  sin α =  =  ; cos α =    sin α + cos α = BC BC BC  BC   BC  Một số ví dụ tiêu biểu CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC ƠN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN MƠN TỐN CĨ GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) NĂM HỌC 2020-2021 Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vng A , đường cao AH Tính độ dài cạnh lại tam giác ABC trường hợp sau: a AB = a, AH = a b BC = 2a; HC = BC d CA = a 3; AH = c AB = a; CH = a ; e a AB = ; BC = 5a AC Giải A • B• • H • O •C 1 = + 2 AH AB AC 1 1 = 2+  =  AC = a Ta có: 2 a AC AC 3a a a Áp dụng cơng thức: b Ta có tam giác OAB cân O , BC = BO Mà BC = BH  BH = BO  ∆OAB cân B Hay OAB tam giác Suy AB = a, AC = BC − AB = 4a − a = 3a nên AC = a c Áp dụng công thức: BA2 = BH BC  BA2 = BH ( BH + HC ) hay a = BH + a.BH ⇔ 2BH + 3a.BH − 2a = ⇔ ( BH − a )( BH + 2a ) =  BH = a Vậy BC = 2a  AC = a 1 = + 2 AH AB AC 1 1 = + 2 =  AB = a  BC = AB + AC = 4a Hay BC = a Ta có: 2 AB 3a AB a a d Áp dụng công thức: 2 e Đặt AB = 3k, AC = 4k với k >  AB + AC = ( 3k ) + ( 4k ) = 25k = BC = 25a suy k = a  AB = 3a, AC = 4a CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC ƠN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN MƠN TỐN CĨ GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) NĂM HỌC 2020-2021 Ví dụ 2: Cho tam giác vng ABC có A = 900 , BC = 2a , gọi O trung điểm BC Dựng AH ⊥ BC a Khi
ACB = 300 Tính độ dài cạnh lại tam giác b Khi
ACB = 300 Gọi M trung điểm AC Tính độ dài BM c Khi
ACB = 300 Các đoạn thẳng AO, BM cắt điểm G Tính độ dài GC
= 900 , BC = a Tam giác ABC phải thỏa mãn d Giả sử điểm A thay đổi cho BAC 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 thỏa mãn điều kiện để diện tích tứ giác AMON lớn nhất? Giải A • N • • M • B• • H • O •C a Khi
ACB = 300 tam giác ABC tam giác nửa nên AB = BC = a , AC = BC − AB = 4a − a = 3a  AC = a a 3 7a 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 ) Áp dụng định lý Pitago ta có: CN = AN + AC = a2 13a a 13 + 3a =  CN = Suy 4 2 a 13 CG = CN = 3 1 BC 2 2 AH + HO = AO = = a Diện tích tam giác AHO lớn ( ) 2 AH = HO Tức AHO vuông cân H Suy
ACB = 22030′ ,
ABC = 77030′ d Ta có: S AHO = AH HO ≤ CHUN ĐỀ HÌNH HỌC ƠN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN MƠN TỐN CĨ GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) NĂM HỌC 2020-2021 d Tứ giác AMON hình chữ nhật nên S AMON = AM AN Theo bất đẳng thức Cơsi ta có: AM + AN ≥ AM AN ⇔ MN ≥ AM AN Mà MN = OA2 = a2 nên AM AN ≤ S AMON ≤ a2 Vậy a2 Dấu xảy AM = AN ⇔ AB = AC , hay tam giác ABC vuông cân A Ví dụ 3: 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 c Chứng minh: AM AN = A • AH BC M • N AB BN d Chứng minh: = AC CM • e Chứng minh: AN.NB + AM MC = AH f Chứng minh: BC = BN + CM B• • •C H 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 = ( S ABC ) Từ câu a) 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 = ( S ABC ) nên AM AN.BC = AH d Ta có: CM CA = CH , BN BA = BH  BN BH CA = CM CH AB (*) ta lại có: BA4 CA4 BH AB 2 BH BC = BA  BH = , CH CB = CA  CH = thay vào (*) ta suy = BC BC CM AC 2 e Ta có: AN NB = HN , AM MC = HM  AN NB + AM MC = HN + HM Tứ giác ANHM hình chữ nhật nên HN + HM = MN = AH hay AN.NB + AM MC = AH BH CH f Ta có: CM CA = CH , BN BA = BH  BN = , CM = Lại có BA2 = BH BC nên AB AC suy BH = 2 BA2 BA8 BH BA6 BA6  BH =  = hay BN = tương tự ta có: BC BC BA2 BC BC CA6 CM =  BN + CM = BC BA2 + CA2 = BC suy 6 BA CA BA2 + CA2 + = Theo định lý 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 = a a) Chứng minh : tam giác IEO , IFO tam giác vuông b) Chứng minh : OI trung trực EF c) Chứng minh: AH = 4IK.IO EF = cos A BC EF FD ED = cos A.cosB.cosC e) Chứng minh : BC AC AB S f) Chứng minh: AEF = cos A S ABC S g) Chứng minh : DEF = − ( cos A + cos B + cos C ) S ABC d) Chứng minh : h) Chứng minh : tan B.tan C = AD HD i) Giả sử
ABC = 60° ,
ACB = 45° Tính S ABC theo a
= 90° Chứng minh: S j) Gọi M điểm AH cho BMC S ABC S BHC BMC = GIẢI A I K F B H D O C 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
= IAE
(1) , tam giác OEC cân O nên OEC
= OCE
( ) Lấy (1) + ( ) theo I suy IEA
+ OEC
= IAE
+ OCE
= 90° hay OEI
= 90° Tương tự ta có OFI
= 90° vế ta có IEA AH BC  I nằm trung trực EF , OE = OF = nên O nằm 2 trung trực EF suy OI trung trực EF b Do IE = IF = c Do OI trung trực EF nên IO ⊥ EF K Áp dụng hệ thức lượng tam  AH  giác vuông IEO ta có: IK IO = IE =   ⇔ 4IK IO = AH   AE , tam giác vuông AFC ta AB AF AE AF EF AE  = = = cos A có cos A = , suy ∆AEF ∽ ∆ABC  AC AB AC BC AB d Trong tam giác vuông AEB ta có cos A = e Tương tự câu d) ta có: FD ED EF FD ED = cos B, = cos C suy = cosA.cosB.cosC AC AB BC AC AB S AE f Theo câu d) ta có : ∆ AEF ∽ ∆ ABC  AEF =   = cos A S ABC  AB  g Ta có : ta có S DEF S ABC − S AEF − S BFD − S DFE S S S = = − AEF − BFD − DFE S ABC S ABC S ABC S ABC S ABC Tương tự câu f) S BFD S S = cos B, DFE = cos C suy DEF = − ( cos A + cos B + cos C ) S ABC S ABC S ABC AD AD AD , tan C = h Ta có : tan B = suy tan B.tan C = , ta cần chứng minh BD AC BD.CD AD AD = ⇔ AD.HD = BD.CD Thật xét tam giác BDH tam giác ADC ta có BD.CD HD DH BD
= 180° − DHE
=
= : BHD ACD suy ∆BDH ∽ ∆ ADC nên hay DC AD AD.HD = BD.CD đpcm i Để tính diện tích tam giác ABC ta cần tính đường cao AD theo a Do tam giác ACD vuông D nên AD = DC (*) Do
ABC = 60° nên : tan 60° = AD ⇔ AD = BD (**) Nhân BD (*) với cộng với (** ) ta có: ( ) + AD = ( DC + BD ) = 3BC = 3a  AD = 3a ( ) +1 = ( ) −1 a Vậy S ABC = ( − 1) a.2a = ( − ) a j Ta cần chứng minh S BMC = S ABC S BHC (***) Áp dụng cơng thức tính diện tích tam giác ta có : 1 SBMC = MD.BC , S ABC = AD.BC , SBHC = HD.BC 2 Thay vào (***) 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: DH BD
= 180° − BHE
=
= BHD ACD suy ∆BDH ∽ ∆ ADC Nên hay AD.HD = BD.CD DC AD đpcm Ví dụ Cho tam giác ABC có BC = a, AC = b, AB = c Chứng minh : a a2 = b2 + c2 − 2bc.cosA b S = p ( p − a )( p − b )( p − c ) ( công thức Heron ) với p = a +b+c c a + b2 + c ≥ 3S 1 S = ab.sin C = bc.sin A = ac.sin B 2 d a b c = = = R ( với R sin A sin B sin C bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác A Giải ABC E F H B D C ) a Dựng đường cao BE tam giác ABC ta có : Cách : Giả sử E thuộc cạnh AC Ta có : AC = AE + EC Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vng AEB, BEC ta có AB = AE + EB , BC = BE + EC Trừ hai đẳng thức ta có c − a = EA2 − EC = ( EA + EC )( EA − EC ) = b ( EA − EC )  EA − EC = Ta có EA + EC = b  AE = c2 − a2 b b2 + c2 − a2 2b AE b + c − a Xét tam giác vuông AEB ta có : cos A = = ⇔ a = b + c − 2bc.cos A AB 2bc Cách : 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 ⇔ a2 = b2 + c2 − 2bc cos A b Ta giả sử góc A là.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 pytago cho tam giác vng ADB, ADC , ta có : AB = AD + DB , AC = AD + DC Trừ hai đẳng thức ta có : c − b = DB − DC = ( DB + DC )( DB − DC ) = a ( DB − DC )  DB − DC = : DB + DC = a  BD = c2 − b2 ta có a a2 + c2 − b2 Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông ADB 2a ta có :  a2 + c2 − b2   a + c − b  a + c2 − b2  AD = c −  = c − c +     2a 2a 2a       ( a + c ) − b   b − ( a − c )2  ( a + b + c )( a + c − b )( b + a − c )( b + c − a ) Đặt p = a + b + c = . = 2a 2a 4a     2 AD2 = p ( p − a )( p − b )( p − c ) 16 p ( p − a )( p − b )( p − c )  AD = 4a a Từ tính 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  p −a + p −b+ p −c  p − a p − b p − c ≤ = Suy S ≤ ( )( )( )     27 Hay S ≤ ( a2 + b2 + c2 ) Suy S ≤ 12 p3 p2 = 27 3 Mặt khác ta dễ chứng minh : ( a + b + c )2 ≤ ( a + b + c ) ( a + b2 + c2 ) 12 p ⇔ a + b + c ≥ 3S Dấu đẳng thức xảy tam giác ABC d Ta có : S ABC = AD.BC , tam giác vng ABD ta có sin B = thay vào ta có S ABC = AD  AD = AB.sin B AB 1 AD.BC = AB.BC.sin B = ac.sinB Tương tự cho công 2 thức cịn lại e Dựng đường kính BK đường trịn ( O ) ngoại tiép tam giác ABC
= BCK
= 90° OA = OB = OC = R BAK
= Trong tam giác vng BKC ta có : sin BKC BC a = BK R Áp dụng tính chất góc ngồi tam giác ta có :
= 2BKC
, BAC
= BAO
+ OAC
=1
BOC AOK +
AOx 2
= KOx
= BOC
= BKC
Hay BAC 2
= ABC = sin BKC Từ suy : sin
Tương tự : a a = 2R hay 2R sin A b c = = R sin B sin C Chú ý : Việc dựng đường kính AK giúp ta tạo tam giác vuông đẻ sử dụng tỷ số
= BKC
kết quen thuộc chương 2- hình ( lượng giác góc nhọn, BAC hai góc nội tiếp chán cung ) Nếu chứng minh : a b c = = Ta làm đơn giản sau : sin A sin B sin C ... vuông cân H Suy
ACB = 22030′ ,
ABC = 77030′ d Ta có: S AHO = AH HO ≤ CHUN ĐỀ HÌNH HỌC ƠN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN MƠN TỐN CĨ GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) NĂM HỌC 2020- 2021 d Tứ giác AMON hình. .. = BC BC BC  BC   BC  Một số ví dụ tiêu biểu CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC ƠN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10 CHUN MƠN TỐN CĨ GIẢI CHI TIẾT (PHẦN 1) NĂM HỌC 2020- 2021 Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vng A , đường cao... Ta có: 2 AB 3a AB a a d Áp dụng công thức: 2 e Đặt AB = 3k, AC = 4k với k >  AB + AC = ( 3k ) + ( 4k ) = 25k = BC = 25a suy k = a  AB = 3a, AC = 4a CHUYÊN ĐỀ HÌNH HỌC ƠN TUYỂN SINH VÀO LỚP 10