HỆ THỨC LƯỢNG TAM GIÁC VUÔNG GK1

Câu 1: Cho tam giác ABC vuông A , đường cao AH Biết BC  cm, BH  cm 1) Tính độ dài đoạn thẳng AB , AC , AH 2) Trên cạnh AC lấy điểm K ( K �A, K �C ) , gọi D hình chiếu A BK Chứng minh rằng: BD.BK  BH BC S BHD  S BKC cos � ABD 3) Chứng minh rằng: Lời giải 1) Xét ABC vuông A ; đường cao AH Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có: AB  BH BC  2.8  16 � AB  cm AC  HC.BC   BC  BH  BC  6.8  48 � AC  cm AH  HB.HC � AH  cm 2) Xét tam giác vng ABK , đường cao AD ta có: AB  BD.BK Xét tam giác vuông ABC , đường cao AH ta có: AB  BH BC (1) (2) Từ (1) (2) suy BD.BK =BH BC  AB (đpcm) 3) Gọi E hình chiếu H lên BD , F hình chiếu C lên BK Ta có S BHD S BKC HE.BD 2 HE BD BH BD BH BD.BK BH BA2 1 CF BK      cos.� ABD 2 CF BK BC BK BC BK BC BK � S BHD  Câu 2: S BKC cos � ABD Cho tam giác ABC vuông A , đường cao AH a) Biết AB  cm, AC  cm Giải tam giác ABC b) Kẻ HD, HE vng góc với AB, AC ( D thuộc AB , E thuộc AC ) Chứng minh BD.DA  CE.EA  AH c) Lấy điểm M nằm E C , kẻ AI vng góc với MB I Chứng minh HI sin � AMB.sin � ACB  CM Lời giải a) Biết AB  cm, AC  cm Giải tam giác ABC Xét ABC vuông A , đường cao AH có: AB  AC  BC � 42  (4 3)  BC � BC  cos � ABC   � � ABC  60o � � �  90o  60o  30o ABC  ACB  90o � � ACB  90o  ABC b) Kẻ HD, HE vng góc với AB, AC ( D thuộc AB , E thuộc AC ) Chứng minh BD.DA  CE.EA  AH Xét ABH vuông H , DH đường cao Ta có HD  BD.DA Xét AHC vng H , đường cao HE có: HE  AE.EC o � � � � Vì DAE  AEH  EHD  HDA  90 nên tứ giác DAEH hình chữ nhật � HE  DA Xét ADH vuông D có: DA2  DH  AH � HE  DH  AH (do HE  DA) � BD.DA  CE.EA  AH c) Lấy điểm M nằm E C , kẻ AI vng góc với MB I Chứng minh HI sin � AMB.sin � ACB  CM Xét ABM vng A có đường cao AI Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có : BI BM  AB Xét ABC vng A có đường cao AH Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có : BH BC  AB � BI BM  BH BC ( AB ) BH BC �  BM BI Xét AHI BMC có BH BC  BM BI � IBC chung � AHI  BMC (c-g-c) HI BI  Suy ra: MC BC AB BM Xét ABM vuông A ta có: AB sin � ACB  BC Xét ABC vng A ta có: AB AB AB sin � ABM sin � ACB   � BM BC BM BC mà BI BM  AB sin � AMB  AB BI BM BI HI BI    � BM BC BM BC BC mà MC BC HI sin � ABM sin � ACB  MC (đpcm) sin � ABM sin � ACB  Câu 3: � Cho ABC nhọn có ABC  60�, đường cao AH Đường thẳng qua C vng góc với AC cắt đường thẳng AH D Gọi E F hình chiếu H AC CD a) Nếu AH  3cm, AC  cm Tính độ dài đoạn thẳng HC , HD , CD ? b) Chứng minh CF CD  CE.CA c) Biết AB  BC  cm, tìm giá trị lớn diện tích tam giác ABC Lời giải a) Nếu AH  3cm, AC  cm Tính độ dài đoạn thẳng HC , HD , CD ? +) Xét AHC vuông H , đường cao HE ta có: AH  HC  AC (định lý Py-ta-go) � HC  AC  AH  52  32  25   16 � HC  (cm) HC  CE AC (quan hệ cạnh đường cao tam giác vuông) � CE  HC 42 16    3, AC 5 (cm) � � � +) Xét tứ giác HECF có: HEC  ECF  HFC  90� � tứ giác HECF hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết) � HF  CE  3, (cm) +) Xét CHD vuông H , đường cao HF ta có: 1   2 HF HC HD (quan hệ cạnh đường cao tam giác vuông) � 1   2 HD HF HC 42  3,  HC HF 256 � HD    2 HC  HF 42   3,  2 � HD  256 16  �5,3 (cm) Có: HF CD  HC.HD (quan hệ cạnh đường cao tam giác vuông) 16 HC.HD 20 � CD    �6, 16 HF (cm) b) Chứng minh CF CD  CE.CA +) Xét AHC vuông H , đường cao HE ta có: HC  CE AC (quan hệ cạnh đường cao tam giác vuông)  1 +) Xét CHD vuông H , đường cao HF ta có: HC  CF CD (quan hệ cạnh đường cao tam giác vuông)   Từ  1  2 � CF CD  CE.CA (điều phải chứng minh) c) Biết AB  BC  cm, tìm giá trị lớn diện tích tam giác ABC Ta có: S ABC  AH BC Vì ABH vng H nên ta có AH  AB.sin B Do đó: S ABC  1 3 AB.BC.sin B  AB.BC.sin 60� AB.BC  AB.BC 2 2 2 �AB  BC � �8 � AB.BC �� � � � 16 � � �2 � Mặt khác Dấu “=” xảy AB  BC  cm Do đó: Vậy Câu 4: SABC � 16   cm2  max SABC  cm2 ABC cân B Cho tam giác ABC vuông A , đường cao AH ( H �BC ) � a) Biết AB  12cm, BC  20cm , Tính AC , AH ABC ( làm trịn đến độ); b) Kẻ HM vng góc với AB M , HN vng góc với AC N Chứng minh: AN AC  AC  HC ; c) Chứng minh: AH  MN AM MB  AN NC  AH ; d) Chứng minh: tan C  BM CN Lời giải a) Xét tam giác ABC vuông A , ta có: BC  AB  AC (Định lý Pytago) 2 2 2 Hay 20  12  AC � AC  20  12  16 � AC  16 cm Xét tam giác ABC vng A đường cao AH Ta có: AB AC  AH BC ( Hệ thức đường cao cạnh góc vng) � AH  AB AC 12.16   9, BC 20 AC 16 sin ABC � BC 20 Ta có: � ABC 53 � Vậy AC  16 cm, AH  9, chứng minnh, ABC �53� b) Xét AHC đường cao HN Có: AN AC  AH (Hệ thức đường cao cạnh góc vng) (1) AC  AH  HC (Định lý Pytago) � AH  AC  HC (2) 2 Từ (1), (2) � AN AC  AC  HC � � � c) Ta có: MAN  ANH  AMH  90� � ANHM hình chữ nhật � AH  MN Xét AHB , AHC MHN có: �AM MB  MH � �AN NC  HN �MN  HN  HM � � AM MB  AN NC  HN  HM  MN  AH d) Xét tam giác ABC vuông A , đường cao AH ,ta có: AB BH BC BH �AC  CH BC �   � AC CH BC CH �AB  BH BC Lại có: HM // AC HN // AB � BM BH  AM CH (định lý talet) HN NC AB NH  �  AB AC AC CN Từ (3), (4), (5) Câu 5: � � (3) (4) (5) AB AB BM NH AB BM  tan C   AC AC AM CN hay AC CN Cho tam giác ABC nhọn , đường cao AK � , AK  3cm a) Giải tam giác ACK biết C  30� b) Chứng minh AK  BC cot B  cot C � �  30� ,C c) Biết BC  5cm, B  68� Tính diện tích tam giác ABC ( kết làm tròn chữ số thập phân thứ nhất) cot � ACB   2 DN DB d) Vẽ hình chữ nhật CKAD , DB cắt AK N Chứng minh AK Lời giải � � a) Xét tam giác ACK vng K có C  30�� B  60�( theo định lí tổng ba góc tam giác) AK �= Sin C = �� Sin 30 AC AC AC AC (cm) ACK Theo định lí Pitago tam giác vng ta có KC  AC  AK  62  32  27  3 (cm) b) Xét tam giác vng AKB ta có cot B  BK AK KC AK Xét tam giác vng AKC ta có BK KC BK  KC BC cot B  cot C     AK AK AK AK Nên BC AK  cot B  cot C (đpcm) Vậy cot C  c) Xét tam giác vuông AKB ta có tan B  AK � AK  tan B.BK BK AK � AK  tan C.CK CK Xét tam giác vng AKC ta có tan B KC tan 68� KC tan B.BK  tan�C.� KC tan C BK tan 30� BK Từ ta có  BK 43 53 KC  BC  BK   BK �  �  BK 10 BK 10 Mà Vậy BK  0, 9; KC  4,1 tan C  Xét tam giác vng AKC có AK AK AK tan C = = ��tan 30 AK CK CK CK 1 S ABC  AK BC  2, 4.5   cm  2 Vậy CK 2, � � � d) Kẻ DI  BD D ADN  CDI ( phụ với CDN ), KC BK (cm) 4, 43 10 Khi ADN ∽ CDI  g  g  AD AN DN DN AD ND AD   � AD.DI  DN DC �  �  DI DI DC DI DC Suy CD CI Vì AK  DC ( tính chất hcn) 2 � � � cot � �  AD  ND ACB  DAC ACB  cot DAC DC DI Điều cần chứng minh tương đương với ND 1 1   �   2 2 2 DC DI DN DB DC DI DB (luôn theo hệ thức lượng tam giác vng BDI có đường cao DC ) (Đpcm) Câu 6: Cho tam giác ABC nhọn có đường cao AH Gọi E hình chiếu H AB a Biết AE  3, 6cm ; BE  6, 4cm Tính AH , EH góc B (Số đo góc làm trịn đến độ) b Kẻ HF vng góc với AC F Chứng minh AB AE  AC AF c Đường thẳng qua A vng góc với EF cắt BC D ; EF cắt AH O S AOE S ADC  sin B.sin C Chứng minh Lời giải a Biết AE  3, 6cm ; BE  6, 4cm Tính AH , EH góc B (Số đo làm trịn đến độ) Ta có: AB  AE  EB  3,  6,  10cm � ; HE  AB Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng AHB có AHB  90� Ta có: AH  AE AB � AH  3, 6.10  36  6cm Và: EH  AE.EB � EH  3, 6.6,  4,8cm Sin B  AH   0, AB 10 � 36 52 ' �B b Chứng minh AB AE  AC AF � ; HE  AB Xét ABH có : AHB  90� Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có: AB AE  AH (1) � ; HF  AC Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông AHC có: AHC  90� � AF AC  AH (2) Từ (1) (2) � AB AE  AC AF (dpcm) c) Chứng minh: S ADC  S AOE sin B.sin C Gọi I giao điểm AD EF Ta có: AE AB  AF AC � AE AF  AC AB Dễ dàng chứng minh AEF ∽ACB (c.g.c) �� AFI  � ABH ; � ACD  � AEO (1) � � Mà CAD  AFI  90 � � EAO ABH  900 �  CAD � � EAO (2) Từ (1); (2) � ADC ∽AOE ( g g ) 2 2 S �AC � �AC AH � AC AH � ADC  � � �  � S AOE �AE � �AH AE � AH AE � S ADC  Câu 7: S AOE  S AOE 2� �AH � �AE � sin C.cos EAO � �� � �AC � �AH � 2 Cho tam giác ABC vuông A  S AOE sin C.sin B  AB  AC  , đường cao (đpcm) AH � cosABC  Tính BC , AC , BH a) Cho AB  cm b) Kẻ HD  AB D , HE  AC E Chứng minh AD AB  AE AC 1   2 AD AE c) Gọi I trung điểm BC , AI cắt DE K Chứng minh: AK Lời giải A � AB  BC.cos C � BC  a) Tam giác ABC vuông AB   10  cm cos C Áp dụng định lý Pytago vào tam giác vng ABC có: BC  AB  AC � AC  BC  AB  102  62  64 � AC   cm ABC vuông A , đường cao AH ta có: AB  BH BC � BH  AB 62   3,  cm BC 10 b) ABH vuông H , đường cao HD ta có: AH  AD AB ACH vuông H , đường cao HE ta có: AH  AE AC � AD AB  AE AC c) Tam giác ABC vuông A , AI đường trung tuyến � AI  IB  IC  BC � AIC � � cân I � IAC  ICA Xét hai tam giác AED ABC có chung góc A ;  1 AD AB  AE AC � AD AE  AC AB � � Suy AED ∽ ABC (c – g – c) � AED  ABC  2 � � Mà tam giác ABC vuông A � ABC  ICA  90�  3 Từ  1 ,   ,  3 � � � suy IAC  AED  90�� AKE  90�� AK  ED K 1) Vì ABC vng A , đường cao AH nên AB  BH BC (Hệ thức lượng tam giác vuông) Thay số: BH   3, cm; BC  10 cm ta có: AB  3, 6.10  36 � AB  (cm, AB  ) 2 Mặt khác: AB  AC  BC (Định lí Pi ta go) 2 Thay số ta có:  AC  10 � AC  102  62 � AC  64 � AC  (cm, AC  ) Lại có: AH BC  AB AC (Hệ thức lượng tam giác vuông) Thay số ta có: AH 10  6.8 � AH  48 10 � AH  4,8 (cm) 2) Vì AHB vuông H , đường cao DH nên AH  AD AB (Hệ thức lượng tam giác vuông) Và AHC vuông H , đường cao EH nên AH  AE AC (Hệ thức lượng tam giác vuông) Nên AE AC  AD AB � AE AD  AB AC Xét ABC AED có: AE AD  AB AC � BAC chung Nên ABC �AED ( c-g-c) 3) ) Vì AHB vng H nên BH  AB.cos B (Hệ thức lượng tam giác vuông) (1) AHC vuông H nên CH  AC.CosC (Hệ thức lượng tam giác vuông) (2) Mà BC  BH  HC (3) Từ (1), (2), (3) ta có: BC  AB.cos B  AC.cos C 2 b/ Xét vế phải = S ABC sin B.sin C Mà S ABC  (4) AB AC (5) AH �AH � sin B  � sin B  � � AB �AB � (6) AHB vuông H nên AH �AH � sin C  � sin C  � � AC �AC �(7) AHC vuông H nên Thay (5), (6), (7) vào (4) ta có: S ABC sin B.sin C  2 �AH � �AH � AB AC � � � � �AC � �AB � AH AH S ABC sin B.sin C  � AC AB (8) 2 Mà AH  AD AB (cmt) (9) AH  AE AC (cmt) (10) Thay (9), (10) vào (8) ta có: AE AC AD AB S ABC sin B.sin C  AC AB � S ABC sin B.sin C  AD AE � S ABC sin B.sin C  S ADE (đpcm) Câu 20: Cho tam giác ABC vng A có AH đường cao, AB  cm; AC  8cm � a) Tính BC , CH , ABC ( góc làm trịn đến độ) b) Vẽ HE  AB( E �AB), HF  AC ( F �AC ) Chứng minh AE AB  AF AC Từ suy AEF ∽ ACB c) Gọi K trung điểm BC Chứng minh AK  EF Lời giải � a) Tính BC , CH , ABC ( góc làm trịn đến độ) Xét ABC vuông A đường cao AH , ta có BC  AB  AC ( Định lí Pi – ta – go) � BC  AB  AC  36  64  10 Áp dụng hệ thức lượng tam giác, ta có AC  BC.CH � CH  AC Sin � ABC � BC 10 AC 64   6, BC 10 � ABC 53 b) Vẽ HE  AB( E �AB ), HF  AC ( F �AC ) Chứng minh AE AB  AF AC Từ suy AEF ∽ACB Xét AHB vuông H đường cao HE , ta có AH  AE AB (1) Xét AHC vng H đường cao HF , ta có AH  AF AC (2) Từ (1) (2) suy ra: Từ AE AB  AF AC AE AC  AF AB AEF ∽ABC (c g.c) AE AB  AF AC � Suy ra: c) Gọi K trung điểm BC Chứng minh AK  EF AEF ∽ACB(cmt ) � � AFE  � ABC (1) Từ: Xét ABC vng A có AK đường trung tuyến, ta có BC  KC suy AKC cân K � � � � � Suy ra: KAC  ACK , Lại có: BAH  ACK (cùng phụ HAC ) � � Suy KAC  BAH (2) � � � � Mà ABC  BAH  90�� KAC  AFE  90� �  90�� AK  EF � AIF (đpcm) ABC Câu 21: Cho tam giác vng A có đường cao AH AK  1) Cho biết AB  cm, AC  cm Tính độ dài đoạn thẳng BC , HB, HC , AH 2) Vẽ HE vng góc với AB E , HF vng góc với AC F a) Chứng minh: AE.EB  EH b) Chứng minh: AE AB  AF FC  AH 3) Chứng minh: BE  BC.cos B Lời giải 1) Xét ABC vng A có AH đường cao 2 + Áp dụng định lý Pitago có : AB  AC  BC Thay số ta có: BC  5cm + Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông ta có: AH BC  AB AC Thay số ta có: 3.4  AH � AH  12 cm 32  BH � BH  cm AB  BH BC Thay số ta có: Từ ta suy CH  16 cm 2) Xét ABH vng H có: đường cao EH AE.EB  EH (hệ thức lượng tam giác vuông) (1) Chứng minh tương tự ta có: AF FC  FH (2) Từ (1) (2) ta có: AE.EB  AF FC  EH  FH � � � Xét tứ giác AEHF có: EAF  HEA  HFA  90� Nên tứ giác AEHF hình chữ nhật (dấu hiệu nhận biết) � Từ ta suy : EHF  90� Nên tam giác EHF tam giác vuông H 2 Theo định lý Pitago có: EH  FH  EF Mà EF  AH ( AEHF hình chữ nhật) Từ ta có : AE.EB  AF FC  EH  FH  EF  AH (điều phải chứng minh) 3) Xét tam giác vng BEH có: 2 BE BE �BE � BE cos B  � cos B  � �  BH �BH � BE AB AB Xét tam giác vng ABC có: AB cos B  BC (tỉ số lượng giác) Từ ta có: BE AB cos3 B  AB BC BE � cos3 B  � BE  BC.cos3 B BC ( điều phải chứng minh)  O  Trên cạnh BC lấy điểm N , gọi E F lần Câu 22: Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn lượt hình chiếu N AB , AC Gọi D trung điểm BC a) Chứng minh điểm A , E , N , F thuộc đường tròn Xác định tâm I đường trịn b) Chứng minh rằng: BN BD  BE.BA c) Chứng minh rằng: ED  FD d) Gọi H giao điểm hai đường chéo tứ giác EIFD Chứng minh rằng: O , H , N thẳng hàng Lời giải a) Gọi I trung điểm AN Xét tam giác AEN vng E , ta có: EI  AI  IN (Tính chất trung tuyến tam giác vng) (1) Chứng minh tương tự ta có IA  IN  IF (2) Từ (1) (2) có: IA  IE  IN  IF Hay A , E , N , F thuộc đường tròn tâm I b) Ta có tam giác ABC nên đường trung tuyến AD đồng thời đường cao hay AD  BC  � � BEN ADB  90o �  BEN  BDA B Xét , ,có: (chung); BEN ∽ BDA (g-g) �  BN BE  � BN BD  BE.BA BA DB c) Ta có ID  IA  IN (Tính chất trung tuyến tam giác vuông) (3) Từ (2), (3) � ID  IF � � Lại có DIF  2.DAF  60� � DIF � ID  IF  DF Chứng minh tương tự ta có : IE  ID  ED � ED  DF d) Từ câu c, ta có: IE  IF  FD  DE � FDEI hình thoi � H trung điểm ID Gọi K trung điểm AO , tam giác ABC nên AD qua O O trọng tâm � AK  KO  OD Xét hai tam giác ANO , KID Áp dụng tính chất đường trung bình tam giác có HO // IK ON // KI � Ba điểm O , H , N thẳng hàng (tiên đề Ơ-cơ-lit) Câu 23: Cho đường tròn  O  có đường kính AB  R điểm C thuộc đường trịn ( C khác A B ) Lấy điểm D thuộc dây BC ( D khác B C ) Tia AD cắt cung nhỏ BC E , tia AC cắt BE F a) Chứng minh điểm F , C , D, E thuộc đường tròn b) Chứng minh DA.DE  DB.DC � � c) Gọi I trung điểm FD Chứng minh CFD  OCB tia IC tiếp tuyến đường tròn  O � d) Cho biết DF  R , chứng minh tan AFB  Lời giải � � a) Do C E thuộc đường tròn đường kính AB nên ACB  AEB  90 �  FEB �  900 � FCD Do điểm F , C , D, E thuộc đường trịn đường kính DF � � � � b) Xét DAC DBE có ACD  BED  90 ADC  DBE (hai góc đối đỉnh) � DAC �DBE ( gg ) � DA DB  � DA.DE  DB.DC DC DE c) * Gọi giao điểm FD AB K AE  BF ; BC  CF ; BC �AE   D Xét tam giác AFB có nên D trực tâm AFB Suy FK  AB � � � � Xét AFK vng K có AFK  FAK  90 � CFI  CAB  90 (1) � � � � Xét ABC vuông C có CAB  CBA  90 � CAB  CBO  90 (2) � � � � Từ (1) (2) � CFI  CBO � CFD  CBO Do C thuộc đường trịn đường kính AB nên CO  OB  R � OCB cân O �  CBO � � � � � � OCB Mà CFD  CBO nên CFD  OCB * Do C thuộc đường trịn đường kính DF ; I trung điểm FD nên IC  IF � ICF � � � � � � � � � � cân I � CFD  FCI Mà CFD  OCB nên FCI  OCB � FCI  ICD  OCB  ICD �  ICO �  900 � CI  CO � FCD  O Vậy tia IC tiếp tuyến đường tròn � � � � d) Xét FCD BCA có FCD  BCA  90 CFD  CBA (câu c) � FCD�BCA ( gg ) � FC FD R BC   � 2 BC BA R FC Xét BCF vng C ta có : Câu 24: Cho đường tròn đường tròn  O  O; R  � tan AFB= BC 2 FC từ điểm M nằm ngồi đường trịn vẽ hai tiếp tuyến MA , MB với ( A , B tiếp điểm) MO cắt AB K Chứng minh rằng: a) Bốn điểm A , B , M , O thuộc đường tròn � � b) MOA  MOB OK KM  AB c) Gọi H trực tâm MAB Tứ giác AOBH hình gì? Lời giải a) Xét  O có MA , MB tiếp tuyến cắt M � OA  MA A , OB  MB B (tính chất) MA  MB (tính chất) �O � O (tính chất) Xét MAO vng A có MO cạnh huyền � A , M , O thuộc đường trịn đường kính MO  1 Xét MBO vng B có MO cạnh huyền � B , M , O thuộc đường trịn đường kính MO Từ  1  2  2 � Bốn điểm A , B , M , O thuộc đường tròn đường kính MO � � b) Ta có: O1  O2 (chứng minh trên) � � hay MOA  MOB Ta có: MA  MB (chứng minh trên) OA  OB  R � MO đường trung trực AB � MO  AB K KA  KB  AB (tính chất) Xét MAO vng A , đường cao AK có: OK KM  AK (hệ thức lượng tam giác vuông) hay OK KM  AB (điều phải chứng minh) c) Do H trực tâm MAB nên BH  MA AH  MB (tính chất) Ta có: BH  MA (chứng minh trên) OA  MA (chứng minh trên) � BH // MA (quan hệ từ vuông góc đến song song) Ta có: AH  MB (chứng minh trên) OB  MB (chứng minh trên) � AH // OB (quan hệ từ vng góc đến song song) Xét tứ giác AHOB có: BH // MA (chứng minh trên) AH // OB (chứng minh trên) � Tứ giác AHOB hình bình hành (dấu hiệu nhận biết) Mà HO  AK K (chứng minh trên) � Tứ giác AHOB hình thoi (dấu hiệu nhận biết) Câu 25: Cho nửa đường tròn  O; R  đường kính AB cố định Trên nửa mặt phằng bờ AB chứa nửa đường tròn vẽ hai tia Ax By vng góc với AB M điểm chuyển động nửa đường tròn (O ) ( M không trùng A B ) Tia phân giác góc AOM cắt tia Ax C Tia phân giác góc MOB cắt tia By D � a) Chứng minh OMC  90�và ba điểm C , M , D thẳng hàng; b) Chứng minh bốn điểm A, O, M , C thuộc đường tròn; O; R  c) Khi M chuyển động nửa  AC.BD có giá trị khơng đổi; d) Xác định vị trí M để tứ giác ABDC có diện tích nhỏ Lời giải � a) Vì OC phân giác AOM (gt) � �  AOM �� AOC  MOC (tính chất) � Vì OD phân giác BOM (gt) � �  MOD �  BOM � BOD (tính chất) Vì ba điểm A, B, M thuộc đường trịn (O) suy OA  OB  OM Xét AOC MOC có: OA  OM (cmt) � � AOC  MOC (cmt) OC chung � AOC  MOC (c.g.c) �  OMC � � OAC (cặp góc tương ứng) � � Mà Ax  AB (gt) � OAC  90�� OMC  90�(đpcm) � Vì OMC  90�� OM  CM (1) � � Tương tự BOD  MOD (c.g.c) � OBD  OMD (cặp góc tương ứng) � � Mà By  AB (gt) � OBD  90�� OMD  90�� OM  MD (2) Từ (1) (2) suy C , M , D thẳng hàng (tiên đề Ơcơlit) b) Gọi I trung điểm CO Xét OAC vng A có AI trung tuyến � IA  IO  IC � OAC nội tiếp đường trịn đường kính OC � ba điểm O, A, C thuộc đường trịn đường kính OC (3) Xét OMC vng M có MI trung tuyến � IM  IO  IC � OMC nội tiếp đường trịn đường kính OC � ba điểm O, M , C thuộc đường trịn đường kính OC (4) Từ (3) (4) � bốn điểm O, A, M , C thuộc đường trịn đường kính OC � � �  AOM ; MOD �  BOM MOC � � � � 2 � 2MOC  AOM ; 2MOD  BOM c) Ta có � � Mà AOM  BOM  180�(hai góc kề bù)   �  MOD � � MOC  180� � �  MOD � �  90� � MOC  180� � 2COD  180�� COD � COD vuông O Vì AOC  MOC (cmt) � AC  MC (cặp cạnh tương ứng) Vì BOD  MOD (cmt) � BD  MD (cặp cạnh tương ứng) Xét COD vng tịa O , chiều cao OM ta có: OM  MC.MD (hệ thức lượng tam giác vuông) � OM  AC.BD O; R  Mà đường trịn  , đường kính AB khơng đối � OM không đổi � AC.BD không đổi (đpcm) d) Do Ax  AB; By  AB (gt) � tứ giác ABDC hình thang vng  AC  BD  AB  CD AB S ABDC  2 Mà AB không đổi (gt) Để S ABDC đạt giá trị nhỏ CD nhỏ � CD  Ax; CD  By � CD // AB � M điểm cung AB Vậy S ABDC đạt giá trị nhỏ điểm M điểm cung AB  OA  BA Lấy điểm C đối xứng với A qua OB Câu 26: Cho OAB vuông A 1) Chứng minh điểm O, A, B, C thuộc đường tròn DE CD  2) Đường tròn tâm O đường kính CD cắt BD E Chứng minh AD // OB CE BC � 3) Gọi H giao điểm AC OB Tính HEA ( Ý chưa thể thời điểm học sinh chưa học ‘góc với đường tròn’ ) Lời giải 1) Chứng minh điểm O, A, B, C thuộc đường tròn Ta có: OB đường trung trực AC ( C đối xứng với A qua OB ) Gọi I trung điểm OB nên IB  IO IA  IC ( OB đường trung trực AC , I thuộc OB ) Ta lại có: OAB vng A , đường trung tuyến AI nên IA  IB  IO Do đó: IA  IB  IO  IC Vậy điểm O, A, B, C thuộc đường tròn DE CD  2) Chứng minh AD // OB CE BC  O  , có DC đường kính nên ADC vng A Ta có ADC nội tiếp Suy ra: AD  AC mà OB  AC nên AD // OB  O  , có DC đường kính  O  nên EDC vng E Ta có: EDC nội tiếp � � Ta lại có: BAO  BCO (c  c  c) � BAC  BCO  90� Khi đó: DEC ∽DCB ( g  g ) � DE CD  CE BC 3) � Gọi H giao điểm AC OB Tính HEA Ta có: BH BO  BE.BD  BC � BEH : BOD (c-g-c) �  BOD � � HED �  HOC � � BEH Tương tự ta có Lại có Suy � AED  � A3 � O � ;O � � � HOC A1  900  HAO 2 � � � �  900 AED  HED A1  � A3  1800  CAD � Vậy HEA  90� Câu 27: Cho tam giác ABC nhọn  AB  AC  có hai đường cao BD CE cắt H a) Chứng minh bốn điểm B, E , D, C thuộc đường tròn b) Gọi I trung điểm BC , K điểm đối xứng với H qua I Chứng minh ACK tam giác vuông c) Chứng minh: BE.BA  CD.CA  IC Lời giải a) Chứng minh bốn điểm B, E , D, C thuộc đường tròn Gọi I trung điểm BC � Xét BEC có: BEC  90�� IE  IB  IC (tính chất tam giác vng) (1) � Tương tự BDC có: BDC  90�� ID  IB  IC (2) Từ (1) (2) � IE  IB  IC  ID � B, E , D, C thuộc đường trịn đường kính BC (đpcm) b) Chứng minh ACK tam giác vng Ta có: � IB  IC  BC � � � �IH  IK  HK � Mà BC �HK   I  � Tứ giác BHCK hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hbh) � BH  //  CK Mà BH  AC (gt) � CK  AC � ACK vuông C c) Dựng HM  BC M Ta có BMH ∽BDC (g.g) � BM BH  � BM BC  BH BD BD BC (1) Tương tự CMH ∽CEB (g.g) Cộng vế (1) (2) � CM CH  � CM CB  CE.CH CE CB (2) � BC  BM  CM   BH BD  CE.CH � BC  BH BD  CE.CH (*) BEH ∽BDA (g.g) CDH ∽CEA (g.g) � BE BH  � BE.BA  BH BD BD BA (3) � CD CH  � CD.CA  CE.CH CE CA (4) Thế (3) (4) vào (*) ta được: BC  BE.BA  CD.CA �  IC   BE.BA  CD.CA � IC  BE.BA  CD.CA (đpcm)  O  đường kính BC cắt cạnh AB , AC Câu 28: Cho tam giác nhọn ABC Vẽ đường tròn D, E a) Chứng minh CD  AB , BE  AC b) Gọi I giao điểm CD BE Chứng minh AI  BC H c) Chứng minh AD.BH CE  AB.BC AC cos A.cos B.cos C d) Cho góc A  60�và SABC  160 cm Tính S AED Lời giải  O  đường kính BC nên BCD , BEC vng a) Ta có BCD , BEC nội tiếp đường trịn D , E Suy CD  AB , BE  AC CD �BE   I  b) Theo a) có CD  AB , BE  AC , Suy I trực tâm ABC Do AI  BC H c) Ta có AD  AC.cos A , BH  AB.cos B , CE  BC cos C Do AD.BH CE  AB.BC AC cos A.cos B.cos C d) Ta có ADC ∽ AEB ( g g ) � AD AC  AE AB ADE ∽ ACB (c.g c) � Suy � S ADE  SADE �AD � �AC cos A �  � � � � SAB C �AC � � AC � 1 SABC  160  40 cm 4 ... 2 AH AB AC ( hệ thức lượng tam giác vuông ) 1 25  2  AH 144 AH  AH  144 25 12 (cm) b) Xét ABH vuông H , đường cao HE : AH  AD AB ( hệ thức lượng tam giác vuông) Xét AHC vuông H , đường...  AB AC (Hệ thức lượng tam giác vuông) Thay số ta có: AH 10  6.8 � AH  48 10 � AH  4,8 (cm) 2) Vì AHB vng H , đường cao DH nên AH  AD AB (Hệ thức lượng tam giác vuông) Và AHC vuông H ,... AC AF � ; HE  AB Xét ABH có : AHB  90� Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có: AB AE  AH (1) � ; HF  AC Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông AHC có: AHC  90� � AF AC  AH (2) Từ (1) (2)