Bài Tập Và Đáp Án Toán Hệ Thức Lượng Giác Phần 2

I HỆ THỨC LƯỢNG Bài Cho tam giác a) Biết ABC AB  6cm ; vuông AC  8cm A AH đường cao Tính BC AH BH , , �  BCA � � � BAH HAC ABC b) Chứng minh ; Lời giải a) *) Xét ABC vuông A (giả thiết) Áp dụng định lý Py-ta-go ta có: BC  AB  AC � BC  AB  AC � BC  62  82 � BC  100 � BC  10 � BC  10cm *) Xét ABC vuông A (giả thiết) Áp dụng hệ thức lượng cạnh đường cao cho ABC vuông A , đường cao AB  BC.BH � BH  AB 62 18 � BH  � BH  cm BC 10 Áp dụng hệ thức lượng cho AB AC  AH BC � AH  ABC vuông A , đường cao AH AB AC 6.8 24 � AH  � AH  BC 10 , ta có: AH , ta có: b) BAH *)Xét � ABC BCA ta có:  1 góc chung BA   BC 10 BH 18  :6  BA 5 Suy BA BH BA BH   �  BC BA BC BA  1  2 Từ Suy �  BCA � BAH HAC *) Xét � ACB ta có  2 BAH ∽ BCA (c-g-c) (góc tương ứng ) ABC ta có:  3 chung �  CAB �  90� CHA Suy Suy Bài HAC ∽ ABC �  ABC � HAC Cho tam giác ABC (g-g) (góc tương ứng) vuông A đường cao AH BC  15 cm AC  12 cm AB, AH , CH a) Biết ; Tính HE  AB HF  AC AH  EF b) Kẻ ; Chứng tỏ Lời giải a) Áp dụng định lý Pytago vào tam giác ABC A vng ta có BC  AB  AC � 152  AB  122 � AB  152  122 � AB  81 � AB  (cm) Áp dụng hệ thức đường cao cạnh huyền với hai cạnh góc vng tam giác vng A ta có AH BC  AB AC � AH 15  9.12 � AH  9.12  7, 15 (cm) Áp dụng hệ thức cạnh góc vng với hình chiếu cạnh huyền tam giác vng A ta có 122 � CH   9, AC  CH BC � 122  CH 15 15 b) Do (cm) HE  AB � � AEH  90� HF  AC � � AFH  90� Tam giác ABC Xét tứ giác vuông AEHF � AH  FE Bài �  90� A � BAC � � BAC AEH  � AFH  90� AEHF có nên tứ giác hình chữ nhật Cho tam giác ABC vuông A , đường cao AH Kẻ HE  2, 4cm BH  3cm BE AE AH a) Biết ; Tính , , b) Kẻ ABC HF  AC Chứng minh rằng: AE AB  AF AC HE  AB ABC � � ABC ∽ AFE BHE AEF c) Chứng minh rằng: , Lời giải a) BHE vuông BE  BH  HE H nên: ( định lí Pitago)  32  2, 42  3, 24 � BE  1,8 (cm) ABH vuông HE  BE.EA H , đường cao HE nên: ( hệ thức lượng tam giác vuông) � EA  HE : BE  2, :1,8  3, (cm) AHE vuông E AH  AE  EH  3, 22  2, 42  16 � AH  (cm) nên: b) ABH vuông AH  AE AB ACH Suy ra: , đường cao HE nên: ( hệ thức lượng tam giác vuông) vuông AH  AF AC H H , đường cao HF nên: ( hệ thức lượng tam giác vuông) AE AB  AF AC c) Xét hai tam giác vng ABC AEF có: AE AB  AF AC � (chứng minh trên) AB AC  AF AE � ABC ∽ AFE � �� AEF  C Mà: � C � BHE Suy ra: Bài ( đồng vị) � � BHE AEF Cho hình chữ nhật a) Tính b) Kẻ ABCD Kẻ BH  AC Tia BH cắt AD BC AH AB DK AK ; ; ; ; BH  EF HE  AB HF  BC ; Chứng minh c) Chứng minh EF  BD Lời giải a) Áp dụng định lý Pi-ta-go BCH vuông BC CH  BH  162  12  400 � BC 20cm Áp dụng hệ thức lượng  ) BH  HA.HC 122  HA.16 � HA9cm ) AB  AH AC BAC vng B H có: có: K BH 12cm HC 16cm Biết , AB   16    225 � AB 15cm Áp dụng hệ thức lượng BAK vuông A có: 1   2 AH AB AK 1  2 15 AK � AK 11, 25 cm Vì ABCD hình chữ nhật nên BC  AD  20cm AK  DK  AD � DK  8, 75cm Mà b) Xét tứ giác Nên HEBF HEBF có: hình chữ nhật AC c) Gọi giao điểm EF Và - Vì BD giao ABCD � AOB cân => HEBF � EIB M với � HB  EF BD BH với EF O I hình chữ nhật nên � � � OBAOAB - Vì �  FBE �  BEH �  90� HFB OA  OB  OC  OD O (1) hình chữ nhật nên cân IH  IB  IE  IF I �IEB  IBE � � (2)  AHB - Vì vng H nên �  HAB �  90� HBA �  OAB �  90� IBE Hay (3) - Từ (1) (2) (3) ta suy �  IEB �  90� OBA Áp dụng tổng ba góc tam giác BME ta suy �  90� BME Hay Bài EF  BD Cho tam giác BE a) Tính ABC diện tích b) Chứng minh c) Gọi M , cân N A đường cao AH HE  AB , kẻ AC  40 cm BC  48 cm Biết ; AEH EH AC  AH HC trung điểm NA  HM BE HE , Chứng minh Lời giải a) *) Xét ABC cân A (giả thiết) �AB  AC �AB  40 cm � � �� BC � � 48 BH  CH  BH   24 cm � � � � *) Áp dụng hệ thức lượng cạnh đường cao cho có: +) +) BH  BE AB � BE  BH 242   14, cm AB 40 Vậy AE  AB  BE  40  14,  25, cm Mà � EH  14, 25,  368, 64 � EH  19, cm *) Ta có b) vng BE  14, cm EH  BE AE S AEH  ABH AE.EH 14, 1,92   138, 24 cm 2 H , đường cao HE , ta *) Áp dụng hệ thức lượng cho ABH vuông H , đường cao HE , ta có: EH AB  AH HB AB  AC Mà ( ABC cân A ) HB  HC (cma ) � EH AC  AH HC c) * Xét M N , EBH có: trung điểm � MN đường trung bình BE HE , (giả thiết) EBH (định nghĩa đường trung bình tam giác) � MN // BH (Tính chất đường trung bình tam giác) BH  AH Mà � MN  AH (Quan hệ tính vng góc với tính song song) * Xét AMH Đường cao Mà HE cắt có: HE MN đường cao N �N trực tâm � NA  HM MN AMH (điều phải chứng minh) Bài Cho điểm CH  AE E cạnh Tia CH a) Chứng minh: cắt AD CD hình vng F CE.CD  CH CF BC  24cm; CE  6cm b) Biết AE  FC CF , CH , CK Tính c) Chứng minh: ABCD FH FC  FD.FA FAC ∽ FHD Lời giải a) Chứng minh: * Xét HCE CE.CD  CH CF DCF AE  FC có: �  FDC �  90� EHC � DCF Nên góc chung HCE ∽ DCF Do đó: Vậy (g.g.) HC CE  DC CF CE.CD  CH CF (điều phải chứng minh) Tia AE cắt BC K , kẻ * Xét hai tam giác vuông: AD  CD Vậy CDF ADE (cùng phụ với CDF = AE  FC � F ) (cạnh góc vng-góc nhọn kề) (điều phải chứng minh) BC  24cm; CE  6cm b) Biết * Vì ta có: (giả thiết) �  DCF � DAE Nên ADE CF , CH , CK Tính ABCD AD  DC  BC  24 (cm) hình vng nên DE  DC  EC  24   18 (cm) Do Áp dụng định lý Pytago vào tam giác ADE D vuông AE  AD  DE , ta có: AE  242  182  30 (cm) Thay số: CF  AE  30 (cm) Vậy * Ta có: CE.CD  CH CF thay số ta có: * ECK ( chứng minh câu a), 6.24  CH 30 vng giác vng ta có: K CH  4,8 (cm) , CH đường cao nên theo hệ thức cạnh đường cao tam 1   2 CH CE CK 1  2 4,8 CK Thay số ta có: 1 1    2 CK 4,8 64 , suy ra: CK  (cm) Vậy c) Chứng minh: FH FC  FD.FA Xét hai tam giác vuông: Nên suy HF AF  DF CF HAF hay và FAC ∽FHD DCF có � F FH FC  FD.FA chung nên HAF ∽DCF � CAD ∽ CBE � CA CD CE CD  �  CB CE CB CA Xét CED CE CD  CB CA � ACB CBA Xét chung BAD �  BCF � BAD � ABC có: (cmt) � CED ∽ CBA (g – c – g) BCF có: (theo câu b) chung � BAD ∽ BCF � (g – g) (g – g) BA BD BD BF  �  BC BF BA BC Xét BDF BAC có: BD BF  BA BC � ABC chung � BDF ∽ BAC d) Chứng minh Xét BDH (g – c – g) BH BE  CH CF  BC BEC �  BEC �  90� BDH � EBC chung có: � BDH ∽ BEC � (g – g) BD BH  BE BC � BH BE  BC.BD  1 Xét CDH CFB có: �  CFB �  90� CDH � FCB chung � CDH ∽ CFB � (g – g) CD CH  CF CB � CH CF  CB.CD    1 Từ  2 � BH BE  CH CF  BC BD  CB.CD � BH BE  CH CF  BC  BD  CD  � BH BE  CH CF  BC Bài Cho ABC có phân giác a) Chứng minh b) Gọi M H BE Kẻ trung điểm trung điểm NC AH  BE AK c) Cho Tính AH cắt BC K Tia KE cắt tia BA N Chứng minh �  60� BAH , AK  cm , tia BH �  EKC � EAN AB B, E , M ba điểm thẳng hàng Lời giải a) Xét ABK BH có vừa đường cao, vừa đường phân giác nên B � BH H vừa đường phân giác, vừa đường trung trực nên ABK tam giác cân trung điểm AK E, B b) Vì Xét thuộc đường trung trực BAE BKE AK nên EA  EK ; AB  BK có BE : chung; BK  BA  cmt  ; EA  EK  cmt  �  BKE � � BAE  ް180 � ް � BAE  BKE � BAE 180 � � EAN �  EKC � BKE (c.c.c) AEN Xét KEC có: � � AEN  KEC (đ đ); EA  EK (cmt); �  EKC � EAN (cmt) � AEN  KEC � AN  KC (g.c.g) Mặt khác, � AB  BK � AB  AN  BK  KC � BN  BC � BNC BN đường trung tuyến � ABC c) Do H ABH AB  Bài (hai cạnh tương ứng) đồng thời đường phân giác � ABC cân mà BE B đường phân giác B, E , M nên ba điểm thẳng hàng trung điểm vuông H AK AH  KH  nên 1 AK   3(cm) 2 �  3.tan 60� 3 (cm) BH  AH tan BAH nên BH 3   � sin BAH (cm) Cho hình chữ nhật CD , ABCD , vẽ BH  AC Gọi M N E AH BH , , trung điểm , a) Chứng minh tứ giác MNCE hình bình hành BM  ME b) Chứng minh � MNH � ABH � ACB  60� AC  12cm BH AB c) Cho , Tính Lời giải a) Chứng minh tứ giác Xét M N ABH trung điểm cảu MN AH Suy ra: HB AB // CD (vì tứ giác Suy ra: ABCD (tính chất đường trung bình tam giác) hình chữ nhật) hay MN  Suy AB ABH MN // EC  1 MN // CD Mà (gt) MN  ; Ta lại có: (gt) đường trung bình MN // AB Mà hình bình hành � MNH � ABH có: trung điểm Do MNCE AB  CD AB MN  CD ( tứ giác ABCD hình chữ nhật) CE  ED  Mặc khác:  1 (vì E trung điểm CD )  2 MN  EC Suy ra: CD  2 Từ Tứ giác ta có MNCE hình bình hành MN // AB Vì (cmt) � MNH � ABH Suy b) ) Chứng minh (hai góc đồng vị) BM  ME MN // EC Ta có: Mà CD  CB Suy Xét (cmt) MN  CB MBC BH  MC � BH hình chữ nhật) (quan hệ tính vng góc tính song song) có: (gt) đường cao MN  CB � MN ABCD (Vì MBC (cmt) đường cao MBC Theo tính chất đường cao tam giác ta có N � trực tâm MBC CN đường cao MBC � CN  BM CN // ME Mà � ME  BM (Vì MNCE (đpcm) hình bình hành) � ACB  60� AC  12(cm) BH AB c) Cho , Tính Xét ABC Sin 60� vng AB AC B có: (áp dụng tỉ số lượng giác góc nhọn) � AB  sin60� AC 12  3(cm) � AB  Ta lại có:  3 AB  BC  AC (Định lý pytago tam giác vuông)  BC  122  BC  122   BC  144  108  36 BC  6cm Mặc khác: AB.BC  BH AC BH  AB.BC AC BH  AB.BC AC BH  3.6  3(cm) 12 Ta lại có AH  AH  AB  AH AC AB AC  12   9(cm) (hệ thức lượng tam giác) (hệ thức lượng tam giác) � MH  Bài 10 AH  (cm) 2 ABC Cho AD BE H HD DM  DH , cắt , kéo dài đoạn với hai đường cao BMH HMC a) Chứng minh tam giác , cân EN  EH MC  CN HE b) Kéo dài đoạn Chứng minh �  CAN � �  BNA � CH  AB MCB BMA c) Chứng minh ; o � � BHC  105 BCH  30�HC  6cm HD HB ? d) Cho ; ; ; , = Lời giải a) Vì AD ABC � AD  BC đường cao �  CDH �  90� � BDH Xét BD BD BMH đường trung tuyến (Vì CD CD DM  DH ) �  90� BDH đường trung cao (Vì ) � BMH Xét ta có: HMC tam giác cân B ta có: đường trung tuyến (Vì DM  DH �  90� CDH đường trung cao (Vì ) � HMC tam giác cân C ) D b) ABC � BE  AC BE E Vì đường cao �  CEH �  90� � BEH HNC Xét CE ta có: đường trung tuyến (Vì EN  EH ) �  90� CEH đường trung cao (Vì ) CE � HNC tam giác cân � CH  CN HMC Mà CH  CM Từ (1); (2) C (1) C tam giác cân (câu a) (2) � CM  CN c) ABC Xét AD BE Mà ta có: đường cao đường cao ABC ABC AD BE H , cắt � H trực tâm ABC � CH  AB Vì Có BMH BD � BD tam giác cân B đường trung tuyến (Vì đường phân giác (câu a) DM  DH � MBH ) � �  CBH �  MBH MBC � Xét AE AE AHN ta có: đường trung tuyến (Vì EN  EH ) � AEH  90� đường trung cao (Vì ) � AHN � AE A tam giác cân đường phân giác có AE đường trung tuyến � HAN � �  CAH �  HAN CAN � Xét AHE E vuông , ta có � � CAH AHE  90� Xét BHD (1) D vuông �  BHD �  90� CBH Mà � � BHD AHE Từ (1); (2) (3) Lại có: , ta có (2) (2 góc đối đỉnh) (3) �  CBH � � CAH � �  CBH �  MBH MBC (cmt); � �  CAH �  HAN CAN �  CAN � � MBC Xét ANE vuông E , ta có �  BNA �  90� CAN Xét BDM vng (4) D , ta có (đpcm) (cmt) �  BMA �  90� MBC Mà (5) �  CAN � MBC Từ (4); (6) (6) (6) �  BNA � � BMA (đpcm) d) HCD D vng , ta có: �  HD sin BCH HC (Hệ thức lượng tam giác vuông) �  6.sin 30� � HD  HC.sin BCH Xét � HD   cm ( ) Xét HCD vng D , ta có: �  CHD �  90� BCH �  90� 30� CHD �  60� CHD Mà �  CHD �  BHC � �  BHC �  CHD �  105� 30� 75� BHD � BHD HBD D vuông , ta có: �  HD sin BHD HB (Hệ thức lượng tam giác vuông) HD � HB  � sin BHD Xét � HB  Bài 11 Cho 6  3:  3 cm sin 75� ( ) ABC IC , AB Ba đường cao Chứng minh: AD, BE , CF cắt I Gọi M, N trung điểm a) b) �  EBC � ;� �  BCF � ;CAD ABE  � ACF BAD ME  EN ; MD  DN �  600 ; � BAC AC AB ACB  750 CF  5cm c) Biết ; Tính ; Lời giải a) �  EBC � ;� �  BCF � ;CAD ABE  � ACF BAD Xét ABC AD, BE , CF có đường cao cắt I (gt) � AD  BC; BE  AC ; CF  AB �  BCF � ( 90� � � BAD ABC ) Ta có: AD  BC; BE  AC (cmt ) �  EBC � ( 900  � � CAD ACB) Ta có: CF  AB; BE  AC (cmt ) � ) �� ABE  � ACF ( 90� BAC b) Ta có ABE � EN vng E có N trung điểm đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AB (gt) AB � NE  BN (tc) � NEB N cân �  NBE � (1) � NEB Xét ICE � EM vng E có M trung điểm IC IC đường trung tuyến ứng với cạnh huyền � EMI (gt) (đn) � EM  MI (tc) M cân �  MIE � (2) � MEI �  BIF � MIE ( đối đỉnh) (3) Ta có: � �  90� IBF ABE  BIF F ( vuông ) (4) Ta có: �  IEM �  90� (1; 2;3; 4) � BEN Từ � ME  EN Xét ABD � DN vng D có N trung điểm đường trung tuyến ứng với cạnh huyền � NAD AB AB (gt) (đn) � ND  AN (tc) N cân �  NAD � (1) � NDA Xét ICD � DM vuông D có M trung điểm IC đường trung tuyến ứng với cạnh huyền � DMI M cân �  MID � (2) � MDI � � MID AIF Ta có: ( đối đỉnh) (3) � �  90� AIF AIF  DAN F ( vuông ) (4) Ta có: IC (gt) (đn) � DM  MI (tc) �  IDM �  90� (1; 2;3; 4) � NDA Từ � MD  DN c) ACF vuông Xét F có: sin � A  CF � AC  CF  10 (cm) s in � A AC cos � A  FA 15 � AF  AC.cos � A (cm) AC ABC Xét �  60� BAC ; � ACB  75� (gt) có �� ABC  45�� BCF � AB  AF  BF  Bài 12 vuông cân F � BF  CF  5(cm) 15  5  �7,89(cm) 3 � �  60� AB  8cm CA A  90� C AE  AB Cho có ; ; Kéo dài đoạn Kẻ Q EK  BC EK BA , cắt BC CE BE ABC a) Tính , , tỉ số lượng giác góc SVEBC  BC.BE.sin EBC b) Chứng minh Lời giải ABC a) Xét ABC vuông A , ta có: sin C  AB BC � BC  Xét vuông AB AC � AC  A , ta có: (Hệ thức lượng tam giác vuông) AB AB   tan C tan 60� cm ( ) CE  CA  AE CE   Xét AB 16   sin C sin 60� cm ( ) ABC tan C  Mà (Hệ thức lượng tam giác vuông) 88  3 cm ( ) ABE vuông AB  AE  BE A , ta có: (Định lí Pytago) � BE  82  82  128 � BE  128  cm ( ) Xét VABC sin � ABC  vng AC BC A , ta có: (Hệ thức lượng tam giác vuông) 16 � sin � ABC  :  3 �� ABC  30� cos � ABC  cos 30� Ta có: tan � ABC  3 cot � ABC  b) Xét VBEK �  sin EBK vuông EK EB K , ta có: (Hệ thức lượng tam giác vng) � � EK  EB.sin EBK Mà 1 � BC  EB.BC.sin EBC � S EBC  EK BC  EB.sin EBK 2 HẾT (đpcm) ... 1 62  12  400 � BC ? ?20 cm Áp dụng hệ thức lượng  ) BH  HA.HC 122  HA.16 � HA9cm ) AB  AH AC BAC vng B H có: có: K BH 12cm HC 16cm Biết , AB   16    22 5 � AB 15cm Áp dụng hệ thức. .. biết ;  122  9, 62  52, 84  7, 27 (cm) BEC E EK Do vuông ; đường cao Áp dụng hệ thức lượng ta có: EC  CK BC � BC  EC 122   19,81  cm  KC 7, 27 � BK  BC  KC  19,81  7, 27  12, 54 ...  32  2, 42  3, 24 � BE  1,8 (cm) ABH vuông HE  BE.EA H , đường cao HE nên: ( hệ thức lượng tam giác vuông) � EA  HE : BE  2, :1,8  3, (cm) AHE vuông E AH  AE  EH  3, 22  2, 42 