Định lí Pitago với bài toán chứng minh

Bài 1: Cho ABC vuông ở Ạ Gọi M là trung điểm của AB, kẻ MHBC tại H.

CMR: CH2BH2 AC2.

Lời giải

Nối C với M, trong tam giác vuông CHM có:

2 2 2 CH CM MH Do đó: 2 2  2 2 2 CH BH  CM MH BH 2  2 2 CM MH BH    CM2 BM2 Mà BMAM(gt) Nên CH2BH2 CM2 AM2

2 2 2

CH BH AC

   (đpcm).

Bài 2: Cho ABC vuông cân ở Ạ Qua A vẽ đường thẳng d thay đổị Vẽ BD và CE cùng vuông góc với d ( D, Ed). Chứng minh rằng tổng BD2CE2 có giá trị không đổị

Lời giải

Ta có ABD  CEA (cạnh huyền, góc nhọn) Suy ra: ADCE

áp dụng định lí Pitago vào tam giác vuông ABD ta có:

2 2 2

BD AD AB

Suy ra: BD2CE2 AB2

Vì AB không đổi nên BD2CE2 không đổi (đpcm).

Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, trên đó lấy điểm D.

Trên tia đối của tia AH lấy 1 điểm E sao cho HEAD. Đường thẳng vuông góc với AH tại D cắt AC tại F.

CMR: EBEF.

Vì ADHE nên AHDE

áp dụng định lí Pitago vào các tam giác vuông ABF, ABH, ADF, BHE, DEF ta được:     2 2 2 2 2 2 2 BF AB AF  BH AH  AD DF BH2DE2HE2DF2  2 2  2 2 BH HE DE DF     BE2EF2

Vậy BEF vuông tại E (định lí Pitago đảo) Do đó: EBEF.

Bài 4: Cho tam giác vuông cân ABC, A90 .0 Qua A kẻ đường thẳng d tuỳ ý. Từ B và C kẻ BHd,CKd.

CMR: Tổng BH2 CK2 không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng d.

+ Trường hợp đường thẳng d không cắt cạnh BC

AHB CKA

   (cạnh huyền, góc nhọn) Do đó CKAH

Tam giác AHB vuông tại H, theo định lí Pitago ta có:

2 2 2

AH BH AB không đổi

Suy ra CK2BH2 AB2 không đổị

+ Trường hợp đường thẳng d cắt cạnh BC tại 1 điểm nằm giữa B và C, ta vẫn có BH2CK2 AB2 không đổị

+ Nếu đường thẳng d trùng với đường thẳng AB thì điểm KA còn điểm HB, khi đó BH0,CKCA nên BH2 CK2 AB2 không đổị

+ Nếu đường thẳng d trùng với đường thẳng AC thì điểm HA còn điểm KC, khi đó KHBA,CK0 nên BH2CK2AB2 không đổị Vậy tổng BH2 CK2 không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng d.

Bài 5: Từ điểm O trong ABC, kẻ OF, OG, OH vuông góc với AB,, BC, CD. Chứng minh rằng hệ thức:

2 2 2 2 2 2

AF BG CH AH BF CG .

Xét tam giác vuông AFO và AHO, ta có:

2 2 2 2 2

OA AF OF AH OH (1)

Xét 2 tam giác vuông BOG và BFO lần lượt tại G và F, có:

2 2 2 2 2

OB BG OG BF 0F (2)

Xét 2 tam giác vuông OGH và OGC lần lượt tại H và G, có:

2 2 2 2 2

OC CH OH CG OG (3)

Cộng vế với vế của (1) (2) và (3) ta được:

AF2OF2 BG2OG2CH2OH2 AH2OH2 BF2 OF2CG2OG2 Vậy AF2BG2 CH2 AH2 BF2 CG2 (đpcm).