Ôn Thi Vào Lớp 10 Môn Toán Chuyên 1. MỘT SỐ HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ ĐƯỜNG CAO

CHƯƠNG I: Hệ thức lượng trong tam giác vuông

Chuyên đề 1. MỘT SỐ HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ ĐƯỜNG CAO A. Kiến thức cần nhớ

Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH (h.1.1). Khi đó ta có:

1) b²ab c; ² ac; 2) h²b c ;

3) bcah; 4) 1₂ 1₂ 1₂

h b c ;

5) a² b²c² (định lí Py-ta-go).

B. Một số ví dụ

Ví dụ 1. Cho tam giác ABC cân tại A (A90), đường cao BH. Chứng minh rằng: 1 2AB₂ CH  BC Giải

Trên tia đối của tia AC lấy điểm D sao cho ADAC .

Do đó 1

BAAC AD2CD.

Tam giác BCD có đường trung tuyến BA ứng với cạnh CD và 1

BA 2CD nên tam giác BCD vuông tại B.

Xét BCD vuông tại B, đường cao BH ta có: BC² CD CH. (hệ thức 1).

Suy ra BC² 2AB CH. (vì CD2AB). Do đó 1 2AB₂ CH  BC

Nhận xét: Đề bài cho BH là đường cao nhưng chưa phải đường cao tương ứng với cạnh huyền của tam giác vuông. Vì vậy ta vẽ thêm hình phụ để tạo ra tam giác vuông đỉnh B sao cho BH là đường cao ứng với cạnh huyền rồi vận dụng hệ thức (1). Ta cũng có thể vẽ hình phụ theo cách khác: Qua B vẽ một đường thẳng vuông góc với BC cắt tia CA tại D. Cách này cũng tạo ra một tam giác vuông với BH là đường cao ứng với cạnh huyền.

Ví dụ 2. Hình thang ABCD có AD90 và BDBC. Biết AD12cm CD, 25cm. Tính diện tích hình thang.

Giải Vẽ BH CD .

Tứ giác ABHD có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.

Suy ra BH AD12cm và ABDH.

Xét BDC vuông tại B, đường cao BH ta có:

2 .

BH HD HC (hệ thức 2).

Đặt HDx thì HC25x ta được:

 

2 2

12 x 25x x 25x1440 hay







Suy ra x16 hoặc x9. Với x16 thì AB16.

Diện tích hình thang là:





 

S 2 cm

  .

Với x9 thì AB9.

Diện tích hình thang là: ^{S }





 

Nhận xét: Để tính diện tích hình thang ABCD ta cần biết thêm độ dài AB. Ta vẽ BH CD để

"chuyển" AB thành DH. Có thể tính được DH vì trong tam giác vuông BDC đã biết hai yếu tố về độ dài. Ngoài ra, ta cũng dùng một công cụ trong đại số là giải phương trình để tính toán độ dài DH.

Ví dụ 3. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, BC = 2a. Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H trên AB và AC. Tính giá trị lớn nhất của diện tích tứ giác AEHD.

Giải

* Tìm cách giải:

Để tính diện tích lớn nhất của tứ giác AEHD ta phải viết biểu thức tính diện tích của tứ giác AEHD theo độ dài đã biết, rồi tìm giá trị lớn nhất của biểu thức đó.

* Trình bày lời giải:

Vẽ đường trung tuyến AM thì 1

AM  2BCa.

Tứ giác AEHD có ba góc vuông nên là hình chữ nhật.

Diện tích hình chữ nhật này là: S AD AE. .

Xét ABH vuông tại H ta có: AH² AB AD. (hệ thức 1), suy ra AH² AD AB

Tương tự ta có

AH2

AE AC . Do đó

2 2 4

. .

AH AH AH S AB AC  AB AC.

Mặt khác AB AC. BC AH. (hệ thức 3) nên ^{4 3} .

AH AH

S  BC AH  BC .

Suy ra

3

 AM

S BC (vì AH  AM)

Do đó ^{3 2}

2 2

a a

S  a  (dấu "=" xảy ra  ABC vuông cân tại A).

Vậy max ² 2

S a khi ABC vuông cân tại A.

Nhận xét: Để tìm sự liên hệ giữa chiều cao AH (chưa biết) với độ dài cạnh huyền BC (đã biết) ta vẽ thêm đường trung tuyến AM. Do AH AM; 1

AM 2BC nên AH đã liên hệ được với BC qua vai trò "bắc cầu" của AM.

Ví dụ 4. Cho ba điểm A, B, C, trong đó A, B cố định, ABBCa. Vẽ tam giác ADE vuông tại A sao cho AC là đường cao. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng 1₂ 1₂

AD  AE . Giải

* Tìm cách giải:

Hệ thức 1 ₂ 1₂

AD  AE gợi ý ta nhớ đến hệ thức (4). Vì vậy ta dùng hệ thức này để giải bài toán.

* Trình bày lời giải:

Ta có AC là đường cao của tam giác ADE vuông tại A nên

2 2 2

1 1 1

AD  AE  AC (hệ thức 4) Tổng 1 ₂ 1₂

AD  AE có giá trị nhỏ nhất 1 ₂

 AC có giá trị nhỏ nhất  AC có giá trị lớn nhất.

Xét ba điểm A B C, , ta có AC ABBC2a (dấu “=” xảy ra khi B là trung điểm của AC).

Vậy ^{2 2}

 

1 1 1 1

min AD AE 2a 4a

   

 

  khi B là trung điểm AC.

Ví dụ 5. Cho hình thang ABCD, AD90, hai đường chéo vuông góc với nhau. Cho biết ,

ABa CDb.

a) Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích hình thang ABCD.

b) Chứng minh rằng các độ dài AC, BD và AB CD có thể là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông.

Giải

* Tìm cách giải:

Để tìm diện tích hình thang ABCD ta cần biết thêm chiều cao AD. Có thể tính được AD nhờ phương pháp đồng dạng.

* Trình bày lời giải:

a) ADB và DCA có: AD90; ADBDCA (cùng phụ với góc BDC).

Do đó ∆ADB ∼∆DCA (g.g).

Suy ra AB AD ² . .

AD AB CD a b DA DC   Do đó AD ab.

Diện tích hình thang ABCD là:

   

2 2

AB CD AD a b ab

S  

 

Vì 2

a b ab

 (bất đẳng thức Cô-si) nên S  ab. ab ab (dấu “=” xảy ra khi a = b hay khi ABCD là hình vuông).

Vậy minS ab khi ABCD là hình vuông.

b) Xét ADB vuông tại A ta có: ^{BD2 AB2AD2 a2aba a b}









Xét tổng ^{AC2BD2 b a b}







 





 



 

2 2

AC BD  AB CD .

Do đó theo định lí Py-ta-go đảo thì AC, BD và AB CD có thể là độ dài ba cạnh của một tam giác vuông.

C. Bài tập vận dụng Vận dụng hệ thức (1)

1.1. Cho tam giác ABC vuông tại A, ABc AC, b. Vẽ đường cao AH. Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của H trên AB và AC. Tính theo b và c giá trị của các tỉ số:

a) HB

HC; b) BE

CF.

1.2. Cho tam giác ABC vuông tại A, BC20cm. Biết tỉ số hai hình chiếu của hai cạnh góc vuông trên cạnh huyền là 9 :16. Tính diện tích tam giác ABC.

1.3. Cho tam giác ABC cân tại A. Các tia phân giác của góc A và góc B cắt nhau tại O. Biết 2 3

OA cm, OB2cm, tính độ dài AB.

1.4. Cho tam giác ABC cân tại A, góc A nhọn, trực tâm H. Biết HA7cm, HBHC15cm. Tính diện tích tam giác ABC.

Vận dụng hệ thức (2)

1.5. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Biết diện tích các tam giác ABH và ACH lần lượt là 54cm² và 96cm². Tính độ dài BC.

1.6. Cho hình thang cân ABCD, AB/ /CD, AD AC. Biết AB7cm CD, 25cm. Tính diện tích hình thang.

1.7. Cho hình thang ABCD, AD90. Hai đường chéo vuông góc với nhau tại O. Biết 5, 4

OB cm; OD15cm. a) Tính diện tích hình thang;

b) Qua O vẽ một đường thẳng song song với hai đáy, cắt AD và BC lần lượt tại M và N. Tính độ dài MN.

1.8. Cho trước các đoạn thẳng a và b (ab). Hãy dựng một đoạn thẳng thứ ba x sao cho x là trung bình nhân của hai đoạn thẳng a và b.

Vận dụng hệ thức (4)

1.9. Cho hình vuông ABCD cạnh 1. Gọi M là một điểm nằm giữa B và c. Tia AM cắt đường thẳng CD tại N. Tính giá trị của biểu thức 1 ₂ 1₂

P AM  AN .

1.10. Cho hình thoi ABCD, AB2cm, A120. Trên cạnh BC lấy điểm E sao cho BAE 15 . Tia AE cắt đường thẳng CD tại F. Chứng minh rằng 1₂ 1₂ 1

3 AE  AF  .

1.11. Cho hình thang ABCD, AD90, ADCD và hai đáy không bằng nhau. Gọi E là giao điểm của hai đường thẳng AD và BC. Chứng minh rằng 1₂ 1₂ 1₂

AD CB CE . 1.12. Cho hình thoi ABCD, đường cao AH. Cho biết ACm; BDn và AH h. Chứng minh rằng 1₂ 1₂ 1₂

h  m n .

1.13. Cho tam giác ABC vuông tại A, AB15cm AC, 20cm . Vẽ hình chữ nhật DEFG nội tiếp tam giác ABC sao cho D thuộc cạnh AB; E thuộc cạnh AC; F và G thuộc cạnh BC. Xác định vị trí của D và E để diện tích hình chữ nhật DEFG là lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó.

Vận dụng hệ thức (5) Định lí Py-ta-go

1.14. Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AM.

Chứng minh rằng

2

2 2

2 2

AB AC  AM BC .

Áp dụng: Tam giác ABC có AB5,AC7 và BC10. Tính độ dài đường trung tuyến AM.

1.15. Cho tam giác ABC, A60. Đặt BCa CA, b AB, c. Chứng minh rằng a³b³c³.

1.16. Cho tam giác ABC, điểm M nằm giữa B và C. Chứng minh rằng:

2 2 2

. . . . .

AB MCAC MBAM BC MB MC BC

1.17. Cho tam giác ABC. Đặt BCa CA, b AB, c. Chứng minh rằng:

a) Nếu A90 thì a²b²c²; b) Nếu A90 thì a²b²c²; c) Nếu A90 thì a² b²c².

1.18. Cho tam giác ABC. Đặt BCa CA, b AB, c. Chứng minh rằng:

a) Nếu a²b²c² thì A90; b) Nếu a²b²c²thì A90; c) Nếu a²b²c²thì A90.

1.19. Cho tam giác ABC, độ dài các cạnh BC, CA, AB lần lượt là a, b, c. Độ dài các đường cao tương ứng là h_a,h h_b, _c . Chứng minh rằng nếu 1₂ 1₂ 1₂

a b c

h  h h thì h_b c và h_c b. Vận dụng tổng hợp nhiều hệ thức

1.20. Cho hình thang ABCD, AD90, hai đường chéo vuông góc với nhau tại O. Cho biết 12

AD cm; CD16cm. Tính các độ dài OA, OB, OC, OD.

1.21. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH h BC, a. Vẽ HD AB, HE AC. Ta đặt ,

BDm CEn. Chứng minh rằng:

a) h³a m n. . ; b) ³ a² ³m² ³n²

1.22. Cho tam giác nhọn ABC. Ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Trên các đoạn thẳng HA, HB, HC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho BMCCNA APB90. Chứng minh rằng:

a) Các tam giác ANP, BMP và CMN là những tam giác cân;

b) Diện tích tam giác MBC là trung bình nhân của diện tích các tam giác ABC và HBC.

1.23. Cho năm đoạn thẳng a, b, c, d, e trong đó bất cứ ba đoạn thẳng nào cũng lập thành một tam giác. Chứng minh rằng tồn tại ba đoạn thẳng lập thành một tam giác có ba góc nhọn.

1.24. Cho tứ giác ABCD, AC = 6, BD = 4. Chứng minh rằng:

a) Tồn tại hai cạnh của tứ giác nhỏ hơn 5;

b) Tồn tại một cạnh của tứ giác lớn hơn 3,6.

HƯỚNG DẪN GIẢI - ĐÁP SỐ Chương I. Hệ thức lượng trong tam giác vuông

Chuyên đề 1. MỘT SỐ HỆ THỨC VỀ CẠNH VÀ ĐƯỜNG CAO TRONG TAM GIÁC VUÔNG 1.1.

a) Xét ABC vuông tại A, đường cao AH ta có:

2 . ; 2 .C

AB BC BH AC BC H (hệ thức 1).

Do đó. ²₂ . .

AB BC BH BH

AC  BC CH CH . Vậy HB c²₂ HC b

b) Xét ABH vuông tại H, ACH vuông tại H, ta có:

2 . ; 2 .CF

HB BA BE HC CA (hệ thức 1).

Do đó ²₂ . .

. .

HB BA BE c BE HC CA CF b CF . Suy ra

2 2 2 3

2 3

:   .

 

    

   

BE HB c c b c

CF HC b b c b

Nhận xét: Qua kết quả của câu a) ta thấy: Tỉ số hai hình chiếu của hai cạnh góc vuông trên cạnh huyền bằng bình phương tỉ số hai cạnh góc vuông đó.

1.2.

Vẽ đường cao AH.

Ta có 9 20

16 9 16 9 16 25

HB HB HC HB HC

HC

     



Suy ra 9.20 16.20

7, 2; 12,8

25 25

HB  HC  Xét ABC vuông tại A, đường cao AH ta có:

 

2 . 20.7, 2 144 12

AB BC BH  AB cm

 

2 . 20.12,8256 16

AC BC CH AC cm

Vậy diện tích ABC là ^{1 . 1.12.16 96}

 

2 2

S AB AC  cm

Cách giải khác:

Sau khi tính được HB và HC, ta tính AH: AH²HB HC. (hệ thức 2).

 

2 7, 2.12,8 92,16 9, 6

AH   AH  cm

Diện tích ABC là ^{1 . 1.20.9, 6 96}

 

2 2

S  BC AH   cm

1.3

Qua A vẽ một đường thẳng vuông góc với AB cắt tia BO tại D.

Ta có DB₁90 ; AODB₂ 90 mà B₁B₂ nên D AOD

Do đó AOD cân tại A. Suy ra ^{AD AO2 3}

 

Ta đặt HOHDx thì BD2x2

Xét ABD vuông tại A, đường cao AH, ta có AD² BD HD.

Suy ra

 











hoặc x 3.

Giá trị x2 được chọn, giá trị x 3 bị loại.

Do đó ^{BD   2 2 2 6}

 

Suy ra ^{AB 62}

 

 

1.4.

Vì H là trực tâm của ABC nên BH AC CH, AB và AH BC.

Gọi D là giao điểm của AH với BC. Do ABC cân nên DB = DC.

Vẽ điểm K đối xứng với H qua BC, khi đó tứ giác BHCK là hình thoi.

Suy ra BK AB.

Xét ABK vuông tại B, ta có BK²KA KD. (hệ thức 1).

Đặt KDx thì KH 2x và KA2x7. Khi đó ta có ^{152 x}





  

2x2 7x 225 0 x 9 2x 25 0

       

9

 x (chọn) hoặc 25

x  2 (loại).

Vậy ^{AD  7 9 16}

 

Xét HBD vuông tại D, ta có BD² BH²HD² (định lí Py-ta-go).

Suy ra ^{BD215292 144BD12}

 

 

2 2

S  BC AD  cm . Khai thác bài toán:

Đề bài cho góc A nhọn. Nếu góc A tù thì diện tích tam giác ABC thay đổi thế nào?

Cũng chứng minh như trên ta được:

2 .

BK KA KD (hệ thức 1).

Đặt KDx thì KH 2x và KA2x7 . Khi đó ta có ^{152 x}











 x x    x

  x 9 (loại) hoặc x12, 5 (chọn).

Vậy ^{ADHDHA12,5 7 5,5}

 

 

2 2 2 2 2 275 5 11

15 12, 5

4 2

BD BH HD    BD cm . Do đó ^{BC5 11}

 

Diện tích ABC là: ^{1 . 1.5 11.5, 5 55 11}

 

2 2 4

S  BC AD  cm . 1.5.

Ta có 1

. 54

ABH 2

S  AH BH  Suy ra AH BH. 108 (1)

1 .CH 96

ACH 2

S  AH  Suy ra AH.CH 192 (2)

Từ (1) và (2) ta được: AH BH CH². . 108.192 .

Mặt khác AH²BH CH. (hệ thức 2). Suy ra ^{AH4124AH 12}

 

Ta có SABC ^{54 96 150} 

 

SABC  BC AH nên 1

. 150

2BC AH  . Suy ra ^{150.2 25}

 

BC  12  cm . 1.6. (h.1.13)

* Tìm cách giải

Để tìm diện tích hình thang ABCD ta cần biết thêm chiều cao.

Điều này gợi ý cho ta vẽ AH CD.

Ta cần vẽ thêm BK CD nhờ đó có thể tính được độ dài DH, CK.

* Trình bày lời giải

Vẽ AH CD, BK CD.

Tứ giác ABKH là hình chữ nhật, suy ra HK AB7cm. ADH BCK

   (cạnh huyền, góc nhọn).

Suy ra ^{DH CK }









 

 

Xét ADC vuông tại A, đường cao AH ta có: AH² HD HC. (hệ thức 2).

Do đó ^{AH29.16 144 AH 12}

 

 

 

2 2

 

 AB CD AH  

S cm .

1.7.

* Tìm cách giải

Đã biết đường chéo BD nên cần tìm đường chéo AC là có thể tính được diện tích hình thang. Muốn vậy phải tính OA và OC.

* Trình bày lời giải

a) Xét ABD vuông tại A có AOBD nên OA²OB OD. (hệ thức 2).

Do đó ^{OA25, 4.1581OA9}

 

* Xét ACD vuông tại D có OD AC nên OD² OA OC. (hệ thức 2).

2 2

 

15 25 9

OC OD cm

  OA   .

Do đó ^{AC25 9 34}

 

 

Diện tích hình thang ABCD là: ^{. 34.20, 4 346,8}

 

2 2

AC BD

S    cm .

b) Xét ADC có OM / /CD nên OM AO

CD  AC (hệ quả của định lí Ta-lét). (1) Xét BCD có ON/ /CD nên ON BN

CD  BC (hệ quả của định lí Ta-lét). (2) Xét ABC có ON/ / AB nên AO BN

AC  BC (định lí Ta-lét). (3) Từ (1),(2),(3) suy ra OM ON

CD CD Do đó OM = ON.

Xét AOD vuông tại O, OM  AD nên 1 ₂ 1₂ 1 ₂

OM OA OD (hệ thức 4).

Do đó ¹ ₂ ¹₂ ¹₂ ^{7, 7}

 

9 15 OM cm

OM    

Suy ra MN 7, 7.2 15, 4

 

* Tìm cách giải

Ta phải dựng đoạn thẳng x sao cho x ab hay x² ab. Hệ thức này có dạng của hệ thức (2): h² b c  nên ta vận dụng hệ thức (2) để dựng đoạn thẳng x.

* Trình bày lời giải

Cách dựng

- Trên tia By ta đặt liên tiếp các đoạn thẳng BH a, HCb. - Dựng nửa đường tròn tâm O, đường kính BC.

- Từ H dựng một đường thẳng vuông góc với BC, cắt nửa đường tròn (O) tại A. Khi đó AH là đoạn thẳng x cần dựng.

Chứng minh

ABC có 1

OAOBOC 2BC nên ABC vuông tại A.

Ta có AH² HB HC. (hệ thức 2). Do đó x²ab. Cách giải khác

- Trên tia By ta đặt BC a và BH b.

- Dựng nửa đường tròn tâm O, đường kính BC.

- Từ H dựng một đường thẳng vuông góc với BC, cắt nửa đường tròn (O) tại A.

Khi đó AB là đoạn thẳng x cần dựng.

Thực vậy, ABC có 1

OAOBOC 2BC nên ABC vuông tại A.

Ta có AB² BC BH. (hệ thức 1). Do đó x²ab. Nhận xét:

Trong cách giải thứ nhất ta không cần điều kiện ab. Điều kiện này chỉ dùng trong cách giải thứ hai. Nếu ab thì ta có ngay x a b.

Hình vẽ trong cách giải thứ hai trông "gọn" hơn.

1.9.

* Tìm cách giải

Biểu thức 1 ₂ 1₂

AM  AN gợi ý cho ta vận dụng hệ thức (4) 1₂ 1₂ 1₂

h b c để giải.

Muốn vậy phải tạo ra một tam giác vuông có các cạnh góc vuông bằng AM, AN.

* Trình bày lời giải

Qua A vẽ một đường thẳng vuông góc với AM cắt đường thẳng CD tại E.

ADE và ABM có D B 90 ; ADAB A; ₁A₂ (cùng phụ với góc DAM).

Do đó ^{ADE ABM g}





Xét AEN vuông tại A có ADEN nên 1₂ 1 ₂ 1₂ AE  AN  AD Mặt khác AEAM AD, 1 nên 1 ₂ 1₂

AM  AN 1. 1.10.

* Tìm cách giải

Điều phải chứng minh 1₂ 1 ₂ 1 3

AE  AF  gợi ý cho ta cần vận dụng hệ thức (4) để giải. Do đó ta cần vẽ hình phụ tạo ra một tam giác vuông có các cạnh góc vuông bằng AE, AF.

* Trình bày lời giải

Trên cạnh CD lấy điểm G sao cho

15 DAGBAE . Khi đó GAF 90.





ADG ABE g c g AG AE

     .

Hình thoi ABCD có A120 nên D60. Do đó ADC là tam giác đểu.

Vẽ AH DC thì ^{3 2 3 3}

 

2 2

AH  AD   cm

Xét AGF vuông tại A, AH GF ta có: 1₂ 1₂ 1 ₂

AG  AF  AH (hệ thức 4).

Suy ra

 

2 2

1 1 1 1

3 3 AE  AF  

1.11.

* Tìm cách giải

Nhìn vào kết luận của bài toán ta thấy phải dùng hệ thức (4) để giải. Muốn vậy, phải vẽ hình phụ tạo ra một tam giác vuông có các cạnh góc vuông lần lượt bằng CB và CE.

* Trình bày lời giải

Qua C vẽ một đường thẳng vuông góc với CB cắt đường thẳng AD tại F.

Vẽ BH CD. CDF và BHC có:

CDBH (cùng bằng AD); DH 90 ; DCF HBC (cùng phụ với góc BCH).

Do đó ^{CDF  BHC g c g}





Xét CEF vuông tại C có CD là đường cao nên 1₂ 1₂ 1₂ CD CF CE (hệ thức 4).

Do đó 1₂ 1₂ 1₂

AD CB CE (vì CD AD, CFCB).

1.12. (h.1.20)

* Tìm cách giải

Do tính chất hai đường chéo của hình thoi vuông góc với nhau nên trong hình đã có bốn tam giác vuông đỉnh O, các cạnh góc vuông đều đã biết nhưng chưa có đường cao ứng với cạnh huyền. Vì vậy qua O cần vẽ đường cao ứng với cạnh huyền.

* Trình bày lời giải

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Ta có ACBD và ;

2 2

m n

OAOC OBOD

Qua O vẽ OEAB, đường thẳng OE cắt CD tại F. Dễ thấy EF AH h. Xét AOB vuông tại O, OEAB, ta có 1₂ 1₂ 1₂

OE OA OB (hệ thức 4).

Suy ra 1 ₂ 1 ₂ 1 ₂

2 2 2

h  m  n

     

     

     

. Do đó 1₂ 1₂ 1₂ h  m n .

1.13.

Vẽ đường cao AH. Vì ABC vuông tại A nên 1 ₂ 1₂ 1₂

AH  AB  AC (hệ thức 4).

Do đó 1 ₂ 1₂ 1₂ 1

15 20 144

AH    . Suy ra ^{AH  14412}

 

 

Gọi K là giao điểm của AH với DE.

Ta đặt DGx DE;  y. Khi đó AK 12x. Vì DE/ /BC nên ∆ADE ∼∆ABC . Suy ra

DE AK BC  AH

Do đó 12 ^{25 12}

 

25 12 12

y x x

y 

    .

Diện tích hình chữ nhật DEFG là:

  



.25 12 25

12 12 12

x x

S xy  x x

    



  

25 25

12 36 36 6 75

12 x x 12 x

        

Vì ²⁵





12 x

   nên S 75 (dấu "=" xảy ra khi x6).

Vậy maxS 75cm² khi x6.

Ta có KH DG6cm, mà AH 12cm nên K là trung điểm của AH.

DE đi qua K và DE/ /BC nên D là trung điểm cùa AB, E là trung điểm của AC.

1.14.

• Trường hợp C B 90 (nếu BC90 thì cũng chứng minh tương tự).

Vẽ đường cao AH thì điểm H thuộc đoạn BM.

Theo định lí Py-ta-go ta có:

2 2 2; 2 2 2

AB AH HB AC  AH HC . Do đó AB²AC² 2AH²HB²HC²



   



2 AM HM  BM HM  HM MC

2 2 2 2 2 2

2AM 2HM BM 2BM HM. HM HM 2HM MC. MC

       

 

2 2 2

2AM BM MC 2HM BM CM

    

2 2

2 2

2 2

BC BC

AM    

    

    (vì BM MC)

2

2 2

2 AM BC

 

Trường hợp góc B hoặc góc C tù: Cũng chứng minh tương tự (với điểm H nằm trên tia đối của tia BC hoặc nằm trên tia đối của tia CB).

• Trường hợp B90 hoặc C 90: Bạn đọc tự chứng minh.

Áp dụng: Nếu AB5,AC7,BC10 thì ta có ^{2 2 2} 10²

5 7 2

AM 2

  

Suy ra AM²12AM 2 3.

Nhận xét: Để vận dụng được định lí Py-ta-go giải bài toán này ta đã vẽ AH BC. Cần chú ý vị trí của điểm H trên đường thẳng BC.

1.15.

• Trường hợp góc B và góc C nhọn

Vẽ đường cao BH thì điểm H nằm giữa A và C.

Xét ABH vuông tại H, có BAH 60 nên ABH 30.

Suy ra 1

AH 2AB hay AB2AH. Ta có

     

2 2 2 2 2 2

. 2

AB AC AB AC AH BH  AH HC  AH AHHC

2 2 2 2 2

2 . 2 2 .

AH BH AH AH HC HC AH AH HC

      

2 2 2

BH HC BC

   (vì BHC vuông tại H).

Do đó b²c²bca².

Nhân cả hai vế với b c ta được



 







Mặt khác a b a (bất đẳng thức tam giác) nên b³c³a³ hay a³b³c³.

• Trường hợp B90 hoặc C90 chứng minh tương tự.

Cách giải khác:

- Nếu BC thì ABC là tam giác đều. Khi đó a b c, do đó a³b³c³0. Suy ra a³b³c³. - Nếu BC thì B60, do đó b a b³ a³. Suy ra a³b³c³.

- Nếu BC: Chứng minh tương tự.

Nhận xét: Cách giải thứ hai ngắn gọn hơn vì không phải xét hình phụ. Mặt khác chỉ cần kiến thức lớp Bảy: quan hệ giữa cạnh và góc đối diện là giải được.

1.16.

Trường hợp góc B và góc C nhọn Vẽ đường cao AH.

Xét M nằm giữa H và C (nếu M nằm giữa H và B thì cũng chứng minh tương tự).

Xét ABH, ACH vuông tại H, theo định lí Py-ta-go ta có:

 

2 2 2 2

AB AH HB  AH  MBMH ;

 

2 2 2 2

AC  AH HC  AH  MCMH ; Do đó AB MC². AC MB². AM BC².

 

 

2 . 2 . 2.

AH MB MH MC AH MC MH MB AM BC

   

        

2 2 2

2 . .

AH MB MB MH MH MC

 

    

2 2 2 2

2 . . .

AH MC MC MH MH MB AM BC

 

     

2 2 2 2 2

. . 2 . . . . .

AH MC MB MC MB MH MC MH MC AH MB MC MB

     

2 2

2MC MH MB. . MH MB. AM BC.

  

     

2 2 2

. .

AH MC MB MH MC MB MB MC MB MC AM BC

      

2. 2. . . 2.

AH BC MH BC MB MC BC AM BC

   





BC AH MH MB MC BC AM BC

   

2 2

. . . .

BC AM MB MC BC AM BC MB MC BC

   

Trường hợp B90 hoặc C90 chứng minh tương tự.

1.17.

a) ABC có A90

Vẽ BH  AC. Đặt HAc

Xét HBC vuông tại H có ^{BC2 HB2HC2 }





Nếu C90 thì H nằm giữa A và C (h. 1.25a).

Khi đó HCACHA b c.

Nếu C90 thì H nằm trên tia đối của tia CA (h.l.25b).

Khi đó HCHCAC c b .

Trong cả hai trường hợp ta đều có ^HC2





Xét HBC vuông tại H ta có BC²HB²HC² (1) Xét ABH vuông tại H ta có BH² AB²AH² (2)

Từ (1) và (2) suy ra ^{BC2 AB2AH2HC2 c2c2}





2 2 2 2 2 2

2 2

c c b bc c b c bc

        .

Suy ra a²b²c² (vì 2bc 0) b) ABC có A90 (h.1.26)

Vẽ BH BC. Vì A90 nên điểm H nằm trên tia đối của tia AC.

Ta đặt AH c khi đó HCHAAC c b . Xét HBC vuông tại H ta có BC²HB²HC² (3) Xét ABH vuông tại H ta có BH² AB²AH² (4) Từ (3) và (4) suy ra

 

2 2 2 2 2 2 2

BC AB AH HC a c c  cb

2 2 2 '2 2  2 2 2 2 2 

a c c c  bc b a b c  bc

Suy ra a² b²c² (vì 2bc 0)

c) ABC có A90, theo định lí Py-ta-go ta có a² b²c².

Nhận xét: Cả hai trường hợp trên được giải theo cùng một phương pháp. Khi vẽ BH  AC cần xác định đúng vị trí của H trên đường thẳng AC.

1.18.

Ta chứng minh bằng phương pháp phản chứng.

a) Giả sử A90 thì theo câu b) bài 1.17 ta có a²b²c², trái giả thiết.

Giả sử A90 thì theo định lí Py-ta-go ta có a² b²c², trái giả thiết.

Vậy A90.

b) Chứng minh tương tự câu a).

c) Nếu a²b²c² thì theo định lí Py-ta-go đảo ta có A90. 1.19.

Gọi diện tích ABC là S. Ta có 1 2 . ^a S  a h

Suy ra 2 ² 4 ₂²

a a

S S

a a

h h

   (1)

Tương tự:

2 2

2 2

2 2

4 4

;

b c

S S

b c

h h

 

Ta có ^{2 2 2} 1₂ 1₂ 4

b c

b c S

h h

 

    

  Mặt khác 1₂ 1₂ 1₂

a b c

h  h h nên ^{2 2 2} 1₂ 4

a

b c S

  h (2)

Từ (1) và (2) suy ra a²b²c². Do đó ABC vuông tại A.

Khi đó trực tâm H trùng với đỉnh A. Suy ra h_bc và h_c b. 1.20.

ADC vuông tại D, theo định lí Py-ta-go ta có:

2 2 2 2 2

12 16 400 AC  AD DC    . Suy ra ^AC20

 

ADC vuông tại D, DO là đường cao nên AD DC.  AC DO. (hệ thức 3).

Suy ra ^{. 12.16 9, 6}

 

20 AD DC

OD cm

 AC   .

Ta lại có AD² AC AO. (hệ thức 1) nên ^{2 122 7, 2}

 

20

OA AD cm

 AC   .

Do đó OC20 7, 2 12,8 

 

Xét ABD vuông tại A, AO là đường cao nên AO²OB OD. (hệ thức 2).

2 2

 

7, 2 5, 4 9, 6

OB AO cm

  OD   .

1.21.

a) Xét tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, ta có AH² HB HC. (hệ thức 2).

Do đó AH⁴HB HC². ² (*)

Xét ABH và ACH vuông tại H, ta có:

2 2

.BD; HC .

HB BA CA CE. Thay vào (*) ta được

   

4 . . . .

AH BA BD CA CE BA CA BD CE . Mặt khác BA CA. BC AH. (hệ thức 3) nên

4 . . .

AH BC AH BD CE,

Do đó AH³BC BD CE. . hay h³a m n. . .

b) Ta có ² . HB²

HB BA BD BD

   BA

Do đó

4 2

2

BD HB

 BA

Xét tam giác ABC vuông tại A ta có BA² BC BH. (hệ thức 1)

Suy ra ^{2 4 3} .

HB HB

BD  BC BH  BC . Do đó ^{3 2 3 3}

3

HB HB BD  BC  BC .

Tương tự ta có ^{3 2}

3

CE HC

BC



Vậy ^{3 2 3 2} ₃HB ₃HC ₃BC ^{3 2}

BD CE BC

BC BC BC

    

Suy ra ³a²  ³m² ³n² 1.22.

a) Xét ANC vuông tại N, đường cao NE ta có: AN² AC AE. (hệ thức 1) (1) Xét APB vuông tại P, đường cao PF ta có: AP² AB.AF (hệ thức 1) (2) Mặt khác ∆ABE ∼∆ACF (g.g).

Suy ra AB AE

AC  AF do đó AC AE. AB.AF Từ (1), (2), (3) ta được AN² AP² hay ANAP. Vậy ANP cân tại A.

Chứng minh tương tự ta được BMP và CMN cân.

b) Xét MBC vuông tại M, đường cao MD, ta có:

2 .

MD DB DC (hệ thức 2) (4) BHD ACD

∆ ∼∆ (g.g).

Suy ra DB HD

DA  CD, do đó DB CD.  AD HD. (5) Từ (4) và (5) ta được MD² AD HD. .

Gọi diện tích của tam giác MBC, ABC và HBC lần lượt là S S S, ₁, ₂ . Ta có 1

2 .

S  BC MD. (6)

1 2

1 1

. ; .

2 2

S  BC AD S  BC HD

Do đó _{1 2} 1 ² 1 ^{2 2}

. . .

4 4

S S  BC AD HD BC MD (vì AD HD. MD²).

Suy ra _{1 2} 1

. .

S S  2BC MD (7) Từ (6) và (7) ta được S  S S₁. ₂ . 1.23. Tìm cách giải

Liên quan đến tam giác nhọn, tam giác tù, tam giác vuông ta có bài 1.17. Ta sẽ dùng phương pháp phản chứng và kết quả bài 1.17 để giải.

Trình bày lời giải

Giả sử a   b c d e và ba đoạn thẳng nào trong các đoạn thẳng trên cũng có thể là ba cạnh của một tam giác tù hoặc vuông. Khi đó theo kết quả bài 1.17. ta có:

2 2 2 2 2 2 2 2 2

; ;

a b c b c d c d e .

Suy ra ^a2



 



2 2 2

2

a d e  cd. (vì cdde) ^a2





Vậy tồn tại ba đoạn thẳng là ba cạnh của một tam giác nhọn.

Nhận xét. Bài toán này là một bài toán về hình học tổ hợp. Một trong những phương pháp thường dùng để giải là phương pháp phản chứng và ta đã dùng phương pháp này để giải bài toán trên.

Chú ý thêm rằng do vai trò của năm đoạn thẳng a, b, c, d, e là như nhau nên ta có thể giả sử

    a b c d e. 1.24. Tìm hướng giải

Để chứng minh một độ dài nào đó nhỏ hơn 5, ta có thể xét tổng của hai độ dài rồi chứng minh tổng này nhỏ hơn 10. Khi đó tồn tại một độ dài nhỏ hơn 5 (dùng phản chứng).

Trình bày lời giải

a) Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Xét AOB và COD ta có:

;

ABOA OB CD OCOD

AB CD OA OB OC OD

     

4 6 10 AB CD AC BD

       .

Vậy một trong hai cạnh AB, CD nhỏ hơn 5. (1)

Chứng minh tương tự ta được một trong hai cạnh AD, BC nhỏ hơn 5. (2)

Từ (1) và (2) suy ra tồn tại hai cạnh của tứ giác nhỏ hơn 5.

b) Gọi M là trung điểm của AC. Ta có

3; 4

MC MBMDBD

Do đó tồn tại một trong hai đoạn thẳng MB, MD lớn hơn 2, chẳng hạn MB2.

Trong hai góc AMB và CMB kề bù, tồn tại một góc lớn hơn hoặc bằng 90, chẳng hạn CMB90. Khi đó BC²MB²MC² 2²3²13

Suy ra BC 133, 6.

Vậy tồn tại một cạnh của tứ giác lớn hơn 3,6.