Bài tập Chứng minh các hệ thức liên quan đến tam giác vuông
  • Bài tập tự luyện dạng 2

Bài tập cơ bản

Câu 1:

Cho $\Delta ABC$ vuông tại A, đường cao AH. Gọi HD, HE lần lượt là đường cao của tam giác AHBAHC. Chứng minh rằng:

a) $\frac{A{{B}^{2}}}{A{{C}^{2}}}=\frac{HB}{HC}.$ b) $\frac{A{{B}^{3}}}{A{{C}^{3}}}=\frac{BD}{EC}.$

Câu 2:

Cho $\Delta ABC$ cân tại A có đường cao AHBK. Qua B kẻ đường thẳng vuông góc với BC, cắt tia đối của tia AC tại D. Chứng minh rằng:

a) $BD=2AH.$ b) $\frac{1}{B{{K}^{2}}}=\frac{1}{B{{C}^{2}}}+\frac{1}{4A{{H}^{2}}}.$

Bài tập nâng cao

Câu 3:

Cho hình thoi ABCD với $\widehat{A}=120{}^\circ .$ Tia Ax tạo với tia AB góc bằng $15{}^\circ $ và cắt cạnh BC tại M, cắt đường thẳng CD tại N. Chứng minh rằng $\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{A{{N}^{2}}}=\frac{4}{3A{{B}^{2}}}.$

Câu 4:

Cho đoạn thẳng $AB=4\,cm.$ Gọi C là điểm di động sao cho $BC=3\,cm.$ Vẽ tam giác AMN vuông tại A, có AC là đường cao. Xác định vị trí của điểm C để $\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{A{{N}^{2}}}$ đạt giá trị lớn nhất.

Câu 5:

Cho tam giác ABC với các đỉnh A, B, C và các cạnh đối diện với các đỉnh tương ứng là a, b, c.

a) Tính diện tích tam giác ABC theo a, b, c.

b) Chứng minh: ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 4\sqrt{3}S.$

Dạng 2. Chứng minh các hệ thức liên quan đến tam giác vuông

Bài tập cơ bản

Câu 1.

a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH ta có:

$\left\{ \begin{array} & A{{B}^{2}}=BH.BC \\ A{{C}^{2}}=CH.BC \\ \end{array} \right.\Rightarrow \frac{BH}{CH}=\frac{A{{B}^{2}}}{A{{C}^{2}}}.$

b) Do $\frac{A{{B}^{2}}}{A{{C}^{2}}}=\frac{BH}{CH}$ nên $\frac{A{{B}^{4}}}{A{{C}^{4}}}=\frac{B{{H}^{2}}}{C{{H}^{2}}}$ (1).

Áp dụng hệ thức lượng trong tam AHB vuông tại H, đường cao HD, ta có $B{{H}^{2}}=BD.BA$ (2)

Tương tự đối với $\Delta AHC$, ta cũng có: $C{{H}^{2}}=CE.CA$ (3).

Từ (1), (2) và (3), suy ra: $\frac{A{{B}^{3}}}{A{{C}^{3}}}=\frac{BD}{CE}.$

Câu 2.

a) Xét $\Delta ABC$ cân tại A có đường cao AH, suy ra AH là đường trung tuyến ứng với cạnh BC.

Xét $\Delta BDC$ có $\left\{ \begin{array} & BH=HC,H\in BC \\ AH\,\text{//}\,BD,A\in DC \\ \end{array} \right.$, suy ra AH là đường trung bình của $\Delta BDC$. Do đó $BD=2AH.$

b) Áp dụng hệ thức lượng trong $\Delta BDC$ vuông tại B, có BK là đường cao, ta có $\frac{1}{B{{K}^{2}}}=\frac{1}{B{{C}^{2}}}+\frac{1}{B{{D}^{2}}}.$

Thay $BD=2AH$ ta có $\frac{1}{B{{K}^{2}}}=\frac{1}{B{{C}^{2}}}+\frac{1}{4A{{H}^{2}}}.$

Bài tập nâng cao

Câu 3.

Kẻ $AE\bot AN\left( E\in DC \right),AH\bot DC\left( H\in DC \right)$.

Ta có: $\widehat{DAE}=\widehat{DAB}-\left( \widehat{EAN}+\widehat{BAx} \right)=15{}^\circ .$

Xét $\Delta ABM$ và $\Delta ADE$, ta có: $\widehat{ABM}=\widehat{ADE},AB=AD,$ $\widehat{BAM}=\widehat{DAE}\left( =15{}^\circ \right)$

Do đó: $\Delta ABM=\Delta ADE\left( g.c.g \right)\Rightarrow AM=AE.$

$\Delta ADH$ vuông tại H, có $\widehat{ADH}=180{}^\circ -\widehat{BAD}=60{}^\circ .$

Suy ra: $DH=\frac{1}{2}AD=\frac{1}{2}AB.$

Áp dụng định lí Py-ta-go trong $\Delta ADH$ có $\widehat{H}=90{}^\circ ,$ ta có:

$A{{H}^{2}}+D{{H}^{2}}=A{{D}^{2}}\Rightarrow A{{H}^{2}}=A{{B}^{2}}-{{\left( \frac{1}{2}AB \right)}^{2}}=\frac{3}{4}A{{B}^{2}}$

$\Rightarrow \frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{4}{3A{{B}^{2}}}.$

$\Delta AEN$ có $\widehat{A}=90{}^\circ ,AH\bot DN$, theo hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có:

$\frac{1}{A{{E}^{2}}}+\frac{1}{A{{N}^{2}}}=\frac{1}{A{{H}^{2}}}\Rightarrow \frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{A{{N}^{2}}}=\frac{4}{3A{{B}^{2}}}.$

Câu 4.

Xét $\Delta AMN$ vuông tại A, AC là đường cao.

Theo hệ thức liên quan đường cao trong tam giác vuông, ta có

$\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{A{{N}^{2}}}=\frac{1}{A{{C}^{2}}}.$

Xét ba điểm A, B, C ta có:

$AC\ge \left| AB-BC \right|\Rightarrow AC\ge 1\left( cm \right).$

Do vậy: $\frac{1}{AC}\le 1\Leftrightarrow \frac{1}{A{{C}^{2}}}\le 1.$

Dấu $”=”$ xảy ra khi C nằm giữa AB.

Vậy khi C nằm giữa AB sao cho $BC=3\,cm$ thì $\frac{1}{A{{M}^{2}}}+\frac{1}{A{{N}^{2}}}$ lớn nhất.

Câu 5.

a) Giả sử góc A là góc lớn nhất của tam giác ABC. Thế thì B, C là các góc nhọn. Suy ra chân đường cao hạ từ A lên BC là điểm H thuộc cạnh BC.

Ta có $BC=BH+HC.$ Áp dụng định lí Py-ta-go cho các tam giác vuông AHB, AHC ta có: $A{{B}^{2}}=A{{H}^{2}}+H{{B}^{2}}$ (1) và $A{{C}^{2}}=A{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}$ (2).

Lấy $\left( 1 \right)-\left( 2 \right)$ ta được

${{c}^{2}}-{{b}^{2}}=H{{B}^{2}}-H{{C}^{2}}=\left( HB+HC \right)\left( HB-HC \right)=a.\left( HB-HC \right)\Rightarrow HB-HC=\frac{{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{a}.$

Mà $HB+HC=a\Rightarrow HB=\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2a}$.

Áp dụng định lí Py-ta-go cho tam giác vuông AHB vuông tại H ta có:

$A{{H}^{2}}={{c}^{2}}-{{\left( \frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2a} \right)}^{2}}=\left( c-\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2a} \right)\left( c+\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2a} \right)$.

Đặt $2p=a+b+C$ thì $A{{H}^{2}}=\frac{16p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}{4{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=2\frac{\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}}{a}$

Từ đó tính được $S=\frac{1}{2}BC.AH=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}$.

b) Ta có $S=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}$. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có:

$\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)\le {{\left( \frac{p-a+p-b+p-c}{3} \right)}^{3}}=\frac{{{p}^{3}}}{27}\Rightarrow S\le \sqrt{p.\frac{{{p}^{3}}}{27}}=\frac{{{p}^{3}}}{3\sqrt{3}}\Rightarrow S\le \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{12\sqrt{3}}.$

Mặt khác ta có: ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge ab+bc+ac\Rightarrow {{\left( a+b+c \right)}^{2}}\le 3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$.

Suy ra $S\le \frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{12\sqrt{3}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 4\sqrt{3}S.$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$. Khi đó tam giác ABC đều.

Viết một bình luận