• Bài tập tự luyện dạng 1

Bài tập cơ bản

Câu 1:

Cho $\Delta ABC$ có $\widehat{A}=75{}^\circ ,\widehat{C}=45{}^\circ ,AB=10\,cm.$

a) Kẻ $AH\bot BC.$ Tính BH, AC và diện tích tam giác ABC.

b) Kẻ $HE\bot AB,HF\bot AC.$ Chứng minh rằng $AE.AB=AF.AC.$

c) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AH, EF. Chứng minh rằng $MN\bot EF.$

Câu 2:

Cho tam giác ABC có góc A bằng $60{}^\circ $, đường cao BM và CN cắt nhau tại H. Nối AH cắt BC tại K. Biết $AC=8\,cm.$

a) Tính AN, NC và số đo của $\widehat{ABM}$ và $\widehat{BHC}$.

b) Chứng minh rằng $AK\bot BC,\widehat{MBC}=\widehat{CAK}.$

c) Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh rằng tam giác MIN đều.

Bài tập nâng cao

Câu 3:

Cho tam giác ABC vuông tại A và đường cao AH. Gọi M, N, I lần lượt là trung điểm của AB, AC, AH. Biết $AH=8\,cm,\widehat{HAC}=30{}^\circ .$

a) Tính AC, HC và diện tích tam giác AHC.

b) Chứng minh ba điểm M, I, N thẳng hàng.

c) Gọi E là trung điểm của BC. Chứng minh rằng MNHE là hình thang cân.

Câu 4:

Cho tam giác ABC, ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H.

a) Cho $AD=4\,cm,BD=3\,cm.$ Tính tỉ số lượng giác của góc BAD.

b) Chứng minh $\widehat{BAH}=\widehat{BCH},\widehat{CAD}=\widehat{EBC},\widehat{ABE}=\widehat{ACF}.$

c) Chứng minh $\Delta CED\backsim \Delta CBA,\Delta BDF\backsim \Delta BAC.$

d) Chứng minh $BH.BE+CH.CF=B{{C}^{2}}.$

Dạng 1. Tính tỉ số lượng giác của góc nhọn, tính cạnh, tính góc trong tam giác vuông

Bài tập cơ bản

Câu 1.

a) Dễ tính được $\widehat{ABC}=60{}^\circ .$

Áp dụng tỉ số lượng giác trong $\Delta AHB$ vuông tại H, ta có:

$\cos \widehat{ABH}=\frac{BH}{BA}\Rightarrow BH=10.\cos 60{}^\circ =5\left( cm \right)$, $\sin \widehat{ABH}=\frac{AH}{AB}\Rightarrow AH=10.\frac{\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}\left( cm \right).$

Áp dụng tỉ số lượng giác trong $\Delta AHC$ vuông tại H, ta có:

$\sin \widehat{ACH}=\frac{AH}{AC}\Rightarrow AC=\frac{5\sqrt{3}}{\sin 45{}^\circ }=5\sqrt{6}\left( cm \right)$, $\tan \widehat{ACH}=\frac{AH}{HC}\Rightarrow HC=AH.\tan 45{}^\circ =5\sqrt{3}\left( cm \right).$

${{S}_{ABC}}={{S}_{ABH}}+{{S}_{AHC}}=\frac{1}{2}.AH.BH+\frac{1}{2}.AH.HC=\frac{1}{2}.AH.\left( BH+HC \right)=\frac{1}{2}.5\sqrt{3}\left( 5\sqrt{3}+5 \right)=\frac{25}{2}\left( \sqrt{3}+3 \right)\left( c{{m}^{2}} \right).$

b) Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác:

$\Delta AHB$ vuông tại H có đường cao HE:$A{{H}^{2}}=AE.AB$ (1)

$\Delta AHC$ vuông tại H có đường cao HF: $A{{H}^{2}}=AF.AC$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $AE.AB=AF.AC.$

c) Ta có $\Delta AEH,\Delta AFH$ lần lượt vuông tại E, F, M là trung điểm của AH.

Theo định lý đường trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông, suy ra $ME=MF=\frac{AH}{2}.$

Lại có $NE=NF$ nên suy ra M, N thuộc đường trung trực của EF. Vậy $MN\bot EF.$

Câu 2.

a) Áp dụng tỉ số lượng giác trong $\Delta ANC$ vuông tại N ta có:

$\cos \widehat{CAN}=\frac{AN}{AC}\Rightarrow AB=8.\cos 60{}^\circ =4\left( cm \right).$ $\tan \widehat{CAN}=\frac{NC}{NA}\Rightarrow NC=NA.\tan 60{}^\circ =4\sqrt{3}\left( cm \right).$

Trong $\Delta ABM$ vuông tại M, ta dễ dàng tính được $\widehat{ABM}=30{}^\circ .$

Áp dụng tổng bốn góc trong tứ giác AMHN và hai góc đối đỉnh, ta dễ dàng tính được $\widehat{BHC}$ như sau

$\left\{ \begin{array} & \widehat{MAN}+\widehat{ANH}+\widehat{AMH}+\widehat{NHM}=360{}^\circ \\ \widehat{NHM}=\widehat{BHC} \\ \end{array} \right.\Rightarrow \widehat{BHC}=\widehat{NHM}=360{}^\circ -90{}^\circ -90{}^\circ -60{}^\circ =120{}^\circ .$

b) Xét $\Delta ABC$ có hai đường cao BM, CN cắt nhau tại H, suy ra H là trực tâm $\Delta ABC$ và đường cao thứ ba $AK\bot BC.$

Xét $\Delta CAK,\Delta CBM$ ta có: $\left\{ \begin{array} & \widehat{BCM}\equiv \widehat{KCA} \\ \widehat{BMC}=\widehat{AKC}=90{}^\circ \\ \end{array} \right.\Rightarrow \Delta CAK\backsim \Delta CBM\left( g.g \right)\Rightarrow \widehat{MBC}=\widehat{CAK}.$

c) Áp dụng tính chất góc ngoài của các tam giác MIC, NIB cân tại I $\left( MI=NI=BI=CI=\frac{BC}{2} \right).$

$\widehat{NIB}=\widehat{INC}+\widehat{NCI}=2\widehat{NCI}=2\widehat{HCB}$; $\widehat{MIC}=\widehat{IMB}+\widehat{MBI}=2\widehat{MBI}=2\widehat{HBC}\Rightarrow \widehat{NIB}+\widehat{MIC}=2\left( \widehat{HBC}+\widehat{HCB} \right)$.

Lại có $\left\{ \begin{array} & \widehat{CIM}+\widehat{MIN}+\widehat{NIB}=180{}^\circ \\ \widehat{HBC}+\widehat{HCB}+\widehat{BHC}=180{}^\circ \\ \end{array} \right.\Rightarrow 180{}^\circ -\widehat{MIN}=2\left( 180{}^\circ -\widehat{BHC} \right)=120{}^\circ \Rightarrow \widehat{MIN}=60{}^\circ $.

Mà $MI=NI=\frac{BC}{2}$ (MI, NI lần lượt là trung tuyến ứng với cạnh huyền BC của $\Delta NBC,\Delta MBC$ vuông tại N, M) nên $\Delta MIN$ đều (tam giác cân có một góc bằng $60{}^\circ $).

Bài tập nâng cao

Câu 3.

a) Áp dụng tỉ số lượng giác trong $\Delta AHC$ vuông tại H:

\[\cos \widehat{HAC}=\frac{AH}{AC}\Rightarrow AC=\frac{8}{\cos 30{}^\circ }=\frac{16\sqrt{3}}{3}\left( cm \right);\sin \widehat{HAC}=\frac{HC}{AC}\Rightarrow HC=\frac{16\sqrt{3}}{3}.\sin 30{}^\circ =\frac{8\sqrt{3}}{3}\left( cm \right)\].

${{S}_{AHC}}=\frac{1}{2}AH.HC=\frac{1}{2}.\frac{8\sqrt{3}}{3}.8=\frac{32\sqrt{3}}{3}\left( c{{m}^{2}} \right).$

b) $\Delta AHC$ có IN là đường trung bình, suy ra $IN\,\text{//}\,HC\Rightarrow IN\,\text{//}\,BC.$

$\Delta AHB$ có IM là đường trung bình, suy ra $IM\,\text{//}\,HC\Rightarrow IM\,\text{//}\,BC.$

Theo tiên đề Ơ-clit: Qua điểm I chỉ có một đường thẳng song song với đường thẳng BC không qua I. Do đó M, I, N thẳng hàng do IM, IN cùng song song với BC.

c) Xét tứ giác MNHE có $MN\,\text{//}\,EH$, suy ra MNHE là hình thang.

Trong $\Delta ABC$, NE là đường trung bình, suy ra $NE=\frac{AB}{2}.$

Trong $\Delta ABH$ vuông tại H, HM là trung tuyến ứng với cạnh huyền AB, suy ra $MH=\frac{AB}{2}.$

Hình thang MNHE có hai đường chéo $NE=MH$ nên MNHE là hình thang cân.

Câu 4.

a) Dễ dàng tính được trong $\Delta ABD$ vuông tại D, $AB=5\,cm.$

$\sin \widehat{BAD}=\frac{BD}{AB}=\frac{3}{5},\cos \widehat{BAD}=\frac{AD}{AB}=\frac{4}{5}.$

$\tan \widehat{BAD}=\frac{\sin \widehat{BAD}}{\cos \widehat{BAD}}=\frac{3}{4},\cot \widehat{BAD}=\frac{1}{\tan \widehat{BAD}}=\frac{4}{3}.$

b) Xét $\Delta BAD,\Delta BCF$ ta có: $\left\{ \begin{array} & \widehat{ABD}\equiv \widehat{CBF} \\ \widehat{BDA}=\widehat{BFC}=90{}^\circ \\ \end{array} \right.\Rightarrow \Delta BAD\backsim \Delta BCF\left( g.g \right)\Rightarrow \widehat{BCF}=\widehat{BAD}.$

Chứng minh tương tự với các cặp tam giác $\Delta CBE\backsim \Delta CAD$ và $\Delta ABE\backsim \Delta ACF$, do đó $\widehat{CAD}=\widehat{EBC},\widehat{ABE}=\widehat{ACF}$.

c) Theo câu b:

+) $\Delta CBE\backsim \Delta CAD\Rightarrow \frac{CE}{CD}=\frac{CB}{CA}\Rightarrow \frac{CE}{CB}=\frac{CD}{CA},$ lại có $\widehat{ECB}\equiv \widehat{DCA}$ nên $\Delta CED\backsim \Delta CBA\left( c.g.c \right)$.

+) $\Delta BAD\backsim \Delta BCF$, chứng minh tương tự suy ra $\Delta BDF\backsim \Delta BAC.$

d)

Xét $\Delta BHD,\Delta BCE$ ta có:

$\left\{ \begin{array} & \widehat{EBC}\equiv \widehat{DBH} \\ \widehat{BDH}=\widehat{BEC}=90{}^\circ \\ \end{array} \right.\Rightarrow \Delta BHD\backsim \Delta BCE\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{BH}{BC}=\frac{BD}{BE}\Rightarrow BH.BE=BC.BD.$

Xét $\Delta CHD,\Delta CBF$ ta có:

$\left\{ \begin{array} & \widehat{CDH}\equiv \widehat{CFB} \\ \widehat{CDH}=\widehat{CFB}=90{}^\circ \\ \end{array} \right.\Rightarrow \Delta CHD\backsim \Delta CBF\left( g.g \right)\Rightarrow \frac{CH}{CB}=\frac{CD}{CF}\Rightarrow CH.CF=CB.CD$.

Suy ra $BH.BE+CH.CF=BC\left( BD+CD \right)=B{{C}^{2}}.$