cac bai toan nang cao hinh hoc theo chu de lop 9

Tailieumontoan.com

Điện thoại (Zalo) 039.373.2038

CÁC BÀI TỐN NÂNG CAO
HÌNH HỌC LỚP 9
(Liệu hệ tài liệu word mơn tốn SĐT (zalo) : 039.373.2038

Tài liệu sưu tầm, ngày 27 tháng 5 năm 2022


Website: tailieumontoan.com

CHUYÊN ĐỀ 5: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG
BÀI 1: TỈ SỐ CỦA HAI ĐOẠN THẲNG
A. Kiến thức cần nhớ
1. Định lí Talét

A

Cho ∆ABC , lấy điểm M thuộc đoạn thẳng AB ( M ≠ A; M ≠ C ) .
N

M

Lấy điểm N thuộc đường thẳng AC ( N ≠ A; N ≠ C ) sao cho
AM AN AM AN
= =
;
MN / / AB thì:
MB NC AB NC

B

2. Tam giác đồng dạng
∆ABC# ∆A ' B ' C ' ⇔

C

AB
AC
BC
=
=
A ' B ' A 'C' B 'C'

A

3. Tính chất đường phân giác của tam giác
Cho ∆ABC , đường phân giác trong của góc A cắt cạnh BC tại
D thì

BD AB
=
DC AC

B

D

4. Cho ∆ABC , điểm I thuộc miền trong của ∆ABC , các tia

A

AI , BI , CI lần lượt thuộc các cạnh đối diện tại các điểm M, N, P

thì:

C

IM
IN IP
+
+
=
1
AM BN CP

N

P

B

M

C

Bài 1:
Cho

∆ABC

vng

tại

và

A

=
AB 36
=
cm, AC 48cm . Đường phân giác của

 cắt BC tại điểm K. Đường phân giác của
BAC

góc


ABC

cắt

AK

tại

I

Qua

I

K
D
I

kẻ

DE / / BC ( D ∈ AB, E ∈ AC )

A

a) Tính độ dài đoạn BK
b) Tính tỉ số

B

AD
AB

Lời giải
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
1

E

C

a) Xét ∆ABC vng tại A, áp dụng định lí Pitago ⇒ BC =
60 ( cm )
∆ABC

Xét

có

AK

là

đường

Website: tailieumontoan.com

phân

giác

của

3
3
3
180
 ⇒ BK =AB ⇒ BK
BAC
=

= ⇒ BK = BC = ( cm )
KC AC
BK + KC 3 + 4 7
7
7

b) Do ID / / BK ⇒

36
7
AD AI
AB
(Định lí Talét)
=
=
=
=
AB AK AB + AK 36 + 180 12
7

Bài 2:
Cho ∆ABC . Trên Tia đối của tia BA lấy điể D

C

sao cho AB = 2 BD . Gọi E là trung điểm của

M

BC . Đường thẳng DE cắt AC tại M . Tính tỉ

số

E

MA
MC

I

A

D

B

Lời giải
Qua B kẻ BI / / AC ( I ∈ ED )
Vì BI / / MC ⇒

 EI = EM
EB
EI
IB
EB
= = = =
1⇒ 
EC EM MC EC
 IB = MC (1)

Lại có BI / / AM ⇒

BI
BD 1
= = ⇒ MI =
3BI ( 2 )
AM AD 3

Từ (1)( 2 ) ⇒ MA = 3MC ⇒

MA
= 3.
MC

Bài 3:
Cho ∆ABC có trọng tâm G. Trên tia BC lấy
điểm M sao cho

A

BM 3
= . Đường thẳng qua M
BC 2

và G

K

Cắt AB, AC tại điểm E và F . Tính các tỷ số
B

EA
EB

Và

FC
FA

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
2

F

G
N

Q
C

M


Website: tailieumontoan.com

Lời giải
Qua N là trung điểm của BC , kẻ NK / / AB ( K ∈ GM ) ⇒
NK / / EB ⇒

Từ (1)( 2 ) ⇒

NK MN
3
NK ( 2 )
=
⇒ EB =
EB MB
2
EA 2 NK 4
=
=
EB 3 NK 3
2

Qua C kẻ CQ / / AB ⇒ CQ / / AB ⇒ CQ / / NK ⇒
Từ (1)( 3) ⇒

NK GN 1
= = ⇒ AE =2 NK (1)
EA GA 2

CQ CM 1
1
= = ⇒ CQ = NK ( 3)
NK MN 2
2

CQ FC 1
1
=

= NK : 2 NK = .
CA FA 2
4

Bài 4: Định lí Menelaus (Mê – nê – na – út)
Cho ∆ABC , các điểm E , F thuộc cạnh AC , AB.

A

Điểm D thuộc đường thẳng BC và nằm ngoài

E

đoạn BC. Ba điểm D, E , F không trùng với các

F
Q

đỉnh của ∆ABC . Chứng minh rằng ba điểm
D, E , F

thằng

hàng

khi

và

chỉ

khi

D

C

B

DB EC FA
.
.
=1
DC EA FB

Lời giải
Bài toán thuận: Nếu D, E , F thẳng hàng thì

DB EC FA
=1
.
.
DC EA FB

DB BQ 
=
DB EC FA
DC EC 
=
.

.
1 (đpcm)
Kẻ BQ / / AC , khi đó ta có
⇒
FA AE  DC EA FB
=
FB BG 

Bài tốn ngước: Nếu có

DB EC FA
.
.
= 1 thì D, E , F thẳng hàng
DC EA FB

Kéo dài đường thẳng DF cắt cạnh AC tại E’ ⇒ D, E ', F thẳng hàng
⇒

DB E ' C FA
.
.
=
1,
DC E ' A FB

mà

theo

giả

DB EC FA
E ' C EC
E ' C EC
.
.
=1 ⇒
= ⇒
= ⇒ E ' C =EC ⇒ E ' ≡ E ⇒ D, E , F thẳng hàng.
DC EA FB
E ' A EA
AC EA

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
3

thiết


Website: tailieumontoan.com

Bài 5: Định lí Ceva
Cho ∆ABC , các điểm D, E , F lầ lượt thuộc các

A

cạnh BC , AC , AB và không trùng với các đỉnh
của ∆ABC . Chứng minh rằng các đường thẳng
AD, BE , CF

đồng

qui

khi

và

chỉ

F

khi

DB EC FA
.
.
=1
DC EA FB

H

E

M
B

C

D
K

Lời giải
Bài tốn thuận: Nếu có AD, BE , CF đồng quy thì có

DB EC FA
.
.
=1
DC EA FB

Gọi M là giao điểm của AD, BE , CF ⇒ M ∈ ∆ABC
1
AM .BM
S
DB BH 2
= MAB
- = =
DC CK 1 AM .CD S MAC
2
EC
EA

S
FA
S MAB FC

MBC
;

=
Tương tự ta=
có:

⇒

S MAC
S MBC

DB EC FA
.
.
=
1
DC EA FB

Bài tốn ngước: Nếu có

DB EC FA
.
.
= 1(1) thì AD, BE , CF đồng quy
DC EA FB

Giả sử BE và CF cắt nhau tại I ⇒ I nằm miền trong ∆ABC
Nối A với I cắt BC tại D ' ⇒ D ' ∈ BC
Theo phần thuận ta có:
Từ (1)( 2 ) ⇒

D ' B EC FA

.
.
= 1( 2 )
D ' C EA FB

DB D ' B
DB D ' B
=
⇒
=
⇒ DB = D ' B ⇒ D ' ≡ D
DC D ' C
BC BC

⇒ AD, BE , CF đồng quy (đpcm)

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
4


Website: tailieumontoan.com

Bài 6:
Từ ba đỉnh A, B, C của ∆ABC ta vẽ ba đường

E

thẳng song song với nhau, chúng lần lượt cắt

F

các cạnh BC và các đường thẳng CA, AB tại
D, E , F . Chứng minh rằng
A

1
1
1
+
a) =
AD BE CF

b) S FDE = 2S ABC
D

B

C

Lời giải
a) Ta có AD / / BE / /CF nên áp dụng định lí Ta-lét ta được:
AD CD
AD BD
= =
(1) ;
( 2)
BE CB
CF BC

Cộng hai vế của hai đẳng thức (1) và (2) ta được:

và C) ⇒

AD AD CD D
+
=
+
= 1 (D nằm giữa B
BE CF CB BC

1
1
1
=
+
AD BE CF

b) S AEF = S ABC ; S ABD = S AED ; S AFD = S ADC ⇒ S DEF = 2S ABC
Bài 7:
Lấy điểm O bất kỳ trong tam giác ABC , các

A

tia AO, BO, CO cắt các cạnh BC , CA. AB theo thứ
tự tại D, E , F . Chứng minh rằng
a)

OD OE OF
+
+
=

1
AD BE CF

F

AD   BE  CF 
b) 1 +
 . 1 +
1 +
 ≥ 64


OD  

OE 

E
O

OF 

B

Lời giải
S ABC S=
; SOBC S1=
; SOAC S 2=
; SOAB S3
a) Đặt=
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038

5

D

C


Website: tailieumontoan.com

Khi đó S = S1 + S2 + S3
S OE
S BE

OD
AD

1
;
= =
Dễ thấy

S2 OF S3
;
=
S CF S

Cộng vế với vế của 3 đẳng thức trên ta được



AD  


BE 

CF  



 

OD OE OF
+
+
=
1
AD BE CF

S

S 

S 

S + S1 S + S 2 S + S3
.
.
(1)
S2
S3

1

b) Ta có 1 +
1 +  . 1 +  . 1 +  =
 . 1 +
1 +
=
OD
OE
OF
S
S
S
S
1



2



3



Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: S + S1 = S1 + S2 + S3 + S1 ≥ 4 4 S1S2 S3 S4 ( 2 )
S + S 2 = S1 + S 2 + S3 + S 2 ≥ 4 4 S1S 2 S3 S 2 ( 3) ; S + S3 = S1 + S 2 + S3 + S3 ≥ 4 4 S1S 2 S3 S3 ( 4 )

Nhân ba vế của (2)(3)(4) ta được: ( S + S1 )( S + S2 )( S + S3 ) ≥ 64S1S2 S3


Từ biểu thức (1) ta suy ra: 1 +


AD   BE  CF  S + S1 S + S 2 S + S3
≥ 64
.
.
 . 1 + =
1 +

OD   OE  OF 
S1
S2
S3

Dấu “=” xảy ra khi: S1 =S2 =S3 ⇔

OD OE OF 1
= = = , tức O là trọng tâm của ∆ABC.
AD BE CF 3

Bài 8:
Cho ∆ABC biết góc A bằng hai lần góc B và

K

bằng 4 lần góc C. Chứng minh rằng:
1
1

1
=
+
AB BC AC
A

B

I

C

Lời giải
Gọi I là trung điểm của BC , kéo dài đoạn AB cắt đường trung trực của BC tại K
 = 2C
⇒
 +C
 = 7C
 = 1800
Theo đề bài trong ∆ABC có: A = 4
C; B
A+ B
=
 ; BKC
=

=
 ⇒ KCA
∆KBC cân tại K nên KCB
2C

C
3C

 + 2C
 = 3C
 ⇒ ∆KCA cân tại C.
= B
Mặt khác KAC
 trong ∆KBC
= KC
= AC và CA là đường phân giác của C
Vậy ta có KB
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
6


Website: tailieumontoan.com
AK KC KB
AK AB
=
=
⇒
=
Từ đó, theo tính chất đường phân giác thì:
(1)
AB BC BC
KB BC

Mặt khác

AB AB
=
( 2 ) . Từ (1)(2) ⇒ đpcm
KB BC

Bài 9:
Cho ∆ABC . Trên các cạnh AB và AC lấy
các

điểm

M

và

sao

N

A

cho:

AM 1 AN 2
= =
;
. Gọi D
AB 3 AC 3

M

N

Là giao điểm của BN và CM ; gọi E là

J

D

giao điểm của MN và BC
B

C

EB
a) Tính tỷ số
EC

b) Tính tỷ số diện tích của tứ giác AMDN
và ∆ABC
Lời giải
CJ CN 1
1
= = ⇒ CJ = AM
AM AN 2
2

a) Cách 1: Kẻ CJ / / AB. Ta có

1
AM

CE CJ
1
CJ / / BM ⇒
=
=2
= ⇒ BE =4CE
BE BM 2 AM 4

Cách 2: Sử dụng định lí Menelaus
Ta có M , N , E thẳng hàng ⇒

EB CN AM
EB 1 1
.
.
=
1⇒
. . =
1 ⇒ EB =
4 EC
EC AN BM
EC 2 2

b) Xét ∆ABN với cát tuyến MDC , áp dụng định lí Menelaus ta có:
BD NC MA
BD 1 1
BD
BD 6
.
.

=
1⇒
. . =
1⇒
=
6⇒
=
DN CA MB
DN 3 2
DN
BN 7
S
S BMD BD 6
6
2
BM 2
= =⇒ S BMD =S BMN (1) ; BMN = =⇒ S BMN =S ABN ( 2 )
7
3
S BMN BN 7
S ABN AM 3

6 2
7 3

4
7

4
7

3
7

Từ (1)(2) ⇒ S BMD = . S ABN = .S ABN ; S AMDN = S ABN − S BMD = S ABN − .S ABN = .S ABN ( 3)
Mặt khác

S ABN AN 2
2
= =⇒ S ABN =S ABC ( 4 )
S ABC AC 3
3

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
7

E


Website: tailieumontoan.com
3 2
7 3

Từ (3)(4) ⇒ S AMDN = . S ABC =

S
2
2
S ABC ⇒ AMDN = .
S ABC

3
7

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
8


Website: tailieumontoan.com

BÀI 2: HỆ THỨC GIỮA CÁC ĐOẠN TRONG TAM GIÁC VNG
A. Kiến thức cần nhớ
Khi giải các bài tốn liên quan đến cạnh và đường cao trong tam giác vng, ngồi việc
nắm vững các kiến thức về định lý Talet, về các trường hợp đồng dạng của tam giác, cần
phải nắm vững các kiến thức sau:
Tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH , ta
A

có:
1) a 2  b 2  c 2 .
2

b

2

2) b  a.b ';c  a.c '

c

3) h 2  b '.c '

B

h

c'

4) a.h  b.c .
5)

b'

H

C

a

1
1
1
 2  2.
2
h
b
c

1
2

Chú ý: Diện tích tam giác vuông: S  ab

B. Bài tập áp dụng
Bài 1:
Cho ∆ABC vng tại A có đường cao AH
=
BC
( H ∈ AB ) . Biết rằng

5=
a, AH

A

12
a, ( a > 0 ) .
5

Hãy tính độ dài các đoạn thẳng AB, AC theo a
B

Lời giải
Đặt=
AB x=
, AC y, ( x, y > 0 )
Xét ∆ABC vuông tại A nên AH .BC
= AB. AC ⇒ =
xy 12a 2 (1)
2
Áp dụng định lý Pitago ta có: x 2 + y=
( 5a )= 25a 2 ( 2 )
2

=
=
a2
 x = 4a
 x 3a
 xy 12
⇔
hoặc


2
2
25a 2
 x + y =
 y = 3a
 y = 4a

Từ (1)( 2 ) ⇒ 

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
9

H

C


Website: tailieumontoan.com

Bài 2:
Cho ∆ABC vng tại A có đường cao AH

( H ∈ AB ) . Gọi

M , N là hình chiếu của H trên

C
H

cạnh AB, AC

N

a) Chứng minh rằng

I

AN AB
=
AM AC

b) Biết BC = 2a khơng đổi. Tìm vị trí của điểm

A

M

B

A sao cho ∆ABC vng tại A và tứ giác
AMHN

có diện tích lớn nhất.
Lời giải
AH 2 = AM . AC 
AM AB
=
a) Ta có
(đpcm)
 ⇒ AM . AC= AN . AC ⇒
2
AN AC
AH = AN . AC 

b) Tứ giác AMHN là hình chữ nhật
⇒ S AMHN = AM . AN =

AH 2 AH 2
AH 4
AH 4
AH 3
=
=
=
.
AB AC
AB. AC AH .BC
BC

Gọi I là trung điểm của BC ⇒ AI =
⇒ S AMHN

BC
= a (không đổi)
2

AH 3 AI 3 a 3 a 2
=
≤
= =
BC
BC 2a 2

⇒ ◊AMHN có diện tích lớn nhất bằng

1 2
a ⇔ AH ≡ AI ⇔ ∆ABC vuông cân tại A.
2

Bài 3:
Cho ∆ABC vuông cân tại A . Điểm D di
chuyển trên cạnh AC . Đường thẳng d vng
góc với AC tại C cắt đường thẳng BD tại E .
Chứng minh rằng khi D di chuyển trên cạnh
AC thì tổng

1
1
+

khơng đổi.
2
BD BE 2

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
10


Website: tailieumontoan.com
K
1

B

H

3
d

A

C

D

E

Lời giải
Hạ BH ⊥ d ( H ∈ d ) . Trên tia đối của tia HC lấy điểm K sao cho HK = AD



= HBA
= 900
 KBD
 BK = BD

Tứ giác ABHC là hình vng ⇒ ∆ADB = ∆HKB ( cgc ) ⇒ B1 = B3 ⇒ 
⇒ ∆KBE vuông tại B và BH ⊥ EK , nên

Mà BK =BD, BH =AC =AB ⇒

1
1
1
+
=2
2
2
BK
BE
BH

1
1
1
+
= 2 (không đổi)
2
2
BD

BE
AB

Bài 4:
Cho ∆ABC cân tại A có đường cao AH và BE

F

( H ∈ BC , E ∈ AC ) . Chứng minh rằng :
1
1
1
=
+
2
2
BE
BC 4 AH 2
A

E

B

H

C

Lời giải
Qua B kẻ đường thẳng vng góc với BC và cắt đường thẳng AC tại F ⇒ AH / / BF

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
11


Website: tailieumontoan.com
1
BF
Mà H là trung điểm của BC ⇒ AH là đường trung bình của ∆BCF ⇒ AH =
2

Xét ∆BCF vuông tại B, đường cao BE ⇒

1
1
1
1
1
1
=
+
⇔
=
+
(đpcm)
2
2
2
2
2

BE
BC
BF
BE
BC 4 AH 2

Bài 5:
Cho

∆ABC

vng tại

A

và có

AB < AC .

Đường cao

AH = h,

các cạnh

=
AB c=
, AC b=
, BC a

Chứng minh rằng với ba đoạn thẳng b − c, a − h và h sẽ lập được một tam giác và tam
giác đó là tam giác vuông
Lời giải
b c ( x > 0) ; y =
h ( y > 0 ) ; z =−
a h (lưu ý: a ≥ 2h ⇒ z > 0 )
Đặt x =−

Ta chứng minh x 2 + y 2 = z 2 ⇔ ( b − c ) + h 2 = ( a − h ) ⇔ b 2 − 2bc + c 2 + h 2 = a 2 − 2ah + h 2
2

2

⇔ bc =
ah (đúng)

z2
Vậy x 2 + y 2 =
z + y > x
z + x > y

Rõ ràng z > x và z > y ⇒ 

Ta có ( x + y ) = x 2 + 2 xy + y 2 > x 2 + y 2 = z 2 ⇒ x + y > z
2

Vậy ba đoạn thẳng b − c, a − h và h lập thành một tam giác và tam giác đó là tam giác
vng.
Bài 6:
Cho ∆ABC vng tại A, dựng đường cao AH .

A

Tính độ dài các cạnh còn lại của ∆ABC trong
mỗi trường hợp sau:
, AH
AB a=
a)=

a 3
2
B

1
=
BC 2=
a, HB
BC
b)
4
AB a=
, CH
c)=

3
a
2

=
3, AH

d) CA a=

a 3
2

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
12

H

O

C


Website: tailieumontoan.com

AB
AC

3
4

, BC 5a
e)= =

Lời giải
1
AH

a) Áp dụng công thức =
2
Ta có

1
1
+
2
AB
AC 2

1

1
1
1
1
= 2+
⇒
= 2 ⇒ AC =3 a
2
2
3 2 a
3a
AC
AC
a
4

b) Ta có ∆AOB cân tại O, BC = 2 BO

= 4 BH ⇒ BH
= HO ⇒ ∆OAB cũng cân tại B. Hay ∆OAB là tam giác đều
mà BC
⇒ AB = a, AC 2 = BC 2 − AB 2 = 4a 2 − a 2 = 3a 2 ⇒ AC = a 3

3
2

2
2
a 2 BH 2 + a.BH
c) Áp dụng công thức BA=
BH .B C ⇒ BA=
BH ( BH + HC ) hay=

a
⇔ 2 BH 2 + 3a.BH − 2a 2 =⇔
0 ( 2 BH − a )( BH + 2a ) =⇒
0 BH =
2

Vậy BC =2a ⇒ AC =a 3
1
AH

d) Áp dụng cơng thức =
2
Ta có 3
4

1
1
+
2
AB
AC 2

1

1
1
1
1
4a 2 hay BC = 2a
= 2+ 2⇒
= 2 ⇒ AB =
a ⇒ BC 2 =AB 2 + AC 2 =
2
AB
a
a 2 AB 3a

e) Đặt AB= 3k , AC= 4k ( k > 0 ) ⇒ AB 2 + AC 2= ( 3k ) + ( 4k ) = 25k 2= BC 2= 25a 2
2

2

⇒ k = a ⇒ AB = 3a, AC = 4a

Bài 7:

Cho ∆ABC vuông tại A, BC = 2a, Gọi O là

A

trung điểm của BC . Dựng AH ⊥ BC
ACB = 300. Tính độ dài các cạnh còn
a) Khi 

M

N

lại của tam giác
ACB = 30 . Gọi M là trung điểm của
b) Khi 

G

0

AC. Tính độ dài BM

ACB = 300. Các đoạn thẳng AO, BM cắt
c) Khi 

nhau ở điểm G. Tính độ dài GC
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
13

B

H

O

C


Website: tailieumontoan.com

d) Giả sử điểm A thay đổi sao cho
0
 90
=
BAC
=
, BC 2a. Tam giác ∆ABC phải thỏa

mãn điều kiện gì để điện tích ∆AHO lớn nhất
e) Giả sử CG cắt AB tại điểm N . Tứ giác
AMON là hình gì? Tam giác ∆ABC phải thỏa

mãn điều kiện gì để diện tích tứ giác AMON
lớn nhất.
Lời giải
1
AB =
BC a
ACB
= 300 ⇒ ∆ABC là tam giác nửa đều nên=

a) Khi 
2

Ta có AC 2 = BC 2 − AB 2 = 4a 2 − a 2 = 3a 2 ⇒ AC = a 3
a 3
2

3
4

7
4

a 3 ⇒ AM = ⇒ BM 2 =
BA2 + AM 2 =
a 2 + a 2 =a 2
b) Theo câu a ta có AC =
a 7
⇒ BM =
2
2
3

CN (N là trung điểm của AB )
c) Do G là trọng tâm của ∆ABC ⇒ CG =

ÁP dụng định lí Pitago ta có:
a2
13
a 13

2
a 13
CN 2 =AN 2 + AC 2 = + 3a 2 = a 2 ⇒ CN =
⇒ CG = CN =
4
4
2
3
2

d) Ta có S AHO

1
1
1
BC 2 a 2
2
2
2
= AH . AO ≤ ( AH + AO ) = AO =
=
2
2
8
8
2

Diện tích ∆AHO lớn nhất khi và chỉ khi AH = AO. Tức là ∆AHO vuông cân tại H



⇒=
ACB 22030 ';=
ABC 67 030 '

e) Tứ giác AMON là hình chữ nhật nê S AMON = AM . AN . Theo bất đẳng thức Cauchy ta có:
AM 2 + AN 2 ≥ 2 AM . AN ⇔ MN 2 ≥ 2 AM . AN
2
2
Mà MN
=
OA
=
a 2 nên AM 2 . AN 2 ≤

a2
a2
⇒ S AMON ≤ . Dấu “=” xả ra khi và chỉ khi
2
2

AM = AN ⇔ AB = AC , hay ∆ABC vuông cân tại A .

Bài 8:

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
14


Website: tailieumontoan.com

Cho ∆ABC vuông tại A , kẻ đường cao AH . Từ

A

H dựng HM , HN lần lượt vuông góc với

M

AC , AB

a) Chứng minh CM .CA.BA = AH 4

N

b) Chứng minh CM .BN .BC = AH 3

B

C

H

c) Chứng minh CM .BN
AB 3 BN
=
d) Chứng minh
AC 3 CM

AH 2
e) Chứng minh AN .NB + AM .MC =

BC 2
f) Chứng minh 3=

3

BN 2 + 3 CM 2

Lời giải
a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AHB, AHC , ABC ta có
BN .BA =BH 2 ; CM .CA =CH 2 ; HB.HC =AH 2 ⇒ CM .CA.BN .BA =( CH .BH ) =AH 4
2

b) Ta có =
.BC ( 2 S ABC )
AB. AC AH
=
Từ câu a ⇒ CM .BN . AH .BC =
AH 4 ⇔ CM .BN .BC =
AH 3
AH 2 ; AN . AB =
AH 2 ⇒ AM . AC. AN . AB =
AH 4
c) Ta có AM . AC =

mặt khác AB. AC =
AH .BC =
AH 3
( 2S ABC ) ⇒ AM . AN .BC =
BN
BH 2CA

d) Ta có CM .CA = CH ; BN .BA = BH ⇒
=
( *)
CM CH 2 . AB
2

2

Ta lại có BH .BC =BA2 ⇒ BH 2 =

BA4
CA4
2
2
. Thay vào (*) ta được:
;
CH
.
CB
=
CA
⇒
CH
=
BC 2
BC 2

BN
AB 3
=

CM AC 3

e) Ta có AN .NB =
HN 2 ; AM .MC =
HM 2 ⇒ AN .NB + AM .MC =
HN 2 + HM 2
Tứ giác ANHM là hình chữ nhật nên: HM 2 + HN 2 = MN 2 = AH 2
AH 2
hay AN .NB + AM .MC =
BH 4
CH 4
2
; CM =
f) Ta có: CM .CA = CH ; BN .BA = BH ⇒ BN =
AB 2
CA2
2

Lại có BA2 = BH .BC ⇒ BH =

2

2

BA2
BA8
BH 4 BA6
BA6
2
⇒ BH 4 =

⇒
=
Hay
BN
=
BC
BC 4
BA2 BC 4
BC 4

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
15


Website: tailieumontoan.com

CA4
BA6 3 CA6 BA2 + CA2
3
3
2
2
3
⇒
BN
+
CM
=
+
=

3
BC 4
BC 4
BC 4
BC 4

Tương tự ta cũng có: CM 2 =

BC 2

Theo định lí Pitago ta có: BA2 + CA2 = BC 2 ⇒ 3 BN 2 + 3 CM 2 =

4

BC

4

=

3

BC 2 .

Bài 9:
Cho hình vng ABCD . Gọi E là một điểm

F

B

G

C

nằm giữa A và B . Tia DE và tia CB cắt nhau
ở F . Kẻ đường thẳng qua D vng góc với

E

DE , đường thẳng này cắt đường thẳng BC tại
1
A

a) Tam giác DEG cân
b) Chứng minh

3

2

G . Chứng minh rằng:

D

1
1
1
+
=

2
2
DE
DF
DC 2

Lời giải
)
  EDG
  900  D
 D
 (phụ với EDC
a) Vì ADC
1
3
 ADE  CDG gcg   DE  DG  DEG cân tại D

b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông với FDG vng tại D có đường cao
DC 

1
1
1


2
2
DC
DF
DG 2

mà DE  DG 

1
1
1
(đpcm).


2
2
DC
DF
DG 2

Bài 10:
Cho hình vng ABCD . Trên cạnh BC lấy

A

điểm M , trên cạnh CD lấy điểm N . Tia

B
Q

Am cắt đường thẳng CD tại K . Kẻ AI

vng góc với AK cắt CD tại I . Biết

M

O

= 45°
MAN

a) Chứng minh rằng: NI = NM
b) Cho NM = 5 , CN – CM = 1 . Tính diện
tích tam giác AMN
c) Từ điểm O trong tam giác AIK , kẻ OP ,
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
16

H
I

P

D

N

C

K


OQ , OR lần lượt vng góc với các cạnh

Website: tailieumontoan.com

IK , KA , AI . Xác định vị trí điểm O để

OP 2 + OQ 2 + OR 2 nhỏ nhất khi O , M

di

động.
Lời giải
a) Theo bài 9 chứng minh được AI  AM
  450  IAN  MAN cgc  NI  NM
  MAN
  IAM
 IAN
 

b) Áp dụng định lí Pitago trong tam giác CMN vng tại C , ta có:
CM 2  CN 2  MN 2  25 1

= CM + 1 , thay vào (1) ta được:
Từ giả thiết suy ra CN
CM 2  CM  1  25  2CM 2  2CM  24  0  CM 2  CM  12  0  CM  3  CN  4
2

Gọi cạnh hình vng là x suy ra DN = x – 4
Mà ID =IN − DN =5 − ( x − 4 ) =9 − x
∆MAB )
BM =−
BC CM =
x − 3; BM =

ID ( ∆IAD =

⇒ 9− x = x −3 ⇔ x = 6
S AMN = S ABCD − S ADN − SCMN − S ABM = 36 − 6 − 6 − 9 = 15

c) Ta có: AROQ là hình chữ nhật. Áp dụng định lí Pitago, ta có: OR 2 + OQ 2 = RQ 2 = OA2
⇒ OP + OQ + OR = OP + OA
2

2

2

2

2

( OP + OA)
≥
2

2

AP 2 AD 2
+
≥
= const
2
2

OP = OA
Dấu “=” xảy ra ⇔ O ∈ AP ⇔ O là trung điểm của AD
P ≡ D


Vậy GTNN của OP 2 + OQ 2 + OR 2 =

AD 2
. Khi đó O là trung điểm của AD .
2

Bài 11: HSG TPHN, năm học 2011 - 2012

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
17


Website: tailieumontoan.com

Gọi h1 , h2 , h3 , r lần lượt là độ dài các đường cao

A

và bán kính đường tròn nội tiếp của một tam
giác. Chứng minh rằng tam giác đó là tam giác

N

c
M

đều khi và chỉ khi

b

1
1
1
1
+
+
=
h1 + 2h2 h2 + 2h3 h3 + 2h1 3r

I
P

B

a

Lời giải
Ta đi chứng minh S = pr
1
2

1
2

1

2

1
2

Chứng minh: Ta có S ABC = S ABI + S BIC + S AIC = rc + rb + ra = rp
Điều phải chứng minh ⇔

⇔

1

+

2S
2S
+2
a
b

1
1
1
1
+
+
=
1 2 1 2 1 2
1
+

+
+
3.
a b b c c a
a+b+c

1
2S
2S
+2
b
c

+

1

1
=
2S
2S
2S
+2
3.
c
a
a+b+c

( *)

+) Nếu ∆ABC đều ⇒ a = b = c
1
1
VT (*)= 3. = a; VP(*)= 3. = a= VT
3
1
a
3a

+) Áp dụng bất đẳng thức phụ 3 số, ta có:
⇒

1 2 1 1 1
9
9
+ = + + ≥
=
a b a b b a + b + b a + 2b

1
1
a + 2b
≤
=
1 2
9
9
+
a b a + 2b

Tương tự ta có:

1
1 2
+
b c

≤

1
b + 2c
c + 2a
;
≤
1 2
9
9
+
c a

Cộng 3 vế của bất đẳng thức ta được:
VT (*) ≤

3( a + b + c)
9

a+b+c
=
=
VP (*)

3

Dấu ‘=” xảy ra ⇔ a = b = c ⇔ ∆ABK đều (đpcm).

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
18

C


Website: tailieumontoan.com

BÀI TẬP TỰ LUYỆN
Bài 1:
Cho M thuộc miền trong hình chữ nhật ABCD .
Chứng minh rằng MA + MC = MB + MD
2

2

2

D

E

A

2

M

C

F

B

Lời giải
Qua M kẻ đường thẳng song song với AB cắt AD và BC lần lượt tại E và F
2
Áp dụng định lí pitago ta có: AM
=
AE 2 + ME 2 ( ∆AEM vuông tại E )

2
MC
=
MF 2 + CF 2 ( ∆AEM vuông tại F )

) (

(

) (

) (

⇒ MA2 + MC 2 = AE 2 + MF 2 + ME 2 + CF 2 = BF 2 + MF 2 + ME 2 + DE 2

)

(vì các tứ giác AEFB và DEFC là các hình chữ nhật)
= BM 2 + MD 2

(vì ∆BFM , ∆DEM là các tam giác vuông)

Vậy MA2 + MC 2 = MB 2 + MD 2 (đpcm).
Bài 2:
Cho ∆ABC vuông tại A , đường cao AH ,
đường

phân

giác

AD .

A

Biết

=
DB 30
=
cm, DC 40cm . Tính diện tích ∆AHD

B

H D

Lời giải
Vì AD là đường phân giác nên

AB DB 3
AB AC
3
= =⇒
= ⇒ AB = AC (1)
AC DC 4
3
4
4

Mặt khác AB 2 + AC 2 = BC 2 = ( BD + DC ) = 702 ( 2 )
2

2

3
25
Từ (1)(2) suy ra:  AC  + AC 2 = 702 ⇔ AC 2 = 702 ⇒ AC = 56 ( cm )
16
4


AB 2 422
=
=25, 2 ( cm ) ; HD =BD − BH =30 − 25, 2 =4,8 ( cm )
BC

70

Khi đó AB =42cm; BH =

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
19

C


Website: tailieumontoan.com

=
AH
=
S AHD

AB. AC 42.56
= = 33, 6 ( cm )
BC
70

(

1
1
=
=
.33, 6.4,8 80, 64 cm 2
AH .HD

2
2

)
Bài 3:

Cho ∆ABC vuông tại A , đường cao AH , cho
AC
AB

biết =

A

2; HC − HB
= 2cm . Tính:

a) Tỉ số HC ; HB
b) Các cạnh của tam giác ABC

H

B

C

Lời giải
2

HC  AC 

a) Ta có AC = CH .BC ; AB = BH .BC ⇒
= 
 =
HB  AB 
2

b) Ta có HC − HB= 2;

2

( 2) =
2

2

HC
= 2
HB

Suy=
ra HC 4=
cm, HC 2=
cm, BC 6cm
Lại có AB 2 =BH .BC =2.6 =12 ⇒ AB =2 3cm
AC 2 = BC 2 − AB 2 = 62 − 12 = 24 ⇒ AC = 2 6cm .

Bài 4:
Cho tam giác ABC đường cao AH . Vẽ

A

HD ⊥ AB . Tia phân giác của góc AHC cắt AC
F

tại F . Biết
=
AB 6=
cm, AC 8=
cm, BC 10cm . Tính
D

a) Độ dài AH

2

b) Chu vi tam giác ADF

B

H

1
C

Lời giải
a) Xét ∆ABC có AB 2 + AC 2 = 62 + 82 = 100 = BC 2
Áp dụng địn lí Pitago đảo ta suy ra ∆ABC vng tại A
Ta có AB. AC = BC. AH ⇒ AH =

AB. AC 6.8

=
= 4,8 ( cm )
BC
10

AH 2 4,82
b) Xét tam giác ABH vng tại H , ta có: AH = AB. AD ⇒ AD =
=
= 3,84 ( cm )
AB
6
2

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
20


Website: tailieumontoan.com
AC
82
Xét tam giác ABC vuông tại A , ta có: AC 2 =BC.HC ⇒ HC =
= =6, 4 ( cm )
BC 10
2

Xét

tam

giác

có

AHC

HF

là

đường

phân

giác

3
3
24
FA AH 4,8 3
FA 3
=
= = ⇒
= ⇒ FA = AC = .8 = ( cm )
7
7
7
FC HC 6, 4 4
AC 7
2

Xét tam giác ADF vuông tại D , ta có DF 2 = AD 2 + AF 2 = 3,842 + 

24 
 ⇒ DF = 5,15 ( cm )
 7 

Chu vi ADF là: 3,84 +

24
+ 5,15 =
12, 42 ( cm ) .
7

Bài 5:
Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao

A

AH . Gọi D và E lần lượt là hình chiếu của H

trên

AB

và

AC .

Chứng

minh

E

rằng
D

HB.HC = 3 BD.CE.BC

H

B

C

Lời giải
Ta có ABC vng tại A, AH là đường cao nên: AH 2= HB.HC ⇒ AH 4= HB 2 .HC 2
Mặt khác HB 2= AB.BD; HC 2= AC.CE ⇒ AH 4= AB.BD. AC.CE
Nhưng AB. AC= AH .BC ⇒ AH 4= AH .BC.BD.CE
Do đó =
AH 3 BC.BD.CE ⇒=
AH
2
Vì AH=
HB.HC ⇒ AH
=

3

HB.HC

BC.BD.CE (1)

( 2)

Từ (1)(2) suy ra 3 BC.BD.CE = HB.HC .
Bài 6:
Cho ∆ABC , hai đường trung tuyến BD và CF

A

vng góc với nhau. Chứng minh rằng
AB 2 + AC 2 =
5 BC 2
E

F
x

y
G
2x
B

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
21

2y
C

nên


Website: tailieumontoan.com

Lời giải
Gọi G là giao điểm của BE và CF
Đặt GE = x; GF = y
Áp dụng định lí Pitago ta có:

(

)

(

)

(

AB 2 =( 2 BF ) =4 4 x 2 + y 2 ; AC 2 =( 2CE ) =4 x 2 + 4 y 2 ; BC 2 =( 2 x ) + ( 2 y ) =4 x 2 + y 2
2

2

2

2

)

Ta có: AB 2 + AC 2 = 4 ( 5 x 2 + 5 y 2 ) = 20 ( x 2 + y 2 )
Từ đó suy ra AB 2 + AC 2 =
5 BC 2 (đpcm).
Bài 7:
Cho hình vng ABCD . Trên tia đối của tia

A

B

D

C

DC lấy điểm M , trên tia đối của tia CD lấy

điểm N sao cho DM = CN và AM ⊥ AN . Cho
biết MN = 10cm , tính diện tích hình vng
ABCD .

M

Lời giải
Ta đặt AD =
x ⇒ S ABCD =
x2
10 − x
2

10 − x 10 + x
=
2
2

; DN =
CN
x+
Ta có DM ==

Xét ∆AMN vng tại A , có AD 2 = DM .DN
Hay x 2 =

10 − x 10 + x 100 − x 2
=
⇔ 5 x 2 = 100 ⇔ x 2 = 20
.
2
2
4

Vậy diện tích hình vng là 20 ( cm 2 )
Bài 8:

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
22

N

Website: tailieumontoan.com

Cho hai điểm A và B cố định và điểm M di

M

động sao cho tam giác MAB có ba góc nhọn.
Gọi H là trực tâm của tam giác MAB và K là
chân đường cao vẽ từ điểm M của tam giác
MAB . Tìm Giá trị lớn nhất của tích KH .KM
H

A

K

B

Lời giải
Ta có BKM # ∆HKA ( gg ) ⇒

BK KM
=
⇒ BK . AK = KM .KH
HK KA

BK + KA 
AB 2
AB 2
=

⇒
KM
.
KH
≤

2
4
4


2

Mặt khác ta có BK .BA ≤ 

KA
Dấu “=” xảy ra ⇔ BK =

Vậy max ( KM .KH ) =

AB 2
khi BK = KA , tức là K là trung điểm của AB .
4

Bài 9:
Cho tam giác ABC , gọi I là tâm đường tròn

A

nội tiếp tam giác. Qua I dựng đường thẳng

vng góc với IA cắt AB , AC tại M và N .
Chứng minh rằng:
BM BI 2
a)
=
CN CI 2

N
M

I

b) BM . AC + CN . AB + AI =
AB. AC
2

B

C

Lời giải

a) Ta có I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC ⇒ AI là phân giác của A





  900  1 A
1 B

 C
 ; AMI
  MIB
  1B

Lại có AMI
(tính chất góc ngoài của tam giác)
2

2

2

  1C
  BMI # BIC gg  BM  BI  BI 2  BM .BC 1
 MIB
  BI BC

2

Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
23


Website: tailieumontoan.com

Tương tự ta có: CI  CN .CB 2
2

Từ (1)(2) suy ra

BM
BI 2

(đpcm)
CN
CI 2

b) Từ chứng minh trên  BMI # INC 

BM
MI

 BM .NC  MI .NI
IN
NC

mà AMN cân  IM  IN  BM .CN  IM 2
Xét AIM có AI 2  IM 2  AM 2  IM 2  AM 2  AI 2  BM .CN  AM 2  AI 2
 AM .AN  AI 2  AB  BM AC  CN   AI 2
 BM .CN  AB.AC  AB.CN  BM .AC  BM .CN  AI 2
 BM .AC  CN .AB  AI 2  AB.AC (đpcm).

Bài 10:
Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao

A

AH . Biết AB : AC  3 : 4 và AB  AC  21cm .

a) Tính các cạnh của tam giác ABC .
b) Tính độ dài các đoạn AH , BH ,CH

H

B

C

Lời giải
a) Theo giả thiết: AB : AC  3 : 4 ,
suy ra

AB
AC
AB  AC


 3 . Do đó AB  3.3  9 cm  ; AC  3.4  12 cm  .
3
4
34

Tam giác ABC vuông tại A , theo định lý Pythagore ta có:
BC 2  AB 2  AC 2  92  122  225 , suy ra BC  15cm .

b)

Tam

AH 

giác

ABC

vng

tại

A,

ta

có

AH .BC  AB.AC ,

9.12
AB.AC

 7,2 cm  .
15
BC

AH 2  BH .HC . Đặt BH  x 0  x  9 thì HC  15  x , ta có:

7,2  x 15  x   x  15x  51, 84  0  x x  5, 4  9, 6 x  5, 4  0
 x  5, 4x  9, 6  0  x  5, 4 hoặc x  9, 6 (loại)
2

2

Vậy BH  5, 4cm . Từ đó HC  BC  BH  9, 6 cm  .
Chú ý: Có thể tính BH như sau:
Liên hệ tài liệu word toán SĐT (zalo): 039.373.2038
24

suy

ra