Chuyên đề hinh hoc: Hệ thức lượng trong tam giác lớp 9

Nguyễn Xuân Thòa THCS Tân Thành.YT.NA
Soạn
Ngày dạy:
Chuyên đề: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC - TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG
Lưu ý:
Đường trung bình của tam giác, hình thang
Định lý Ta lét
Định lý đường phân giác
Tính chất trọng tâm của tam giác
Các cách vẽ đường phụ: Khi nào thì vẽ các đường phụ: gấp đôi hoặc chia đôi một đoạn thẳng, vẽ vuông
góc, vẽ song song , vẽ phân giác, vẽ theo tỉ lệ, vẽ tam giác vuông cân, tam giác đều…
Cách cm hệ thức có dạng: a = b + c; a 2 = bc; a 2 = bc + de; a 2 = b 2 + cd ,...
Câu 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, Gọi I và K thứ tự là hình chiếu của H trên AB
và AC.
BI
AB 3
a) Chứng minh:
=
CK AC 3
b) AH3 = BI.CK.CB
c) BC2 = 3AH2 + BI2 + CK2.

d) 3 BI 2 + 3 CK 2 = 3 BC 2
e) HB.HC = IA. IB + KA. KC
f) Vẽ phân giác AD biết BD = 75cm, CD = 100cm, tính BH, CH
h) Trên AC lấy điểm N, trên tia đối của tia HA lấy điểm M, sao cho
MN ⊥ MB

AN MH 1
=
= . Chứng minh rằng

AC AH 3

2

HO
 OB 
k) Vẽ trung tuyến AO, Chứng minh rằng:
= 2
÷ −1
BH
 AB 
i) Gọi J là trung điểm của AC, trên đoạn BJ lấy E sao cho FE = EA, CE cắt AB tại F
- chứng minh rằng: ∆BFE ∽ ∆BEA
CE BE
=
+1
- Khi tam giác ABC vuông cân tại A. Chứng minh rằng:
AE AB
( hình 1)
AB 2 BH .BC BH
AB 4 BH 2
Ta có:
=
=
⇒
=
AC 2 CH .BC CH
AC 4 CH 2
Mặt khác: BH 2 = BI . AB; CH 2 = CK . AC
BH 2

BI . AB
=
2
CH
CK . AC
4
AB
BI . AB
BI
AB 3
⇒
=
⇒
=
AC 4 CK . AC
CK AC 3
b, Ta có AH2 = BH. CH ⇒ AH 4 = BH 2 .CH 2 = BI . AB.CK . AC = BI .CK . AB. AC = BI .CK .BC. AH
⇒ AH 3 = BI .CK .CB
c, Ta có: BC2 = (BH + CH)2 = BH2 + CH2 + 2BH.CH = BI2 + IH2 + HK2 + CK2 + 2AH2
= BI2 +IK2 + CK2 + 2AH2 = BI2 + CK2 + 3AH2 ( vì IH2 + HK2 = IK2 = AH2)
BH 4
BH 4
BH 3
BH
2
=
=
⇒ 3 BI 2 = 3
d, Ta có BI =
2

AB
BH .BC
BC
BC


Nguyễn Xuân Thòa THCS Tân Thành.YT.NA
CH
3
2
Tương tự CK = 3
BC
3 2 3
2 BH + CH = BC = 3 BC 2
Suy ra BI + CK = 3
BC 3 BC 3 BC
e, Ta có: IH2 =IA.IB và HK2 = KC.KA mặt khác IH2 + HK2 = IK2 = AH2 = BH.CH
Suy ra BH. CH = IA.IB + KC.KA
AB BD 3
AB AC
AB 2 AC 2
AB 2 AC 2 AB 2 + AC 2 BC 2 1752
f, Ta có:
=
= ⇒
=
⇒
=
⇒
=

=
=
=
= 1225
AC DC 4
3
4
9
16
9
16
9 + 16
25
25
⇒ AB 2 = 1225.9; AC 2 = 1225.16
AB 2 1225.9
=
= 63 , tương tự CH = 112
BC
175
AP AN 1 MH
=
= =
⇒ AP = MH ⇒ AH = MP
h, Qua N kẻ NP // BC ( N thuộc AH) ta có:
AN AC 3 AH
Theo Pytago MN2 + BM2 = MP2 + NP2 + BH2+ MH2 = AH2 +NP2 + BH2 + AP2
·
= (AH2 + BH2) + (NP2+AP2) = AB2 + AN2 = BN2 Suy ra tam giác BMN vuông tại M hay BMN
= 900

Hay MN ⊥ MB
k,
Theo hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có
AB2 = BH.BC = BH. 2BO
1
BO
BO
BO 2
BH + HO
BO 2
⇒
=2
⇒
=
2
⇒
=
2
BH
AB 2
BH
AB 2
BH
AB 2
Mà AB2 = BH. BC ⇒ BH =

2

HO
BO 2

HO
 BO 
⇒
+1 = 2
⇒
= 2
÷ −1
2
BH
AB
BH
 AB 
µ =E
¶ =E
¶ lại có B
µ chung nên ∆BFE ∽ ∆BEA (g-g)
i, - Ta có µ
A1 = C
1
2
3
1
¶
- Trên đoạn CE lấy Q sao cho QE = EF ta có µ
A =A
1

2

µ = µA + B

µ
Cũng có: ¶A2 + µ
A3 = E
1
1
1
µ
Suy ra µ
A3 = B
1
µ ; AB = AC ; µ
µ
∆ABE và ∆CAQ có µ
A1 = C
A3 = B
1
1
∆
CAQ
Suy ra ∆ABE =
(g.c.g)
Suy ra AE = CQ suy ra AE + EF = EQ+QC = CE
EB EF
=
Có ∆BFE ∽ ∆BEA ⇒
AB AE
BE
EF
EA+EF CE
⇒

+1 =
+1 =
=
AB
AE
AE
AE
Câu 2Cho tam giác nhọn ABC có H là trực tâm. Trên HB, HC lấy lần lượt M, N sao cho
·AMC = ·ANB = 900 . Chứng minh AM = AN.


Nguyễn Xuân Thòa THCS Tân Thành.YT.NA

AN 2 = AI . AB

Vẽ hình đúng

‘
AM 2 = AK . AC ; AI . AB = AK .AC Suy ra: AM =AN
Câu 3 Cho tam giác nhọn ABC, đường trung tuyến AM.
BC 2
2
2
2
a) Chứng minh: AB + AC = 2 AM +
2
b) Lấy D là điểm bất kỳ năm giữa B và C.
Chứng minh: AB 2 .DC + AC 2 .BD − AD 2 .BC = BC.DC.BD
Vẽ đường cao AH, ta có: AB 2 = AH 2 +HB 2 ; AC 2 = AH 2
+HC 2

⇒ AB 2 + AC 2 = 2AH 2 +HC 2 +HB 2
= 2(AM 2 + HM 2 ) +(HM + MC) 2 +(MB – HM) 2
BM 2
BC 2
= 2AM 2 +
. Vậy AB 2 + AC 2 = 2 AM 2 +
2
2
Ta có: AB 2 = AH 2 +(DB – HD) 2 ; AC 2 = AH 2 +(HD +
B
DC) 2
AD 2 = AH 2 +HD 2
⇒ AB 2 .DC + AC 2 .BD − AD 2 .BC = BC.DC.BD

A

H

C
M

Câu 4 Cho tam giác ABC vuông tại A(AB < AC), phân giác trong AD. Phân giác ngoài AE
1
1
2
1
1
2
Chứng minh rằng: a,
b,

+
=
−
=
AB AC AD
AB AC AE
1
AB. AC = S ABD + S ACD
2
1
1
0
0
= AB. AD sin 45 + AC. AD sin 45
2
2
Ta có: S ABC =

⇒ AB. AC = 2 ( AB + AC ). AD
2
⇒

1
1
2
+
=
AB AC AD

b, Ta có: SABC =

1
1
1
AB.AC = SAEC - SABE = AE.ACsin1350 - AB.AEsin450
2
2
2

D


Nguyễn Xuân Thòa THCS Tân Thành.YT.NA
AE
AB.AC AE
AC − AB
2
1
1
2
⇒AB.AC =
(AC - AB) ⇒
=
⇔
=
⇔⇔
−
=
2
AC − AB

AB.AC AE
AB AC AE
2
Bài 5
Cho tam giác ABC cân tại A. Gọi D, F và H lần lượt là trung điểm của AB, AC và BC, O là
giao điểm của các đường trung trực ∆ ABC; G và E tương ứng là trọng tâm của ∆ ABC và ∆ ACD. Từ
G kẻ đường thẳng song song với AC cắt BC tại I. Chứng minh:
GH HI
=
a,
AD DO
b, ∆ ADG ~ ∆ DOE Từ đó suy ra OE ⊥ CD
A

GH HI
=
a, ∆ GHI ~ ∆ ADO ⇒
AD DO
E
F
D
GH AD
2
2
O
=
b, ⇒
; mà DE = DF = HC = 2 HI
G
HI DO

3
3
1
B
H I
GH = AG
2
GH AG AD
=
=
HI DE DO
Mặt khác góc DAG bằng góc ODE
Suy ra ∆ ADG ~ ∆ DOE Suy ra Góc AGD bằng góc DAO suy ra OE ⊥ CD

C

Bài 6
Chứng minh rằng nếu tam giác mà độ dài các đường trung tuyến đều lớn hơn 1 thì diện tích tam
giác đó lớn hơn 0,67.
- Ký hiệu:
+ Các trung tuyến và đường cao xuất phát từ cácc đỉnh A, B, C tương ứng là ma, mb , mc và ha , hb , hc
+ Các cạnh đối diện với các đỉnh A, B, C tương ứng là a, b, c
+ Diện tích tam giác ABC là S
- Ta có 2S < a.ha = b.hb = c.hc (1)
có aha < ama < a (2) vì ma < 1
Tương tự: bhb < b (3); chc < c (4)
Từ (1), (2), (3), (4) ta có 6S < a + b + c (5)
2
2 2 4
mà a < (mb + mc) < + = (vì độ dài các đường trung tuyến nhỏ hơn 1)

3
3 3 3
4
4
Tương tự b < , c < .
3
3
Vậy từ (5) suy ra S < 0,666... hay S < 0,67
Bài 7 Cho tam giác đều ABC với O là trung điểm của cạnh BC. Trên cạnh AB lấy điểm M, trên
cạnh AC lấy điểm N sao cho góc MON = 600 .
a) Chứng minh BC2= 4.BM.CN.
b) MO cắt BN tại I. Chứng minh IB.MN = IN.MB.
c) Khi góc MON quay quanh O thì đường thẳng MN luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định
Lời giải
·
·
µ = 1800 − 600 = 1200
a, Ta có: BOM
+ MOB
= 1800 − B
·
·
·
CON
+ MOB
= 1800 − MON
= 1800 − 600 = 1200
·
·
µ =C

µ do đó ∆BOM ∽ ∆CNO (g.g)
Suy ra BMO
lại có B
= CON


Nguyễn Xuân Thòa THCS Tân Thành.YT.NA
BO CN
⇒
=
⇒ BO 2 = BM .CN ⇒ BC 2 = 4 BM .CN
BM CO
ON OC BO
·
·
=
=
(OC = OB , ∆BOM ∽ ∆CNO ) và MBO
b, Có
= MON
OM BM BM
·
·
·
⇒ MO là phân giác BMN
suy ra ∆BOM ∽ ∆ONM (cgc) ⇒ BMO
= NMO
BI BM
=
⇒ BI .MN = IN .BM

Theo tính chất phân giác ta có:
IN MN
c, C/m tương tự cũng có NO là phân giác góc CNM
Vì O là giao của phân giác góc BMN và CMN nên O cách đều ba cạnh BM, CN và MN hay BM, CN,
MN là tiếp tuyến của đường tròn tâm O cố định
3BC
Kẻ OH ⊥ BM ta có OH = BO.sinB = BO.sin600 =
không đổi. Vậy MN luôn tiếp xúc với đường
4
tròn cố định
Bài 8: Cho tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao, vẽ (O) đường kính AH đường tròn này cắt
các cạnh AB, AC theo thứ tự tại D và E
a, chứng minh ba điểm O, D, E thẳng hàng
b, Chứng minh: AD.AB + AE.AC = 2DE2
c, Chứng minh: AD. BD + AE.CE = DE2
d, Tam giác AHM và tam giác NGH đồng dạng
AH
e, Gọi G là trực tâm của tam giác AMN, chứng minh rằng GH =
4
Lời giải
a, Ta có: tam giác ADE vuông tại A nội tiếp trong đường tròn tâm O nên tâm O
Là trung điểm của DE hay D, E, O thẳng hàng
b, Tứ giác ADHE là hình chử nhật (OD = OE = OH = OA)
theo hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ABH và ACH ta có
AH2 = AD.AB;
AH2 = AE.AC
AD.AB + AE.AC = 2AH2 = 2DE2
c, theo hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ABH và ACH ta có
AD.DB = DH2 ;
HE2 = AE.AC mà DH2 + HE2 = DE2

Suy ra: AD. BD + AE.CE = DE2
d, ∆AMH ∽ ∆NGH (gg)
e, MO là đtb của tam giác ABH nên OM // AB mà AB ⊥ AC suy ra OM ⊥ AC do đó O là trực tâm tam
giác ACM
Suy ra OC ⊥ AM
Ta lại có: NG ⊥ AM (G là trực tâm tam giác AMN)
Suy ra CO // NG
Tam giác COH có N là trung điểm của CH và CO // NG nên G là trung điểm của OH hay GH =
OH AH
=
2
4
Bài 9: Cho hình chử nhật ABCD với AD = tAB(t>0). Lấy điểm M trên cạnh BC. Đường thẳng AM cắt
đường thẳng CD tại P. Lấy E trên AB và F trên CD sao cho EF luôn vuông góc với AM. Chứng minh
a, EF = tAM
1
1
t2
b,
=
+
AB 2 AM 2 AP 2
Lời giải
Kẻ AQ ⊥ AM có AEFQ là hình bình hành nên AQ = EF


Nguyễn Xuân Thòa THCS Tân Thành.YT.NA
∆ADQ ∽ ∆ABM (gg)
AD AQ
⇒

=
= t ⇒ AQ = tAM ⇒ EF=tAM
AB AM
1
1
1
1
1
1
1
1
t2
=
+
⇒
=
+
⇒
=
+
b, Ta có
AD 2 AQ 2 AP 2
t 2 AB 2 t 2 AM 2 AP 2
AB 2 AM 2 AP 2
Bài 10: Cho ∆ABC vuông cân tại A, M là điểm bất kỳ trên BC. Cmr 2MA2 = MB2 + MC2
Lời giải
C1: Kẻ ME ⊥ AB; MF ⊥ AC tứ giác AEMF là hcn
Theo PYTAGO: MB2 = BE2 + ME2 = 2BE2 ; MC2 = MF2 + CF2 = 2MF2 ; AM2 = ME2 + MF2
⇒ MB 2 + MC 2 = 2AM2
BM 2

2 BM
C2: ME = BMsinB = BM.sin450 =
nên ME2 =
2
2
2
CM
2CM
MF = MCsinC = MC sin450 =
nên MF2 =
2
2
2
2
2
2
2
2
Mà AM = ME + MF ⇒ MB + MC = 2AM
µ = 300 . Dựng ra phía ngoài tam giác ABC tam giác đều ACD
Bài 11: Cho tam giác ABC có B
2
2
2
Cmr BD = AB + BC
Lời giải
Dựng ra phía ngoài tam giác ABC tam giác đều ABE
·
·
Ta có: CBE

= CBA
+ ·ABE = 300 + 600 = 900
2
2
2
CE = BC + BE (1)
Lại có: ∆ABD và ∆AEC có
·
·
AD = AC; DAB
( = µA + 600 ); AB = AE
= EAC
Do đó: ∆ABD = ∆AEC (c.g.c) Suy ra CE = BD (2)
Từ (1) và (2) suy ra BD2 = AB2 + BC2
·
Bài 12: a, Cho ∆ đều ABC có AOB
=1500 (O ở trong ∆ ABC).
Chứng minh: OC2 = OA2 + OB2
µ = 900 ). Điểm M ở trong ∆ ABC sao cho AMB
·
b, Cho ∆ vuông cân ABC ( A
= 1350 .
Chứng minh : MC2 = MB2 + 2MA2.
Lời giải
Dựng tam giác đều BOD có ·AOD = 900

Có AD2 = AO2 + DO2 = OA2 + OB2
·
·
∆ABD = ∆CBO (cgc) AB = BC; DB = BO; DBA

( = 600 - ·ABO )
= OBC
Suy ra AD = OC
Vậy OC2 = OA2 + OB2

·
b, Dựng tam giác vuông cân ADM suy ra DMB
= 900


Nguyễn Xuân Thòa THCS Tân Thành.YT.NA
BD2 = BM2 + DM2 = BM2 + ( 2 AM ) 2 = BM 2 + 2 AM 2
∆ACM = ∆ABD (cgc) suy ra BD = MC
MC2 = BM 2 + 2 AM 2

Bài 13: Cho tam giác ABC vuông tại A từ M trong tam giác vẽ MI ⊥ BC ; MJ ⊥ AC ; MK ⊥ AB , xác
định vị trí của điểm M sao cho tổng MI 2 + MJ 2 + MK 2 đạt giá trị nhỏ nhất
Lời giải
1
MI .BC
S BCM
MI
2
=
=
Ta có:
1
S ABC
AH .BC AH
2

S AMC MJ S ABM MK
=
=
Tương tự:
;
S ABC AB S ABC
AC
MI MJ MK S BMC + S AMC + S AMB
+
+
=
=1
Suy ra
AH AB AC
S ABC
Theo BĐT Bunhiacopsky ta có
2
1
1 
 MI MJ MK   1
12 = 
+
+
+
+
MI 2 + MJ 2 + MK 2 )
÷ ≤
2
2
2 ÷(

AB
AC 
 AH AB AC   AH
1
1
1
2
AH 2
2
2
2
2
2
2
=
+
Mà
Suy
ra
1
≤
(
MI
+
MJ
+
MK
)
⇒
MI

+
MJ
+
MK
≥
AH 2 AB 2 AC 2
AH 2
2
2
AH
khi M là trung điểm của AH
MI 2 + MJ 2 + MK 2 nhỏ nhất =
2
Gv: Đặt bài toán với tam giác ABC là tam giác thường

Bài 14: Cho ABC đều. Trên cùng một nửa mặt phẳng chứa A bờ BC, vẽ tia Bx//AC, tia Cy//AB.
đường thẳng d đi qua A, cắt các tia Bx và Cy thứ tự tại E và F, BF cắt CE tại K.
a) Chứng minh:  BKC ∽  EBC
x

b) Chứng minh: BC2 = BK2 + KC2 + BK . KC
a) Để C/M.  BKC ∽

E

S

* Quá trình phân tích đi tìm lời giải.
EBC

A

S

Ta cần chứng minh.

H

B

y

F

K

C


Nguyễn Xuân Thòa THCS Tân Thành.YT.NA
·
·
⇒ cần chứng minh
BEC
= FBC
 EBC

∽

BCF (c.g.c)

EB BC
⇒ cần C/M
=
BC CF
EB AC
⇒ Cần chứng minh:
=
AB CF

 FAC (g.g)

b) Kẻ BH ⊥ EC ⇒ K ∈ [ HC ] vì góc BKC tù
Ta có BH2 + HC2 = BC2 như vậy ta dữ nguyên BC và biến đổi
BH2 + HC2 = BK2 – HK2 + 2HK . KC + KC2 +HK2
⇒ BC2 = BK2+ KC2 +2HK. KC
Ta cần chứng minh: 2HK . KC = KB.KC
·
·
 BHK vuông tại H có HBK
= 600 )
= 300 (Vì HKB
⇒ BK = 2HK do đó KB. KC = KC . 2HK
* Giáo viên ra thêm
Khi đường thẳng d di chuyển nhưng luôn cắt 2 tia Bx và Cy tìm vị trí của đường thẳng d để AK + BK +
CK đạt GTNN.
·
Bài 16: Cho ∆ ABC vuông tại A, đường cao AH , tia phân giác của HAC
cắt HC ở D . Gọi K là h/c
của D trên AC, G là trọng tâm tam giác ABC. Đường thẳng qua G cắt AB, AC lần lượt tại M và N.
a, Biết BC = 25 cm . DK = 6cm . Tính độ dài AB.

1
1
9
+
≥
b, Cmr:
2
2
AM
AN
BC 2
Lời giải
a, C1: ta có: AB2 = BH.BC = BC(BD – HD) = BC( BD – DK)
= BC( AB – DK) = 25(AB – 6) ( ∆ABD cân tại B)
⇒ AB = 15; AB = 10
C2: AB2 = BH.BC = BC( BC – HC) = BC( BC – HD – DC) = BC(BC – DK – DC) = BC(BC – DK –
DK .BC
)
AB
DK CD
=
( do
) ⇒ AB = 15; AB = 10
AB BC
1
1
1
+
=
b, Vẽ AE vuông góc với MN ta có:

2
2
AM
AN
AE 2
2
2 1
BC
1
3
1
9
⇒
≥
⇒
≥
mà AG ≥ AE ⇒ AE ≤ AI = . BC =
2
3
3 2
3
AE BC
AE
BC 2

S

⇒ Cần chứng minh  AEB ∽

(Vì AB = BC = AC)

Nguyễn Xuân Thòa THCS Tân Thành.YT.NA
1
1
9
⇒
+
≥
2
2
AM
AN
BC 2