Chuyên đề 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:
; c 2  ac�
1) b 2  ab�
;
2) h 2  b�
;
c�
3) bc  ah ;
4)

1
1 1
 2 2;
2
h
b c

5) a 2  b 2  c 2 (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
2AB

CH BC 2
Giải
Trên tia đối của tia AC lấy điểm D sao cho AD  AC .
1

Do đó BA  AC  AD  CD .
2
Tam giác BCD có đường trung tuyến BA ứng với cạnh CD và
1
BA  CD nên tam giác BCD vuông tại B.
2
Xét BCD vuông tại B, đường cao BH ta có: BC 2  CD.CH (hệ
thức 1).
Suy ra BC 2  2 AB.CH (vì CD  2 AB ). Do đó

1
2AB

CH BC 2

Nhận xét: Đề bài cho BH là đường cao nhưng chưa phải đường cao tương ứng với
cạnh huyền của tam giác vng. 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 vng 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. 
�  90�và BD  BC . Biết AD  12cm, CD  25cm . Tính
Ví dụ 2. Hình thang ABCD có �
AD


diện tích hình thang.
Giải
Vẽ BH  CD .
Tứ giác ABHD có ba góc vng nên là hình chữ nhật.

Suy ra BH  AD  12cm và AB  DH .
Xét BDC vng tại B, đường cao BH ta có:
BH 2  HD.HC (hệ thức 2).
Đặt HD  x thì HC  25  x ta được:
122  x  25  x  � x 2  25 x  144  0
hay  x  16   x  9   0 .
Suy ra x  16 hoặc x  9 .
Với x  16 thì AB  16 .
Diện tích hình thang là: S 

 16  25  .12  246
2

 cm  .
2

Với x  9 thì AB  9 .
Diện tích hình thang là: S 

 9  25 .12  204
2

 cm  .
2

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 vng BDC
đã biết hai yếu tố về độ dài. Ngoài ra, ta cũng dùng một cơng cụ trong đại số là giải
phương trình để tính tốn 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 AM 

1
BC  a .
2

Tứ giác AEHD có ba góc vng nên là hình chữ nhật. Diện tích hình chữ nhật này là:
S  AD. AE .
Xét ABH vng tại H ta có: AH 2  AB. AD (hệ thức 1), suy ra AD 
Tương tự ta có AE 

AH 2
AB

AH 2
AH 2 AH 2
AH 4
. Do đó S 
.
.


AC
AB AC
AB. AC

Mặt khác AB. AC  BC. AH (hệ thức 3) nên S 

AH 4
AH 3

BC. AH
BC

.

AM 3
Suy ra S �
(vì AH �AM )
BC
a3 a 2
Do đó S � 
2a 2
Vậy max S 

(dấu "=" xảy ra � ABC vuông cân tại A).

a2
khi ABC vng cân tại A.
2

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 ; AM 

1
BC nên AH đã liên hệ
2

được với BC qua vai trị "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

1
1

.
2
AD
AE 2

Giải
* Tìm cách giải:
Hệ thức

1
1

gợi ý ta nhớ đến hệ thức (4). Vì vậy ta dùng hệ thức này để giải bài
2
AD
AE 2

tốn.
* Trình bày lời giải:
Ta có AC là đường cao của tam giác ADE vuông tại A
nên


1
1
1


(hệ thức 4)
2
2
AD
AE
AC 2
Tổng

1
1
1

�
có giá trị nhỏ nhất � AC có giá trị lớn
2
2 có giá trị nhỏ nhất
AD
AE

AC 2

nhất. 
Xét ba điểm A, B, C ta có AC �AB  BC  2a (dấu “=” xảy ra khi B là trung điểm của AC).
1 � 1
1
�1

 2 khi B là trung điểm AC.
Vậy min � 2 
2
2 �
AE �  2a 
4a
�AD
�  90�
Ví dụ 5. Cho hình thang ABCD, �
, hai đường chéo vng góc với nhau. Cho
AD
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:
�  90�
�

a) ADB và DCA có: �
; �
AD
ADB  DCA
(cùng phụ với góc BDC).
Do đó D ADB : D DCA (g.g).
Suy ra

AB AD

� AD 2  AB.CD  a.b
DA DC

Do đó AD  ab .
Diện tích hình thang ABCD là:
S
Vì

 AB  CD  AD   a  b 
2

ab

2

ab
� ab (bất đẳng thức Cô-si) nên S � ab . ab  ab
2

(dấu “=” xảy ra khi a = b hay khi ABCD là hình vng).

Vậy min S  ab khi ABCD là hình vng.
2
2
2
2
b) Xét ADB vng tại A ta có: BD  AB  AD  a  ab  a  a  b  .
2
2
2
2
Xét DCA vng tại D ta có: AC  AD  CD  ab  b  b  a  b  .

Xét tổng AC 2  BD 2  b  a  b   a  a  b    a  b  mà  AB  CD    a  b  . Vậy
2

2

2

AC 2  BD 2   AB  CD  .
2

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 vng 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 OA  2 3cm , 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 54cm 2 và 96cm 2 . 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.
�  90�
1.7. Cho hình thang ABCD, �
. Hai đường chéo vng góc với nhau tại O. Biết
AD
OB  5, 4cm ; 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 P 

1
1

.
2
AM
AN 2

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

1
1
1

 .
2
2
AE

AF
3

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

1
1
1


. 
2
2
AD
CB CE 2

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

1
1
1
 2 2 .
2
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 AB 2  AC 2  2 AM 

BC 2
.
2

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 a 3  b3  c3 .
1.16. Cho tam giác ABC, điểm M nằm giữa B và C. Chứng minh rằng:
AB 2 .MC  AC 2 .MB  AM 2 .BC  MB.MC.BC
1.17. Cho tam giác ABC. Đặt BC  a, CA  b, AB  c . Chứng minh rằng:


2
2
2
a) Nếu �
A  90�thì a  b  c ;
2
2

2
b) Nếu �
A  90�thì a  b  c ;
2
2
2
c) Nếu �
A  90�thì a  b  c .

1.18. Cho tam giác ABC. Đặt BC  a, CA  b, AB  c . Chứng minh rằng:
a) Nếu a 2  b 2  c 2 thì �
A  90�;
b) Nếu a 2  b 2  c 2 thì �
A  90�;
c) Nếu a 2  b 2  c 2 thì �
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 ha , hb , hc . Chứng minh rằng nếu

1
1 1
 2  2 thì hb  c và hc  b .
2
ha hb hc

Vận dụng tổng hợp nhiều hệ thức
�  90�
1.20. Cho hình thang ABCD, �
, hai đường chéo vng góc với nhau tại O. Cho
AD

biết AD  12cm ; 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

a 2  3 m2  3 n2

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

1.1.
a) Xét ABC vng tại A, đường cao AH ta có:
AB 2  BC .BH ; AC 2  BC.C H (hệ thức 1).
Do đó.

AB 2 BC.BH BH
HB c 2
.
Vậy



AC 2 BC.CH CH
HC b 2

b) Xét ABH vuông tại H, ACH vng tại H, ta
có:
HB 2  BA.BE; HC 2  CA.CF (hệ thức 1).
HB 2 BA.BE c.BE
Do đó
.


HC 2 CA.CF b.CF
2

2

BE �HB � c �c 2 � b c3
 � �:  � �. 
Suy ra
CF �HC � b �b 2 � c b3
Nhận xét: Qua kết quả của câu a) ta thấy: Tỉ số hai hình chiếu của hai cạnh góc
vng trên cạnh huyền bằng bình phương tỉ số hai cạnh góc vng đó.
1.2.
Vẽ đường cao AH.
Ta có

HB 9
HB HC HB  HC 20
 �



HC 16
9
16
9  16
25

Suy ra HB 

9.20
16.20
 7, 2; HC 
 12,8

25
25

Xét ABC vng tại A, đường cao AH ta có:
AB 2  BC.BH  20.7, 2  144 � AB  12  cm 
AC 2  BC.CH  20.12,8  256 � AC  16  cm 
Vậy diện tích ABC là S 

1
1
AB. AC  .12.16  96  cm 2 
2
2

Cách giải khác:
Sau khi tính được HB và HC, ta tính AH: AH 2  HB.HC (hệ thức 2).
AH 2  7, 2.12,8  92,16 � AH  9, 6  cm 
Diện tích ABC là S 
1.3

1
1
BC. AH  .20.9, 6  96  cm 2 
2
2


Qua A vẽ một đường thẳng vng góc với AB cắt tia BO tại D.
�B
�  90�

�  90�
Ta có D
;�
AOD  B
1
2
�B
� nên D
��
mà B
AOD
1
2
Do đó AOD cân tại A. Suy ra AD  AO  2 3  cm 
Vẽ AH  OD thì HO  HD
Ta đặt HO  HD  x thì BD  2 x  2
Xét ABD vuông tại A, đường cao AH, ta có AD 2  BD.HD



Suy ra 2 3



2

 x  2 x  2  . Từ đó ta được phương trình:

2 x 2  2 x  12  0 �  x  2   x  3  0 � x  2 hoặc x  3 .
Giá trị x  2 được chọn, giá trị x  3 bị loại.

Do đó BD  2  2  2  6  cm 



Suy ra AB  62  2 3



2

 24  2 6  cm  .

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 BK 2  KA.KD (hệ thức 1).
Đặt KD  x thì KH  2 x và KA  2 x  7 .
2
Khi đó ta có 15  x  2 x  7 

� 2 x 2  7 x  225  0 �  x  9   2 x  25   0
� x  9 (chọn) hoặc x  

25
(loại).
2

Vậy AD  7  9  16  cm  . Ta cịn phải tính độ dài BC.
Xét HBD vng tại D, ta có BD 2  BH 2  HD 2 (định lí Py-ta-go).
2
2
2
Suy ra BD  15  9  144 � BD  12  cm  . Do đó BC  24cm .


Diện tích ABC là: S 

1
1
BC. AD  .24.16  192  cm 2  .
2
2

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:
BK 2  KA.KD (hệ thức 1).
Đặt KD  x thì KH  2 x và KA  2 x  7 .
2
2
Khi đó ta có 15  x  2 x  7  � 2 x  7 x  225  0

�  x  9   2 x  25   0 � x  9
� x  9 (loại) hoặc x  12,5 (chọn).
Vậy AD  HD  HA  12,5  7  5,5  cm  .

Xét HBD vuông tại D, ta có
BD 2  BH 2  HD 2  152  12,52 

275
5 11
� BD 
 cm  .
4
2

Do đó BC  5 11  cm  .
Diện tích ABC là: S 

1
1
55 11
BC. AD  .5 11.5,5 
cm 2  .

2
2
4

1.5.
Ta có S ABH 

1
AH .BH  54
2

Suy ra AH .BH  108
S ACH 

(1)

1
AH .CH  96
2

Suy ra AH .C H  192 (2)
Từ (1) và (2) ta được: AH 2 .BH .CH  108.192 .
4
4
Mặt khác AH 2  BH .CH (hệ thức 2). Suy ra AH  12 � AH  12  cm  .
2
Ta có S ABC  54  96  150  cm  mà S ABC 

1
1
BC. AH nên BC. AH  150 .
2
2


Suy ra BC 

150.2
 25  cm  .
12

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   CD  HK  : 2   25  7  : 2  9  cm  .
Từ đó tính được HC  CD  DH  25  9  16  cm  .
Xét ADC vuông tại A, đường cao AH ta có: AH 2  HD.HC (hệ thức 2).
2
Do đó AH  9.16  144 � AH  12  cm  .

Diện tích hình thang ABCD là:
S

 AB  CD  AH
2



(7  25).12
 192  cm 2  .
2

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 vng tại A có AO  BD nên
OA2  OB.OD (hệ thức 2).
2
Do đó OA  5, 4.15  81 � OA  9  cm  .


* Xét ACD vng tại D có OD  AC nên OD 2  OA.OC (hệ thức 2).
OD 2 152
� OC 

 25  cm  .
OA
9
Do đó AC  25  9  34  cm  ; BD  5, 4  15  20, 4  cm 
Diện tích hình thang ABCD là: S 
b) Xét ADC có OM / / CD nên

AC.BD 34.20, 4

 346,8  cm 2  .
2
2

OM AO

(hệ quả của định lí Ta-lét). (1)

CD AC

Xét BCD có ON / / CD nên

ON BN

(hệ quả của định lí Ta-lét). (2)
CD BC

Xét ABC có ON / / AB nên

AO BN

(định lí Ta-lét). (3)
AC BC

Từ (1),(2),(3) suy ra

OM ON

CD CD

Do đó OM = ON.
Xét AOD vng tại O, OM  AD nên

Do đó

1
1
2  2

OM
9

1
152

OM

1
1
1


(hệ thức 4).
2
2
OM
OA OD 2

7, 7  cm 

Suy ra MN �7, 7.2  15, 4  cm  .
1.8.
* Tìm cách giải
Ta phải dựng đoạn thẳng x sao cho x  ab hay
x 2  ab . Hệ thức này có dạng của hệ thức (2):
h 2  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 trịn tâm O, đường kính BC.
- Từ H dựng một đường thẳng vng góc với BC, cắt nửa đường trịn (O) tại A. Khi đó


AH là đoạn thẳng x cần dựng.
Chứng minh
ABC có OA  OB  OC 

1
BC nên ABC vuông tại A.
2

Ta có AH 2  HB.HC (hệ thức 2). Do đó x 2  ab . 
Cách giải khác
- Trên tia By ta đặt BC  a và BH  b .
- Dựng nửa đường trịn tâm O, đường kính BC.
- Từ H dựng một đường thẳng vng góc với BC,
cắt nửa đường trịn (O) tại A.
Khi đó AB là đoạn thẳng x cần dựng.
Thực vậy, ABC có OA  OB  OC 

1
BC nên ABC vng tại A.
2

Ta có AB 2  BC .BH (hệ thức 1). Do đó x 2  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 trơng "gọn" hơn.
1.9.
* Tìm cách giải
Biểu thức

thức (4)

1
1

gợi ý cho ta vận dụng hệ
2
AM
AN 2

1
1 1
 2  2 để giải.
2
h
b c

Muốn vậy phải tạo ra một tam giác vng có
các cạnh góc vng bằng AM, AN.
* Trình bày lời giải
Qua A vẽ một đường thẳng vng góc với AM cắt đường thẳng CD tại E.
�B
�  90�
ADE và ABM có D

; AD  AB; �
A1  �
A2 (cùng phụ với góc DAM).


Do đó ADE  ABM  g .c.g  . Suy ra AE  AM .
Xét AEN vuông tại A có AD  EN nên
Mặt khác AE  AM , AD  1 nên

1
1
1


2
2
AE
AN
AD 2

1
1

 1.
2
AM
AN 2

1.10.
* Tìm cách giải

Điều phải chứng minh

1
1
1

 gợi ý cho ta cần vận dụng hệ thức (4) để giải. Do
2
2
AE
AF
3

đó ta cần vẽ hình phụ tạo ra một tam giác vng có các cạnh góc vng bằng AE,
AF. 
* Trình bày lời giải
�  BAE
�  15�.
Trên cạnh CD lấy điểm G sao cho DAG
�  90�.
Khi đó GAF
ADG  ABE  g.c.g  � AG  AE .
Hình thoi ABCD có �
A  120�nên
�  60�.
D
Do đó ADC là tam giác đểu.
Vẽ AH  DC thì AH 

AD 3 2 3


 3  cm 
2
2

Xét AGF vng tại A, AH  GF ta có:
1
1


Suy ra AE 2 AF 2

1

 3

3



1
1
1


(hệ thức 4).
2
2
AG
AF

AH 2

1
3

1.11.
* Tìm cách giải
Nhìn vào kết luận của bài tốn ta thấy phải dùng hệ thức (4) để
giải. Muốn vậy, phải vẽ hình phụ tạo ra một tam giác vng có
các cạnh góc vng lần lượt bằng CB và CE.
* Trình bày lời giải


Qua C vẽ một đường thẳng vng góc với CB cắt đường thẳng AD tại F.
Vẽ BH  CD . CDF và BHC có:
�H
�  90�
�  HBC
�
CD  BH (cùng bằng AD); D
(cùng phụ với góc BCH).
; DCF
Do đó CDF  BHC  g.c.g  . Suy ra CF  BC .
Xét CEF vng tại C có CD là đường cao nên
Do đó

1
1
1



2
2
AD
CB CE 2

1
1
1


(hệ thức 4).
2
2
CD
CF
CE 2

(vì CD  AD , CF  CB ).

1.12. (h.1.20)
* Tìm cách giải
Do tính chất hai đường chéo của hình thoi
vng góc với nhau nên trong hình đã có bốn
tam giác vng đỉnh O, các cạnh góc vng
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 OA  OC 

m
n
; OB  OD 
2
2

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
1



1



1
1
1


(hệ thức 4).
2
2
OE
OA OB 2

1

1
1
1
2
Suy ra �h � �m � �n �. Do đó 2  2  2 .
h
m n
�� � � ��
�2 � �2 � �2 �
2

2

1.13.
Vẽ đường cao AH. Vì ABC vng tại A nên
Do đó

1
1
1


2
2
AH
AB
AC 2

1

1
1
1
 2 2 
. Suy ra AH  144  12  cm 
2
AH
15 20 144

(hệ thức 4).


Ta có BC  152  202  25  cm  .
Gọi K là giao điểm của AH với DE.
Ta đặt DG  x; DE  y . Khi đó AK  12  x .
Vì DE / / BC nên D ADE : D ABC . Suy ra
DE AK

BC AH
Do đó

25  12  x 
y 12  x
.

�y
25
12
12

Diện tích hình chữ nhật DEFG là:
S  xy 


x.25  12  x 
25
   x 2  12 x 
12
12

25 2
25
2
x  12 x  36  36     x  6   75

12
12

Vì 

25
2
 x  6  �0 nên S �75 (dấu "=" xảy ra khi x  6 ).
12

Vậy max S  75cm 2 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.
� �B

�  90�(nếu B
� �C
�  90�thì cũng
• Trường hợp C
chứng minh tương tự).
Vẽ đường cao AH thì điểm H thuộc đoạn BM.
Theo định lí Py-ta-go ta có:
AB 2  AH 2  HB 2 ; AC 2  AH 2  HC 2 .
Do đó AB 2  AC 2  2 AH 2  HB 2  HC 2
 2  AM 2  HM 2    BM  HM    HM  MC 
2

2

 2 AM 2  2 HM 2  BM 2  2 BM .HM  HM 2  HM 2  2 HM .MC  MC 2
 2 AM 2  BM 2  MC 2  2 HM  BM  CM 


2

2

�BC � �BC �
 2 AM  � � � � (vì BM  MC )
�2 � � 2 �
2

 2 AM 2 

BC 2

2

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).
�  90�hoặc C
�  90�
• Trường hợp B
: Bạn đọc tự chứng minh.
Áp dụng: Nếu AB  5, AC  7, BC  10 thì ta có 52  7 2  2 AM 2 

102
2

Suy ra AM 2  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.
�  60�nên �
Xét ABH vng tại H, có BAH
ABH  30�.
Suy ra AH 

1
AB hay AB  2 AH .
2

Ta có
AB 2  AC 2  AB. AC   AH 2  BH 2    AH 2  HC 2   2 AH  AH  HC 

 AH 2  BH 2  AH 2  2 AH .HC  HC 2  2 AH 2  2 AH .HC
 BH 2  HC 2  BC 2 (vì BHC vng tại H). 
Do đó b 2  c 2  bc  a 2 .
2
2
2
Nhân cả hai vế với b  c ta được  b  c  bc   b  c   a  b  c  .

Mặt khác a  b  a (bất đẳng thức tam giác) nên b3  c 3  a 3 hay a 3  b3  c 3 .
� �90�hoặc C
� �90�chứng minh tương tự.
• Trường hợp B
Cách giải khác:
�C
� thì ABC là tam giác đều. Khi đó a  b  c , do đó a 3  b3  c3  0 . Suy ra
- Nếu B


a 3  b3  c 3 .
�C
� thì B
�  60�, do đó b  a � b3  a 3 . Suy ra a 3  b3  c 3 .
- Nếu B
�C
� : Chứng minh tương tự.
- Nếu B
Nhận xét: Cách giải thứ hai ngắn gọn hơn vì khơng 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-tago ta có:
AB 2  AH 2  HB 2  AH 2   MB  MH  ;
2

AC 2  AH 2  HC 2  AH 2   MC  MH  ;
2

Do đó AB 2 .MC  AC 2 .MB  AM 2 .BC
2
2
�
AH 2   MB  MH  �
.MC  �
AH 2   MC  MH  �
.MB  AM 2 .BC
�
�
�
�

�
AH 2  MB 2  2MB.MH  MH 2 �
.MC
�
�
�
AH 2  MC 2  2MC .MH  MH 2 �
.MB  AM 2 .BC

�
�
 AH 2 .MC  MB 2 .MC  2MB.MH .MC  MH 2 .MC  AH 2 .MB  MC 2 .MB
2 MC.MH .MB  MH 2 .MB  AM 2 .BC
 AH 2  MC  MB   MH 2  MC  MB   MB.MC  MB  MC   AM 2 .BC
 AH 2 .BC  MH 2 .BC  MB.MC.BC  AM 2 .BC
 BC  AH 2  MH 2   MB.MC .BC  AM 2 .BC
 BC. AM 2  MB.MC .BC  AM 2 .BC  MB.MC .BC
� �90�hoặc C
� �90�chứng minh tương tự.
Trường hợp B
1.17.


a) ABC có �
A  90�
Vẽ BH  AC . Đặt HA  c�
2
2
2
2
2
2
Xét HBC vng tại H có BC  HB  HC   AB  HA   HC . 

�  90�thì H nằm giữa A và C (h. 1.25a).
Nếu C
Khi đó HC  AC  HA  b  c�
.

� �90�thì H nằm trên tia đối của tia CA (h.l.25b).
Nếu C
b .
Khi đó HC  HC  AC  c�
Trong cả hai trường hợp ta đều có HC 2   b  c�
 .
2

Xét HBC vng tại H ta có BC 2  HB 2  HC 2 (1)
Xét ABH vng tại H ta có BH 2  AB 2  AH 2 (2)
2
  b  c�
Từ (1) và (2) suy ra BC 2  AB 2  AH 2  HC 2  c 2  c�

2

2
2
.
 c 2  c�
 b 2  2bc�
 c�
 b 2  c 2  2bc�

0)
Suy ra a 2  b 2  c 2 (vì 2bc�
b) ABC có �
A  90�(h.1.26)
Vẽ BH  BC . Vì �
A  90�nên điểm H nằm trên tia đối của tia AC.

b .
Ta đặt AH  c�khi đó HC  HA  AC  c�
Xét HBC vuông tại H ta có BC 2  HB 2  HC 2
(3)
Xét ABH vng tại H ta có BH 2  AB 2  AH 2


(4)
2
  c�
 b
Từ (3) và (4) suy ra BC 2  AB 2  AH 2  HC 2 � a 2  c 2  c�

2

2
� a 2  c 2  c�
 c '2  2bc�
 b 2 � a 2  b 2  c 2  2bc�

0)
Suy ra a 2  b 2  c 2 (vì 2bc�
2
2
2
c) ABC có �
A  90�, theo định lí Py-ta-go ta có a  b  c .

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.
2
2
2
a) Giả sử �
A  90�thì theo câu b) bài 1.17 ta có a  b  c , trái giả thiết.
2
2
2
Giả sử �
A  90�thì theo định lí Py-ta-go ta có a  b  c , trái giả thiết.

Vậy �
A  90�.
b) Chứng minh tương tự câu a).
c) Nếu a 2  b 2  c 2 thì theo định lí Py-ta-go đảo ta có �
A  90�.
1.19.
Gọi diện tích ABC là S. Ta có S 
Suy ra a 

1
a.ha
2

2S
4S 2
� a 2  2 (1)
ha

ha

2
Tương tự: b 

4S 2 2 4 S 2
;c  2
hb2
hc

1 �
2
2
2 �1
Ta có b  c  4S � 2  2 �
�hb hc �
Mặt khác

1
1 1
1
 2  2 nên b 2  c 2  4 S 2 2
2
ha hb hc
ha

(2)

Từ (1) và (2) suy ra a 2  b 2  c 2 . Do đó ABC vng tại A.
Khi đó trực tâm H trùng với đỉnh A. Suy ra hb  c và hc  b .

1.20.


ADC vng tại D, theo định lí Py-ta-go ta có:
AC 2  AD 2  DC 2  122  162  400 .
Suy ra AC  20  cm  .
ADC vuông tại D, DO là đường cao nên
AD.DC  AC.DO (hệ thức 3).
AD.DC 12.16

 9, 6  cm  .
AC
20

Suy ra OD 

AD 2 122
Ta lại có AD  AC . AO (hệ thức 1) nên OA 

 7, 2  cm  .
AC
20
2

Do đó OC  20  7, 2  12,8  cm  .
Xét ABD vuông tại A, AO là đường cao nên AO 2  OB.OD (hệ thức 2).
AO 2 7, 22
� OB 

 5, 4  cm  .

OD
9, 6
1.21.
a) Xét tam giác ABC vng tại A, đường cao AH, ta có AH 2  HB.HC (hệ thức 2).
Do đó AH 4  HB 2 .HC 2

(*)

Xét ABH và ACH vuông tại H, ta có:
HB 2  BA.BD; HC2  CA.CE .
Thay vào (*) ta được
AH 4  BA.BD.CA.CE   BA.CA  .  BD.CE  .
Mặt khác BA.CA  BC. AH (hệ thức 3) nên
AH 4  BC. AH .BD.CE ,
Do đó AH 3  BC.BD.CE hay h3  a.m.n .
HB 2
b) Ta có HB  BA.BD � BD 
BA
2

Do đó BD 2 

HB 4
BA2

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


Suy ra BD 2 

HB 4
HB 3
. Do đó

BC.BH
BC

Tương tự ta có

Vậy

3

3

CE 2 

BD 2  3 CE 2 

Suy ra

3

3

3

BD 2 

3

HB 3
HB
.
3
BC
BC

HC
BC

3

HB
HC
BC
3
3
 3 BC 2
BC
BC
BC

a 2  3 m2  3 n2

1.22.
a) Xét ANC vuông tại N, đường cao NE ta có: AN 2  AC. AE (hệ thức 1) (1)
Xét APB vuông tại P, đường cao PF ta có: AP 2  AB.A F (hệ thức 1)
Mặt khác D ABE : D ACF (g.g).
Suy ra

AB AE

do đó AC. AE  AB.A F
AC AF

Từ (1), (2), (3) ta được AN 2  AP 2 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: MD 2  DB.DC (hệ thức 2) (4)
D BHD : D ACD (g.g).
Suy ra

DB HD

, do đó DB.CD  AD.HD (5)
DA CD

Từ (4) và (5) ta được MD 2  AD.HD . 
Gọi diện tích của tam giác MBC, ABC và HBC lần lượt là S , S1 , S2 .
Ta có S 
S1 

1
BC.MD . (6)
2

1

1
BC. AD; S 2  BC.HD
2
2

Do đó S1.S 2 

1
1
BC 2 . AD.HD  BC 2 MD 2 (vì AD.HD  MD 2 ).
4
4

(2)


Suy ra

S1.S2 

1
BC.MD (7)
2

Từ (6) và (7) ta được S  S1.S 2 .
1.23. Tìm cách giải
Liên quan đến tam giác nhọn, tam giác tù, tam giác vng 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 vng. Khi đó theo kết quả bài 1.17. ta có:
a 2 �b 2  c 2 ; b 2 �c 2  d 2 ; c 2 �d 2  e 2 .
2
2
2
2
2
2
2
Suy ra a � c  d    d  e  �d  e  2cd (vì c 2  d 2 �2cd )
2
 d�e 
a 2 �d 2  e 2  2cd . (vì cd �de ) a 

2

a

d e , vơ lý vì a, d, e theo giả thiết là ba

cạnh một tam giác.
Vậy tồn tại ba đoạn thẳng là ba cạnh của một tam giác nhọn.
Nhận xét. Bài tốn này là một bài tốn 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

� AB  CD  AC  BD  4  6  10 .


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
MC  3; MB  MD  BD  4
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
� �90�. Khi đó BC 2 �MB 2  MC 2  22  32  13
CMB
Suy ra BC  13  3, 6 .
Vậy tồn tại một cạnh của tứ giác lớn hơn 3,6.