Bai tap nang cao phan he thuc luong trong tam giacvuong

<span class='text_page_counter'>(1)</span>TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG. BÀI TẬP NÂNG CAO HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG Bài 1: Cho hình thang cân ABCD, đáy lớn CD = 10cm, đáy nhỏ bằng đường cao, đường chéo vuông góc với cạnh bên . Tính độ dài đường cao của hình thang cân đó. Bài giải sơ lược: X A B   Kẻ AH CD ; BK CD. Đặt AH = AB = x  HK = x  AHD =  BKC (cạnh huyền- góc nhọn) X. 10  x Suy ra : DH = CK = 2 .. D. 10  x x  10 Vậy HC = HK + CK = x + 2 = 2. H. 10cm. C. K. Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác ADC vuông ở A có đường cao AH 10  x 10  x x2  .  5x2 = 100 2 2 Ta có : AH2 = DH . CH hay Giải phương trình trên ta được x = 2 5 và x = – 2 5 (loại). Vậy : AH = 2 5 Bài 2: Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao ứng với cạnh đáy có độ dài 15,6cm, đường cao ứng với cạnh bên dài 12cm. Tính độ dài cạnh đáy BC. A Giải: Đặt BC = 2x, từ tính chất của tam giác cân ta suy ra CH = x 2 2 Áp dụng định lí Pitago tính được AC = 15, 6  x  HAC Từ  KBC. BC KB   AC AH hay. 2x. 12  15, 62  x 2 15, 6. 15,6. K. 12. Đưa về phương trình 15,62 + x2 = 6,76x2 // C // B H Giải phương trình trên ta được nghiệm dương x = 6,5 2x Vậy BC = 2.6,5 = 13(cm) 0  Bài Tập 3 : Cho ABC : A 90 . Qua trung điểm I của AC, dựng ID  BC. 2 2 2 Chứng minh : BD  CD  AB Giải: Hạ AH  BC . Ta có : HD = DC ( t/c đường trung bình) Ta có : BD2 – CD2 = ( BC - CD)2 – CD2 = BC2 + CD2 – 2BC.CD – CD2 = BC2 – BC.(2CD) = BC2 – BC.HC = BC2 – AC2 = AB2 ( Chú ý : AB2 = BC2 – AC2) Bài Tập 4 : Cho  ABC vuông tại A. Đường cao AH, kẻ HE, HF lần lượt vuông góc với 3. EB  AB    FC  AC  AB, AC. Chứng minh rằng: a) b) BC . BE . CF = AH3 A Giải: a) Trong AHB có HB2 = BE . BA (1) ; F 2 AHC có HC = CF . CA (2 ) HB 2 BE AB  . 2 FC AC Từ (1) và (2) có : HC Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh. .. (1) 1. E B. C H Tổ : Toán - Tin.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Trong. ABC. TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG. có :AB2 = BH . BC và AC2 = HC . BC suy ra 2. HB AB 2  HB   AB       2 HC AC  HC   AC . 4. (2) 3. EB  AB    FC  AC  . Từ (1) và (2). Ta có : BE BH EBH   BA BC . b) ABC AB 2 AB 3  BE  2 BC BC (3) Thay AC 3 CF  2 BC Tương tự ta cũng có ( 4) . BH . AB 3 . AC 3 4 Từ (3) và (4) Ta có : BE .CF = BC. . 3. AB 3 AC 3  AB AC   2 BC   2  BC  = AH3 Mà AB. AC = BC . AH nên BC . BE . CF = BC BC. Bài 5: Cho hình vuông ABCD. Qua A, vẽ cát tuyến Bất kì cắt cạnh BC, tia CD lần lượt tại E và F. 1 1 1   2 2 AD 2 . Chứng minh : AE AF. Giải: Dựng điểm H thuộc tia CD sao cho BE = HD. Ta có : ABE ADH ( c – g –c )  ) AE  AH . 0  Áp dụng hệ thức lựơng cho AHF : HAF 90 ; AD  HF .. 1 1 1 1 1 1     2 2 2 2 2 AD nên AE AF AD 2 Ta có : AH AF 0  Bài 6: Cho hình thoi ABCD có A 120 , tia Ax tạo với  Ax 15o B. Tia AB góc. , cắt BC, CD lần lượt tại M, N.. 1 1 4   2 2 2 Chứng minh: AM AN 3 AB. Giải: Từ A, dựng đường thẳng vuông góc với AN Cắt CD tại P, hạ AH  CD . Ta có : ABM ADP ( g – c – g)  ) AM  AP 0  Áp dụng hệ thức lượng cho NAP : NAP 90 , AH  NP. 1 1 1 1 1 1     2 2 2 2 2 AH nên AM AN AH 2 Ta có : AP AN 3 AB 2 0 Mà AH = sinD.AD = sin60 .AD = 2. Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh. 2. (1) (2) Tổ : Toán - Tin.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG 1 1 1   2 2 2 AM AN  3  AB   1  1  4  2   AM 2 AN 2 3 AB 2 Thay (2) và (1). Ta có :. BÀI TẬP PHẦN HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG ( 2011-2012) 0  0  Bài 1: Trong hình vẽ sau biết AB 9 , AC 6, 4 , AN 3,6 ; AND 90 , DAN 34 .   Hãy tính (làm tròn đến số thập phân thứ tư ). a) CN b) ABN c) CAN d) AD. Q 0  0  Bài 2 : Trong hình vẽ sau biết QPT 18 , PTQ 150 , QT 8 , TR 5 . Hãy tính : a) PT b) Diện tích tam giac PQR. Hướng dẫn : Từ T và R hạ các đường vuông góc với PQ. 8. P. 150. 18 . T. 5. R. Bài 3: Cho tam giác ABD vuông tại B, AB = 6 cm, BD = 8 cm. Trên cạnh BD lấy điểm C sao cho BC = 3 cm. Từ D kẻ Dx // AB, nó cắt đường thẳng AC tại E. a) Tính AD. b) Tính các góc BAD, BAC. c) Chứng minh AC là tia phân giác của góc BAD. d) Chứng minh tam giác ADE cân tại D. Hướng dẫn câu c: Hạ CI  AD . Chứng minh : AB = CI. Bài 4: Cho  ABC có góc A = 200 ; B̂ = 300 ; AB = 60cm . Đường cao kẻ từ C đến AB cắt AB tại P ( hình vẽ) . Hãy tìm a) Tính AP ? ; BP ? b) CP ?  60 Bài 5: Cho ABC có A . Kẻ BH  AC và CK  AB. a) chứng minh KH = BC.CosA b) Trung điểm của BC là M. Chứng minh MKH là tam giác đều Hướng dẫn : 0. AH  KH BC  AB  ABC Câu a : Từ KH = BC.CosA. AHK.  600 Câu b: Vận dụng tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông và chú ý A µ Bài 6: Cho ABC ( A = 900 ). Từ trung điểm E của cạnh AC kẻ EF  BC. Nối AF và BE. a) Chứng minh AF = BE.cosC. b) Biết BC = 10 cm, sinC = 0,6. Tính diện tích tứ giác ABFE.. ·. c) AF và BE cắt nhau tại O. Tính sin AOB . Hướng dẫn : Câu a : Tương tự cách giải bài 5. Câu b: Sử dụng tính chất 2 diện tích miền đa giác hình học 8.. · Câu c : Rất khó: Hạ AH, FK vuông góc với BE.Tính SABFE = SABE + SBFE . Suy ra sin AOB µ Bài 7: Cho tam giác vuông ABC ( B = 900 ). Lấy điểm M trên cạnh AC. Kẻ AH  BM, CK  BM.. Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh. 3. Tổ : Toán - Tin.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG. · MC BH.tg 2 BAC = · BK a) Chứng minh : CK = BH.tgBAC . b) Chứng minh : MA .. Hướng dẫn : Câu a : Tương tự cách giải bài 5. Câu b: Tiếp tục vận dụng câu a lần 2. Bài 8: Cho hình bình hành ABCD có đ.chéo AC lớn hơn đ.chéo BD. Kẻ CH  AD và CK  AB. a) Chứng minh CKH. BCA.. · b) Chứng minh HK = AC.sin BAD . ·. 0. c) Tính diện tích tứ giác AKCH biết BAD = 60 , AB = 4 cm và AD = 5 cm. Bài 9: Cho ABC , trực tâm H là trung điểm của đường cao AD. Chứng minh: tgB.tgC = 2. A E H. B. D. C. ĐÁP ÁN 0  0  Bài 1: Trong hình vẽ sau biết AB 9 , AC 6, 4 , AN 3,6 ; AND 90 , DAN 34 . Hãy tính (làm tròn đến số thập phân thứ tư ). a) CN Bài giải 2 2 2 2 a) CN  AC  AN  6, 4  3,6 5, 2915 . 3,6 sin ABN  0, 4  0 9 b)  ABN 23 34'41'' . AN 3,6  cos CAN   0,5625 0  AC 6,4 c)  CAN 55 46'16'' . 0 d) AN  AD.cos A  AD.cos34 AN 3,6 B AD   4,3426 0 cos34 0,8290  ..  b) ABN.  c) CAN. d) AD. A 34 . 9 3,6. 6,4. C. N. Q. 0  0  Bài 2 : Trong hình vẽ sau biết QPT 18 , PTQ 150 , QT 8 , TR 5 .. Hãy tính : a) PT. b) Diện tích tam giac PQR.. P Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh. 8. 18 . 4. D. 150. T. R Tổ : Toán - Tin 5.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG Bài giải PQT 1800  1500  180 120 a) Xét PTQ, kẻ đường cao TK , ta có . 0 0 0 TK TQ.sin Q 8.sin12 ; TK PT .sin P PT .sin18  PT .sin18 8.sin120 ; PT   b) Ta có. 8.sin120 5,3825  cm  sin180 . PR PT  TR 5,3825  5 10,3825  cm . ; 0 Kẻ đường cao RH, ta có RH PR.sin P 10,3825.sin18 3, 2084 . 0 0  0  Xét PTQ, ta có P 18 , Q 12 : PK PT .cos P 5,3825.cos18 5,1191 ; QK QT .cos Q 8.cos120 7,6085  PQ PK  KQ 5,1191  7,6085 12,7276 . 1 1 S PQR  PQ.RH  .12,7276.3, 2084 20, 4176  cm 2  Q 2 2 Diện tích tam giác PQR : .. H K P. 18 . 8. 150. 5. R. T. Bài 3: Cho tam giác ABD vuông tại B, AB = 6 cm, BD = 8 cm. Trên cạnh BD lấy điểm C sao cho BC = 3 cm. Từ D kẻ Dx // AB, nó cắt đường thẳng AC tại E. E a) Tính AD. b) Tính các góc BAD, BAC. c) Chứng minh AC là tia phân giác của góc BAD. d) Chứng minh tam giác ADE cân tại D. B. Giải :a) Áp dụng định lí Pitago. Ta có : AD  AB 2  BD 2  62  82 10cm b) Áp dụng tỉ số lượng giác. Ta có : BD 8  sin BAD    BAD 5307 ' AD 10 BC 3  tgBAC   0,5  BAC 26034' AB 6 (*) CI  AD  ICD BAD ( g-g) c) Hạ . Ta có : CI CD CD AB 5 6    CI   3cm AB AD AD 10 nên ABC AIC (CH-CGV)  AI  AB 6cm. Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh. 5. 3cm. A. C. I. D. Tổ : Toán - Tin.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG CI 1 tgCAI   AI 2 Suy ra : (**) BAC IAC   Từ (*) và (**). Ta có : hay AC là tia phân giác của BAD .   d) Mặt khác : BAC E ( cặp góc soletrong)   nên E IAC hay ADE cân tại D. Bài 4: Cho  ABC có góc A = 200 ; B̂ = 300 ; AB = 60cm . Đường cao kẻ từ C đến AB cắt AB B tại P ( hình vẽ) . Hãy tìm a) Tính AP ? ; BP ? b) CP ? Hướng Dẫn a) Kẻ AH  BC ;  AHB  tại H  AH = AB . SinB. 60. P. A. C. 1 0 = 60.Sin30 = 60. 2 = 30  AHC ( Ĥ = 1v). B. AH = AC. Cos400. 60. 30 AH  AC = Cos 40 0 = 0,7660 = 39,164  APC có ( P̂ = 1v). P. A. C. AP = AC.Cos 200 = 39,164 . 0,9397 = 36,802 PB = AB – AP = 60 – 36,802 = 23, 198 b)  APC ( P̂ = 1v) CP = AC. Sin200 = 39,164 . 0,342 = 13, 394. H.  60 Bài 5: Cho ABC có A . Kẻ BH  AC và CK  AB. a) chứng minh KH = BC.CosA b) Trung điểm của BC là M. Chứng minh MKH là tam giác đều AKC ( g-g) Giải : a) AHB K AH AB   AK AC và A chung B  ABC  AHK Suy ra : AH HK AH    HK  BC AB BC AB Mặt khác :  A 60 Hay HK = cosA.BC H I 1  HK cos600 BC  BC 2 b) . 0. Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh. 6. M. Tổ : Toán - Tin. C.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG 1 BC Mặt khác : HM = KM = 2 ( Tính chất đường trung tuyến trong tam giác vuông) nên HK = HM = KM hay MKH là tam giác đều. µ Bài 6: Cho ABC ( A = 900 ). Từ trung điểm E của cạnh AC kẻ EF  BC. Nối AF và BE. a) Chứng minh AF = BE.cosC. b) Biết BC = 10 cm, sinC = 0,6. Tính diện tích tứ giác ABFE.. · c) AF và BE cắt nhau tại O. Tính sin AOB .. Giải: a) CEF. CBA ( g-g). B. CF AC  CE BC CEB ( c -g- c) nên CFA AF AC AF   nên cos C BE BC BE . F O. Vậy AF = BE.cosC. µ b) Vì ABC ( A = 900 ). nên AB = SinC. BC = 0,6.10 = 6cm.  AC 8cm nên AE = EC = 4cm. Mặt khác : EF = SinC. EC = 0,6. 4 = 2,4cm.  FC 3, 2cm ( Định lí Pitago) SABFE = SABC - SCFE. A. E. B. 1 1  AB AC  EF FC    6 8  2, 4 3, 2  2 = 2 = 20,16 (cm2) c) Hạ AH  BE; FK  BE.. Ta có : SABFE = SABE + SBFE. H. 1  AO SinAOB BE  OF sinAOB BE  = 2 1 1  sinAOB BE  AO  OF   sin AOB BE AF 2 2. mà + BE = 52 ( Định lí Pitago) FEC ( g - g) + ABC AC BC   FC EC và C chung nên ACF AF AC AC 8   AF  BE   52 BC 10 nên BE BC . C. F O K. (1). A. E. C. (2). BCE ( c-g-c). (3). Từ (1), (2) và (3). Ta có : 2 SABFE 2 20,16 63   52 0,8  52 65 SinAOB = BE AF. C. H. µ Bài 7: Cho tam giác vuông ABC ( B = 900 ).. Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh. M. 7. K B. Tổ : Toán - Tin A.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG Lấy điểm M trên cạnh AC. Kẻ AH  BM, CK  BM. · a) Chứng minh : CK = BH.tgBAC .. · MC BH.tg 2 BAC = BK b) Chứng minh : MA .  BKC Giải: a) Ta có : AHB ( g - g) 0      Vì K H 90 ; BCK  ABH ( cùng phụ với CBK ) CK BC BC    CK BH  BH tgBAC BH AB AB · b) Từ câu a), ta có : CK = BH.tgBAC  MC BH .tg BAC MC CK   AH mà MA AH Suy ra : MA BKC ( g - g) Mặt khác : AHB BK BC 1 BC tgBAC    AH AB = AH AB BK = BK ( 2) 2· MC BH.tg BAC = BK Thay (2) vào (1). Ta có : MA. (1). Bài 8: Cho hình bình hành ABCD có đ.chéo AC lớn hơn đ.chéo BD. Kẻ CH  AD và CK  AB. a) Chứng minh CKH BCA. ·. ·. b) Chứng minh HK = AC.sin BAD . c) Tính diện tích tứ giác AKCH 0. biết BAD = 60 , AB = 4 cm và AD = 5 cm. GIẢI: DHC ( g - g) a) BKC. K. 0    B  Vì K H 90 ; D ( cùng bằng A ). KC BC KC BC  hay  HC DC HC AB. (*) Mặt khác : Xét tứ giác AKCH. C. B. 0 0     Ta có : A  HCK 180 ; A  ABC 180. . . Suy ra : ABC HCK (**) Từ (*) và (**). Ta có : CKH BCA( c-g-c). b). . HK CK CK   HK  AC   AC sin KBC AC BC BC   BAD KBC. A. D. mà ( cặp góc đồng vị) nên HK  AC sin BAD c) SAKCH = SABCH + SBKC. BC  AH BK CK CH  2 2 =. Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh. 8. Tổ : Toán - Tin. H.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG BC  AD  CosA AB CosA BC SinA BC SinA AB 2 2 = + 5  5  4 Cos600 Cos600 5 Sin600 5 4 Sin600  2 2 = 25 sin 600 cos600 26.2 2 =2. ( 10+4cos600).sin600 +. Bài 9: Cho hai hình chữ nhật có 2 kích thước 3 và 5; 4 và 6 được đặt sao cho các cạnh hình chữ nhật song song với nhau. Tính diện tích tứ giác? M. N. N. M. A. A. B. B. K O H L D. C. C. D. 1. Q. P. Q. P. 1  AH NQ  CK NQ  Giải: Ta có : SANCQ = SANQ + SCNQ = 2 mà AH = CosOAH AO ; CK CosOCK CO ;   OAH OCK. +. ( cặp góc soletrong). 1  SANCQ  CosOAH NQ  AO  OC  1 CosOAH AC NQ 2 = 2  Ta chứng minh số đo OAH không đổi.. Thật vậy :. .    OAH 900  AOH 900  OCD  OLC. . ( Tính chất góc ngoài đỉnh O). 0   mà OLC 90  MQN      OAH 900  OCD  900  MQN MQN  OCD. Suy ra :. . . ( Cố định ). 1 1   SANCQ 2 CosOAH AC NQ 2 Cos MQN  OCD AC NQ Vậy = = MN 3    30057 ' ; OCD NQ 5  MQN 330 41' Và tgMQN = 1 0 SANCQ 2 Cos2 44' 34  52 20,9998 21 Vậy : = (cm2). . Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh. . 9. Tổ : Toán - Tin.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG Bài 10: Cho ABC , trực tâm H là trung điểm của đường cao AD. Chứng minh: tgB.tgC = 2.. A. AD BD tgB  tgC cot gDBH  BD ; HD Giải : AD BD AD   nên tgB.tgC = BD HD HD. E H. mà AD = 2HD nên tgB.tgC =. . 2 HD 2 HD. B. D. C. 0  0  Bài tập 11: Cho ABC : B 60 ; C 80 . Tính số đo góc tạo bởi đường cao AH và trung tuyến AM. Giải:. MH Ta có : tg  = AH. A. Mặt khác : BH - HC = ( BM + MH) - ( MC - MH ) = 2MH. BH  HC 2 AH AH BH  ; HC  tgB tgC mà  1 1  AH     tgB tgC  2 nên MH =  MH . B. M. H. C.  1 1  AH     tgB tgC   1  1  1  tg    2 AH 2  tgB tgC  Vậy   110 20 '. A. Bài 10: Cho ABC , phân giác AD, đường cao CH và trung H tuyến BM gặp nhau tại một điểm. Chứng minh : CosA = bCosB. O. Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh. Tổ : Toán - Tin. 1 B. D. C.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG. 0 0   Bài 6: a) Cho tam giác DEF có ED = 7 cm, D 40 , F 58 . Kẻ đường cao EI của tam giác đó. Hãy tính: a) Đường cao EI. b) Cạnh EF.. b) Giải tam giác vuông ABC, biết rằng A 90 , AB = 5, BC = 7. Giải: a) Áp dụng hệ thức lượng . Ta có : + EI = sinD. DE = sin 400.7 4,5 (cm) EI 4,5  5,3 0 + EF = SinF Sin58 (cm) . 0. 2 2 2 2 b) AC  BC  AB  7  5 4,9(cm) AB 5    440 25' BC 7  B CosB 0 0   + C 90  B 45 35'. E. 7cm. D. 40. 58. I. 0  Bài 1: Cho ABC : A 90 ; AB 5cm; BC 13cm . Vẽ phân giác AD, đường cao AH. a) Tính độ dài đoạn thẳng BD; DC. KAH . b) Từ H, kẻ HK  AC. Chứng minh : ABC c) Tính độ dài đoạn thẳng AK và KC ?. Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh. 1. Tổ : Toán - Tin. F.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG Giải : B a) Áp dụng định lí Pitago, ta có : H. AC 2  BC 2  AB 2 12cm. D. + Áp dụng tính chất đường phân giác, ta có : BD CD BD CD BC 13      AB AC AB AC AB  AC 17 13 14 13 3 BD  5 3 cm 12 9 cm 17 17 17 Suy ra : . CD = 17 KAH ( g-g) b) ABC AB AC 60 9  AH   3 cm BC 13 17 c) Ta có : AH .BC = AB .AC KAH Từ ABC AB BC AB AH 131 38    AK  1 cm 10 cm AK AH BC 169 ; KC  169. A. K. C. a) Áp dụng tính chất đường phân giác, ta có : BH EH 1   AB EA 4 0 '  Vậy CosB = 0,25  B 75 3121''. . B 37 0 45' 2. AH 5.4 15  5,164 SinB 15 4 + nên AB = + Áp dụng công thức tính chiều dài đường phân giác trong. Ta có : B 2 AB BC Cos 2 5,164 x Cos37 0 45' 2 6 BD  5,164  x AB  BC hay 6 5,164  BC  x  2 5,164 cos37 0 45' 6 14,3115 SinB . 2 2 AC = AB  BC  2 AB BC CosB 13,9475 Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh 1. Tổ : Toán - Tin.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ QUANG TRUNG. Giáo viên : Nguyễn Đình Huynh. 1. Tổ : Toán - Tin.

<span class='text_page_counter'>(14)</span>