Dạng 2: Các bài toán chứng minh có đáp án

a) Từ đẳng thức cần chứng minh, ta sẽ biến đổi vế trái. Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác ABC vuông tại A:

$A{B}^2=BH.BC,A{C}^2=CH.CB$

(đến đây đã xuất hiện HB, HC giống VP (1)).

Từ đó suy ra: $\frac{A{B}^2}{A{C}^2}=\frac{BH.BC}{CH.CB}=\frac{HB}{HC}$(đpcm).

b) Dễ thấy tứ giác AEHD là hình chữ nhật nên ta có: $DE=AH$

Áp dụng hệ thức lượng cho các tam giác vuông ABC, AHB, AHC ta có:

$A{H}^2=BH.CH,H{B}^2=BD.AB,H{C}^2=CE.CA$

$\Rightarrow A{H}^4=B{H}^2.C{H}^2=BD.AB.CE.CA=BD.CE.AB.AC.$

Mặt khác $AB.AC=AH.BC$ nên $A{H}^4=BD.CE.AH.BC$ hay $D{E}^3=BD.CE.BC$ (đpcm).

Lưu ý rằng các hệ thức đã được nêu chỉ sử dụng cho tam giác vuông. Do vậy ở đây ta sẽ áp dụng cho hai tam giác AHB và AHC.

Trong tam giác AHC ta có: $C{H}^2=A{C}^2-A{H}^{2.}$(Pitago).

Trong tam giác AHB ta có: $B{H}^2=A{B}^2-A{H}^2$(Pitago).

Từ đó:

$C{H}^2-B{H}^2=\left(A{C}^2-A{H}^{2.}\right)-\left(A{B}^2-A{H}^2\right)=A{C}^2-A{B}^2.$

Từ B kẻ đường thẳng song song với AH cắt tia CA tại M. Do tam giác ABC cân tại A, AH là đường cao nên H là trung điểm của cạnh BC. Từ đó suy ra A là trung điểm của MC hay AH là đường trung bình của tam giác BMC.

Do vậy $BM=2AH.$

Lại có do $MB\parallel AH$nên $MB\perp BC$ hay tam giác MBC vuông tại B. Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông MBC ta có:

$\frac{1}{B{K}^2}=\frac{1}{B{M}^2}+\frac{1}{B{C}^2}=\frac{1}{4A{H}^2}+\frac{1}{B{C}^2}$ (đpcm).

a) Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ABC ta có:

$A{B}^2=BH.CB\Rightarrow {15}^2=9.CB\Rightarrow CB=25\Rightarrow 9+x=25\Rightarrow x=16$

$A{H}^2=BH.CH=9.x=9.16\Rightarrow AH=12.$

b) Áp dụng Pitago cho tam giác vuông MNP ta có:

$y^2=N{P}^2=M{N}^2+N{P}^2=5^2+{12}^2\Rightarrow y=13.$

Lại có $MN.MP=MI.NP$nên $x.y=5.12\Rightarrow x\approx \mathrm{4,62}cm.$

c) Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông CDE ta có:

$D{E}^2=EF.EC$hay$y^2=8.10\Rightarrow y=4\sqrt{5}.$

$D{C}^2=CF.CE$hay $x^2=2.10\Rightarrow x=2\sqrt{5}.$

d) $C{F}^2=C{D}^2-D{F}^2={12}^2-9^2=63\Rightarrow CF=3\sqrt{7}.$

$D{F}^2=CF.EF\Rightarrow 9^2=3\sqrt{7}.x\Rightarrow x=\frac{27\sqrt{7}}{7}.$

$y^2=D{F}^2+E{F}^2=9^2+{\left(\frac{27\sqrt{7}}{7}\right)}^2\approx \mathrm{185,14}\Rightarrow y\approx \mathrm{13,61.}$

$D{F}^2=CF.EF\Rightarrow 9^2=3\sqrt{7}.x\Rightarrow x=\frac{27\sqrt{7}}{7}.$

a) Theo định lý Pitago: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2$, suy ra $BC=10cm.$

Lại có: $AH.BC=AB.AC$ nên ta tính được $AH=\mathrm{4,8}cm$.

$HB=\frac{A{B}^2}{BC}=\frac{6^2}{10}=\mathrm{3,6}cm.$

$HC=BC-HB=10-\mathrm{3,6}=\mathrm{6,4}cm.$

b) Theo tính chất đường phân giác:

$\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{AC}=\frac{BC}{AB+AC}=\frac{10}{6+8}=\frac{5}{7}.$

Suy ra $BD=\frac{30}{7}.$

Diện tích tam giác ABD là: $S_{\Delta ABD}=\frac{1}{2}AH.BD=\frac{1}{2}\mathrm{.4,8.}\frac{30}{7}\approx \mathrm{10,29}c{m}^2.$

a) Tam giác ABC vuông tại A, theo định lý Pitago ta có:

$B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2\Rightarrow A{C}^2=B{C}^2-A{B}^2=225$

     $\Rightarrow AC=15cm.$

Theo hệ thức về cạnh và đường cao trong tam giác vuông ta có:

$AH.BC=AB.AC\Rightarrow AH=\frac{AB.AC}{BC}=12cm.$

$A{C}^2=CH.CB\Rightarrow CH=\frac{A{C}^2}{BC}=9cm.$

$BH=BC-CH=16cm.$

b) Theo đề bài ta thấy HN vuông góc với AC.

Xét tam giác AHC vuông tại H, đường cao HN ta có:

$HN.AC=AH.HC\Rightarrow HN=\frac{AH.HC}{AC}=\mathrm{7,2}cm.$

Xét tam giác ANH vuông tại N ta có:

$A{H}^2=A{N}^2+H{N}^2$ (định lý Pitago)

$\Rightarrow A{N}^2=A{H}^2-H{N}^2\Rightarrow AN=\mathrm{9,6}cm.$

$NC=AC-AN\Rightarrow NC=\mathrm{5,4}cm.$

a) Ta có: $A{H}^2=BH.CH=112.63=7056\Rightarrow AH=84.$

b) Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông ABC ta có:

$A{C}^2=CH.CB\Rightarrow AC=105;A{B}^2=BH.CB\Rightarrow AB=140.$

Theo tính chất của đường phân giác và tính chất của dãy tỉ lệ thức bằng nhau ta có:

$\frac{CD}{AC}=\frac{BD}{AB}=\frac{CD+BD}{AC+AB}=\frac{BC}{AC+AB}=\frac{175}{245}=\frac{5}{7}.$

$\Rightarrow CD=75>CH$ nên H nằm giữa C và D.

$\Rightarrow HD=CD-CH=75-63=12.$

Áp dụng Pitago cho tam giác AHD vuông tại H:

$A{D}^2=A{H}^2+H{D}^2\Rightarrow AD=60\sqrt{2}.$

Kẻ BE, CF vuông góc với AC ($E,F\in AC$).

Theo hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông BOE và tam giác vuông DOF ta có:

$BE=OB\sin 50°;$

$DF=OD\sin 50°.$

Từ đó suy ra:

  $S_{ABCD}=S_{\Delta ABC}+S_{\Delta ACD}=\frac{1}{2}BE.AC+\frac{1}{2}DF.AC=\frac{1}{2}AC(BE+DF)$

$=\frac{1}{2}AC.(OB\sin 50°+OD\sin 50°)$

$=\frac{1}{2}AC.\sin 50°.BD$

$\approx \mathrm{7,66.}$

Kẻ AH vuông góc với BC tại H.

Đặt $AB=x$, từ giả thiết ta được $AC=12-x\left(1\right).$ 

Trong tam giác ABH vuông tại H có:

$AH=AB.\sin 60°=\frac{x\sqrt{3}}{2};BH=AB.\cos 60°=\frac{x}{2}.$

Từ đó suy ra: $CH=8-\frac{x}{2}.$

Áp dụng Pitago cho tam giác ACH ta được:

$A{C}^2=A{H}^2+C{H}^2={\left(\frac{x\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(8-\frac{x}{2}\right)}^2\left(2\right).$

Từ (1) và (2) ta có phương trình:

${\left(\frac{x\sqrt{3}}{2}\right)}^2+{\left(8-\frac{x}{2}\right)}^2={(12-x)}^2\iff \frac{3x^2}{4}+64-8x+\frac{x^2}{4}=x^2-24x+144\iff 16x=80\iff x=5.$

Vậy $AB=5cm.$

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ADC ta có:

$\frac{1}{D{E}^2}=\frac{1}{A{D}^2}+\frac{1}{D{C}^2}\Rightarrow DE=\mathrm{4,8}cm.$

Lại có $A{E}^2=A{D}^2-D{E}^2=6^2-{\mathrm{4,8}}^2\Rightarrow AE=\mathrm{3,6}cm.$

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ADF ta có:

$\frac{1}{A{E}^2}=\frac{1}{A{D}^2}+\frac{1}{A{F}^2}\Rightarrow \frac{1}{A{F}^2}=\frac{1}{A{E}^2}-\frac{1}{A{D}^2}\Rightarrow AF=\mathrm{4,5}cm.$

Từ đó $BF=AB-AF=8-\mathrm{4,5}=\mathrm{3,5}cm.$

Vậy $DE=\mathrm{4,8}cm,AE=\mathrm{3,6}cm,AF=\mathrm{4,5}cm,BF=\mathrm{3,5}cm.$

Kẻ đường cao AH của hình thang, $H\in CD$.

Đặt $AH=AB=x$.

Do hình thang ABCD cân nên $DH=\frac{CD-AB}{2}=\frac{10-x}{2}.$

Áp dụng Pitago cho các tam giác vuông AHD và AHC ta có:

$A{D}^2=D{H}^2+A{H}^2={\left(\frac{10-x}{2}\right)}^2+x^2;$

$A{C}^2=C{H}^2+A{H}^2={\left(\frac{10+x}{2}\right)}^2+x^2.$

Mặt khác tam giác ADC vuông tại A nên ta có:

$A{D}^2+A{C}^2=C{D}^2$hay${\left(\frac{10-x}{2}\right)}^2+x^2+{\left(\frac{10+x}{2}\right)}^2+x^2={10}^2\iff \frac{5}{2}{x}^2=50\iff x=2\sqrt{5}$

Vậy đường cao của hình thang có độ dài $2\sqrt{5}cm.$

Giả sử AH là cột tháp, HB là bóng của nó trên mặt đất ở lúc mặt trời chiếu góc $50°$.

Khi đó $\Delta AHB$ vuông tại H và $\widehat{ABH}=50°,BH=96m$.

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác AHB ta có:

$AH=BH.\tan 50°\approx \mathrm{114,4}m.$

a) Áp dụng định lý Pitago cho tam giác BHD ta có:

$B{D}^2=D{H}^2+B{H}^2={16}^2+{12}^2\Rightarrow BD=20.$

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông BHC ta có:

$H{C}^2=B{C}^2-B{H}^2={15}^2-{12}^2\Rightarrow HC=9.$

Tam giác BDC có $B{D}^2+B{C}^2={20}^2+{15}^2=625;$

$D{C}^2={(16+9)}^2=625.$

Suy ra $B{D}^2+B{C}^2=D{C}^{2.}.$

Từ đó theo định lý Pitago đảo, tam giác DBC vuông tại B, hay $DB\perp BC$.

b) Do hình thang ABCD cân nên $AB=DH-CH=7.$

Diện tích hình thang là $S_{ABCD}=\frac{1}{2}BH.(AB+CD)=\frac{1}{2}12.(7+25)=192.$

c) Tam giác BHC vuông tại H có: $tan\widehat{BCH}=\frac{BH}{CH}=\frac{12}{9}\Rightarrow \widehat{BCH}\approx 53°.$

Từ giả thiết, ta đặt $\frac{AB}{20}=\frac{AC}{21}=k$

$\Rightarrow AB=20k,AC=21k(k>0)$.

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ABC ta có:

$\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{C}^2}=\frac{1}{A{H}^2}\Rightarrow \frac{1}{{\left(20k\right)}^2}+\frac{1}{{\left(21k\right)}^2}=\frac{1}{{420}^2}$

$\Rightarrow k=29.$

Do đó $AB=580cm,AC=609cm.$

Áp dụng Pitago cho tam giác ABC ta có: $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2={841}^2\Rightarrow BC=841cm.$

Vậy chu vi tam giac ABC là: $AB+AC+BC=580+609+841=2030cm.$

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ADB ta có:

$\frac{1}{A{O}^2}=\frac{1}{A{B}^2}+\frac{1}{A{D}^2}\Rightarrow \frac{1}{A{D}^2}=\frac{1}{A{O}^2}-\frac{1}{A{B}^2}$

$\Rightarrow AD=3\sqrt{13}.$

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ADC ta có:

$A{D}^2=AO.AC\Rightarrow AC=\frac{39}{2}.$

Áp dụng định lí Pitago cho tam giác vuông ADC ta có:

$C{D}^2=A{C}^2-A{D}^2\Rightarrow CD=\frac{9\sqrt{13}}{2}.$

Diện tích hình thang ABCD là:

$S_{ABCD}=\frac{1}{2}AD.(AB+CD)=\frac{1}{2}.3\sqrt{13}.\left(2\sqrt{13}+\frac{9\sqrt{13}}{2}\right)=\frac{507}{4}.$

a) Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông ACB có:

$A{B}^2=A{C}^2+C{B}^2={\left(12a\right)}^2+{\left(5a\right)}^2$

$\Rightarrow AB=13a.$

Trong tam giác ABC có:

$\sin B=\frac{AC}{AB}=\frac{12a}{13a}=\frac{12}{13};\cos B=\frac{CB}{AB}=\frac{5a}{13a}=\frac{5}{13}.$

Từ đó $\frac{\sin B+\cos B}{\sin B-\cos B}=\frac{17}{7}.$

b) Ta có: $AC.CB=CK.AB\Rightarrow CK=\frac{60}{13}a\Rightarrow BK=\frac{25}{13}a.$

Hình thang ABCD cân nên $CD=AB-2BK=13a-2.\frac{25}{13}a=\frac{119}{13}a.$

Diện tích hình thang ABCD là:

$S_{ABCD}=\frac{1}{2}CK.(AB+CD)=\frac{1}{2}.\frac{60}{13}a.\left(13a+\frac{119}{13}a\right)=\frac{8640}{169}{a}^2.$

a) Ta có: $A{B}^2+A{C}^2={24}^2+{18}^2=900=B{C}^2.$

Do đó theo Pitago đảo thì $∆ABC$ vuông tại A.

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ABC ta được:

$AB.AC=BC.AH\Rightarrow AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{72}{5}.$

Trong tam giác ABC có: $\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{18}{30}\Rightarrow B\approx 37°,$

$C=90°-B\approx 53°.$

b) Theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta có:

$\frac{CD}{CA}=\frac{BD}{BA}=\frac{CD+BD}{CA+BA}=\frac{BC}{CA+BA}=\frac{30}{42}.$

Suy ra $CD=\frac{90}{7},BD=\frac{120}{7}.$

c) Từ cách lấy điểm E, F ta suy ra tứ giác AEDF là hình chữ nhật. Mặt khác, AD là đường phân giác của $\widehat{EAF}$ nên tứ giác này là hình vuông.

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông ABC, ta có:

$A{C}^2=CH.CB\Rightarrow CH=\frac{A{C}^2}{CB}=\mathrm{10,8}<CD$

Từ đó suy ra H nằm giữa C và D.

$DH=CD-CH=\frac{72}{35}.$

Áp dụng Pitago cho tam giác vuông AHD có: $A{D}^2=A{H}^2+H{D}^2\Rightarrow AD=\frac{72\sqrt{2}}{7}.$

Do đó, cạnh của hình vuông AEDF là $\frac{AD}{\sqrt{2}}=\frac{72}{7}.$

Chu vi và diện tích của hình vuông AEDF lần lượt là: $C=\frac{288}{7},S=\frac{5184}{49}.$

a) Kẻ hai đường cao AH, BK.

Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông AHD ta có:

$DH=AD.cos60°=\mathrm{1,}AH=AD.\sin 60°=\sqrt{3}.$

Suy ra $BK=\sqrt{3}.$.

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác vuông BKC ta có: $CK=\frac{BK}{\tan 30°}=3.$

Do đó $AB=HK=CD-DH-CK=6-1-3=2.$

Vậy $AB=2.$

b) Diện tích hình thang ABCD là: $S_{ABCD}=\frac{1}{2}AH.(AB+CD)=\frac{1}{2}.\sqrt{3}.(2+6)=4\sqrt{3}.$ (đvdt).

Áp dụng Pitago cho các tam giác vuông ABE, AHE, BCE ta có:

$A{B}^2=A{E}^2+B{E}^2=\left(A{H}^2-H{E}^2\right)+\left(B{C}^2-C{E}^2\right);$

$H{C}^2=H{E}^2+C{E}^2,$

Suy ra $A{B}^2+H{C}^2=A{H}^2+B{C}^2.$

Chứng minh tương tự ta được: $A{C}^2+H{B}^2=A{H}^2+B{C}^2$

Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

Suy ra $\frac{1}{D{E}^2}+\frac{1}{D{I}^2}=\frac{1}{D{C}^2}$ không đổi.

Kẻ $BK\perp CD,CF\perp CE$ như hình vẽ.

Xét tam giác BKC và tam giác CDF có:

$\widehat{BKC}=\widehat{CDF}=90°;$

$BK=CD(=AD);$

$\widehat{KBC}=\widehat{DCF}$ (cùng phụ với $\widehat{BCK}$).

$\Rightarrow \Delta BKC=\Delta CDF(g.c.g)\Rightarrow BC=CF.$

Kéo dài AD cắt BC tại E.

Do $\widehat{D}+\widehat{C}=90°$ nên $\widehat{DEC}=90°$.

Áp dụng Pitago cho các tam giác vuông ở đỉnh E ta được:

$A{B}^2+C{D}^2=(E{A}^2+E{B}^2)+(E{D}^2+E{C}^2)=E{A}^2+E{B}^2+E{C}^2+E{D}^2;$

$A{C}^2+B{D}^2=(E{A}^2+E{C}^2)+(E{B}^2+E{D}^2)=E{A}^2+E{B}^2+E{C}^2+E{D}^2.$

Từ đó suy ra $A{B}^2+C{D}^2=A{C}^2+B{D}^2.$

a) Kẻ đường cao BK.

Áp dụng bất đẳng thức tam giác cho tam giác ABK ta có:

$BK+AK>AB.$

Ta có: $\sin A=\frac{BK}{AB};\cos A=\frac{AK}{AB}$

Nên $\sin A+\cos A=\frac{BK+AK}{AB}>\frac{AB}{AB}=1.$

b) Xét tam giác ABH vuông tại H có: $\cot B=\frac{BH}{AH}\Rightarrow AH.\cot B=BH.$

Xét tam giác ACH vuông tại H có: $\mathrm{cotC}=\frac{CH}{AH}\Rightarrow AH.\cot B=CH.$

Từ đó, suy ra $AH.\cot B+AH.\cot C=BH+CH=BC$ (đpcm).

a) Kẻ các đường cao AD, BE, CF.

Áp dụng hệ thức lượng cho các tam giác vuông ABD ta có:

$\sin B=\frac{AD}{c},\sin A=\frac{CF}{b},\sin C=\frac{BE}{a}.$

Từ đó,

$\frac{a}{\sin A}=\frac{ab}{CF}=\frac{abc}{2S},\frac{b}{\mathrm{sinB}}=\frac{bc}{AD}=\frac{abc}{2S},\frac{c}{\sin C}=\frac{ca}{BE}=\frac{abc}{2S}.$

Do vậy $\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\mathrm{sinC}}$.

b) Giả sử $\sin A=\sin B+\sin C$.

Theo tính chất của dãy tỉ số bằng nhau ta có:

$\frac{a}{\sin A}=\frac{b}{\sin B}=\frac{c}{\mathrm{sinC}}=\frac{b+c}{\sin B+\sin C}=\frac{b+c}{\sin A}$

$\Rightarrow a=b+c.$ Điều này không xảy ra do a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác.

a) Theo giả thiết $AD=DE=EC$ mà $AC=3a$ nên $AD=DE=EC=a$.

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông ADB ta có:

$D{B}^2=A{D}^2+A{B}^2=2a^2$

Lại có $DE.DC=a.2a=2a^2$.

b) Xét hai tam giác $\Delta BDE$ và $∆CDB$ ta có:

$\frac{BD}{CD}=\frac{DE}{DB}$ (theo chứng minh câu a);

$\widehat{BDE}$ chung

$\Rightarrow \Delta BDE~\Delta CDB(c.g.c).$

c) Do $\Delta BDE~\Delta CDB$ nên $\widehat{DEB}=\widehat{DBC}\Rightarrow \widehat{AEB}+\widehat{BCD}=\widehat{DBC}+\widehat{BCD}=\widehat{ADB}=45°.$

Vậy $\widehat{AEB}+\widehat{BCD}=45°.$

a) Trong các tam giác vuông ABN và ACL ta có:

$\cos A=\frac{AN}{AB},\cos A=\frac{AL}{AC}.$

Do đó $\frac{AN}{AB}=\frac{AL}{AC}$.

Xét $∆ANL$ và $∆ABC$có: $\widehat{BAC}$ chung, $\frac{AN}{AB}=\frac{AL}{AC}$ nên $\Delta ANL~\Delta ABC(c.g.c)$.

b) Trong các tam giác vuông ABN, BCL, AMC có:

$AN=AB.\cos A,BL=BC.\cos B,CM=CA.\cos C.$

Nhân vế với vế của các đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.

Ta có:

$AN.BL.CM=AB.BC.CA.\cos A.\cos B.\cos C.$

$2A{M}^2+\frac{B{C}^2}{2}=2(A{M}^2+M{B}^2)$

$=2(A{H}^2+H{M}^2+M{B}^2)=2A{H}^2+2H{M}^2+2M{B}^2$

Ta cần chứng minh $H{B}^2+H{C}^2=2H{M}^2+2M{B}^2$.

Do $AB>AC$ nên $HB>HC$ và H nằm giữa C, M.

$H{B}^2+H{C}^2={(MB+HM)}^2+{(MC-HM)}^2={(MB+HM)}^2+{(MB-HM)}^2=2(M{B}^2+H{M}^2)$. (đpcm).