Dạng 2. Chứng minh đẳng thức hình học

Ví dụ 1. Cho hình thoi $ABCD$ có $\mathrm{\angle }A={120}^{\circ }$. Tia $Ax$ tạo với $AB$ một góc $\mathrm{\angle }BAx={15}^{\circ }$ và cắt cạnh $BC$ tại $M$, cắt đường thẳng $CD$ tại $N$.
Chứng minh rằng $${\displaystyle \frac{1}{A{M}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{A{N}^2}}={\displaystyle \frac{4}{3A{B}^2}}$$
Lời giải.

Vẽ tia $Ay$ vuông góc với $AM$,$Ay$ cắt cạnh $CD$ tại $P$. Suy ra $\mathrm{\angle }PAD={15}^{\circ }$.
Ta có $\mathrm{△}ADP=\mathrm{△}ABM$(g-c-g), suy ra $AP=AM$.
Vẽ đường cao $AH$ của tam giác $PAN$. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $PAN$:
$${\displaystyle \frac{1}{A{P}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{A{N}^2}}={\displaystyle \frac{1}{A{H}^2}}$$
Khi đó ${\displaystyle \frac{1}{A{M}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{A{N}^2}}={\displaystyle \frac{1}{A{P}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{A{N}^2}}={\displaystyle \frac{1}{A{H}^2}}$. (1)
Mặt khác trong tam giác vuông $ADH$:\
${\displaystyle \frac{AH}{AD}}=\sin D\Rightarrow AH=AD\cdot \sin D=AB\cdot \sin {60}^{\circ }={\displaystyle \frac{\sqrt{3}}{2}}AB.$ (2)
Từ (1) và (2) ta có được ${\displaystyle \frac{1}{A{M}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{A{N}^2}}={\displaystyle \frac{4}{3A{B}^2}}$.

Ví dụ 2. Qua điểm $D$ trên cạnh huyền $BC$ của tam giác vuông $ABC$ ta kẻ các đường vuông góc $DH$ và $DK$ lần lượt xuống các cạnh $AB$ và $AC$.\ Chứng minh hệ thức: $DB\cdot DC=HA\cdot HB+KA\cdot KC$.

Lời giải.

Ta có $AHDK$ là hình chữ nhật nên $AH=DK,AK=DH$.
Ta có $B{C}^2=A{B}^2+A{C}^2\iff (DB+DC{)}^2=(AH+BH{)}^2+(AK+CK{)}^2\iff D{B}^2+D{C}^2+2DC\cdot DB=A{H}^2+B{H}^2+2AH\cdot BH+A{K}^2+C{K}^2+2AK\cdot CK$. (1)
Mà $D{B}^2=B{H}^2+H{D}^2=B{H}^2+A{K}^2$ và $D{C}^2=D{K}^2+C{K}^2=A{H}^2+C{K}^2$. (2)
Từ (1) và (2) ta có $DB\cdot DC=AH\cdot HB+AK\cdot KC$.

Ví dụ 3. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Gọi $E,F$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $AB,AC$. Chứng minh rằng:

a) $A{H}^3=BC\cdot BE\cdot CF$.
b) $\sqrt[3]{B{E}^2}+\sqrt[3]{C{F}^2}=\sqrt[3]{B{C}^2}$.
Lời giải.

a) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $BHA$ và $AHC$:
$$B{H}^2=BE\cdot AB\text{và}H{C}^2=CF\cdot AC$$
Nhân hai vế đẳng thức với nhau ta được:
$B{H}^2\cdot H{C}^2=BE\cdot CF\cdot AB\cdot AC\Rightarrow {(HB\cdot HC)}^2=BE\cdot CF\cdot AB\cdot AC(1)$.
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABC$:
$HB\cdot HC=A{H}^2\text{và}AB\cdot AC=AH\cdot BC$.
Khi đó (1) trở thành:$A{H}^4=BE\cdot CF\cdot AH\cdot BC$ hay $A{H}^3=BE\cdot CF\cdot BC$(đpcm)
b) Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABH$ ta có $BE\cdot AB=H{B}^2$ hay $BE={\displaystyle \frac{B{H}^2}{AB}}$, do đó:
$${\displaystyle \frac{B{E}^2}{B{C}^2}}={\displaystyle \frac{B{H}^4}{A{B}^2\cdot B{C}^2}}={\displaystyle \frac{B{H}^4}{(BH\cdot BC)\cdot B{C}^2}}={\left(\frac{BH}{BC}\right)}^3$$
Lấy căn bậc ba hai vế ta được $\sqrt[3]{{\displaystyle \frac{B{E}^2}{B{C}^2}}}={\displaystyle \frac{BH}{BC}}(1)$
Chứng minh tương tự ta được $\sqrt[3]{{\displaystyle \frac{C{F}^2}{B{C}^2}}}={\displaystyle \frac{CH}{BC}}(2)$
Lấy (1)+(2) ta được đpcm.\

Ví dụ 4. Cho tam giác $ABC$ nhọn và $H$ là trực tâm. Chứng minh rằng

$$A{B}^2+C{H}^2=A{C}^2+B{H}^2=A{H}^2+B{C}^2$$

Lời giải.

Gọi $D$ là chân đường cao hạ từ $A$.
Ta có $A{B}^2=B{D}^2+A{D}^2$ và $C{H}^2=C{D}^2+D{H}^2$, suy ra $A{B}^2+C{H}^2=B{D}^2+A{D}^2+C{D}^2+D{H}^2$. (1)
tương tự thì $A{C}^2=A{D}^2+C{D}^2$, $B{H}^2=B{D}^2+D{H}^2$, suy ra $A{C}^2+B{H}^2=A{D}^2+C{D}^2+B{D}^2+D{H}^2$. (2)
Từ (1) và (2) ta có $A{B}^2+C{H}^2=A{C}^2+B{H}^2$.
Chứng minh tương tự cho đẳng thức còn lại.

Ví dụ 5. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$, đường trung tuyến $BM$, đường phân giác $CD$ đồng quy tại $O$.

a) Chứng minh rằng $BH=AC$.
b) Cho biết $BC=x$ . Tính độ dài $AB,AC$ theo $x$.
Lời giải. 

a) Gọi $E$ là điểm đối xứng của $O$ qua $M$. Khi đó tứ giác $AECO$ là hình bình hành nên $CE\parallel AO$.
Áp dụng định lí Ta-lét trong tam giác $BEC$ có $OH\parallel EC$:
$${\displaystyle \frac{BH}{BC}}={\displaystyle \frac{OH}{CE}}$$
$CO$ là đường phân giác của $\mathrm{△}ACH$ nên:
$${\displaystyle \frac{OH}{OA}}={\displaystyle \frac{CH}{CA}}$$
Từ hai đẳng thức trên và $CE=OA$(AECO là hình bình hành) ta có:
$${\displaystyle \frac{BH}{BC}}={\displaystyle \frac{CH}{AC}}\iff BH\cdot AC=CH\cdot BC$$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABC$ ta được $A{C}^2=CH\cdot CB$
Từ đó suy ra $BH=AC$(đpcm)
b) Ta có $A{C}^2=CH\cdot CB=(CB-BH)\cdot CB=(x-AC)x$. Suy ra:
$$A{C}^2+2AC\cdot {\displaystyle \frac{x}{2}}+{\displaystyle \frac{x^2}{4}}={\displaystyle \frac{5x^2}{4}}\iff {(AC+{\displaystyle \frac{x}{2}})}^2={\left({\displaystyle \frac{x\sqrt{5}}{2}}\right)}^2$$
Vậy $AC=\left({\displaystyle \frac{\sqrt{5}–1}{2}}\right)x$, $AB=\sqrt{x^2–A{C}^2}=x\sqrt{{\displaystyle \frac{\sqrt{5}–1}{2}}}$

Ví dụ 6. Cho tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$, đường trung tuyến $BM$. Gọi $D$ là hình chiếu vuông góc của $C$ trên $BM$, $H$ là hình chiếu vuông góc của $D$ trên $AC$. Chứng minh rằng $AH=3HD$.

Lời giải.

Cách 1. Đặt $AM=x$, tính được $MC=AM=x$, $AC=2x=AB$.
Áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác vuông $BAM$:
$BM=\sqrt{A{B}^2+A{M}^2}=\sqrt{{\left(2x\right)}^2+{\left(x\right)}^2}=x\sqrt{5}$
$\mathrm{△}BAM\backsim \mathrm{△}CDM$(g-g) $\Rightarrow {\displaystyle \frac{AB}{DC}}={\displaystyle \frac{MA}{MD}}={\displaystyle \frac{BM}{CM}}={\displaystyle \frac{\sqrt{5}x}{x}}=\sqrt{5}$
$\Rightarrow MD={\displaystyle \frac{AM}{\sqrt{5}}}={\displaystyle \frac{x}{\sqrt{5}}}$
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông $MDC$:
$M{D}^2=MH\cdot MC\Rightarrow MH={\displaystyle \frac{M{D}^2}{MC}}={\displaystyle \frac{{\displaystyle \frac{x^2}{5}}}{x}}={\displaystyle \frac{x}{5}}$.
Áp dụng định lí Pythagoras trong tam giác vuông $MHD$:
$HD=\sqrt{M{D}^2-M{H}^2}=\sqrt{{\left({\displaystyle \frac{x}{\sqrt{5}}}\right)}^2-{\left({\displaystyle \frac{x}{5}}\right)}^2}={\displaystyle \frac{2}{5}}x$.
Mà $AH=AM+MH=x+{\displaystyle \frac{x}{5}}={\displaystyle \frac{6}{5}}x$
Vậy $AH=3HD$(đpcm)
Cách 2. Gọi $I$ là trung điểm $BC$, $AI$ cắt $BM$ tại $G$ thì $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$, suy ra $AI=3GI=IB=IC$.
Ta có $\mathrm{△}MAB\backsim MDC$, suy $MA\cdot MC=MB\cdot MD$, suy ra $\mathrm{△}MAD\backsim \mathrm{△}MBC$, suy ra $\mathrm{\angle }MAD=\mathrm{\angle }MBC=\mathrm{\angle }GBI$.
Khi đó $\mathrm{△}DAH\backsim \mathrm{△}GBI$, suy ra ${\displaystyle \frac{AH}{DH}}={\displaystyle \frac{IB}{GI}}=3$ hay $AH=3DH$.

Ví dụ 7. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $BM$ và $CN$ là các đường phân giác góc $B$ và $C$.

a)Cho $AB=3,AC=4$. Tính độ dài $BN,CM$ và $MN$.
b) Đặt $AB=c,AC=b$. Tính $CM,BN$ theo $b$ và $c$.
c) Chứng minh rằng ${\displaystyle \frac{AC}{MA}}\cdot {\displaystyle \frac{AB}{NA}}\ge 3+2\sqrt{2}$

Lời giải.

a) Áp dụng định lí Pythagoras trong tam giác vuông $ABC$:
$$BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{3^2+4^2}=5$$
Do $CN$ là phân giác của $\mathrm{\angle }ACB$ nên ${\displaystyle \frac{AN}{BN}}={\displaystyle \frac{AC}{BC}}={\displaystyle \frac{4}{5}}$. Kết hợp với $NA+NB=3$ ta sẽ tính được $NA={\displaystyle \frac{4}{3}}$ và $BN={\displaystyle \frac{5}{3}}$
Tính tương tự ta được $AM={\displaystyle \frac{3}{2}},MC={\displaystyle \frac{5}{2}}$
Áp dụng định lí Pythagoras trong tam giác vuông $AMN$:
$$MN=\sqrt{A{M}^2+A{N}^2}=\sqrt{{\left({\displaystyle \frac{4}{3}}\right)}^2+{\left({\displaystyle \frac{3}{2}}\right)}^2}={\displaystyle \frac{\sqrt{145}}{6}}$$
b) Áp dụng định lí Pythagoras trong tam giác vuông $ABC$:
$$BC=\sqrt{A{B}^2+A{C}^2}=\sqrt{c^2+b^2}$$
Do $CN$ là phân giác của $\mathrm{\angle }ACB$ nên ${\displaystyle \frac{AN}{BN}}={\displaystyle \frac{AC}{BC}}={\displaystyle \frac{b}{\sqrt{b^2+c^2}}}$. Kết hợp với $NA+NB=c$ ta sẽ tính được $BN={\displaystyle \frac{c\sqrt{b^2+c^2}}{b+\sqrt{b^2+c^2}}}$
Tính tương tự ta được $MC={\displaystyle \frac{b\sqrt{b^2+c^2}}{c+\sqrt{b^2+c^2}}}$
c) Do $BM$ là tia phân giác của $\mathrm{\angle }ABC$ nên ${\displaystyle \frac{MC}{MA}}={\displaystyle \frac{BC}{AB}}$
Do $CN$ là tia phân giác của $\mathrm{\angle }ACB$ nên ${\displaystyle \frac{NB}{NA}}={\displaystyle \frac{BC}{AC}}$
${\displaystyle \frac{AC}{MA}}.{\displaystyle \frac{AB}{NA}}=(1+{\displaystyle \frac{MC}{MA}})(1+{\displaystyle \frac{NB}{NA}})$
$=(1+{\displaystyle \frac{BC}{AB}})(1+{\displaystyle \frac{BC}{AC}})$
$=1+{\displaystyle \frac{BC}{AC}}+{\displaystyle \frac{BC}{AB}}+{\displaystyle \frac{B{C}^2}{AB.AC}}$
$\ge 1+2\sqrt{{\displaystyle \frac{B{C}^2}{AB.AC}}}+{\displaystyle \frac{B{C}^2}{AB.AC}}$

$={(\sqrt{{\displaystyle \frac{B{C}^2}{AB.AC}}}+1)}^2$
Ta có $AB.AC\le {\displaystyle \frac{A{B}^2+A{C}^2}{2}}={\displaystyle \frac{B{C}^2}{2}}$

$\Rightarrow {\displaystyle \frac{B{C}^2}{AB.AC}}\ge 2$
Vậy ${\displaystyle \frac{AC}{MA}}.{\displaystyle \frac{AB}{NA}}\ge {(\sqrt{{\displaystyle \frac{B{C}^2}{AB.AC}}}+1)}^2\ge {(\sqrt{2}+1)}^2=3+2\sqrt{2}$

Bài tập rèn luyện

Bài 1. Cho hình thang vuông $ABCD$ có $\mathrm{\angle }A=\mathrm{\angle }D={90}^{\circ },AB=AD=a,CD=2a$.

a) Chứng minh $BC=a\sqrt{2}$.
b) Vẽ $DH$ vuông góc với $AC$. Chứng minh $AH\cdot AC=a^2$.
c) $BH$ cắt $CD$ tại $K$. Chứng minh $BK\cdot BH=2a^2$.

Bài 2. Cho tam giác $ABC$ khác tam giác tù. Gọi $G$ là trọng tâm tam giác. Chứng minh rằng nếu $$A{G}^2={\displaystyle \frac{1}{9}}(A{B}^2+A{C}^2)$$
thì tam giác $ABC$ vuông.

Bài 3. Cho tam giác $ABC$ có các đường cao $AD,BE,CF$. Chứng minh rằng nếu

$${\displaystyle \frac{1}{A{D}^2}}={\displaystyle \frac{1}{B{E}^2}}+{\displaystyle \frac{1}{C{F}^2}}$$

thì tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

Bài 4. Cho tam giác $\mathrm{△}ABC,\mathrm{\angle }A=90$, đường phân giác $AD$. Chưmg minh rằng
$${\displaystyle \frac{\sqrt{2}}{AD}}={\displaystyle \frac{1}{AB}}+{\displaystyle \frac{1}{AC}}$$

Bài 5. Cho tam giác $ABC$ có $M$ là trung điểm $BC$.

a) Chứng minh rằng $B{C}^2+4A{M}^2=2(A{B}^2+A{C}^2)$.

b) Gọi $N$ là trung điểm $AC$. Chứng minh $AM$ vuông góc $BN$ khi và chỉ khi $A{C}^2+B{C}^2=5A{B}^2$.