Đường kính và dây cung

Leave a reply

Định lý.  Trong một đường tròn

  • Đường kính vuông góc với dây cung không đi qua tâm thì đi qua trung điểm dây cung đó.
  • Ngược lại, nếu đường kính đi qua trung điểm của dây cung thì vuông góc với dây cung đó.

Ví dụ 1. Tìm $x$ độ dài dây cung trong các hình sau:

Gợi ý

a. Ta có $DC^2 + AD^2 = AC^2$, suy ra $CD^2 = 5^2-3^2 = 16$, $CD = 4$.

Khi đó $BC = 2CD = 8$.

b. Ta có $\cot EFH = \dfrac{FH}{EH}$, suy ra $FH = EH. \cot \angle EFH = 1. \cot 22.77^\circ = 2.32$.

Ví dụ 2. Cho đường tròn đường kính $AB = 10cm$ tâm $O$. Trên đoạn $OA$ lấy điểm $D$ sao cho $OD = 3cm$. Đường thẳng qua $D$ vuông góc $AB$ cắt $(O)$ tại $E, F$. Tính $\angle EBF$.

Gợi ý

Ta có $OE = OB = 5cm$.

$DE^2 + OD^2 = OE^2$, suy ra $DE^2 = OE^2 – OD^2 = 5^2 – 3^2 = 16$, $DE = 4$.

$\tan \angle EBD = \dfrac{DE}{BD} = \dfrac{4}{8} = \dfrac{1}{2}$

$\angle EBD = 26.57^\circ$

Ta có $OD \bot EF$, suy ra $D$ là trung điểm $EF$. Do đó tam giác $EBF$ cân tại $B$.

Suy ra $\angle EBF = 2 \angle EBD = 52.14^\circ$

Bài tập. 

1.Tính các yếu tố chưa biết trong các hình sau:

2. Tính $x$ trong hình sau:

 

3. Trong hình dưới đây cho $DF = 1cm, AE = 2\sqrt{3} cm$. Tính bán kính $x$ của đường tròn.

4. Cho đường tròn $(O;R)$ và điểm $I$ nằm trong đường tròn. $AB$ là dây cung thay đổi qua $I$.

a.Chứng minh rằng trung điểm $AB$ thuộc một đường cố định.

b.Chứng minh $IA.IB$ không đổi.

5. Cho đường tròn tâm $O$ bán kính $R$ và $I$ là một điểm nằm trong đường tròn. Hai dây cung $AB$ và $CD$ thay đổi vuông góc với nhau tại $I$. Gọi $M, N$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $CD$.

a. Chứng minh $MN$ có độ dài không đổi.

b. Chứng minh $AB^2 + CD^2$ không đổi. Tìm giá trị lớn nhất diện tích tứ giác $ACBD$.

 

Sự xác định đường tròn

Leave a reply

Định lý. Qua 3 điểm không thẳng hàng xác định được một đường tròn.

Chú ý. Tâm $O$ của đường tròn qua 3 đỉnh $A, B, C$ là giao điểm ba đường trung trực của các cạnh của tam giác $ABC$. Đường tròn qua 3 đỉnh của tam giác $ABC$ được gọi là đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, tam giác $ABC$ được gọi là tam giác nội tiếp đường trò $(O)$.}

Ví dụ 1. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, $AB = 6, BC = 10$. Xác định tâm và tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Gợi ý
  • Gọi $O$ là trung điểm cạnh $BC$.
  • Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AO$ là trung tuyến nên $AO = \dfrac{1}{2}BC$.
  • Suy ra $AO = OB = OC$. Vậy $O$ là tâm đường tròn qua 3 đỉnh $A, B, C$ của tam giác $ABC$.
  • Ta có $BC = \sqrt{AB^2+AC^2}= \sqrt{6^2 + 8^2} = 10$. Suy ra $OA = \dfrac{1}{2} BC = 5$.
  • Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác vuông $ABC$ là trung điểm $O$ của $BC$ và bán kính bằng $OA =5$.

Ví dụ 2. Cho hình chữ nhận $ABCD$ có $\angle ABD = 60^\circ, AB = a$. Chứng minh 4 điểm $A, B, C, D$ cùng thuộc đường tròn, xác định tâm và tính bán kính của đường tròn.

Gợi ý
  • Gọi $O$ là giao điểm của $AC$ và $BD$.
  • $ABCD$ là hình chữ nhật nên $OA = OB = OC = OD$, đó đó 4 điểm $A, B, C, D$ cùng thuộc đường tròn tâm $O$.
  • Ta có $\cos \angle ABD = \dfrac{AB}{AD}$, hay $\cos 60^\circ = \dfrac{a}{BD}$, suy ra $BD = 2a$. Từ đó $OB = a$.
  • Vậy bán kính đường tròn là $a$.

Ví dụ 3. Cho tam giác $ABC$ có $AB  = AC = 5cm, BC = 6cm$.

a. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ABC$.

b. Vẽ đường kính $BD$. Tính $AD$ và $CD$.  \item Chứng minh $\angle ADB = \angle ABC$.

Gợi ý

a.

  • Gọi $M$ là trung điểm $BC$. Tam giác $ABC$ cân nên $AM$ là trung trực của $BC$.
  • Trung trực của $AB$ cắt $AB$ tại $E$ và cắt $AM$ tại $O$, thì $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
  • Ta có $\Delta AEO \backsim \Delta AMB$, suy ra $AE\cdot AB = AO\cdot AM$, suy ra $AO = \dfrac{AE\cdot AB}{AM}$.
  • Mà $AE = \dfrac{1}{2}AB = \dfrac{5}{2}, AM = \sqrt{AB^2-BM^2}= 4$.  Suy ra $AO = \dfrac{25}{8}$.
  • Vậy bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là $\dfrac{25}{8}$.

b.

  • Ta có $BD = 2OA = \dfrac{25}{4}$.
  • Tam giác $ABD$ có trung tuyến $AO$ bằng $\dfrac{1}{2}BD$ nên vuông tại $A$, suy ra $AD = \sqrt{BD^2-AB^2}= \dfrac{15}{4}$.
  • Ta có $CD = \sqrt{BD^2-BC^2}= \dfrac{\sqrt{481}}{4}$.
  • Ta có $\angle ABD + \angle ADB = 90^\circ$, $\angle ABC = \angle BAM = 90^\circ$.
  • Mà $\angle ABD = \angle BAM$ (do tam giác $OAB$ cân tại $O$), suy ra $\angle ABD = \angle ADB$.

Bài tập.

1. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác trong các trường hợp sau.

a. Tam giác đều cạnh a.

b. Tam giác vuông có các cạnh góc vuông là 6 và 8.

c. Tam giác cân có các cạnh là 12, 12, 10.

2. Cho tam giác $ABC$ nhọn, đường cao $AD$ với $AD = DC = 4, DB = 2$. Gọi $E, F$ chân đường vuông góc từ $D$ đến $AB, AC$.

a. Tính $AE, AF$.  \item Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$.

b. Trung trực của $BC$ cắt $DF$ tại $O$. Chứng minh $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Tính $OA$.

3. Cho nửa đường tròn tâm $O$ đường kính $AB = 2R$. $C$ là điểm thay đổi thuộc nửa đường tròn. Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc vuông góc của $C$ trên $AB$. Gọi $D, E$ là hình chiếu vuông góc của $H$ trên các cạnh $AC, BC$. Gọi $I$ là giao điểm của $DE$ và $CH$.

a. Tìm vị trí của $C$ để $DE$ đạt giá trị lớn nhất.

b. Gọi $F$ là giao điểm của $OC$ và $DE$. Chứng minh 4 điểm $I, H, O,F$ cùng thuộc một đường tròn.

c. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $DE$ và đường thẳng qua $O$ vuông góc với $AB$ cắt nhau tại điểm $K$. Chứng minh $IK$ không đổi và 4 điểm $A, B, D, E$ cùng thuộc đường tròn tâm $K$.

Bảng lượng giác

Leave a reply

Sử dụng bảng lượng giác cho các góc có số đi đặc biệt trên, ta có thể tích chính xác độ dài các cạnh.

Ví dụ 1. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB = 2cm, \angle ABC  = 30^\circ$. Tính $AC, BC$.

Gợi ý

Ta có

  • $\cos \angle B = \dfrac{AB}{BC}$
  • $\cos 30^\circ = \dfrac{2}{BC}$
  • $\dfrac{\sqrt{3}}{2} = \dfrac{2}{BC}$
  • $BC = \dfrac{4}{\sqrt{3}}$.
  • Suy ra $AC = \dfrac{2}{\sqrt{3}}$

Ví dụ 2. Cho tam giác $ABC$ có $AB = 1, AC = \sqrt{3}, BC = 2$. Tính số đo các góc của tam giác $ABC$.

Gợi ý
  • Ta có $AB^2 +AC^2 = 1 +3  = 4 = BC^2$, suy tam giác $ABC$ vuông tại $A$, vậy $\angle BAC = 90^\circ$.
  • Ta có $\sin \angle ABC = \dfrac{AC}{BC}= \dfrac{\sqrt{3}}{2}$, suy ra $\angle ABC = 60^\circ$.
  • Và  $\angle ACB = 180^\circ – \angle BAC – \angle ABC = 30^\circ$.

Bài tập

  1. Tính chính xác các yếu tố chưa biết.

Gợi ý

2. Cho tam giác $ABC$ có $\angle ABC = 60^\circ, \angle ACB = 45^\circ$, đường cao $AH = \sqrt{3}$.

a. Tính độ dài các cạnh của tam giác $ABC$.

b. Dựng đường cao $BK$. Tính $BK$ và $\sin \angle BAC$.

Gợi ý

a. $AB .\sin \angle ABC = AH \Leftrightarrow AB \sin 60^\circ = \sqrt{3} \Leftrightarrow AB \dfrac{\sqrt{3}}{2} = \sqrt{3}$, suy ra $AB = 2$.

Tam giác $AHC$ vuông cân, suy ra $AC = \sqrt{2}AH = \sqrt{6}$.

$BH = \sqrt{AB^2-AH^2} = 1, CH = AH = \sqrt{3}$.

Suy ra $BC = 1 + \sqrt{3}$.

b. Ta có $BK = BC. \sin \angle BCK = (1+\sqrt{3})\sin 45^\circ = \dfrac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}$.

Suy ra $\sin \angle BAC = \dfrac{BK}{AB} = \dfrac{1+\sqrt{3}}{2\sqrt{2}} = \dfrac{\sqrt{2}+\sqrt{6}}{4}$.

Tỉ số lượng giác của góc nhọn

Leave a reply

Để định nghĩa tỉ số của một góc nhọn $\alpha$ ta xét tam giác vuông $ABC$ tại $A$, trong đó $\angle ABC = \alpha$, khi đó $AB$ là cạnh kề $\alpha$, $AC$ là cạnh đối, và $BC$ là cạnh huyền. Ta định nghĩa các tỉ số lượng giác của $\alpha$ như sau:

Tỉ số lượng giác của góc nhọn.
  •  $\sin \alpha = \dfrac{đối}{huyền}=\dfrac{đ}{h}$
  • $\cos \alpha = \dfrac{kề}{huyền}=\dfrac{k}{h}$
  • $\tan \alpha = \dfrac{đối}{kề} = \dfrac{đ}{k}$
  • $\cot \alpha = \dfrac{kề}{đối} = \dfrac{k}{đ}$
  Tính chất
  • $\sin^2 \alpha + \cos^2 \alpha = 1$.
  • $\tan \alpha .\cot \alpha = 1$.
  • $0 < \sin \alpha < 1, 0 < \cos \alpha < 1$.

Bảng Tỉ số lượng giác của một số góc thường gặp

Ta sử dụng Tỉ số lượng giác của góc nhọn để dùng trong các nội dung sau:

  • Trong một tam giác vuông, nếu ta biết số đo một góc nhọn và độ dài một cạnh thì ta có thể tính được độ dài các cạnh còn lại. Nếu biết độ dài 2 cạnh ta có thể tính được số đo của các góc nhọn.
  • Dùng để tính toán, đo đạc độ dài, tính số đo góc
  • Dùng thiết lập các đẳng thức, bất đẳng thức hình học
  • Ứng dụng thực tế là đo chiều cao, chiều dài, …một số đối tượng thực tế.

Ví dụ 1. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB = 3, AC = 4$. Tính $\sin \angle B, \cos B, \tan \angle B$.

Gợi ý

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên $BC^2 = AB^2 + AC^2 = 3^2 + 4^2 = 25$, suy ra $BC = 5$.

Khi đó $\sin \angle B = \dfrac{d}{h} = \dfrac{AC}{BC} = \dfrac{4}{5}$.

$\cos \angle B = \dfrac{k}{h} = \dfrac{AB}{BC} = \dfrac{3}{5}$.

$\tan \angle B = \dfrac{đ}{k} = \dfrac{AC}{AB} = \dfrac{4}{3}$

Ví dụ 2. Cho tam giác $A B C$ cân tại $A$ có $A B=10, B C=12$.
a) Tính $\sin A B C$.
b) Vẽ đường cao $B K$. Tính $B K$ và $\sin B A C$.

 

Gợi ý

a) Gọi $M$ là trung điểm cạnh $B C$, ta có $A M \perp B C$.
$M B=\frac{1}{2} B C=6$, suy ra $A M=$ $\sqrt{A B^2-B M^2}=8$.
$$
\sin A B C=\frac{A M}{A B}=\frac{8}{10}=\frac{4}{5} \text {. }
$$
b) Vẽ đường cao $B K$.
Ta có $\triangle C K B \backsim \triangle C M A$, suy ra $\frac{B K}{A M}=$ $\frac{C B}{A C} \Rightarrow B K=\frac{A M \cdot B C}{A C}=\frac{48}{5}$.
Khi đó $\sin B A C=\frac{B K}{A B}=\frac{48}{50}=\frac{24}{25}$.

Ví dụ 3. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$ có $A C=2, \sin A B C=\frac{1}{3}$. Tính $A B$.

Gợi ý

Ta có 
$$
\sin A B C=\frac{A C}{B C}=\frac{1}{3} \text {, suy ra } B C=3 A C=6 .
$$

Từ đó $A B=\sqrt{B C^2-A C^2}=\sqrt{6^2-2^2}=4 \sqrt{2}$.

Ví dụ 4. Cho tam giác $A B C$ có $A B=1, A C=\sqrt{3}, B C=2$. Tính số đo các góc của tam giác $A B C$.

Gợi ý

Ta có $A B^2+A C^2=1+3=4=B C^2$, suy tam giác $A B C$ vuông tại $A$, vậy $\angle B A C=90^{\circ}$.
Ta có $\sin A B C=\frac{A C}{B C}=\frac{\sqrt{3}}{2}$, suy ra $\angle A B C=$ $60^{\circ}$.
Và $\angle A C B=180^{\circ}-\angle B A C-\angle A B C=30^{\circ}$.

Ví dụ 5. Cho tam giác $A B C$ có $\angle A B C=60^{\circ}, \angle A C B=45^{\circ}$, đường cao $A H=\sqrt{3}$.
a) Tính độ dài các cạnh của tam giác $A B C$.
b) Dựng đường cao $B K$. Tính $B K$ và $\sin B A C$.

Gợi ý

a) $A B \cdot \sin A B C=A H \Leftrightarrow A B \sin 60^{\circ}=$ $\sqrt{3} \Leftrightarrow A B \frac{\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}$, suy ra $A B=2$.
Tam giác $A H C$ vuông cân, suy ra $A C=$ $\sqrt{2} A H=\sqrt{6}$.
$B H=\sqrt{A B^2-A H^2}=1, C H=A H=$ $\sqrt{3}$.
Suy ra $B C=1+\sqrt{3}$.
b) Ta có $B K=B C \cdot \sin B C K=(1+$ $\sqrt{3}) \sin 45^{\circ}=\frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{2}$.

Bài tập

Bài 1. Tìm độ dài cạnh và số đo các góc chưa biết của tam giác $A B C$ trong các trường hợp sau (làm tròn góc nếu cần).
a) $A B=15, \angle A=90^{\circ}, \angle C=60^{\circ}$.
b) $\angle A=90^{\circ}, A B=2, B C=4$.
c) $A B=3, B C=5, A C=4$.
d) $A B=12, \angle A=30^{\circ}, \angle B=60^{\circ}$.

Bài 2. Tìm độ dài cạnh và số đo các góc chưa biết của tam giác $A B C$ trong các trường hợp sau:
a) $\angle A=90^{\circ}, \tan B=\frac{1}{2}, A C=5$.
b) $\angle A=90^{\circ}, \cos B=\frac{2}{3}, A B=3$.
c) $\angle A=75^{\circ}, \angle B=60^{\circ}, B C=1+\sqrt{3}$.

Bài 3. Cho tam giác $A B C$ vuông tại  $A$  và $B C=2 A B$. Tính số đo các góc của tam giác $A B C$. 

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ thỏa $\frac{A B}{1}=\frac{B C}{2}=\frac{A C}{\sqrt{3}} $.

Tính số đo các góc của tam giác $ A B C$.

Bài 5. Cho tam giác $A B C$ vuông tại $A$, đường cao $A H$. Biết $\angle A B C=60^{\circ}$ và $A H=\sqrt{3}$. Tính độ dài các cạnh của tam giác $A B C$.

 

 

Hệ thức trong tam giác vuông – Bài 1

Leave a reply

I. Lý thuyết và ví dụ

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$.

Đặt $BC = a, AC=b, AB =c, AH=h, BH=c’, CH=b’$. Khi đó:

  • $a.h  =bc = 2S_{ABC}$
  • $c^2 = c’.a$
  • $b^2 = b’.a$
  • $h^2 = b’.c’$
  • $\dfrac{1}{h^2} = \dfrac{1}{b^2} + \dfrac{1}{c}$
  

Dạng 1. Các bài tính toán cơ bản

Ví dụ 1. Tính $a, b’,c’,h$ trong hình sau:

 

Gợi ý

 Tam giác vuông có cạnh huyền là $a$ nên:

  • $a^2 = 6^2 + 8^2 =100$
  • $a = 10 cm$ (vì $a > 0$)

Ta có

  • $ah = bc$
  • $10h = 6.8$
  • $h = \dfrac{24}{5} (cm) $.

 

  Ta có

  • $6^2 = c’.a$
  • $36  = c’.10$
  • $c’ = \dfrac{18}{5}(cm)$

Suy ra $b’ = a – c’ = 10 – \dfrac{18}{5} = \dfrac{32}{5} (cm)$

Ví dụ 2. Tính $b, b’,c$ trong hình sau:

Gợi ý

Tam giác $ABC$ có $h$ là độ dài đường cao, hình chiếu của $AB$ là $4$ nên:

  • $h^2 = 4.b$
  • $10^2 = 4b \Rightarrow b = 25 cm$.

Khi đó $a = b’+c’ = 4+ 25 = 29$.

  • $b^2 = b’.a$
  • $b^2 = 25.29$
  • $b^2 = 725$
  • $b = \sqrt{725} = 5\sqrt{29}$ (cm)(vì $b > 0$)

Và

  • $b.c = ha$
  • $5\sqrt{29}c = 10.29$
  • $c = 2\sqrt{29}$ (cm)

Ví dụ 3. Tính $c, h, b’$ trong hình sau:

 

Gợi ý

Với bài toán này, các độ dài cho trước có vẻ rời rạc và chưa tính được độ dài nào được ngay.

Nhưng ta có thể thấy $h, b’$ có liên hệ với $c’ = 4cm, b = 10cm$. Từ đó nghĩ đến cách lập hệ ẩn $h, b’$.

Giải

Ta có

  • $h^2  = 4b’$ (1)
  • $h^2 + b’^2 = (\sqrt{45})^2=45$ (2)
  • Từ (1), (2) suy ra $b’^2 = 45 – 4b’$
  • $b’^2+4b’-45 = 0$
  • $(b’-5)(b’+9) = 0$
  • $b’ = 9$ (cm) (do $b’ > 0$)

Khi đó  $h^2 = 4.5= 20$ hay $h = \sqrt{20}$ (cm).

Và $c^2 = 4^2 + (\sqrt{20})^2 = 36$, $c = 6$ (cm).

III. Bài tập

1.Tính các yếu tố còn lại trong hình đã cho.

Gợi ý

a. Tam giác vuông có $h$ là chiều cao và 2 cạnh góc vuông có độ dài là: $2cm$ và $4cm$ ta có:
$\dfrac{1}{{{h^2}}} = \dfrac{1}{{{2^2}}} + \dfrac{1}{{{4^2}}}$ (Hệ thức lượng)
$\dfrac{1}{{{h^2}}} = \dfrac{5}{{16}}$
$\dfrac{1}{h} = \dfrac{{\sqrt 5 }}{4}$
$h = \dfrac{{4\sqrt 5 }}{5} (cm)$
Ta có: $h.\left( {c’ + b’} \right) = 4.2$
$\dfrac{{4\sqrt 5 }}{5}\left( {b’ + c’} \right) = 8$
$\left( {b’ + c’} \right) = 2\sqrt 5 (cm) $
Và ${4^2} = c’.\left( {b’ + c’} \right)$
$16 = c’.2\sqrt 5 $
$c’ = \dfrac{{8\sqrt 5 }}{5} (cm)$
Và ${2^2} = b’.\left( {b’ + c’} \right)$
$4 = b’.2\sqrt 5 $
$b’ = \dfrac{{2\sqrt 5 }}{5} (cm) $		 b. Tam giác vuông có đường cao $h$ và hai cạnh góc vuông lần lượt là $c$ và $b$
Ta có: ${h^2} = 4.9$
${h^2} = 36$
$h = 6 (cm)$
Và ${c^2} = 4.\left( {4 + 9} \right)$
${c^2} = 52$
$c = 2\sqrt {13} (cm) $
${b^2} = 9.\left( {4 + 9} \right)$
${b^2} = 117$
$b = 3\sqrt {13} (cm) $
c.Tam giác vuông có đường cao có độ dài $4cm$ và hai cạnh hóc vuông có độ dài $5cm$ và $c$
Ta có: $\dfrac{1}{{{4^2}}} = \dfrac{1}{{{c^2}}} + \dfrac{1}{{{5^2}}}$
$c = \dfrac{{20}}{3} (cm)$
Và $5.\dfrac{{20}}{3} = 4.(b’ + c’)$
$(b’ + c’) = \dfrac{{25}}{3} (cm) $Ta có: ${5^2} = b’.\left( {b’ + c’} \right)$
$b’ = 3(cm)$
Và ${c^2} = c’\left( {b’ + c’} \right)$
$c’ = \dfrac{{16}}{3}$
Hay $c’ = \dfrac{{25}}{3} – b’ = \dfrac{{25}}{3} – 3 = \dfrac{{16}}{3}$


2. Tính $x, y$ trong hình dưới đây:

Gợi ý

Tam giác vuông cân có cạnh góc vuông có độ dài $3cm$
Suy ra cạnh huyền của tam giác đó có độ dài là: $3\sqrt 2 (cm) $ (Pytago)
Tam giác vuông có hai cạnh góc vuông có độ dài lần lượt là $\sqrt 2 cm;3\sqrt 2 cm$
Khi đó: ${\left( {x + y} \right)^2} = {\left( {\sqrt 2 } \right)^2} + {\left( {3\sqrt 2 } \right)^2}$
$ \Rightarrow x + y = 2\sqrt 5 (cm) $
Ta có: ${\left( {\sqrt 2 } \right)^2} = y.\left( {x + y} \right)$
$y = \dfrac{{\sqrt 5 }}{5}$
Và $x = 2\sqrt 5 – \dfrac{{\sqrt 5 }}{5} = \dfrac{{9\sqrt 5 }}{5}$


3. Tìm $x, y$ trong hình cho dưới đây.
Gợi ý

Ta có: ${3^2} = x.\left( {x + \frac{{16}}{5}} \right)$
$\Rightarrow \left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = \dfrac{9}{5}(cm)(n)}\\
{x = – 5(cm)(l)}
\end{array}} \right.$
Và 4{y^2} = \dfrac{{16}}{5}\left( {\dfrac{{16}}{5} + x} \right)$
$\Rightarrow y = 4(cm)$

4.Tìm độ dài các cạnh góc vuông của một tam giác vuông có độ dài cạnh huyền bằng $25cm$ và đường cao ứng với cạnh huyền bằng $12 cm$.

Gợi ý

Gọi hình chiếu hai cạnh góc vuông trên cạnh huyền là $x, y$. Ta có $x + y = 25, xy = 12^2 = 144$. Giải ra được $x = 9, y = 16$.
Suy ra độ dài 2 cạnh là $15, 20 (cm)$.

5. Tìm độ dài hai cạnh góc vuông của tam giác vuông biết đường cao bằng $4cm$ và độ dài trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng $6cm$.
Gợi ý

Cạnh huyền là $12$. Làm tương tự bài 4.

6. Tính $x, y$ trong hình sau:

Gợi ý

Xét hình chữ nhật có độ dài 2 cạnh lần lượt là $3cm$ và $4cm$
Khi đó đường chéo của hình chữ nhật có độ dài là $5cm$
Xét tam giác vuông có 2 cạnh góc vuông là $5cm$, $ycm$ và có chiều cao là $3cm$ ta có:
$\dfrac{1}{{{3^2}}} = \dfrac{1}{{{y^2}}} + \dfrac{1}{{{5^2}}}$
$ \Rightarrow y = \dfrac{{15}}{4}(cm)$
Tương tự: $x = \dfrac{{20}}{3}(cm)$

7. Tìm $x, y$ là cạnh của hình chữ nhật biết $MN = 1$.
Gợi ý

Gọi hình chữ nhật đó là $ABCD$ với $N$ thuộc cạnh $CD$.
Ta có $AB // CD $
$ \Rightarrow \dfrac{{AB}}{{DN}} = \dfrac{{AM}}{{MN}}$ (Ta- lét)
$\Rightarrow \dfrac{y}{{\dfrac{y}{2}}} = \dfrac{{AM}}{1}$
$\Rightarrow AM = 2$
$ \Rightarrow AN = AM + MN = 2 + 1 = 3$
Tam giác $ADN$ vuông tại $D$ ta có:
$D{N^2} = MN.AN$
$ \Rightarrow DN = \sqrt 3 $
Và $A{D^2} = AM.AN$
$AD = \sqrt 6 $
Vậy $ x = \sqrt 6$ và $ y = 2\sqrt 3$


8. (*) Cho tam giác $ABC$ vuông có đường cao $AH$, trung tuyến $BM$ và phân giác $CD$ đồng quy.

    •  (a). Chứng minh $BH = AC$.
    •  (b). Tính $AB, AC$ biết $BC = 10cm$.

Gợi ý

 a) Gọi O là giao điểm của $AH$; $BM$; $CD$
Áp dụng định lí Ceva vào trong tam giác ABC, ta có:
$\dfrac{{MA}}{{MC}}.\dfrac{{HC}}{{HB}}.\dfrac{{DB}}{{DA}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{HC}}{{HB}} = \drac{{DA}}{{DB}}$
(Vì $M$ là trung điểm của $AC$)
Mà: $\dfrac{{DA}}{{DB}} = \dfrac{{AC}}{{BC}}$ ( $CD$ là phân giác)
$\Rightarrow \dfrac{{HC}}{{HB}} = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow CH.CB = AC.HB$
Mặt khác: $CH.CB = A{C^2}$ (Hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABC$)
$\Rightarrow AC.HB = A{C^2} \Rightarrow BH = AC$		 b) Ta có: $A{C^2} = HC.BC$
$A{C^2} = (BC – BH).BC$
Mà: $ BH = AC$ ( câu a)
$\Rightarrow A{C^2} = (BC – AC).BC$
$ \Rightarrow AC = – 5 + 5\sqrt 5 (cm) $
Và $\Rightarrow AB = – 50 + 50\sqrt 5 (cm)$

Định lý Ceva (Junior)

Leave a reply

I. Định lý Ceva và chứng minh định lý.

Định lý. Cho tam giác $ABC$ các điểm $A’, B’, C’$ thuộc đường thẳng $BC ,AC, AB$ sao cho 3 điểm đều thuộc cạnh của tam giác hoặc có 1 điểm thuộc cạnh 2 điểm thuộc kia trên phần kéo dài hai cạnh còn lại. Khi đó $AA’, BB’, CC’$ đồng quy hoặc song song khi và chỉ khi: $$\dfrac{A’B}{A’C}.\dfrac{B’C}{B’A}.\dfrac{C’A}{C’B} = 1 (*)$$

Chứng minh. 

a) Điều kiện cần. $AA’,BB’, CC’$ đồng quy hoặc song song suy ra (*).

Trường hợp 1: $AA’,BB’,CC’$ đồng quy tại điểm $P$.

 

Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $BB’, CC’$ lần lượt tại $M, N$. Ta có:

  • $\dfrac{AB’}{B’C’} = \dfrac{AM}{BC}$ (1)
  • $\dfrac{BC’}{AC’} = \dfrac{BC}{AN}$ (2)
  • Ta có $\dfrac{A’B}{AM} = \dfrac{PA’}{PA} = \dfrac{A’C}{AN}$, suy ra $\dfrac{A’B}{A’C} = \dfrac{AN}{AM}$ (3).
  • Nhân 3 đẳng thức lại ta có điều cần chứng minh.

Trường hợp 2:

  • Ta có $\dfrac{CB’}{AB’} = \dfrac{BC}{BA’}$ (1)
  • $\dfrac{C’A}{C’B} = \dfrac{CA’}{BC}$  (2)
  • Từ (1) và (2), suy ra $\dfrac{A’B}{A’C}.\dfrac{CB’}{AB’}.\dfrac{C’A}{C’B} = 1$.

b) Điều kiện đủ: từ (*) suy ra $AA’,BB’,CC’$ đồng quy hoặc song song.

Ta xét trường hợp có điểm $A’$ thuộc cạnh $BC$ và $B’,C’$ nằm trên các phần kéo dài của hai cạnh kia.
Trường hợp 1. Nếu có hai trong ba đường thẳng $AA’,BB’,CC’$ song song với nhau, giả sử $AA’ \parallel BB’$, từ $C$ kẻ $CC” ||AA’$ cắt $AB$ kéo dài tại $C”$.

  • Theo điều kiện cần ta có $\dfrac{AB’}{B’C}.\dfrac{CA’}{A’B}.\dfrac{BC”}{C”A} = 1$.
  • Do đó $\dfrac{BC”}{C”A} = \dfrac{BC’}{C’A}$.
  • Vậy $C” \equiv C’$ (do $C’$ và $C”$ đều nằm ngoài đoạn $AB$)
    và $AA’||BB’||CC’$.

Trường hợp 2. Trong trường hợp không có hai đường thẳng nào trong ba đường thẳng nói trên song song,  ta chứng minh cả ba đường đồng quy.

  • Gọi $P$ là giao điểm của $AA’$ và $BB’$, cho $CP$ cắt $AB$ tại $C”$.
  • Tương tự như trên ta cũng có $\dfrac{BC”}{C”A} = \dfrac{BC’}{C’A}$.
  • Vậy $C” \equiv C$ (do $C$ và $C’$ cùng nằm ngoài đoạn $AB$).
  • Vậy $AA’,BB’, CC’$ đồng quy.

Trong trường hợp nếu $A’,B’,C’$ cùng thuộc cạnh thì ta chứng minh tương tự như trên ta cũng có $AA’,BB’,CC’$ đồng quy.

Chú ý. Ba đường thẳng xuất phát từ đỉnh của tam giác và đồng quy tại một điểm ta gọi là ba đường thẳng Ceva. Giao điểm của ba đường này được gọi là điểm Ceva.

II. Các ví dụ áp dụng.

Ví dụ 1. Chứng minh trong một tam giác các đường trung tuyến, các đường cao,các đường trung trực, các đường phân giác trong đồng quy.

Gợi ý

a. Tam giác $ABC$ có $M, N, P$ lần lượt là trung điểm của $BC, AC, AB$.
Khi đó ta có $\dfrac{MB}{MC}.\dfrac{NC}{NA}.\dfrac{PA}{PB} = 1.1.1 = 1$.
Suy ra $AM, BN, CP$ đồng quy.
b. Gọi $AX, BY, CZ$ là ba đường cao.
Ta có $\triangle ABY \backsim \triangle ACZ \Rightarrow \dfrac{AY}{AZ} = \dfrac{AB}{AC}$.
Tương tự $\dfrac{BZ}{BX} = \dfrac{AC}{BC}, \dfrac{CY}{CX} = \dfrac{BC}{AC}$.
Khi đó $\dfrac{AY}{AZ}.\dfrac{BZ}{BX}.\dfrac{CY}{CZ} = 1$ hay $\dfrac{CX}{BX}.\dfrac{YC}{YB}.\dfrac{ZB}{ZA} = 1$.
Suy ra $AX, BY, CZ$ đồng quy.
c. Các đường trung trực đồng quy.
Xét tam giác có đỉnh là trung điểm của các cạnh, khi đó các đường trung trực là các đường cao của tam giác này nên theo b. thì đồng quy.
d. Gọi $AD, BE, CF$ là các đường phân giác trong của tam giác $ABC$.
Khi đó $\dfrac{DB}{DC} = \dfrac{AB}{AC}, \dfrac{EC}{EA} = \dfrac{BC}{AB}$ và $\dfrac{PA}{PC} = \dfrac{AC}{BC}$.
Suy ra $\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{PA}{PC} = 1$.
Suy ra $AD, BE, CF$ đồng quy.

Ví dụ 2. Cho tam giác $ABC$, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với các cạnh $BC, AC, AB$ lần lượt tại $D, E, F$. Chứng minh rằng $AD, BE, CF$ đồng quy. (tại một điểm được gọi là điểm Gergonne).

Gợi ý

Ta có $AE = AF, BD = BF, CD = CE$. Suy ra $\dfrac{BD}{CD}.\dfrac{CE}{AE}.\dfrac{AF}{BF} = 1$.
Theo định lý Ceva ta có $AD, BE, CF$ đồng quy.

Ví dụ 3. Cho tam giác $ABC$, các đường tròn bàng tiếp góc $A, B, C$ tiếp xúc với các cạnh $BC, AC, AB$ tại $D, E, F$. Chứng minh $AD, BE, CF$ đồng quy.

Gợi ý

Đặt $AB = c, AC = b, BC = a, p = \dfrac{a+b+c}{2}$.
Gọi $K, L$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $A$ với $AB, AC$.
Khi đó $AK = AL, BK = BD, CL = CD$.
Suy ra $2AK = AK + AL = AB + BK +AC+CL = AB + BD+ AC + CD = AB +AC+BC = 2p$
Suy ra $AK = AL = p$ và $BF = BD = BK = AK – AB = p-c$.
Tương tự ta có $AE = AF = p-a, CD = CE = p-c$.
Khi đó $\dfrac{DB}{DC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{AF}{BF} = \dfrac{p-b}{p-c}.\dfrac{p-c}{p-a}.\dfrac{p-a}{p-b} = 1$.
Áp dụng định lý Ceva ta có $AD, BE, CF$ đồng quy.

Ví dụ 4. Cho tam giác $ABC$ vuông. Về phía ngoài tam giác $ABC$ dựng các hình vuông $ABDE$ và $ACFG$.
Chứng minh rằng các đường thẳng $BF, CD$ cắt nhau tại một điểm nằm trên đường cao của tam giác $ABC$.

Gợi ý

  • Gọi $L$ là giao điểm của $CD$ và $AB$; $K$ là giao điểm của $BF$ và $AC$.
    Ta có $\dfrac{LA}{LB} = \dfrac{AC}{BD} = \dfrac{AC}{AB}$.
    Ta có $\dfrac{KC}{KA} = \dfrac{CF}{AB} = \dfrac{AC}{AB}$.
  • Và $AB^2 = BC.BC, AC^2 = CH.BC \Rightarrow \dfrac{BH}{CH} = \dfrac{AB^2}{AC^2}$.
    Khi đó $\dfrac{BH}{CH}.\dfrac{CK}{AK}.\dfrac{AL}{BL} = 1$.
  • Vậy theo định lý Ceva $AH, CD, BF$ đồng quy.

Ví dụ 5. Cho tam giác $ABC$ nhọn, đường cao $AH$. $D$ là một điểm trên đoạn $AH$. $BD$ cắt $AC$ tại $E$, $CD$ cắt $AB$ tại $F$. Chứng minh $\angle EHA = \angle FHA$.

Gợi ý

  • Gọi $K, L$ lần lượt là giao điểm của $HE, HF$ với đường thẳng qua $A$ song song với $BC$. Ta chứng minh $HKL$ cân tại $H$ hay cần chứng minh $AK = AL$.
  • Áp dụng định lý Ceva cho các đường $AH, BE, CF$ ta có: $\dfrac{HB}{HC}.\dfrac{EC}{EA}.\dfrac{AF}{BF} = 1$ (1)
    Mà $\dfrac{CE}{AE} = \dfrac{CH}{AK}$ và $\dfrac{AF}{BF} = \dfrac{AL}{BH}$ (2).
    Từ (1) và (2) ta có $AL = AK$.
  • Tam giác $HKL$ có trung tuyến $HA$ vừa là đường cao nên cân tại $H$, suy ra $\angle EHA = \angle FHA$.

III. Bài tập rèn luyện

  1. Cho tam giác $ABC$ có $AA’, BB’, CC’$ là ba đường Ceva. Gọi $M, N, P$ lần lượt là trung điểm của $BC, AC, AB$ và $M’,N’,P’$ là trung điểm $AA’,BB’,CC’$. Chứng minh rằng $MM’, NN’, PP’$ đồng quy.
  2. Cho tam giác $ABC$ nhọn, phân giác $AD$. Gọi $E, F$ là hình chiếu của $D$ trên $AB, AC$. Chứng minh rằng $BF, CE$ cắt nhau tại một điểm thuộc đường cao hạ từ $A$ của tam giác $ABC$.
  3. Cho tam giác $ABC$ có trung tuyến $AM$. Trên cạnh $BC$ lấy điểm $M’$ sao cho $\angle M’AB = \angle MAC$; các điểm $N’, P’$ được xác định tương tự. Chứng minh $AM’, BN’, CP’$ đồng quy.
  4. Cho tam giác $ABC$. Hai điểm $D, D’$ đối xứng nhau qua trung điểm của $BC$; các cặp điểm $E, E’$, $F, F’$ được xác định tương tự. Chứng minh rằng $AD, BE, CF$
    đồng quy khi và chỉ khi $AD’, BE’, CF’$ đồng quy.
  5. Cho tam giác $ABC$ và 3 đường Ceva $AA’,BB’,CC’$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $A’B’C’$ cắt các cạnh $BC, AC, AB$ lần lượt tại $A”, B”, C”$. Chứng minh rằng $AA”, BB”, CC”$ đồng quy.
  6. Cho tam giác $ABC$. Một đường tròn qua 2 điểm $A, B$ cắt các cạnh $AC, BC$ tại $D, E$. $DE$ cắt AB tại $F$, $BD$ cắt $CF$ tại $M$. Chứng minh $MF = MC$ khi và chỉ khi $MD.MB = MC^2$.

Định lý Pytago (Phần 1)

Leave a reply

Định lý Pytago thuận. Trong một tam giác vuông tổng bình phương hai cạnh góc vuông bằng bình phương cạnh huyền.

Chứng minh

Có nhiều cách chứng minh định lý Pytago, trong đó có những cách bằng cắt ghép hình khá thú vị, tất nhiên để chứng minh chặc chẽ thì cần phải suy luận thêm.

      

Sử dụng tam giác đồng dạng.

Vẽ đường cao AH.

Khi đó $\triangle BAH \backsim \triangle BCA$, suy ra $BA^2 = BH.BC$ (1).

Tương tự $\triangle CAH \backsim \triangle CBA$, suy ra $CA^2 = CH.BC$ (2).

Khi đó $AB^2 + AC^2 = BH.BC + CH.BC = BC^2$.

Định lý Pytago đảo. Nếu trong một tam giác có tổng bình phương hai cạnh bằng bình phương cạnh còn lại thì tam giác đó là tam giác vuông.

Chứng minh
Giả sử tam giác $ABC$ có $AB^2 + AC^2 = BC^2$, chứng minh tam giác $ABC$ vuông tại $A$.

Trên đoạn $BC$ lấy điểm $H$ sao cho $AB^2 = BH.BC$, suy ra $AC^2 = BC^2 – AB^2 = BC.CH$.

Ta có $\triangle BAH \backsim \triangle BCA (c.g.c)$, suy ra $\angle BAH = \angle BAC$.

Tương tự $\angle CAH = \angle CBA$. Suy ra $\angle BAC = \angle BAH + \angle CAH = \angle BAC + \angle CAB$, suy ra $\angle BAC = 90^\circ$.

Ví dụ 1. Tìm $x$ trong các trường hợp sau.

 

Lời giải

a. Cạnh huyền có độ dài 11 ta có:

  • $x^2 + 6^2 = 11^2$ (Pytago)
  • $x^2 +36  = 121$
  • $x^2 = 85$.
  • $x = \sqrt{85}$ (cm) (vì $x > 0$).

c. Tương tự như a.

 b. $x$ là cạnh huyền nên ta có:

  • $3^2 + (\sqrt{2})^2 = x^2$ (Pitago)
  • $9 + 2  = x^2$.
  • $x=\sqrt{11}$ (cm) (Vì $x > 0$)

d. Tam giác vuông cân có cạnh góc vuông là $x$, cạnh huyền $\sqrt{10}$ nên:

  • $x^2 + x^2  =(\sqrt{10})^2$
  • $2x^2 =10$
  • $x^2 = 5$
  • $x = \sqrt{5}$ (cm) (vì $x > 0$)

Ví dụ 2. Tìm $y$ trong hình sau, lấy hai chữ số thập phân.

Gợi ý

 Tam giác $ABC$ có $x$ là cạnh huyền nên:

  • $x^2 = 5^2 + 1^2 = 26$.
  • $x = \sqrt{26}$.
  Tam giác $ACD$ có $6$ là cạnh huyền nên:

  • $6^2 = y^2 +x^2$
  • $36 = y^2 +26$.
  • $y^2 = 10$
  • $y  = \sqrt{10} \sim 3.16$

Bài tập.

  1. Tìm $x$ trong các hình sau:

Đáp số

a. Cạnh huyền có dộ dài bằng 26 (cm) ta có:

  • ${26^2} = {\left( {2x} \right)^2} + {\left( {3x} \right)^2}$ (Pytago)
  • $676 = 4{x^2} + 9{x^2}$
  • $676 = 13{x^2}$
  • ${x^2} = 52$
  • $x = \sqrt {52}$ (cm) (Vì $ x > 0$ )

b. Cạnh huyền có độ dài $2x$ (cm) ta có:

  • ${\left( {2x} \right)^2} = {9^2} + {x^2}$ (Pytago)
  • $4{x^2} – {x^2} = 81$
  • $3{x^2} = 81$
  • ${x^2} = 27$
  • $x = \sqrt {27}$ (cm) (Vì $ x > 0$ )

c. Cạnh huyền có độ dài bằng $3x$ (cm) ta có:

  • ${\left( {3x} \right)^2} = {\left( {2x} \right)^2} + {\left( {\sqrt {20} } \right)^2}$ (Pytago)
  • $9{x^2} = 4{x^2} + 20$
  • $5{x^2} = 20$
  • ${x^2} = 4$
  • $x = 2$ (cm) (Vì $ x > 0$ )

2. Tìm các giá trị chưa biết $x, y$ trên hình:

Đáp số

 a)Tam giác vuông cân có cạnh huyền $y$ (cm) ta có:
${y^2} = {2^2} + {2^2}$ (Pytago)
${y^2} = 8$
$y = 2\sqrt 2 $ (cm) (Vì $y > 0$)
Tam giác vuông có cạnh huyền$ x $(cm) ta có:
${x^2} = {y^2} + {3^2}$ (Pytago)
${x^2} = 8 + 9$
${x^2} = 17$
$x = \sqrt {17} $ (Vì $ x > 0 $)		 b)Tam giác vuông có cạnh huyền 7(cm) ta có:
${7^2} = {2^2} + {y^2}$ (Pytago)
${y^2} = 49 – 4$
${y^2} = 45$
$y = \sqrt {45}$ (cm) (Vì $ y > 0$ )
Tam giác vuông có cạnh huyền bằng $y$(cm) ta có:
${y^2} = {4^2} + {x^2}$ (Pytago)
$45 = 16 + {x^2}$
${x^2} = 45 – 16$
${x^2} = 29$
$x = \sqrt {29} $ (cm) ( Vì $x > 0 $ )

c) Tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3 (cm) ta có:
${3^2} = {x^2} + {2^2}$ (Pytago)
${x^2} = {3^2} – {2^2}$
${x^2} = 5$
$x = \sqrt 5$ (cm) ( Vì $x > 0 $ )
Tam giác vuông có cạnh huyền bằng $y$ (cm) ta có:
${y^2} = {x^2} + {1^2}$
${y^2} = 5 + {1^2}$
${y^2} = 6$
$y = \sqrt 6 $ (cm) (Vì $y$ > 0)

3. Tìm $x$ (lấy 2 chữ số thập phân).

Gợi ý

 a. Gọi đường vuông góc có độ dài là $h$ (cm)

Gọi đường vuông góc có độ dài là $h$ (cm) .

Tam giác vuông có cạnh huyền bằng 3 (cm) ta có: ${3^2} = {x^2} + {h^2}$(Pytago)${h^2} = 9 – {x^2}$(1)

Tam giác vuông có cạnh huyền bằng 4 (cm) ta có:${4^2} = 3{}^2 + {h^2}$ (Pytago)

${h^2} = {4^2} – {3^2}$ (2

)Từ (1) và (2) suy ra: $9 – {x^2} = {4^2} – {3^2}$${x^2} = 2$$x = \sqrt 2  \approx 1,41$(cm)

 b. Tam giác vuông có cạnh huyền bằng 13 (cm) ta có:
${13^2} = {5^2} + {\left( {x – 2} \right)^2}$
${13^2} – {5^2} = {\left( {x – 2} \right)^2}$
${\left( {x – 2} \right)^2} = 144$
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x – 2 = 12}\\
{x – 2 = – 12}
\end{array}} \right.$
$\left[ {\begin{array}{*{20}{c}}
{x = 14(n)}\\
{x = – 10(l)}
\end{array}} \right.$

4. Tính $AC$ trong hình sau:

Đáp số

Xét $\Delta ABD$ vuông tại $ B$ ta có:

  • $A{D^2} = A{B^2} + B{D^2}$ (Pytago)
  • $B{D^2} = A{D^2} – A{B^2}$
  • $B{D^2} = {9^2} – {5^2}$
  • $B{D^2} = 56$
  • $BD = 2\sqrt {14} $(cm)

Mà: $BC = \dfrac{{BD}}{2}$

  • $ \Rightarrow BC = \sqrt {14}$ (cm)
  • Xét $\Delta ABC$ vuông tại $B$ ta có:
  • $A{C^2} = A{B^2} + B{C^2}$
  • $A{C^2} = {5^2} + {\left( {\sqrt {14} } \right)^2}$
  • $A{C^2} = 39$
  • $AC = \sqrt {39} $ (cm)

5. Tính độ dài $AB$ trong các hình sau:

Đáp số

a) Kẻ $ BH \bot AD\left( {H \in AD} \right)$
Khi đó $HDCB$ là hình chữ nhật ( tứ giác có 3 góc vuông)
$ \Rightarrow \left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{{\rm{DC = }}HB = DA = 4cm}\\
{CB = DH = 3cm}
\end{array}} \right.$
Ta có: $HA = DA – DH = 4 – 3 = 1$(cm)
Xét $\Delta BHA$ vuông tại $H$ ta có:
$A{B^2} = H{B^2} + H{A^2}$(Pytago)
$A{B^2} = {4^2} + {1^2} = 17$
$AB = \sqrt {17}$ (cm)

b) Tương tự cũng dùng định lí Pytago

c) Dựng hình chữ nhật $ADMN$.
Khi đó: $\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}
{MA = ND = 3cm}\\
{MN = AD = 5cm}
\end{array}} \right.4
Ta có: $BD = ND + NB = 3 + 1 = 4$ (cm)
Xét $\Delta ADB$ vuông tại $D$ ta có:
$A{B^2} = A{D^2} + D{B^2}$(Pytago)
$\Leftrightarrow A{B^2} = {5^2} + {4^2}4$
$ \Leftrightarrow A{B^2} = 41$
$\Leftrightarrow A{B^2} = 41$
$\Leftrightarrow AB = \sqrt {41}$ (cm)

6. Tam giác đều có độ dài cạnh bằng $3cm$. Tính diện tích tam giác.

7. Tam giác cân có cạnh bên bằng 8, cạnh đáy bằng 6. Tính diện tích tam giác.

8. Một hình thang có một đáy là $2x$ và các cạnh còn lại bằng $x$. Tìm $x$ biết diện tích hình thang bằng $6\sqrt{3}$.

9. Một người đi xe đạp từ $C$ đến $B$ với vận tốc $15km/h$. Hỏi đi được bao lâu thì người đó cách đều hai điểm $A$ và $B$ ?

10. Bạn Rô muốn treo một banner khuyến mãi dài 7m trước cửa hiệu. Có hai đinh treo được đóng trên tường, tạo thành một đoạn thẳng song song mặt đất và có độ dài 10m. Nếu muốn banner treo thấp hơn đoạn thẳng đó 1m thì độ dài hai dây treo phải là bao nhiêu?

Một bài tứ giác nội tiếp khó

Leave a reply

Đề bài. Cho tam giác $ABC$. Đường tròn đi qua hai đỉnh $B, C$ và cắt các cạnh $AB, AC$ tại $D$ và $E$. Gọi $M$ là giao điểm của $CD$ và $BE$. Gọi $P$ là điểm đối xứng của $M$ qua $AC$ và $Q$ lá điểm đối xứng của $M$ qua trung điểm cạnh $BC$. Chứng minh 4 điểm $A, C, P, Q$ cùng thuộc một đường tròn.

Gợi ý

Gọi $F$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BMD$ và $AM$. Khi đó ta có $AM.AF = AD.AB = AE.AC$, suy ra $M$ thuộc đường tròn ngoại tiếp của tam giác $MCE$.

Ta có $\angle MFB = \angle ADM = \angle AEM = \angle AFC$ và $\angle FMB = \angle AME = \angle ACF$, suy ra $\Delta FBM \backsim \Delta FAC \Rightarrow \dfrac{BF}{AF} = \dfrac{BM}{AC}$.

Mà $BF = CQ$, suy ra $\dfrac{BF}{AF} = \dfrac{CQ}{AC} \Rightarrow \dfrac{BF}{CQ} = \dfrac{AF}{AC}$.

Xét tam giác $ABF$ và $ACQ$ có $\angle AFB = \angle ACQ$ (cùng bù với $\angle BDC$) và $\dfrac{BF}{CQ} = \dfrac{AF}{AC}$ nên $\Delta ABF \backsim \Delta ACQ$. Suy ra $\angle AQC = \angle ABF$.

Mặt khác $ABF = \angle CMF = 180^\circ – \angle AMC = 180^\circ – \angle APC$.

Nên $AQC = 180^\circ – \angle APC \Rightarrow \angle AQC + \angle APC = 180^\circ$, do đó tứ giác $APCQ$ là tứ giác nội tiếp.

Bài giảng Tứ giác nội tiếp

Điểm Migel của tam giác vuông

Leave a reply

Đề bài. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ($AB < AC$) nội tiếp đường tròn tâm $O$.Vẽ đường cao $AH$. Đường tròn đường kính $AH$ cắt $AB, AC$ tại $D$ và $E$ và cắt $(O)$ tại điểm $P$ khác $A$. $AP$ cắt $BC$ tại điểm $K$.Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ ($AB < AC$) nội tiếp đường tròn tâm $O$.Vẽ đường cao $AH$. Đường tròn đường kính $AH$ cắt $AB, AC$ tại $D$ và $E$ và cắt $(O)$ tại điểm $P$ khác $A$. $AP$ cắt $BC$ tại điểm $K$.

a. Chứng minh các tứ giác $KPEC, KPDB$ nội tiếp.

b. Chứng minh $K, D, E$ thẳng hàng.

Gợi ý

a. Tứ giác $AHDP$ nội tiếp nên $\angle KPD = \angle AHD$.

Tứ giác $AHDP$ nội tiếp nên $\angle KPD = \angle AHD$.

Mà $\angle ABH = \angle AHD$, suy ra $\angle KPD = \angle ABH$, do đó tứ giác $KPDB$ nội tiếp.

Ta có $\angle APE = \angle AHE$ (APHE nội tiếp) và $\angle AHE = \angle ACB$ nên $\angle APE = \angle ACB$, do đó tứ giác $KPEC$ nội tiếp.

b. Ta có $\angle ADE = \angle AHE = \angle AHC$.(1)

Tứ giác $KPDB$ nội tiếp, suy ra $\angle KDB = \angle KPB$, mà $\angle KPB = \angle ACB$ (APBC nội tiếp) nên $\angle KDB = \angle ACB$.(2)

Từ (1) và (2), suy ra $\angle KDB = \angle ADE$. Khi đó $\angle KDB + \angle BDE = \angle ADE + \angle BDE = 180^\circ$. Vậy $K, D, E$ thẳng hàng.

Bài giảng Tứ giác nội tiếp

Hai đường đẳng giác và tứ giác nội tiếp.

Leave a reply

Đề bài. Cho tam giác ABC. Trên cạnh BC lấy các điểm D, E sao cho $\angle BAD = \angle CAE$. Gọi $M, N$ là hình chiếu vuông góc của $B$ trên $AD, AE$; $P, Q$ là hình chiếu vuông góc của C trên $AD, AE$. Chứng minh 4 điểm $M, N, P, Q$ cùng thuộc một đường tròn có tâm là trung điểm $BC$.

Gợi ý

Ta có tứ giác $ABMN$ nội tiếp, suy ra $\angle AMN = \angle ABN = 90^\circ – \angle BAE$.(1)

Tứ giác $ACPQ$ nội tiếp, suy ra $\angle APQ = \angle ACP = 90^\circ – \angle CAD$.(2)

Ta lại có $\angle DAB = \angle CAE $ nên $\angle BAE = \angle CAD$.(3)

Từ (1), (2) và (3) ta có $\angle AMN = \angle APQ$, suy ra tứ giác $MNPQ$ nội tiếp.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$, ta có $BM||CP$ nên đường thẳng $d$ qua $I$ song song với $BM$ đi qua trung điểm của $MP$ mà $BM \bot MP$ nên đường thẳng $d$ là trung trực của $MP$. Vậy $IM = IP$.

Tương tự ta cũng có $IN  = IQ$.

Hơn nữa tứ giác $MNPQ$ là tứ giác nội tiếp khác hình thang nên $I$ chính là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

Bài giảng Tứ giác nội tiếp