Nội dung text CHƯƠNG I. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG.doc
CHƯƠNG I. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG I. Hệ thức về cạnh và đường cao KIẾN THỨC CƠ BẢN Khi giải các bài toán liên quan đến cạnh và đường cao trong tam giác vuông, ngoài việc nắm vững các kiến thức về định lý Thales, về các trường hợp đồng dạng của tam giác, cần phải nắm vững các kiến thức sau: Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH, kí hiệu: ,,,,,ABcBCaCAbAHhHBcHCb . Ta có: 1) 222abc . 2) 22.;.babcac 3) 2.hbc 4) ..ahbc . 5) 222 111 hbc . 6) 2 2 bb aa . Chú ý: Diện tích tam giác vuông: 1 .. 2Sbc Chứng minh: + Xét các tam giác vuông AHB và CHA, ta có: BAHHCA (cùng phụ với HAC ) suy ra ∽AHBCHA (g.g) nên ta có: 2.AHCH AHBHCH HBHA . + Xét các tam giác vuông BHA và BAC, ta có: ABC chung suy ra BAHBAC∽ (g.g) nên ta có: 2.BHBA BABHBC BABC . + Tương tự ta có: ∽AHCBAC (g.g) nên 2.ACBC CACHCB HCAC . + Ta có: 222 222222222 11111 ..2 ..ABC BCABAC AHBCABACS AHABACAHABACAHABAC . II. Tỉ số lượng giác của góc nhọn KIẾN THỨC CƠ BẢN Cho tam giác ABC vuông tại A. Khi đó ta có các góc B, C là góc nhọn, đặt ,CB thì 90 . Xét góc: ta thấy: AB là cạnh đối của góc , AC gọi là cạnh kề của góc . 1. Các tỉ số lượng giác của góc nhọn (hình) được định nghĩa như sau: sin;cos;tan;cotABACABAC BCBCACAB + Nếu là một góc nhọn thì: 0sin1;0cos1;tan0;cot0 2. Với hai góc , mà 90 , Ta có: sincos;cossin; tancot;cottan Nếu hai góc nhọn và có sinsin hoặc coscos thì . 3. 22sincos1;.cot1tgg .
4. Với một số góc đặc biệt ta có: 12 sin30cos60;sin45cos45 22 31 cos30sin60;cot60tan30tan45cot451;cot30tan603 23 . Việc chứng minh các hệ thức khá đơn giản: + Ta có: sin,cosABAB BCBC suy ra cossin . Tương tự cho các trường hợp còn lại. + Ta có: 22 22 2222 2sin,cossin,cossincos1ABACABACABAC BCBCBCBCBC III. Một số ví dụ tiêu biểu Ví dụ 1. Cho tam giác ABC vuông tại A, dựng đường cao AH. Tính độ dài các cạnh còn lại của tam giác ABC trong mỗi trường hợp sau: a, 3 , 2 a ABaAH . b, 1 2, 4BCaHBBC . c, 3 , 2ABaCHa . D, 3 3, 2 a CAaAH . e, 3 ,5 4 AB BCa AC . Giải: a, Áp dụng công thức: 222 111 AHABAC Ta có: 2222 2 11111 3 33 4 ACa aACACa a . b, Ta có tam giác OAB cân tại O, 2BCBO Mà 4BCBHBHBOOAB cũng cân tại B. Hay OAB là tam giác đều. Suy ra 222222,43ABaACBCABaaa nên 3ACa . c, Áp dụng công thức: 22.()BABHBCBABHBHHC hay 223 . 2aBHaBH 2223.20220 2 a BHaBHaBHaBHaBH . Vậy 23BCaACa . d, Áp dụng công thức: 222 111 AHABAC Ta có: 2222 2222 2 11111 4 33 4 ABaBCABACa ABaABa a . Hay 2BCa . e, Đặt 3,4ABkACk với 22222220(3)(4)2525kABACkkkBCa suy ra 3,4kaABaACa . Ví dụ 2. Cho tam giác vuông ABC có 90,2ABCa , gọi O là trung điểm của BC. Dựng AHBC a, Khi 30ACB . Tính độ dài các cạnh còn lại của tam giác. b, Khi 30ACB . Gọi M là trung điểm của AC. Tính độ dài BM. c. Khi 30ACB . Các đoạn thẳng AO, BM cắt nhau ở điểm G. Tính độ dài GC.
d. Giả sử điểm A thay đổi sao cho 90,2BACBCa . Tam giác ABC phải thoả mãn điều kiện gì để diện tích tam giác AHO lớn nhất? e. Giả sử CG cắt AB tại điểm N. Tứ giác AMON là hình gì? Tam giác ABC phải thoả mãn điều kiện gì để diện tích tứ giác AMON lớn nhất? Giải: a, Khi 30ACB thì tam giác ABC là tam giác nửa đều nên 1 2ABBCa , 222222433ACBCABaaaACa . b, Theo câu a) ta có: 2 22222337 3 244 aa ACaAMBMBAAMaa 7 2 a BM . c. Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên 2 3CGCN (với N là trung điểm của AB). Áp dụng định lí Pitago ta có: 2 222221313 3 442 aa CNANACaaCN . Suy ra 213 33 a CGCN . d. Ta có: 22222111. 2224AHO BC SAHHOAHHOAOa . Diện tích tam giác AHO lớn nhất khi và chỉ khi AHHO . Tức là AHO vuông cân tại H. Suy ra 2230,7730ACBABC e. Tứ giác AMON là hình chữ nhật nên . AMONSAMAN . Theo bất đẳng thức Côsi ta có: 2222.2.AMANAMANMNAMAN . Mà 222MNOAa nên 2 . 2 a AMAN . Vậy 2 2AMON a S . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AMANABAC , hay tam giác ABC vuông cân tại A. Ví dụ 3. Cho tam giác ABC vuông tại A, kẻ đường cao AH. Từ H dựng HM, HN lần lượt vuông góc với AC, AB. a, Chứng minh: 4...CMCABNBAAH . b, Chứng minh: 3..CMBNBCAH . c, Chứng minh: 3 .AH AMAN BC . d, Chứng minh: 3 3 ABBN CMAC . e, Chứng minh: 2..ANNBAMMCAH . f, Chứng minh: 333222BCBNCM . Giải: a, Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AHB, AHC, ABC ta có: 222.,.,.BNBABHCMCACHHBHCAH , suy ra 24....CMCABNBACHBHAH . b, Chú ý rằng: ..2ABCABACAHBCS từ câu a) ta suy ra 43.....CMBNAHBCAHCMBNBCAH . c, Ta có: 224.,....AMACAHANABAHAMANABACAH , mặt khác ..2ABCABACAHBCS nên 3..AMANBCAH .
d, Ta có: 2 22 2 . .,. . BNBHCA CMCACHBNBABH CMCHAB (*) ta lại có: 44 2222 22.,.BACA BHBCBABHCHCBCACH BCBC thay vào (*) ta suy ra 3 3 BNAB CMAC . e, Ta có: 2222.,...ANNBHNAMMCHMANNCAMMCHNHM . Tứ giác ANHM là hình chữ nhật nên 2222HMHNMNAH hay 2..ANNBAMMCAH . f, Ta có: 44 2222 22.,.,BHCH CMCACHBNBABHBNCM ABCA . Lại có 2.BABHBC nên suy ra 2846 4 424 BABABHBA BHBH BCBCBABC hay 6 2 4 BA BN BC tương tự ta cũng có: 66622 33222 33 444 34 CABACABACA CMBNCM BCBCBCBC . Theo định lí Pitago ta có: 222BACABC suy ra 2 333222 34 BC BNCMBC BC . Ví dụ 4. Cho tam giác nhọn ABC có các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H, gọi O là trung điểm của BC, I là trung điểm của AH, K là giao điểm của EF, OI biết 2BCa . a, Chứng minh: Các tam giác IEO, IFO là tam giác vuông. b, Chứng minh: OI là trung trực của EF. c, Chứng minh: 24.AHIKIO . d, Chứng minh: cosEF A BC . e, Chứng minh: ..cos.cos.cosEFFDED ABC BCACAB . f, Chứng minh: 2cosAEF ABC S A S . g, Chứng minh: 2221coscoscosDEF ABC S ABC S . h, Chứng minh: tan.tanAD BC HD . i, Giả sử 60,45ABCACB . Tính ABCS theo a. j, Gọi M là điểm trên AH sao cho 90BMC . Chứng minh: . BMCABCBHCSSS . Giải: a, Do BE, CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác AEH, AFH lần lượt vuông tại E, F. Do I là trung điểm cạnh huyền AH nên tam giác AIE cân tại I suy ra IEAIAE (1), tam giác OEC cân tại O nên OECOCE (2). Lấy (1) + (2) theo vế ta có: 90IEAOECIAEOCE hay 90OEI . Tương tự ta cũng có 90OFI . b, Do 2 AH IEIFI nằm trên trung trực của EF, 2 BC OEOF nên O nằm trên trung trực của EF suy ra OI là trung trực của EF,