BAI TAP CHUONG HE THUC

BÀI TẬP CHƯƠNG HỆ THỨCBài 1:trang 173 qua điểm O tuỳ ý trong tam giác ABC, ta dựng các đường thẳng DE, FK, MN tương ứng song song với AB, AC, BC sao cho F và M nằm trên BC, N và D trên

BÀI TẬP CHƯƠNG HỆ THỨC

Bài 1:(trang 173) qua điểm O tuỳ ý trong tam giác ABC, ta dựng các đường

thẳng DE, FK, MN tương ứng song song với AB, AC, BC sao cho F và M nằm trên BC, N và D trên AC Chứng minh rằng: + + = 1

CA

CN BC

BE AB AF

bài làm

Ta có: DE//AB (gt)⇒

AC

AD BC

Xét OND và BAC

Ta có: N∧ =C∧ (MN//BC)

D∧ = A∧ (DE//AB)

vậy OND~ BAC (g-g)

BA

OD

AC

DN =

⇒

Mà OD=AF (Vì FADO là hbh)

Suy ra

AC

DN AB

FA

= (2)

(1)+(2)⇒

AC

DN AC

AD AB

FA BC

Cộng

CA

CN

vào hai vế ta được:

CA

CN AC

DN AC

AD CA

CN AB

FA BC

BE

+ +

= + + Suy ra: + + = = 1

AC

AC CA

CN BC

BF AB

AF

(đpcm)

Bài 2 (trang 173) cho tam giác ABC vuông ở A có các cạnh a, b, c, kẻ đường

cao AD, kẻ DE, DF tương ứng vuông góc với AB và AC đặt BE =m, CF=n, AD=h chứng minh:

a) ( ) 3

b

c

n

m =

b)3h2 +m2 +n2 =a2

bài làm

a) xét ABC và FDC

ta có:C∧ chung

)

90

( = 0

= ∧

∧

F

A

F

O B

A

C

D

B

A

C D

F

E

∧

= B

D (so le trong)

vậyABC ~ FDC (g.g.g)⇒

FC

FD AC

AB = (1) Tương tự ta có: ABC ~ EBD (g.g.g)⇒ AC AB = ED BE (2)

ABC ~ DEF (g.g.g)⇒ AC AB = DF DE (3)

Nhân vế với vế của (1),(2),(3) ta được:

n

m b

c hay FC

BE AC

AB

=

)

b) ta có:

2 2

2 2

2

.DC h BD

DC

h

h

BD

=

⇒

=

2 2 2

2

2 2 2 2

2

2 2

2 2 2

3

2

2 )

(

n m h

a

h h n m

a

DC BD FD

ED n

m DC

BC

+ +

=

⇔

+ + +

=

⇔

+ +

+ +

= +

⇒

(đpcm)

Bài 4(trang173)Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn (0) chứng minh

rằng nếu AD,BE,CF cắt nhau tại 1 điểm thì AB.CD EF=BC.DE.FA

Bài làm

Xét AIB và EID ta có:

∧

∧

=EDI

ABI (cùng chắn cungAE)

∧

∧

= IED

IAB (cùng chắn cung BD)

Vậy AIB ~ EID(g.g)

IE

IA

ED

AB =

chứng minh tương tự ta có:

CIB ~ EIF⇒ BC EF = IC IE (2)

FIA ~ DIC⇒ CD FA = IC IA (3)

(1)x(2)x(3)⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = 1

IA

IC IC

IE IE

IA FA

CD BC

EF ED AB

FA BC ED EF

CD

I O

D A

B

C

E F

C B

A

A1

B1 C1

Bài 5(trang 173)trên cạnh AB của tam giác ABC người ta lấy C1 Qua a dựng

đường thắng song song với CC1, đường thẳng này cắt BC tại A1.Qua B kẻ 1

đường thẳng song song với CC1, đường thẳng này cắt AC tại B1 Chứng minh

rằng:

1 1

1

1 1

1

CC BB

Bài làm

Ta có: CC1//BB1 AB

AC BB

1

1 =

⇒

(1)

CC1// AA1 AB

BC AA

1

1 =

⇒

(2)

1

1 1

⇒

AB

AB AB

BC AC AA

CC BB

CC

1 ) 1 1

(

1 1

⇒

AA BB

CC

1 1

1

1 1

1

CC BB

Bài 6(trang 173) từ điểm I thuộc miền trong của tam giác ABC, người ta kẻ AI

cắt BC ở D qua I kẻ các đường thẳng MN, PQ, RS, theo thứ tự song song với

BC, AB, AC(M, S ∈ AB; Q, R ∈ BC và N, P ∈ AC) chứng minh rằng:

a)

DC

DB

IN

IM

=

b) = 1

IS

IR

IQ

PI

IN

IM

bài làm

a)vì MI//BD

AD

AI BD

MI =

IN//DC

AD

AI DC

IN =

từ (1) và (2)

DC

DB IN

IM DC

IN BD

⇒ ( đpcm)

b) Xét QIR và BAC ta có:

∧

∧

=Q

B (so le trong)

∧

∧

=C

R (so le trong)

I B

A

C

S

R P

Q D

Vậy QIR ~ BAC (g.g)⇒ IQ IR = AC AB(1)

Tương tự: SMI ~ ABC (g.g)⇒ MI SI = BC AC (2)

PIN ~ ABC (g.g)⇒ IN IP = BC AB(3)

(1).(2).(3)⇒ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ = 1

BC

AB AC

BC AB

AC IN

IP SI

MI IQ IR

Hay ⋅ ⋅ = 1

IS

IR IQ

PI

IN

IM

(đpcm)

Bài 7(trang 173) gọi AD là phân giác trong dựng từ A của tam giác ABC, còn

DF, DE lần lượt là phân giác của các góc ADB và ADC Chứng minh rằng:

AF.BD.CE=BF.DC.AE

Bài làm

DE là phân giác ADC∧ nên:

DC AE AD CE AD

AE

DC

EC

=

⇒

DF là phân giác ADB∧ nên:

AD BF BD AF BD

BF

AD

AF

=

⇒

Nhân vế với vế của (1),(2) ta được:

CE.AD.AF.BD=AE.DC.BF.AD

⇒AF.BD.CE=BF.DC AE (đpcm)

Bài 8(trang173) biết các cạnh của tam giác ABC là AC=b; BC=a; AB=c.

a)CMR nếu A 2∧ = B∧ thì a2 =b2 +bc

b) đảo lại nếu a2 =b2 +bc thì A 2∧ = B∧

bài làm

a)kẻ tia phân giác AM của BAC∧

∧

∧

∧

=

=

⇒BAM MAC B

Theo tính chất đường phân giác:

AC AB

BC AC

MC

AB

MB

+

=

=

B

A

C D

E F

Ta có:MA=MB(BMA cân tại M)

AC AB

BC AB

MA AC

AB

BC

AB

MB

+

=

⇔ +

=

Xét MAC và ABC ta có:

∧

Cchung

∧

∧

=B

MAC

Vậy MAC ~ ABC(g.g)

BC

AC

MB

MA =

Từ (1)và(2) suy ra:

AC AB

BC BC

AC

+

=

AC AB AC

BC2 = 2 +

⇔

⇔ a2 =b2 +bc(đpcm)

b) Trên tia đối của tia AC lấy điểm N sao cho :AN=AB

theo gt ta có: a2 =b2 +bc

AC AB AC

BC2 = 2 +

⇔

⇔ BC2 = AC.(AC+AB)

BC

AB AC

AC

⇔

Mà AB=AN

BC

AB AC

AC

NB

NC

=

∧

Cchung

⇒ ∧ ∧

= N

ABC

Mà A∧ =2N∧ ⇒ A∧ =2ABC∧ (đpcm)

Bài 9(trang173) O là điểm thuộc miền trong của tam giác ABC gọi D, E, F

theo thứ tự là hình chiếu vuông góc của O lên các cạnh BC, CA, AB Chứng

minh rằng: BD2 +CE2 +AF2 =DC2 + EA 2 +FB2

Bài làm

Xét DOB có:

2 2

2 2

2

OCE có: CE2 =OC2 −OE2 (2)

FOA có: FA2 =OA2 −OF2 (3)

(1)+(2)+(3) ta được:

B

A

C M

B

A

C

N

BNC ~ ABC (c.g.c)

⇒

B

A

C

O F

E

D

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2 2 2

2

=

2 2

Bài 11(trang174) chứng minh rằng tổng các bình phương các đường chéo của 1

hình thang thì bằng tổng bình phương của cạnh bên cộng với 2 lần tích 2 cạnh đáy

Bài làm

hạ đường cao AQ và BH ta có:

2 2

2 2

2 2

2 2

2

2 2

2

HC BH

AQ DQ

BC

AD

HC BH

BC

AQ DQ

AD

+ +

+

= +

⇒

+

=

+

=

2 2

2 2

2 2

2 2

2

2 2

2

QC AQ

BH DH

AC

BD

QC AQ

AC

BH DH

BD

+ +

+

= +

⇒

+

=

+

=

Yêu cầu bài toán là:AC2 +BD2 = AD2 +BC2 + 2AB.DC (*)

VT(*)=AQ2 +DQ2 +BH2 +HC2 + 2AB.DC(1)

VP(*)=(DQ+QH) 2 +BH2 +AQ2 + (QH+HC) 2

DC HQ HC

AQ BH

DQ

HC QH DQ HQ HC

AQ BH

DQ

HC QH HC

QH AQ

BH QH DQ QH

DQ

2

) (

2

2

2

2 2

2

2

2 2

2

2

2 2

2 2

2 2

+ +

+ +

=

+ + +

+ +

+

=

+ +

+ +

+ +

+

=

vì HQ=AB(gt)

DC AB HC

BH AQ

DQ2 + 2 + 2 + 2 + 2

⇒

Vậy VT=VP (đpcm)

Bài 15(trang 174) Cho tam giác ABC Chứng minh rằng:

a)( ).(1 1 1) ( ).( 1 1 1 )

c b a c b a

h h h h h h c b a c

b

b) nếu h a +h b +h c = 9rthì tam giác đã cho là tam giác đều.

Bài làm

a) ta có:SABC = a h a b h b c.h c

2

1 2

1 2

D

C

c b

S c h

S b

h

S

a= 2 ; = 2 ; = 2

⇒

) 2 2 2 )(

2 2 2 ( ) 1 1 1 ).(

(

S

h S

h S

h h

S h

S h

S c

b a c

b

c b a

+ + +

+

= + + +

+

⇒

⇔ ( ).(1 1 1) ( 1 1 1 )( a b c)

c b a

h h h h h h c b a c

b

a+ + + + = + + + + (đpcm)

b) SABC = a h a b h b c.h c

2

1 2

1 2

1 = = = pr = a+b+c⋅r

2

r a

c b

a

h a = + + ⋅

b

c b a

c

c b a

h c = + + ⋅







 + + + + + +

= + + +

+

= +

+

c

a a

c b

c c

b a

b b

a r

c b a c b a r h

h

h a b c

Áp dụng BĐT côsi ta có:

2

≥

+

ba

ab

a

b

b

a ; + ≥ 2 = 2

cb

bc b

c c

b ; + ≥ 2 = 2

ca

ac a

c c a

( )r r h

h

h a + b + c ≥ 3 + 2 + 2 + 2 = 9

⇒

dấu ”=” xảy ra khi a=b=c ⇔ABC đều (đpcm)

bài 18(trang174) Cho tam giác ABC, kí hiệu R a,R b,R c là bán kính đường tròn bàng tiếp chứng minh rằng:

a)h h h r

c b

a

1 1

1

b)R R R r

c b

a

1 1 1

bài làm

a)S a h h a S

a a

2

1

2

1

=

⇒

=

Tương tự:h b S

b 2

1

= và

S

c

h c 2

1

=

vậy h h h a S b S c S a b S c p p r r

c b

a

1 2

2 2

2 2 2

1 1

1

=

= + +

= + +

= +

b)gọi K là tâm đường tròn bàng tiếp góc A

⇒ SABC= SABK= SACK- SBCK ( )

2 b c a r p a

r a + − = a −

=

S

a p r a

p

S

r

a a

−

=

⇒

−

=

Tương tự:r p S b

b

−

=

1

; r p S c

c

−

=

1

vậy r r r p S a p S b p S c p a S b c S p r p p r

c b

a

1

) (

3 1

1

1

=

=

= + +

−

=

− +

− +

−

= +

bài 20(trang 174) Cho 2 đường tròn cắt nhau tại các điểm A và D; AB và

CD theo thứ tự là các tiếp tuyến với đường tròn thứ nhất và đường tròn thứ hai.(B và C là điểm nằm trên đường tròn).chứng minh rằng: 22

AB

CD BD

AC =

bài làm:

vì CD là tuyếp tuyến của (O2) nên có:

cungAD

ADC

2

1

=

∧

cungAD

ABD

2

1

=

∧

(góc nội tiếp)

∧

∧

=

⇒ ADC ABD(1)

chứng minh tương tự ta có: BAD∧ = ACD∧

(2)

từ (1) và (2) suy ra ABD ~ CDA (g.g)

BD

AD AD

AC

AB

⇒

BD

AC BD

AD AD

AC

AB

Bài 21(trang 175) Từ điểm P nằm trên cung BC của đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC vẽ PK,PL và PM lân lượt vuông góc với các đường thẳng BC,

AC và AB tại K, L, M Chứng minh rằng:

PM

AB PL

AC PK

BC

+

=

D

A

B C

Bài làm

Lấy E thuộc đường tròn ngoại tiếp ABC sao cho: cung BE= cung AC

∧

∧

=

⇒BPE APC

gọi N=PE∩BC

ta cóNBP∧ =CAP∧

và BPN∧ = APC∧

vậy BNP ~ ACP (g.g)

AC

BN

PL

PK =

⇒

Ta có: PL là đường cao ACP; PK là đường cao BNP

Mà BNP ~ ACP⇒ AC PL = PK BN (1)

Cung BE=Cung AC suy ra cung AB= cungEC

∧

∧

=PNB

2

1

cungBP cungAB+

Xét CPN và APB ta có:

) 2

1 (

) 180

cungBP PAB

NCP

ACP CNP

ABP

=

=

−

=

=

∧

∧

∧

∧

∧

⇒CPN ~ APB

Ta có:PK, PM là các đường cao tương ứng của 2 tam giác trên nên:

PK

NC PM

AB AB

NC

PM

N O

B

A

C P

K

L M

E

PK

BC PK

CN PK

BN PM

AB PL

AC

= +

=

Bài 22(trang 175)cho đường tròn (0) đường kính AB vẽ 1 đường tròn tâm A

có bán kính tuy ý cắt đường tròn (0) tại C và D, qua B vẽ 1 đường thẳng cắt

đường tròn (A) tại M (điểm M nằm trong đường tròn(0)) và cắt đường tròn

(0) tại N chứng minh rằng: MN2=CN.ND

Bài làm

Gỉa sử 2 đường thẳng BM và DN lần lượt

cắt đường tròn (A) tại các điểm L và C1

Ta đi chứng minh đường DN đối xứng với

đường thẳng CN qua đường thẳng BN và

NA vuông góc với nhau Ta cần chứng

minh:CNB∧ =BND∧

Thật vậy: đường AB là trục đối xứng của 2

đường tròn nên cung CB = cung BD

Do đóCNB∧ = BND∧ (chắn 2 cung bằng nhau)

mặt khác: C1M=CL ⇒MDC∧ 1 =CMN∧

xét MCN và DMN ta có:

∧

∧

=CMN

MDC1

∧

∧

=CNB

BND

vậy MCN ~ DMN(g.g)

DN CN MN

DN

MN

MN

CN

.

2 =

⇒

=

Bài 23(trang 175) Cho đường tròn (0) đường kính AB=2R Hai dây AD và

BC cắt nhau tại 1 điểm E nằm trong (0)

D

O

B A

C

L C1

Chứng minh rằng:AE.AD+BE.BC=4R2

Bài làm:

Từ E kẻ EF vuông góc với AB

Xét EAF và BAD ta có:

) 90 ( =

= ∧

∧

BDA

EFA

chung

A∧

vậy EAF ~ BAD(g.g)⇒ AE AB = AD AF

AF AB

AD

Chứng minh tương tự:

EBF ~ ABC(g.g)⇒ BE AB = BC BF

BF AB

BC

Từ (1), (2) ta có: AE.AD+BE.BC=AB.AF+AB.BF=AB(AF+FB)=AB2

⇒ AE.AD+BE.BC=4R2(đpcm)

Bài 24(trang 175) Trên cung BC của 1 đường tròn ngoại tiếp tam giác đều

ABC lấy tuỳ ý các đoạn thẳng PA và BC cắt nhau ở Q

Chứng minh rằng:PQ1 = PB1 + PC1

Bài làm:

Trên đoạn thẳng AP lấy 2 điểm M,N sao cho PN=PB, PM=PC

⇒CPM và BPN đều

xét CQM và BQN có:

∧

∧

=CQP

BQN (đối đỉnh)

E

O

B

D C

A

F

M O A

P N

Q

60

=

= ∧

∧

CPQ

BNQ

Vậy CQM ~ BQN ( )

BQ

CQ NQ

QP BN

CP

=

=

PQ BP

BP QP

NP

BP NQ

BP NQ

BN

PQ

CP

−

=

−

=

=

=

BP PQ PQ BP

PQ PQ

BP

BP CP

PQ BP

PQ BP

.

1

−

=

−

=

⇒

−

=

⇒

∧

∧

Bài 28(trang 175) Chứng minh rằng nếu các đường chéo của 1 hình tứ giác

lồi mà vuông góc với nhau thì tổng bình phương của 2 cạnh đối diện bằng tổng bình phương của 2 cạnh kia

Bài làm:

Ta có AC vuông góc với BD tại O

Suy ra ABO vuông tại O

Áp dụng định lý pitago

ta có:AB2 =OB2 +OA2(1)

Tương tự với ODC vuông tại O

ta có:DC2 =OD2 +OC2(2)

Từ (1),(2) ta có:AB2 +DC2 =OA2 +OB2 +OC2 +OD2 (*)

BCO vuông tại O nên theo pitago có: OB2 +OC2 =BC2(3)

Tương tự với AOD vuông có:OA2 +OD2 = AD2(4)

Thay (3) và (4) vào (*) ta được:AB2 +DC2 = AD2 +BC2( đpcm)

Bài 29(trang 175) Cho 1 đường tròn tâm O bán kính R và 2 dây cung vuông

góc AB và CD gọi P là giao điểm của 2 đường thẳng AB và CD

chứng minh rằng:PA2 +PB2 +PC2 +PD2 =4R2

O

B

D

Bài làm:

kẻ đường kính CM CDM∧ = 90 0(góc nt chắn nủa đường tròn)

mà AB vuông góc với CD (gt)

⇒DM//AB ∧ ∧

=

⇒ ABD BDM (so le trong)

⇒cung AD = cung BM

⇒AD=BM⇒AD2=BM2 (1)

APD vuông tại P nên theo pitago có:

2 2

Tương tự CPB vuông tại P nên:

2 2

2 2 2

2 2

Mặt khác:CBM vuông tại B nên:CB2 =CM2 −BM2 = 4R2 −BM2

2 2

2 2

2 2

2 2

Từ (1),(2) ⇒PA2 +PB2 +PC2 +PD2 =4R2(đpcm)

Bài 30(trang175) Cho hình thang ABCD đáy nhỏ AB, qua A vẽ đường thẳng

song song với BC cắt BD ở E Qua B vẽ đường thẳng song song với AD cắt

AC ở F chứng minh rằng:AB2 =EF.CD

Bài làm:

Ta có:AD//BF (gt)

OD

OB OA

OF =

AE//BC (gt)

OC

OA OB

OE =

AB//CD

CD

AB OD

OB OC

P O

C

F O

E

từ (1),(2),(3)

OB

OE OA

OF

=

OC

OA AB

EF OB

OE AB

EF

=

⇒

=

Từ (3),(4) AB EF CD

CD

AB AB

EF

.

2 =

⇒

=

Bài 31(trang175) Cho ABCD là hình thang vuông (∧A=D∧ =1V) Chứng minh rằng:AC ⊥BDsuy ra BC2 = AB2 +DC2 −AD2

Bài làm:

O=DB∩AC

OBC vuông tại O nên theo pitago có:

2 2

Tương tự với AOB và DOC ta có:

2 2

2 2

Thay (2),(3) vào (1) được: BC2 = AB2 −AO2 +DC2 −OD2(4)

ADO vuông tại O nên: AD2 = AO2 +OD2(*)

Thay (*) vào (4) ta được: BC2 = AB2 +DC2 −AD2(đpcm)

∧

∧

= BND CNB