Dự án phát triển bài hình lớp 9 chương i

Chứng minh rằng tam giác ABC vuông cân.. Chứng minh rằng 2 2  SAB SAC DỰ ÁN PHÁT TRIỂN HÌNH HỌC 9 CHƯƠNG I: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG... Áp dụng hệ thức lượng cho các tam giác

Trang 1

Dự án phát triển hình học 9 Chương I

Bài 1 Cho tam giác

ABC

vuông tại A có đường cao AH Gọi E và F lần lượt là hình chiếu của H

trên AB và AC Gọi M là trung điểm của BC Kí hiệu

;

ABC ABC

theo thứ tự là chu vi và diện tích tam giác ABC

1) Chứng minh rằng

2 2

AE  HC

2 2 2 2

2  2  2 �

3

3 

2 2 2 2 2 22 2

3

BE CF BC EF

9) Giả sử

2



ABC AEHF

Chứng minh rằng tam giác ABC vuông cân

3

2





ABH

AB AC S

và

11) Chứng minh

12) Lấy điểm S trong tam giác ABC sao cho

MAB SAC

Chứng minh rằng

2 2



SAB SAC

DỰ ÁN PHÁT TRIỂN HÌNH HỌC 9 CHƯƠNG I: HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG

Trang 2

13) Giả sử các cạnh của tam giác ABC thỏa mãn

BC  BC AC AC

Tính số đo góc

�

ABC

14) Gọi I là giao điểm ba đường phân giác của tam giác Gọi

, ,

D G Q

lần lượt là hình chiếu của

I

trên các cạnh

, ,

BC AC AB

Gọi L là trung điểm cạnh AC Đường thẳng LI cắt AB tại N , đường

thẳng

DQ

cắt đường cao AH tại P Chứng minh tam giác ANP là tam giác cân

HƯỚNG DẪN GIẢI

1) Chứng minh rằng

2 2

AE  HC

Tam giác ABC vuông tại A có đường có AH nên ta có

2 

và

2 

Do đó ta có

2 2

Từ giác AEHF là hình chữ nhật nên

AEF ACB

nên

suy ra

AC  AF

Từ đó ta được

2 2

AE  HC

.

Áp dụng hệ thức lượng cho các tam giác vuông

;

ABH ACH

ta có

BE BA BH CF CA CH

Do đó

BE BA CF CA BH CH BH CH BC

2 2  2 2

.

Trang 3

Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên ta có

2 

và

2 

Áp dụng

định lý Pythago cho các tam giác vuông ABH và

ACH

ta có

2  2 2

và

2  2 2

Do đó ta được

2 2  2 2

2  2  2 �

Ta dễ dàng chứng minh được các tam giác

ABC HBA HAC

đồng dạng với nhau nên ta có

� �

HBA

và

HAC

Do đó suy ra

2  2  2 �

.

Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nênAB AC. AH BC.

Từ đó kết hợp với định lý Pythago ta có

Suy ra

AB AC BC BC AH AB AC

Mà ta lại có

nên suy ra AB AC �BC 2

Từ đó

Vậy bất đẳng thức được chứng minh Dấu bằng xẩy ra khi tam giác ABC vuông cân tại A

3

3 

Theo như trên ta đã có

2

2 

, do đó suy ra

4  2

Trang 4

Áp dụng hệ thức lượng cho các tam giác vuông ABH và ACH ta có

và

Do đó suy ra

4 4



hay

3

3 

Do đó

Để ý rằng

và

2 2 2 2 2 22 2

.

Áp dụng định lý Pythago cho các tam giác vuông ta được

2 2  2; BE2  2 2; 2  2 2

Do đó ta được

2 2 2 2  2 2 22 2 2 22 2

3

BE CF BC EF

.

Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên

2 

và AH BC. AB AC.

Tam giác AHB vuông tại H có đường cao BE nên

2 

Tam giác

ACH

vuông tại H có đường cao

CF

nên

2 

AH BH HC BE AB CF AC BE CF AB AC BE CF BC AH

Suy ra

3

Dễ dàng chứng minh được tứ giác AEHF là hình chữ nhật nên AH EF

Do đó suy ra

3

BE CF BC EF

9) Giả sử

2



ABC AEHF

Chứng minh rằng tam giác ABC vuông cân

Tam giác ABC vuông tại A có đường trung tuyến AM nên 2

 BC

AM

Từ giác AEHF là hình chữ nhật nên

2



ADHE ADH

Mà ta lại có

2



ABC ADHE

Do đó

4



ABC ADH

hay

1 4



ADH ABC

S S

Trang 5

Ta lại chứng minh được

DAH�ABC

nên

1 4

� � �� 

ADH ABC

Kết hợp các kết quả trên ta được AH  AM

hay tam giác ABC vuông cân tại A

10) Chứng minh rằng  

3

2





ABH

AB AC S

và

.

+ Tam giác ABH vuông tại H nên

2



ABH

AH BH S

Khi đó áp dụng định lý Pythago và các hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có

2

ABH

S

Hệ thức cuối cùng đúng do tam giác ABC vuông tại A Vậy ta có điều cần chứng minh

+ Ta có

AHC�BHA

nên ta có



AHC AHB

và

AHF�HCF

nên

AHF HCF

Do đó kết hợp với hệ thức lượng trong tam giác vuông ta được

AHC AHF AHB HCF

Ta có



nên

HFE�AEF�ACB

nên

2 2

ABC HEF

Lại do

ABC�HCF

nên



Kết hợp các kết quả trên ta được

11) Chứng minh

.

�

Lời giải 1 Tam giác ABC vuông tại A có AH là đường cao nên

2 

, suy ra ta được

2



hay



CA CH

CB CB

Chứng minh tương tự ta cũng có



BA BH

BC BC

Đến đây ta suy ra được

Trang 6

CH  BH  BE CA CF BC

Dễ thấy hai tam giác

nên



, hai tam

giác

nên



Đến đây thì ta suy ra được

1

hay

BE AC CF AB AB AC BC AH

Kết hợp các kết quả lại ta được

CH  BH  BE CA CF BC  BC AH 

, điều này dẫn

đến

Đây chính là kết quả cần chứng minh

�

Lời giải 2 Dễ thấy tứ giác AEHF là hình chữ nhật nên AF EH

và AE FH

Ta có

�

Ta có

2 

Dễ thấy hai tam giác

nên ta có

�

BE FC FH EH AE AF

BE EH BH

EH HC FC BH

FH FC HC

BE HC FH BH

2 2

�

BE CH BE FH BH BE AE HB HF HB

CF BH CF EH HC CF AF HC HF HC

BE CF CH BH AE AF AH

Như vậy ta có

2

�



�

Hai tam giác

nên ta có



hay AE BH. EH HA.

Trang 7

Hai tam giác

nên ta có



hay AF HC.  AH HF.

Vậy BE CH CF BH  AH BC

12) Lấy điểm S trong tam giác ABC sao cho

MAB SAC

Chứng minh rằng

2 2



SAB SAC

Do

MAB SAC

nên ta được

�AS �

Khi đó ta có

�

.AS.sin AS AS

.sin

SAB PAC

và

�

.AS AS.sin

PAB SAC

Do AM là đường trung tuyến nên ta được



MAB MAC

Do đó ta được



SAB PAB PAC SAC

hay

2 2



SAB SAC

13) Giả sử các cạnh của tam giác ABC thỏa mãn

BC 2.BC.AC 4AC

Tính số đo góc

�

ABC

.

+ Lời giải 1 Ta đi chứng minh bài toán phụ Cho tam giác ABC có

� 2�

Khi đó ta luôn có

2  2

.

Chứng minh Kẻ tia phân giác của BD của tam

giác ABC, khi đó

DBC DCB ABD

và tam

giác BCD cân tại D Từ đó ta được

�D � � 2� �

Trang 8

Hai tam giác

vì

và

ABD ACB

, do đó



hay

2 

Mặt khác theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta có



hay



nên

ta được





AB AC AD

AB AC

Như vậy ta có



AB AC

AB AB

suy ra

2  2

Trở lại bài toán Từ giả thiết

BC 2.BC.AC 4AC

ta được

2

2 2  4 0

Đặt

 1

 BC 

AC

thì ta có phương trình

2  2 4 0

, giải phương trình ta được t 1 5

Từ đó ta

được

 

BC

AC

Để ý rằng tam giác ABC vuông tại A nên ta có

�

sin

4

AC ABC

BC

+ Ta đi chứng minh

sin18

4





Thật vậy, xét tam giác MNP cân tại

� 360

M

, khi đó ta có

� � 720

và

�2�

Gọi I là trung điểm của PN, khi đó

MI

là đường trung trực của

NP

nên

� � 180

Trong

tam giác MNI vuông ta có

0 sin18

2

 NI  NP

Theo bài toán

phụ trên thì ta có

2  2

nên suy ra

Trang 9

2

1 0

Hay ta được

2

Đến đây ta có phương trình

4sin 18 2sin18  1 0

Giải

phương trình thì ta được

sin18

4





Như vậy ta tính được

�ABC180

+ Lời giải 2 Do M là trung điểm của cạnh BC Theo giả thiết ta có

2CM 4CM AC 4AC �CM CM AC AC  � CM CM AC

AC

Suy ra ta được





Kẻ phân giác trong AT của tam giác ACM Theo tính chất của đường

phân giác ta có

Kết hợp hai kết quả ta được



Suy ra

A

và ACT

cân tại A

Lại có

Do đó

1

180

2 ACB ACB ACB  

nên

� 720

ACB

Từ đó suy ra

� 180

ABC

14) Gọi I là giao điểm ba đường phân giác của tam giác Gọi

, ,

D G Q

lần lượt là hình chiếu của I

trên các cạnh

, ,

BC AC AB

Gọi L là trung điểm cạnh AC Đường thẳng LI cắt AB tại N, đường

thẳng

DQ

cắt đường cao AH tại P Chứng minh tam giác ANP là tam giác cân.

Trang 10

Ta có IG song song với AC nên theo định lí Thales ta có



Do đó

1 2



AL I AC I AN

GL AL AG

Ta có tứ giác AGIH là hình vuông nên AG GI

Vì

, ,

D G Q

lần lượt là hình chiếu của I trên các cạnh

, ,

BC CA AB

nên ta có

1 2

Do đó

 2 2

Lại có

BC AB CD CG AG AL AG

(3) Thay

 2

và

 3 vào hệ thức

 1

ta được

.G



AC AB CA BC

AC I AN

BC AB

Từ A kẻ đường thẳng song song với BC cắt

DQ

tại K, khi đó tam giác APK vuông tại A

Ta có



BD BQ

do đó ta có

AQ AG

AK

và

2

Trong tam giác AKP có

Do đó ta được

 

2

AP

ID

Trang 11

BD

Suy ra

 

AP

AB AC BC

(**)

Từ

 *

và

 **

ta được AN  AP

nên tam giác ANP cân tại A

Định dạng
Số trang	11
Dung lượng	864,77 KB