Bộ 12 Chuyên đề Bồi dưỡng học sinh giỏi Hình học 9

1 | 
HH9-CHUYÊN ĐỀ 1. 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: 
 = = = = = =, , , , ,AB c BC a CA b AH h HB c HC b . Ta có: 
1) = +2 2 2a b c . 
2) = =2 2. ; .b a b c a c 
3) =2 .h b c 
4) =. .a h b c . 
5) = +
2 2 2
1 1 1
h b c
. 
6) 
=
2
2
b b
a a
. 
Chú ý: Diện tích tam giác vuông: =
1
. .
2
S b c 
Chứng minh: 
+ Xét các tam giác vuông AHB và CHA, ta có: =BAH HCA (cùng phụ với HAC ) suy ra 
 ∽AHB CHA (g.g) nên ta có: = =2 .
AH CH
AH BH CH
HB HA
. 
+ Xét các tam giác vuông BHA và BAC, ta có: ABC chung suy ra BAH BAC∽ (g.g) nên ta có: 
= =2 .
BH BA
BA BH BC
BA BC
. 
+ Tương tự ta có: ∽AHC BAC (g.g) nên = =2 .
AC BC
CA CH CB
HC AC
. 
+ Ta có: 
( )
+
= = = = = +
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1
. . 2
. .
ABC
BC AB AC
AH BC AB AC S
AH AB AC AH AB AC AH AB AC
. 
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 = =,C B thì 
 + = 90 . 
 | 2 
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 ;cot
AB AC AB AC
BC BC AC AB
+ Nếu là một góc nhọn thì: 
 0 sin 1;0 cos 1;tan 0;cot 0 
2. Với hai góc , mà + = 90 , 
Ta có:  = =sin cos ;cos sin ; 
  = =tan cot ;cot tan 
Nếu hai góc nhọn và  có =sin sin hoặc =cos cos thì = . 
3. + = =2 2sin cos 1; .cot 1tg g . 
4. Với một số góc đặc biệt ta có:  =  =  =  =
1 2
sin30 cos60 ;sin45 cos45
2 2
 =  =  =  =  =  =  =  =
3 1
cos30 sin60 ;cot 60 tan30 tan45 cot 45 1;cot 30 tan60 3
2 3
. 
Việc chứng minh các hệ thức khá đơn giản: 
+ Ta có: = =sin ,cos
AB AB
BC BC
 suy ra = cossin . Tương tự cho các trường hợp còn lại. 
+ Ta có: 
 +
= = = = + = = 
2 2
2 2
2 2 2 2
2
sin ,cos sin ,cos sin cos 1
AB AC AB AC AB AC
BC BC BC BC BC
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
AB a AH . b, = =
1
2 ,
4
BC a HB BC . 
 c, = =
3
,
2
AB a CH a . D, = =
3
3,
2
a
CA a AH . 
 e, = =
3
, 5
4
AB
BC a
AC
. 
Giải: 
3 | 
a, Áp dụng công thức: = +
2 2 2
1 1 1
AH AB AC
Ta có: = + = =
2 2 2 2
2
1 1 1 1 1
3
3 3
4
AC a
a AC AC a
a
. 
b, Ta có tam giác OAB cân tại O, = 2BC BO 
Mà = = 4BC BH BH BO OAB cũng cân tại B. Hay 
OAB là tam giác đều. Suy ra = = − = − =2 2 2 2 2 2, 4 3AB a AC BC AB a a a nên = 3AC a . 
c, Áp dụng công thức: = = +2 2. ( )BA BH BC BA BH BH HC hay = +2 2
3
.
2
a BH a BH 
( )( ) + − = − + = =2 22 3 . 2 0 2 2 0
2
a
BH a BH a BH a BH a BH . Vậy = =2 3BC a AC a . 
d, Áp dụng công thức: = +
2 2 2
1 1 1
AH AB AC
Ta có: = + = = = + =2 2 2 2
2 2 2 2
2
1 1 1 1 1
4
3 3
4
AB a BC AB AC a
AB a AB a
a
. Hay = 2BC a . 
e, Đặt = =3 , 4AB k AC k với + = + = = =2 2 2 2 2 2 20 (3 ) (4 ) 25 25k AB AC k k k BC a suy ra 
= = =3 , 4k a AB a AC a . 
Ví dụ 2. 
Cho tam giác vuông ABC có =  =90 , 2A BC a , gọi O là trung điểm của BC. Dựng ⊥AH BC 
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 , 2BAC BC a . 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
2
AB BC a , 
= − = − = =2 2 2 2 2 24 3 3AC BC AB a a a AC a . 
 | 4 
b, Theo câu a) ta có: = = = + = + =
2
2 2 2 2 2
3 3 7
3
2 4 4
a a
AC a AM BM BA AM a a 
 =
7
2
a
BM . 
c. Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên =
2
3
CG CN (với N là trung điểm của AB). 
Áp dụng định lí Pitago ta có: = + = + = =
2
2 2 2 2 2
13 13
3
4 4 2
a a
CN AN AC a a CN . Suy ra 
= =
2 13
3 3
a
CG CN . 
d. Ta có: ( )= + = = =
2
2 2 2 2
1 1 1
.
2 2 2 4
AHO
BC
S AH HO AH HO AO a . Diện tích tam giác AHO lớn 
nhất khi và chỉ khi =AH HO . Tức là AHO vuông cân tại H. Suy ra =  = 22 30 , 77 30ACB ABC 
e. Tứ giác AMON là hình chữ nhật nên = .
AMON
S AM AN . Theo bất đẳng thức Côsi ta có: 
+ 2 2 22 . 2 .AM AN AM AN MN AM AN . Mà = =2 2 2MN OA a nên 
2
.
2
a
AM AN . Vậy 
2
2
AMON
a
S . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi = =AM AN AB AC , 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. . .CM CA BN BA AH . 
b, Chứng minh: = 3. .CM BN BC AH . 
c, Chứng minh: =
3
.
AH
AM AN
BC
. 
d, Chứng minh: =
3
3
AB BN
CMAC
. 
e, Chứng minh: + = 2. .AN NB AM MC AH . 
f, Chứng minh: = +
3 3 32 2 2
BC BN CM . 
Giải: 
a, Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AHB, AHC, ABC ta có: 
5 | 
= = =2 2 2. , . , .BN BA BH CMCA CH HBHC AH , suy ra ( )= =
2
4
. . . .CM CA BN BA CH BH AH . 
b, Chú ý rằng: ( )= =. . 2
ABC
AB AC AH BC S 
từ câu a) ta suy ra = =4 3. . . . .CM BN AH BC AH CM BN BC AH . 
c, Ta có: = = =2 2 4. , . . . .AM AC AH AN AB AH AM AN AB AC AH , mặt khác 
( )= =. . 2
ABC
AB AC AH BC S nên = 3. .AM AN BC AH . 
d, Ta có: = = =
2
2 2
2
.
. , .
.
BN BH CA
CMCA CH BN BA BH
CM CH AB
 (*) ta lại có: 
= = = =
4 4
2 2 2 2
2 2
. , .
BA CA
BH BC BA BH CH CB CA CH
BC BC
 thay vào (*) ta suy ra =
3
3
BN AB
CM AC
. 
e, Ta có: = = + = +2 2 2 2. , . . .AN NB HN AMMC HM AN NC AMMC HN HM . Tứ giác ANHM là 
hình chữ nhật nên + = =2 2 2 2HM HN MN AH hay + = 2. .AN NB AM MC AH . 
f, Ta có: = = = =
4 4
2 2 2 2
2 2
. , . ,
BH CH
CMCA CH BN BA BH BN CM
AB CA
. Lại có =2 .BA BH BC nên 
suy ra = = =
2 8 4 6
4
4 2 4
BA BA BH BA
BH BH
BC BC BA BC
 hay =
6
2
4
BA
BN
BC
 tương tự ta cũng có: 
+
= + = + =
6 6 6 2 2
3 32 2 2
3 3
4 4 4
3 4
CA BA CA BA CA
CM BN CM
BC BC BC BC
. Theo định lí Pitago ta có: 
+ =2 2 2BA CA BC suy ra + = =
2
3 3 32 2 2
3 4
BC
BN CM BC
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 = 2BC a . 
a, Chứng minh: Các tam giác IEO, IFO là tam giác vuông. 
b, Chứng minh: OI là trung trực của EF. 
c, Chứng minh: =2 4 .AH IK IO . 
d, Chứng minh: = cos
EF
A
BC
. 
e, Chứng minh: =. . cos .cos .cos
EF FD ED
A B C
BC AC AB
. 
f, Chứng minh: = 2cosAEF
ABC
S
A
S
. 
 | 6 
g, Chứng minh: ( )= − + +2 2 21 cos cos cosDEF
ABC
S
A B C
S
. 
h, Chứng minh: =tan .tan
AD
B C
HD
. 
i, Giả sử =  = 60 , 45ABC ACB . Tính 
ABC
S theo a. 
j, Gọi M là điểm trên AH sao cho = 90BMC . Chứng minh: = .
BMC ABC BHC
S S S . 
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 =IEA IAE (1), tam giác 
OEC cân tại O nên =OEC OCE (2). Lấy (1) + (2) theo vế ta có: + = + = 90IEA OEC IAE OCE 
hay = 90OEI . Tương tự ta cũng có = 90OFI . 
b, Do = = 
2
AH
IE IF I nằm trên trung trực của EF, = =
2
BC
OE OF nên O nằm trên trung trực 
của EF suy ra OI là trung trực của EF, 
c, Do OI là trung trực của EF nên ⊥IO EF tại K. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông 
IEO ta có: 
= − = 
2
2 2
. 4 .
2
AH
IK IO IE IK IO AH . 
d, Trong tam giác vuông AEB ta có: =cos
AE
A
AB
, trong tam giác vuông AFC ta cũng có: 
= =cos
AF AE AF
A
AC AB AC
, suy ra = =∽ cos
EF AE
AEF ABC A
BC AB
. 
e, Tương tự như câu d) ta cũng có: 
= =cos , cos
FD ED
B C
AC AB
 suy ra =. . cos .cos .cos
EF FD ED
A B C
BC AC AB
. 
f, Theo câu d) ta có: 
 = = 
∽
2
2
cos
AEF
ABC
S AE
AEF ABC A
S AB
. 
g, Ta có: 
− − −
= = − − −1ABC AEF BFD DFEDEF AEF BFD DFE
ABC ABC ABC ABC ABC
S S S SS S S S
S S S S S
. Tương tự như câu f) ta cũng có: 
= =2 2cos , cosBFD DFE
ABC ABC
S S
B C
S S
 suy ra ( )= − + +2 2 21 cos cos cosDEF
ABC
S
A B C
S
. 
h, Ta có: = =tan ,tan
AD AD
B C
BD DC
 suy ra =
2
tan .tan
.
AD
B C
BDCD
, ta cần chứng minh: 
7 | 
= =
2
. .
.
AD AD
ADHD BDCD
BDCD HD
. Thật vậy xét tam giác 
BDH và tam giác ADC ta có: 
= − =180BHD DHE ACD suy ra ∽BDH ADC nên 
=
DH BD
DC AD
 hay =. .ADHD BDCD đpcm. 
i, Để tính diện tích tam giác ABC ta cần tính đường cao AD 
theo a. 
Do tam giác ACD vuông cân tại D nên =AD DC (*). Do = 60ABC nên: 
 = =tan60 . 3
AD
AD BD
BD
 (**). Nhân (*) với 3 rồi cộng với (**) ta có: 
( ) ( )
( )
( )+ = + = = = = −
+
2 3
3 1 3 3 2 3 3 3 1
3 1
a
AD DC BD BC a AD a . 
Vậy ( ) ( )= − = − 21 . 3 3 1 .2 3 3
2
ABC
S a a a . 
j, Ta cần chứng minh: =2 .
BMC ABC BHC
S S S (***) 
Áp dụng công thức tính diện tích các tam giác ta có: 
=
1
.
2
BMC
S MD BC , =
1
.
2
ABC
S AD BC , =
1
.
2
BHC
S HD BC 
Thay (***) thì điều cần chứng minh tương đương với 
=2 .MD AD HD . 
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BMC ta có: =2 .MD DB DC . Như vậy ta quy về chứng 
minh: =. .DBDC ADHD . Xét tam giác BDH và tam giác ADC ta có: = − =180BHD DHE ACD 
suy ra ∽BDH ADC nên =
DH BD
DC AD
 hay =. .ADHD BDCD đpcm. 
Ví dụ 5. 
Cho tam giác ABC có = = =, ,BC a AC b AB c . Chứng minh rằng: 
a, = + −2 2 2 2 .cosa b c bc A . 
b, ( )( )( )= − − −S p p a p b p c (Công thức Heron) với 
+ +
=
2
a b c
p . 
c, + + 2 2 2 4 3a b c S 
= = =
1 1 1
.sin .sin .sin
2 2 2
S ab C bc A ac B . 
 | 8 
d, = = = 2
sin sin sin
a b c
R
A B C
 (với R là bán kính