Bài tập hay và khó chương hệ thức lượng trong tam giác vuông

Xét tam giác vuông \(ABC\)  có

Ta có: \(\sin B = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow {\sin ^2}B = \dfrac{{A{C^2}}}{{B{C^2}}}\)

\(\sin C = \dfrac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow {\sin ^2}C = \dfrac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}}\;\;\)

\(\tan B = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow \tan C = \dfrac{{AB}}{{AC}}\)

Vậy \(A = {\sin ^2}B + {\sin ^2}C - \tan B.\tan C\;\)

\( = \dfrac{{A{C^2}}}{{B{C^2}}} + \dfrac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}} - \dfrac{{AC}}{{AB}}.\dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{A{C^2} + A{B^2}}}{{B{C^2}}} - 1\)  mà theo Pytago ta có \(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\)  nên

\(A = \dfrac{{B{C^2}}}{{B{C^2}}} - 1 = 0\)

Xét tam giác vuông $AHB$ có đường cao $HE$ , ta có:

\(A{H^2} = AE.AB\)

Tương tự với tam giác vuông $AHC,$ ta có:

\(A{H^2} = AF.AC\)

Do đó: $AE.AB = AF.AC$

Ta có tam giác $ABC$ vuông tại $A$

\(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}}  = 8\)(cm)     

Lại có: $AH$ là đường cao của tam giác vuông $ABC$ nên

\(AH.BC = AB.AC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

\( =  > AH = \dfrac{{AB.AC}}{{BC}} = \dfrac{{6.8}}{{10}} = 4,8\left( {cm} \right)\)

Dễ thấy tứ giác $AFHE$ là hình chữ nhật (có 3 góc vuông) 

Nên $EF = AH = 4,8\left( {cm} \right)$

Ta có tam giác $ABC$ vuông tại $A$

\(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}}  = 8\)(cm)     

Lại có: $AH$ là đường cao của tam giác vuông $ABC$ nên

\(AH.BC = AB.AC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

\( =  > AH = \dfrac{{AB.AC}}{{BC}} = \dfrac{{6.8}}{{10}} = 4,8\left( {cm} \right)\)

Dễ thấy tứ giác $AFHE$ là hình chữ nhật (có 3 góc vuông) 

Nên $EF = AH = 4,8\left( {cm} \right)$

Ta có \(\Delta C{\rm A}{\rm N}\) đồng dạng với $\Delta CBM$  (g-g)  (theo câu trước) nên \(\dfrac{{NA}}{{CA}} = \dfrac{{MB}}{{CB}}\;\left( 3 \right)\)

Tia $CM$ là phân giác của góc $BCD$ nên

\(\dfrac{{MB}}{{MD}} = \dfrac{{CB}}{{CD}} \Rightarrow \dfrac{{MB}}{{CB}} = \dfrac{{MD}}{{CD}}\)   (4)

Từ (3) và (4)  \( \Rightarrow \dfrac{{NA}}{{CA}} = \dfrac{{MD}}{{CD}} \Rightarrow \dfrac{{NA}}{{MD}} = \dfrac{{CA}}{{CD}}\).

Ta có: \(\widehat {{C_1}} = \widehat {{C_2}}\) (gt)

\( \Rightarrow \Delta C{\rm A}{\rm N}\) đồng dạng với $\Delta CBM$  (g-g)

Suy ra \(\dfrac{{CN}}{{CM}} = \dfrac{{CA}}{{CB}}\,\,\left( 1 \right)\)

Lại có  \(\Delta CAB\) đồng dạng với \(\Delta CBD\)  (g-g)

Suy ra \(\dfrac{{CA}}{{CB}} = \dfrac{{CB}}{{CD}}\;\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2)   \( \Rightarrow \dfrac{{CN}}{{CM}} = \dfrac{{CB}}{{CD}} \Rightarrow CN.CD = CM.CB\)

Ta có: \(\widehat {{C_1}} = \widehat {{C_2}}\) (gt)

\( \Rightarrow \Delta C{\rm A}{\rm N}\) đồng dạng với $\Delta CBM$  (g-g)

Suy ra \(\dfrac{{CN}}{{CM}} = \dfrac{{CA}}{{CB}}\,\,\left( 1 \right)\)

Lại có  \(\Delta CAB\) đồng dạng với \(\Delta CBD\)  (g-g)

Suy ra \(\dfrac{{CA}}{{CB}} = \dfrac{{CB}}{{CD}}\;\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2)   \( \Rightarrow \dfrac{{CN}}{{CM}} = \dfrac{{CB}}{{CD}} \Rightarrow CN.CD = CM.CB\)

Ta có \(\dfrac{1}{2}BC.AH = \dfrac{1}{2}BK.AC = {S_{ABC}}\)

Suy ra \(BK = \dfrac{{BC.AH}}{{AC}} = \dfrac{{2a}}{b}\sqrt {{b^2} - {a^2}} \).

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông \(AKB\) ta có: \(A{K^2} = A{B^2} - B{K^2} = {b^2} - \dfrac{{4{a^2}}}{{{b^2}}}\left( {{b^2} - {a^2}} \right) = \dfrac{{{{\left( {{b^2} - 2{a^2}} \right)}^2}}}{{{b^2}}}\).

Suy ra \(AK = \dfrac{{\left| {{b^2} - 2{a^2}} \right|}}{b}\) do đó $\dfrac{{AK}}{{AC}} = \dfrac{{\left| {{b^2} - 2{a^2}} \right|}}{{{b^2}}}$.

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\). Theo định lý Pitago ta có:

\(A{H^2} = A{C^2} - H{C^2} = {b^2} - {a^2}\)\( \Rightarrow AH = \sqrt {{b^2} - {a^2}} \)

Suy ra \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}BC.AH = \dfrac{1}{2}.2a\sqrt {{b^2} - {a^2}}= a\sqrt {{b^2} - {a^2}}\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\). Theo định lý Pitago ta có:

\(A{H^2} = A{C^2} - H{C^2} = {b^2} - {a^2}\)\( \Rightarrow AH = \sqrt {{b^2} - {a^2}} \)

Suy ra \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}BC.AH = \dfrac{1}{2}.2a\sqrt {{b^2} - {a^2}}= a\sqrt {{b^2} - {a^2}}\)

Ta có tam giác $ABC$ vuông tại $A$

\(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}}  = 8\)(cm)     

Lại có: $AH$ là đường cao của tam giác vuông $ABC$ nên

\(AH.BC = AB.AC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

\( =  > AH = \dfrac{{AB.AC}}{{BC}} = \dfrac{{6.8}}{{10}} = 4,8\left( {cm} \right)\)

Dễ thấy tứ giác $AFHE$ là hình chữ nhật (có 3 góc vuông) 

Nên $EF = AH = 4,8\left( {cm} \right)$

Ta có: \(\widehat {{C_1}} = \widehat {{C_2}}\) (gt)

\( \Rightarrow \Delta C{\rm A}{\rm N}\) đồng dạng với $\Delta CBM$  (g-g)

Suy ra \(\dfrac{{CN}}{{CM}} = \dfrac{{CA}}{{CB}}\,\,\left( 1 \right)\)

Lại có  \(\Delta CAB\) đồng dạng với \(\Delta CBD\)  (g-g)

Suy ra \(\dfrac{{CA}}{{CB}} = \dfrac{{CB}}{{CD}}\;\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2)   \( \Rightarrow \dfrac{{CN}}{{CM}} = \dfrac{{CB}}{{CD}} \Rightarrow CN.CD = CM.CB\)

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\). Theo định lý Pitago ta có:

\(A{H^2} = A{C^2} - H{C^2} = {b^2} - {a^2}\)\( \Rightarrow AH = \sqrt {{b^2} - {a^2}} \)

Suy ra \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}BC.AH = \dfrac{1}{2}.2a\sqrt {{b^2} - {a^2}}= a\sqrt {{b^2} - {a^2}}\)

Ta có tam giác $ABC$ vuông tại $A$

\(AC = \sqrt {B{C^2} - A{B^2}}  = \sqrt {{{10}^2} - {6^2}}  = 8\)(cm)     

Lại có: $AH$ là đường cao của tam giác vuông $ABC$ nên

\(AH.BC = AB.AC\) (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

\( =  > AH = \dfrac{{AB.AC}}{{BC}} = \dfrac{{6.8}}{{10}} = 4,8\left( {cm} \right)\)

Dễ thấy tứ giác $AFHE$ là hình chữ nhật (có 3 góc vuông) 

Nên $EF = AH = 4,8\left( {cm} \right)$

Xét tam giác vuông $AHB$ có đường cao $HE$ , ta có:

\(A{H^2} = AE.AB\)

Tương tự với tam giác vuông $AHC,$ ta có:

\(A{H^2} = AF.AC\)

Do đó: $AE.AB = AF.AC$

Xét tam giác vuông \(ABC\)  có

Ta có: \(\sin B = \dfrac{{AC}}{{BC}} \Rightarrow {\sin ^2}B = \dfrac{{A{C^2}}}{{B{C^2}}}\)

\(\sin C = \dfrac{{AB}}{{BC}} \Rightarrow {\sin ^2}C = \dfrac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}}\;\;\)

\(\tan B = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow \tan C = \dfrac{{AB}}{{AC}}\)

Vậy \(A = {\sin ^2}B + {\sin ^2}C - \tan B.\tan C\;\)

\( = \dfrac{{A{C^2}}}{{B{C^2}}} + \dfrac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}} - \dfrac{{AC}}{{AB}}.\dfrac{{AB}}{{AC}} = \dfrac{{A{C^2} + A{B^2}}}{{B{C^2}}} - 1\)  mà theo Pytago ta có \(A{B^2} + A{C^2} = B{C^2}\)  nên

\(A = \dfrac{{B{C^2}}}{{B{C^2}}} - 1 = 0\)

Ta có: \(\widehat {{C_1}} = \widehat {{C_2}}\) (gt)

\( \Rightarrow \Delta C{\rm A}{\rm N}\) đồng dạng với $\Delta CBM$  (g-g)

Suy ra \(\dfrac{{CN}}{{CM}} = \dfrac{{CA}}{{CB}}\,\,\left( 1 \right)\)

Lại có  \(\Delta CAB\) đồng dạng với \(\Delta CBD\)  (g-g)

Suy ra \(\dfrac{{CA}}{{CB}} = \dfrac{{CB}}{{CD}}\;\left( 2 \right)\)

Từ (1) và (2)   \( \Rightarrow \dfrac{{CN}}{{CM}} = \dfrac{{CB}}{{CD}} \Rightarrow CN.CD = CM.CB\)

Ta có \(\Delta C{\rm A}{\rm N}\) đồng dạng với $\Delta CBM$  (g-g)  (theo câu trước) nên \(\dfrac{{NA}}{{CA}} = \dfrac{{MB}}{{CB}}\;\left( 3 \right)\)

Tia $CM$ là phân giác của góc $BCD$ nên

\(\dfrac{{MB}}{{MD}} = \dfrac{{CB}}{{CD}} \Rightarrow \dfrac{{MB}}{{CB}} = \dfrac{{MD}}{{CD}}\)   (4)

Từ (3) và (4)  \( \Rightarrow \dfrac{{NA}}{{CA}} = \dfrac{{MD}}{{CD}} \Rightarrow \dfrac{{NA}}{{MD}} = \dfrac{{CA}}{{CD}}\).

Gọi \(H\) là trung điểm của \(BC\). Theo định lý Pitago ta có:

\(A{H^2} = A{C^2} - H{C^2} = {b^2} - {a^2}\)\( \Rightarrow AH = \sqrt {{b^2} - {a^2}} \)

Suy ra \({S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}BC.AH = \dfrac{1}{2}.2a\sqrt {{b^2} - {a^2}}= a\sqrt {{b^2} - {a^2}}\)

Ta có \(\dfrac{1}{2}BC.AH = \dfrac{1}{2}BK.AC = {S_{ABC}}\)

Suy ra \(BK = \dfrac{{BC.AH}}{{AC}} = \dfrac{{2a}}{b}\sqrt {{b^2} - {a^2}} \).

Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông \(AKB\) ta có: \(A{K^2} = A{B^2} - B{K^2} = {b^2} - \dfrac{{4{a^2}}}{{{b^2}}}\left( {{b^2} - {a^2}} \right) = \dfrac{{{{\left( {{b^2} - 2{a^2}} \right)}^2}}}{{{b^2}}}\).

Suy ra \(AK = \dfrac{{\left| {{b^2} - 2{a^2}} \right|}}{b}\) do đó $\dfrac{{AK}}{{AC}} = \dfrac{{\left| {{b^2} - 2{a^2}} \right|}}{{{b^2}}}$.