Đề bài

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$.
a) Chứng minh rằng $AB^{2} = BH.BC$.
b) Giả sử $AB = 3cm$, $BC = 5cm$. Giải tam giác vuông $ABH$ (kết quả số đo góc làm tròn đến phút).
c) Gọi $M,N$ lần lượt là hình chiếu của $H$ trên $AB,AC$. Chứng minh $\text{Δ}AMN$ đồng dạng với $\text{Δ}ACB$ và $S_{\text{Δ}ABC} = \dfrac{S_{\text{Δ}MHN}}{\text{cos}^{2}B\text{cos}^{2}C}$.

Phương pháp giải

a) Chứng minh rằng $AB^{2} = BH.BC$.

Chứng minh $\Delta ABC \backsim \Delta HBA\left( {g.g} \right)$, suy ra $AB^{2} = BH.BC$.

b) Giải tam giác vuông $ABH$ (kết quả số đo góc làm tròn đến phút).

Từ $AB^{2} = BH.BC$ (cmt), tính $BH$.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABH để tính AH.

Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác ABH, tính góc B.

Từ đó suy ra số đo góc BAH.

$\sin B = \dfrac{AH}{AB} = \dfrac{12}{5}:3 = \dfrac{4}{5}$ nên $B \approx 53{^\circ}8'$.

c) * Chứng minh $\Delta AMN \backsim \Delta ACB$

Gọi I là giao điểm của MN và AH.

Chứng minh tứ giác AMHN là hình chữ nhật suy ra MN và AH cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, nên $\Delta MIA$ cân tại I, suy ra hai góc ở đáy bằng nhau.

Từ đó chứng minh $\Delta AMN \backsim \Delta ACB$ (g.g)

* Chứng minh $S_{\text{Δ}ABC} = \dfrac{S_{\text{Δ}MHN}}{\text{cos}^{2}B\text{cos}^{2}C}$

Dựa vào đặc điểm của hình chữ nhật và tính chất hai đường thẳng song song suy ra các cặp góc đồng vị bằng nhau,

Chứng minh $\Delta AMN = \Delta HNM$, dẫn đến $\Delta HMN \backsim \Delta ABC$.

Suy ra $\dfrac{S_{\Delta HMN}}{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{HM.HN}{AB.AC}$

Nhân cả tử và mẫu với BH.HC, từ đó biến đổi về tỉ số lượng giác cosin của góc B, C để chứng minh $\dfrac{S_{\Delta HMN}}{S_{\Delta ABC}} = \cos^{2}B.\cos^{2}C$

Do đó $S_{\Delta ABC} = \dfrac{S_{\Delta MHN}}{\cos^{2}B.\cos^{2}C}$.

Lời giải của GV Loigiaihay.com

a) Chứng minh rằng $AB^{2} = BH.BC$.

Xét $\Delta ABC$ và $\Delta HBA$ có:

$\widehat{BAC} = \widehat{BHA}$ $\left( {= 90{^\circ}} \right)$

$\widehat{B}$ chung

Do đó $\Delta ABC \backsim \Delta HBA\left( {g.g} \right)$, suy ra $\dfrac{AB}{BC} = \dfrac{BH}{AB}$ nên $AB^{2} = BH.BC$.

b) Giả sử $AB = 3cm$, $BC = 5cm$. Giải tam giác vuông $ABH$ (kết quả số đo góc làm tròn đến phút).

Vì $AB^{2} = BH.BC$ (cmt) nên $BH = \dfrac{AB^{2}}{BC} = \dfrac{3^{2}}{5} = \dfrac{9}{5}\left( {cm} \right)$.

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác ABH, ta có:

$AH^{2} = AB^{2} - BH^{2} = 3^{2} - \left( \dfrac{9}{5} \right)^{2} = \dfrac{144}{25}$, suy ra $AH = \sqrt{\dfrac{144}{25}} = \dfrac{12}{5}\left( {cm} \right)$.

Áp dụng tỉ số lượng giác trong tam giác ABH, ta có:

$\sin B = \dfrac{AH}{AB} = \dfrac{12}{5}:3 = \dfrac{4}{5}$ nên $B \approx 53{^\circ}8'$.

Suy ra $\widehat{BAH} = 90{^\circ} - 53{^\circ}8' = 36{^\circ}52'$.

Vậy $AH = \dfrac{12}{5}cm,BH = \dfrac{9}{5}cm,AB = 3cm$, $\widehat{AHB} = 90{^\circ},\widehat{ABH} = 53{^\circ}8',\widehat{BAH} = 36{^\circ}52'$,

c) Gọi $M,N$ lần lượt là hình chiếu của $H$ trên $AB,AC$. Chứng minh $\text{Δ}AMN$ đồng dạng với $\text{Δ}ACB$ và $S_{\text{Δ}ABC} = \dfrac{S_{\text{Δ}MHN}}{\text{cos}^{2}B\text{cos}^{2}C}$.

* Chứng minh $\Delta AMN \backsim \Delta ACB$

Gọi I là giao điểm của MN và AH.

Xét tứ giác AMHN có:

$\widehat{MAN} = 90{^\circ}$ (gt)

$\widehat{AMH} = \widehat{ANH}$ (do $M,N$ lần lượt là hình chiếu của $H$ trên $AB,AC$)

nên tứ giác AMHN là hình chữ nhật.

Suy ra MN và AH cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường, do đó MI = IH = IN = IA, suy ra $\Delta MIA$ cân tại I, suy ra $\widehat{M_{1}} = \widehat{A_{1}}$ (tính chất tam giác cân).

Mà $\widehat{A_{1}} + \widehat{B} = 90{^\circ}$, $\widehat{B} + \widehat{C} = 90{^\circ}$ nên $\widehat{A_{1}} = \widehat{C}$, suy ra $\widehat{M_{1}} = \widehat{C}$

Xét $\Delta AMN$ và $\Delta ACB$ có:

$\widehat{BAC}$ chung

$\widehat{M_{1}} = \widehat{C}$

Do đó $\Delta AMN \backsim \Delta ACB$ (g.g)

* Chứng minh $S_{\text{Δ}ABC} = \dfrac{S_{\text{Δ}MHN}}{\text{cos}^{2}B\text{cos}^{2}C}$

Vì AMHN là hình chữ nhật nên MH // AC và NH // AB, suy ra $\widehat{H_{1}} = \widehat{C},\widehat{H_{2}} = \widehat{B}$

Xét $\Delta AMN$ và $\Delta HNM$ có:

$AM = HN$ (vì AMHN là hình chữ nhật)

$\widehat{MAB} = \widehat{NHM}\left( {= 90{^\circ}} \right)$

$AN = HM$ (vì AMHN là hình chữ nhật)

nên $\Delta AMN = \Delta HNM$.

Mà $\Delta AMN \backsim \Delta ACB$, suy ra $\Delta HMN \backsim \Delta ABC$.

Suy ra $\dfrac{S_{\Delta HMN}}{S_{\Delta ABC}} = \dfrac{HM.HN}{AB.AC}$

$\begin{array}{l} {= \dfrac{HM.BH.HN.HC}{BH.AB.HC.AC}} \\ {= \dfrac{HM}{BH}.\dfrac{BH}{AB}.\dfrac{HN}{HC}.\dfrac{HC}{AC}} \\ {= \cos H_{1}.\cos B.\cos H_{2}.\cos C} \\ {= \cos C.\cos B.\cos B.\cos C} \\ {= \cos^{2}B.\cos^{2}C} \end{array}$

Do đó $S_{\Delta ABC} = \dfrac{S_{\Delta MHN}}{\cos^{2}B.\cos^{2}C}$.

Báo lỗi/Góp ý

Các bài tập cùng chuyên đề

Bài 1 :

Một khúc sông rộng khoảng $250m$. Một chiếc thuyền muốn qua sông theo phương ngang nhưng bị dòng nước đẩy theo phương xiên, nên phải đi khoảng $320m$ mới sang được bờ bên kia. Hỏi dòng nước đã đẩy thuyền lệch đi một góc bao nhiêu độ?

A.

$30^\circ $
B.

$40^\circ $
C.

$38^\circ 37'$
D.

$39^\circ 37'$