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

Đề bài

Câu 1 :

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB = 6cm,{\rm{ }}BC = 10cm,$ đường cao $AH.$ Gọi $E,{\rm{ }}F$ là hình chiếu của $H$ lần lượt lên $AB,{\rm{ }}AC.$

Câu 1.1

Tính $EF.$

A

$4,8\,cm$
B

$2,4\,cm$
C

$5,6\,cm$
D

$6,4\,cm$

Câu 1.2

Chọn câu đúng.

A

$AE.AB = AF.AC.$
B

$AE.AF = AB.AC.$
C

$AE.AC = AF.AB.$
D

$\dfrac{{AE}}{{AB}} = \dfrac{{AF}}{{AC}}.$

Câu 1.3

Tính: $A = {\sin ^2}B + {\sin ^2}C – \tan B.\tan C$ .

A

$2$
B

$– 1$
C

$1$
D

$0$

Câu 2 :

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có đường cao $AH.$ Qua $B$ vẽ đường thẳng vuông góc với $BC$ cắt đường thẳng $AC$ tại $D.$ Tia phân giác của góc $C$ cắt $AB$ tại $N$ và $BD$ tại $M.$

Câu 2.1

Chọn câu đúng.

A

$CN.CB = CM.CD$
B

$CN.CM = CD.CB$
C

$C{N^2} = CM.CB$
D

$CN.CD = CM.CB$

Câu 2.2

Chọn câu đúng.

A

$NA.MD = CA.CD$
B

$\dfrac{{NA}}{{CD}} = \dfrac{{CA}}{{MD}}$
C

$\dfrac{{NA}}{{MD}} = \dfrac{{CA}}{{CD}}$ .
D

Cả A, B, C đều đúng.

Câu 3 :

Cho tam giác cân $ABC$ có đáy $BC = 2a$ , cạnh bên bằng $b\left( {b > a} \right)$ .

Câu 3.1

Tính diện tích tam giác $ABC$

A

$S = a\sqrt {{b^2} – {a^2}}$
B

$S = \dfrac{1}{2}a\sqrt {{b^2} – {a^2}}$
C

$S = \dfrac{1}{2}\sqrt {{b^2} – {a^2}}$
D

$S = \sqrt {{b^2} – {a^2}}$

Câu 3.2

Kẻ $BK \bot AC$ . Tính tỷ số $\dfrac{{AK}}{{AC}}$ .

A

$\dfrac{{AK}}{{AC}} = \dfrac{{\left| {{b^2} – 2{a^2}} \right|}}{{{a^2}}}$
B

$\dfrac{{AK}}{{AC}} = \dfrac{{\left| {2{b^2} – {a^2}} \right|}}{{{b^2}}}$
C

$\dfrac{{AK}}{{AC}} = \dfrac{{\left| {{b^2} – 2{a^2}} \right|}}{{{b^2}}}$
D

$\dfrac{{AK}}{{AC}} = \dfrac{{\left| {{b^2} – 2{a^2}} \right|}}{{2b}}$

Câu 4 :

Cho hình thang $ABCD$ có $\widehat A = \widehat D = {90^0},\widehat B = {60^0},CD = 30cm,CA \bot CB$ . Tính diện tích của hình thang.

A.

$350\sqrt 3 \,\,c{m^2}$
B.

$50\sqrt 3 \,\,c{m^2}$
C.

$250\sqrt 3 \,\,c{m^2}$
D.

$700\sqrt 3 \,\,c{m^2}$

Câu 5 :

Cho tam giác nhọn $ABC$ hai đường cao $AD$ và $BE$ cắt nhau tại $H$ . Biết $HD:HA = 1:2$ . Tính $\tan B.\tan C$

A.

$\dfrac{1}{2}$
B.

$\dfrac{1}{3}$
C.

$2$
D.

$3$

Câu 6 :

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ , $AB < AC,\widehat C = \alpha < {45^0}$ , đường trung tuyến $AM$ , đường cao $AH$ , $MA = MB = MC = a.$ Chọn câu đúng.

A.

$\sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha ;$
B.

$1 + c{\rm{os}}2\alpha = 2{\cos ^2}\alpha ;$
C.

$1 – c{\rm{os}}2\alpha = 2si{n^2}\alpha .$
D.

Cả A, B, C đều đúng.

Câu 7 :

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $C,$ đường cao $CK.$ Gọi $H$ và $I$ theo thứ tự là hình chiếu của K trên $BC$ và $AC.$ Gọi $M$ là chân đường vuông kẻ từ $K$ xuống $IH.$ Chọn câu đúng.

A.

$\dfrac{1}{{K{M^2}}} = \dfrac{1}{{C{H^2}}} + \dfrac{1}{{C{I^2}}}$
B.

$\dfrac{{AI}}{{BH}} = {\left( {\dfrac{{AC}}{{BC}}} \right)^3}$
C.

A đúng, B sai
D.

Cả A, B đều đúng.

Câu 8 :

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A,$ đường cao $AH.$ Gọi $D$ và $E$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $AB,{\rm{ }}AC.$ Chọn câu đúng.

A.

$D{E^3} = BD.CE.BC$
B.

$D{E^2} = BD.CE.BC$
C.

$D{E^4} = BD.CE.BC$
D.

Cả A, B, C đều sai.

Câu 9 :

Tính diện tích một tam giác vuông có chu vi $72\,cm$ , hiệu giữa đường trung tuyến và đường cao ứng với cạnh huyền bằng $7\,cm.$

A.

$100\,c{m^2}$
B.

$44\,c{m^2}$
C.

$144\,c{m^2}$
D.

$24\,c{m^2}$

Câu 10 :

Cho hình vuông $ABCD$ . Tính $\cos \,\widehat {MAN}$ biết rằng $M,N$ theo thứ tự là trung điểm của $BC;CD.$

A.

$\dfrac{2}{3}$
B.

$\dfrac{1}{2}$
C.

$\dfrac{3}{4}$
D.

$\dfrac{4}{5}$

Lời giải và đáp án

Câu 1 :

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có $AB = 6cm,{\rm{ }}BC = 10cm,$ đường cao $AH.$ Gọi $E,{\rm{ }}F$ là hình chiếu của $H$ lần lượt lên $AB,{\rm{ }}AC.$

Câu 1.1

Tính $EF.$

A

$4,8\,cm$
B

$2,4\,cm$
C

$5,6\,cm$
D

$6,4\,cm$

Đáp án: A

Phương pháp giải :

Sử dụng định lý Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông

Lời giải chi tiết :

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

Câu 1.2

Chọn câu đúng.

A

$AE.AB = AF.AC.$
B

$AE.AF = AB.AC.$
C

$AE.AC = AF.AB.$
D

$\dfrac{{AE}}{{AB}} = \dfrac{{AF}}{{AC}}.$

Đáp án: A

Phương pháp giải :

Sử dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông $AHB;AHC.$

Lời giải chi tiết :

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: $AE.AB = AF.AC$

Câu 1.3

Tính: $A = {\sin ^2}B + {\sin ^2}C – \tan B.\tan C$ .

A

$2$
B

$– 1$
C

$1$
D

$0$

Đáp án: D

Phương pháp giải :

Sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác và định lý Pytago

Lời giải chi tiết :

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

$A = \dfrac{{B{C^2}}}{{B{C^2}}} – 1 = 0$

Câu 2 :

Câu 2.1

Chọn câu đúng.

A

$CN.CB = CM.CD$
B

$CN.CM = CD.CB$
C

$C{N^2} = CM.CB$
D

$CN.CD = CM.CB$

Đáp án: D

Phương pháp giải :

Sử dụng tính chất hai tam giác đồng dạng để tìm hệ thức đúng.

Lời giải chi tiết :

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) $\Rightarrow \dfrac{{CN}}{{CM}} = \dfrac{{CB}}{{CD}} \Rightarrow CN.CD = CM.CB$

Câu 2.2

Chọn câu đúng.

A

$NA.MD = CA.CD$
B

$\dfrac{{NA}}{{CD}} = \dfrac{{CA}}{{MD}}$
C

$\dfrac{{NA}}{{MD}} = \dfrac{{CA}}{{CD}}$ .
D

Cả A, B, C đều đúng.

Đáp án: C

Phương pháp giải :

Sử dụng tính chất hai tam giác đồng dạng và tính chất đường phân giác để tìm hệ thức đúng.

Lời giải chi tiết :

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) $\Rightarrow \dfrac{{NA}}{{CA}} = \dfrac{{MD}}{{CD}} \Rightarrow \dfrac{{NA}}{{MD}} = \dfrac{{CA}}{{CD}}$ .

Câu 3 :

Cho tam giác cân $ABC$ có đáy $BC = 2a$ , cạnh bên bằng $b\left( {b > a} \right)$ .

Câu 3.1

Tính diện tích tam giác $ABC$

A

$S = a\sqrt {{b^2} – {a^2}}$
B

$S = \dfrac{1}{2}a\sqrt {{b^2} – {a^2}}$
C

$S = \dfrac{1}{2}\sqrt {{b^2} – {a^2}}$
D

$S = \sqrt {{b^2} – {a^2}}$

Đáp án: A

Phương pháp giải :

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$ .

Tính $AH$ theo định lý Pytago từ đó tính diện tích tam giác $ABC.$

Lời giải chi tiết :

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 ${S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}BC.AH = \dfrac{1}{2}.2a\sqrt {{b^2} – {a^2}}= a\sqrt {{b^2} – {a^2}}$

Câu 3.2

Kẻ $BK \bot AC$ . Tính tỷ số $\dfrac{{AK}}{{AC}}$ .

A

$\dfrac{{AK}}{{AC}} = \dfrac{{\left| {{b^2} – 2{a^2}} \right|}}{{{a^2}}}$
B

$\dfrac{{AK}}{{AC}} = \dfrac{{\left| {2{b^2} – {a^2}} \right|}}{{{b^2}}}$
C

$\dfrac{{AK}}{{AC}} = \dfrac{{\left| {{b^2} – 2{a^2}} \right|}}{{{b^2}}}$
D

$\dfrac{{AK}}{{AC}} = \dfrac{{\left| {{b^2} – 2{a^2}} \right|}}{{2b}}$

Đáp án: C

Phương pháp giải :

Sử dụng diện tích tam giác $ABC$ đã tính ở câu trước và định lý Pytago để tính $AK$ , từ đó suy ra tỉ số $\dfrac{{AK}}{{AC}}.$

Lời giải chi tiết :

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 $\dfrac{{AK}}{{AC}} = \dfrac{{\left| {{b^2} – 2{a^2}} \right|}}{{{b^2}}}$ .

Câu 4 :

Cho hình thang $ABCD$ có $\widehat A = \widehat D = {90^0},\widehat B = {60^0},CD = 30cm,CA \bot CB$ . Tính diện tích của hình thang.

A.

$350\sqrt 3 \,\,c{m^2}$
B.

$50\sqrt 3 \,\,c{m^2}$
C.

$250\sqrt 3 \,\,c{m^2}$
D.

$700\sqrt 3 \,\,c{m^2}$

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Kẻ $CH \bot AB$ .

Sử dụng định lý Pytago và hệ thức lượng trong tam giác vuông

Lời giải chi tiết :

Ta có $\tan \widehat{CAD}=\dfrac{DC}{AD}\Leftrightarrow AD=DC:\tan 60^0=AD = 10\sqrt 3$ $\left( {cm} \right)$ .

Kẻ $CH \bot AB$ . Tứ giác $AHCD$ là hình chữ nhật vì có $\widehat A = \widehat D = \widehat H = {90^0}$ , suy ra $AH = CD = 30cm;CH = AD = 10\sqrt 3 \left( {cm} \right)$ .

Tam giác $ACB$ vuông tại $C$ , ta có: $C{H^2} = HA.HB$ , suy ra $HB = \dfrac{{C{H^2}}}{{HA}} = \dfrac{{{{\left( {10\sqrt 3 } \right)}^2}}}{{30}} = \dfrac{{300}}{{30}} = 10\left( {cm} \right)$ ,

do đó $AB = AH + HB = 30 + 10 = 40\left( {cm} \right).$

${S_{ABCD}} = \dfrac{1}{2}CH\left( {AB + CD} \right)=\dfrac{1}{2}.10\sqrt 3 .\left( {40 + 30} \right) = 350\sqrt 3 \left( {c{m^2}} \right).$

Vậy diện tích hình thang $ABCD$ bằng $350\sqrt 3 c{m^2}$

Câu 5 :

Cho tam giác nhọn $ABC$ hai đường cao $AD$ và $BE$ cắt nhau tại $H$ . Biết $HD:HA = 1:2$ . Tính $\tan B.\tan C$

A.

$\dfrac{1}{2}$
B.

$\dfrac{1}{3}$
C.

$2$
D.

$3$

Đáp án : D

Phương pháp giải :

+ Sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn

+ Tam giác đồng dạng

+ Tính chất dãy tỉ số bằng nhau

Lời giải chi tiết :

Ta có: $\tan B = \dfrac{{AD}}{{BD}};\tan C = \dfrac{{AD}}{{CD}}$ .

Suy ra $\tan B.\tan C = \dfrac{{A{D^2}}}{{BD.CD}}$ (1)

$\widehat {HBD} = \widehat {CAD}$ (cùng phụ với $\widehat {ACB}$ ); $\widehat {HDB} = \widehat {ADC} = {90^0}$ .

Do đó $\Delta BDH \backsim \Delta ADC$ (g.g), suy ra $\dfrac{{DH}}{{DC}} = \dfrac{{BD}}{{AD}}$ , do đó $BD.DC = DH.AD$ (2).

Từ (1) và (2) suy ra $\tan B.\tan C = \dfrac{{A{D^2}}}{{DH.AD}} = \dfrac{{AD}}{{DH}}$ (3).

Theo giả thiết $\dfrac{{HD}}{{AH}} = \dfrac{1}{2}$ suy ra $\dfrac{{HD}}{{AH + HD}} = \dfrac{1}{{2 + 1}}$ hay $\dfrac{{HD}}{{AD}} = \dfrac{1}{3}$ , suy ra $AD = 3HD$ .

Thay vào (3) ta được: $\tan B.\tan C = \dfrac{{3HD}}{{DH}} = 3$ .

Câu 6 :

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ , $AB < AC,\widehat C = \alpha < {45^0}$ , đường trung tuyến $AM$ , đường cao $AH$ , $MA = MB = MC = a.$ Chọn câu đúng.

A.

$\sin 2\alpha = 2\sin \alpha \cos \alpha ;$
B.

$1 + c{\rm{os}}2\alpha = 2{\cos ^2}\alpha ;$
C.

$1 – c{\rm{os}}2\alpha = 2si{n^2}\alpha .$
D.

Cả A, B, C đều đúng.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn trong các tam giác thích hợp.

Lời giải chi tiết :

Góc $2\alpha$ là góc $AMH$ .

+ Ta có $BC = 2AM;\,AH.BC = AB.AC \Rightarrow AH = \dfrac{{AB.AC}}{{BC}}$ nên $\sin 2\alpha = \sin \widehat {AMH} = \dfrac{{AH}}{{AM}} = \dfrac{{2AH}}{{BC}}$ $= 2.\dfrac{{AB.AC}}{{B{C^2}}} = 2.\dfrac{{AB}}{{BC}}.\dfrac{{AC}}{{BC}}$

Mà theo định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn ta có $\sin \alpha = \dfrac{{AB}}{{BC}};\cos \alpha = \dfrac{{AC}}{{BC}}$ nên

$\sin 2\alpha = 2.\sin \alpha .\cos \alpha$ hay A đúng.

+) Ta có $\cos 2\alpha = \cos \widehat {AMH} = \dfrac{{HM}}{{AM}}$ (trong tam giác vuông $AMH$ ) ; $A{C^2} = HC.BC \Rightarrow HC = \dfrac{{A{C^2}}}{{BC}}$ và $\cos \alpha = \dfrac{{AC}}{{BC}}$ nên

$1 + \cos 2\alpha = 1 + \dfrac{{HM}}{{AM}} = \dfrac{{AM + HM}}{{AM}} = \dfrac{{HM + MC}}{{AM}} = \dfrac{{HC}}{{AM}}$ $= 2\dfrac{{HC}}{{BC}} = 2\dfrac{{A{C^2}}}{{B{C^2}}} = 2{\cos ^2}\alpha ;$

Do đó B đúng.

+) $1 – \cos 2\alpha = 1 – \dfrac{{HM}}{{AM}} = \dfrac{{AM – HM}}{{AM}} = \dfrac{{HB}}{{AM}}$ $= 2\dfrac{{HB}}{{BC}} = 2\dfrac{{A{B^2}}}{{B{C^2}}} = 2{\sin ^2}\alpha$

Do đó C đúng.

Vậy cả A, B, C đều đúng.

Câu 7 :

A.

$\dfrac{1}{{K{M^2}}} = \dfrac{1}{{C{H^2}}} + \dfrac{1}{{C{I^2}}}$
B.

$\dfrac{{AI}}{{BH}} = {\left( {\dfrac{{AC}}{{BC}}} \right)^3}$
C.

A đúng, B sai
D.

Cả A, B đều đúng.

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Chứng minh tứ giác $HKIC$ là hình chữ nhật

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông thích hợp để biến đổi.

Lời giải chi tiết :

+) Xét tứ giác $HKIC$ có $\widehat C = \widehat I = \widehat H = 90^\circ$ nên tứ giác $HKIC$ là hình chữ nhật suy ra $HK = CI;HC = IK;KC = HI$ .

+) Xét tam giác vuông $KHI$ có $KM$ là chiều cao nên theo hệ thức lượng ta có $\dfrac{1}{{K{M^2}}} = \dfrac{1}{{K{H^2}}} + \dfrac{1}{{K{I^2}}} = \dfrac{1}{{C{I^2}}} + \dfrac{1}{{H{C^2}}}$ (vì $HK = CI;HC = IK$ ) nên A đúng.

+) Xét tam giác vuông $KAC$ , theo hệ thức lượng ta có $K{A^2} = AI.AC \Rightarrow AI = \dfrac{{K{A^2}}}{{AC}}$

Xét tam giác vuông $KBC$ , theo hệ thức lượng ta có $K{B^2} = BH.BC \Rightarrow BH = \dfrac{{K{B^2}}}{{BC}}$

Lại có theo hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABC$ thì $A{C^2} = AK.AB \Rightarrow KA = \dfrac{{A{C^2}}}{{AB}}$ ;

$B{C^2} = KB.AB \Rightarrow KB = \dfrac{{B{C^2}}}{{AB}}$ .

Từ đó ta có $\dfrac{{AI}}{{BH}} = \dfrac{{K{A^2}}}{{AC}}:\dfrac{{K{B^2}}}{{BC}}$ $= \left( {\dfrac{{A{C^2}}}{{AB}}:\dfrac{{B{C^2}}}{{AB}}} \right)^2.\dfrac{{BC}}{{AC}}$ $= {\left( {\dfrac{{AC}}{{BC}}} \right)^4}.\dfrac{{BC}}{{AC}} = {\left( {\dfrac{{AC}}{{BC}}} \right)^3}$

Do đó B đúng.

Hay cả A, B đều đúng.

Câu 8 :

Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A,$ đường cao $AH.$ Gọi $D$ và $E$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $AB,{\rm{ }}AC.$ Chọn câu đúng.

A.

$D{E^3} = BD.CE.BC$
B.

$D{E^2} = BD.CE.BC$
C.

$D{E^4} = BD.CE.BC$
D.

Cả A, B, C đều sai.

Đáp án : A

Phương pháp giải :

Chứng minh tứ giác $DHEA$ là hình chữ nhật

Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông thích hợp để biến đổi.

Lời giải chi tiết :

Tứ giác $DAEH$ có $\widehat D = \widehat A = \widehat E = 90^\circ$ nên nó là hình chữ nhật suy ra $AH = DE.$

Theo hệ thức lượng trong các tam giác vuông $AHB;\,AHC$ ta có

$H{B^2} = BD.AB \Rightarrow BD = \dfrac{{H{B^2}}}{{AB}}$ ; $H{C^2} = CE.CA \Rightarrow CE = \dfrac{{H{C^2}}}{{AC}}$ nên ta có

$BD.CE.BC = \dfrac{{H{B^2}}}{{AB}}.\dfrac{{H{C^2}}}{{AC}}.BC$

$= {\left( {HB.HC} \right)^2}.\dfrac{{BC}}{{AB.AC}}$ mà $HB.HC = A{H^2}$ (hệ thức lượng trong tam giác vuông $ABC$ )

$= A{H^4}.\dfrac{1}{{AH}} = A{H^3} = D{E^3}$ (vì $AH = DE$ (cmt))

Vậy $D{E^3} = BD.CE.BC$ .

Câu 9 :

Tính diện tích một tam giác vuông có chu vi $72\,cm$ , hiệu giữa đường trung tuyến và đường cao ứng với cạnh huyền bằng $7\,cm.$

A.

$100\,c{m^2}$
B.

$44\,c{m^2}$
C.

$144\,c{m^2}$
D.

$24\,c{m^2}$

Đáp án : C

Phương pháp giải :

Đặt $AM = x\,\left( {x > 0} \right)$ rồi dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông để tìm ra phương trình ẩn $x.$

Giải phương trình ta tìm được $x.$ Từ đó tính $AH,BC \Rightarrow {S_{ABC}}.$

Lời giải chi tiết :

Đặt $AM = x\,\left( {x > 0;cm} \right) \Rightarrow BC = 2x\,\left( {cm} \right);AH = x – 7\,\left( {cm} \right)$

Vì chu vi tam giác $ABC$ là $72cm$ nên $AB + AC + BC = 72 \Rightarrow AB + AC = 72 – 2x\,\left( {cm} \right)$

Theo các hệ thức trong tam giác vuông:

$A{B^2} + A{C^2} = B{C^2} = 4{x^2}\,\,\left( 1 \right)$ ; $AB.AC = BC.AH = 2x\left( {x – 7} \right)\,\,\,\,\,\left( 2 \right)$

Từ $\left( 1 \right);\left( 2 \right)$ suy ra $A{B^2} + A{C^2} + 2AB.AC = 4{x^2} + 4x\left( {x – 7} \right)$

$\Leftrightarrow {\left( {AB + AC} \right)^2} = 8{x^2} – 28x \Leftrightarrow {\left( {72 – 2x} \right)^2} = 8{x^2} – 28x$

Đưa về phương trình ${x^2} + 65x – 1296 = 0 \Leftrightarrow \left( {x – 16} \right)\left( {x + 81} \right) = 0$ $\Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x = 16\,\,\left( N \right)\\x = – 81\,\,\left( L \right)\end{array} \right.$

Từ đó $BC = 32\,cm;\,AH = 9\,cm.$ Khi đó ${S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}.32.9 = 144\,\,\left( {c{m^2}} \right)$

Câu 10 :

Cho hình vuông $ABCD$ . Tính $\cos \,\widehat {MAN}$ biết rằng $M,N$ theo thứ tự là trung điểm của $BC;CD.$

A.

$\dfrac{2}{3}$
B.

$\dfrac{1}{2}$
C.

$\dfrac{3}{4}$
D.

$\dfrac{4}{5}$

Đáp án : D

Phương pháp giải :

Chứng minh $AN \bot DM$ . Gọi $H$ là giao điểm của $AN$ và $DM$ .

Sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn để tính $\cos \,\widehat {MAN}.$

Lời giải chi tiết :

Gọi $H$ là giao điểm của $AN$ và $DM$ .

Vì $ABCD$ là hình vuông và $M,N$ theo thứ tự là trung điểm của $BC;CD.$

Nên $AD = DC;\,DN = CM$

Từ đó $\Delta ADN = \Delta DCM\,\left( {c.g.c} \right)$ nên $\widehat {{A_1}} = \widehat {{D_1}} \Rightarrow AH \bot DM$ (do $\widehat {{A_1}} + \widehat {AND} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {{D_1}} + \widehat {HND} = 90^\circ \Rightarrow \widehat {DHN} = 90^\circ$ )

Suy ra $\cos \widehat {MAN} = \dfrac{{AH}}{{AM}}$

Đặt $AB = AD = 2a$ ta tính được $AM = AN = a\sqrt 5$

Từ $A{D^2} = AH.AN$ ta có $AH = \dfrac{{4a}}{{\sqrt 5 }}$ . Do đó

$\cos \widehat {MAN} = \dfrac{{AH}}{{AM}} = \dfrac{{4a}}{{\sqrt 5 }}:\left( {a\sqrt 5 } \right) = \dfrac{4}{5}.$

TẢI APP ĐỂ XEM OFFLINE