Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 31: Cho góc nhọn xOy có số đo bằng 300. Điểm A chuyển động trên tia Ox; điểm B chuyển động trên tia Oy sao cho AB có độ dài bằng a không đổi. Hỏi đoạn thẳng OB có độ dài lớn nhất là bao nhiêu? Giải: Kẻ BH vuông góc với Ox. Tam giác OHB vuông tại H, ta có HB = OB.sin300 $=\frac{1}{2}OB$. Ta lại có $HB\le AB=a$ nên $\frac{1}{2}OB\le a\Leftrightarrow OB\le 2a$. Dấu “=” xảy ra khi $H\equiv A$. Vậy đoạn thẳng OB có độ dài lớn nhất là 2a. Bài 32: Cho tam giác ABC cân tại A có $\widehat{BAC}={{30}^{0}}$ và BC = a. Điểm D chuyển động trên cạnh AC; điểm E chuyển động trên cạnh AB sao cho DE = a. Chứng minh ${{S}_{ADE}}\le {{S}_{ABC}}$. Giải: Trên cạnh AC lấy điểm M sao cho BM = a. Vì DE = a nên dễ thấy khi điểm D chuyển động trên đoạn AM thì điểm E chuyển động trên đoạn AB và khi D $\equiv $ M thì E $\equiv $ B. Do đó ${{S}_{ADE}}\le {{S}_{ABM}}<{{S}_{ABC}}$. Khi D $\equiv $ C thì E có 2 vị trí trên cạnh AB, trong đó có 1 vị trí trùng với B nên ${{S}_{ADE}}\le {{S}_{ABC}}$. Bây giờ ta chỉ còn xét khả năng điểm D thuộc đoạn MC (D khác với M và C). Vẽ hình bình hành BCDG $\Rightarrow $ DG //= BC ; BG //= CD. Vẽ đường tròn tâm D bán kính DG cắt tia AB ở E và E’ (trong đó E’ thuộc cạnh AB, E thuộc tia đối của tia BA); cắt tia GB ở K. Vì BCDG là hình bình hành nên $\widehat{BGD}=\widehat{BCD}$. Ta lại có $\Delta DKG$ cân tại D và $\Delta ABC$ cân tại A nên $\widehat{KDG}=\widehat{BAC}={{30}^{0}}$. Trong đường tròn (D;DG) ta có $\widehat{EGK}=\frac{1}{2}\widehat{EDK}\le \frac{1}{2}\widehat{GDK}=\frac{1}{2}{{.30}^{0}}={{15}^{0}}$. Vì GB // AC nên $\widehat{GBA}=\widehat{BAC}={{30}^{0}}$ (so le trong). Do đó trong tam giác GBE $\Rightarrow \widehat{GEB}\ge {{15}^{0}}$, từ đó suy ra $\widehat{EGB}\le \widehat{GEB}$ $\Rightarrow BE\le BG$. Gọi F là giao điểm của DG và AB. Dễ thấy tam giác BGF cân tại B $\left( \widehat{BGF}=\widehat{BFG} \right)$ $\Rightarrow $ BG = BF. Do đó $BE\le BG=BF=CD$. Vẽ DH // AB (H thuộc BC) $\Rightarrow {{S}_{ADE}}={{S}_{AHE}}={{S}_{AHB}}+{{S}_{BHE}}$. Ta lại có ${{S}_{ABC}}={{S}_{ADB}}+{{S}_{BDC}}={{S}_{ADB}}+{{S}_{BFC}}$ (vì ${{S}_{BDC}}={{S}_{BFC}}$, do DF // BC). Mặt khác ${{S}_{BHE}}\le {{S}_{BCE}}\le {{S}_{BFC}}$ (vì $BH\le BC$ và $BE\le BF$). Từ đó suy ra ${{S}_{ADE'}}<{{S}_{ADE}}\le {{S}_{ABC}}$. Tóm lại SADE luôn luôn nhỏ hơn hoặc bằng SABC. Bài 33: Cho tam giác nhọn ABC, đường cao AH. Tính SABC , biết HA = 6, HB = 3 và $\widehat{HAC}=3.\widehat{HAB}$. Giải: Tam giác ABE vuông tại H. Áp dụng định lí Pi-ta-go ta có: AB2 = AH2 + HB2 = 62 + 32 = 45 $\Leftrightarrow AB=\sqrt{45}=3\sqrt{5}$. Gọi D là điểm đối xứng với B qua H $\Rightarrow \left\{ \begin{align} & HD=HB=3 \\ & \widehat{HAD}=\widehat{HAB} \\ \end{align} \right.$ $\Rightarrow \left\{ \begin{align} & DB=6 \\ & \widehat{DAB}=2.\widehat{HAB} \\ \end{align} \right.$. Mà $\widehat{HAC}=3.\widehat{HAB}$ nên $\widehat{DAB}=\widehat{DAC}$. Đặt DC = x ; AC = y. Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: $\frac{DC}{AC}=\frac{DB}{AB}\Rightarrow \frac{x}{y}=\frac{6}{3\sqrt{5}}\Rightarrow y=\frac{x\sqrt{5}}{2}$. Tam giác AHC vuông tại H. Áp dụng định lí Pi-ta-go ta có: AC2 = AH2 + HC2 $\Leftrightarrow $ $\frac{5{{x}^{2}}}{4}=36+{{\left( 3+x \right)}^{2}}\Leftrightarrow {{x}^{2}}-24x-180=0\Leftrightarrow \left[ \begin{align} & x=30\,\,\,\,\,(nha\ddot{a}n) \\ & x=-6\,\,\,\,\,(loa\ddot{i}i) \\ \end{align} \right.$. Với x = 30 thì DC = 30 $\Rightarrow $ BC = 36. Vậy ${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}.BC.AH=\frac{1}{2}.36.6=108$. Bài 34: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Gọi D, E thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AHB và AHC. a) Tính chu vi của tam giác ABC, biết chu vi các tam giác AHB và AHC lần lượt là 9 cm và 12 cm. b) Chứng minh hai tam giác ADH và CEH đồng dạng. c) giả sử đường thẳng DE cắt các cạnh AB, AC thứ tự ở M, N. Chứng minh ${{S}_{ABC}}\ge 2.{{S}_{AMN}}$. Giải: a) Đặt chu vị của tam giác ABC là P. Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. $\Rightarrow \Delta ABC$ ഗ$\Delta HBA$ $\left( v\grave{i}\,\,\widehat{ABC}\,\,chung\,\,;\,\,\widehat{BAC}=\widehat{BHA}={{90}^{0}} \right)$ $\Rightarrow \frac{P}{9}=\frac{BC}{BA}\Rightarrow \frac{{{P}^{2}}}{81}=\frac{B{{C}^{2}}}{B{{A}^{2}}}\Rightarrow \frac{81}{{{P}^{2}}}=\frac{B{{A}^{2}}}{B{{C}^{2}}}$ (1) Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. $\Rightarrow \Delta ABC$ ഗ$\Delta HAC$ $\left( v\grave{i}\,\,\widehat{ACB}\,\,chung\,\,;\,\,\widehat{BAC}=\widehat{AHC}={{90}^{0}} \right)$ $\Rightarrow \frac{P}{12}=\frac{BC}{AC}\Rightarrow \frac{{{P}^{2}}}{144}=\frac{B{{C}^{2}}}{A{{C}^{2}}}\Rightarrow \frac{144}{{{P}^{2}}}=\frac{A{{C}^{2}}}{B{{C}^{2}}}$ (2) Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được: $\frac{81}{{{P}^{2}}}+\frac{144}{{{P}^{2}}}=\frac{B{{A}^{2}}}{B{{C}^{2}}}+\frac{A{{C}^{2}}}{B{{C}^{2}}}=\frac{A{{B}^{2}}+A{{C}^{2}}}{B{{C}^{2}}}=\frac{B{{C}^{2}}}{B{{C}^{2}}}=1\,\,\,\,\left( \tilde{N}\grave{o}nh\,\,l\acute{i}\,\,Pi-ta-go \right)$ $\Rightarrow {{P}^{2}}=81+144=225\Rightarrow P=\sqrt{225}=15\,(cm)$. Vậy chu vi của tam giác ABC là 15 cm. b) Vì HD là phân giác của góc vuông AHB $\Rightarrow \,\widehat{AHD}=\frac{1}{2}\widehat{AHB}=\frac{1}{2}{{.90}^{0}}={{45}^{0}}$. Vì HE là phân giác của góc vuông AHC $\Rightarrow \,\widehat{EHC}=\frac{1}{2}\widehat{AHC}=\frac{1}{2}{{.90}^{0}}={{45}^{0}}$. Do đó $\,\widehat{AHD}=\widehat{EHC}$ (3) Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. $\Rightarrow \,\widehat{HAB}=\widehat{HCA}\,\,\,\left( cung\,\,phu\ddot{i}\,\,v\hat{o}\grave{u}i\,\,go\grave{u}c\,\,HAC \right)$ Vì AD là phân giác của góc HAB $\Rightarrow \,\widehat{HAD}=\frac{1}{2}\widehat{HAB}$. Vì CE là phân giác của góc HCA $\Rightarrow \,\widehat{HCE}=\frac{1}{2}\widehat{HCA}$. Do đó $\,\widehat{HAD}=\widehat{HCE}$ (4) Từ (3) và (4) suy ra $\Delta ADH$ ഗ$\Delta CEH$ (g-g). c) Ta có $\Delta ADH$ ഗ$\Delta CEH$ (câu b) $\Rightarrow \frac{HD}{HE}=\frac{HA}{HC}$ Ta lại có $\,\widehat{DHE}=\widehat{AHC}={{90}^{0}}$ nên $\Delta DHE$ ഗ$\Delta AHC$ (c-g-c) $\Rightarrow \,\widehat{DEH}=\widehat{ACH}$. Mà $\,\widehat{DEH}+\widehat{HEN}={{180}^{0}}\,\,\left( ke\grave{a}\,\,bu \right)$ nên $\,\widehat{ACH}+\widehat{HEN}={{180}^{0}}$. Vậy tứ giác HENC nội tiếp $\Rightarrow \,\widehat{EHC}=\widehat{ANE}\,\,\,\left( cung\,\,bu\,\,v\hat{o}\grave{u}i\,\,go\grave{u}c\,\,ENC \right)$ Mà $\,\widehat{EHC}={{45}^{0}}$ nên $\,\widehat{ANE}={{45}^{0}}$. Tam giác AMN vuông tại A có $\,\widehat{ANE}={{45}^{0}}$ nên tam giác AMN vuông cân tại A. $\Rightarrow AM=AN\Rightarrow {{S}_{AMN}}=\frac{1}{2}A{{M}^{2}}$. Dễ thấy $\Delta ADM=\Delta ADH$ (g-c-g) $\Rightarrow AM=AH\Rightarrow {{S}_{AMN}}=\frac{1}{2}A{{H}^{2}}$ (5) Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH $\Rightarrow BC\ge 2.AH$, dấu “=” xảy ra khi tam giác ABC vuông cân tại A. Do đó ${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}BC.AH\ge \frac{1}{2}.2AH.AH=A{{H}^{2}}$ (6) Từ (5) và (6) suy ra ${{S}_{ABC}}\ge 2.{{S}_{AMN}}$, dấu “=” xảy ra khi tam giác ABC vuông cân tại A. Bài 35: Cho hình thang ABCD có AB vuông góc với CD tại S và AB + CD = 16 cm. Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của BC, BD, DA, AC. a) Tứ giác EFGH là hình gì? b) Chứng minh rằng AD – BC = 2.FH. c) Xác định độ dài AB và CD để diện tích EFGH lớn nhất. d) Gọi O là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng BS.DA.OG = BA.GD.OS. Giải: a) Vì E, F, G, H thứ tự là trung điểm của BC, BD, AD, AC. Áp dụng tính chất đường trung bình của tam giác, ta có: $EH$ //= $\frac{1}{2}AB$ ; $FG$ //= $\frac{1}{2}AB$ ; $EF$ //= $\frac{1}{2}CD$. Ta lại có $AB\bot CD$ nên suy ra EH //= FG và $EH\bot EF$. Vậy tứ giác EFGH là hình chữ nhật. b) Vì BC // AD nên 4 điểm S, E, O, G thẳng hàng. Áp dụng tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền thì bằng nửa cạnh huyền, ta có: $SG=\frac{1}{2}AD\,\,;\,\,SE=\frac{1}{2}BC$ $\Rightarrow EG=SG-SE=\frac{1}{2}\left( AD-BC \right)\Rightarrow AD-BC=2.EG$ Vì EFGH là hình chữ nhật nên EG = FH. Vậy AD – BC = 2.FH. c) Vì EFGH là hình chữ nhật nên SEFGH = EH.EF. Ta lại có $EH=\frac{1}{2}AB\,\,;\,\,EF=\frac{1}{2}CD$ nên ${{S}_{EFGH}}=\frac{1}{4}AB.CD$. Ta có $4AB.CD\le {{\left( AB+CD \right)}^{2}}\Leftrightarrow 4AB.CD\le {{16}^{2}}\Leftrightarrow \frac{1}{4}AB.CD\le 16$. Do đó ${{S}_{EFGH}}\le 16\,\,(c{{m}^{2}})$, dấu “=” xảy ra khi $\left\{ \begin{align} & AB=CD \\ & AB+CD=16\,\,(cm) \\ \end{align} \right.\Leftrightarrow AB=CD=8\,\,(cm)$. Vậy $max\,\,{{S}_{EFGH}}=16\,\,(c{{m}^{2}})$ đạt được khi AB = CD = 8 (cm). d) Vẽ GK // BD (K thuộc AB). Áp dụng định lí Ta-lét, ta có: $\frac{BS}{BK}=\frac{OS}{OG}$ ; $\frac{BK}{BA}=\frac{DG}{DA}$. Nhân vế theo vế hai đẳng thức trên ta được: $\frac{BS}{BA}=\frac{DG}{DA}.\frac{OS}{OG}\Leftrightarrow BS.DA.OG=BA.DG.OS$.
