Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 41: Cho tam giác ABC cân (AB = AC = b, BC = a). Tia phân giác của góc ABC cắt cạnh AC tại D thỏa mãn BD + AD = BC. Chứng minh rằng: \[{{a}^{3}}+{{b}^{3}}=3a{{b}^{2}}\]. Giải: Áp dụng tính chất đường phân giác ta có: $\frac{AD}{AB}=\frac{DC}{BC}\Rightarrow \frac{AD}{b}=\frac{DC}{a}=\frac{b}{a+b}\Rightarrow \left\{ \begin{align} & AD=\frac{{{b}^{2}}}{a+b} \\ & DC=\frac{ab}{a+b} \\ \end{align} \right.$. Dễ dàng chứng minh được hệ thức: BD2 = AB.BC – AD.DC (nhờ vào tam giác đồng dạng). Mà BD + AD = BC nên BD = BC – AD = $a-\frac{{{b}^{2}}}{a+b}=\frac{{{a}^{2}}+ab-{{b}^{2}}}{a+b}$. Do đó từ hệ thức trên ta được: ${{\left( \frac{{{a}^{2}}+ab-{{b}^{2}}}{a+b} \right)}^{2}}=ab-\frac{a{{b}^{3}}}{{{\left( a+b \right)}^{2}}}$ $\begin{align} & \Leftrightarrow {{\left( {{a}^{2}}+ab-{{b}^{2}} \right)}^{2}}=ab{{\left( a+b \right)}^{2}}-a{{b}^{3}} \\ & \Leftrightarrow {{a}^{4}}+{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{4}}+2{{a}^{3}}b-2a{{b}^{3}}-2{{a}^{2}}{{b}^{2}}={{a}^{3}}b+2{{a}^{2}}{{b}^{2}}+a{{b}^{3}}-a{{b}^{3}} \\ & \Leftrightarrow {{a}^{4}}-2{{a}^{2}}{{b}^{2}}+{{b}^{4}}={{a}^{2}}{{b}^{2}}+2{{b}^{2}}-{{a}^{2}} \\ & \Leftrightarrow {{\left( {{a}^{2}}-{{b}^{2}} \right)}^{2}}=ab\left( a+b \right)\left( 2b-a \right) \\ & \Leftrightarrow {{\left( a-b \right)}^{2}}\left( a+b \right)=ab\left( 2b-a \right) \\ & \Leftrightarrow {{a}^{3}}+{{a}^{2}}b-2{{a}^{2}}b-2a{{b}^{2}}+a{{b}^{2}}+{{b}^{3}}=2a{{b}^{2}}-{{a}^{2}}b \\ & \Leftrightarrow {{a}^{3}}+{{b}^{3}}=3a{{b}^{2}}. \\ \end{align}$ Cách khác: Trên BC lấy điểm E sao cho BE = BD. Lại có BD + AD = BC = BE + CE nên AD = EC. Theo tính chất đường phân giác trong tam giác ta có: \[\frac{AD}{DC}=\frac{AB}{BC}\Rightarrow \frac{CE}{DC}=\frac{AC}{BC}\] \[\Rightarrow \]\[\Delta ACB\]ഗ\[\Delta ECD\] (c-g-c) \[\Rightarrow \] $\widehat{EDC}=\widehat{ABC}=\widehat{DCE}=\alpha $ \[\Rightarrow \] $\widehat{BED}=\widehat{BDE}=2\alpha $[/TD] Trong tam giác BDC ta có: $\alpha +3\alpha +\frac{\alpha }{2}={{180}^{0}}\Rightarrow \alpha ={{40}^{0}}$ $\Rightarrow \widehat{BDC}={{120}^{0}}$. Kẻ phân giác góc BDC cắt BC tại F $\Rightarrow \widehat{FDC}=\widehat{FDB}=\widehat{ADB}={{60}^{0}}$. Do đó \[\Delta ABD=\Delta FBD\](g-c-g) \[\Rightarrow \]AB = FB = b. Ta lại có: $\frac{AD}{AB}=\frac{DC}{BC}\Rightarrow \frac{AD}{b}=\frac{DC}{a}=\frac{b}{a+b}\Rightarrow \left\{ \begin{align} & AD=\frac{{{b}^{2}}}{a+b} \\ & DC=\frac{ab}{a+b} \\ \end{align} \right.$ Mà BD + AD = BC nên BD = BC – AD = $a-\frac{{{b}^{2}}}{a+b}=\frac{{{a}^{2}}+ab-{{b}^{2}}}{a+b}$. Vì DF là phân giác của góc BDC nên \[\frac{BF}{CF}=\frac{DB}{DC}\]. \[\begin{align} & \Rightarrow \frac{b}{a-b}=\frac{{{a}^{2}}+ab-{{b}^{2}}}{ab} \\ & \Rightarrow a{{b}^{2}}=\left( a-b \right)\left( {{a}^{2}}+ab-{{b}^{2}} \right) \\ & \Rightarrow a{{b}^{2}}={{a}^{3}}+{{a}^{2}}b-a{{b}^{2}}-{{a}^{2}}b-a{{b}^{2}}+{{b}^{3}} \\ & \Rightarrow {{a}^{3}}+{{b}^{3}}=3a{{b}^{2}} \\ \end{align}\] Bài 42: Cho đường tròn tâm O đường kính BC = 2R, điểm A thuộc đường tròn. Vẽ AH vuông góc BC tại H. Đường tròn tâm O’ đường kính AH cắt AB, AC và đường tròn (O) thứ tự tại D, E và M. Gọi N là giao điểm của hai đường thẳng AM và BC. a) Tứ giác ADHE là hình gì? Vì sao? b) Tính giá trị biểu thức \[\frac{D{{E}^{3}}}{BD.EC}\] theo R. c) Chứng minh rằng ba điểm N, D, E thẳng hàng. d) Xác định vị trí của điểm A để diện tích tam giác ABH lớn nhất. Giải: a) Điểm A thuộc đường tròn (O) đường kính BC $\Rightarrow \widehat{BAC}={{90}^{0}}$. Các điểm D, E thuộc đường tròn (O’) đường kính AH $\Rightarrow \widehat{ADH}=\widehat{AEH}={{90}^{0}}$. Do đó tứ giác ADHE có ba góc vuông nên ADHE là hình chữ nhật. b) Tam giác AHB vuông tại H, đường cao HD ta có HB2 = BD.AB. Tam giác AHC vuông tại H, đường cao HE ta có HC2 = CE.AC. Do đó BH2.CH2 = BD.CE.AB.AC (1) Tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH ta có AH2 = HB.HC và BC.AH = AB.AC (2) Thay (2) vào (1) ta được: AH4 = BD.CE.BC.AH $\Leftrightarrow \frac{A{{H}^{3}}}{BD.CE}=BC=2R$. Ta lại có DE = AH (vì ADHE là hình chữ nhật), do đó $\frac{D{{E}^{3}}}{BD.CE}=2R$. c) Tứ giác AMDH nội tiếp đường tròn (O’) $\Rightarrow \widehat{NMD}=\widehat{AHD}$ (cùng bù với góc AMD) Ta lại có $\widehat{AHD}=\widehat{DBH}$ (cùng phụ với góc BHD), do đó $\widehat{NMD}=\widehat{DBH}$. \[\Rightarrow \]Tứ giác MNBD nội tiếp $\Rightarrow \widehat{NDB}=\widehat{NMB}$. Tứ giác AMBC nội tiếp đường tròn (O) $\Rightarrow \widehat{NMB}=\widehat{ACB}$ ( cùng bù với góc AMB). Ta lại có $\left\{ \begin{align} & \widehat{ADE}=\widehat{AHE}\,\,\,\left( \text{v }\!\!\times\!\!\text{ ADHE l }\!\!\mu\!\!\text{ h }\!\!\times\!\!\text{ nh ch }\!\!\div\!\!\text{ nh }\!\!\ddot{\mathrm{E}}\!\!\text{ t} \right) \\ & \widehat{AHE}=\widehat{ACB}\,\,\,\left( c\ddot{i}ng\,\,ph\hat{o}\,\,v\acute{i}i\,\,g\tilde{a}c\,\,EHC \right) \\ \end{align} \right.$ Từ đó suy ra $\widehat{NDB}=\widehat{ADE}$, mà A, D, B thẳng hàng nên ba điểm N, D, E thẳng hàng. d) Ta xét hai khả năng xảy ra: * Trường hợp điểm H thuộc đoạn OB thì ta có HB $\le $ OB = R và $HA\le OA=R$ nên ${{S}_{AHB}}=\frac{1}{2}HA.HB\le \frac{{{R}^{2}}}{2}$. * Trường hợp điểm H thuộc đoạn OC. Đặt OH = x (\[0\le x\le R\]) thì BH = R + x và theo Pi-ta-go ta có $AH=\sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}$. \[{{S}_{ABH}}=\frac{1}{2}BH.AH=\frac{1}{2}\left( R+x \right)\sqrt{{{R}^{2}}-{{x}^{2}}}=\frac{1}{2}\sqrt{{{\left( R+x \right)}^{3}}\left( R-x \right)}\]. Do đó \[{{S}_{ABH}}\] lớn nhất \[\Leftrightarrow \]\[\sqrt{{{(R+x)}^{3}}(R-x)}\] lớn nhất \[\Leftrightarrow \]\[\sqrt[4]{{{(R+x)}^{3}}(R-x)}\] lớn nhất. Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 4 số không âm:\[\frac{R+x}{3}\], \[\frac{R+x}{3}\], \[\frac{R+x}{3}\], R – x ta được: \[\frac{R+x}{3}+\frac{R+x}{3}+\frac{R+x}{3}+R-x\ge 4\sqrt[4]{\frac{{{(R+x)}^{3}}(R-x)}{27}}\] \[\Leftrightarrow \sqrt[4]{{{(R+x)}^{3}}.(R-x)}\le \frac{R\sqrt[4]{27}}{2}\] \[\Leftrightarrow \sqrt{{{(R+x)}^{3}}(R-x)}\le \frac{3\sqrt{3}{{R}^{2}}}{4}\] Dấu = xảy ra khi \[\frac{R+x}{3}=R-x\Leftrightarrow x=\frac{R}{2}\] (thỏa mãn điều kiện $0\le x\le R$). So sánh kết quả của hai trường hợp thì ta chọn \[max\,\,{{S}_{ABH}}=\frac{3\sqrt{3}{{R}^{2}}}{8}\], đạt được khi H là trung điểm của OC, lúc đó A sẽ là giao điểm của đường trung trực đoạn OC và đường tròn (O). Bài 43: Cho tứ giác ABCD, F là giao điểm của AC và BD. Biết DB là phân giác của góc ADC, $\widehat{DAC}=\widehat{DBC}={{90}^{0}}$, AD = 6cm và SFCD = 15cm2. Tính độ dài đoạn thẳng AB. Giải: Gọi E là giao điểm của AD và BC. Tam giác CDE có DB vừa là phân giác, vừa là đường cao nên cân tại D $\Rightarrow DC=DE=x\left( cm \right)$ $\Rightarrow $ AE = x – 6(cm). Khi đó DB cũng là trung tuyến của tam giác CDE. Suy ra AB là trung tuyến ứng với cạnh huyền CE của tam giác vuông ACE $\Rightarrow $ AB = BC = BE = x(cm). Dễ thấy $\Delta EAC$ ഗ$\Delta EBD$ (g-g) $\Rightarrow $ EA.ED = EB.EC $\Rightarrow $ x(x – 6) = y.(2y) $\Rightarrow $ x2 – 6x = 2y2 (1) Ta có ${{S}_{FCD}}=\frac{1}{2}FC.DA=\frac{1}{2}FD.CB=15$ $\Rightarrow \frac{1}{2}FC.6=\frac{1}{2}FD.y=15\Rightarrow \left\{ \begin{align} & FC=5\left( cm \right) \\ & FD=\frac{30}{y}\left( cm \right) \\ \end{align} \right.$. Vì DF là phân giác của tam giác DAC nên $\frac{FA}{FC}=\frac{DA}{DC}\Rightarrow \frac{FA}{5}=\frac{6}{x}\Rightarrow FA=\frac{30}{x}\left( cm \right)$. Tam giác ADF vuông tại A nên theo Pi-ta-go ta có: DF2 = FA2 + AD2 $\Leftrightarrow {{\left( \frac{30}{y} \right)}^{2}}={{\left( \frac{30}{x} \right)}^{2}}+{{6}^{2}}\Leftrightarrow \frac{25}{{{y}^{2}}}=\frac{25}{{{x}^{2}}}+1$ (2) Thay (1) vào (2) ta được: $\frac{50}{{{x}^{2}}-6x}=\frac{25}{{{x}^{2}}}+1\Leftrightarrow {{x}^{3}}-6{{x}^{2}}-25x-150=0\Leftrightarrow \left( x-10 \right)\left( {{x}^{2}}+4x+15 \right)=0$. Ta có x2 + 4x + 15 = (x + 2)2 + 11 > 0 với mọi x nên x – 10 = 0 hay x = 10. Khi đó từ (1) suy ra 2y2 = 102 – 6.10 = 40 $\Rightarrow y=2\sqrt{5}\left( cm \right)$. Vậy $AB=2\sqrt{5}\left( cm \right)$. Bài 44: Cho tam giác ABC có AM là đường trung tuyến. Tính các góc của tam giác ABC, biết rằng $\widehat{MAB}={{30}^{0}}$ và $\widehat{MAC}={{15}^{0}}$. Giải: Cách 1: Kẻ CK vuông góc với AB tại K. Vì $\widehat{MAB}={{30}^{0}}$ và $\widehat{MAC}={{15}^{0}}$nên $\widehat{BAC}={{45}^{0}}$. $\Rightarrow \Delta ACK$ vuông cân tại K $\Rightarrow $ KA = KC. Gọi N là trung điểm của BK, mà M là trung điểm của BC nên MN là đường trung bình của tam giác BCK $\Rightarrow $ MN // CK và $MN=\frac{1}{2}CK$. Do đó $MN\bot AK$ và $MN=\frac{1}{2}AK$. Tam giác AMN vuông tại N có $\widehat{MAN}={{30}^{0}}$ nên là nửa tam giác đều $\Rightarrow MN=\frac{1}{2}AM$. Do đó AM = AK $\Rightarrow \Delta AMK$ cân tại A. Lại có góc đỉnh bằng 300 nên góc đáy $\widehat{AKM}={{75}^{0}}$. Tam giác BKC vuông tại K có KM là trung tuyến $\Rightarrow $ KM = MB = MC. $\Rightarrow \Delta KMB$ cân tại M $\Rightarrow \widehat{MKB}=\widehat{MBK}={{75}^{0}}\Rightarrow \widehat{ABC}={{105}^{0}}\Rightarrow \widehat{ACB}={{30}^{0}}$. Vậy tam giác ABC có $\widehat{A}={{45}^{0}}\,\,;\,\,\widehat{B}={{105}^{0}}\,\,;\,\,\widehat{C}={{30}^{0}}$. Cách 2: Vẽ tam giác đều ABD (B và D nằm khác phía đối với AC). Vì $\widehat{MAB}={{30}^{0}}$ nên AM là phân giác của góc BAD. $\Rightarrow $ AM là trung trực của BD $\Rightarrow $ MB = MD $\Rightarrow $ MD = MB = MC. Do đó tam giác BDC vuông tại D $\Rightarrow $ AM // DC (cùng vuông góc với BD) $\Rightarrow $ $\widehat{DCA}=\widehat{MAC}={{15}^{0}}$, mà $\widehat{MAD}={{30}^{0}}$ nên $\widehat{CAD}={{15}^{0}}$. Từ đó suy ra tam giác ADC cân tại D $\Rightarrow DA=DC$ $\Rightarrow $ DB = DC. Do đó tam giác BDC vuông cân tại D $\Rightarrow $ $\widehat{DBC}={{45}^{0}}\Rightarrow \widehat{ABC}={{105}^{0}}\Rightarrow \widehat{ACB}={{30}^{0}}$. Cách 3: Kẻ $BH\bot AC$; $MK\bot AC$. Vì $\widehat{MAB}={{30}^{0}}$ và $\widehat{MAC}={{15}^{0}}$nên $\widehat{BAC}={{45}^{0}}$ $\Rightarrow \Delta AHB$ vuông cân tại H $\Rightarrow $ HA = HB. Tam giác BHC có MB = MC và MK // BH (cùng vuông góc với AC) $\Rightarrow $ KH = KC. $\Rightarrow $ MK là đường trung bình của tam giác BHC $\Rightarrow MK=\frac{1}{2}BH$. Đặt MK = a $\Rightarrow $ HA = HB = 2a. Tam giác AKM vuông tại K $\Rightarrow AK=\frac{a}{\tan {{15}^{0}}}$. $\Rightarrow KH=AK-AH=\frac{a}{\tan {{15}^{0}}}-2a\Rightarrow HC=\frac{2a}{\tan {{15}^{0}}}-4a=\frac{2a\left( 1-2\tan {{15}^{0}} \right)}{\tan {{15}^{0}}}$. Tam giác BHC vuông tại H $\Rightarrow \tan C=\frac{HB}{HC}=2a:\frac{2a\left( 1-2\tan {{15}^{0}} \right)}{\tan {{15}^{0}}}=\frac{\tan {{15}^{0}}}{1-2\tan {{15}^{0}}}$. Sử dung máy tính VINACAL 570ES PLUS để tính số đo góc C, bằng cách ấn dãy phím: SHIFT tan((tan (15) ÷ (1 – 2tan(15))) = .,,, ta được 300. Vậy $\widehat{C}={{30}^{0}}\Rightarrow \widehat{B}={{105}^{0}}$. Nhận xét: Ứng dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn và kết hợp với máy tính VINACAL 570ES PLUS ta sẽ giải được một nhóm các bài toán tính số đo góc, làm giảm đáng kể các bước suy luận hình học tương đối phức tạp. Chẳng hạn các bạn tham khảo tiếp ví dụ sau: Bài 45: Cho tam giác ABC cân tại A có $\widehat{A}={{20}^{0}}$. Trên cạnh AC lấy điểm D sao cho AD = BC. Tính số đo của góc BDC. Giải: Kẻ AH vuông góc BC và BK vuông góc AC. Tam giác ABC cân tại A có và AH vuông góc BC; và cũng là đường trung tuyến Đặt HB = HC = a AD = BC = 2a. Tam giác AHB vuông tại H Tam giác AKB vuông tại K Do đó DK = AK – AD Tam giác BKC vuông tại K $\Rightarrow BK=2a.\sin {{80}^{0}}$. Tam giác BKD vuông tại K $\Rightarrow \tan D=\frac{BK}{DK}=2a.\sin {{80}^{0}}:\frac{a\left( cos{{20}^{0}}-2\sin {{10}^{0}} \right)}{\sin {{10}^{0}}}=\frac{2\sin {{80}^{0}}.\sin {{10}^{0}}}{cos{{20}^{0}}-2\sin {{10}^{0}}}$. Sử dung máy tính VINACAL 570ES PLUS để tính số đo góc D, bằng cách ấn dãy phím: SHIFT tan((2sin(80) × sin(10) ÷ (cos(20) – 2sin(10))) = .,,, ta được 300. Vậy $\widehat{BDC}={{30}^{0}}$.
