Hệ thức lượng trong tam giác vuông

CHƯƠNG 1- HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG

A. Lý thuyết

I. Hệ thức về cạnh và đường cao

Khi giải các bài toán liên quan đến cạnh và đường cao trong tam giác vuông, ngoài việc nắm vững các kiến thức về định lý Talet, về các trường hợp đồng dạng của tam giác, cần phải nắm vững các kiến thức sau:

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$, ta có:

1) ${{a}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}}$.

2) ${{b}^{2}}=a.b';{{c}^{2}}=a.c'$

3) ${{h}^{2}}=b'.c'$

4) $a.h=b.c$.

5) $\frac{1}{{{h}^{2}}}=\frac{1}{{{b}^{2}}}+\frac{1}{{{c}^{2}}}$.

6) $\frac{b'}{a}=\frac{{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}}$.

Chú ý: Diện tích tam giác vuông: $S=\frac{1}{2}ab$

II. Tỉ số lượng giác của góc nhọn

1. Các tỉ số lượng giác của góc nhọn $\alpha $ (hình) được định nghĩa như sau:

$\sin \alpha =\frac{AB}{BC};\cos \alpha =\frac{AC}{BC};\tan \alpha =\frac{AB}{AC};\cot \alpha =\frac{AC}{AB}$

+ Nếu $\alpha $ là một góc nhọn thì

$0<\sin \alpha <1;0<\cos \alpha <1;$

$\tan \alpha >0;\cot \alpha >0$

2. Với hai góc $\alpha ,\beta $ mà $\alpha +\beta ={{90}^{0}}$,

ta có: $\sin \alpha =\cos \beta ;\cos \alpha =\sin \beta ;\tan \alpha =\cot \beta ;\cot \alpha =\tan \beta $.

Nếu hai góc nhọn $\alpha $ và $\beta $ có $\sin \alpha =\sin \beta $ hoặc $\cos \alpha =\cos \beta $ thì $\alpha =\beta $.

3. ${{\sin }^{2}}\alpha +{{\cos }^{2}}\alpha =1;tg\alpha .\cot g\alpha =1$.

III. Hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông.

1. Trong một tam giác vuông, mỗi cạnh góc vuông bằng:

a) Cạnh huyền nhân với $\sin $ góc đối hay nhân với $\cos in$ góc kề.

b) Cạnh góc vuông kia nhân với $\tan $ của góc đối hay nhân với $\cot $ của góc kề: b=a.sin B=a.cos C; c=a.sin C=a.cosB; b=c.tgB=c.cotgC; c=b.tgC=b.cotgC

2. Giải tam giác vuông là tìm tất cả các cạnh và các góc chưa biết của tam giác vuông đó.

B. Bài tập

I. Bài tập minh họa

Ví dụ 1. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$, đường cao $AH$. Biết $AB:AC=3:4$ và $AB+AC=21cm$.

a) Tính các cạnh của tam giác $ABC$.

b) Tính độ dài các đoạn $AH,BH,CH$..

Giải:

a). Theo giả thiết: $AB:AC=3:4$,

suy ra $\frac{AB}{3}=\frac{AC}{4}=\frac{AB+AC}{3+4}=3$. Do đó AB=3.3=9(cm); AC=3.4=12(cm).

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$, theo định lý Pythagore ta có:

${{\left( 7,2 \right)}^{2}}=x\left( 15-x \right)\Leftrightarrow {{x}^{2}}-15x+51,84=0\Leftrightarrow x\left( x-5,4 \right)=9,6\left( x-5,4 \right)=0$

$\Leftrightarrow \left( x-5,4 \right)\left( x-9,6 \right)=0\Leftrightarrow x=5,4$ hoặc $x=9,6$ (loại). Vậy $BH=5,4cm$. Từ đó $HC=BC-BH=9,6\left( cm \right)$.

Chú ý: Có thể tính $BH$ như sau:

$A{{B}^{2}}=BH.BC$ suy ra $BH=\frac{A{{B}^{2}}}{BC}=\frac{{{9}^{2}}}{15}=5,4\left( cm \right)$.

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

Tính diện tích tam giác \[ABC\]
Dựng $BK\bot AC$. Tính tỷ số \[\frac{AK}{AC}\]..

Giải:

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

$A{{H}^{2}}=A{{C}^{2}}-H{{C}^{2}}={{b}^{2}}-{{a}^{2}}$

Suy ra ${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}BC.AH=\frac{1}{2}a\sqrt{{{b}^{2}}-{{a}^{2}}}$

$\Rightarrow AH=\sqrt{{{b}^{2}}-{{a}^{2}}}$

b). Ta có $\frac{1}{2}BC.AH=\frac{1}{2}BK.AC={{S}_{ABC}}$

Suy ra $BK=\frac{BC.AH}{AC}=\frac{2a}{b}\sqrt{{{b}^{2}}-{{a}^{2}}}$. Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông $AKB$ ta có: $A{{K}^{2}}=A{{B}^{2}}-B{{K}^{2}}={{b}^{2}}-\frac{4{{a}^{2}}}{{{b}^{2}}}\left( {{b}^{2}}-{{a}^{2}} \right)=\frac{{{\left( {{b}^{2}}-2{{a}^{2}} \right)}^{2}}}{{{b}^{2}}}$. Suy ra $AK=\frac{\left| {{b}^{2}}-2{{a}^{2}} \right|}{b}$ do đó \[\frac{AK}{AC}=\frac{\left| {{b}^{2}}-2{{a}^{2}} \right|}{{{b}^{2}}}\].

Ví dụ 3: Cho tam giác $ABC$ với các đỉnh $A,B,C$ và các cạnh đối diện với các đỉnh tương ứng là: $a,b,c$.

Tính diện tích tam giác $ABC$ theo $a$
Chứng minh: ${{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 4\sqrt{3}S$.

Giải:

a). Ta giả sử góc $A$ là góc lớn nhất của tam giác

\[ABC\Rightarrow B,C\] là các góc nhọn. Suy ra chân

đường cao hạ từ $A$ lên $BC$ là điểm

$H$ thuộc cạnh $BC$.

Ta có: $BC=BH+HC$. Áp dụng định lý

Pi ta go cho các tam giác vuông

$AHB,AHC$ ta có:$A{{B}^{2}}=A{{H}^{2}}+H{{B}^{2}},A{{C}^{2}}=A{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}$

Trừ hai đẳng thức trên ta có:

${{c}^{2}}-{{b}^{2}}=H{{B}^{2}}-H{{C}^{2}}=\left( HB+HC \right)\left( HB-HC \right)=a.\left( HB-HC \right)$ $\Rightarrow HB-HC=\frac{{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{a}$ta cũng có: $HB+HC=a\Rightarrow BH=\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2a}$.

Áp dụng định lý Pitago cho tam giác vuông

$AHB\Rightarrow A{{H}^{2}}={{c}^{2}}-{{\left( \frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2a} \right)}^{2}}=\left( c-\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2a} \right)\left( c+\frac{{{a}^{2}}+{{c}^{2}}-{{b}^{2}}}{2a} \right)$

$=\left[ \frac{{{\left( a+c \right)}^{2}}-{{b}^{2}}}{2a} \right].\left[ \frac{{{b}^{2}}-{{\left( a-c \right)}^{2}}}{2a} \right]=\frac{\left( a+b+c \right)\left( a+c-b \right)\left( b+a-c \right)\left( b+c-a \right)}{4{{a}^{2}}}$

Đặt $2p=a+b+c$ thì $A{{H}^{2}}=\frac{16p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}{4{{a}^{2}}}\Rightarrow AH=2\frac{\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}}{a}$.

Từ đó tính được $S=\frac{1}{2}BC.AH=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}$

b) Từ câu $a)$ ta có: $S=\sqrt{p\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)}$. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: $\left( p-a \right)\left( p-b \right)\left( p-c \right)\le {{\left( \frac{p-a+p-b+p-c}{3} \right)}^{3}}=\frac{{{p}^{3}}}{27}$. Suy ra $S\le \sqrt{p.\frac{{{p}^{3}}}{27}}=\frac{{{p}^{2}}}{3\sqrt{3}}$. Hay $S\le \frac{{{\left( a+b+c \right)}^{2}}}{12\sqrt{3}}$. Mặt khác ta dễ chứng minh được: ${{\left( a+b+c \right)}^{2}}\le 3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)$ suy ra $S\le \frac{3\left( {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}} \right)}{12\sqrt{3}}\Leftrightarrow {{a}^{2}}+{{b}^{2}}+{{c}^{2}}\ge 4\sqrt{3}S$

Dấu bằng xảy ra hki và chỉ khi tam giác $ABC$ đều.

Ví dụ 4. Cho tam giác nhọn $ABC$ đường cao $CK$; $H$ là trực tâm của tam giác. Gọi $M$ là một điểm trên $CK$ sao cho $\widehat{AMB}={{90}^{0}}$. $S,{{S}_{1}},{{S}_{2}}$ theo thứ tự là diện tích các tam giác $AMB,ABC$ và $ABH$. Chứng minh rằng $S=\sqrt{{{S}_{1}}.{{S}_{2}}}$..

Giải:

Tam giác $AMB$ vuông tại $M$ có

$MK\bot AB$ nên $M{{K}^{2}}=AK.BK$ (1).

$\Delta AHK\sim \Delta CBK$ vì có

$\widehat{AKH}=\widehat{CKB}={{90}^{0}}$; $\widehat{KAH}=\widehat{KCB}$

(cùng phụ với $\widehat{ABC}$). Suy ra $\frac{AK}{CK}=\frac{HK}{BK}$ , do đó $AK.KB=CK.KH$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $M{{K}^{2}}=CK.HK$ nên $MK=\sqrt{CK.HK}$;

${{S}_{AMB}}=\frac{1}{2}.AB.MK=\frac{1}{2}AB.\sqrt{CK.HK}=\sqrt{\frac{1}{2}AB.CK.\frac{1}{2}AB.HK}=\sqrt{{{S}_{1}}{{S}_{2}}}$.

Vậy $S=\sqrt{{{S}_{1}}.{{S}_{2}}}$.

Ví dụ 5. 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.

Giải:

Ta có $\widehat{CAD}=\widehat{ABC}={{60}^{0}}$ (cùng phụ với $\widehat{CAB}$), vì thế trong tam giác vuông $ACD$ ta có $AC=2AD$.

Theo định lý Pythagore thì: $A{{C}^{2}}=A{{D}^{2}}+D{{C}^{2}}$ hay ${{\left( 2AD \right)}^{2}}=A{{D}^{2}}+{{30}^{2}}$

Suy ra $3A{{D}^{2}}=900\Leftrightarrow A{{D}^{2}}=300$ nên $AD=10\sqrt{3}$(cm).

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 $HB=\frac{C{{H}^{2}}}{HA}=\frac{{{\left( 10\sqrt{3} \right)}^{2}}}{30}=\frac{300}{30}=10\left( cm \right)$, do đó $AB=AH+HB=30+10=40\left( cm \right)$.

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

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

II. Bài tập tự luyện

Bài 1: Biết $\sin \alpha =\frac{5}{13}$. Tính $\cos \alpha ,\tan \alpha $ và $\cot \alpha $.

Bài 2: Cho tam giác nhọn $ABC$ hai đường cao $AD$ và $BE$ cắt nhau tại $H$. Biết $HD:HA=1:2$. Chứng minh rằng $tgB.tgC=3$.

Bài 3: Biết $\sin \alpha .\cos \alpha =\frac{12}{25}$. Tính $\sin \alpha ,\cos \alpha $.

Bài 4: Cho tam giác $ABC$ có $AB=16,AC=14$ và $\widehat{B}={{60}^{0}}$.

a) Tính độ dài cạnh $BC$

b) Tính diện tích tam giác $ABC$.

Bài 5: Tính diện tích tam giác $ABC$ biết $\widehat{ABC}={{45}^{0}},\widehat{ACB}={{60}^{0}}$ bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ là $R$.

Bài 6: Cho tam giác $ABC$ với các đỉnh $A,B,C$ và các cạnh đối diện với các đỉnh tương ứng là: $a,b,c$. Chứng minh rằng:

${{a}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}}-2bc\cos A$
Gọi $D$ là chân đường phân giác trong góc $A$. Chứng minh: \[AD=\frac{2bc.\cos \left( \frac{A}{2} \right)}{b+c}\]

Bài 7: Không dùng máy tính và bảng số hãy chứng minh rằng $\sin {{75}^{0}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.

Bài 8: Cho tam giác vuông ABC, đường cao AH. Biết AB=3cm, AC=4cm. Tính AH?

Bài 9: Cho tam giác vuông ABC, đường cao AH. Biết AB=3cm, AC=4cm. Tính HC?

Bài 10: Cho tam giác vuông ABC, đường cao AH. Biết AB=3cm, AC=4cm. Tính diện tích tam giác AHC?

Hướng dẫn giải

Bài 1:

Giải:

Cách 1. Xét $\Delta ABC$ vuông tại $A$.

Đặt $\widehat{B}=\alpha $. Ta có: $\sin \alpha =\frac{AC}{BC}=\frac{5}{13}$

suy ra $\frac{AC}{5}=\frac{BC}{13}=k$, do đó

$AC=5k,BC=13k$. Tam giác $ABC$ vuông tại $A$ nên: $A{{B}^{2}}=B{{C}^{2}}-A{{C}^{2}}={{\left( 13k \right)}^{2}}-{{\left( 5k \right)}^{2}}=144{{k}^{2}}$, suy ra $AB=12k$.

Vậy $\cos \alpha =\frac{AB}{BC}=\frac{12k}{13k}=\frac{12}{13}$;

$\tan \alpha =\frac{AC}{AB}=\frac{5k}{12k}=\frac{5}{12};$

$\cot \alpha =\frac{AB}{AC}=\frac{12k}{5k}=\frac{12}{5}$

Cách 2. Ta có $\sin \alpha =\frac{5}{13}$ suy ra ${{\sin }^{2}}\alpha =\frac{25}{169}$, mà ${{\sin }^{2}}\alpha +{{\cos }^{2}}\alpha =1$, do đó ${{\cos }^{2}}\alpha =1-{{\sin }^{2}}\alpha =1-\frac{25}{169}=\frac{144}{169}$, suy ra $\cos \alpha =\frac{12}{13}$.

$\tan \alpha =\frac{\sin \alpha }{\cos \alpha }=\frac{5}{13}:\frac{12}{13}=\frac{5}{13}.\frac{13}{12}=\frac{5}{12}$; $\cot \alpha =\frac{\cos \alpha }{\sin \alpha }=\frac{12}{13}:\frac{5}{13}=\frac{12}{13}.\frac{13}{5}=\frac{12}{5}$.

Ở cách giải thứ nhất ta biểu thị độ dài các cạnh của tam giác $ABC$ theo đại lượng $k$ rồi sử dụng định nghĩa tỉ số lượng giác của góc nhọn để tính $\cos \alpha ,\tan \alpha ,\cot \alpha $. Ở cách giải thứ hai, ta sử dụng giả thiết $\sin \alpha =\frac{5}{13}$ để tính ${{\sin }^{2}}\alpha $ rồi tính $\cos \alpha $ từ ${{\sin }^{2}}\alpha +{{\cos }^{2}}\alpha =1$. Sau đó ta tính $\tan \alpha $ và $\cot \alpha $ qua $\sin \alpha $ và $\cos \alpha $.

Bài 2:

Giải:

Ta có: $tgB=\frac{AD}{BD};tgC=\frac{AD}{CD}$.

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

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

Do đó $\Delta BDH\sim \Delta ADC$ (g.g), suy ra $\frac{DH}{DC}=\frac{BD}{AD}$, do đó $BD.DC=DH.AD$ (2). Từ (1) và (2) suy ra $\tan B.\tan C=\frac{A{{D}^{2}}}{DH.AD}=\frac{AD}{DH}$ (3). Theo giả thiết $\frac{HD}{AH}=\frac{1}{2}$ suy ra $\frac{HD}{AH+HD}=\frac{1}{2+1}$ hay $\frac{HD}{AD}=\frac{1}{3}$, suy ra $AD=3HD$. Thay vào (3) ta được: $\tan B.\tan C=\frac{3HD}{DH}=3$.

Bài 3:

Giải:

Biết $\sin \alpha .\cos \alpha =\frac{12}{25}$. Để tính $\sin \alpha ,\cos \alpha $ ta cần tính $\sin \alpha +\cos \alpha $ rồi giải phương trình với ẩn là $\sin \alpha $ hoặc $\cos \alpha $.

Suy ra $\sin \alpha +\cos \alpha =\frac{7}{5}$ nên $\sin \alpha =\frac{7}{5}-\cos \alpha $. Từ đó ta có:

$\left( 5\cos \alpha -4 \right)\left( 5\cos \alpha -3 \right)=0$. Suy ra $\cos \alpha =\frac{4}{5}$ hoặc $\cos \alpha =\frac{3}{5}$.

+ Nếu $\cos \alpha =\frac{4}{5}$ thì $\sin \alpha =\frac{12}{25}:\frac{4}{5}=\frac{3}{5}$.

+ Nếu $\cos \alpha =\frac{3}{5}$ thì $\sin \alpha =\frac{12}{25}:\frac{3}{5}=\frac{4}{5}$.

Vậy $\sin \alpha =\frac{3}{5}$, $\cos \alpha =\frac{4}{5}$ hoặc $\sin \alpha =\frac{4}{5},\cos \alpha =\frac{3}{5}$.

Bài 4:

Giải:

a) Kẻ đường cao $AH$.

Xét tam giác vuông $ABH$. Áp dụng định lý Pythagore vào tam giác vuông $AHC$ ta có:

$H{{C}^{2}}=A{{C}^{2}}-A{{H}^{2}}={{14}^{2}}-{{\left( 8\sqrt{3} \right)}^{2}}=196-192=4$. Suy ra $HC=2$. Vậy $BC=CH+HB=2+8=10$.

b) Cách 1. ${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}BC.AH=\frac{1}{2}.10.8\sqrt{3}=40\sqrt{3}$ (đvdt)

Cách 2. ${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}BC.BA.\sin B=\frac{1}{2}.10.16.\frac{\sqrt{3}}{2}=40\sqrt{3}$ (đvdt)

Bài 5:

Giải:

Giả thiết có các góc có số đo đặc biệt , nhưng tam giác $ABC$là tam giác thường nên ta sẽ tạo ra tam giác vuông bằng cách. Dựng các đường thẳng qua $C,B$ lần lượt vuông góc với $AC,AB$. Gọi $D$ là giao điểm của hai đường thẳng trên. Khi đó tam giác $ABD$ và $ACD$ là các tam giác vuông và 4 điểm $A,B,C,D$ cùng nằm trên đường tròn đường kính \[AD=2R\]. Ta có: $AB=AD.\sin {{60}^{0}}=AD.\frac{\sqrt{3}}{2}=R\sqrt{3}$. Kẻ đường cao $AH$ suy ra $H\in BC$.Tức là: $BC=BH+CH$. Tam giác $AHB$ vuông góc tại $H$ nên $AH=BH=AB.\sin {{45}^{0}}=\frac{AB\sqrt{2}}{2}=AD\frac{\sqrt{3}}{2}.\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{R\sqrt{6}}{2}$. Mặt khác tam giác $ACH$ vuông tại $H$ nên $A{{C}^{2}}=A{{H}^{2}}+C{{H}^{2}}\Rightarrow CH=\frac{R}{\sqrt{2}}$ $\Rightarrow BC=\frac{R\left( 1+\sqrt{2} \right)}{\sqrt{2}}$. Từ đó tính được diện tích $S=\frac{{{R}^{2}}\left( 3+\sqrt{3} \right)}{4}$.

Bài 6:

Giải:

a). Dựng đường cao $BH$ của tam giác $ABC$ ta có:

Giả sử $H$ thuộc cạnh $AC$.

Ta có: $AC=AH+HC$.

Áp dụng định lý

Pi ta go cho các tam giác vuông

$AHB,BHC$ ta có:$A{{B}^{2}}=A{{H}^{2}}+H{{B}^{2}},B{{C}^{2}}=B{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}$

Trừ hai đẳng thức trên ta có:

${{c}^{2}}-{{a}^{2}}=H{{A}^{2}}-H{{C}^{2}}=\left( HA+HC \right)\left( HA-HC \right)=b.\left( HA-HC \right)$ $\Rightarrow HA-HC=\frac{{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{b}$ta cũng có: $HA+HC=b\Rightarrow AH=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2b}$. Xét tam giác vuông $AHB$ ta có: $\cos A=\frac{AH}{AB}=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}\Leftrightarrow {{a}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}}-2bc\cos A$.

Cách 2: Xét tam giác vuông \[CHB\] ta có:

$B{{C}^{2}}=B{{H}^{2}}+H{{C}^{2}}=B{{H}^{2}}+{{\left( AC-AH \right)}^{2}}=B{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}+A{{C}^{2}}-2AC.AH$Ta có: $AH=CB.\cos A$ suy ra $B{{C}^{2}}=B{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}+A{{C}^{2}}-2AC.CB.\cos A$

b) Để chứng minh bài toán ta cần kết quả sau:

+ $\sin 2\alpha =2\sin \alpha .\cos \alpha $

+ $S=\frac{1}{2}ab\sin C$

*) Thật vậy xét tam giác vuông $ABC,\widehat{A}={{90}^{0}}$, gọi $M$ là trung điểm của $BC$, dựng đường cao $AH$. Đặt $\widehat{ACB}=\alpha \Rightarrow \widehat{AMB}=2\alpha $.

Ta có $\sin \alpha =\sin C=\frac{AH}{AC}=\frac{h}{b}$

$\cos \alpha =\cos C=\frac{AC}{BC}=\frac{b}{a}$

$\sin 2\alpha =\sin \widehat{AMH}=\frac{AH}{AM}=\frac{h}{\frac{a}{2}}=\frac{2h}{a}$

Từ đó ta suy ra: $\sin 2\alpha =2\sin \alpha .\cos \alpha $.

*) Xét tam giác $ABC$. Dựng đường cao $BE$ ta có:

\[{{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}BE.AC=\frac{1}{2}BE.b\] (1)

Mặt khác trong tam giác vuông $AEB$

ta có:$\sin A=\frac{BE}{AB}\Rightarrow BE=c.\sin A$

thay vào (1)

Ta có: $S=\frac{1}{2}ab\sin C$

Trở lại bài toán:

Ta có ${{S}_{ABD}}=\frac{1}{2}AD.AB\sin {{A}_{1}}=\frac{1}{2}AD.c.\sin \left( \frac{A}{2} \right)$

${{S}_{ACD}}=\frac{1}{2}AD.AC\sin {{A}_{2}}=\frac{1}{2}AD.b.\sin \left( \frac{A}{2} \right)$

Suy ra ${{S}_{ABC}}={{S}_{ACD}}+{{S}_{ABD}}=$

$=\frac{1}{2}AD\sin \left( \frac{A}{2} \right)\left[ c+b \right]$. Mặt khác ${{S}_{ABC}}=\frac{1}{2}bc\sin A\Rightarrow $ $AD\sin \left( \frac{A}{2} \right)\left[ c+b \right]=bc\sin A\Leftrightarrow AD=\frac{bc\sin A}{\left( b+c \right)\sin \left( \frac{A}{2} \right)}=\frac{2bc\cos \frac{A}{2}}{c+b}$

Chú ý rằng: Ta chứng minh được kết quả sau: $\cos 2\alpha =2{{\cos }^{2}}\alpha -1=1-2{{\sin }^{2}}\alpha $.

Thật vậy xét tam giác vuông $ABC,\widehat{A}={{90}^{0}}$, gọi $M$ là trung điểm của $BC$, dựng đường cao $AH$. Đặt $\widehat{ACB}=\alpha \Rightarrow \widehat{AMB}=2\alpha $.

Ta có : $\cos \alpha =\cos C=\frac{AC}{BC}=\frac{b}{a}$ $\sin \alpha =\sin C=\frac{AB}{BC}=\frac{c}{a}$, $\cos 2\alpha =\cos \widehat{AMH}=\frac{A{{M}^{2}}+M{{B}^{2}}-A{{B}^{2}}}{2AM.MB}$

$=\frac{{{\frac{a}{4}}^{2}}+{{\frac{a}{4}}^{2}}-{{c}^{2}}}{2\frac{a}{2}.\frac{a}{2}}=\frac{{{a}^{2}}-2{{c}^{2}}}{{{a}^{2}}}=1-2{{\left( \frac{c}{a} \right)}^{2}}=1-2.\frac{{{a}^{2}}-{{b}^{2}}}{{{a}^{2}}}=2{{\left( \frac{b}{a} \right)}^{2}}-1$. Từ đó suy ra $\cos 2\alpha =2{{\cos }^{2}}\alpha -1=1-2{{\sin }^{2}}\alpha $

Áp dụng ${{a}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}}-2bc\cos A\Rightarrow {{a}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}}-2bc\left( 2{{\cos }^{2}}\frac{A}{2}-1 \right)$. $\Rightarrow 2{{\cos }^{2}}\frac{A}{2}=\frac{{{b}^{2}}+{{c}^{2}}-{{a}^{2}}}{2bc}+1\Leftrightarrow {{\cos }^{2}}\frac{A}{2}=\frac{{{\left( b+c \right)}^{2}}-{{a}^{2}}}{4bc}$. Thay vào công thức đường phân giác ta có: $AD=\frac{2bc\cos \frac{A}{2}}{c+b}=\frac{2bc\sqrt{\frac{{{\left( b+c \right)}^{2}}-{{a}^{2}}}{4bc}}}{b+c}=\frac{\sqrt{bc}\sqrt{\left( b+c-a \right)\left( b+c+a \right)}}{b+c}$. Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có: $\sqrt{bc}\le \frac{b+c}{2}\Rightarrow AD\le \frac{\sqrt{\left( b+c-a \right)\left( b+c+a \right)}}{2}=\sqrt{p(p-a)}$ với $2p=a+b+c$.

Áp dụng công thức: ${{a}^{2}}={{b}^{2}}+{{c}^{2}}-2bc\cos A$. Ta cũng chứng minh được hệ thức rất quan trọng trong hình học phẳng ( Định lý Stewart) đó là:

‘’Cho điểm $D$ nằm trên cạnh $BC$ của tam giác $ABC$ khi đó ta có: $A{{B}^{2}}.CD+A{{C}^{2}}.BD=BC\left( A{{B}^{2}}+BD.DC \right)$’’

+ Thật vậy :Ta giả kẻ $AH\bot BC$

không mất tính tổng quát, ta giả sử $D$ nằm trong đoạn

$HC$. Khi đó ta có:

$A{{B}^{2}}=A{{D}^{2}}+B{{D}^{2}}-2AD.BD.\cos \widehat{ADB}=A{{D}^{2}}+B{{D}^{2}}-2DB.DH$ (1)

Tương tự ta có: $A{{C}^{2}}=A{{D}^{2}}+D{{C}^{2}}+2DH.DC$ (2). Nhân đẳng thức (1) với $DC$ đẳng thức (2) với $BD$ rồi cộng lại theo vế ta có:

$A{{B}^{2}}.CD+A{{C}^{2}}.BD=BC\left( A{{B}^{2}}+BD.DC \right)$

Bài 7:

Giải:

Vẽ tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với $BC=2a$ ($a$ là một độ dài tùy ý)

, $\widehat{C}={{15}^{0}}$, suy ra $\widehat{B}={{75}^{0}}$.

Gọi $I$ là trung điểm của $BC$, ta có

$IA=IB=IC=a$. Vì $\widehat{AIB}$ là góc ngoài tại đỉnh $I$ của tam giác cân $IAC$ nên $\widehat{AIB}=2\widehat{C}={{30}^{0}}$. Kẻ $AH\bot BC$ thì $IH=AI.\cos {{30}^{0}}=\frac{a\sqrt{3}}{2}$; $AH=AI.\cos {{30}^{0}}=\frac{a}{2}$; $CH=CI+IH=a+\frac{a\sqrt{3}}{2}=\frac{a\left( 2+\sqrt{3} \right)}{2}$.

Tam giác $AHC$ vuông tại $H$, theo định lý Pythagore, ta có: $A{{C}^{2}}=C{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}=\frac{{{a}^{2}}{{\left( 2+\sqrt{3} \right)}^{2}}}{4}+\frac{{{a}^{2}}}{4}=\frac{{{a}^{2}}\left( 4+4\sqrt{3}+3+1 \right)}{4}$

Suy ra $AC=a\sqrt{2+\sqrt{3}}$.

$\sin {{75}^{0}}=\sin B=\frac{AC}{BC}=\frac{a\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2a}=\frac{\sqrt{2+\sqrt{3}}}{2}=\frac{\sqrt{4+2\sqrt{3}}}{2\sqrt{2}}$

$=\frac{\sqrt{{{\left( \sqrt{3}+1 \right)}^{2}}}}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{3}+1}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}\left( \sqrt{3}+1 \right)}{2\sqrt{2}.\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.

Vậy $\sin {{75}^{0}}=\frac{\sqrt{6}+\sqrt{2}}{4}$.

Bài 8: Áp dụng công thức ta có: \[\frac{1}{A{{H}^{2}}}=\frac{1}{A{{C}^{2}}}+\frac{1}{A{{B}^{2}}}\Rightarrow AH=\frac{12}{5}\]

Bài 9: Áp dụng công thức ta có: \[HC=\frac{A{{C}^{2}}}{BC}=\frac{A{{C}^{2}}}{\sqrt{A{{C}^{2}}+A{{B}^{2}}}}=\frac{{{4}^{2}}}{\sqrt{{{4}^{2}}+{{3}^{2}}}}=\frac{16}{5}\]

Bài 10: