1
Số 547 (1 -2023)
Khi gặp những bài toán liên quan đến tam giác vuông chúng ta thường nghĩ đến định lí Pythagore, hệ
thức lượng trong tam giác vuông, tỉ số lượng giác của góc nhọn, quan hệ giữa đường xiên và đường
vuông góc, giữa đường xiên và hình chiếu, … Bài viết này tôi xin nêu thêm một tính chất khác của tam
giác vuông và một vài khai thác từ tính chất đó. Chúng ta bắt đầu bằng bài toán cơ bản sau đây:
Bài toán 1. Cho tam giác
CAB
vuông tại
C
.
H
là hình chiếu vuông góc của
C
trên
AB
. Tia phân
giác của góc
ACH
và
BCH
lần lượt cắt cạnh
AB
tại
,PK
. Chứng minh rằng:
Lời giải (h.1)
Theo tính chất góc ngoài của tam giác
BCK
ta có:
CKA CBK KCB= +
.
Mặt khác:
CBK ACH=
(cùng phụ với
CAB
) và
KCB KCH=
(gt), suy ra:
CKA ACH KCH KCA=+=
ACK⇒∆
cân tại
A
⇒
AC AK=
.
Tương tự:
BC BP=
.
⇒
( ) ( ) ( )
CA CB AB AK BP AB AP PK BK PK BK PK AP PK+−=+−=+++−++=
Nhận xét 1. Vì
CAB∆
vuông tại
C
nên theo định lí Pythagore ta có
22 2
CA CB AB+=
Từ bài toán 1 ta có:
( ) ( )
2
2 222
2. . 2PK AC BC AB AC BC AB AC BC AB AC BC= +− = + + + − +
( )
22
2 . 2.AB AB AK BP AB AC BC=++ − +
( ) ( ) ( )
2
22 . 2AB AB BK AB AP AB AC BC= + − −− +
( ) ( )
22
2 2 2 2 2.AB AB AB BK AP AB AC BC BK AP=+−+−++
( )
2
4 2 2.AB AB BK AP AC BC BK AP= − +++ +
( )
2
4 2 2.AB AB BK AP AK BP BK AP= − ++ + +
2
4 2 .2 2 .AB AB AB BK AP=−+
2.BK AP=
Từ đó ta có bài toán sau:
K
P
H
A
B
C
KHAI THÁC MỘT TÍNH CHẤT
CỦA TAM GIÁC VUÔNG
NGUYẾN ANH TUẤN
(GV THCS Hòa Hiếu 2, TX Thái Hòa, Nghệ An)
2
Số 547 (1 -2023)
Bài toán 2. Cho tam giác
CAB
vuông tại
C
.
H
là hình chiếu vuông góc của
C
trên
AB
. Tia phân
giác của góc
ACH
và
BCH
lần lượt cắt cạnh
AB
tại
,PK
. Chứng minh rằng:
2
2.=PK BK AP
.
Lưu ý. Thực tế khi cho học sinh chứng minh kết quả
22.PK BK AP=
rất nhiều học sinh gặp lúng túng,
thậm chí có những học sinh đã giải được nhưng sau đó một thời gian giáo viên cho làm lại thì không
chứng minh được. Kinh nghiệm mà bản thân tác giả đã giảng dạy dạng toán chứng minh đẳng thức kiểu
này đó là hướng dẫn học sinh tìm lời giải bằng nhiều cách khác nhau để giúp các em khắc sâu kiến thức.
Với bài toán này chúng ta có thể giải theo một số cách khác nhau:
Cách 2. Ta có:
( )
2
2
PK AB AP BK= −−
( ) ( )
22 2
2 2. 1AB AP BK AB AP BK AP BK=++− ++
( )
22 2
2AB AP BK AB AP BK++− +
( ) ( ) ( )
22
22.AB AB BP AB AK AB AP BK=+− +− − +
( ) ( ) ( )
22
2
2AB AB BC AB AC AB AP BK=+− +− − +
( )
( )
2 22
32AB BC AC AB AP BK AC BC= + + − +++
22
3 2 .2 0AB AB AB AB= +− =
(2)
Từ (1) và (2) ta có đpcm.
Cách 3. Ta có:
( )( )
2
PK AK AP BP BK=−−
....AK BP AK BK BP AP AP BK= − −+
( )
22 2
2AB AP BK AB AP BK++− +
( )( )
...AB BK AB AP AK BK BP AP AP BK=− −− − +
( )
2
. . 2.AB AB BK AP AK BK BP AP AP BK=− +− − +
(3)
Mặt khác ta có:
( )
2..AB AB BK AP AK BK BP AP− +− −
( )
2
..AB AB AB AK AB BP AK BK BP AP= − −+− − −
2....AB AB AK AB BP AK BK BP AP=−+ + − −
( ) ( )
2
AB AK AB BK BP AB AP=−+ − + −
2 22
AB AK BP=−+ +
222
0AB AC BC=−+ + =
(4)
Từ (3) và (4) ta có đpcm.
Cách 4. Ta có:
22. .PK AP BK=
⇔
( ) ( )
2
2.BC BK AB BC BK−=−
⇔
22
2. 2. 2.BC BK BC BK AB BK BC BK+− = −
⇔
22
2.BC BK AB BK+=
⇔
( )
22
2AB AC BK AB BK−= −
⇔
( )( ) ( )
AB AC AB AC BK AB AC+ −= +
⇔
AB AC BK−=
(luôn đúng)
Nhận xét 2 (h.2). Gọi
12
,,II I
và
R
lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác
ABC
,
ACH
,
BCH
và bán kính đường tròn ngoại tiếp
ABC∆
. Khi đó ta có
1
I CP∈
,
2
I CK∈
,
I
là giao điểm của
1
AI
và
2
BI
và
2AB R=
.
3
Số 547 (1 -2023)
Mặt khác:
ACK∆
cân tại
A
có
AI
là đường phân giác nên
I
nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng
CK
. Tương tự điểm
I
cũng nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng
CP
. Từ đó suy ra
I
là tâm đường
tròn ngoại tiếp
CPK∆
.
Lại có:
00
2. 2.45 90PIK PCK= = =
IPK⇒∆
vuông tại
I
⇒
2
PK
IK =
(1)
Theo bất đẳng thức Bunyakovsky ta có:
( )
22
2CA CB CA CB+≤ +
Nên từ bài toán 1 ta có:
( )
22
2PK CA CB AB≤ +−
( )
2
2 2 21AB AB R= −= −
(2)
Từ (1) và (2) suy ra:
( )
2 21IK R≤−
. Từ đó ta có bài toán sau:
Bài toán 3. Cho
C
là một điểm di động trên nửa đường tròn (O) đường kính
2=AB R
(
C
không trùng
với
,AB
),
H
là hình chiếu vuông góc của
C
trên
AB
. Gọi
12
,II
lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp
các tam giác
CAH
và
CBH
. Gọi
,PK
lần lượt là giao điểm của
1
CI
,
2
CI
với
AB
. Xác định vị trí của
C
trên nửa đường tròn
( )
O
để bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
CPK
lớn nhất.
Lưu ý. Chúng ta có thể chứng minh kết quả
2
PK
IK =
khá đơn giản như sau: Gọi
1
R
là bán kính đường
tròn ngoại tiếp tam giác
CPK
, theo định lí hàm số sin ta có:
11
22
sin 45
sin
PK PK
RR
PCK
=⇒=
°
11
2.
12
2
PK PK
RR⇒ = ⇒=
Nhận xét 3 (h.2). Có thể chứng minh
12 2 ( 2 1)II R≤−
như sau.
I
2
I
1
I
K
P
H
O
A
B
C
4
Số 547 (1 -2023)
Xét 2
CI P∆
có
245I CP = ° và
22
IC IP=
(vì
2
BI
là đường trung trực của
CP
)
2
CI P⇒∆
vuông cân
tại
22
I PI CK⇒⊥
.
Tương tự
1
KI CP⊥
nên
21
~CI I CPK∆∆
(c.g.c)
12 2
1
2
I I CI
PK CP
⇒==
(do
2
CI P∆
vuông cân tại
2
I
nên
)
2 12
22
PK
CP CI I I=⋅ ⇒=
(3). Từ (2) và (3)
12
2 ( 2 1)II R⇒≤ −
(4).
Ta thấy
21 90PI K KI P PIK= = = °
nên năm điểm
P
,
1
I
,
I
,
2
I
,
K
cùng nằm trên đường tròn đường
kính
.PK
Từ đó ta có bài toán sau:
Bài toán 4. Cho
C
là một điềm di động trên nửa durờng tròn
()O
đường kính
2=AB R
(
C
không
trùng với
,AB
).
H
là hình chiếu vuông góc của
C
trên
AB
. Gọi
12
,II
lần lượt là tâm đường tròn nội
tiếp các tam giác
CAH
và
CBH
. Xác định vị trí của điểm
C
trên nửa đường tròn
()O
để:
a) Bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
12
II I
lớn nhất.
b) Độ dài đoạn thẳng
12
II
lớn nhất.
Lưu ý.
1) Chúng ta có thể chứng minh kết quả
12
2
PK
II =
như sau (h.2): Ta có
12
//II PI
và
22
45CPI II P= = °
nên
12
II PI
là hình thang cân
12 2
KP
I I IP⇒==
.
2) Chúng ta cũng có thể chứng minh
12 2 ( 2 1)II R≤−
như sau:
Hình 3
5
Số 547 (1 -2023)
Cách 3 (h.3).
Gọi
r
,
1
r
,
2
r
lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác
ABC
,
AHC
,
.BHC
Kẻ
IM AC⊥
,
12
, ( ,, )I E AB I F CH M AC E AB F CH⊥ ⊥ ∈∈∈
.
Khi đó
IM r=
,
11
IE r=
,
22
IF r=
. Ta có:
1
AMI AEI∆∆∽
(g.g) và
1
ACI AHI∆∆∽
(g.g)
11
MI AI AC
EI AI AH
⇒==
( )
1
1
r AC
r AH
⇒=
Mặt khác:
21
~CI F AEI∆∆
(g.g) và
21
CI H AI H∆∆∽
(g.g)
22
11
FI CI CH
EI AI AH
⇒==
( )
2
1
2
rCH
r AH
⇒=
.
Từ (1) và (2) suy ra:
22 22
2
11
1
r
r AC CH
r r AH AH
 
−= − =
 


222 222
21 12
.rrr rrr⇒−=⇒=+
Vì các tam giác
1
EHI
và
2
FHI
vuông cân nên
11 1
22 2
22
.
22
HI EI r
HI FI r
= =
= =
Tam giác
12
I HI
vuông tại
H
suy ra:
( )
2 2 2 22 2
12 1 2 1 2
22I I HI HI r r r= + = +=
12
2. II r⇒=