Đề cương ôn tập môn Toán Lớp 9 - Phần 1

 Hệ thức về cạnh và đường cao
KIẾN THỨC CƠ BẢN
 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 Thales, 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 , kí hiệu: AB c, BC a, CA b, AH h,
HB c , HC b . Ta có:
 2 2 2
1) a b c . A
2) b2 ab ;c2 ac . 
3) h2 b .c . b
4) a.h b.c . c
 h
 1 1 1
5) .
 h2 b2 c2
 b b2 H
6) . B C
 a a2 c b 
 a
 1
Chú ý: Diện tích tam giác vuông: S .b.c .
 2
Chứng minh: 
+) Xét tam giác vuông AHB và CHA, ta có: B· AH H· CA (cùng phụ với H· AC ) suy ra 
 AH CH
 AHB ∽ CHA g.g nên ta có: AH 2 BH.CH .
 HB HA
+) Xét tam giác vuông BHA và BAC , ta có: ·ABC chung suy ta BAH ∽ BAC g.g nên 
 BH BA
ta có: BA2 BH.BC .
 BA BC
 AC BC
+) Tương tự ta có: AHC ∽ BAC g.g nên CA2 CH.CB .
 HC AC
+) Ta có: 
 1 BC 2 1 AB2 AC 2 1 1 1
AH.BC AB.AC 2S .
 ABC AH 2 AB2.AC 2 AH 2 AB2.AC 2 AH 2 AB2 AC 2 Tỉ số lượng giác của góc nhọn
KIẾN THỨC CƠ BẢN
 A
 canhgocvuong canhgocvuong
  H
 B C
 canhhuyen
Cho tam giác ABC vuông tại A . Khi đó ta có các góc B,C là góc nhọn, đặt Cµ , Bµ  
thì  900 .
Xét góc ta thấy: AB là cạnh đối của góc , AC gọi là cạnh kề của góc .
1. Các tỉ số lượng giác của góc nhọn (hình) được định nghĩa như sau:
 AB AC AB AC
sin ;cos ;tan ;cot .
 BC BC AC AB
Nếu là góc nhọn thì: 
0 sin 1;0 cos 1;tan 0;cot 0 .
2. Với hai góc , mà  900 ,
Ta có: sin cos;cos sin ;
tan cot ;cot tan  .
Nếu hai góc nhọn và  có sin sin  hoặc cos cos thì  .
3. sin2 cos2 1;tan .cot 1.
 1 2
4. Với một số góc đặc biệt ta có: sin 300 cos600 ;sin 450 cos450 
 2 2
 3 1
cos300 sin 600 ;cot 600 tan 300 ;tan 450 cot 450 1;cot 300 tan 600 3 .
 2 3
Việc chứng minh các hệ thức khá đơn giản:
 AB AB
+) Ta có: sin ;cos suy ra sin cos . Tương tự cho các trường hợp còn lại.
 BC BC
+) Ta có:
 2 2 2 2
 AB AC 2 AB 2 AC 2 2 AB AC
sin ;cos sin ;cos sin cos 2 1.
 BC BC BC BC BC
 Một số ví dụ tiêu biểu Ví dụ 1: Cho tam giác ABC vuông tại A , đường cao AH . Tính độ dài các cạnh còn lại 
của tam giác ABC trong các trường hợp sau:
 a 3 1
 a. AB a, AH . b. BC 2a; HC BC .
 2 4
 3 a 3
 c. AB a;CH a ; d. CA a 3; AH .
 2 2
 AB 3
 e. ; BC 5a .
 AC 4
 Giải
 A
 B C
 H O
 1 1 1
 a. Áp dụng công thức: 
 AH 2 AB2 AC 2
 1 1 1 1 1
Ta có: AC a 3 .
 3 2 2 2 2
 a2 a AC AC 3a
 4
b. Ta có tam giác OAB cân tại O , BC 2BO
Mà BC 4BH BH BO OAB cũng cân tại B . Hay OAB là tam giác đều. Suy ra 
AB a, AC 2 BC 2 AB2 4a2 a2 3a2 nên AC a 3 .
 3
c. Áp dụng công thức: BA2 BH.BC BA2 BH BH HC hay a2 BH 2 a.BH
 2
 a
 2BH 2 3a.BH 2a2 0 2BH a BH 2a 0 BH . 
 2
Vậy BC 2a AC a 3 .
 1 1 1
d. Áp dụng công thức: 
 AH 2 AB2 AC 2
 1 1 1 1 1
Ta có: AB a BC 2 AB2 AC 2 4a2 . Hay BC 2a .
 3 2 2 2 2
 a2 AB 3a AB a
 4
e. Đặt AB 3k, AC 4k với k 0 AB2 AC 2 3k 2 4k 2 25k 2 BC 2 25a2 suy ra 
k a AB 3a, AC 4a .
Ví dụ 2: Cho tam giác vuông ABC có A 900 , BC 2a , gọi O là trung điểm của BC . 
Dựng AH  BC . a. Khi ·ACB 300 . Tính độ dài các cạnh còn lại của tam giác.
b. Khi ·ACB 300 . Gọi M là trung điểm của AC . Tính độ dài BM .
c. Khi ·ACB 300 . Các đoạn thẳng AO,BM cắt nhau ở điểm G . Tính độ dài GC .
d. Giả sử điểm A thay đổi sao cho B· AC 900 , BC 2a . Tam giác ABC phải thỏa mãn 
điều kiện gì để diện tích tam giác AHO lớn nhất?
e. Giả sử CG cắt AB tại điểm N . Tứ giác AMON là hình gì? Tam giác ABC phải thỏa 
mãn điều kiện gì để diện tích tứ giác AMON lớn nhất?
 Giải
 A
 N M
 B C
 H O
 a. Khi ·ACB 300 thì tam giác ABC là tam 
 1
giác nửa đều nên AB BC a ,
 2
AC 2 BC 2 AB2 4a2 a2 3a2 AC a 3 .
 a 3 3 7a2
b. Theo câu a) ta có: AC a 3 AM BM 2 BA2 AM 2 a2 a2 
 2 4 4
 a 7
 BM .
 2
 2
c. Do G là trọng tâm của tam giác ABC nên CG CN (với N là trung điểm của AB ).
 3
 a2 13a2 a 13
Áp dụng định lý Pitago ta có: CN 2 AN 2 AC 2 3a2 CN . Suy ra 
 4 4 2
 2 a 13
CG CN .
 3 3
 2
 1 1 2 2 1 2 BC 2
d. Ta có: SAHO AH.HO AH HO AO a . Diện tích tam giác AHO lớn 
 2 2 2 4
nhất khi và chỉ khi AH HO . Tức là AHO vuông cân tại H . Suy ra ·ACB 22030 , 
·ABC 77030 .
d. Tứ giác AMON là hình chữ nhật nên SAMON AM.AN . Theo bất đẳng thức Côsi ta có: 
 a2
AM 2 AN 2 2AM.AN MN 2 2AM.AN . Mà MN 2 OA2 a2 nên AM.AN . Vậy 
 2 a2
S . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi AM AN AB AC , hay tam giác ABC 
 AMON 2
vuông cân tại A .
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC vuông tại A , kẻ đường cao AH . Từ H dựng HM,HN lần 
lượt vuông góc với AC, AB.
a. Chứng minh: CM.CA.BN.BA AH 4 .
b. Chứng minh: CM.BN.BC AH 3 . A
 AH 3
c. Chứng minh: AM.AN . M
 BC 
 N
 AB3 BN
d. Chứng minh: .
 AC3 CM 
e. Chứng minh: AN.NB AM.MC AH 2 .
 3 2 3 2 3 2 B C
f. Chứng minh: BC BN CM . H
 Giải
a. Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông AHB, AHC, ABC ta có:
BN.BA BH 2 ,CM.CA CH 2 , HB.HC AH 2 , suy ra CM.CA.BN.BA CH.BH 2 AH 4 .
b. Chú ý rằng: AB.AC AH.BC 2SABC 
Từ câu a) suy ra CM.BN.AH.BC AH 4 CM.BN.BC AH 3 .
c. Ta có: AM.AC AH 2 , AN.AB AH 2 AM.AN.AB.AC AH 4 , mặt khác 
 3
AB.AC AH.BC 2SABC nên AM.AN.BC AH .
 BN BH 2.CA
d. Ta có: CM.CA CH 2 , BN.BA BH 2 (*) ta lại có: 
 CM CH 2.AB
 BA4 CA4 BH AB3
BH.BC BA2 BH 2 ,CH.CB CA2 CH 2 thay vào (*) ta suy ra .
 BC 2 BC 2 CM AC3
e. Ta có: AN.NB HN 2 , AM.MC HM 2 AN.NB AM.MC HN 2 HM 2 . Tứ giác ANHM là 
hình chữ nhật nên HN 2 HM 2 MN 2 AH 2 hay AN.NB AM.MC AH 2 . 
 BH 4 CH 4
f. Ta có: CM.CA CH 2 , BN.BA BH 2 BN 2 ,CM 2 . Lại có BA2 BH.BC nên 
 AB2 AC 2
 BA2 BA8 BH 4 BA6 BA6
suy ra BH BH 4 hay BN 2 tương tự ta cũng có: 
 BC BC 4 BA2 BC 4 BC 4
 6 6 6 2 2
 2 CA 3 2 3 2 3 BA 3 CA BA CA
CM 4 BN CM 4 4 . Theo định lý pitago ta có: 
 BC BC BC 3 BC 4
 BC 2
BA2 CA2 BC2 suy ra 3 BN 2 3 CM 2 3 BC 2 .
 3 BC 4
Ví dụ 4 Cho tam giác nhọn ABC , có các đường cao AD , BE , CF cắt nhau tại H , gọi O là 
trung điểm của BC , I là trung điểm của AH , K là giao điểm của EF , OI biết BC 2a .
 a) Chứng minh : các tam giác IEO , IFO là tam giác vuông.
 b) Chứng minh : OI là trung trực của EF .
 c) Chứng minh: AH 2 4IK.IO .
 EF
 d) Chứng minh : cos A .
 BC
 EF FD ED
 e) Chứng minh : . . cos A.cosB.cosC
 BC AC AB
 S
 f) Chứng minh: AEF cos2 A
 SABC
 S
 g) Chứng minh : DEF 1 cos2 A cos2 B cos2 C 
 SABC
 AD
 h) Chứng minh : tan B.tan C 
 HD
 · ·
 i) Giả sử ABC 60 , ACB 45 . Tính SABC theo a
 ·
 j) Gọi M là điểm trên AH sao cho BMC 90. Chứng minh: SBMC SABC .SBHC
 GIẢI
 A
 I
 K
 F
 H
 B
 D O C
 a. Do BE , CF là các đường cao của tam giác ABC nên các tam giác AEH , AFH lần 
 lượt vuông tại E , F . Do I là trung điểm cạnh huyền AH nên tam giác AIE cân tại 
 I suy ra I·EA I·AE 1 , tam giác OEC cân tạiO nên O· EC O· CE 2 . Lấy 1 2 theo 
 vế ta có I·EA O· EC I·AE O· CE 90 hay O· EI 90 . Tương tự ta cũng có O· FI 90 .
 AH BC
 b. Do IE IF I nằm trên trung trực của EF ,OE OF nên O nằm trên 
 2 2
 trung trực của EF suy ra OI là trung trực của EF . c. Do OI là trung trực của EF nên IO  EF tại K . Áp dụng hệ thức lượng trong tam 
 2
 2 AH 2
giác vuông IEO ta có: IK.IO IE 4IK.IO AH
 2 
 AE
d. Trong tam giác vuông AEB ta có cos A , trong tam giác vuông AFC ta cũng có 
 AB
 AF AE AF EF AE
cos A , suy ra AEF ∽ ABC cos A
 AC AB AC BC AB
e. Tương tự như câu d) ta cũng có:
 FD ED EF FD ED
 cos B, cosC suy ra . . cosA.cosB.cosC.
 AC AB BC AC AB
 2
 SAEF AE 2
f. Theo câu d) ta có : AEF ∽ ABC cos A.
 SABC AB 
 S S S S S S S S
g. Ta có : DEF ABC AEF BFD DFE 1 AEF BFD DFE . Tương tự như câu f) 
 SABC SABC SABC SABC SABC
 S S S
ta cũng có BFD cos2 B, DFE cos2 C suy ra DEF 1 cos2 A cos2 B cos2 C .
 SABC SABC SABC
 AD AD AD2
h. Ta có : tan B , tan C suy ra tan B.tan C , ta cần chứng minh 
 BD AC BD.CD
 AD2 AD
 AD.HD BD.CD . Thật vậy xét tam giác BDH và tam giác ADC ta có 
 BD.CD HD
 DH BD
: B· HD 180 D· HE ·ACD suy ra BDH ∽ ADC nên hay 
 DC AD
 AD.HD BD.CD đpcm.
i. Để tính diện tích tam giác ABC ta cần tính đường cao AD theo a .
Do tam giác ACD vuông tại D nên AD DC * . Do ·ABC 60 nên : 
 AD
tan 60 AD BD. 3 ** . Nhân * với 3 rồi cộng với ** ta có:
 BD
 2 3a
 3 1 AD 3 DC BD 3BC 2 3a AD 3 3 1 a
 3 1 
 1
Vậy S . 3 3 1 a.2a 3 3 a2 .
 ABC 2 
 2
j. Ta cần chứng minh S BMC SABC .SBHC *** Áp dụng công thức tính diện tích các tam giác ta có :
 1 1 1
 S MD.BC, S AD.BC, S HD.BC
 BMC 2 ABC 2 BHC 2
 Thay vào *** thì điều cần chứng minh tương đương với MD2 AD.HD
 Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông BMC ta có : MD2 DB.DC . Như vậy 
 ta quy về chứng minh : DB.DC AD.HD . Xét tam giác BDH và tam giác ADC ta có: 
 DH BD
 B· HD 180 B· HE ·ACD suy ra BDH ∽ ADC . Nên hay AD.HD BD.CD 
 DC AD
 đpcm.
 Ví dụ 5
 Cho tam giác ABC có BC a, AC b, AB c. Chứng minh rằng :
 a. a2 b2 c2 2bc.cosA
 a b c
 b. S p p a p b p c ( công thức Heron ) với p .
 2
 c. a2 b2 c2 4 3S
 1 1 1
 S ab.sin C bc.sin A ac.sin B
 2 2 2
 a b c
 d. 2R ( với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ).
 sin A sin B sin C
 Giải
 A
 E
 F
 H
 B D C
a. Dựng đường cao BE của tam giác ABC ta có : Cách 1 : Giả sử E thuộc cạnh AC
 Ta có : AC AE EC . Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông AEB,BEC ta 
 có AB2 AE 2 EB2 , BC 2 BE 2 EC 2
 Trừ hai đẳng thức trên ta có 
 c2 a2
 c2 a2 EA2 EC 2 EA EC EA EC b. EA EC EA EC 
 b
 b2 c2 a2
 Ta cũng có EA EC b AE .
 2b
 AE b2 c2 a2
 Xét tam giác vuông AEB ta có : cos A a2 b2 c2 2bc.cos A.
 AB 2bc
 2
 Cách 2 : Xét tam giác vuông CEB ta có BC 2 BE 2 EC 2 BE 2 AC AE 
 BE2 AE2 AC2 2AC.AE . Ta có: AE AB.cos A suy ra
 BC2 BE2 AE2 AC2 2AC.AB.cos A hay BC2 BA2 AC2 2AC.AB.cos A
 a2 b2 c2 2bccos A.
b. Ta giả sử góc A là.góc lớn nhất của tam giác ABC B,C là các góc nhọn. Suy ra 
 chân đường cao hạ từ A lên BC là điểm D thuộc cạnh BC . Ta có BC BD DC . 
 Áp.dụng định lý pytago cho các tam giác vuông ADB, ADC , ta có : 
 AB2 AD2 DB2 , AC 2 AD2 DC 2 . Trừ hai đẳng thức trên ta có : 
 c2 b2
 c2 b2 DB2 DC 2 DB DC DB DC a. DB DC DB DC ta cũng có 
 a
 a2 c2 b2
 : DB DC a BD . Áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông ADB 
 2a
 ta có :
 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
 2 2 a c b a c b a c b 
 AD c c c .
 2a 2a 2a 
 a c 2 b2 b2 a c 2 a b c a c b b a c b c a 
 . 2 . Đặt 2p a b c 
 2a 2a 4a
 16 p p a p b p c p p a p b p c 
 thì AD2 AD 2
 4a2 a
 1
 Từ đó tính được S BC.AD p p a p b p c 
 2