Giải toán bằng cách lập phương trình hoặc hệ phương trình:

Một xe tải vận chuyển hàng hóa từ kho A đến kho B với vận tốc \(50\) km/h. Khi quay trở về kho A, do đường thông thoáng hơn nên xe đi với vận tốc lớn hơn lúc đi \(10\) km/h. Vì vậy, thời gian quay về ít hơn thời gian đi \(24{\rm{\;ph\'u t}}\). Tính quãng đường từ kho A đến kho B.

Kẻ đường cao \(AH\) từ đỉnh \(A\) xuống cạnh \(BC\) \(\left( {H \in BC} \right)\).

    Trong tam giác vuông \(AHC\) vuông tại \(H\), ta có: \(AH = AC \cdot \sin C\) và \(HC = AC \cdot \cos C\).

Ta có: \(HB = BC - HC = BC - AC \cdot \cos C\)

Áp dụng định lý Pythagore cho \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\) ta có:

\(A{B^2} = A{H^2} + H{B^2}\)

\(A{B^2} = {\left( {AC \cdot \sin C} \right)^2} + {\left( {BC - AC \cdot \cos C} \right)^2}\)

\(A{B^2} = A{C^2} \cdot {\sin ^2}C + B{C^2} - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos C + A{C^2} \cdot {\cos ^2}C\)

\(A{B^2} = A{C^2}\left( {{{\sin }^2}C + {{\cos }^2}C} \right) + B{C^2} - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos C\)

Vì \({\sin ^2}C + {\cos ^2}C = 1\) (chứng minh ở Bài 2a), ta thu được công thức:

\(A{B^2} = A{C^2} + B{C^2} - 2 \cdot AC \cdot BC \cdot \cos C\) (đpcm).

Thay các giá trị \(AC = 70\) km, \(BC = 100\) km, \(\widehat {C\,} = 60^\circ \) vào công thức vừa chứng minh, ta được:

\(A{B^2} = {70^2} + {100^2} - 2 \cdot 70 \cdot 100 \cdot \cos 60^\circ \)

\(A{B^2} = 4900 + 10000 - 14000 \cdot 0,5\)

\(A{B^2} = 14900 - 7000 = 7900\)

\(AB = \sqrt {7900}  = 10\sqrt {79} \) km.

Quãng đường đi theo lộ trình cũ (qua tỉnh \(C\)) là:

\({S_1} = AC + CB = 70 + 100 = 170\) (km).

Lượng nhiên liệu tiêu thụ theo đường cũ là: \(\frac{{170}}{{20}} = 8,5\) (lít).

Quãng đường đi theo đường hầm xuyên núi \(\left( {AB} \right)\) là: \({S_2} = 10\sqrt {79} \) (km).

Lượng nhiên liệu tiêu thụ theo đường hầm là: \(\frac{{10\sqrt {79} }}{{20}} = \frac{{\sqrt {79} }}{2}\) (lít).

Lượng nhiên liệu tiết kiệm được là:

\({\rm{\Delta }}N = 8,5 - \frac{{\sqrt {79} }}{2} \approx 8,5 - 4,444 = 4,056\) (lít).

Xét \({\rm{\Delta }}HBA\) và \({\rm{\Delta }}ABC\):

\(\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ \) (do \(AH \bot BC\) tại \(H\) và \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\));

\(\widehat {ABC}\) là góc chung (tức \(\widehat {HBA} = \widehat {ABC}\)).

Do đó, $\text{Δ}HBA\backsim \text{Δ}ABC$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{HB}}{{AB}} = \frac{{AB}}{{BC}}\) suy ra \(A{B^2} = BH \cdot BC\) (đpcm).

b) ⦁ Chứng minh \({\rm{\Delta }}AMN\) cân tại \(A\):

Trong \({\rm{\Delta }}ABN\) vuông tại \(A\) có: \(\widehat {ANM} = 90^\circ  - \widehat {ABM}\) (1).

Trong \({\rm{\Delta }}BMH\) vuông tại \(H\) có: \(\widehat {BMH} = 90^\circ  - \widehat {MBH}\).

Lại có \(\widehat {BMH} = \widehat {AMN}\) (hai góc đối đỉnh).

Do đó, \(\widehat {AMN} = \widehat {BMH} = 90^\circ  - \widehat {MBH}\) (2).

Vì \(BN\) là tia phân giác của \(\widehat {ABC}\) nên \(\widehat {ABM} = \widehat {MBH}\) (3).

Từ (1), (2) và (3) suy ra \(\widehat {AMN} = \widehat {ANM}\).

Do đó, \({\rm{\Delta }}AMN\) cân tại \(A\).

             ⦁ Chứng minh \(A{M^2} = MH \cdot NC\):

Áp dụng tính chất đường phân giác trong các tam giác:

Xét \({\rm{\Delta }}ABH\) có \(BM\) là đường phân giác của \(\widehat {ABH}\), do đó: \(\frac{{AM}}{{MH}} = \frac{{AB}}{{BH}}\) (tính chất đường phân giác).

Trong \({\rm{\Delta }}ABC\) có \(BN\) là đường phân giác, do đó: \(\frac{{NC}}{{AN}} = \frac{{BC}}{{AB}}\) hay \(\frac{{AN}}{{NC}} = \frac{{AB}}{{BC}}\) (tính chất đường phân giác).

Nhân hai tỉ số trên, ta được: \(\frac{{AM}}{{MH}} \cdot \frac{{AN}}{{NC}} = \frac{{AB}}{{BH}} \cdot \frac{{AB}}{{BC}} = \frac{{A{B^2}}}{{BH \cdot BC}}\)

Theo câu a), \(A{B^2} = BH \cdot BC\) suy ra \(\frac{{A{B^2}}}{{BH \cdot BC}} = 1\).

Do đó, \(\frac{{AM \cdot AN}}{{MH \cdot NC}} = 1\) suy ra \(AM \cdot AN = MH \cdot NC\).

Vì \(AM = AN\) (\({\rm{\Delta }}AMN\) cân tại \(A\)) nên \(A{M^2} = MH \cdot NC\) (đpcm).

c)

Xét \({\rm{\Delta }}NIH\) và \({\rm{\Delta }}NDB\) có:

\(\widehat {NIH} = \widehat {NDB} = 90^\circ \) (do \(HI \bot BN\) và \(BD \bot HN\)).

\(\widehat {N\,}\)là góc chung (tức \(\widehat {INH} = \widehat {DNB}\)).

 Do đó, $\text{Δ}NIH\backsim \text{Δ}NDB$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{NI}}{{ND}} = \frac{{NH}}{{NB}}\) hay \(\frac{{NI}}{{NH}} = \frac{{ND}}{{NB}}\).

Xét \({\rm{\Delta }}NID\) và \({\rm{\Delta }}NHB\) có:

\(\widehat {IND}\) là góc chung;

\(\frac{{NI}}{{NH}} = \frac{{ND}}{{NB}}\).

Do đó, $\text{Δ}NID\backsim \text{Δ}NHB$ (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {NDI} = \widehat {NBH}\).

Gọi \(J\) là giao điểm của \(ID\) và \(BH\).

Xét \({\rm{\Delta }}JDH\) và \({\rm{\Delta }}JBI\) có:

\(\widehat {DJH} = \widehat {BJI}\) (hai góc đối đỉnh);

\(\widehat {JDH} = \widehat {JBI}\) (do \(\widehat {IDN} = \widehat {NBH}\) vừa chứng minh).

Do đó, $\text{Δ}JDH\backsim \text{Δ}JBI$ (g.g).

Suy ra \(\widehat {BID} = \widehat {BHD}\) (4).

Kéo dài \(HI\) cắt \(AB\) tại \(K\).

Xét \({\rm{\Delta }}BIK\) và \({\rm{\Delta }}BAN\) có:

\(\widehat {BIK} = \widehat {BAN} = 90^\circ \) (do \(HI \bot BN\) và \({\rm{\Delta }}ABC\) vuông tại \(A\));

\(\widehat {IBK} = \widehat {ABN}\).

Do đó, $\text{Δ}BIK\backsim \text{Δ}BAN$ (g.g).

Suy ra \(\frac{{BI}}{{BA}} = \frac{{BK}}{{BN}}\).

Chứng minh tương tự ta được $\text{Δ}BIA\backsim \text{Δ}BKN$ (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {BAI} = \widehat {BNK}\).

Gọi \(Q\) là giao điểm của \(AI\) và \(KN\).

Xét \({\rm{\Delta }}AQK\) và \({\rm{\Delta }}NQI\) có:

\(\widehat {AQK} = \widehat {NQI}\) (hai góc đối đỉnh);

\(\widehat {KAQ} = \widehat {INQ}\) (do \(\widehat {BAI} = \widehat {BNK}\)).

Do đó, $\text{Δ}AQK\backsim \text{Δ}NQI$ (g.g).

Suy ra \(\widehat {AIN} = \widehat {AKN}\) (5).

Ta có hai cặp góc kề bù:

\(\widehat {AKN} + \widehat {BKN} = 180^\circ \) suy ra \(\widehat {AKN} = 180^\circ  - \widehat {BKN}\).

\(\widehat {BHD} + \widehat {BHN} = 180^\circ \) suy ra \(\widehat {BHD} = 180^\circ  - \widehat {BHN}\).

Xét \({\rm{\Delta }}BKH\) có \(BI\) vừa là đường cao (\(HI \bot BN\)), vừa là đường phân giác.

Suy ra \({\rm{\Delta }}BKH\) cân tại \(B\) suy ra \(BK = BH\) và \(I\) là trung điểm của \(KH\).

Xét \({\rm{\Delta }}BKN\) và \({\rm{\Delta }}BHN\):

\(BK = BH\) (chứng minh trên);

\(\widehat {KBN} = \widehat {HBN}\) (do \(BN\) là tia phân giác);

\(BN\) là cạnh chung.

Do đó, \({\rm{\Delta }}BKN = {\rm{\Delta }}BHN\) (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {BKN} = \widehat {BHN}\).

Vì \(\widehat {BKN} = \widehat {BHN}\) nên hai góc bù với chúng cũng bằng nhau: \(\widehat {AKN} = \widehat {BHD}\) (6).

Từ (4), (5) và (6), ta suy ra: \(\widehat {BID} = \widehat {AIN}\).

Mà \(B,\,\,I,\,\,N\) thẳng hàng nên hai góc \(\widehat {AIN}\) và \(\widehat {BIA}\) kề bù với nhau:

               \(\widehat {AIN} + \widehat {BIA} = 180^\circ \)

Thay \(\widehat {AIN} = \widehat {BID}\) vào ta được:

\(\widehat {BID} + \widehat {BIA} = 180^\circ \) suy ra \(\widehat {AID} = 180^\circ \)

Vậy ba điểm \(A,\,\,I,\,\,D\) thẳng hàng (đpcm).