Hsg hh8 chuyên đề đa giác – diện tích đa giác (70 trang)

CHUYÊN ĐỀ ĐA GIÁC – DIỆN TÍCH ĐA GIÁC PHẦN I.TRỌNG TÂM HSG CẦN ĐẠT Chủ đề 1.ĐA GIÁC, ĐA GIÁC ĐỀU A Kiến thức cần nhớ Đa giác lồi đa giác nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng chứa cạnh đa giác 2.Đa giác đa giác có tất cạnh tất góc 3.Bổ sung ● Tổng góc đa giác n cạnh  n 2  n 2 180 ● Số đường chéo đa giác n cạnh  n 2  n  3 n ● Tổng góc ngồi đa giác n cạnh  n 2 360 ( đỉnh chọn góc ngồi) ●Trong đa giác đều, giao điểm O hai đường phân giác hai góc kề cạnh tâm đa giác Tâm O cách đỉnh, cách cạnh đa giác Có đường tròn tâm O qua đỉnh đa giác gọi đường tròn ngoại tiếp đa giác B Một số ví dụ Ví dụ Tìm số cạnh đa giác biết số đường chéo số cạnh Giải * Tìm cách giải Bài biết mối liên hệ số đường chéo số cạnh nên hiển nhiên đặt số cạnh đa giác n biểu thị số đường chéo n  n  3 từ ta tìm số cạnh * Trình bày lời giải Đặt số cạnh đa giác n  n  3 số đường chéo n  n  3  n   n2  5n  14    n  2 n  7  n  n 3 theo đề bài, ta có: Vì n  nên n    n  Vậy số cạnh đa giác Ví dụ Trong tất góc góc ngồi đa giác có số đo 47058,5 Hỏi đa giác có cạnh? Giải *Tìm cách giải Nếu ta đặt n số cạnh,  số đo góc ngồi đa 0    180  n  2 180 số nguyên Do suy  n  2 180    47058,5 , từ ta có  số dư 47058,5 chia cho Bằng cách suy luận vậy, có lời giải sau: *Trình bày lời giải Gọi n số cạnh đa giác  n  N , n  3 Tổng số đo góc đa giác  n  2 180 Vì tổng góc góc ngồi đa giác có số đo 47058,5 nên ta có:  n  2 180    47058,5 (  số đo góc ngồi đa giác với 0    180 )   n  2 180    216.280  78,5  n   261  n  263 Vậy số cạnh đa giác 263 Ví dụ Tổng số đo góc đa giác n – cạnh trừ góc A 570 Tính số cạnh đa giác A Giải *Tìm cách giải Theo cơng thức tính tổng góc trong, ta có:  n  2 180  A  570 Quan sát nhìn nhận, ta nhận thấy có thêm điều kiện n  N , n  0  A  180 Từ ta có lời giải sau: *Trình bày lời giải Ta có:  n  2 180  A  570  A   n  2 180  570 Vì 0  A  180    n  2 180  570  180  570   n  2 180  750  19 25 1  n    n  Vì n  N nên n  6 6 Đa giác có cạnh A    2 180  570  150 Ví dụ Một lục giác ngũ giác chung cạnh AD (như hình vẽ) Tính góc tam giác ABC Giải *Tìm cách giải Vì AD cạnh lục giác ngũ giác đều, nên dễ dàng nhận ABD , ACD , BCD tam giác cân đỉnh D tính số đo góc đỉnh Do ABC tính số đo góc *Trình bày lời giải Theo cơng thức tính góc đa giác đều, ta có: ADB  ADC    2 180   2 180  120  DAB  DBA  30  108  DAC  DCA  36 Suy ra: BDC  360  120  108  132 Ta có: BDC  DB  DC cân D Do DBC  DCB  180  132  24 Suy BAC  30  36  66 , ABC  30  24  54 , BCA  24  36  60 Ví dụ Cho lục giác ABCDEF Gọi M, L, K trung điểm EF, DE, CD Gọi giao điểm AK với BL CM P, Q Gọi giao điểm CM BL R Chứng minh tam giác PQR tam giác Giải Các tứ giác ABCK, BCDL, CDEM có cạnh góc đơi Các góc lục giác 120 Đặt BAK    CBL  DCM   ; LBA   LBA    CKA  EMC  DLB        120 Trong tam giác CKQ có CQK      180  CKQ  60 Trong tam giác PBA có APB      180  APB  60 Từ suy ra: RQP  RPQ  60 , Vậy PQR Ví dụ Cho bát giác ABCDEFGH có tất góc nhau, độ dài cạnh số nguyên Chứng minh cạnh đối diện bát giác Giải Các góc bát giác nhau, suy số đo góc 8  2180  135 Kéo dài cạnh AH BC cắt M Ta có: MAB  MBA  180  135  45 suy tam giác MAB tam giác vuông cân Tương tự tam giác CND, EBF,GQH là tam giác vuông cân, suy MNPQ hình chữ nhật Đặt AB = a; BC = b; CD = c; DE = d; EF = e; FG = f; GH = g; HA = h Từ tam giác vuông cân, theo định lý Py-ta-go, ta có: MB  a c , CN  Tương tự PQ  e Do MN  PQ nên nên MN  f a a  b c f g g  b c  e 2   a  c  e  g  f  b Do f b số nguyên nên vế phải đẳng thức số nguyên, vế trái số nguyên Vế trái 0, tức f = b, hay BC = FG Tương tự có AB = EF, CD = GH, DE = HA Nhận xét Dựa vào tính chất số hữu tỷ, số vô tỷ giải tốn nên Cũng với kỹ thuật đó, giải thi hay khó sau: Cho hình chữ nhật ABCD Lấy E, F thuộc cạnh AB; G, H thuộc cạnh BC; I,J thuộc cạnh CD; K, M thuộc cạnh DA cho hình – giác EFGHIJKM có góc Chứng minh độ dài cạnh hình – giác EFGHIJKM số hữu tỉ EF = IJ (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên, tỉnh Hưng Yên, năm học 2009-2019) C Bài tập vận dụng 1.1 Số đường chéo đa giác lớn 14, nhỏ 27 Hỏi đa giác cạnh? Giải Gọi số cạnh đa giác n, điều kiệu n  N , n  Ta có: 14  n  n  3 2  27  28  n2  3n  54 2   15  11 15  11       n       n  2   2 2   7 n  n8 1.2 Tổng số đo góc đa giác n – cạnh trừ góc A 2570 Tính số cạnh đa giác A Giải Tổng góc trừ góc đa giác 2570 nên:  n  2 180  A  2570  A   n  2 180  2570 Vì 0  A  180    n  2 180  2570  180  16 5  n  17 Vì n  N  n  17 18 18 Vậy đa giác có 17 cạnh 1.3 Cho ABC có ba góc nhọn M điểm nằm tam giác Gọi A1 ; B1 ; C1 điểm đối xứng với M qua trung điểm cạnh BC, CA, AB a) Chứng minh đoạn AA1 ; BB1 ; CC1 qua điểm b) Xác định vị trí điểm M để lục giác AB1CA1 BC1 có cạnh Giải a) Ta có: AMBC1 ; BMCA1 CMAB1 hình bình hành Suy đường chéo AA1 ; BB1 ; CC1 đồng quy (xem 7.7) b) Theo tính chất hình bình hành, ta có: AC1  A1C  MB ; AB1  A1 B  MC ; BC1  B1C  AM Để hình lục giác AB1CA1 BC1 có cạnh MB = MC  AM hay M giao điểm ba đường trung trực tam giác ABC 1.4 Một ngũ giác có đường chéo nhóm đường chéo có loại độ dài (ta gọi loại độ dài nhóm đường chéo nhau) Một lục giác có đường chéo nhóm đường chéo có loại độ dài khác (hình vẽ) Xét đa giác có 20 cạnh Hỏi nhóm đường chéo có loại độ dài khác nhau? Giải Xét đường chéo xuất phát từ đỉnh Ta chọn đỉnh đánh số 1, đỉnh theo chiều kim đồng hồ đánh số 2,3,… Đường chéo ngắn đường chéo nối đỉnh với đỉnh Đường chéo dài đường chéo nối đỉnh với đỉnh 11 Từ ta có loại độ dài khác 1.5 Cho ngũ giác lồi ABCDE có tất cạnh ABC  2DBE Hãy tính ABC Giải 1 Ta có: DBE     ABC   B1  B2    ABC 2 1 Vì EA  AB  EAB cân  E2  B1  B1  90  EAB Vì CB  CD  B2  90  BCD Thay vào 1 ta được: 90  EAB BCD  90   ABC 2  EAB  ABC  BCD  360 Tổng góc ngũ giác 540  CDE  DEA  540  360  180 D1  E1  90  CDE DEA  90   90  AD  CE 2 Mặt khác EAD cân E, CDE cân D mà AD  CE nên AD CE cắt trung điểm đường  AEDC hình bình hành  AC  DE  AB  BC  CA  ABC  ABC  60 Vậy ABC  60 1.6 Cho ngũ giác ABCDE có cạnh A  B  C a) Chứng minh tứ giác ABCD hình thang cân b) Chứng minh ngũ giác ABCDE ngũ giác Giải a) ABC BCD có AB  BC ; ABC  BCD ; BC  CD  ABC  BCD  c.g c  AC  BD ABD ACD có AB  DC ; AC  DB; AD chung  ABD  ACD  c.g c  BAD  CDA  BAH  CDK  BH  CK  BC // CD  ABCD hình thang cân b) Chứng minh tương tự câu a, ta có ABCE hình thang cân Ta có: ABC cân  BAC  BCA ,mà A  C  CAE  ACD  AEC  CDA c.g c  ACDE hình thang cân (Chứng minh tương tự câu a) Ta có: AB // CK (ABCD hình thang cân) BC// AK (ABCE hình thang cân) mà: AB  BC Suy ABCK hình thoi  A1  C1  C2 ACDE hình thang cân  C2  E1  E1  C1  C1  C3  ABC  CDE  ABC  CDE Chứng minh tương tự, ta được: BAE  AED Do đó: A  B  C  D  E AB  BC  CD  DE  EA gt   ABCDE ngũ giác 1.7 Cho ngũ giác ABCDE, gọi M, N,P,Q trung điểm cách cạnh AB, BC, CD, EA I, J trung điểm MP, NQ Chứng minh IJ song song với ED IJ  ED Giải Nối CE, gọi K trung điểm CE Ta có QK đường trung bình tam giác ACE suy QK // AC QK  AC M,N trung điểm AB BC Ta có MN đường trung bình tam giác ABC, suy MN //AC MN= AC Từ ta có: MN //QK MN=QK  MNKQ hình bình hành  M, J, K thẳng hàng MJ=JK Xét MKP có I, J trung điểm MP MK Ta có IJ đường trung bình tam giác MKP  IJ //PK IJ= PK 1 Xét tam giác CDE, PK đường trung bình  PK //DE PK= DE  2 Từ 1  2 suy ra: IJ //DE IJ= ED 1.8 Cho lục giác ABCDEF Gọi A , B , C , D , E , F  trung điểm cạnh AB, BC, CD, DE, EF, FA Chứng minh ABCDEF lục giác Giải Nhận thấy AAF  ; BAB ; ABC ; DCD ; EDE ; FEF  ; (c.g.c)  AB  BC  CD  DE  EF  FA 1 BAB có BA  BB  BAB cân B  BAB  BBA  180  B  30 Tương tự, AAF ta có: AAF   AF A  30  BAF  180  AAF  BAB  120 Chứng minh tương tự ta được: ABC  BCD  CDE  DEF  EFA  120  2 Từ 1  2 , suy điều phải chứng minh 1.9 Cho lục giác lồi ABCDEF có cặp cạnh đối AB DE, BC EF, CD AE vừa song song vừa Lục giác ABCDEF có thiết lục giác hay không? Giải Lục giác ABCDEF không thiết phải lục giác Thật vậy: ● Trên mặt phẳng lấy điểm O tùy ý, vẽ tia OA, OC, OE cho độ dài đoạn OA, OC, OE đôi khác độ lớn góc AOC, COE, EOA đôi khác ● Vẽ hình bình hành OABC, OCDE, OAFE ta có lục giác lồi ABCDEF Rõ ràng AB//CD , AB=ED , BC//EF , BC  EF , CD//FA , CD=FA ABCDEF lục giác HƯỚNG DẪN 1.Cắt ghép hình sau, đó, đoạn thẳng AB phải có độ dài cạnh hình vng mà diện tích hình vng diện tích lục giác cho 2.Vì có hữu hạn khoảng cách từ M xuống cạnh đa giác, tồn cạnh AB cho khoảng cách từ M xuống AB không lớn khoảng cách từ M xuống cạnh khác đa giác Ta khẳng định chân H hình chiếu M lên đường thẳng chứa cạnh AB nằm phần cạnh AB Ta chứng minh điều phản chứng Thật vậy, giả sử ngược lại H nằm phần ngồi cạnh AB Khi MH phải cắt hai cạnh đa giác kề với AB, chẳng hạn MH cắt cạnh BC I Từ M hạ đường vng góc MK xuống cạnh BC Rõ ràng ta có MK  MI  MH , mâu thuẫn với giả thiết ban đầu khoảng cách từ M xuống cạnh MH nhỏ nhất.Vậy điểm H phải nằm cạnh AB (đpcm) 3.Đầu tiên, ta xét trường hợp M nằm góc xOx a) Phần thuận: Trên tia Ox lấy điểm K cho OK  AB , tia Ox lấy điểm I cho OI  CD Ta có K, I cố định Ta có SMAB  SMOK ,SMCD  SMOI , SMAB  SMCD  SMOK  SMOI  a Trên tia Ox lấy điểm P cho SPOI  a , Trên tia Ox lấy điểm Q cho SQOK  a Ta có P, Q cố định Vì SPOI  SQOK  a  SPKI  SQKI  KI//PQ SMOK  SMOI  SMKOI  SKOI  SMKI  SKOI  SIKP  SPOI  a  KI//PM Do M thuộc đường thẳng PQ b) Giới hạn: Vì M nằm góc xOx nên M di động đoạn thẳng PQ c) Phần đảo: Lấy điểm M đoạn thẳng PQ Ta có: KI//PQ nên SMKI  SIKP  SMKI  SKOI  SIKP  SKOI  SPOI  a Ta có: SMAB  SMCD  SMOK  SMOI  SMKOI  SMKI  SKOI  a d) Kết luận: Tập hợp điểm M đoạn thẳng PQ  Tương tự: Khi M nằm góc xOy , quỹ tích đoạn thẳng QH; Khi M nằm góc yOy , quỹ tích đoạn thẳng HR, Khi M nằm góc xOy , quỹ tích đoạn thẳng RP Tóm lại: Tập hợp điểm M đoạn thẳng PQ, QH, HR, RP hình bình hành PQHR Cách vẽ hình bình hành PQHR: - Trên tia Ox lấy điểm K cho OK  AB - Trên tia Oy lấy điểm I cho OI  CD - Trên tia Ox lấy điểm P cho SPOI  a - Trên tia Oy lấy điểm Q cho SQOK  a - Vẽ H điểm đối xứng P qua O - Vẽ R điểm đối xứng Q qua O 4.Vẽ PZ / /BC , P thuộc AB Lấy P BA kéo dài Z CD kéo dài (xem hình) cho PZZP hình chữ nhật hình chữ nhật BCDA Khi đó, XD  WC nên ZX song song ZW Như thế, đường gấp khúc ZXYZ có tổng độ dài tổng độ dài đường gấp khúc XYZW, theo giả thiết, độ dài lớn Bây giờ, ZX  XY  ZY nên suy ZY  YZ  Đặt a  ZY, b  YZ , h đường cao DH tam giác ZYZ , đó: a  b  ta có: dt  ABCD   dt  PPZZ  2dt  ΔZYZ  hb   ab  1 1 2  a  b    a  b     a  b   22   4 Vậy hình chữ nhật ABCD có diện tích khơng q đơn vị 5.Ta kí hiệu  ABC V diện tích đa giác ABC V Nối AC Vì M, K tương ứng trung điểm AB, CD nên ta có: ACK  ACD / 2, CAM  CAB / Suy ra: AMCK  ACK  CAM   ACD /  CAB /   ABCD / Vậy:  PQRS   AMCK    AMQP  CKSR    ABCD /   AMQP  CKSR   3000  513  388  599 6.Kéo dài đường trung tuyến AM đoạn MA  AM , dễ dàng chứng minh ABM  ACM Do SABC  SAAC Theo công thức Heron: SAAC  p  p  a  p  b  p  c  , với 2p  27  29  52  108  p  54, p  a  54  27  27, p  b  54  29  5, p  c  54  52  Do đó: SABC  SAAC  54.27.25.2  27.2.27.52.2  27.2.5  270 a) Phần thuận: Xét M nằm góc aOb Gọi khoảng cách từ M đến aa  h1 ; M đến bb h Qua M vẽ đường thẳng AB  A  aa, B  bb OA  OB Ta có: SMAO  SMBO  SOAB suy ra: 1 h1OA  h 2OB  OA.AH 2 Do h1  h  AH (không đổi) Vậy M thuộc đoạn thẳng AB (A, B cách đường thẳng bb, aa m) Do điểm M thuộc cạnh hình chữ nhật ABCD, đỉnh chúng nằm đường thẳng aa, bb khoảng cách từ đỉnh đến đường thẳng m b) Giới hạn: Vì M nằm góc xOy M chuyển động đoạn AB Từ kết luận M chuyển động cạnh hình chữ nhật ABCD c) Phần đảo: Lấy điểm M hình chữ nhật ABCD Giả sử M thuộc cạnh AB Gọi khoảng cách từ M đến aa  h1 ; từ M đến bb h Ta có: SMAO  SMBO  SOAB  1 h1OA  h 2OB  mOA, 2 Hay OA  OB Suy h1  h  m d) Kết luận: Tập hợp điểm M cạnh hình chữ nhật ABCD, có đỉnh nằm đường thẳng aa,bb khoảng cách từ đỉnh đến đường thẳng m 8.Xét trường hợp (bạn đọc tự vẽ hình):  Trường hợp I thuộc đoạn MN Ta có: 2S  IAB  2S  NAB  S  ABC   S  IAB  S  IBC  S  ICA  , suy ra: S  IAB  S  IBC  S  ICA  (Kí hiệu S(.) để diện tích)  Trường hợp I thuộc tia đối tia MN 2S  IAB  2S  ANB  S  ABC   S  IAB  S  IBC  S  ICA  , suy ra: S  IBC  S  IAB  S  ICA   Trường hợp I thuộc tia đối tia NM Tương tự trường hợp 2, ta chứng minh được: S  ICA   S  IAB  S  IBC 9.Kí hiệu diện tích hai hình chữ nhật S Ta có: S  a.b  c.d Ta phải chứng minh: a b  cd  a  S S S   c    a  c  1    a c  ac  S  Từ a  c c  d suy S  ac hay 1     ac  Ta lại có a  c  (theo giả thiết) S  Vậy  a  c  1    (đpcm)  ac  10.Kẻ CC / /AD Tứ giác ACCD hình bình hành có cạnh đối song song, suy AC  CD  20cm Vậy BC  AB  AC   60 20 40 CC  AD  13 Diện tích S BCC :S  p  p  a p  b p  c , với 2p  BC  CC  BC  37  13  40  90  p  45 p  a  45  40  5;p  b  45  37  8, p  c  45 13  32 Vậy: S  45.5.8.32  9.52.8.84  3.5.8.2  240 Bây giờ, kẻ CH  AB CH đường cao BCC đường cao hình thang Ta có: SBCC  1 BC.CH  240  40.CH  CH  12 2 Do đó: SABCD  1  AB  CD  CH   60  20  12  480cm2 2 11 a) Đặt AB  BC  CD  DA  a Áp dụng định lí Pi-ta-go ta có: MN2  MC2  CN2   a  BM   CN2  a  BM2  CN2  2a.BM, MP2  AB2   AP  BM   a  BM2  AP2  2AP.BM, Vì MN  MP nên từ hai đẳng thức ta suy ra: CN2  AP2   a  AP  BM  2DP.BM b) Diện tích tam giác MNP nhỏ cạnh có độ dài nhỏ Dễ thấy điều xảy MP / /AB Lúc này, N trung điểm CD M P điểm thỏa mãn CM  DP  a c) Vì P  D nên từ hệ thức CN2  AP2  2DP.BM ta suy CN  AP BM  , tức M  M0  B Khi đó, giả sử N  N0 P  P0 cho tam giác BN0 P0 có cạnh b Tương tự, DN  BM AP  hay P  P1  A Các vị trí tương ứng M, N, P lúc M1 , N1 P1  A Do tính đối xứng, tam giác AM1N1 có cạnh b Hơn nữa, tứ giác AP0 M1B hình chữ nhật Tiếp theo, ta giả sử tồn tam giác MNP có diện tích lớn diện tích hai tam giác BN0 P0 AM1N1 , nghĩa tam giác MNP có cạnh lớn b Lúc đó, ta có MN  b  BN0 CM  CB , suy CN2  MN2  CM2  BN02  CB2  CN02 Do CN  CN0 , hay N nằm N C, suy DN  DN0 , từ đó: DP2  PN2  DN2  P0 N02  DN02  DP02 , suy DP  DP0 , hay P nằm A P0 Chứng minh tương tự, ta có M nằm B M Nhưng đó, hình chữ nhật AP0 M1B hiển nhiên PM  BP0  b , trái với giả thiết ban đầu Vậy tam giác MNP có diện tích lớn P trùng với A M trùng với B 12.Dựng đường thẳng qua B vng góc với AB, đường cắt PD E Ta dễ thấy BE  BN  PC Suy ENB  NHB  45 Mặt khác, AHN  APN  45 Do ta có AHB  90 HN phân giác AHB Suy S AHB 1  AH  HB2  AB4 AB2 , ,   AH.HB     S   AHB 4 16  dấu đẳng thức xảy AH  BH , tức H  D  M 13.Giả sử xOy góc cho, A điểm nằm góc Gọi A điểm đối xứng O qua A Qua A , kẻ đường thẳng song song với Ox, Oy, chúng cắt hai cạnh Oy, Ox điểm tương ứng B1 C1 Khi đó, B1C1 đường thẳng cần vẽ Thật vậy, lấy đường thẳng qua A cắt Oy, Ox B, C tương ứng cắt AB1 , AC1 C B tương ứng Khi đó, SOBC  SABC , suy ra: SOBC   SOB1AC1  SBB1C  SBCC1  Diện tích bé B1  B,C1  C 14 Theo tập 2.6, ta có SABC  SCDK ( CDK có độ dài cạnh độ dài đường trung tuyến ABC ) Mặt khác, diện tích CDK tính theo cơng thức Heron: S  p  p  a  p  b  p  c  , với 2p   12  15  36  p  18, p  a  18 15  3, p  b  18  12  6, p  c  18   9, S  18.3.6.9  18.3  54 Vậy: SABC  54  4.18  72 Cách khác: Kéo dài GA đoạn GA  GA  Dễ thấy BA//  CG  CD  AM  Ta có SABG  SBGC chúng có ΔBGM chung, ΔABM  CGM Mà: SBGC  SABC , nên: SABG  SABC  SABC  3SABG SABG tính theo cơng thức Heron, đây: 2p    10  24  p  12, p  a  12   6, p  b  12   4, p  c  12 10  2, Vậy: SABG  12.6.4.2  12.2  24 Do đó: SABC  24.3  72 15.Gọi độ dài hai cạnh góc vng tam giác vng ABC x, y  x, y   Ta có hệ phương trình  x  y    xy  Cách 1: Rút x từ phương trình thứ hai ta có x  Thế vào phương trình thứ ta có: y  y  , hay y4  4y2     y2  1 y2  3  0, y2 suy y  y  (vì y  ), từ suy x  x  Vậy hai cạnh góc vng tam giác vng ABC Từ suy góc B  60 góc C  30 ; góc B  30 góc C  60 Cách 2: Nhân hai vế phương trình thứ hai cho cộng lại, sau trừ theo vế phương trình thứ với phương trình vừa tìm ta suy hệ:  x  y     x  y   Giải hệ có x  3, y  , suy kết cần tìm 16 Kí hiệu S . diện tích hình Đặt: AP  xAB, AS  yAD S  ABQ   y,S  ARD   x, S  CRQ   1  x 1  y  Suy ra: S  AQR    x  y  1  x 1  y  Tương tự, ta có: S  BSR,    1  x   y  x 1  y  S  DPQ    x  1  y   1  x  y, S  CSP    1  x   1  y   xy Cộng lại, ta tổng diện tích cần tính là:    x  1  x    y  1  y     x  1  x    y   y   17 Đường thẳng kẻ qua E song song với AB CD cắt BC M, cắt AD L; đường thẳng kẻ qua E song song với BC AD cắt AB P, cắt CD Q * Giả sử E thuộc đường chéo AC, dễ thấy cặp tam giác ABC ADC, EMC ECQ, APE ALE nhau, (kí hiệu S(.) diện tích): S  PEMB  S  ABC  S  EMC   S  APE   S  ADC  S  EQC   S  ALE   S  ELDQ  * Giả sử E khơng thuộc đường chéo AC, khơng tính tổng quát, ta giả sử E nằm tam giác ACD Gọi E1 giao điểm ML với AC Qua E1 kẻ đường thẳng song song với BC AD, đường thẳng cắt AB, CD P1 Q1 Theo chứng minh ta có S  BP1E1M   S  DLE1Q1  Mặt khác, rõ ràng: S  PEMB  S  BP1E1M  S  DLE1Q1   S  ELDQ  , ta suy ra: S  PEMB  S  ELDQ  18 Trên tia đối tia DA ta lấy điểm M cho DM  BM Ta dễ dàng chứng minh CM  CM (bằng cách xét hai tam giác vuông MBC MDC ) NM  NM  NM   AN   BM   AN  AM  MN  , Từ suy CN đường trung trực MM hay M đối xứng M qua CN Kẻ CH  MN CHN  CDN (CN chung N1  N ), ta có NH  ND; CMB  CMH (CM chung CH  CD  CB ), suy MH  MB Như H D đối xứng qua NC H B đối xứng qua MC, từ HF  FD HE  EB Mặt khác, CFH  CFD  c.c.c  CEH  CEB  c.c.c  nên CHF  CDF CHE  CBE, Do EHF  EHC  CHF  90 Tam giác EHF vuông H có HF  FD HE  EB Đặt HF  x; HE  y;SEHF  S S  xy  xy  2S Do x  y  xy  2S x  y2  xy  2S  S  nên ta suy ra: x  y  x  y2    S , mà x  y  x  y2  BE  EF  FD  BD  2, từ ta có: S 1 , hay S  2 2   Chú ý: Nếu a, b dương, ta có: 0  a b   a  ab  b  a  b  ab 19 Gọi S diện tích tam giác, ta có: h a  Theo giả thiết: a  2S 2S , hb  a b 2S 2S 2S 2S  b  ab  0 a b a b a  b  1 1   a  b   2S       a  b   2S ab a b  2S    a  b  1    Suy ra:  ab  - Hoặc a  b   a  b , ta có tam giác cân - Hoặc a  2S   2S  ab , ta có tam giác vng có cạnh góc vng a, b ab 20 a) Phần thuận: Theo Ví dụ 25, từ SMAB  SMBC ta suy M thuộc đường thẳng  d  qua B song song với AC thuộc đường thẳng  d  chứa trung tuyến BI tam giác ABC Tương tự, từ SMAB  SMAC suy M thuộc đường thẳng  d1  qua A song song với BC thuộc đường thẳng  d1  chứa trung tuyến AE tam giác ABC Từ SMAB  SMBC suy M thuộc đường thẳng  d  qua C song song với AB đường thẳng  d2  chứa trung tuyến CF Gọi giao điểm đường  d  ,  d ,  d1  ,  d1  ,  d  ,  d2  G; M1; M2 ; M3 Vậy M thuộc tập hợp gồm điểm: G; M1; M2 ; M3 b) Giới hạn: Điểm M thuộc tập hợp M gồm điểm: G; M1; M2 ; M3 c) Phần đảo: Lấy điểm M điểm thuộc tập hợp M Dễ dàng chứng minh SMAB  SMBC  SMAC d) Kết luận: Tập hợp điểm M cần tìm tập hợp M gồm điểm G; M1; M2 ; M3 (với G trọng tâm tam giác ABC; A, B, C trung điểm cạnh M1M2 ;M1M3 ;M2 M3 tam giác M1M2 M3 21 Chia cặp cạnh đối, AB CD chẳng hạn, thành ba phần Các đường thẳng ME NF đường thẳng phải dựng Thật vậy, dễ thấy: SADF  SACD chúng có đường cao 1 DF  CD;SBCM  SABC chúng có đường cao BM  AB 3 Cộng đẳng thức trên, ta được: SADF  SBCM  SABCD SCME  SMEF chúng đường cao (kẻ từ M) CE  EF; SMFN  SNFA chúng đường cao (kẻ từ F) MN  NA Suy ra: SMEFN  SCME  SNFA  SABCD  SMEFN  SADF  SBCM  , 2SMEFN  SABCD  SABCD , SMEFN  SABCD Ngoài ra, đường cao CEF (hạ từ C) 1 đường cao ABC (hạ từ C) nên SCEF  SABC Từ (1) ta có SCDK  SCDO  SFOK  SCFK  SCDO  SDOB  SCEF S 1  SABC  SABC  SABC Vậy ABC  4 SCDK 22.Vì hai tam giác AAB ABD có đáy AA  AD tỉ số hai đường cao tương ứng BA BA  nên ta có SAAB  2SABD Tương tự với cặp tam giác khác Suy ra: SABCD  SAAB  SBBC   SCCD  SDDA   SABCD  SABD  SBAC  2 SCBD  SDCA   SABCD  5SABCD  50 23 Đặt SAKD  m , AB  3AD nên ta có SAKB  3m Ta lại có: SAEC  2SABE SCKE  3SBKE (do EC  2BE ) nên trừ vế theo vế hai đẳng thức ta SAKC  2SAKB  6m Từ suy SACD  m  6m  7m Gọi S diện tích tam giác ABC, ta có AB  3AD nên S  3SADC  21m Như ta có: SAKC  S  S 21 Tiến hành theo cách tương tự, ta chứng minh được: SBMA  SCNB  S Từ đó: SMNK  S  SAKC  SBMA  SCNB   S 24 Dễ thấy tứ giác cho hình thang vng có diện tích 16  8  96 (đơn vị) Diện tích tam giác vng ABC tạo hình thang ABCD bị cắt đường thẳng AC vị), lớn nửa diện tích tứ giác Điều có nghĩa đường thẳng cần tìm phải qua tam giác ABC 16.8  64 (đơn Gọi A, C giao điểm đường thẳng với hai cạnh AB, BC Kí hiệu AB  a , m chiều cao hạ từ C tam giác ABC Khi đó: am  48 Dễ thấy tam giác ABC vuông cân (do tam giác ACB vuông cân C AC / /AC Do a  2m Suy ra:   m2  48, m  3,a  3,C  16  3, Vậy đường thẳng nói đề song song AC qua điểm C có tọa độ   C  16  3, 25 Xét hình chữ nhật ABCD, AB  a, AD  b , gọi x cạnh hình thoi Từ tam giác vng ADE, ta có x  b2   a  x  , suy x a  b2 2a (1) Giả sử gấp hình thoi dọc theo đường nối trung điểm hai cạnh đối cắt bỏ đề bài, ta nhận lục giác ABECDF Ta có CEB  120 , đó, tam giác vng ADE, ta có AED  60 , suy tam giác ADE nửa tam giác Từ tính được: x b (2) Từ (1) (2) ta được: a  b2 b 2a Từ phương trình ta có a  3b Ngược lại, giả sử kích thước hình chữ nhật ban đầu thỏa mãn a  3b , dễ dàng chứng minh lục giác nhận sau lục giác