Khoá luận tốt nghiệp diện tích đa giác và một số bài toán hình học

TRƯỜNG ĐẠI HỌC su' PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN NGUYỄN THỊ NGUYỆT DIỆN TÍCH ĐA GIÁC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÓA LUẬN TÓT NGHIỆP ĐẠI HỌC • • • • Chuyên ngành: Hình học Ngưòi hưóng dẫn khoa học: ThS. GVC. PHAN HÒNG TRƯỜNG HÀ NỘI - 2015 Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 LỜI CẢM ƠN Em xin chân thành cảm ơn các thầy giáo, cô giáo trong khoa Toán trường Đại học Sư phạm Hà Nội 2, đặc biệt là các thầy giáo, cô giáo trong tổ Hình học đã tận tình dạy dỗ, chỉ bảo, giúp đỡ em trong suốt thời gian em theo học tại khoa và thời gian làm khóa luận tốt nghiệp. Đặc biệt em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo Phan Hồng Trường, người trực tiếp hướng dẫn em, luôn chỉ bảo, định hướng cho em để em có thể hoàn thành khóa luận này. Mặc dù đã có rất nhiều cố gắng, song do thời gian và kinh nghiệm của bản thân còn nhiều hạn chế nên khóa luận của em không thế tránh khỏi những thiếu sót. Em kính mong nhận được sự chỉ bảo và đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các bạn sinh viên để khóa luận của em được hoàn thiện hơn. Em xin chãn thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 5 năm 2015 Sinh viên Nguyễn Thị Nguyệt Nguyễn Thị Nguyệt K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 LỜI CAM ĐOAN Trong quá trình nghiên CÚ11 khóa luận “Diện tích đa giác và một số bài toán hình học”, em có sử dụng một số tài liệu tham khảo để hoàn thành khóa luận của mình. Danh sách tài liệu này em đã đưa vào mục Tài liệu tham khảo của khóa luận. Em xin cam đoan khóa luận được hoàn thành bởi sự cố gắng, nỗ lực của bản thân cùng với sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo Phan Hồng Trường cũng như các thầy cô trong tổ Hình học. Khóa luận không trùng với kết quả nghiên cún của các tác giả khác. Em rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn sinh viên để khóa luận của em được hoàn thiện hơn. Sinh viên Nguyễn Thị Nguyệt Nguyễn Thị Nguyệt K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 MỤC LỤC MỞ Đ Ầ U ........................................................................................................................1 Chương 1: C ơ SỞ LÝ TH U Y ẾT............................................................................3 1.1. KIẾN THỨC C ơ B Ả N .................................................................................... 3 1.1.1. Quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu........................... 3 1.1.2. Quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp k h ú c ..............................................3 1.1.3. Một số bất đẳng thức đại số.......................................................................... 3 1.2. DIỆN TÍCH VÀ PHƯƠNG PHÁP DIỆN T ÍC H ......................................... 5 1.2.1. Diện tíc h ............................................................................................................. 5 1.2.2. Phương pháp diện tích ......................................................................................6 Chương 2. PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH T R O N G ..............................................8 GIẢI MỘT SÓ BÀI TOÁN HÌNH HỌC P H Ẳ N G ................................................ 8 2.1. CÁC BIỆN PHÁP THỰC HIỆN....................................................................... 8 2.1.1. Sử dụng trực tiếp công thức tính diện tích đa giác...................................... 8 2.1.2. Sử dụng các tính chất........................................................................................ 8 2.2. ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PH Ẳ N G ................................................................................................... 9 2.2.1. Bài toán chứng minh......................................................................................... 9 2.2.2. Bài toán cực t r ị ................................................................................................22 2.2.3. Bài toán dựng h ìn h ......................................................................................... 36 2.2.4. Bài toán tìm tập đ iể m .....................................................................................47 2.3. BÀI TẬP LUYỆN TẬP.................................................................................. 57 KẾT L U Ậ N ................................................................................................................ 59 TÀI LIỆU THAM K H Ả O ........................................................................................60 Nguyễn Thị Nguyệt K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 MỞ ĐÀU 1. Lý do chọn đề tài Đe giải các bài toán trong hình học phang có nhiều phương pháp, bên cạnh các phương pháp như sử dụng phép biến hình, phương pháp vec-tơ, phương pháp tọa đ ộ ... thì phương pháp diện tích cũng là một phương pháp để giải toán hình học, chứng minh các định lý, công thức. Phương pháp diện tích đôi khi là một phương pháp hay, có thể cho ta lời giải ngắn gọn, hợp lý đối với một số bài toán hình học. Ngoài ra, việc vận dụng phương pháp diện tích còn rèn luyện tư duy cho học sinh. Việc sử dụng phương pháp diện tích vào giải các bài toán trong hình học phang là không nhiều bởi chúng là những bài toán khó. Nhung chúng là một trong những nội dung thường gặp trong các đề thi học sinh giỏi. Không phải ngẫu nhiên trong lý thuyết chứng minh hình học hiện đại người ta có nhắc đến và sử dụng phương pháp diện tích như một lý thuyết quan trọng. Với lý do trên và mong muốn ứng dụng phương pháp diện tích trong hình học phẳng. Được sự hướng dẫn của thầy giáo Phan Hồng Trường, em đã chọn đề tài “Diện tích đa giác và một số bài toán hình học” . 2. Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu các ứng dụng khác nhau của phương pháp diện tích, đưa ra được hệ thống các bài toán phong phú và đa dạng thể hiện tính ưu việt của phương pháp diện tích. 3. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu 3.1. Đối tượng nghiên cún Các bài toán chứng minh, tìm tập điểm, dựng hình, tìm cực trị trong hình học phang. Nguyễn Thị Nguyệt 1 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 3.2. Phạm vi nghiên cún Các bài toán chứng minh, tìm tập điếm, dựng hình, tìm cực trị trong hình học phẳng được giải bằng phương pháp diện tích. 4. Nhiệm vụ nghiên cứu Một là, đưa ra hệ thống kiến thức cơ bản để áp dụng các bài toán hình học bằng phương pháp diện tích. Hai là, ứng dụng phương pháp diện tích giải bài toán chứng minh, tìm tập điểm, dựng hình, bài toán cực trị trong hình học phang. 5. Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu lý luận chung về phương pháp diện tích để xác định cơ sở lý luận của đề tài. Tìm và tham khảo tài liệu, sách giáo khoa, sách giáo trình có liên quan để xây dựng hệ thống bài tập ứng dụng phương pháp diện tích để giải bài toán hình học. Phân tích và tổng hợp bài tập minh họa, tham khảo ý kiến giảng viên hướng dẫn. 6. Ý nghĩa khoa học, thực tiễn của đề tài Dùng diện tích giúp ta giải quyết nhiều bài toán ở bậc Trung học cơ sở nên nội dung khóa luận này mang tính thiết thực có thể sử dụng làm tài liệu tham khảo cho học sinh khá giỏi của bậc Trung học cơ sở. Nguyễn Thị Nguyệt 2 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Chương 1: C ơ SỞ LÝ THUYẾT 1.1. KIẾN THỨC C ơ BẢN 1.1.1. Quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu Quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu thường được sử dụng dưới các dạng sau: *. Trong các tam giác vuông (có thể suy biến thành đoạn thẳng) có cạnh góc vuông AH và cạnh huyền BC thì AH < BC, xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi H trùng với B. *. Trong các đoạn thắng nối từ một điểm đến một đường thẳng, đoạn thẳng vuông góc với đường thẳng có độ dài nhỏ nhất. *. Trong các đoạn thắng nối hai điểm thuộc hai đường thắng song song, đoạn thẳng vuông góc với đường thẳng có độ dài nhỏ nhất. *. Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm đến một đường thẳng, đường xiên lớn hơn khi và chỉ khi hình chiếu lớn hơn. 1.1.2. Quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc Với 3 điểm A, B, c bất kỳ ta có: • AB + AC > BC. Dấu “=” xảy ra khi và chi khi A nằm giữa B và c . • IAB - AC| < BC. Dấu “=” xảy ra khi và chi khi B, c cùng phía với A. 1.1.3. Một số bất đẳng thức đại số 1.1.3.1. Bất đẳng thức Cauchy (Bất đẳng thức Cauchy được sử dụng trong các bài toán hình học bằng cách biểu thị độ dài thay đổi bằng các biến Cho hai số không âm X, X, y v.) y. Khi đó ta có X + y > Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi X = y. Hê quả của bất đắng thức Cauchv Neu hai số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. Nguyễn Thị Nguyệt 3 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà N ội 2 Nếu hai số dương có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi và chỉ khi hai số đó bằng nhau. Ta còn sử dụng bất đẳng thức Cauchy để mở rộng cho ba số dương: Từ bất đẳng thức Cauchy ta có một số bất đẳng thức thường hay sử dụng khi giải bài toán cực trị hình học là: • Với ba số dương a, b , c ta luôn có: Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c • Với ba số dương a, b, c ta luôn có: a b c b+c a+c b+a ---------_ I _ ---------- _ |_ ----------- > 3 — 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c 1.1.3.2. Bất đắng thức Bunhỉacopskỉ • Với hai bộ n số thực ( ai, a2, a3,...a n) và (bi, b2, b3,...b n) bất kỳ ta có: (ai b|+ a2 ồ 2+ .. .+anbn)2 < (ã]2 + a22 + ...+ an2). (bị2 + ồ 22 + ...+ bn2). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ^ b, • Với X ^ = ... = ^ b2 bn + y = a ( với a là hằng số ) thì hoặc (xy)max = ^ -h o ặ c (x2 + y2)min = . 4 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi X = y = — • Neu x.y = a (a là hằng số) thì ( X + y) min = 2 X = y = *Jã 1.1.33. Bất đắng thức lũy thừa bậc hai • Các bất đẳng thức lũy thừa bậc hai thường được sử dụng dưới dạng: A2 > 0 ; - A2 < 0 Nguyễn Thị Nguyệt 4 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Do đó với m là hằng số, ta có: f = A2 + m > m; min f = m khi và chỉ khi A = 0 f = - A2 + m < m; max f = m khi và chỉ khi A = 0 1.2. DIỆN TÍCH VÀ PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH 1.2.1. Diện tích 1.2.1.1. Định nghĩa Số đo của phần mặt phang giới hạn bởi một đa giác được gọi là diện tích của đa giác đó. Diện tích của hình H trong mặt phang được ký hiệu là SH. 1.2.1.2. Tính chất của diện tích * Mỗi đa giác đều có một diện tích xác định. Diện tích của đa giác là một số dương * Hai tam giác bằng nhau thì có diện tích bằng nhau. * Neu một đa giác được chia thành những đa giác không có điểm trong chung thì diện tích của đa giác ban đầu bằng tổng diện tích của nhũng đa giác đó. * Hình vuông có cạnh là 1 thì có diện tích là 1. ỉ . 2.1.3. Diện tích của các hình đặc biệt * Cho tam giác ABC có AB = c,BC = a, AC = b. Gọiha , hb ,hc lần lượt là các đường cao hạ từ A, B, C; R, rlà bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội , â+b+c tiêp tam giác, p = ----- ------ là nửa chu vi tam giác. Khi đó diện tích tam giác ABC được tính theo công thức: * s = —a. ha = — b. hb = — c. hc 2 2 2 * s = —ab. sin c = —bc. sinA = —ca. sin B 2 2 2 abc * s =— — 4R Nguyễn Thị Nguyệt 5 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp * s= Trường ĐH SP Hà N ội 2 Vp.(p - a)(p - b)(p - c) * Diện tích hình chữ nhật s = a.b (với chiều dài và chiều rộng lần lượt là a và b) *Diện tích hình vuông Diện tích hình vuông bằng bình phương cạnh của nó. s = a2 (với a là độ dài cạnh hình vuông) * Diện tích hình thang Diện tích hình thang bằng nửa tích tổng hai đáy với chiều cao. s=-(a+b).h 2 (với a, b là độ dài hai đáy, h là chiều cao) * Diện tích hình bình hành Diện tích hình bình hành bằng tích của một cạnh với chiều cao tương ứng. s = a.h * Diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc bằng nửa tích độ dài hai đường chéo. * Diện tích đa giác Việc tính diện tích của một đa giác bất kỳ thường được quy về việc tính diện tích của các hình đặc biệt kể trên. 1.2.2. Phưong pháp diện tích Ta đã biết công thức tính diện tích của các đa giác như công thức tính diện tích tam giác, tứ giác, hình thang, hình bình hành,... và một số tính chất về tỉ số diện tích. Khi biết một số yếu tố như độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số Nguyễn Thị Nguyệt 6 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 đo chu v i,... của các hình thì ta có thể tính được diện tích của các hình đó. Ngược lại nếu biết quan hệ diện tích của các hình thì ta có thể suy ra quan hệ của các yếu tố trên. Như vậy sử dụng các công thức diện tích và tỷ số diện tích có thể giúp ta so sánh và thiết lập mối quan hệ giữa các hình với nhau như ba đường thẳng đồng quy, hai đường thẳng song song,... Đe giải một bài toán hình học bằng phương pháp diện tích ta thực hiện theo các bước sau: • Thiết lập quan hệ diện tích giữa các hình. • Sử dụng công thức diện tích, tính chất và tỷ số diện tích để biễu diễn mối quan hệ đó. • Biến đổi mối quan hệ trên ta suy ra kết luận của bài toán. Nguyễn Thị Nguyệt 1 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Chương 2. PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG 2.1. CÁC BIỆN PHÁP THỤC HIỆN 2.1.1. Sử dụng trực tiếp công thức tính diện tích đa giác Ta sử dụng công thức tính diện tích đa giác đã nêu ở chương 1 2.1.2. Sử dụng các tính chất 2.1.2.1. Tính chất 1 Cho tam giác ABC, N là điểm giữa B và s ABN s ACN _ c sao cho BN = kCN thì = S ac n ỵ Đặc biệt nếu N là trung điểm của BC thì A S abn A 2.1.2.2. Tính chất 2 Cho hai tam giác ABC và tam giác DBC chung cạnh BC. Gọi AH và DK là hai đường cao của ÀABC và ÀDBC. Khi đó ta có nếu BC n AD = E thì Nguyễn Thị Nguyệt SDBC s SDBC = AH — 77 DK và DE 8 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 2.1.2.3 Tỉnh chất 3 c Cho AABC, đường thẳng song song với ẩ t cắt AB tạ?E và cắt AC tạPF. Khi đó ta có —— - ; S efb - S efc ABC A A 2.2. ÚNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG Trong hình học có nhiều dạng toán mà khi áp dụng phương pháp diện tích sẽ cho ta lời giải ngắn gọn, độc đáo. Ớ đây tôi xin trình bày bốn dạng toán cơ bản nhất là bài toán chứng minh, bài toán tìm cực trị, bài toán dựng hình, bài toán tìm tập điểm. 2.2.1. Bài toán chứng minh 2.2.1.1, M ột số ví dụ Ví du 1: Chứng minh rằng tổng khoảng cách từ một điểm tùy ý trong tam giác đều đến ba cạnh của tam giác là không đổi. Nguyễn Thị Nguyệt 9 K37B - SP Toán Khóa luận tôt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Lời giải Cách 1: (Hình 1) A A B c HI B H I c Hình 2 Hỉnh 1 Gọi AH là đường cao của AABC, vì ÀABC đều nên độ dài AH không đổi. Nối MA, MB, MC ta được các tam giác MAB, MAC, MBC. Gọi MI, MJ, MK lần lượt là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB K h i đ ó ta c ó : S abc = S m a b + S m bc + S m ac ^ - BC.AH = - AB.MK + - BC.MI + - CA.MJ 2 2 2 2 MK + MI + MJ = AH (vì AABC đều nên AB = AC = BC) Vậy tổng khoảng cách từ điểm M bất kỳ trong AABC đều đến các cạnh của tam giác có độ dài không đổi và bằng chiều cao của tam giác. Cách 2: (Hình 2) Từ M trong tam giác ta kẻ đường thắng song song với BC, cắt AB và AC tương ứng tại p và ọ . Dễ thấy do ÀABC đều nên ÀAPQ đều. Từ M kẻ đường thẳng song song với AC, cắt AB tại R => AMPR đều Gọi PT là đường cao của ÀMPR, s = PT n RM. Khi đó ta có: MI + MJ + MK = MI + ST + PS (AMPR đều nên MK = PS) => MI + MJ + MK = MI + PT = AH (không đổi) Nguyễn Thị Nguyệt 10 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Vậy tổng khoảng cách từ điểm M bất kỳ trong ÀABC đều đến các cạnh của tam giác có độ dài không đổi và bằng chiều cao của tam giác. Nhân xét Từ hai cách chứng minh trên, ta thấy với bài toán trên sử dụng phương pháp diện tích ở cách 1 cho lời giải ngắn gọn, dễ hiểu và hình vẽ đơn giản hơn so với ở cách 2. Ví du 2: Cho AABC, BAC = 90°, A C = b, AB = c, BC = a. Chứng minh rằng a = b + c (Định lý Pitago) Lời giải B’ Trên tia đối của tia CA lấy điểm A ’ sao cho CA’ = c. Từ A ’ dựng đường thẳng vuông góc với AC, lấy B ’ sao cho A ’B ’ = b. Xét ÀABC và AA’CB ’ có: AC = A ’B ’ = b và AB = A ’C ’ = c =>AABC = AA’CB ’ ^ B C = B ’C = a và BCA = Ấ ĩ r c Mặt khác: ABC + BCA = 90°, Ấ C B ' + Ấ ĩ ĩ c = 90° nên BCẦ + Ấ C B ' = 90° => BCB' = 90° Vậy ABCB’ vuông tại Nguyễn Thị Nguyệt c 11 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Ta co SABC Trường ĐH SP Hà N ội 2 bc , SA,gC bc , SBCB, a Lại có tứ giác ABB’A ’ là hình thang do đó AB // A ’B ’ (cùng vuông góc với AC) nên S ABBA' = 2 —^ = — ^ 7 => N' = N (N, N' e BC) NC N'C ^ M A B = NÂC Nhân xét •N eu có M = N = D với AD r DB v ^ AB^ DB AB vDCy vACy DC AC là phân giác góc A. Khi đó ta Vậy kết quả ví dụ 6 là tính chất mở rộng quen thuộc của đường phân giác. • Từ kết quả của ví dụ 6 ta xét bài toán mở rộng sau: “C/zơ tam giác ABC, AD là phân giác trong góc A. Trên AD lấy hai điếm M, N sao cho MBA —N B D . Chứng minh rằng MCA —NCD ” Hưởng dẫn Từ giả thiết MBA = N B D . Áp dụng kết quả bài toán trên cho AABD ta có: MA.NA _ íB A Ỵ MD.ND Nguyễn Thị Nguyệt ( 1) 19 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Vì AD là phân giác BAC nên ta có DB AB BA _ C A DC AC BD (2 ) CD Từ (1) và (2) suy ra MA.NA ^C A V MD.ND CD Áp dụng kết quả bài toán trên cho ÀACD ta được MCA = NCD Ví du 8: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các tam giác ABG, BCE, CAF sao cho S bce + S S caf + abg < S abc • Qua E, F, G ta kẻ các đường thẳng tương ứng song song với BC, CA, ABy chúng cắt nhau tạo thành AMNP. Chứng minh rằng S mnp < 2 S ecfagb • Lời giải M Áp dụng định lý Talet ta có MA, NB, PC đồng quy tại o. Vì NE // BC nên SBCE = SBCN S ẹce _ SBCN _ NB OB Tương tự ta có __ s s CAF s CAO s RPF nên —— A ^B C O hay NB PC . s ABG _ ---- và _ oc s CAF ^C A O PC s s ÕÃ ABO _ ABG ^A B O MA ÕB _ Õ C ~ Õ Ã Nguyễn Thị Nguyệt MA _ _ _+ s BCE CAF s ABG ^ Ị ABC SBNE < SBOE ; PC < ОС => SCPE < SCOE —s^ QBNE -I - s CPE ^ s ВОЕ -I - s COE ^ T —s^ в NE 1 CPE + s ОВЕС __ MC. Không làm mất tính tổng quát, ta giả sử MB < MC. Khi đó trên BC, lấy điểm H sao cho MH = MB. Qua H kẻ đường thẳng song song với AB, cắt AC tại K, cắt QM kéo dài tại G. Dễ thấy AMBỌ = AMHG (c.g.c) =^> S m bq = (*) S mhg Mà AKGỌ là hình bình hành có MP là đường trung bình = > S apm q = S pkgm => 2Sapm q = S a k q g => 2Sapm q = Sakhm q + Sm hg T ừ (*) su y ra 2 S a p m q = s AKHMQ + Smbq — Sakhb < S abc 2 S apm q < S a bc h a y S apm q < — S abc (2 ) T ừ (1) v à (2) su y ra S apmq < ^ S abc Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M là trung điểm của BC. Nhân xét • Xét bài toán tương tự: “Cho tam giác ABC có hai góc nhọn ở B và c. Dựng hình chữ nhật M NPQ sao cho M năm trên cạnh AB, N nằm trên AC, còn hai điếm p và Q nằm trên cạnh BC. Tìm vị trí của M sao cho diện tích hình chữ nhật M NPQ là lớn n h ấ t”. Hướng dẫn Nguyễn Thị Nguyệt 24 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 B Q p H c Kẻ AH 1 BC, AH n MN = R Áp dụng kết quả bài toán trên đối với À ABH và AACH ta có: Sm rhq — —■Sabh v à Srnhp — — S ach 2 2 = > S m npq — — S abc => Max Sm npq = — S a b c xảy ra khi S m rh q = — S a b h và S rn hp = — S a c h khi và chỉ khi M là trung điểm AB, N là trung điếm AC. •B ài toán tương tự 1. Cho xOy và M là điểm cố định thuộc miền trong x O y . M ột đường thăng d quay xung quanh điếm M, cắt tia Ox và tia Oy lần lượt tại A, B. Hãy dựng đường thắng d đế S 0 AB nhỏ nhất. 2. Cho hình thang ABCD (AB / / CD), hai đường chéo A C và BD cẳt nhau tại p. Chứng minh rằng S p AB + S p c d ^ —S a b c d • Ví du 3 : Cho tam giác A B C và ba điếm A \ B \ C ’ lầỉt lượt nằm trên ba cạnh BC, AC, AB sao cho AA %B B \ c c ’ đồng quy tại o (A B ’, C ’ không trùng với các đỉnh của tam giác). Tính giá trị lởn nhất và giá trị nhỏ nhất của tồng ^ ^ + ^7— + —— Á ’C B 'A C 'B Nguyễn Thị Nguyệt 25 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Lời giải Kẻ BH 1 A A \ C K 1 A A ’ (H, K G A A ’) K Xét AAA’B và AAA’C có cùng chiều cao hạ từ A nên theo tính chất 2 ta có: ( 1) A'C Mặt khác AAA’B và AAA’C có chung cạnh A A ’ và có hai đường cao tương ứng là BH và CK nên ta có: BH SAAC ( 2) CK Ta lại có AAOB và AAOC có chung cạnh AO và có chiều cao tương ứng là c BH và CK nên ^ s_ . D U (3 ) CK A'R s Từ (1), (2), (3) suy ra — - ^ A'C s Chứng minh tương tự ta được (4 ) B'C B’A _ s 'J BOC (5 ) s, C’A s. CB ( 6) SCOB Nhân từng vế của các đẳng thức (4), (5), (6) ta được: A'C B'A C'B Nguyễn Thị Nguyệt SAOC SBOA SCOB 26 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dương ta được: A'B B'C C'A 0 IA'B B'C C'A „ n + -----h ^ 33 ”“•11---• __ —3 A'C B'A C'B V A'C B'A C'B Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A'C B'A C'B . Khi đó A ’, B ’, C ’ lần lươt là trung điểm của BC, CA, AB. í A'B A' 'A \ B'C C'A + ----- + = 3 khi A ’, B ’, C ’ là trung điểm của BC, A'C B'A C'B Vậy min CA, AB. Ví du 4 : Cho AABC, điểm M nằm trong tam giác. Đường thẳng AM, BMy CM cắt các cạnh BC, CA, AB của tam giác lần lượt tại A j , Bj, Cj. Xác định vị trí của M sao cho: a) AM + A 'M BM CM đạt giá trị lởn nhất +■ B 'M C 'M u, MA MB M C b) —— . —— đạt giá trị nhỏ nhải MA' M B' M C' Lời giải Gọi s, Si, s2, s3 lần lượt là diện tích của các AABC, AMBC, ÀMAC, AMAB Ta có AMAB và AMA’B là hai tam giác có cùng chiều cao hạ từ đỉnh B và có hai đáy tương ứng là AM, A ’M Nguyễn Thị Nguyệt 27 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp s3 Trường ĐH SP Hà N ội 2 _ AM ( 1) A'M AM Tương tự’ xét ACMA và ACMA’ ta cũng có S mcA. Từ (1) và (2) suy ra s3+s2 AM S MBA' + (2) A'M _ s 3+s2 S MCA' , BM s, + s , CM s, + s3 Tương tự ta có\ —— = —!— L • --- = —!—■ i B’M s2 C ’M s3 AM BM + — A'M — B’M CM + — — C'M = s, s, — + s2 s, s, s, s2 s, s2 s2 s3 s3 — + — + — As3 s, ^ + ^ vS, s3y 3 _ị_ AM BM =>—— + A'M B'M + — 1 s2y + + — 3 _ị_ vs 2 CM „ „ „^ + -3— > 2 + 2+ 2 = 6 C’M „ „ , ,, . , , , , , • „ o r, AM BM CM Dâu = xảy ra khi và chỉ khi S| = s 2 = s 3 — — = ——— = ——— = 2 A'M B'M CM Hay M là trọng tâm AABC. AA' b) Đặt — — = MA' X => MA AA' , —— = —— - 1 = X MA' MA' - , 1 . B B ' _ _ M B B B ' Tương tự —— = y, => —— _= —— -11 _= y, - 11 MB' MB' MB' CC' MC' MC CC’ MC' MC' , _ t = z => — — = ---------- 1 = z - 1 MA MB MC ; = ( x - l ) .( y - l ) . ( z - 1) MA MB MC - = x y z - (x y + y z + z x ) + X + y + z - 1 (3 ) Ta lại có Nguyễn Thị Nguyệt 28 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp c se _—es I + cS2 + S3 Trường ĐH SP Hà N ội 2 MA MB ---+ + M C—, 1 AA' BB' CC' —1 I---1 1— 1—1 X y z xy + yz + zx = xyz .. „X .X MA MB MC _ ,r , _ , Thay vào (3) ta có -= x + y + z - l MA' MB' MC' MA MB MC - = ( x + y + z ). M A ''M B ''M C 1 1 1 —+ —+ X y z - 1 > 9 -1 = 8 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi X = y = z. Nhân xét • Tương tự bài toán trên ta có thể tính được: - A'M B'M C'M v AM BM CM 1) Giá trị lớn nhât của —- — I----- — I— và . I— — I-. /—- — I-. I—— AM BM CM C'M A'M VB'M 2) Giá trị lớn nhất của A M B'M C'M AM ' BM ■CM Ví du 5: Cho AẢBC nhọn, xác định vị trí của điếm M nằm trong AABC sao cho AM .BC + BM.CA + CM.AB đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải Kẻ BD 1 AM, CE 1 AM (D, E e AM ), gọi I = AM n BC => BD < B I , CE < CI Nguyễn Thị Nguyệt 29 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 => BD + CE < BI + CI = BC Ta có: Samb + Samc = —AM.BD + —AM.CE = —(BD+CEÌ.AM < -A M .B C 2 2 2 2 (1) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AM 1 BC Tương tự ta có: S bmc + S bma < - BM.AC. D ấ u “= ” xảy ra k h i và c h ỉ khi B M 1 AC SCMA + Scmb < ịcM .A B . Dấu Cộng hai vế (2) xảy ra khi và chi khi C M 1 AB. (3) c ủ a ( 1 ) , ( 2 ) , ( 3 ) ta đ ư ợ c : 2 (S amb + S bmc + S cm) < - (AM.BC + BM.AC + CM.AB ) 4. S abc < AM.BC + BM.AC + CM.AB AM.BC + BM.AC + CM.AB > 4. Sabc (không đ ổ i) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AM _L BC, BM _L AC, CM _L AB hay M là trực tâm của ÀABC. Vậy với M là trực tâm của ÀABC thì giá trị AM.BC + BM.AC + CM.AB đạt giá trị lớn nhất. Nhân xét •D o diện tích của tứ giác không lớn hơn nửa tích của hai đường chéo, điều này có thể áp dụng cả với tứ giác lồi nên ta có thể giải bài toán trên nhờ tính chất đó như sau: S m abc < ^ 2 ị BM.AC, Sm bca < ^ C M . A B , Sm cab < A M .B C 2 2 Cộng vế các bất đẳng thức trên ta được: 4S abc < AM.BC + BM.AC + CM.AB Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M là trực tâm của tam giác ABC. Nguyễn Thị Nguyệt 30 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà N ội 2 Vỉ du 6: Cho AABC có B C = a, A C = b, AB = c. Gọi X, y , z theo thứ tự là khoảng cách từ điếm M ở trong tam giác tới các cạnh BC, CA, AB. Xác định vị trí của M để tổng —+ —+ — có giá trị nhỏ nhất. X y z Lời giải A Gọi s là diện tích AABC. Ta có s- S bm c + S cm a + S am b 1 - —( ax + by + cz ) => ax + by + cz = 2S b Xét tích (ax + by + cz ) . y ZJ = a2 + b2 + c2 + ab. ' x + z > + bc. z y + ac. Vì x > 0 , y > 0 , z > 0 nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: X y ^ y z ^ X z - + ^- > 2 , L + - > 2 , - + y X z y z >2 X Do đó thay vào đẳng thức trên ta có: (ax + by + cz ) . f a bu c '\ - + —+ - ^ â + b + c + 2.âb + 2bc +2âc vx y (ax + by + cz ) . f a ub c '\ —+ —+ - > (a + b + cy X Nguyễn Thị Nguyệt y z) 31 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 > (a + b + c) hay 2S. a b c (a + b + cý > X y a Do đó min 2S ZJ b c (a + b + c)2 y ZJ 2S Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: c (1 ) y = z => M thuộc phân giác trong góc A (2) X = y => M thuộc phân giác trong góc Từ (1) và (2) suy ra M là tâm đường tròn nội tiếp ÀABC ., . a b c + ., . , , , ' , ì (a + b + c ) 2 ,, . Vay giá tri —H— h - đat giá tri nhỏ nhât b ă n g --------------- khi và X y z ' M là tâm đường tròn nội tiếp AABC. Ví du 7: Cho ầ A B C , M là điếm chuyến động trên cạnh BC, N là điếm 2 AN \ s trên đoan thăng A M sao c h o ----- = — ( k > 1). Qua N kẻ đường thăng song AM k song với A C cắt AB tại D và đường thắng song song AD cắt A C tại E. Xác định vị trí của M để diện tích AADE đạt giá trị lớn n hất Lời giải Nguyễn Thị Nguyệt 32 K37B - , chỉ khi 2S SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Qua M kẻ đường thẳng song song với AC, cắt AB tại D ’ và kẻ đường thắng song song với AB, cắt AC tại E \ Ta ADNE t h ấ y tứ g i á c là h ìn h b ìn h h à n h n ê n S a d n = S aen Lại có DN // D ’M, D D’ n MN = A nên ta có: ^ \l>im r _______ AN V _ _ — s AD'M V — AM ) - _ 1 1 => S ad n - S a en - — ~ k2 Do tú giác A D ’M E’ là hình bình hành nên 1 >ADN - 7 T S a D ’M \ S a d ’m (*) S a d ’m e ’ 2k‘ s Ta có D ’M // AC, MC n A D ’ = B nên = s. SABC = í RM V 'b a c _Tương tư ta cũng có s ^ = - SAD.ME. ( 1) BC ỉ^—— MC^l ( 2) U cJ Cộng hai vế của (1) và (2) ta có: 2 EMC + _ BAC BM'! ( MCÌ 2 > 1f BM 1 MC~) + I bcJ l.BCj 2 [ b c BC ) = > S b d ’m + S e ’m c ^ Từ (*) suy ra S a d ’m e’ < — — S a b c = > S a d ’m e’ < — Sabc< z Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi BM MC “ 77 T*K — S a b c ( k h ô n g đ ô i) Sabc MC _ BM = MC BC o M l à trung điểm của BC. Vậy với M là trung điểm của BC thì diện tích AADE đạt giá trị nhỏ nhất. Ví du 8 : Cho AABC là tam giác nhọn, trực tâm Hy có các đường cao là AE, BF, CG Nguyễn Thị Nguyệt 33 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp rChứnư u- Trường ĐH SP Hà N ội 2 ■ u răng: à)^ — A— E + , .— B F + ^ — C G > ~>ữ m inh 9 H E H F HG l x HE b) HA HF HG 3 HB HC 2 Lời giải A a) Gọi diện tích AABC, A HBC, A HCA, A HAB lần lượt là Dễ thấy rằng: s, s,, s2, s3. s = Si + s2+ s3 Xét AABC và A HBC, theo tính chất trên ta có: s, _ HE s " AE Tương tự’ —- s HF s, HG BF CG HE HF HG AE BF CG Mặt khác ta có HE ( AE BF + — CGUHE — HE HF HF HG Dấu “=” xảy ra BF CG o ™ AE . — Hg J ! — — + —— + — — AE ---------------- + — aE HF + — - HG^i + BF CG >9 >9 ® = ^ =U s , BF CG 3 = Sí =s3= ỉs 3 Khi đó H vừa là trọng tâm vừa là trực tâm nên ÀABC đều. Nguyễn Thị Nguyệt 34 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 ux ^ , s . HE HE HE s, s, b) Ta có —1 = —— => —— = — — — = ——— = —— —— s AE H A AE -HE s -s, S2 + S3 _ _ HF Tương tự —— = _ s2 HG ; —— = - s3 HB s, + s3 HC s, + s2 HE HF ________" 1“ HG _____________ — s, s9s,3 ---------- --------------------r — + — -----— — + — —— - HA HB HC s2 + S3 s,+ s3s, + S2 ^ — 2 Dấu “=” xảy ra khi H là trọng tâm AABC hay ÀABC đều. 2.2.2.2. Bài tập củng cố Bài ỉ : Cho đoạn thắng AB và một điếm c trên đoạn AB. Vẽ trên cùng một nửa mặt phang bờ AB các nửa đường trong cỏ đường kính AB, AC, BC. Xác định vị trí của c đê diện tích phần mặt phang giới hạn bởi ba nửa đường tròn đạt giá trị lớn nhất. Bài 2: Cho tứ giác ABCD, gọi M, N lân lượt là trung điếm các cạnh AD và BC. Đường thẳng CN cắt D N tại E và đường thẳng B M cắt A N tại F. - ^ . AF BF CE DE Tim giá trị lớn nnat của tông ——H—+ —— H-- — NF M F M E NE Bài 3 : Cho hình vuông ABCD cỏ AB = 6 cm, điếm E nằm trên cạnh AB sao cho A E = 2 cm. Xác định vị trí của điếm F trên cạnh BC sao cho hình thang EFGH ( G e CD, H E AD, E H // GF / / BD) có diện tích lởn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó. Bài 4: Trong AABC ta kẻ các đường phân giác AA BB\ c c Gọi khoảng cách từ điềm A ’ đến cạnh AB là a khoảng cách từ điềm B ’ đến BC là b khoảng cách từ điếm C ’ đến A C là c \ a' b' c' Tìm giả tri lớn nhât của tông — + — + — với ha , hh , hc lãn lươt là đô dài hư h,b hc các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, c tương ứ ng). Nguyễn Thị Nguyệt 35 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 2.2.3. Bài toán dựng hình 2.2.3.1. M ột số ví dụ Ví du l : Cho tứ giác lồi ABCD. Qua điếm p trên cạnh AB hãy dựng đường thẳng d chia tứ giác thành hai đa giác có diện tích bằng nhau. Lời giải Từ A kẻ đường thắng song song với PD cắt CD tại E. Từ B kẻ đường thẳng song song với PC cắt CD tại F => AE // PD và BF // PC Khi đó ta có: S apd = S epd => S abcd = S pbce (1) M à S pbc = Sppc => S pbce = S pef (2) Từ (1) v à (2) s u y ra S abcd = SpEF Do đó bài toán trở thành dựng đường thẳng đi qua p chia tam giác PEF thành hai phần có diện tích bằng nhau. Gọi Ọ là trung điểm EF. Neu Qe CD (kể cả Q trùng c hoặc D) (hìnhl) thì PQ là đường thẳng cần dựng. Neu Ọ nằm ngoài CD, giả sử Q G DE (nếu Q e CF xét tương tự) Từ F kẻ đường thẳng song song với PD, cắt AD kéo dài tại G. Nguyễn Thị Nguyệt 36 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 => FG // PD. Khi đó ta có: S abcd = S apcd + S pbc = S apcd + Sppc = S apfd = S apd + S pfd = S apg + SpDCr = S apg - => Gọi H là trung điểm AG thì PH là đường thẳng cần dựng. Ket luân: Cách dựng đường thắng d Kẻ đường thẳng song song với PD cắt CD tại E. Từ B kẻ đường thẳng song song với PC cắt CD tại F Gọi Ọ là trung điểm của EF, có hai trường họp: Trường hợp 1\ Q e CD (kể cả Q trùng c hoặc D thì p ọ là đường thẳng cần dựng. Trường họp 2: Q Ể CD thì từ F kẻ đường thẳng song song với PD, cắt AD kéo dài tại G. Gọi H là trung điểm AG thì PH là đường thẳng cần dựng. Vỉ du 2: M ột mảnh vườn hình tam giác A B C có một giếng D nằm trên cạnh BC. Hãy chia mảnh vườn thành hai phần có diện tích bằng nhau bởi m ột đường thẳng đi qua ữ. Lời giải A Bước 7: Phân tích Giả sử đã dựng được đường thẳng d đi qua D và chia ÀABC thành hai phần có diện tích bằng nhau. Nguyễn Thị Nguyệt 37 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Giả sử d cắt cạnh tam giác tại E, gọi I = ED n AM (với M là trung điểm BC) K hi đ ó ta có S aedc = S bed nên S aei = S mtd => S aei + S eim = S mid + S eim => S aem = S emd = > - h(A,EM ).EM = - h(D,EM).EM => h(A,EM) = h(D,EM) => EM //AD Bước 2: Cách dựng Gọi M là trung điểm của BC. Qua m kẻ đường thẳng song song với AD, cắt cạnh tam giác ở E. Khi đó DE là đường thẳng phải dựng. Bước 3: Chứng minh Theo cách dựng thì AD // EM, giả sử I = ED n AM => Saem = Semd => Saem ■ Seim = Semd ■ Seim => Saeĩ = Smĩd Mà M là trung điểm của BC nên ^ S a bm = S am c S a bm - S aei + S mid = S am c + S aei ■ S mid => Sbed = S aedc Vậy DE là đường thẳng cần dựng. Bước 4: Biện luận Neu D là trung điểm BC thì AD là đường thẳng cần dựng Bài toán luôn có một nghiệm hình. Nhân xét • Bài toán còn có cách giải khác như sau: Nguyễn Thị Nguyệt 38 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 K Giả sử DB > DC. Qua c vẽ đường thẳng song song với DA, cắt BA ở K. Như vậy AABC được biến đổi thành ADBK có cùng diện tích . Đe chia ADBK thành hai phần có diện tích bằng nhau ta dựng đường trung tuyến DE của tam giác đó. Vỉ du 3 : Cho hình vuông ABCD, hãy dụng tứ giác nội tiếp hình vuông sao cho tứ giác đó có chu vi nhỏ nhất. Lời giải A M B Bước ỉ : Phân tích Giả sử dựng được tứ giác nội tiếp MNPQ thỏa mãn yêu cầu bài toán Không mất tính tổng quát, giả sử M e AB, N e BC, p e CD, Q e AD Gọi (O, R) là đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD, p là chu vi tứ giác MNPQ Do tính chất diện tích tứ giác không lớn hơn nửa tích hai đường chéo nên: Nguyễn Thị Nguyệt 39 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Somao < - OA.QM = - R.QM , Sombn < - OB.MN = - R.MN 2 2 2 2 S o N C P < ịo C .N P = Ì r . C P 2 2 , S o p d q ^ O D .P Q ^ R .P Q 2 2 Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta có: Som aq + Sombn + Soncp + Sopdq < — R.QM + — R.MN + — R.CP + — R.PQ 2 2 2 2 _ QM + MN + NP + PQ S a b c d — R - ------------------- --------------------- 2 o S abcd — p < R-p 2 ( không đ ổ i) R Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi OA 1 QM, OB 1 MN, o c 1 NP, OD 1 PQ Mà ABCD là hình vuông nên khi đó QM // BD // NP, MN // AC // p ọ nghĩa là các cạnh của tứ giác MNPỌ song song với các đường chéo của hình vuông ABCD. Bước 2: Cách dựng Dựng điểm M bất kỳ thuộc AB Từ M dựng MN // AC ( N e BC ) Từ N dựng NP // BD ( p e CD ) Từ p dựng PQ // AC ( Q G AD) Biện luận Bài toán đã cho có vô số nghiệm hình. Nhân xét •N ếu thay hình vuông bằng một hình đa giác thì đều thì với cách giải đó ta có bài toán sau: Nguyễn Thị Nguyệt 40 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 “Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O, R). Trên môi cạnh của tứ giác ta lấy một điếm đế tạo thành một tứ giác. Chứng minh rằng chu vi của tứ giác được 2s tạo thành không nhỏ hơn — R Ví du 3 : Cho tứ giác ABCD. Dựng điếm cho nếu nối o với trung điếm o nằm bên trong tứ giác sao các cạnh của tứ giác thì tứ giác được chia ra thành bốn phần có diện tích bằng nhau. Lời giải Bước 1: Phân tích Giả sử đã dựng được điểm o thỏa mãn yêu cầu bài toán. Gọi E, H, M lần lượt là trung điểm của AB, AD, AC. Khi đó ta có: S ohae = — S a b c d (1 ) 4 M à Sm hae = Từ (1 ) và (2 ) — 4 Sabcd suy ra S ohae (2 ) = S m h ae => S ohe = S m he => OM // HE hay OM // BD Tương tự với n là trung điểm BD thì ta cũng có ON // AC Vậy ta có điểm o cần dựng. Rước 2: Cách dựng Dựng M, N, H, E lần lượt là trung điểm của AC, BD, AD, AB. Dựng đường thẳng d đi qua M và song song với BD. Nguyễn Thị Nguyệt 41 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Dựng đường thẳng d ’ đi qua N và song song với AC. Dựng o = d n d' Bước 3: Chứng minh Theo cách dựng thì OM // BD // HE nên Sohe = Sm he => Sohe + S hae = Smhe + S hae => SoHAE = S m HAE Chứng minh tương tự gọi G, K là trung điểm của DC, CB. Ta có S ohdg = S nh dg = — S ab c d 4 S ogck = T S abcd » S qkbe = "7 S abcd 4 4 Vậy o là điểm cần dựng. Bước 4: Biện luận Vì AC luôn cắt BD nên d và d ’ luôn cắt nhau Bài toán có một nghiệm hình. Ví du 4: H ãy dựng tam giác với đáy có độ dài là a, chiều cao ứng với cạnh đáy là h thỏa mãn bán kính đường tròn nội tiếp lớn n h ất Lời giải D Giả sử đã dựng được AABC thỏa mãn có đáy BC = a, chiều cao hạ từ A xuống BC là h và có bán kính đường tròn nội tiếp là r. Nguyễn Thị Nguyệt 42 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Ta có : S a bc = = —a.h = Trường ĐH SP Hà N ội 2 AB + AC + BC 2 2 =>r = .r = AB + AC + a 2 .r a.h AB + AC + a D o đó r đạt giá trị lớn nhất khi v à chỉ khi AB + AC nhỏ nhất (vì a, h không đổi). Gọi d là đường thẳng di qua A, song song với BC, cách BC một đoạn là h. Gọi D là điếm đối xứng với c qua d, khi đó theo tính chất của phép đối xứng trục ta có AC = AD Do đó AB + AC = AB + AD > BD = A ’B + A ’D (A’ = d n BD ) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A = A ’ hay A = d n BD Bước 2: Cách dựng Dựng đoạn BC có độ dài là a Dựng d là đường thắng di qua A, song song với BC, cách BC một đoạn là h. Dựng D là điểm đối xứng với c qua d Dựng A = d n BD Nối A, B, c ta được tam giác ABC thỏa mãn yêu cầu bài toán Biện luận Bài toán có hai nghiệm hình là hai tam giác đối xứng nhau qua BC. Vỉ du 5: Cho AABC, qua đỉnh A của tam giác hãy dựng đường thẳng d sao cho tống khoảng cách từ B và từ c đến d có giá trị nhỏ nhất, Lời siải Ta xét hai trường họp : Trường hợp 1\ d cắt Nguyễn Thị Nguyệt cạnh BC tại E 43 K37B - SP Toán Khỏa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Gọi B B ’, CC ’ lần lượt là các khoảng cách từ B và c tới d Ta có SABC = Sabe + Sace = ị AE.BB’ + ị AE. CC ’ 2 => BB’ + CC ’ = 2 2S _ AE Do đó BB’ + CC ’ đạt giá trị lớn nhất khi AE nhỏ nhất Khi đó AE là đường cao kẻ từ đỉnh A của ÀABC tác là AE _L BC => BB’ + CC ’= 2S _ AE = BC ( 1) Hay d là đường cao của AABC. Trường hợp 2\ d không cắt cạnh BC r" A B M c Gọi M là trung điểm của BC. Dựng M M ’ _L d (M ’ E d) Tứ giác BB ’C ’C là hình thang nhận M M ’ là đường trung bình nên BB ’ + CC ’ = 2M M ’ Mà M M ’ < AM ( đường vuông góc và đường xiên kẻ từ M tới d) Nguyễn Thị Nguyệt 44 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Do đó BB ’ + CC ’ lớn nhất khi M ’ = A Khi đó BB’ + CC’ = 2AM (2) => d là đường thẳng vuông góc với AM tại A. Như vậy ứng với hai trường họp ta được hai kết quả (1) và (2), do đó phải so sánh BC và AM. Điều này phụ thuộc vào hình dạng của AABC a) BÂC < 90° Kéo dài AM một đoạn MN = MA. => tứ giác ABNC là hình bình hành vì có hai đường chéo giao nhau tại trung điểm mỗi đường => A B = C N ẤCN = 180° - BÂC mà BAC 90° hay ẤCN > BAC Xét ABAC và ANCA có AB = CN, AC chung, ẤCN > BAC nên cạnh đối diện với góc BAC nhỏ hơn cạnh đối diện với ACN => BC < AN hay BC < 2AM b) ẾÂC = 90° Khi đó tứ giác ABNC là hình bình hành có một góc vuông nên ABNC là hình chữ nhật. => BC = 2AM c) BAC > 90° Chúng minh tương tự phần a) ta được BC > 2 AM. Kết luân Nếu AABC có BAC < 90° thì đường thẳng d đi qua A cần dựng là đường thẳng vuông góc với đường trung tuyến AM của ÀABC. Nếu ÀABC có BAC = 90° thì bài toán có hai kết quả là đường thẳng d đi qua A và vuông góc với đường trung tuyến AM hoặc đường thẳng d đi qua A và vuông góc với BC. Nguyễn Thị Nguyệt 45 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Nếu ÀABC có BAC > 90° thì đường thẳng d đi qua A cần dựng là đường thẳng vuông góc với BC. Nhân xét •V ới cách giải tương tự như trên, ta cũng có được bài toán tương tự bằng cách thay điều kiện nhỏ nhất bởi điều kiện lớn nhất. • Cũng với cách giải trên, ta có được bài toán tổng quát của nó: “Cho tam giác ABC, gọi d là đường thẳng đi qua A. Xác định vị trí của đường thắng d đế tống khoảng cách từ B và từ c đến d có giả trị nhỏ nhất Ví du 6: Cho tam giác ABC, Dựng điếm sao cho S aob * S boc • Lời giải S coa = 1' o nằm bên trong tam giác 3 A Trên BC dựng D, E sao cho BD: DE : EC =1 : 2 : 3 Dựng đường thẳng d qua D và song song với AB Dựng đường thẳng d ’ qua D và song song với AC Dựng o=d ncT Khi đó ta được o là điểm cần dựng. Nguyễn Thị Nguyệt 46 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 2.2.3.2 Bài tập củng cố Bài 1: Cho tứ giác ABCD. Dựng đường thắng đi qua A và chia tứ giác thành hai phần có diện tích bang nhau. Bài 2: Cho tam giác ABC. Dựng các điếm D, F nằm trên cạnh AB, E nằm trên cạnh A C sao cho đường gấp khúc CDEF chia tam giác AB C thành bốn phần có diện tích bang nhau. Bài 3: Cho hình vuông ABCD, hãy dựng đường thẳng d đi qua tâm o của hình vuông sao cho tống khoảng cách từ bốn đinht của hình vuông đến d là: a) Lớn nhất b) b)Nhỏ nhất Bài 4: Cho tam giác ABC có hai góc nhọn ở B và c. Dựng hình chữ nhật MNPQ sao cho M nằm trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AC, hai điêm p, Q nam trên cạnh BC. Xác định vị trí của M sao cho diện tích MNPQ lớn nhất. 2.2.4. Bài toán tìm tập điểm 2.2.4.1. M ột số vỉ dụ Vỉ du 1: Cho góc xOy, trên Ox lấy hai điếm Ay B; trên Oy lấy hai điểm c , D. hãy tìm trong xO y tập hợp tất cả các điểm M sao cho S mab = S mcdLời giải X Nguyễn Thị Nguyệt 41 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Trên Ox, Oy lần lượt lấy hai điểm K và L sao cho OK = AB, OL = CD. K h i đ ó dê th ây : S mab = S mok v à S mcd = S mol T ừ g iả th iế t su y ra S mok = S mol V ậ y b à i to á n c h u y ê n v ê tìm tậ p h ợ p M tro n g x O y sao c h o S mok = S mol Gọi I là trung điểm của KL. Khi đó ta có ngay Siok = Siol => Khoảng cách từ K đến OI bằng khoảng cách từ L đến OI. Dựng tia Ot qua I. Khi đó với mọi M thuộc tia Ot thì khoảng cách từ K đến OM bằng khoảng cách từ L đến OM. V ạ y S mok = S mol Ngược lại, với mọi M ’ không nằm trên tia Ot thì SM’OK = SM’OL Vậy tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện bài toán là tia Ot đi qua trung điểm I của KL. Nhân xét • Từ bài toán trên, nếu ta thay đổi yêu cầu S mok = S m ol bằng S m o k = 2 S m o l th ì ta đ ư ợ c b à i to á n : “Cho góc xOy, trên Ox lấy hai điềm A, B; trên Oy lấy hai điềm c, D. Hãy tìm trong xOy tập hợp tất cả các điếm M sao cho Smab = 2Smcd■” Với cách giải hoàn toàn tương tụ’ ví dụ 1 Hướng dẫn Lấy K e Ox, L e Oy sao cho OK = AB, OL = CD = > S mok = 2 S mol Dựng I nằm trên đoạn KL sao cho KI = 2KL Khi đó tập họp tập M cần tìm là tia Ot đi qua I. •V ậy nếu thay “ 1” bởi “m” ta được bài toán tổng quát: “C/zỡ góc xOy, trên Ox lầy hai điêm A, B; trên Oỵ lây hai điêm c, D. Hãy tìm trong góc xOy tập họp tất cả các điêm M sao cho S mab - mSMCD•” Nguyễn Thị Nguyệt 48 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 • Từ kết quả ví dụ 1 ta có thế mở rộng sang bài toán sau: Vỉ du 2: Cho hai đường thẳng x x ’ v à y y ’ cát nhau tại o. Trên X X ’ lấy hai điểm Ay B và trên y y ’ lấy hai điểm Cy Z). Tìm trên m ặt phẳng các điểm M sao cho Sm ab = S m c i> Lời giải y’ Trên XX ’ l ấ y hai điểm K, K ’ sao cho OK = OK’ = AB. Trên yy’ lấy hai điểm L, L ’ sao cho OL = O L’ = CD. = > S mok = S mok ’ = S mab v à S mol = S mol ’ = S mcd ^ Smok = Sm ol, Sm ok’ = Sm ol, Smok = S m ols Sm ok’ = S m ol’ Từ cách dựng ta thấy KLK’L ’ là hình bình hành. Gọi I, I ’, J, J’ là trung điểm của KL, LK ’, K ’L ’, L ’K thì các đường thắng IJ, I ’J ’ song song v ớ i các cạnh c ủ a hình b ìn h h à n h v à c ắ t n h a u tại o . Áp dụng ví dụ 1 cho xOy, xOy', x'Oy, x'Oy' ta được các điểm M thỏa mãn là cặp đường thẳng IJ và I ’J \ Nhân xét • Xét bài toán tương tự: “Cho AABC, tìm trên mặt phang các điếm M sao cho Smbc = Smac = S mab ” Hưởng dẫn Nguyễn Thị Nguyệt 49 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 p A R Q Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Qua A, B, c theo thứ tự kẻ các đường thẳng song song với BC, CA, AB. Chúng cắt nhau tạo tại ba điểm lần lượt là p, ọ , R. => AQ, BP, CỌ đồng quy tại G. Từ kết quả ví dụ 2 ta suy ra < M e AQ [M = G M ePR M = p M CP M = Q M eQ R |_M = R E Vậy các điểm M thỏa mãn là G, p, Q, R. • Từ kết quả của ví dụ 2 , có các bài toán mở rộng sau: 1 Soab = .Cho tứ giác ABCD, Biết rằng trong tứ giác tồn tại điếm S o b c = S oca = S oad o sao • Chứng minh rang giao điếm của A C và BD cho là trung điếm của ít nhất một trong hai đoạn đó. 2. Cho hình bình hành ABCD, trên các cạnh AB và AD theo thứ tự lẩy các điêm M, N. Gọi I, J, K theo thứ tự là trung điềm của MN, NC, CM. Chứng minh rang ẢI, BK, D J đồng quy. Ví du 3 : Cho tam giác A B C cố định, điếm M thỏa mãn tích chất diện tích tam giác MAB bằng diện tích tam giác MAC. Tìm quỹ tích của điếm M. Lời giải Nguyễn Thị Nguyệt 50 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 c M Gọi B ’, C ’ lần lượt là hình chiếu của B và Theo bài ta có S m a b = S m ac c xuống MA. suy ra —MA.BB' = -M A .C C ' => BB ’ = CC ’ 2 2 Ta xét hai trường họp sau: Trường hop 7: M thuộc miên trong BAC hoặc góc đôi đỉnh với nó, tức là B và c nằm khác phía với AM. Khi đó đường thẳng AM cắt đoạn thẳng BC ở I Phần thuận: Do BB ’ = CC’, B B ’ // CC’ (cùng vuông góc với AM ) nên tú' giác B B ’CC ’ là hình bình hành. Suy ra I là trung điểm của BC hay AI là đường trung tuyến của ÀABC. Vậy M thuộc đường trung tuyến AI của AABC. Phần đảo Giả sử M thuộc đường trung tuyến AI của AABC, khi đó ta phải chúng minh S mab = S m a c- Thật vậy: Vì I là trung điểm BC nên ta có ( 1) S abi = S aci (2) M thuộc AI nên Smbi = Smcĩ Cộng hai vế của (1 ) và (2 ) ta c ó S abĩ + S m bĩ = S acĩ + S mcĩ = > S m a b = S m ac Vậy quỹ tích của M trong trường họp này là đường trung tuyến AI của AABC. Nguyễn Thị Nguyệt 51 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Trường hơp 2 \ M thuộc miền trong góc kề bù với B A C , tức là B và c nằm cùng phía với AM. Phẩn thuận Do BB ’ = CC’, B B ’ // CC ’ (cùng vuông góc với AM) nên tứ giác B B ’CC’ là hình bình hành. => AM // BC => M thuộc đường thẳng d đi qua A và song song với BC. Phần đảo Ta phải chứng minh với mọi điểm M nằm trên đường thẳng d đi qua A và so n g so n g v ớ i BC thì S mab = S mac Thật vậy khi đó ta có AM // BC nên từ BB ’ 1 AM và CC’ 1 AM => BB ’ = CC ’ Lại có S m ab = ( 1) 2 B B '. AM c Từ (1) và (2) suy ra cc\ (2) AM S m a b = S mac Vậy quỹ tích của M là đường thắng d đi qua A và song song với BC. K ế t luân Quỹ tích điểm M là đường thẳng chứa đường trung tuyến AI của ÀABC và đường thắng d đi qua A và song song với BC ( trừ điểm A) Ví du 4: Cho tứ giác ABCD, E là giao điếm của AB và CD, I và K theo thứ tự là trung điếm của BD và ẢC. Điếm M thuộc miền trong của tứ giác c ó t ín h c h ấ t Sm ab + S „ CD = 1w T ìm q u ỹ t íc h c ủ a m ể rn M ? Lời giải Nguyễn Thị Nguyệt 52 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 A D c E H Phần thuận Với I, K lần lượt là trung điểm của BD và AC nên ta có Suy ra I và K là hai điểm thuộc tập hợp cần tìm. Ta sẽ chứng minh rằng M thuộc đoạn thẳng IK. Thật vậy: Trên tia EA lấy điểm G sao cho EG = AB, trên tia ED lấy điểm H sao cho EH = CD. Khi đó ta có: ( 1) (2) Smhg + Sehg - Smheg - Smhe + Smge - Smcd + Smab - — Sabcd Từ( l ) , (2), (3) suy ra S thg + S ehg - S khg + S ehg - (3 ) S mhg + S ehg h a y SiHG = S khg = S mhg Do đó khoảng cách từ I, K, G đến HG như nhau nên I, K, M thuộc cùng một đường thẳng song song với HG. Vì M thuộc miền trong của tứ giác nên M nằm trên đường thắng IK thuộc miền tứ giác ABCD. Phẩn đảo Nguyễn Thị Nguyệt 53 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Ta sẽ chứng minh với mọi điểm M nằm trên đường thắng IK thuộc miền tứ g iác ABCD thì S mab + S mcd = — S abcd - T h ậ t v ậ y ; Vì K là trung điếm AC nên ta có SiAK = S ick và S m ak = S mck => SiAK - S mak - S ick - S mck => SiAM = S icm ( 1 ’) Vì I là trung điểm của BD nên SiBM = SiDM (2’) Ta có S mab = (3’) SiABM - SiMA = S abi + SiBM - SiMA S mcd = SiDCM - SiMD = S cdi + SiCM - SiMD Cộng hai ( 4 ’) vế của (3’) và (4’) ta có: S mcd + S mab - S abi + SiBM - SiMA + S cdi + SiCM - SiMD Từ (1 ’) và (2’) suy ra Sm cd + S m ab = Sabi + S cd i = “ Sabcd Kết luân Quỹ tích điểm M là đường thẳng IK thuộc miền tú’ giác ABCD. Ví du 5 : Cho tam giác A B C đều, I là điếm nằm trong tam giác. Gọi X , y, z lần lượt là khoảng cách từ I đến BC, CA, AB. Tìm tập hợp tất cả các điêm I sao cho X y y, z là độ dài ba cạnh của một tam giác. Lời giải A Nguyễn Thị Nguyệt 54 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Gọi h là độ dài đường cao của AABC. Gọi X, y, z lần lượt là khoảng cách từ I đến BC, CA, AB và a là độ dài của cạnh tam giác. Ta có: S abc = SiBC + SiCA + SiAB 1 a.h , - =1—x .a + —y 1 .a+ —z.a 1 — 2 2 2 2 h = x + y + z (1) Đ e X, y , z lập th à n h đ ộ d ài b a c ạ n h c ủ a m ộ t ta m g iá c thì x+y[...]... giải một bài toán hình học bằng phương pháp diện tích ta thực hiện theo các bước sau: • Thiết lập quan hệ diện tích giữa các hình • Sử dụng công thức diện tích, tính chất và tỷ số diện tích để biễu diễn mối quan hệ đó • Biến đổi mối quan hệ trên ta suy ra kết luận của bài toán Nguyễn Thị Nguyệt 1 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 Chương 2 PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG GIẢI MỘT SỐ... số đo góc, số đo chu vi, số đo diện tích, các bài toán cực trị của hình học phang có thể nói là các bài toán về so sánh các yếu tố về độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo chu vi, số đo diện tích, Vì vậy phương pháp diện tích là một công cụ khá hữu hiệu trong việc giải các bài toán cực trị của hình học phang 2.2.2.1 M ột số vỉ dụ Ví du 1: Tìm một tứ giác nội tiếp (O, R) cho trước có diện tích lởn nhất... BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG Trong hình học có nhiều dạng toán mà khi áp dụng phương pháp diện tích sẽ cho ta lời giải ngắn gọn, độc đáo Ớ đây tôi xin trình bày bốn dạng toán cơ bản nhất là bài toán chứng minh, bài toán tìm cực trị, bài toán dựng hình, bài toán tìm tập điểm 2.2.1 Bài toán chứng minh 2.2.1.1, M ột số ví dụ Ví du 1: Chứng minh rằng tổng khoảng cách từ một điểm tùy ý trong tam giác đều đến... —S Bài 3: Cho hình bình hành ABCD, trên cạnh BC và CD lần lượt lấy M ỊX và N sao cho / I Ịygợ = 2 - —- Gọi p và 0 theo thứ tự là giao đềm của A M và A N ND MC ' AMN • Bài 4: Cho hình bình hành có bốn đỉnh nằm trên bốn cạnh của một tứ giác, trong đó hai đỉnh của hình bình hành là trung điếm hai cạnh đối của tứ giác Chứng minh rang diện tích hình bình hành bằng nửa diện tích tứ giác Bài 5 : Cho tam giác. .. SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 thắng AE, BF, CD cắt nhau tạo thành một tam giác Chứng minh rằng diện tích tam giác này bằng — diện tích tam giác ABC Bài 6: là các hình o là một điềm nam trong tam giác ABC Gọi D, E, F theo thứ tự chiếu của o trên BC, AC, AB Trên các tia OD, OE, OF lấy lần lượt các điểm A ’, B ’, C ’ sao cho OA ’ = BC, OB ’ = AC, O C ’ —ẢB Chứng minh rang diện tích. ..Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 đo chu v i, của các hình thì ta có thể tính được diện tích của các hình đó Ngược lại nếu biết quan hệ diện tích của các hình thì ta có thể suy ra quan hệ của các yếu tố trên Như vậy sử dụng các công thức diện tích và tỷ số diện tích có thể giúp ta so sánh và thiết lập mối quan hệ giữa các hình với nhau như ba đường thẳng đồng... giác DBC chung cạnh BC Gọi AH và DK là hai đường cao của ÀABC và ÀDBC Khi đó ta có nếu BC n AD = E thì Nguyễn Thị Nguyệt SDBC s SDBC = AH — 77 DK và DE 8 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐH SP Hà N ội 2 2.1.2.3 Tỉnh chất 3 c Cho AABC, đường thẳng song song với ẩ t cắt AB tạ?E và cắt AC tạPF Khi đó ta có —— - ; S efb - S efc ABC A A 2.2 ÚNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH... SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG 2.1 CÁC BIỆN PHÁP THỤC HIỆN 2.1.1 Sử dụng trực tiếp công thức tính diện tích đa giác Ta sử dụng công thức tính diện tích đa giác đã nêu ở chương 1 2.1.2 Sử dụng các tính chất 2.1.2.1 Tính chất 1 Cho tam giác ABC, N là điểm giữa B và s ABN s ACN _ c sao cho BN = kCN thì = S ac n ỵ Đặc biệt nếu N là trung điểm của BC thì A S abn A 2.1.2.2 Tính chất 2 Cho hai tam giác ABC và. .. tích tam giác A ’B ’C ’ không phụ thuộc vào vị tí của điếm o trong tam giác Bài 7 Cho hình bình hành ABCD Các điếm E, F, G, t ì theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA sao cho EG không song song với ẢD Cho biết diện tích tứ giác EFG H bằng nửa diện tích hình bình hành ABCD Chứng minh rằng H F song song với CD 2.2.2 Bài toán cực trị Phương pháp diện tích có thể giúp ta so sánh độ dài đoạn thẳng, số đo... ACFAGB 2.2.1.2 Bài tập củng cố Bài 1: Cho hình thang ABCD (AB / / CD ), hai đường chéo A C và BD cắt nhau tại p Chứng minh rằng: S pab + S p c d ^ S a b c d Bài 2: Qua một điếm cho trước trong tam giác, kẻ ba đường thẳng song song với các cạnh của tam giác, các đường thẳng này chia tam giác thành sáu phân, ba phần trong đó là các tam giác có diện tích là Sỉ, S , S 3 2 và s là diện tích của tam giác đã cho.Chứng ... đa giác Diện tích hình H mặt phang ký hiệu SH 1.2.1.2 Tính chất diện tích * Mỗi đa giác có diện tích xác định Diện tích đa giác số dương * Hai tam giác có diện tích * Neu đa giác chia thành đa. .. diện tích hình đặc biệt kể 1.2.2 Phưong pháp diện tích Ta biết công thức tính diện tích đa giác công thức tính diện tích tam giác, tứ giác, hình thang, hình bình hành, số tính chất tỉ số diện tích. .. đa giác chia thành đa giác điểm chung diện tích đa giác ban đầu tổng diện tích nhũng đa giác * Hình vuông có cạnh có diện tích ỉ 2.1.3 Diện tích hình đặc biệt * Cho tam giác ABC có AB = c,BC