Diện tích đa giác và một số bài toán hình học

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN ******* NGUYỄN THỊ NGUYỆT DIỆN TÍCH ĐA GIÁC VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Hình học Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: ThS. GVC. PHAN HỒNG TRƢỜNG HÀ NỘI - 2015 Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 LỜI CẢM ƠN Em xin chân thành cảm ơn các thầy giáo, cô giáo trong khoa Toán trƣờng Đại học Sƣ 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 Trƣờng, ngƣời trực tiếp hƣớng dẫn em, luôn chỉ bảo, định hƣớng 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 thể tránh khỏi những thiếu sót. Em kính mong nhận đƣợc sự chỉ bảo và đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo và các bạn sinh viên để khóa luận của em đƣợc hoàn thiện hơn. Em xin chân 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 ĐHSP Hà Nội 2 LỜI CAM ĐOAN Trong quá trình nghiên cứu 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 đƣa vào mục Tài liệu tham khảo của khóa luận. Em xin cam đoan khóa luận đƣợc hoàn thành bởi sự cố gắng, nỗ lực của bản thân cùng với sự hƣớng dẫn tận tình của thầy giáo Phan Hồng Trƣờng cũng nhƣ các thầy cô trong tổ Hình học. Khóa luận không trùng với kết quả nghiên cứu của các tác giả khác. Em rất mong nhận đƣợc sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn sinh viên để khóa luận của em đƣợc hoàn thiện hơn. Sinh viên Nguyễn Thị Nguyệt Nguyễn Thị Nguyệt K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 MỤC LỤC MỞ ĐẦU .......................................................................................................... 1 Chƣơng 1: CƠ SỞ LÝ THUYẾT ..................................................................... 3 1.1. KIẾN THỨC CƠ BẢN ............................................................................. 3 1.1.1. Quan hệ giữa đƣờng vuông góc, đƣờng xiên, hình chiếu ....................... 3 1.1.2. Quan hệ giữa đoạn thẳng và đƣờng gấp khúc ........................................ 3 1.1.3. Một số bất đẳng thức đại số .................................................................... 3 1.2. DIỆN TÍCH VÀ PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH ...................................... 5 1.2.1. Diện tích ................................................................................................. 5 1.2.2. Phƣơng pháp diện tích ............................................................................ 6 Chƣơng 2. PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG ........................................ 8 GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG .......................................... 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 PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG ........................................................................................ 9 2.2.1. Bài toán chứng minh............................................................................... 9 2.2.2. Bài toán cực trị ..................................................................................... 22 2.2.3. Bài toán dựng hình ............................................................................... 36 2.2.4. Bài toán tìm tập điểm ........................................................................... 47 2.3. BÀI TẬP LUYỆN TẬP........................................................................... 57 KẾT LUẬN .................................................................................................... 59 TÀI LIỆU THAM KHẢO .............................................................................. 60 Nguyễn Thị Nguyệt K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Để giải các bài toán trong hình học phẳng có nhiều phƣơng pháp, bên cạnh các phƣơng pháp nhƣ sử dụng phép biến hình, phƣơng pháp vec-tơ, phƣơng pháp tọa độ… thì phƣơng pháp diện tích cũng là một phƣơng pháp để giải toán hình học, chứng minh các định lý, công thức. Phƣơng pháp diện tích đôi khi là một phƣơng 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 phƣơng pháp diện tích còn rèn luyện tƣ duy cho học sinh. Việc sử dụng phƣơng pháp diện tích vào giải các bài toán trong hình học phẳng là không nhiều bởi chúng là những bài toán khó. Nhƣng chúng là một trong những nội dung thƣờng gặp trong các đề thi học sinh giỏi. Không phải ngẫu nhiên trong lý thuyết chứng minh hình học hiện đại ngƣời ta có nhắc đến và sử dụng phƣơng pháp diện tích nhƣ một lý thuyết quan trọng. Với lý do trên và mong muốn ứng dụng phƣơng pháp diện tích trong hình học phẳng. Đƣợc sự hƣớng dẫn của thầy giáo Phan Hồng Trƣờng, 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 phƣơng pháp diện tích, đƣa ra đƣợc hệ thống các bài toán phong phú và đa dạng thể hiện tính ƣu việt của phƣơng pháp diện tích. 3. Đối tƣợng, phạm vi nghiên cứu 3.1. Đối tƣợng nghiên cứu Các bài toán chứng minh, tìm tập điểm, dựng hình, tìm cực trị trong hình học phẳng. Nguyễn Thị Nguyệt 1 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 3.2. Phạm vi nghiên cứu Các bài toán chứng minh, tìm tập điểm, dựng hình, tìm cực trị trong hình học phẳng đƣợc giải bằng phƣơng pháp diện tích. 4. Nhiệm vụ nghiên cứu Một là, đƣa ra hệ thống kiến thức cơ bản để áp dụng các bài toán hình học bằng phƣơng pháp diện tích. Hai là, ứng dụng phƣơng pháp diện tích giải bài toán chứng minh, tìm tập điểm, dựng hình, bài toán cực trị trong hình học phẳng. 5. Phƣơng pháp nghiên cứu Nghiên cứu lý luận chung về phƣơng 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 phƣơng pháp diện tích để giải bài toán hình học. Phân tích và tổng hợp bài tập minh họa, tham khảo ý kiến giảng viên hƣớng 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 ĐHSP Hà Nội 2 Chƣơng 1: CƠ SỞ LÝ THUYẾT 1.1. KIẾN THỨC CƠ BẢN 1.1.1. Quan hệ giữa đƣờng vuông góc, đƣờng xiên, hình chiếu Quan hệ giữa đƣờng vuông góc, đƣờng xiên, hình chiếu thƣờng đƣợc sử dụng dƣới 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 thẳng nối từ một điểm đến một đƣờng thẳng, đoạn thẳng vuông góc với đƣờng thẳng có độ dài nhỏ nhất. *. Trong các đoạn thẳng nối hai điểm thuộc hai đƣờng thẳng song song, đoạn thẳng vuông góc với đƣờng thẳng có độ dài nhỏ nhất. *. Trong hai đƣờng xiên kẻ từ một điểm đến một đƣờng thẳng, đƣờng xiên lớn hơn khi và chỉ khi hình chiếu lớn hơn. 1.1.2. Quan hệ giữa đoạn thẳng và đƣờng 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.  |AB – 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 đƣợc sử dụng trong các bài toán hình học bằng cách biểu thị độ dài thay đổi bằng các biến x, y,..) Cho hai số không âm x, y. Khi đó ta có x + y  2 xy Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y. Hệ quả của bất đẳng thức Cauchy Nếu 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 Nội 2 Nếu hai số dƣơng 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 thƣờng hay sử dụng khi giải bài toán cực trị hình học là:  Với ba số dƣơng a, b , c ta luôn có:  a + b + c   1 1 1 + + 9 b b a Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c  Với ba số dƣơng a, b, c ta luôn có: a b c 3 + +  b+c a+c b+a 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c 1.1.3.2. Bất đẳng thức Bunhiacopski  Với hai bộ n số thực ( a1, a2, a3,…an) và (b1, b2, b3,…bn) bất kỳ ta có: (a1 b1+ a2 b2+ …+an bn)2 ≤ (a12 + a22 +…+ an2). (b12 + b22 +…+ bn2). Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 a a = 2 = ... = n b1 b2 bn  Với x + y = a ( với a là hằng số ) thì a2 a2 2 2 hoặc (xy)max = hoặc (x + y )min = . 4 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = a 2  Nếu x.y = a (a là hằng số) thì ( x + y) min = 2 a  x = y = a 1.1.3.3. Bất đẳng thức lũy thừa bậc hai  Các bất đẳng thức lũy thừa bậc hai thƣờng đƣợc sử dụng dƣới dạng: A2  0 ; - A2 ≤ 0 Nguyễn Thị Nguyệt 4 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 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 PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH 1.2.1. Diện tích 1.2.1.1. Định nghĩa Số đo của phần mặt phẳng giới hạn bởi một đa giác đƣợc gọi là diện tích của đa giác đó. Diện tích của hình H trong mặt phẳng đƣợc 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 dƣơng * Hai tam giác bằng nhau thì có diện tích bằng nhau. * Nếu một đa giác đƣợc chia thành những đa giác không có điểm trong chung thì diện tích của đa giác ban đầu bằng tổng diện tích của những đa giác đó. * Hình vuông có cạnh là 1 thì có diện tích là 1. 1.2.1.3. Diện tích của các hình đặc biệt * Cho tam giác ABC có AB = c, BC = a, AC = b. Gọi ha , hb , hc lần lƣợt là các đƣờng cao hạ từ A, B, C; R, r là bán kính đƣờng tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác, p = a+b+c là nửa chu vi tam giác. 2 Khi đó diện tích tam giác ABC đƣợc tính theo công thức:  S= 1 1 1 a. ha = b. hb = c. hc 2 2 2  S= 1 1 1 ab. sin C = bc. sinA = ca. sin B 2 2 2  S= abc 4R Nguyễn Thị Nguyệt 5 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp  S= Trường ĐHSP Hà Nội 2 p.(p - a)(p - b)(p - c) a * Diện tích hình chữ nhật S = a.b b (với chiều dài và chiều rộng lần lƣợt là a và b) *Diện tích hình vuông a Diện tích hình vuông bằng bình phƣơng 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 a với chiều cao. h 1 S = ( a+ b ) . h 2 (với a, b là độ dài hai đáy, h là chiều cao) * Diện tích hình bình hành a Diện tích hình bình hành bằng tích của một cạnh với chiều cao tƣơng ứng. h S = a.h * Diện tích tứ giác có hai đƣờng chéo vuông góc bằng nửa tích độ dài hai đƣờng chéo. * Diện tích đa giác Việc tính diện tích của một đa giác bất kỳ thƣờng đƣợc quy về việc tính diện tích của các hình đặc biệt kể trên. 1.2.2. Phƣơng pháp diện tích Ta đã biết công thức tính diện tích của các đa giác nhƣ 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 nhƣ độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số Nguyễn Thị Nguyệt 6 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 đo chu vi,… của các hình thì ta có thể tính đƣợc diện tích của các hình đó. Ngƣợc lại nếu biết quan hệ diện tích của các hình thì ta có thể suy ra quan hệ của các yếu tố trên. Nhƣ 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 nhƣ ba đƣờng thẳng đồng quy, hai đƣờng thẳng song song,… Để giải một bài toán hình học bằng phƣơng pháp diện tích ta thực hiện theo các bƣớc 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 7 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Chƣơng 2. PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG 2.1. CÁC BIỆN PHÁP THỰC 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 chƣơng 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 C sao cho BN = kCN thì SABN =k SACN Đặc biệt nếu N là trung điểm của BC thì SABN = SACN A B A N C B C N 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 đƣờng cao của ∆ABC và ∆DBC. Khi đó ta có nếu BC  AD = E thì A D SABC AE = SDBC DE A A D D B H K Nguyễn Thị Nguyệt C B SABC AH = và SDBC DK C 8 E B E C K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 2.1.2.3 Tính chất 3 Cho hai đƣờng thẳng DB và CE cắt nhau tại A. Khi đó B E B A C A SADE AE.AD = SABC AB.AC E E D A 2.1.2.4. Tính chất 4 D D cắt AB tạiBE và cắt AC tạiCF. C Cho ∆ABC, đƣờng thẳng song song với BC Khi đó ta có SAEF EF2 ; SEFB = SEFC = SABC BC2 A E A F B B E C C F 2.2. ỨNG DỤNG PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG Trong hình học có nhiều dạng toán mà khi áp dụng phƣơng pháp diện tích sẽ cho ta lời giải ngắn gọn, độc đáo. Ở 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. Một số ví dụ Ví dụ 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 tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Lời giải Cách 1: (Hình 1) A A R K K J P M HI B B C T S M J Q H I C Hình 2 Hình 1 Gọi AH là đƣờng cao của ∆ABC, vì ∆ABC đều nên độ dài AH không đổi. Nối MA, MB, MC ta đƣợc các tam giác MAB, MAC, MBC. Gọi MI, MJ, MK lần lƣợt là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB Khi đó ta có: SABC = SMAB + SMBC + SMAC  1 1 1 1 BC.AH = AB.MK + BC.MI + CA.MJ 2 2 2 2  MK + MI + MJ = AH (vì ∆ABC đều nên AB = AC = BC) Vậy tổng khoảng cách từ điểm M bất kỳ trong ∆ABC 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 đƣờng thẳng song song với BC, cắt AB và AC tƣơng ứng tại P và Q. Dễ thấy do ∆ABC đều nên ∆APQ đều. Từ M kẻ đƣờng thẳng song song với AC, cắt AB tại R  ∆MPR đều Gọi PT là đƣờng cao của ∆MPR, S = PT  RM. Khi đó ta có: MI + MJ + MK = MI + ST + PS (∆MPR đều nên MK = PS)  MI + MJ + MK = MI + PT = AH (không đổi) Nguyễn Thị Nguyệt 10 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Vậy tổng khoảng cách từ điểm M bất kỳ trong ∆ABC đều đến các cạnh của tam giác có độ dài không đổi và bằng chiều cao của tam giác. Nhận xét Từ hai cách chứng minh trên, ta thấy với bài toán trên sử dụng phƣơng pháp diện tích ở cách 1 cho lời giải ngắn gọn, dễ hiểu và hình vẽ đơn giản hơn so với ở cách 2.  = 900, AC = b, AB = c, BC = a. Ví dụ 2: Cho ∆ABC, BAC Chứng minh rằng a2 = b2 + c2 (Định lý Pitago) Lời giải B’ B b a c A b C c A’ Trên tia đối của tia CA lấy điểm A’ sao cho CA’ = c. Từ A’ dựng đƣờng thẳng vuông góc với AC, lấy B’ sao cho A’B’ = b. Xét ∆ABC và ∆A’CB’ có: AC = A’B’ = b và AB = A’C’ = c  ∆ABC = ∆A’CB’ =   BC = B’C = a và BCA A'B'C Mặt khác:  + BCA  = 900 , A'CB'  + ABC A'B'C = 90 0  + A'CB'  = 900   nên BCA BCB' = 900 Vậy ∆BCB’ vuông tại C Nguyễn Thị Nguyệt 11 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Ta có SABC = Trường ĐHSP Hà Nội 2 1 1 1 bc , SA'BC = bc , SBCB' = a 2 2 2 2 Lại có tứ giác ABB’A’ là hình thang do đó AB // A’B’ (cùng vuông góc với AC) nên SABB'A' = 1 1 (c + b).(b + c) = (b + c) 2 . Mặt khác: 2 2 SABB'A' = SABC + SA'B'C + SBB'C 1 1  (b + c) 2 = (bc + bc + a 2 ) 2 2 hay a 2 = b2 + c2 (điều phải chứng minh) Nhận xét Có rất nhiều cách để chứng minh định lý Pitago nhƣ chứng minh của Euclid, dùng hình mở rộng, cắt và ghép hình, chứng minh bằng đại số, chứng minh bằng vi phân…, cách chứng minh dựa vào diện tích nhƣ trên là của một Tổng thống Mỹ năm 1876. Đó đƣợc coi là một trong những cách chứng minh hay và sáng tạo. Hơn nữa, cách chứng minh này phù hợp và vừa sức để chứng minh cho học sinh. Ví dụ 3: Chứng minh rằng trong tất cả các tứ giác lồi có cùng chu vi cho trước thì hình vuông có diện tích lớn nhất. B Lời giải C A K H D Giả sử ABCD là tứ giác lồi có chu vi l cho trƣớc Đặt AB = a, BC = b, CD = c, DA = d. Khi đó a + b + c + d = l Từ B kẻ BH  AD, BK  CD, ta có SABCD = SABD + SBCD Nguyễn Thị Nguyệt 12 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 1 1 HB.AD + BK.CD 2 2 1 1  SABCD  AB.AD + BC.CD 2 2 1 1  SABCD  a.d + b.c 2 2  = BCD  = 900 Dấu “ =” xảy ra khi H  A và B  K hay BAD Suy ra SABCD = 1 1 a.d + b.c 2 2  = ADC  = 900 Dấu “ =” xảy ra khi ABC Tƣơng tự  SABCD  (1) (2) 1 Từ (1) và (2) suy ra SABCD  (a+c) . (b+d) (3) 4  = BCD  = ABC  = ADC  = 900 tức là khi ABCD là Dấu “=” xảy ra khi BAD hình chữ nhật. Khi đó a = c và b = d Mặt khác (4) 4 1 (a+c) . (b+d) (a+c) . (b+d) = 16 4 (a+c)2 + 2(a+c)(d+b) + (b+d)2  16 (a + b + c +d)2 1 = = l2 4 16 Từ (3) và (5) suy ra SABCD l =  4 (5) 2 (6) Dấu “=” xảy ra khi a + c = b + d (7) 2 Từ (4), (6), (7) suy ra SABCD l lớn nhất bằng   khi a = b = c = d, tức là khi 4 l 4 Ví dụ 4. Cho tứ giác ABCD, các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại ABCD là hình vuông có cạnh có độ dài là E, Gọi F và G theo thứ tự là trung điểm của các đường chéo AC và BD. Nguyễn Thị Nguyệt 13 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Chứng minh rằng SEFG = Trường ĐHSP Hà Nội 2 1 SABCD 4 Lời giải Nối AG và CG, ta có: SEFG = SAEG - SAGF - SAEF = SABG + SEGB - SAGF - SAEF = 1 ( SABD + SEBD - SACG – SACE ) 2 = 1 1 ( SADE – SAGCE ) = ( SABCD – SABCG ) 2 2 = 1 ( SABCD - SABG – SBCG ) 2 = 1 1 1 ( SABCD - (SABD + SBCD )) 2 2 2 = 1 1 ( SABCD - SABCD ) 2 2 = 1 SABCD 4 Nhận xét  Nếu AD  BC = H thì SHGF = 1 SABCD . Khi đó ta có SHGF = SEFG . 4  Nếu AD  BC = H và K là trung điểm của EH, khi đó dựa vào bài toán trên ta chứng minh đƣợc G, F, K thẳng hàng. Nguyễn Thị Nguyệt 14 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Ví dụ 5. Cho hình bình hành ABCD, gọi P, Q, R, S theo thứ tự là trung điểm của các cạnh CD, DA, AB, BC. Vẽ bốn đường thẳng nối lần lượt các đỉnh A, B, C, D với các điểm P, Q, R, S. Chứng minh rằng tứ giác tạo bởi các đường này có diện tích bằng 1 diện tích hình bình hành ABCD. 5 Lời giải A R H E Q G D Ta có B F C P HE EF FG GH = = = =1 EB FC GD HA Áp dụng tính chất 1 ta có: SBRE = SARE  SABH = SBRE + SARE + SAEH = 2SBRE + SEHG  SAEH = SEHG = 1 1 SABH + SEHG  SABH = SEGH hay SABH = 2SEGH 2 2 Tƣơng tự ta có: SADG = 2SHGF , SDCF = 2SGFE , SCBR = 2SHEF Cộng vế với vế các đẳng thức trên ta có SABH + SADG + SDCF + SCBR = 2(SABH + SHGF + SGFE + SHEF) = 4SEFGH  SABH + SADG + SDCF + SCBR + SEFGH = 5 SEFGH  SABCD = 5 SEFGH hay SEFGH = 1 SABCD . 5 Nhận xét Nguyễn Thị Nguyệt 15 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2  Vì tứ giác EFGH là hình bình hành nên bài toán có thể phát biểu nhƣ sau: “Cho hình bình hành EFGH, trên tia đối FE, GF, HG, EH lần lượt lấy các điểm C, D, A, B sao cho E, F, G, H lần lượt là trung điểm các đoạn HB, 1 5 EC, FD, GA. Chứng minh rằng S EFGH  S ABCD ”  Khi tứ giác ABCD hay EFGH không phải hình bình hành thì kết luận trên cũng đúng nên ta có bài toán sau: “ Cho tứ giác EFGH, trên tia đối FE, GF, HG, EH lần lượt lấy các điểm C, D, A, B sao cho E, F, G, H lần lượt là trung điểm các đoạn HB, EC, FD, GA. Chứng minh rằng SEFGH   Ta thấy rằng 1 S ABCD ” 5 HE EF FG GH S = = = = 1 thì ABCD = 5 EB FC GD HA SEFGH Thay “1” bởi “m” thì SABCD =  2m(m+1) + 1.SEFGH Nhƣ vậy ta đƣợc bài toán tổng quát của bài toán trên: “Cho tứ giác EFGH, trên tia đối FE, GF, HG, EH lần lượt lấy các điểm C, D, A, B sao cho HE EF FG GH     m. EB FC GD HA Chứng minh rằng SABCD =  2m(m+1) + 1.SEFGH ”. Ví dụ 6: Trên các cạnh BC, AC, AB của ∆ABC lấy các điểm E, F, G. Chứng minh rằng AE, BF, CG đồng quy khi và chỉ khi AG BE CF . .  1. GB EG FA (Định lý Xeva khi ba điểm E, F, G nằm trên ba cạnh của tam giác) Lời giải Nguyễn Thị Nguyệt 16 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 A G F P B E C * Điều kiện cần Giả sử AE, BF, CG đồng quy tại P Xét ∆ABP và ∆ACP có AP  BC = E nên SAPB BE = SACP CE Tƣơng tự ta có: (1) SACP GA = SBCP GB (2) SCBP FC = SABP FA (3) Từ (1), (2), (3) ta có GA EB FC SACP SABP SCBP . . = . . =1 GB EG FA SCBP SACP SABP * Điều kiện đủ Gọi P là giao điểm của BF, CG và E’ là giao điểm của AP và BF Do AE’, BF, CG đồng quy tại P nên theo chứng minh điều kiện cần ta có: AG BE' CF . . =1 GB EG FA Mặt khác theo giả thiết ta có (1*) AG BE CF . . =1 GB EG FA (2*) Từ (1*) và (2*) ta có BE' BE BE' + E'C BE + EC =  = E'C EC E'C EC BC BC  =  E'C = EC E'C EC Nguyễn Thị Nguyệt 17 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Mà E, E’ đều thuộc đoạn BC nên E  E' Vậy AE, BF, CG đồng quy. Nhận xét.  Bài toán còn có thể phát biểu nhƣ sau: “Cho ∆ABC, dựng các ∆ABD, ∆BCH, ∆CAK sao cho các điểm D, H, K theo thứ tự nằm bên trong các góc ACB, BAC, CBA. Tìm điều kiện để AH, BK, CD đồng quy” Ví dụ 7: Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy hai điểm M và N. MB.NB  AB    Chứng minh rằng MAB  NAC khi và chỉ khi  MC.NC  AC  2 Lời giải A * Điều kiện cần  = NAC  , kẻ AH  BC. Giả sử MAB Theo tính chất trên ta có: SMAB AM.AB = SNAC AN.AC Ta lại có SMAB SNAC (1) B M H N C 1 AH.BM BM 2 = = 1 CN AH.CN 2 (2) BM AM.AB = CN AN.AC (*) Từ (1) và (2) suy ra  = NAC  nên NAB  = Mặt khác vì MAB MAC S AN.AB  = MAC nên ta có NAB = Xét ∆ANB và ∆AMC có NAB SMAC AM.AC Lại có SNAB SMAC 1 AH.BN BN BN AN.AB 2 = =  = 1 CM AM.AC AH.CM CM 2 Nguyễn Thị Nguyệt 18 (**) K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 MB.NB  AB  Nhân hai vế của (*) và (**) ta có =  MC.NC  AC  2 * Điều kiện đủ 2 MB.NB  AB    Giả sử =  , MAB  NAC MC.NC  AC  (3)  = N'AC  Khi đó trên BC lấy N’ sao cho MAB MB.N'B  AB  Theo chứng minh trên ta có =  MC.N'C  AC  Từ (3) và (4)  2 (4) NB N'B =  N'  N (N, N'  BC) NC N'C  = NAC   MAB Nhận xét  Nếu M  N  D với AD là phân giác góc A. Khi đó ta 2  DB   AB  có   =   DC   AC  2 DB AB = DC AC  Vậy kết quả ví dụ 6 là tính chất mở rộng quen thuộc của đƣờng phân giác.  Từ kết quả của ví dụ 6 ta xét bài toán mở rộng sau: “Cho tam giác ABC, AD là phân giác trong góc A. Trên AD lấy hai điểm   NBD  . Chứng minh rằng MCA   NCD ” M, N sao cho MBA A Hƣớng dẫn  = NBD . Từ giả thiết MBA Áp dụng kết quả bài toán trên cho ∆ABD M ta có: MA.NA  BA  =  MD.ND  BD  N 2 (1) B Nguyễn Thị Nguyệt 19 D C K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2  nên ta có Vì AD là phân giác BAC BA CA DB AB  = = BD CD DC AC (2) 2 MA.NA  CA  Từ (1) và (2) suy ra =  . MD.ND  CD   = Áp dụng kết quả bài toán trên cho ∆ACD ta đƣợc MCA NCD Ví dụ 8: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các tam giác ABG, BCE, CAF sao cho SBCE + SCAF + SABG < SABC . Qua E, F, G ta kẻ các đường thẳng tương ứng song song với BC, CA, AB, chúng cắt nhau tạo thành ∆MNP. Chứng minh rằng SMNP < 2SECFAGB . Lời giải Áp dụng định lý Talet ta có MA, NB, PC đồng quy tại O. Vì NE // BC nên SBCE = SBCN  SBCE S NB = BCN = SBCO SBCO OB Tƣơng tự ta có  SCAF PC S MA = và ABG = SCAO OC SABO OA nên SBCE S S S + SCAF + SABG = CAF = ABG = BCE SABC thì SMNP > 2SECFAGB 2.2.1.2. Bài tập củng cố Bài 1: Cho hình thang ABCD (AB // CD ), hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại P. Chứng minh rằng: SPAB +SPCD  SABCD. Bài 2: Qua một điểm 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 phần, ba phần trong đó là các tam giác có diện tích là S1, S2, S3 và S là diện tích của tam giác đã cho.Chứng minh rằng S1 + S2 + S3 ≥ 1 S 3 Bài 3: Cho hình bình hành ABCD, trên cạnh BC và CD lần lượt lấy M và N sao cho CN BM 2 . Gọi P và Q theo thứ tự là giao đểm của AM và AN ND MC với BD. Chứng minh rằng S APQ  1 S AMN . 2 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 điểm hai cạnh đối của tứ giác. Chứng minh rằng diện tích hình bình hành bằng nửa diện tích tứ giác. Bài 5: Cho tam giác ABC. Lấy các điểm D, E, F theo thứ tự thuộc các 1 1 1 cạnh AB, BC, CA sao cho AD  AB , BE  BC , CF  CA . Các đoạn 3 3 3 Nguyễn Thị Nguyệt 21 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 thẳng AE, BF, CD cắt nhau tạo thành một tam giác. Chứng minh rằng diện tích tam giác này bằng 1 diện tích tam giác ABC. 7 Bài 6: O là một điểm nằm trong tam giác ABC. Gọi D, E, F theo thứ tự là các hình 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, OC’ = AB. Chứng minh rằng diện tích tam giác A’B’C’ không phụ thuộc vào vị tí của điểm O trong tam giác. Bài 7. Cho hình bình hành ABCD. Các điểm E, F, G, H theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA sao cho EG không song song với AD. Cho biết diện tích tứ giác EFGH bằng nửa diện tích hình bình hành ABCD. Chứng minh rằng HF song song với CD. 2.2.2. Bài toán cực trị Phƣơng pháp diện tích có thể giúp ta so sánh độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo chu vi, số đo diện tích, … các bài toán cực trị của hình học phẳng 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 phƣơng pháp diện tích là một công cụ khá hữu hiệu trong việc giải các bài toán cực trị của hình học phẳng. 2.2.2.1. Một số ví dụ Ví dụ 1: Tìm một tứ giác nội tiếp (O, R) cho trước có diện tích lớn nhất. Lời giải A O D K H C B Nguyễn Thị Nguyệt 22 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Kẻ AH và CK vuông góc với BD (H, K  BD). Gọi AC  BD = I Ta có: SABCD = SABD + SCBD 1 1 AH.BD + CK.BD 2 2 1 = (AH + CK).BD 2 = Mặt khác ta có I, H, K  BD nên từ AH  BD và CK  BD ta có AH ≤ AI và CK≤ CI Do đó AH + CK ≤ AI + CI ≤ AC (AC ≤ 2R, BD ≤ 2R ) Vậy SABCD  1 BD.(AH + CK)  1 BD.AC  2R 2 2 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi I  H  K và AC = BD =2R nghĩa là AC và BD là hai đƣờng kính của (O) hay ABCD là hình vuông. Vậy trong các tứ giác nội tiếp (O, R) thì hình vuông có diện tích lớn nhất. Ví dụ 2: Cho tam giác ABC, trên BC lấy điểm M bất kỳ. Đường thẳng đi qua M và song song với AB cắt AC tại P, Đường thẳng đi qua M và song song với AC cắt AB tại Q. Chứng minh rằng SAPMQ ≤ 1 SABC . 2 Lời giải A P K Q H B C M G Nguyễn Thị Nguyệt 23 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Ta xét hai trƣờng hợp: Trƣờng hợp 1: Nếu M là trung điểm của BC thì dễ thấy SAMPQ = SAPM + SAMQ = 1 1 1 SAMC + SABM = SABC. 2 2 2 (1) Trƣờng hợp 2: Nếu M không là trung điểm BC thì MB < MC hoặc MB > 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 đƣờng thẳng song song với AB, cắt AC tại K, cắt QM kéo dài tại G. Dễ thấy ∆MBQ = ∆MHG (c.g.c)  SMBQ = SMHG (*) Mà AKGQ là hình bình hành có MP là đƣờng trung bình  SAPMQ = SPKGM  2SAPMQ = SAKQG  2SAPMQ = SAKHMQ + SMHG Từ (*) suy ra 2SAPMQ = SAKHMQ + SMBQ = SAKHB < SABC 2SAPMQ < SABC hay SAPMQ < Từ (1) và (2) suy ra SAPMQ ≤ 1 SABC 2 (2) 1 SABC 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M là trung điểm của BC. Nhận xét  Xét bài toán tƣơng tự: “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 AC, còn hai điểm P và Q nằm trên cạnh BC. Tìm vị trí của M sao cho diện tích hình chữ nhật MNPQ là lớn nhất”. Hƣớng dẫn Nguyễn Thị Nguyệt 24 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 A M B Q R N H P C Kẻ AH  BC, AH  MN = R Áp dụng kết quả bài toán trên đối với ∆ ABH và ∆ACH ta có: SMRHQ ≤ 1 1 SABH và SRNHP ≤ SACH 2 2  SMNPQ ≤ 1 SABC 2  Max SMNPQ = 1 1 1 SABC xảy ra khi SMRHQ = SABH và SRNHP = SACH 2 2 2 khi và chỉ khi M là trung điểm AB, N là trung điểm AC.  Bài toán tƣơng tự  và M là điểm cố định thuộc miền trong xOy  . Một đường 1. Cho xOy thẳng d quay xung quanh điểm M, cắt tia Ox và tia Oy lần lượt tại A, B. Hãy dựng đường thẳng d để SOAB nhỏ nhất. 2. Cho hình thang ABCD (AB // CD), hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại P. Chứng minh rằng SPAB + SPCD  1 SABCD . 2 Ví dụ 3: Cho tam giác ABC và ba điểm A’, B’, C’ lần lượt nằm trên ba cạnh BC, AC, AB sao cho AA’, BB’, CC’ đồng quy tại O (A’, B’, C’ không trùng với các đỉnh của tam giác). Tính giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của tổng Nguyễn Thị Nguyệt 25 A ' B B 'C C ' A   A 'C B ' A C ' B K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Lời giải A C’ B’ O H B C Kẻ BH  AA’, CK  AA’ (H, K  AA’) K Xét ∆AA’B và ∆AA’C có cùng chiều cao hạ từ A nên theo tính chất 2 ta có: A'B SAA'B = A'C SAA'C (1) Mặt khác ∆AA’B và ∆AA’C có chung cạnh AA’ và có hai đƣờng cao tƣơng ứng là BH và CK nên ta có: SAA'B BH = SAA'C CK (2) Ta lại có ∆AOB và ∆AOC có chung cạnh AO và có chiều cao tƣơng ứng là BH và CK nên SAOB BH = SAOC CK Từ (1), (2), (3) suy ra (3) A'B SAOB  A'C SAOC Chứng minh tƣơng tự ta đƣợc (4) B'C SBOC  B'A SBOA (5) C'A SCOA  C'B SCOB (6) Nhân từng vế của các đẳng thức (4), (5), (6) ta đƣợc: A'B B'C C'A SAOB SBOC SCOA . .  . . 1 A'C B'A C'B SAOC SBOA SCOB Nguyễn Thị Nguyệt 26 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho ba số dƣơng ta đƣợc: A'B B'C C'A A'B B'C C'A    33 . . 3 A'C B'A C'B A'C B'A C'B Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A'B B'C C'A . Khi đó A’, B’, C’ lần lƣợt là   A'C B'A C'B trung điểm của BC, CA, AB.  A'B B'C C'A  Vậy min      3 khi A’, B’, C’ là trung điểm của BC,  A'C B'A C'B  CA, AB. Ví dụ 4: Cho ∆ABC, điểm M nằm trong tam giác. Đường thẳng AM, BM, CM cắt các cạnh BC, CA, AB của tam giác lần lượt tại A1 , B1, C1. Xác định vị trí của M sao cho: a) AM BM CM   đạt giá trị lớn nhất A' M B ' M C ' M b) MA MB MC . . đạt giá trị nhỏ nhất MA ' MB ' MC ' Lời giải A B’ C’ M B A’ C Gọi S, S1, S2, S3 lần lƣợt là diện tích của các ∆ABC, ∆MBC, ∆MAC, ∆MAB Ta có ∆MAB và ∆MA’B là hai tam giác có cùng chiều cao hạ từ đỉnh B và có hai đáy tƣơng ứng là AM, A’M Nguyễn Thị Nguyệt 27 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 S3 AM = SMBA' A'M  (1) Tƣơng tự xét ∆CMA và ∆CMA’ ta cũng có Từ (1) và (2) suy ra Tƣơng tự ta có  S2 AM = SMCA' A'M (2) AM S3 + S2 S + S2 = = 3 A'M SMBA' + SMCA' S1 BM S + S3 CM S1 + S2 = 1 ; = B'M S2 C'M S3 AM BM CM S3 S2 S1 S3 S1 S2 + + = + + + + + A'M B'M C'M S1 S1 S2 S2 S3 S3 S S  S S  S S  =  3  1  +  2 + 1  3 + 2  S2   S2 S3   S1 S3   S1  AM BM CM + + 2+2+2=6 A'M B'M C'M Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi S1 = S2 = S3  AM BM CM = = 2 A'M B'M C'M Hay M là trọng tâm ∆ABC. b) Đặt AA' MA AA' =x  = -1=x-1 MA' MA' MA' Tƣơng tự BB' MB BB' =y  = -1=y-1 MB' MB' MB' CC' MC CC' =z  = -1=z-1 MC' MC' MC'  MA MB MC . . = (x – 1).(y – 1).(z – 1) MA' MB' MC'  MA MB MC . . = xyz – (xy + yz + zx) + x + y + z – 1 MA' MB' MC' (3) Ta lại có Nguyễn Thị Nguyệt 28 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 S = S 1 + S2 + S 3  MA MB MC 1 1 1 + + =1    1 AA' BB' CC' x y z  xy + yz + zx = xyz Thay vào (3) ta có  MA MB MC =x+y+z–1 . . MA' MB' MC' MA MB MC = ( x + y + z ). . . MA' MB' MC'  1 1 1  x  y  z  - 1  9 -1 = 8   Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y = z. Nhận xét  Tƣơng tự bài toán trên ta có thể tính đƣợc: 1) Giá trị lớn nhất của A'M B'M C'M + + và AM BM CM 2) Giá trị lớn nhất của AM + A'M BM + B'M CM C'M A'M B'M C'M . . AM BM CM Ví dụ 5: Cho ∆ABC nhọn, xác định vị trí của điểm M nằm trong ∆ABC sao cho AM.BC + BM.CA + CM.AB đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải A D M B C E Kẻ BD  AM, CE  AM (D, E  AM ), gọi I = AM  BC  BD ≤ BI , CE ≤ CI Nguyễn Thị Nguyệt 29 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2  BD + CE ≤ BI + CI = BC Ta có: 1 1 1 1 AM.BD + AM.CE =  BD+CE  .AM  AM.BC 2 2 2 2 SAMB + SAMC = (1) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AM  BC Tƣơng tự ta có: SBMC + SBMA ≤ 1 BM.AC. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi BM  AC 2 (2) SCMA + SCMB ≤ 1 CM.AB . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi CM  AB. 2 (3) Cộng hai vế của (1), (2), (3) ta đƣợc: 2 (SAMB + SBMC + SCM) ≤ 1 (AM.BC + BM.AC + CM.AB ) 2  4. SABC ≤ AM.BC + BM.AC + CM.AB  AM.BC + BM.AC + CM.AB  4. SABC (không đổi ) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AM  BC, BM  AC, CM  AB hay M là trực tâm của ∆ABC. Vậy với M là trực tâm của ∆ABC thì giá trị AM.BC + BM.AC + CM.AB đạt giá trị lớn nhất. Nhận xét  Do diện tích của tứ giác không lớn hơn nửa tích của hai đƣờng chéo, điều này có thể áp dụng cả với tứ giác lồi nên ta có thể giải bài toán trên nhờ tính chất đó nhƣ sau: SMABC ≤ 1 1 1 BM.AC, SMBCA ≤ CM.AB, SMCAB ≤ AM.BC 2 2 2 Cộng vế các bất đẳng thức trên ta đƣợc: 4SABC ≤ 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 Nội 2 Ví dụ 6: Cho ∆ABC có BC = a, AC = b, AB = c. Gọi x, y, z theo thứ tự là khoảng cách từ điểm M ở trong tam giác tới các cạnh BC, CA, AB. Xác định vị trí của M để tổng a b c   có giá trị nhỏ nhất. x y z Lời giải Gọi S là diện tích ∆ABC. Ta có : S = SBMC + SCMA + SAMB = 1 ( ax + by + cz ) 2  ax + by + cz = 2S a b c Xét tích (ax + by + cz ) .  + +  x y z x y y z = a2 + b2 + c2 + ab.  +  + bc.  +  + ac.  z y y x x z  +  z x Vì x > 0, y > 0, z > 0 nên áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có: x z x y y z + 2, + 2, + 2 z x y x z y Do đó thay vào đẳng thức trên ta có: a b c (ax + by + cz ) .  + +   a2 + b2 + c2 + 2.ab + 2bc +2ac x y z a b c  (ax + by + cz ) .  + +   (a + b + c)2 x y z Nguyễn Thị Nguyệt 31 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 a b c hay 2S.  + +   (a + b + c)2 x y z  a b c  (a + b + c)2   + +  2S x y z  a b c  (a + b + c)2 Do đó min  + +  = 2S x y z Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y  M thuộc phân giác trong góc C (1) y = z  M thuộc phân giác trong góc A (2) Từ (1) và (2) suy ra M là tâm đƣờng tròn nội tiếp ∆ABC (a + b + c)2 a b c Vậy giá trị + + đạt giá trị nhỏ nhất bằng khi và chỉ khi 2S x y z M là tâm đƣờng tròn nội tiếp ∆ABC. Ví dụ 7: Cho ∆ABC , M là điểm chuyển động trên cạnh BC, N là điểm trên đoạn thẳng AM sao cho AN 1  ( k > 1). Qua N kẻ đường thẳng song AM k song với AC cắt AB tại D và đường thẳng song song AD cắt AC tại E. Xác định vị trí của M để diện tích ∆ADE đạt giá trị lớn nhất. Lời giải A E N D B Nguyễn Thị Nguyệt M 32 C K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Qua M kẻ đƣờng thẳng song song với AC, cắt AB tại D’ và kẻ đƣờng thẳng song song với AB, cắt AC tại E’. Ta thấy tứ giác ADNE là hình bình hành nên SADN = SAEN Lại có DN // D’M, DD’  MN = A nên ta có: 2 1 SADN 1  AN  =  = 2  SADN = SAEN = 2 SAD’M SAD'M  AM  k k Do tứ giác AD’ME’ là hình bình hành nên SAD’M =  SADN = 1 SAD’ME’ 2k 2 1 SAD’ME’ 2 (*) S  BM  Ta có D’M // AC, MC  AD’ = B nên BD'M =   SBAC  BC  S  MC  Tƣơng tự ta cũng có E'MC =   SABC  BC  2 (1) 2 (2) Cộng hai vế của (1) và (2) ta có: SBD'M S + E'MC = SBAC SABC 2 2 2  BM   MC  1  BM MC  1            BC   BC  2  BC BC  2 1 1  SBD’M + SE’MC  SABC  SAD’ME’ ≤ SABC (không đổi) 2 2 Từ (*) suy ra SAD’ME’ ≤ 1 1 SABC ≤ SABC 4k 2 2 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi BM MC =  BM = MC MC BC  M là trung điểm của BC. Vậy với M là trung điểm của BC thì diện tích ∆ADE đạt giá trị nhỏ nhất. Ví dụ 8: Cho ∆ABC là tam giác nhọn, trực tâm H, có các đường cao là AE, BF, CG Nguyễn Thị Nguyệt 33 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Chứng minh rằng: a) AE BF CG   9 HE HF HG b) HE HF HG 3    HA HB HC 2 Lời giải A F G H B E C a) Gọi diện tích ∆ABC, ∆ HBC, ∆ HCA, ∆ HAB lần lƣợt là S, S1, S2, S3. Dễ thấy rằng: S = S1 + S2 + S3 Xét ∆ABC và ∆ HBC, theo tính chất trên ta có: S1 HE = S AE Tƣơng tự  S2 HF S3 HG = ; = S BF S CG HE HF HG + + 1 AE BF CG BF CG   HE HF HG   AE + + + +  . 9 HF HG   AE BF CG   HE Mặt khác ta có  HF HG   HE  + + 9 AE BF CG   Dấu “=” xảy ra  HE HF HG 1 1 = =   S1 = S2 = S3 = S AE BF CG 3 3 Khi đó H vừa là trọng tâm vừa là trực tâm nên ∆ABC đều. Nguyễn Thị Nguyệt 34 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp b) Ta có S1 HE HE HE S1 S1  = = = = HA AE - HE S - S1 S2 + S3 S AE Tƣơng tự  Trường ĐHSP Hà Nội 2 S3 HF S2 HG = ; = HB S1 + S3 HC S1 + S2 S3 HE HF HG S1 S2 3 + + = + +  HA HB HC S2 + S3 S1 + S3 S1 + S2 2 Dấu “=” xảy ra khi H là trọng tâm ∆ABC hay ∆ABC đều. 2.2.2.2. Bài tập củng cố Bài 1: Cho đoạn thẳng AB và một điểm C trên đoạn AB. Vẽ trên cùng một nửa mặt phẳng bờ AB các nửa đường trong có đường kính AB, AC, BC. Xác định vị trí của C để diện tích phần mặt phẳng giới hạn bởi ba nửa đường tròn đạt giá trị lớn nhất. Bài 2: Cho tứ giác ABCD, gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AD và BC. Đường thẳng CN cắt DN tại E và đường thẳng BM cắt AN tại F. Tìm giá trị lớn nhất của tổng AF BF CE DE    NF MF ME NE Bài 3: Cho hình vuông ABCD có AB = 6 cm, điểm E nằm trên cạnh AB sao cho AE = 2 cm. Xác định vị trí của điểm F trên cạnh BC sao cho hình thang EFGH ( G CD, H  AD, EH // GF // BD) có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó. Bài 4: Trong ∆ABC ta kẻ các đường phân giác AA’, BB’, CC’. Gọi khoảng cách từ điểm A’ đến cạnh AB là a’, khoảng cách từ điểm B’ đến BC là b’, khoảng cách từ điểm C’ đến AC là c’. Tìm giá trị lớn nhất của tổng a' b' c'   với ha , hb , hc lần lượt là độ dài ha hb hc các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C tương ứng ). Nguyễn Thị Nguyệt 35 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 2.2.3. Bài toán dựng hình 2.2.3.1. Một số ví dụ Ví dụ 1:Cho tứ giác lồi ABCD. Qua điểm P trên cạnh AB hãy dựng đường thẳng d chia tứ giác thành hai đa giác có diện tích bằng nhau. Lời giải B P A A P B H E D Q C F E Q D C F G Từ A kẻ đƣờng thẳng song song với PD cắt CD tại E. Từ B kẻ đƣờng thẳng song song với PC cắt CD tại F  AE // PD và BF // PC Khi đó ta có: SAPD = SEPD  SABCD = SPBCE (1) Mà SPBC = SPFC  SPBCE = SPEF (2) Từ (1) và (2) suy ra SABCD = SPEF Do đó bài toán trở thành dựng đƣờng thẳng đi qua P chia tam giác PEF thành hai phần có diện tích bằng nhau. Gọi Q là trung điểm EF. Nếu Q  CD (kể cả Q trùng C hoặc D) (hình1) thì PQ là đƣờng thẳng cần dựng. Nếu Q nằm ngoài CD, giả sử Q  DE (nếu Q  CF xét tƣơng tự) Từ F kẻ đƣờng thẳng song song với PD, cắt AD kéo dài tại G. Nguyễn Thị Nguyệt 36 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2  FG // PD. Khi đó ta có: SABCD = SAPCD + SPBC = SAPCD + SPFC = SAPFD = SAPD + SPFD = SAPG + SPDG = SAPG.  Gọi H là trung điểm AG thì PH là đƣờng thẳng cần dựng. Kết luận: Cách dựng đƣờng thẳng d Kẻ đƣờng thẳng song song với PD cắt CD tại E. Từ B kẻ đƣờng thẳng song song với PC cắt CD tại F Gọi Q là trung điểm của EF, có hai trƣờng hợp: Trường hợp 1: Q  CD (kể cả Q trùng C hoặc D thì PQ là đƣờng thẳng cần dựng. Trường hợp 2: Q  CD thì từ F kẻ đƣờng thẳng song song với PD, cắt AD kéo dài tại G. Gọi H là trung điểm AG thì PH là đƣờng thẳng cần dựng. Ví dụ 2: Một mảnh vườn hình tam giác ABC có một giếng D nằm trên cạnh BC. Hãy chia mảnh vườn thành hai phần có diện tích bằng nhau bởi một đường thẳng đi qua D. Lời giải Bước 1: Phân tích Giả sử đã dựng đƣợc đƣờng thẳng d đi qua D và chia ∆ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau. Nguyễn Thị Nguyệt 37 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Giả sử d cắt cạnh tam giác tại E, gọi I = ED  AM (với M là trung điểm BC) Khi đó ta có SAEDC = SBED nên SAEI = SMID  SAEI + SEIM = SMID + SEIM  SAEM = SEMD  1 1 h(A,EM).EM = h(D,EM).EM 2 2  h(A,EM) = h(D,EM)  EM //AD Bước 2: Cách dựng Gọi M là trung điểm của BC. Qua m kẻ đƣờng thẳng song song với AD, cắt cạnh tam giác ở E. Khi đó DE là đƣờng thẳng phải dựng. Bước 3: Chứng minh Theo cách dựng thì AD // EM, giả sử I = ED  AM  SAEM = SEMD  SAEM - SEIM = SEMD - SEIM  SAEI = SMID Mà M là trung điểm của BC nên SABM = SAMC  SABM - SAEI + SMID = SAMC + SAEI - SMID  SBED = SAEDC Vậy DE là đƣờng thẳng cần dựng. Bước 4: Biện luận Nếu D là trung điểm BC thì AD là đƣờng thẳng cần dựng Bài toán luôn có một nghiệm hình. Nhận xét  Bài toán còn có cách giải khác nhƣ sau: Nguyễn Thị Nguyệt 38 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Giả sử DB  DC. Qua C vẽ đƣờng thẳng song song với DA, cắt BA ở K. Nhƣ vậy ∆ABC đƣợc biến đổi thành ∆DBK có cùng diện tích . Để chia ∆DBK thành hai phần có diện tích bằng nhau ta dựng đƣờng trung tuyến DE của tam giác đó. Ví dụ 3: Cho hình vuông ABCD, hãy dựng tứ giác nội tiếp hình vuông sao cho tứ giác đó có chu vi nhỏ nhất. Lời giải M A B Q O D P N C Bước 1: Phân tích Giả sử dựng đƣợc tứ giác nội tiếp MNPQ thỏa mãn yêu cầu bài toán Không mất tính tổng quát, giả sử M  AB, N  BC, P  CD, Q  AD Gọi (O, R) là đƣờng 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 đƣờng chéo nên: Nguyễn Thị Nguyệt 39 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 SOMAQ ≤ 1 1 1 1 OA.QM = R.QM , SOMBN ≤ OB.MN = R.MN 2 2 2 2 SONCP ≤ 1 1 OC.NP = R.CP 2 2 1 1 , SOPDQ ≤ OD.PQ = R.PQ 2 2 Cộng vế với vế của các bất đẳng thức trên ta có: SOMAQ + SOMBN + SONCP + SOPDQ ≤  SABCD ≤ R.  SABCD ≤ p ≤ 1 1 1 1 R.QM + R.MN + R.CP + R.PQ 2 2 2 2 QM + MN + NP + PQ 2 R.p 2 2SABCD R ( không đổi ) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi OA  QM, OB  MN, OC  NP, OD  PQ Mà ABCD là hình vuông nên khi đó QM // BD // NP, MN // AC // PQ nghĩa là các cạnh của tứ giác MNPQ song song với các đƣờng chéo của hình vuông ABCD. Bước 2: Cách dựng Dựng điểm M bất kỳ thuộc AB Từ M dựng MN // AC ( N  BC ) Từ N dựng NP // BD ( P  CD ) Từ P dựng PQ // AC ( Q  AD) Biện luận Bài toán đã cho có vô số nghiệm hình. Nhận xét  Nếu 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 ĐHSP Hà Nội 2 “Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O, R). Trên mỗi cạnh của tứ giác ta lấy một điểm để tạo thành một tứ giác. Chứng minh rằng chu vi của tứ giác được tạo thành không nhỏ hơn 2S ABCD ”. R Ví dụ 3: Cho tứ giác ABCD. Dựng điểm O nằm bên trong tứ giác sao cho nếu nối O với trung điểm 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 đƣợc điểm O thỏa mãn yêu cầu bài toán. Gọi E, H, M lần lƣợt là trung điểm của AB, AD, AC. Khi đó ta có: SOHAE  1 SABCD 4 Mà SMHAE = (1) 1 SABCD 4 (2) Từ (1) và (2) suy ra SOHAE = SMHAE  SOHE = SMHE  OM // HE hay OM // BD Tƣơng tự với n là trung điểm BD thì ta cũng có ON // AC Vậy ta có điểm O cần dựng. Bước 2: Cách dựng Dựng M, N, H, E lần lƣợt là trung điểm của AC, BD, AD, AB. Dựng đƣờng thẳng d đi qua M và song song với BD. Nguyễn Thị Nguyệt 41 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Dựng đƣờng thẳng d’ đi qua N và song song với AC. Dựng O = d  d' Bước 3: Chứng minh Theo cách dựng thì OM // BD // HE nên SOHE = SMHE  SOHE + SHAE = SMHE + SHAE  SOHAE = SMHAE Chứng minh tƣơng tự gọi G, K là trung điểm của DC, CB. Ta có SOHDG = SNHDG = SOGCK = 1 SABCD 4 1 1 SABCD , SOKBE = SABCD 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 dụ 4: Hãy 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 nhất. Lời giải D A A’ d h Bước 1: Phân tích B C Giả sử đã dựng đƣợc ∆ABC thỏa mãn có đáy BC = a, chiều cao hạ từ A xuống BC là h và có bán kính đƣờng tròn nội tiếp là r. Nguyễn Thị Nguyệt 42 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Ta có : SABC = r= Trường ĐHSP Hà Nội 2 AB + AC + BC AB + AC + a 1 a.h = .r = .r 2 2 2 a.h AB + AC + a Do đó r đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi AB + AC nhỏ nhất (vì a, h không đổi). Gọi d là đƣờng thẳng di qua A, song song với BC, cách BC một đoạn là h. Gọi D là điểm 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  BD ) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi A  A’ hay A = d  BD Bước 2: Cách dựng Dựng đoạn BC có độ dài là a Dựng d là đƣờng thẳng 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  BD Nối A, B, C ta đƣợc 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. Ví dụ 5: Cho ∆ABC, qua đỉnh A của tam giác hãy dựng đường thẳng d sao cho tổng khoảng cách từ B và từ C đến d có giá trị nhỏ nhất. Lời giải Ta xét hai trƣờng hợp : Trường hợp 1: d cắt cạnh BC tại E Nguyễn Thị Nguyệt 43 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Gọi BB’, CC’ lần lƣợt là các khoảng cách từ B và C tới d Ta có SABC = SABE + SACE =  BB’ + CC’ = 1 1 AE.BB’ + AE. CC’ 2 2 2SABC AE Do đó BB’ + CC’ đạt giá trị lớn nhất khi AE nhỏ nhất Khi đó AE là đƣờng cao kẻ từ đỉnh A của ∆ABC tức là AE  BC  BB’ + CC’= 2SABC = BC AE (1) Hay d là đƣờng cao của ∆ABC. Trường hợp 2: d không cắt cạnh BC Gọi M là trung điểm của BC. Dựng MM’  d (M’  d) Tứ giác BB’C’C là hình thang nhận MM’ là đƣờng trung bình nên BB’ + CC’ = 2MM’ Mà MM’ ≤ AM ( đƣờng vuông góc và đƣờng xiên kẻ từ M tới d) Nguyễn Thị Nguyệt 44 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Do đó BB’ + CC’ lớn nhất khi M’  A Khi đó BB’ + CC’ = 2AM (2)  d là đƣờng thẳng vuông góc với AM tại A. Nhƣ vậy ứng với hai trƣờng hợp ta đƣợc hai kết quả (1) và (2), do đó phải so sánh BC và AM. Điều này phụ thuộc vào hình dạng của ∆ABC  < 900 a) BAC Kéo dài AM một đoạn MN = MA.  tứ giác ABNC là hình bình hành vì có hai đƣờng chéo giao nhau tại trung điểm mỗi đƣờng  AB = CN  = 1800 - BAC  mà BAC   900 nên ACN  > 900 ACN  > BAC  hay ACN  > BAC  Xét ∆BAC và ∆NCA có AB = CN, AC chung, ACN   nhỏ hơn cạnh đối diện với ACN nên cạnh đối diện với góc BAC  BC < AN hay BC < 2AM  = 900 b) BAC Khi đó tứ giác ABNC là hình bình hành có một góc vuông nên ABNC là hình chữ nhật.  BC = 2AM  > 900 c) BAC Chứng minh tƣơng tự phần a) ta đƣợc BC > 2 AM. Kết luận  < 900 thì đƣờng thẳng d đi qua A cần dựng là Nếu ∆ABC có BAC đƣờng thẳng vuông góc với đƣờng trung tuyến AM của ∆ABC.  = 900 thì bài toán có hai kết quả là đƣờng thẳng d Nếu ∆ABC có BAC đi qua A và vuông góc với đƣờng trung tuyến AM hoặc đƣờng thẳng d đi qua A và vuông góc với BC. Nguyễn Thị Nguyệt 45 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2  > 900 thì đƣờng thẳng d đi qua A cần dựng là Nếu ∆ABC có BAC đƣờng thẳng vuông góc với BC. Nhận xét  Với cách giải tƣơng tự nhƣ trên, ta cũng có đƣợc bài toán tƣơng tự bằng cách thay điều kiện nhỏ nhất bởi điều kiện lớn nhất.  Cũng với cách giải trên, ta có đƣợc bài toán tổng quát của nó: “Cho tam giác ABC, gọi d là đường thẳng đi qua A. Xác định vị trí của đường thẳng d để tổng khoảng cách từ B và từ C đến d có giá trị nhỏ nhất”. Ví dụ 6: Cho tam giác ABC. Dựng điểm O nằm bên trong tam giác sao cho SAOB : SBOC : SCOA = 1: 2: 3 Lời giải A O B D E C Trên BC dựng D, E sao cho BD: DE : EC = 1 : 2 : 3 Dựng đƣờng thẳng d qua D và song song với AB Dựng đƣờng thẳng d’ qua D và song song với AC Dựng O = d  d’ Khi đó ta đƣợc O là điểm cần dựng. Nguyễn Thị Nguyệt 46 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 2.2.3.2 Bài tập củng cố Bài 1: Cho tứ giác ABCD. Dựng đường thẳng đi qua A và chia tứ giác thành hai phần có diện tích bằng nhau. Bài 2: Cho tam giác ABC. Dựng các điểm D, F nằm trên cạnh AB, E nằm trên cạnh AC sao cho đường gấp khúc CDEF chia tam giác ABC thành bốn phần có diện tích bằng nhau. Bài 3: Cho hình vuông ABCD, hãy dựng đường thẳng d đi qua tâm O của hình vuông sao cho tổng 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 điểm P, Q nằm 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. Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho góc xOy, trên Ox lấy hai điểm A, B; trên Oy lấy hai điểm C, D. hãy tìm trong xOy tập hợp tất cả các điểm M sao cho SMAB = SMCD. Lời giải x K M t I O Nguyễn Thị Nguyệt L 47 y K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Trên Ox, Oy lần lƣợt lấy hai điểm K và L sao cho OK = AB, OL = CD. Khi đó dễ thấy: SMAB = SMOK và SMCD = SMOL Từ giả thiết suy ra SMOK = SMOL  sao cho SMOK = SMOL Vậy bài toán chuyển về tìm tập hợp M trong xOy 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. Vậy SMOK = SMOL Ngƣợc 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. Nhận xét  Từ bài toán trên, nếu ta thay đổi yêu cầu SMOK = SMOL bằng SMOK = 2SMOL thì ta đƣợc bài toán: “Cho góc xOy, trên Ox lấy hai điểm A, B; trên Oy lấy hai điểm C, D. Hãy tìm trong xOy tập hợp tất cả các điểm M sao cho SMAB = 2SMCD.” Với cách giải hoàn toàn tƣơng tự ví dụ 1 Hướng dẫn Lấy K Ox, L Oy sao cho OK = AB, OL = CD  SMOK = 2SMOL Dựng I nằm trên đoạn KL sao cho KI = 2KL Khi đó tập hợp tập M cần tìm là tia Ot đi qua I.  Vậy nếu thay “1” bởi “m” ta đƣợc bài toán tổng quát: “Cho góc xOy, trên Ox lấy hai điểm A, B; trên Oy lấy hai điểm C, D. Hãy tìm trong góc xOy tập hợp tất cả các điểm M sao cho SMAB = mSMCD.” Nguyễn Thị Nguyệt 48 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2  Từ kết quả ví dụ 1 ta có thể mở rộng sang bài toán sau: Ví dụ 2: Cho hai đường thẳng xx’ và yy’ cát nhau tại O. Trên xx’ lấy hai điểm A, B và trên yy’ lấy hai điểm C, D. Tìm trên mặt phẳng các điểm M sao cho SMAB = SMCD. Lời giải y’ x’ J L’ K’ J’ I’ O x K I L y Trên xx’ lấy hai điểm K, K’ sao cho OK = OK’ = AB. Trên yy’ lấy hai điểm L, L’ sao cho OL = OL’ = CD. SMOK = SMOK’ = SMAB và SMOL = SMOL’ = SMCD  SMOK = SMOL, SMOK’ = SMOL, SMOK = SMOL’, SMOK’ = SMOL’ 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 đƣờng thẳng IJ, I’J’ song song với các cạnh của hình bình hành và cắt nhau tại O.  xOy',   ta đƣợc các điểm M thỏa mãn là x'Oy, x'Oy' Áp dụng ví dụ 1 cho xOy, cặp đƣờng thẳng IJ và I’J’. Nhận xét  Xét bài toán tƣơng tự: “Cho ∆ABC, tìm trên mặt phẳng các điểm M sao cho SMBC = SMAC = SMAB” Hƣớng dẫn Nguyễn Thị Nguyệt 49 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 P A R G B C Q Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Qua A, B, C theo thứ tự kẻ các đƣờng thẳng song song với BC, CA, AB. Chúng cắt nhau tạo tại ba điểm lần lƣợt là P, Q, R.  AQ, BP, CQ đồng quy tại G. = SMAC S Từ giả thiết ta có :  MAB SMAC = SMBC   M  AQ M  M  M  PR Từ kết quả ví dụ 2 ta suy ra   M M  CP     M  QR M   G  P  Q  R 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.Cho tứ giác ABCD, Biết rằng trong tứ giác tồn tại điểm O sao cho SOAB = SOBC = SOCA = SOAD . Chứng minh rằng giao điểm của AC và BD là trung điểm của ít nhất một trong hai đoạn đó. 2. Cho hình bình hành ABCD, trên các cạnh AB và AD theo thứ tự lấy các điểm M, N. Gọi I, J, K theo thứ tự là trung điểm của MN, NC, CM. Chứng minh rằng AI, BK, DJ đồng quy. Ví dụ 3: Cho tam giác ABC cố định, điểm M thỏa mãn tích chất diện tích tam giác MAB bằng diện tích tam giác MAC. Tìm quỹ tích của điểm M. Lời giải Nguyễn Thị Nguyệt 50 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Gọi B’, C’ lần lƣợt là hình chiếu của B và C xuống MA. Theo bài ta có SMAB = SMAC suy ra 1 1 MA.BB' = MA.CC'  BB’ = CC’ 2 2 Ta xét hai trƣờng hợp sau:  hoặc góc đối đỉnh với nó, tức là B Trường hợp 1: M thuộc miền trong BAC và C nằm khác phía với AM. Khi đó đƣờng thẳng AM cắt đoạn thẳng BC ở I Phần thuận: Do BB’ = CC’, BB’ // CC’ (cùng vuông góc với AM ) nên tứ giác BB’CC’ là hình bình hành. Suy ra I là trung điểm của BC hay AI là đƣờng trung tuyến của ∆ABC. Vậy M thuộc đƣờng trung tuyến AI của ∆ABC. Phần đảo Giả sử M thuộc đƣờng trung tuyến AI của ∆ABC, khi đó ta phải chứng minh SMAB = SMAC. Thật vậy: Vì I là trung điểm BC nên ta có SABI = SACI (1) M thuộc AI nên SMBI = SMCI (2) Cộng hai vế của (1) và (2) ta có SABI + SMBI = SACI + SMCI  SMAB = SMAC Vậy quỹ tích của M trong trƣờng hợp này là đƣờng trung tuyến AI của ∆ABC. Nguyễn Thị Nguyệt 51 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2  , tức là B và C Trường hợp 2: M thuộc miền trong góc kề bù với BAC nằm cùng phía với AM. Phần thuận Do BB’ = CC’, BB’ // CC’ (cùng vuông góc với AM) nên tứ giác BB’CC’ là hình bình hành.  AM // BC  M thuộc đƣờng thẳng d đi qua A và song song với BC. Phần đảo Ta phải chứng minh với mọi điểm M nằm trên đƣờng thẳng d đi qua A và song song với BC thì SMAB = SMAC Thật vậy khi đó ta có AM // BC nên từ BB’  AM và CC’  AM  BB’ = CC’ Lại có SMAB = (1) 1 1 BB' . AM , SMAC = CC' . AM 2 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra SMAB = SMAC Vậy quỹ tích của M là đƣờng thẳng d đi qua A và song song với BC. Kết luận Quỹ tích điểm M là đƣờng thẳng chứa đƣờng trung tuyến AI của ∆ABC và đƣờng thẳng d đi qua A và song song với BC ( trừ điểm A) Ví dụ 4: Cho tứ giác ABCD, E là giao điểm của AB và CD, I và K theo thứ tự là trung điểm của BD và AC. Điểm M thuộc miền trong của tứ giác có tính chất SMAB + SMCD = 1 SABCD . Tìm quỹ tích của điểm M? 2 Lời giải Nguyễn Thị Nguyệt 52 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Phần thuận Với I, K lần lƣợt là trung điểm của BD và AC nên ta có SIAB + SICD = 1 1 1 SABD + SBCD = SABCD 2 2 2 SKAB + SKCD = 1 1 1 SABD + SBCD = SABCD 2 2 2 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: SIHG + SEHG = SIHEG = SIHE + SIGE = SICD + SIAB = 1 SABCD 2 SKHG + SEHG = SKHEG = SKHE + SKGE = SKCD + SKAB = 1 SABCD 2 SMHG + SEHG = SMHEG = SMHE + SMGE = SMCD + SMAB = 1 SABCD 2 (1) (2) (3) Từ (1), (2), (3) suy ra SIHG + SEHG = SKHG + SEHG = SMHG + SEHG hay SIHG = SKHG = SMHG Do đó khoảng cách từ I, K, G đến HG nhƣ nhau nên I, K, M thuộc cùng một đƣờng thẳng song song với HG. Vì M thuộc miền trong của tứ giác nên M nằm trên đƣờng thẳng IK thuộc miền tứ giác ABCD. Phần đảo Nguyễn Thị Nguyệt 53 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Ta sẽ chứng minh với mọi điểm M nằm trên đƣờng thẳng IK thuộc miền tứ giác ABCD thì SMAB + SMCD = 1 SABCD. Thật vậy: 2 Vì K là trung điểm AC nên ta có SIAK = SICK và SMAK = SMCK  SIAK - SMAK = SICK - SMCK  SIAM = SICM (1’) Vì I là trung điểm của BD nên SIBM = SIDM (2’) Ta có SMAB = SIABM – SIMA = SABI + SIBM – SIMA (3’) SMCD = SIDCM – SIMD = SCDI + SICM – SIMD (4’) Cộng hai vế của (3’) và (4’) ta có: SMCD + SMAB = SABI + SIBM – SIMA + SCDI + SICM – SIMD Từ (1’) và (2’) suy ra SMCD + SMAB = SABI + SCDI = 1 SABCD 2 Kết luận Quỹ tích điểm M là đƣờng thẳng IK thuộc miền tứ giác ABCD. Ví dụ 5: Cho tam giác ABC đều, I là điểm 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 điểm I sao cho x, y, z là độ dài ba cạnh của một tam giác. Lời giải A P y z x B Nguyễn Thị Nguyệt N I M 54 C K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Gọi h là độ dài đƣờng cao của ∆ABC. Gọi x, y, z lần lƣợt là khoảng cách từ I đến BC, CA, AB và a là độ dài của cạnh tam giác. Ta có: SABC = SIBC + SICA + SIAB 1 1 1 1  a.h = x.a + y.a + z.a 2 2 2 2 h=x+y+z (1) Để x, y, z lập thành độ dài ba cạnh của một tam giác thì x+y[...]... CD 2.2.2 Bài toán cực trị Phƣơng pháp diện tích có thể giúp ta so sánh độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo chu vi, số đo diện tích, … các bài toán cực trị của hình học phẳng 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 phƣơng pháp diện tích là một công cụ khá hữu hiệu trong việc giải các bài toán cực trị của hình học phẳng... MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG Trong hình học có nhiều dạng toán mà khi áp dụng phƣơng pháp diện tích sẽ cho ta lời giải ngắn gọn, độc đáo Ở 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 Một số ví dụ Ví dụ 1: Chứng minh rằng tổng khoảng cách từ một điểm tùy ý trong tam giác đều... 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 7 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 Chƣơng 2 PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG 2.1 CÁC BIỆN PHÁP THỰC HIỆN 2.1.1 Sử dụng trực tiếp công thức tính diện tích đa. .. các hình thì ta có thể tính đƣợc diện tích của các hình đó Ngƣợc lại nếu biết quan hệ diện tích của các hình thì ta có thể suy ra quan hệ của các yếu tố trên Nhƣ 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 nhƣ ba đƣờng thẳng đồng quy, hai đƣờng thẳng song song,… Để giải một bài toán hình học bằng phƣơng pháp diện tích. .. 3 Bài 3: Cho hình bình hành ABCD, trên cạnh BC và CD lần lượt lấy M và N sao cho CN BM 2 Gọi P và Q theo thứ tự là giao đểm của AM và AN ND MC với BD Chứng minh rằng S APQ  1 S AMN 2 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 điểm hai cạnh đối của tứ giác Chứng minh rằng diện tích hình bình hành bằng nửa diện tích tứ giác. .. dùng hình mở rộng, cắt và ghép hình, chứng minh bằng đại số, chứng minh bằng vi phân…, cách chứng minh dựa vào diện tích nhƣ trên là của một Tổng thống Mỹ năm 1876 Đó đƣợc coi là một trong những cách chứng minh hay và sáng tạo Hơn nữa, cách chứng minh này phù hợp và vừa sức để chứng minh cho học sinh Ví dụ 3: Chứng minh rằng trong tất cả các tứ giác lồi có cùng chu vi cho trước thì hình vuông có diện tích. .. 2.2.1.2 Bài tập củng cố Bài 1: Cho hình thang ABCD (AB // CD ), hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại P Chứng minh rằng: SPAB +SPCD  SABCD Bài 2: Qua một điểm 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 phần, ba phần trong đó là các tam giác có diện tích là S1, S2, S3 và S là diện tích của tam giác đã cho.Chứng minh rằng... các hình 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, OC’ = AB Chứng minh rằng diện tích tam giác A’B’C’ không phụ thuộc vào vị tí của điểm O trong tam giác Bài 7 Cho hình bình hành ABCD Các điểm E, F, G, H theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA sao cho EG không song song với AD Cho biết diện tích tứ giác EFGH bằng nửa diện tích hình. .. tích tứ giác Bài 5: Cho tam giác ABC Lấy các điểm D, E, F theo thứ tự thuộc các 1 1 1 cạnh AB, BC, CA sao cho AD  AB , BE  BC , CF  CA Các đoạn 3 3 3 Nguyễn Thị Nguyệt 21 K37B - SP Toán Khóa luận tốt nghiệp Trường ĐHSP Hà Nội 2 thẳng AE, BF, CD cắt nhau tạo thành một tam giác Chứng minh rằng diện tích tam giác này bằng 1 diện tích tam giác ABC 7 Bài 6: O là một điểm nằm trong tam giác ABC Gọi D,... tính diện tích đa giác Ta sử dụng công thức tính diện tích đa giác đã nêu ở chƣơng 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 C sao cho BN = kCN thì SABN =k SACN Đặc biệt nếu N là trung điểm của BC thì SABN = SACN A B A N C B C N 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 đƣờng cao của ∆ABC và ∆DBC Khi đó ta ... Số đo phần mặt phẳng giới hạn đa giác đƣợc gọi diện tích đa giác Diện tích hình H mặt phẳng đƣợc ký hiệu SH 1.2.1.2 Tính chất diện tích * Mỗi đa giác có diện tích xác định Diện tích đa giác số. .. dƣơng * Hai tam giác có diện tích * Nếu đa giác đƣợc chia thành đa giác điểm chung diện tích đa giác ban đầu tổng diện tích đa giác * Hình vuông có cạnh có diện tích 1.2.1.3 Diện tích hình đặc biệt... PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG 2.2.1 Bài toán chứng minh 2.2.2 Bài toán cực trị 22 2.2.3 Bài toán dựng hình 36 2.2.4 Bài toán tìm