Giải một số bài toán của hình học phẳng bằng phương pháp diện tích

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ************** NGUYỄN THỊ MAI GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỦA HÌNH HỌC PHẲNG BẰNG PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Hình học Ngƣời hƣớng dẫn khoa học Ths Phan Hồng Trƣờng HÀ NỘI - 2011 LỜI CẢM ƠN Em xin gửi lời cảm ơn tới thầy cô giáo khoa Toán, thầy cô tổ Hình học bạn sinh viên tạo điều kiện thuận lợi cho em suốt thời gian em nghiên cứu thực khóa luận “Giải số toán hình học phẳng phương pháp diện tích” Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến thầy giáo Phan Hồng Trƣờng, người hướng dẫn giúp đỡ em trình chuẩn bị hoàn thành khóa luận Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 05 năm 2011 Sinh viên Nguyễn Thị Mai LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan khóa luận “Giải số toán hình học phẳng phương pháp diện tích” viết Đó kết tìm tòi, tổng hợp từ tài liệu tham khảo hướng dẫn thầy giáo Phan Hồng Trƣờng Khóa luận không trùng với kết nghiên cứu tác giả khác Hà Nội, tháng 05 năm 2011 Sinh viên Nguyễn Thị Mai MỤC LỤC Trang LỜI CÁM ƠN LỜI CAM ĐOAN MỞ ĐẦU CHƢƠNG CƠ SỞ LÍ THUYẾT 1.1 1.2 Kiến thức 1.1.1 Quan hệ đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu 1.1.2 Quan hệ đoạn thẳng đường gấp khúc 1.1.3 Các bất đẳng thức đường tròn 1.1.4 Một số bất đẳng thức đại số Diện tích phương pháp diện tích 1.2.1 Diện tích 1.2.2 Phương pháp diện tích CHƢƠNG PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG 2.1 2.2 Các biện pháp thực 2.1.1 Sử dụng trực tiếp công thức tính diện tích đa giác 2.1.2 Sử dụng tính chất Bài tập áp dụng 2.2.1 Bài toán chứng minh đẳng thức 2.2.2 Bài toán chứng minh bất đẳng thức 16 2.2.3 Bài toán cực trị 22 KẾT LUẬN TÀI LIỆU THAM KHẢO MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Để giải toán hình học phẳng có nhiều phương pháp, phương pháp có ưu, nhược điểm riêng Phương pháp diện tích phương pháp hay, cho ta lời giải ngắn gọn hợp lý Ngoài ra, ta rèn luyện phát triển tư cho học sinh Việc sử dụng phương pháp diện tích vào giải toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức tìm cực trị hình học phẳng thường không gặp nhiều sách giáo khoa Toán học chúng tương đối khó Nhưng dạng toán thường gặp đề thi học sinh giỏi bậc Trung học sở, đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường chuyên Với mong muốn ứng dụng phương pháp diện tích giải toán hình học phẳng gợi ý, hướng dẫn thầy giáo Phan Hồng Trường, em thực khóa luận “ Giải số toán hình học phẳng phương pháp diện tích.” Mục đích nghiên cứu Khóa luận nhằm hai mục tiêu Một là, đưa hệ thống kiến thức để áp dụng giải toán hình học phẳng phương pháp diện tích Hai là, ứng dụng phương pháp diện tích giải toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức toán tìm cực trị hình học phẳng Ba là, hình thành tài liệu tham khảo dùng làm chuyên đề bồi dưỡng học sinh khá, giỏi bậc trung học sở CHƢƠNG CƠ SỞ LÍ THUYẾT 1.1 Kiến thức 1.1.1 Quan hệ đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu Quan hệ đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu thường sử dụng dạng sau: * Trong tam giác vuông (có thể suy biến thành đoạn thẳng) có cạnh góc vuông AH cạnh huyền BC AH ≤ BC, xảy dấu H trùng với B * Trong đoạn thẳng nối từ điểm đến đường thẳng, đoạn thẳng vuông góc với đường thẳng có độ dài nhỏ * Trong đoạn thẳng nối hai điểm thuộc hai đường thẳng song song, đoạn thẳng vuông góc với đường thẳng có độ dài nhỏ * Trong hai đường xiên kẻ từ điểm đến đường thẳng, đường xiên lớn hình chiếu lớn 1.1.2 Quan hệ đoạn thẳng đường gấp khúc Với ba điểm A, B, C bất kỳ, ta có: * AB + AC ≥ BC Dấu “=” xảy A nằm B C * AB - AC BC Dấu “=” xảy B C nằm phía với A 1.1.3 Các bất đẳng thức đường tròn * Đường kính dây cung lớn đường tròn * Trong hai dây cung đường tròn, dây cung lớn khoảng cách từ tâm đến dây nhỏ * Trong hai cung nhỏ đường tròn, cung lớn góc tâm lớn * Trong hai cung nhỏ đường tròn, cung lớn dây căng cung lớn 1.1.4 Một số bất đẳng thức đại số * Bất đẳng thức Cauchy Cho hai số không âm x, y Khi đó, ta có x + y ≥ xy Dấu “=” xảy x = y Tổng quát Cho n số không âm a1, a2, a3, … an (n > 1) Khi ta có: a1 + a2 + a3 +…+ an ≥ n n a1a a n Dấu “=” xảy a1 = a2 = = an * Bất đẳng thức Bunhiacopski o Với hai n số thực (a1, a2,…, an) (b1, b2,…, bn) ta có: a1b1 + a b2 + + a n bn Dấu “ = ” xảy a12 + a 2 + + a n b12 + b 2 + + bn a1 a a = = = n b1 b2 bn 1 + + a b c a b c + + b+c c+a a+b o Với ba số dương a, b, c ta có a + b + c Dấu “ = ” xảy a = b = c o Với ba số dương a, b, c ta có Dấu “ = ” xảy a = b = c o Nếu x + y = a (với a số) xy Dấu “ = ” xảy x = y = = max a2 2 x + y = a2 a o Nếu xy = a ( a – số) x + y =2 a x=y= a 1.2 Diện tích phƣơng pháp diện tích 1.2.1 Diện tích 1.2.1.1 Định nghĩa Số đo phần mặt phẳng giới hạn đa giác gọi diện tích đa giác Diện tích hình H mặt phẳng kí 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 * Nếu đa giác chia thành đa giác điểm chung diện tích đa giác ban đầu tổng diện tích đa giác 1.2.1.3 Các công thức tính diện tích tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c Cho * ha, hb, hc đường cao tam giác hạ từ đỉnh A, B, C * R, r bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác a+b+c nửa chu vi tam giác *p= Diện tích ΔABC (kí hiệu S) tính theo công thức sau: S= 1 ah a = bh b = ch c 2 2 S = 1 ab sinC = bc sinA = ca sinB 2 S = abc 4R S = pr S = p p-a p-b p-c 1.2.1.4 Các công thức tính diện tích đa giác Diện tích hình chữ nhật: S = ab (Với chiều dài a chiều rộng a b) b Diện tích hình vuông bình phương cạnh nó: S = a2 (a cạnh hình vuông) a a Diện tích hình thang nửa tích tổng độ dài hai đáy với chiều cao: S = b a + b h (Với a, b h b độ dài hai đáy, h chiều cao) Diện tích hình bình hành tích cạnh với chiều cao tương ứng: S = ah b h b Diện tích tứ giác tổng diện tích hai tam C B giác chia đường chéo tứ giác: SABCD = SABC + SADC A D Diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc nửa tích độ dài hai đường chéo Diện tích hình thoi nửa tích độ dài hai đường chéo Diện tích đa giác: Việc tính diện tích đa giác thường quy việc tính diện tích hình đặc biệt kể Diện tích hình tròn có bán kính R là: S=πR2 1.2.2 Phương pháp diện tích Chúng ta biết số 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 Khi biết số yếu tố độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo chu vi … hình ta tính diện tích hình Ngược lại, biết quan hệ diện tích hình ta suy quan hệ yếu tố Như sử dụng công thức tính diện tích tỉ số diện tích giúp ta so sánh thiết lập mối quan hệ hình với ba đường thẳng đồng quy, hai đường thẳng song song … Để giải số toán hình học phẳng phương pháp diện tích ta thực theo bước sau: Xác định quan hệ diện tích hình Sử dụng công thức diện tích, tính chất tỉ số diện tích để biểu diễn mối quan hệ Biến đổi mối quan hệ ta suy kết luận toán CHƢƠNG PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG 2.1 Các biện pháp thực 2.1.1 Sử dụng trực tiếp công thức tính diện tích đa giác Ta sử dụng công thức tính diện tích đa giác phẳng nêu chương 2.1.2 Sử dụng tính chất 2.1.2.1 Tính chất ABC, N điểm BC cho BN = k CN Cho S ABN = k Đặc biệt N trung S ACN điểm BC SABN = SACN A B A N C B N C 2.1.2.2 Tính chất Cho hai tam giác ABC DBC chung cạnh BC Gọi AH DK hai đường cao ABC F E DBC Khi ta có S ABC S DBC A S ABC S DBC AH DK thẳng BC cắt đường thẳng AD AE ED A D D B H K C B E C K Bài 6: Cho hình thang ABCD (AB//CD) Hai đường chéo AC BD cắt SABCD P Chứng minh SPAB + SPCD Lời giải Gọi S1 , S2 , S3 , S4 diện tích A B K tam giác PAB, PAD, PDC PBC a Từ A C kẻ AH BD, CK BD, ta có: P H C D d c 1 1 S2 S4 = AH.DP BP.CK = AH.BP CK.DP = S1S3 2 2 Từ S1 + S3 4S1S3 = 4S2S4 Vì tứ giác ABCD hình thang nên S1 + S3 2 S1 + S3 S2 + S4 S2 = S4 Vậy ta có S2 +S4 S1 + S3 S1 + S2 + S3 + S4 S1 = S3 Đẳng thức xảy 4S2S4 S2 + S4 S1 + S3 S (không đổi) ABCD S1 = S2 = S3 = S4 hay tứ giác ABCD hình bình hành A' 2.2.3 Bài toán cực trị Bài 1: Tìm tứ giác nội tiếp đường tròn O,R cho trước có diện tích lớn Lời giải M N D' E' M D A Kẻ AH, CK vuông góc với BD, gọi AC B = I ( H, KO BDH) Ta có: BD A SABCD = SABD + SCBD 1 AH.BD + CK.BD 2 = BD AH + CK Mặt khác, ta có I, H, K BD nên AH D K = H B BD CK C BD suy AH ≤ AI CK ≤ IC Do AH + CK ≤ AI + IC ≤ AC, ( AC ≤ 2R, BD ≤ 2R ) Vậy SABCD = BD(AH + CK) Dấu “ = ” xảy BD.AC 2R I ≡ H ≡ K nghĩa AC BD hai đường kính (O) hay tứ giác ABCD hình vuông C Vậy A tứ giác nội tiếp đường tròn O, R cho trước hình vuông có diện tích lớn Bài 2: Cho ΔABC, điểm M nằm tam A giác Đường thẳng AM, BM, CM lần R B lượt cắt cạnh BC, AC, B AB A1, B1, C1 Xác định vị trí M cho: E H M A Q AM BM CM = = a đạt giá trị nhỏ B1 M C M C A1 M G b S F MA MB MC đạt giá trịD nhỏ P MA1 MB1 MC C Lời giải N a Gọi S, S1, S2, S3 diện tích A ΔABC, ΔMBC, ΔMAC, ΔMAB Ta có ΔBMA Δ 1BMA1 hai tam giác có B1 C1 chiều cao hạ từ đỉnh B có hai đáy tương S3 AM = (1) A1M SMBA1 ứng AM, A1M nên B M A1 C Tương tự, xét ΔCMA ΔCMA1 Theo tính chất ta có với (1) suy S2 AM = Kết hợp A1M SMCA1 S3 + S2 S + S2 AM = = A1M SMBA1 + SCMA1 S1 S + S2 CM S + S3 BM = = ; C1M S3 B1M S2 Tương tự, ta có S S S S S S AM BM CM + + = + + + + + A1M B1M C1M S1 S1 S2 S2 S3 S3 Từ =6+ =6+ S S S1 S S S + -2 + + -2 + + -2 S2 S1 S3 S1 S3 S2 S1 - S2 S1S2 + S1 - S3 S1S3 + S2 - S3 Dấu “=” xảy S1 = S2 = S3 S2S3 AM BM CM = = = hay M A1M B1M C1M trọng tâm ΔABC b Đặt AA1 =x MA1 Tương tự AA1 MA = -1=x-1 MA1 MA1 BB1 =y MB1 CC1 =z MC1 Ta có S = S1 + S2 + S3 BB1 MB = -1=y-1 MB1 MB1 CC1 MC = -1=z-1 MC1 MC1 MA MB MC + + =1 MA1 MB1 MC1 xy + yz + zx = xyz Ta có MA MB MC = x-1 y-1 z-1 MA1 MB1 MC1 = xyz - (xy + yz + zx) + x + y + z - = x + y + z - = x+y+z 1 + + -1 x y z Dấu “ = ” xảy x = y = z 1 + + =1 x y z Nhận xét: Tương tự toán ta tính được: Giá trị nhỏ của: A1M BM CM + + AM BM CM Giá trị lớn AM + A1M BM + B1M CM C1M A1M B1M C1M AM BM CM Bài 3: Cho ΔABC ba điểm A', B', C' nằm ba cạnh BC, CA, C AB Acho A A' , BB ' , CC ' đồng quy O ( A', B', C' không trùng với đỉnh tam giác) Tính giá trị nhỏ tổng B Lời giải Kẻ BH M A B A A' , CK A A' ( H,K A'B B'C C'A + + A A'C B'A C'B R E H AAQ) Xét ΔA A' B ΔA A' C có chiều cao S F C SG A'B = AA'B hạ từ đỉnh A nên theo tínhchất ta có A'C SAA'C D P 1 C (1) C B N A Mặt khác ΔA A' B ΔA A' C có chung cạnh A A' có hai đường 1cao C' tương ứng BH CK nên ta có SAA'B BH = (2) SAA'C CK B B' O H B C A' K Ta lại có ΔAOB ΔAOC có chung cạnh AO có chiều cao tương ứng BH CK nên SAOB BH = (3) SAOC CK Từ (1),(2) (3) suy S A'B = AOB (4) A'C SAOC Chứng minh tương tự, ta S C'A S B'C = COA (6) = BOC (5) C'B SCOB B'A SBOA Nhân vế đẳng thức (4), (5), (6), ta được: S S S A'B B'C C'A = AOB BOC COA = A'C B'A C'B SAOC SBOA SCOB Áp dụng bất đẳng A'B B'C C'A + + A'C B'A C'B 33 Côsi cho ba số dương, ta được: A'B B'C C'A =3 A'C B'A C'B A'B B'C C'A = = , A', B', C' trung A'C B'A C'B Dấu “=” xảy C thức A điểm BC, CA, AB Vậy A'B A'C + A B'C B'A + C'A A', B', C' lần C'B lượt trung điểm BC, CA, AB R B Bài 4: Cho ΔABC điểm P nằm tam giác Các đường thẳng PA, PB, PC H Q điểm cắt cạnh BC, CA, AB tương ứng M C $1$ B A', B', C' Tính S giá trị lớn F G S tỷ số A'B'C' $1$ S ABC A E D Lời giải 1 B N A S1 = SPBC ; S2 = SPAC ; S3 = SPAB Theo tính chất 2, ta có C P Đặt S = SABC ; S' = SA'B'C' B' C' S BB' = S2 PB' P B Tương tự, theo tính chất ta có: Mặt khác = A' S CC' = S3 PC' S1 PB PC BB' - PB' CC' - PC' = = SPB'C' PB' PC' PB' PC' BB' -1 PB' C CC' S -1 = -1 PC' S2 SPB'C' = S - S1 k , với k = S - S2 S - S3 S -1 = S2S3 S3 S1 S2 S3 S - S1 S - S2 S - S3 C Tương tự SPC'A' = S - S2 k S' = SPB'C' + SPC'A' + SPA'B' = k 3S - S1 + S2 + S3 Theo bất đẳng thức Côsi ta có: S2 + S3 S - S1 S' Thay vào (*) ta S Dấu “=” xảy đó, ta có S = 2k (*) S' = 2kS S2S3 mà S - S1 = S2 + S3 hay S1 S2 S3 S - S1 S - S2 S - S3 S2S3 Vậy k = Do SPA'B' = S - S3 k $1$ S S1 = S2 = S3 = P trọng B tâm ΔABC Vậy max ABC Hai điểm M, N chuyển động cạnh BC Bài 5: Cho AM cho S = P trọng tâm ΔABC S AN = ( k >1) Qua N kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB AM k P D đường thẳng song song với AB cắt AC E Tìm giá trị lớn diện tích N tam giác ADE Q Lời giải A D D' E I N F E' H K B C M J Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt AB D ' kẻ đường thẳng song song với AB cắt AC E ' Ta thấy tứ giác ADNE hình bình hành nên SADN = SANE DN // D ' M, DD ' MN = A Theo tính chất ta có SADN AN = SAD'M AM = k2 SADN = SADE = Do tứ giác AE ' MD ' hình bình hành nên S k AD'M SAD'M = SAE'MD' SAE'MD' 2k SADE = SBD'M = Ta có D ' M // AC, MC I AD ' = B nên SBAC SE'MC MC = Tương tự, ta có: SABC BC S SBD'M BM + E'MC = Do đó: SBAC SABC BC SBD'M + SE'MC Dấu “ = ” xảy SABC BM MC = BC BC BM BC 2 MC + BC SAE'MD' 2 BM MC + BC BC = SABC ( không đổi ) BM = BC M trung điểm BC Vậy M trung điểm BC diện tích ΔADE nhỏ Bài 6: Trong tam giác có đáy a, chiều cao ứng với cạnh đáy h, tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất? Giải D A A' d h B Xét C C nội tiếp Ar ABC có BC = a, chiều cao hạ từ A xuống BC h, bán kính đường tròn Ta có: SABC = AB + AC + BC AB + AC + a ah = r = r 2 r = ah AB + AC + a Do r lớn AB + AC nhỏ ( a, h không đổi) Gọi d đường thẳng qua A song song BC d cách BC khoảng h $1$ M A C Lấy D đối xứng với C qua d AC = AD (tính chất phép đối xứng trục) BD Dấu “ = ” xảy A, B, D thẳng hàng hay Ta có AB + AC = AB + AD A giao điểm d BD Khi đó, ta có A A ' hay ABC cân A Vậy tam giác có đáy a, chiều cao ứng với cạnh đáy h tam giác cân có bán kính đường tròn nội tiếp lớn Nhận xét: Bài toán tương tự: “Trong tam giác có chu vi cho trước, tìm tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp lớn nhất.” “Chứng minh tam giác chu vi tam giác có diện tích lớn nhất.” Bài 7: Cho tứ giác ABCD, gọi M N trung điểm cạnh AD BC, đường thẳng CM cắt DN E đường thẳng BM cắt AN F Tìm giá trị nhỏ tổng AF BF CE DE + + + NF MF ME NE Lời giải A F M B N' A' N E C D Ta có : SBMD = 1 SBAD DM = AD ; 2 Tương tự ta suy SBND Do 1 = SBDC BN = BCP ; 2 SBMD + SBND = SBAD + SBDC N nên ta có SBNDM = S ABCD Tương tự ta có: SANCM = SABCD SBNDM + SANCM = SABCD SMFNE + SABCD - SABF + SDCE = SABCD SMFNE = SABF + SDCE SNAB + SNDC = SMBC Chứng minh tương tự , ta có: Kẻ AA ' MB, NN ' MB SMAB + SMDC = SNAD AA ' // NN ' S 2SMAB AA' = MAB = NN' SBMN SMBC AA' AF = NN' NF 2SMAB AF = NF SMBC Chứng minh tương tự, ta có: 2SNAB CE 2SNDC DE 2SMDC BF = ; = ; = MF SNAD ME SNAD ME SMBC Do S S S S AF BF CE DE + + + = MAB + NAB + NDC + MDC NF MF ME NE SMBC SNAD SNAD SMBC =2 SMAB + SMDC S + SNDC S S + NAB = NAD + MBC SMBC SNAD SMBC SNAD 2.2 (bất đẳng thức Côsi) Dấu “ = ” xảy SNAD = SMBC hay tứ giác ABCD hình bình hành Vậy AF BF CE DE + + + NF MF ME NE tứ giác ABCD hình bình hành Bài 8: Cho tam giác ABC có cạnh a Gọi chân đường vuông góc từ điểm M nằm tam giác đến cạnh BC, CA, AB D, E, F Tính giá trị nhỏ tổng sau: a 1 + + ; MD ME MF b 1 + + MD + ME ME + MF MF + MD Giải A E F M B D C Đặt MD = x, ME = y, MF = z Gọi h = Ta N P SABC = SMBC + SMAC + SMAB có x+y+z=h a) Ta có x + y + z a đường cao tam giác ABC a.h = ax + ay + az h = const 1 + + x y z b) Ta có x + y + z + x + y + z 1 + + x y z 1 + + x+y y+z z+x 1 + + x+y y+z z+x = h a C A 3 = Dấu “ = ” xảy x = y = 2h a z hay M tâm tam giác ABC Nhận xét Cho tam giác ABC, gọi chân đường vuông góc từ điểm M nằm tam giác tới cạnh D, E, F Tìm giá trị 1 + + MD ME MF $1$ lớn tích MD.ME.MF giá trị nhỏ tổng A $1$ $1$ B B Hướng dẫn a Gọi ba cạnh ΔABC BC = a, AB = c, AC = b Ta có: abc xyz = xa C yb z c = S1S2S3 S1 + S2 + S3 3 S3 27 Với S, S1 , S2 , S3 diện tích ΔABC , ΔMBC , ΔMAC , ΔMAB Khi đó: xyz = max 8S3 27abc 1 + + b Ta có x y z 33 x = y = z hay M trọng tâm ΔABC xyz 33 27abc 8S3 3 abc 2S Bài 9: Cho tam giác ABC nhọn Xác định vị trí điểm M nằm tam giác ABC cho AM.BC + BM.CA + CM.AM đạt giá trị nhỏ Lời giải Kẻ BD ( D, E AM, CE AM A AM ), AM I BC = I BD BI, CE IC BD + CE BI + IC = BC D Ta có: M 1 AM.BD + AM.CE 2 1 AM.BC = AM BD + CE 2 SAMB + SAMC = SAMB + SAMC C I B E AM.BC Dấu “ =” xảy AM BC Tương tự, ta có: SBMC + SAMC BM.AC Dấu “ = ” xảy BM AC SCMA + SCMB CM.AB Dấu “ = ” xảy CM AB D' Cộng vế ba bất đẳng thức ta được: SAMB + SAMC + SCMA E' AM.BC + BM.CA + CM.AB AM.BC + BM.AC + CM.AB 4SABC (không đổi) Dấu “=” xảy AM BC, BM AC, CM AB hay M trực tâm ΔABC Vậy M trực tâm ΔABC biểu thức AM.BC + BM.CA + CM.AM đạt giá trị nhỏ Nhận xét N Do diện tích tứ giác không lớn nửa tích hai đường chéo.Điều áp dụng với tứ giác không lồi nên ta giải toán nhờ tính chất MA.AC, SMBCA S MABC MC.AB, SMCAB MA.BC Cộng vế bất đẳng thức trên, ta được: AM.BC + BM.AC + CM.AB Dấu “=” xảy M trực 4SABC tâm ΔABC Bài 10: Cho hình vuông ABCD Tìm tứ giác nội tiếp hình vuông có chu vi nhỏ Lời giải Lấy M AB, N BC, P CD, Q DA A M B Gọi (O;R) đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD p chu vi tứ giác MNPQ Do diện tích tứ giác không lớn nửa tích O Q hai đường chéo, nên ta có: N D SOMAQ 1 OA.QM = R.QM , SOMBN 2I SONCP 1 OC.NP = R.NP SOPDQ 2 P C 1 OB.MN = R.MN ; 2 1 OD.PQ = R.PQ 2 Cộng vế với vế bất đẳng thức ta có: SOMAQ +SOMBN +SONCP +SOPDQ SABCD R 1 1 R.QM + R.MN + R.NP + R.PQ 2 2 QM + MN + NP + PQ (không đổi) Dấu “=” xảy OA QM, OB SABCD MN, OC Rp p NP OD 2SABCD R PQ Do tính đối xứng hình vuông nên điều xảy AM=AQ, BM = BN, CN = CP D' N DP = DQ, nghĩa cạnh tứ giác MNPQ song song với đường chéo hình vuông ABCD Nhận xét Nếu thay hình vuông đa giác với cách giải đó, ta có kết tương tự Ta có toán: “Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) Trên cạnh tứ giác ta lấy điểm để tạo thành tứ giác Chứng minh chu vi tứ giác tạo thành lớn 2S ABCD R ” KẾT LUẬN Bằng hiểu biết diện tích với hướng dẫn tận tình thầy giáo Phan Hồng Trường em hoàn thành khoá luận “ Giải số toán hình học phẳng phương pháp diện tích” Khoá luận đưa số biện pháp thực phương pháp diện tích sử dụng công thức diện tích, tỉ số diện tích … Trong giải toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, cực trị hình học phẳng Đồng thời đưa hệ thống toán phong phú đa dạng thể tính ưu việt phương pháp diện tích; từ đưa số nhận xét để phát triển, mở rộng toán Dùng diện tích giúp ta giải nhiều toán bậc trung học sở nên nội dung khoá luận mang tính thiết thực sử dụng làm tài liệu tham khảo cho học sinh giỏi bậc trung học sở Các toán thực hiên phương pháp diện tích để giải toán phong phú đa dạng thời gian chuẩn bị không nhiều, kiến thức kinh nghiệm thân hạn chế nên khoá luận không tránh khỏi thiếu sót, em mong thầy cô bạn bảo, đóng góp ý kiến bổ sung để khoá luận hoàn thiện TÀI LIỆU THAM KHẢO Vũ Hữu Bình, Các toán giá trị lớn nhất, nhỏ hình học phẳng Vũ Hữu Bình, Nâng cao phát triển toán lớp 8, Nguyễn Văn Hà, Phạm Hiền Bằng, Tuyển chọn phân loại toán cấp hình học Vũ Đình Hoà, Bất đẳng thức hình học Đào Tam, Quý Dy, Tuyển tập 200 thi toán vô địch Toán tập hình học phẳng Nguyễn Đức Tấn, Chuyên đề bất đẳng thức cực trị hình học phẳng Bùi Văn Tuyên, Bài tập nâng cao số chuyên đề Toán lớp 8 “Toán học tuổi trẻ”, (1999) [...]... tình của thầy giáo Phan Hồng Trường em đã hoàn thành khoá luận “ Giải một số bài toán của hình học phẳng bằng phương pháp diện tích Khoá luận đã đưa ra một số biện pháp thực hiện phương pháp diện tích như sử dụng các công thức diện tích, tỉ số diện tích … Trong giải bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức, cực trị của hình học phẳng Đồng thời cũng đưa ra được hệ thống các ... ; SEFA = SEFB A E B A F B C C E F 2.2 Bài toán áp dụng Trong hình học phẳng có nhiều dạng toán mà khi áp dụng phương pháp diện tích sẽ cho ta lời ngắn gọn, độc đáo Ở đây, tôi xin trình bày ba dạng toán cơ bản nhất Một là, bài toán chứng minh đẳng thức hình học Hai là, bài toán chứng minh bất đẳng thức Ba là, bài toán cực trị 2.2.1 Bài toán chứng minh đẳng thức Bài 1: Cho tứ giác ABCD Các đường thẳng... Nhận xét Nếu thay hình vuông bằng một đa giác đều thì với cách giải đó, ta cũng có kết quả tương tự Ta có bài toán: “Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (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 lớn hơn hoặc bằng 2S ABCD R ” KẾT LUẬN Bằng những hiểu biết của mình về diện tích cùng với sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo... có diện tích bằng 1 5 diện tích hình bình hành ABCD Lời giải Ta có A HE EF FG GH = = = =1 EB FC GD HA Q Áp dụng tính chất 1 ta có: Tương tự, ta có: SDFC = 2SEGF D B E H S F G SABH = 2SAEH = 2SHEG R P C Do đó: SABH + SDFC = 2SEFGH Suy ra SABCD = 5SEFGH hay SEFGH = 1 SABCD 5 Nhận xét o Vì tứ giác EFGH là hình bình hành nên bài toán có thể phát biểu như sau: “Cho hình bình hành EFGH Trên tia đối của. .. trung điểm của EH khi đó dựa vào bài toán trên ta chứng minh được G, F, K thẳng hàng o Bài toán tương tự: “ Giả sử đường thẳng qua G song song với AC và đường thẳng qua F song song với BD cắt nhau tại một điểm thì các đoạn thẳng nối điểm đó với các trung điểm của các cạnh tứ giác chia tứ giác thành bốn phần tương đương” Bài 2: Cho hình bình hành ABCD Gọi P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của các cạnh... AM.BC + BM.AC + CM.AB Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M là trực 4SABC tâm của ΔABC Bài 10: Cho hình vuông ABCD Tìm tứ giác nội tiếp hình vuông có chu vi nhỏ nhất Lời giải Lấy M AB, N BC, P CD, Q DA A M B Gọi (O;R) là đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD và p là chu vi tứ giác MNPQ Do diện tích tứ giác không lớn hơn nửa tích O Q của hai đường chéo, nên ta có: N D SOMAQ 1 1 OA.QM = R.QM , SOMBN 2I 2 SONCP... 4SABC (không đổi) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi AM BC, BM AC, CM AB hay M là trực tâm của ΔABC Vậy M là trực tâm của ΔABC thì biểu thức AM.BC + BM.CA + CM.AM đạt giá trị nhỏ nhất Nhận xét N Do diện tích của tứ giác không lớn hơn nửa tích hai đường chéo.Điều này áp dụng cả với tứ giác không lồi nên ta có thể giải bài toán trên nhờ tính chất đó 1 MA.AC, SMBCA 2 S MABC 1 MC.AB, SMCAB 2 1 MA.BC 2 Cộng vế... khi H là trọng tâm của ΔABC hay ΔABC đều Nhận xét Khi H không phải là trực tâm của ΔABC mà là một điểm bất kì nằm trong ΔABC thì: a AA1 BB1 CC1 + + HA1 HB1 HC1 9; b HA1 HB1 HC1 + + HA HB HC 6 Bài 4: 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 giác đã cho... +S4 S1 + S3 S1 + S2 + S3 + S4 S1 = S3 Đẳng thức xảy ra 2 4S2S4 S2 + S4 S1 + S3 1 S (không đổi) 2 ABCD S1 = S2 = S3 = S4 hay tứ giác ABCD là hình bình hành A' 2.2.3 Bài toán cực trị Bài 1: Tìm một tứ giác nội tiếp đường tròn O,R cho trước có diện tích lớn nhất Lời giải M N D' E' M D A Kẻ AH, CK vuông góc với BD, gọi AC B = I ( H, KO BDH) Ta có: BD A SABCD = SABD + SCBD 1 1 AH.BD + CK.BD 2 2 1 = BD AH... Nhận xét: Tương tự bài toán trên ta có thể tính được: 1 Giá trị nhỏ nhất của: A1M BM CM + 1 + 1 và AM BM CM 2 Giá trị lớn nhất của AM + A1M BM + B1M CM C1M A1M B1M C1M AM BM CM Bài 3: Cho ΔABC và ba điểm A', B', C' lần lượt nằm trên ba cạnh BC, CA, C AB sao Acho A A' , BB ' , CC ' đồng quy tại O ( A', B', C' không trùng với các đỉnh của tam giác) Tính giá trị nhỏ nhất của tổng B Lời giải Kẻ BH M A B