SỬ DỤNG KIẾN THỨC ĐẠI SỐ ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC Có nhiều bài toán hình học nếu khéo léo sử dụng công cụ của đại số thì sẽ cho ta một lời giải ngắn gọn. trong chuyên đề này tôi nêu lên một số bài toán Hình được giải nhờ công cụ Đại số. Đây là chuyên đề bồi dưỡng HSG và ôn thi vào lớp 10 THPT
S DNG KIN THC I S DD GII CC BI TON HèNH HC Cao Quốc Cờng ( GV THCS Vĩnh Tờng- Vĩnh Phúc) Sử dụng kiến thức đại số giúp giải đợc số toán hình ngắn gọn, rõ ràng Trong viết muốn giới thiệu với bạn số toán hình học có sử dụng kiến thức đại số để giải Bài 1: Cho tam giác ABC vuông cân B Điểm M nằm bên tam giác cho MA : MB : MC = 1: : Tính số đo góc AMB A a M 2a 3a 2a K C B Lời giải: Cách 1: Đặt MA = a; MB = 2a; MC = 3a Vẽ MBK vuông cân B ( K; A nằm phía BM ) Xét ABK CBM có: AB = CB ( Vì ABC vuông cân B) CBM = ABK ( Cùng phụ với MBA ) BM = BK = 2a (Cách vẽ) Suy ABK = CBM (cgc) AK = CM = 3a Xét MBK vuông cân B theo định lý Pytago ta có: MK = MB + BK = ( 2a ) + ( 2a ) = 8a Xét AMK ta có: MA2 + MK = a + 8a = 9a = AK ( Vì AK = 3a) Suy AMK vuông M (Theo định lý Pitago đảo) AMK = 900 mà AMB = AMK + KMB = 900 + 450 = 1350 Vậy AMB = 1350 Cách 2: A a M 2a B 3a C 2a P Đặt MA = a; MB = 2a; MC = 3a Vẽ MBP vuông cân B (P; C nằm phía BM) (Bạn đọc tự giải) ( ) Bài 2: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = cm; BC = cm Từ điểm I cạnh AB vẽ IN vuông góc với cạnh DC; IM vuông góc với đờng chéo AC ( N DC ; M AC ) Xác định vị trí điểm I cạnh AB để đờng thẳng AN tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC Lời giải: I A B M D C N Theo giả thiết ta có: IMC = INC = IBC = 900 Suy năm điểm I; M; N; C; B thuộc đờng tròn đờng kính IC tứ giác BMNC nội tiếp đờng tròn đờng kính IC Lại có BCN = 900 BN đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC để AN tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC AN BN N ANB vuông cân N AN + NB = AB (*) Đặt AI = a ( < a < ) IB = a Ta có: NA2 = a + 22 ; NB = 22 + ( a ) (áp dụng định lý Pytago cho tam giác vuông ADN BCN) (**) Thay (**) vào (*) ta có a 5a + = a1 = 1; a2 = Vậy có hai vị trí điểm I cạnh AB cho AI = 1cm AI = 4cm đờng thẳng AN tiếp tuyến đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC Bài : Cho ABC vuông cân A có AB = AC = 5cm Một điểm M chuyển động cạnh BC Gọi khoảng cách từ M đến hai cạnh AB; AC lần lợt a b Tìm giá trị lớn tổng S = a + b Lời giải: B a H M b A K C Từ M kẻ MH AB; MK AC ( H AB; K AC ) MH = a; MK = b (theo giả thiết) Ta có: KA = HM = a (Tính chất đoạn chắn); KC = KM = b ( MKC vuông cân K) Vì K AC AC = AK + KC AC = a + b 2 Ta có: ( a b ) a + b 2a 2b ( a + b ) ( a + b ) (*) Mặt khác ( a b ) a + b 2ab ( a + b ) ( a + b ) = AC (**) ( Vì AC = a + b) ( ) 4 Từ (*) (**) suy ( a + b4 ) AC a + b AC = = 25 8 25 Vậy GTNN tổng S MinS = đạt đợc a = b mà MK // AB ( vuông góc với AC) suy M trung điểm BC Bài : Cho hình vuông ABCD có cạnh a Điểm N di động cạnh AB; tia CN cắt tia DA E; tia Cx vuông góc với tia CE cắt tia AB F Tìm vị trí điểm N cạnh AB cho S ACFE = 3.S ABCD Lời giải: x E B N A F C D Đặt BN = x ( < x < a) Ta có: CDE = CBF (gcg) (Vì BC = CD; BCF = DCE phụ ECB ; CDE = CBF = 900 ) Suy CE = CF 2 a a x) Trong EDC có AN // DC (gt) AE = AN AE = a x AE = ( ED DC AD + AE a x Trong EDC vuông D theo định lý Pytago ta có: a4 2 2 2 CE = CD + DE = a + ( a + AE ) = a + (3) x Từ (1); (2); (3) ta có: S ACFE = a ( a +2 x ) 2x a Để S ACFE = 3.S ABCD a ( a +2 x ) = 3a x ax a = x = 2x Ta có S ACFE = S ACE + S ECF = CD.DE + CE (1) ( Vì ECF vuông cân C ) (2) Vậy N trung điểm cạnh AB S ACFE = 3.S ABCD Bài : Cho hình thang ABCD ( AB//CD; AB > CD ) có AD + BC = 2010cm ngoại tiếp đờng tròn (O; R) Đờng trung bình MN hình thang chia hình thang cho thành hai hình thang có tỉ số diện tích Lời giải: D E C K I M A Tính độ dài hai cạnh đáy hình thang N O F B Gọi E; F; K; I tiếp điểm đờng tròn (O) với cạnh DC; AB; BC; AD hình thang ABCD Ta có ba điểm E; O; F thẳng hàng; EF AB; EF DC ; EF = R ( Bạn đọc tự chứng minh) Vì MN đờng trung bình hình thang MN EF O Ta có DI = DE; AI = AF; CE = CK; BF = BK (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) Vì CD + AB = DE + EC + AF + FB = ( DI + AI ) + ( CK + BK ) = AD + BC = 2010 Đặt CD = x; AB = y ( < x < y) ta có x + y =2010 (1) x+ y R x + ữ S = y = x (2) Theo đề ta có: CDMN = x+ y S MNBA R y + ữ x + y = 2010 x = 201( cm ) Kết hợp (1) (2) ta có y = 9x y = 1809 ( cm ) Vậy độ dài hai đáy hình thang là: CD = 201(cm); AB = 1809 (cm) Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho hình thang ABCD vuông A; có đáy nhỏ AB biết BC = 13; CD = 9; BD = Tính độ dài đoạn thẳng AB; AD Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC biết AB = 15cm; BC = 14cm; CA = 13cm Hãy tính độ dài ba đờng cao tam giác ABC Bài 3: Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB =2R; điểm M di động nửa đờng tròn Tìm vị trí M để chu vi tam giác AMB lớn Lời giải cách Ta có ABM = CBP (cgc) ( Vì có BA = BC; BM = BP = 2a; ABM = CBP phụ với MBC ) CP = MA = a AMB = CPB (1) Trong MBP vuông cân B ta có: MP = BM + BP = 8a ( Theo định lý Pytago) Trong MPC có MP + PC = 8a + a = 9a = MC MPC vuông P MPC = 900 Ta có BPC = BPM + MPC = 450 + 900 = 1350 (2) Từ (1) (2) suy AMB = 1350 ... đờng tròn (O; R) Đờng trung bình MN hình thang chia hình thang cho thành hai hình thang có tỉ số diện tích Lời giải: D E C K I M A Tính độ dài hai cạnh đáy hình thang N O F B Gọi E; F; K; I tiếp... dài hai đáy hình thang là: CD = 201(cm); AB = 1809 (cm) Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho hình thang ABCD vuông A; có đáy nhỏ AB biết BC = 13; CD = 9; BD = Tính độ dài đoạn thẳng AB; AD Bài 2: Cho... độ dài ba đờng cao tam giác ABC Bài 3: Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB =2R; điểm M di động nửa đờng tròn Tìm vị trí M để chu vi tam giác AMB lớn Lời giải cách Ta có ABM = CBP (cgc) ( Vì có