Sử dụng kiến thức đại số để giải các bài toán hình học

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

SỬ DỤNG KIẾN THỨC ĐẠI SỐ DDẺ GIẢI CÁC BÀI TOÁN HèNH HỌC Cao Quốc Cờng ( GV THCS Vĩnh Tờng- Vĩnh Phúc)

Sử dụng các kiến thức đại số giúp chúng ta có thể giải đợc một số các bài toán hình một các ngắn gọn, rõ ràng Trong bài viết này tôi muốn giới thiệu với các bạn một số bài toán hình học có sử dụng các kiến thức đại số để giải.

Bài 1: Cho tam giác ABC vuông cân tại B Điểm M nằm bên trong tam giác sao cho

: : 1: 2 : 3

MA MB MC  Tính số đo góc AMB

Lời giải:

a

2a A

M

K

Cách 1: Đặt MA = a; MB = 2a; MC = 3a Vẽ MBK vuông cân tại B ( K; A nằm cùng phía đối với BM ) Xét ABK và CBM có:

AB = CB ( Vì ABC vuông cân tại B) CBM ABK ( Cùng phụ với MBA)

BM = BK = 2a (Cách vẽ) Suy ra ABK = CBM (cgc) AK CM  3a

Xét MBK vuông cân tại B theo định lý Pytago ta có:MK2 MB2 BK2 2a22a2  8a2

Xét AMK ta có: MA2 MK2 a2  8a2  9a2 AK2 ( Vì AK = 3a)

Suy ra AMK vuông tại M (Theo định lý Pitago đảo) AMK 90 0

mà AMBAMK KMB 90 0  45 0  135 0 Vậy AMB 135 0

Cách 2:

a

2a 3a

2a

A

M

P

Đặt MA = a; MB = 2a; MC = 3a Vẽ MBP vuông cân tại B (P; C nằm cùng phía đối với BM) (Bạn đọc tự giải) ()

Bài 2: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 5 cm; BC = 2 cm Từ điểm I bất kỳ trên cạnh

AB vẽ IN vuông góc với cạnh DC; IM vuông góc với đờng chéo AC (NDC M; AC) Xác định vị trí của điểm I trên cạnh AB để đờng thẳng AN là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC

Lời giải:

I

N M

Theo giả thiết ta có: IMCINC IBC 90 0 Suy ra năm điểm I; M; N; C; B cùng thuộc đờng tròn đờng kính IC  tứ giác BMNC nội tiếp đờng tròn đờng kính IC

Lại có BCN 90 0  BN là đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC để AN là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC khi và chỉ khi ANBN tại N  ANB

vuông cân tại N AN2 NB2 AB2 (*)

Đặt AI a0 a 5  IB  5 a Ta có: NA2 a2  2 ; 2 NB2  2 2 5  a2(áp dụng định lý Pytago cho các tam giác vuông ADN và BCN) (**).

Thay (**) vào (*) ta có a2 5a   4 0 a1 1;a2  4

Vậy có hai vị trí của điểm I trên cạnh AB sao cho AI = 1cm hoặc AI = 4cm thì đờng thẳng AN là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC

Bài 3 : Cho ABC vuông cân tại A có AB AC  5cm Một điểm M chuyển động trên cạnh BC Gọi khoảng cách từ M đến hai cạnh AB; AC lần lợt là a và b

Tìm giá trị lớn nhất của tổng S a 4 b4

Lời giải:

a

b B

M H

K

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 ( do MKC vuông cân tại K) Vì KAC AC = AK + KC  AC = a + b

Ta có: a2  b22   0 a4 b4  2a b2 2  2a4 b4  a2 b22 (*)

Mặt khác a2  b22   0 a2 b2  2ab 2a2 b2a b 2 AC2 (**) ( Vì AC = a + b)

Từ (*) và (**) suy ra   4 4  4

2

Vậy GTNN của tổng S là MinS = 25

8 đạt đợc khi a = b mà MK // AB ( cùng vuông góc

với AC) suy ra M là trung điểm của BC

Bài 4 : Cho hình vuông ABCD có cạnh là a Điểm N di động trên cạnh AB; tia CN cắt tia

DA tại E; tia Cx vuông góc với tia CE cắt tia AB tại F

Tìm vị trí của điểm N trên cạnh AB sao cho S ACFE 3.S ABCD

Lời giải:

x

N

E

F

Đặt BN = x ( 0 < x < a) Ta có: CDECBF (gcg) (Vì BC = CD; BCFDCE “cùng phụ ECB”; CDECBF  90 0) Suy ra CE = CF

.

ACFE ACE ECF

Trong EDC có AN // DC (gt) AE AN AE a x a a x 

AE





Trong EDC vuông tại D theo định lý Pytago ta có:

4 2

2

a

x

Từ (1); (2); (3) ta có: 3 

2 2

ACFE

a a x S

x



Để S ACFE  3.S ABCD thì 3 

2

a a x

x



2

a x

Vậy N là trung điểm cạnh AB thì S ACFE  3.S ABCD

Bài 5 : Cho hình thang ABCD ( AB//CD; AB > CD ) có AD + BC = 2010cm ngoại tiếp

đờng tròn (O; R) Đờng trung bình MN của hình thang chia hình thang đã cho thành hai hình thang có tỉ số diện tích là 3

7 Tính độ dài hai cạnh đáy của hình thang.

Lời giải:

F

O

E

Gọi E; F; K; I là tiếp điểm của đờng tròn (O) với các cạnh DC; AB; BC; AD của hình thang ABCD

Ta có ba điểm E; O; F thẳng hàng; EF AB EF; DC EF;  2R ( Bạn đọc tự chứng minh)

Vì MN là đờng trung bình của hình thang  MNEF tại O

Ta có DI = DE; AI = AF; CE = CK; BF = BK (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Vì vậy CD AB DE EC AF FB     DI AI   CK BK AD BC  2010

Đặt CD = x; AB = y ( 0 < x < y) ta có x + y =2010 (1)

Theo đề bài ta có:

1

3

CDMN MNBA

x y

R x S

x y









9

 

201 2010

1809 9

x y









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 tại A; có đáy nhỏ AB biết BC 2 13;CD 9;BD 5 Tính độ dài các 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 của tam giác ABC

Bài 3: Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB =2R; một điểm M di động trên nửa đờng

tròn Tìm vị trí của M để chu vi tam giác AMB lớn nhất

 Lời giải cách 2 bài 1.

Ta có ABM CBP (cgc) ( Vì có BA = BC; BM = BP = 2a; ABM CBP cùng phụ với MBC)  CP MA a  và AMBCPB (1)

Trong MBP vuông cân tại B ta có: MP2 BM2 BP2  8a2( Theo định lý Pytago)

Trong MPC có MP2 PC2  8a2 a2  9a2 MC2  MPC vuông tại P  MPC 90 0

Ta có BPC BPM  MPC 45 0  90 0  135 0 (2)

Từ (1) và (2) suy ra AMB 135 0