Thông tin tài liệu
ỨNG DỤNG CỦA MỘT HỆ THỨC HÌNH HỌC VÀO GIẢI TỐN Bài tốn gốc: Cho tam giác ABC đường thẳng cắt cạnh AB , AC thứ tự E F S AEF AE AF = Chứng minh hệ thức: S ABC AB AC Lời giải: Kẻ đường cao EH BK tam giác AEF ABC EB AE = Do EH // BK nên BK AB 1 AF EH AE AF S AEF AE AF 2 = = = Ta có: 1 S ABC AB AC BK AC AB AC 2 S AEE AE AF = Vậy: S ABC AB AC A H E F K C B Hình Nhận xét: Đến giáo viên học sinh dừng lại kết S AEF AE AF = mà S ABC AB AC khơng quan tâm ứng dụng thật đáng tiếc S AE AF Sau số ứng dụng hệ thức AEF = S ABC AB AC Một số ứng dụng toán gốc Bài 1: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM Đường thẳng cắt cạnh AB, AC AM thứ tự E, F I Chứng minh: AB AC AM + = AE AF AI Chứng minh: Ta có: S AEF S S AE AF AE AI AF AI = AEI + AIF ⇔ = + S ABC S ABM S ACM AB AC AB AM AC AM ⇔ AE AF AM = AI ( AE AC + AF AB) ⇔ AB AC AM + =2 AE AF AI A F E I B C M Hình AB AC AM + = AE AF AI Đặc biệt I trọng tâm ta có tập sau: Bài 2: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM Đường thẳng qua trọng tâm G cắt cạnh AB AC thứ tự E F Chứng minh: AB AC + =3 AE AF Giải: Ta giải theo nhiều cách khác nhau: AB AC + =3 Lời giải 1(Hình 3): Từ kết ta có kết AE AF Vậy: A F G E B C M Hình Lời giải 2(Hình 4): A E F G I B M K C Hình Kẻ BI // EF ; CK // EF (I, K thuộc AM) Ta có: AB AI AC AK AB AC AI + AK = ; = + = (1) Cộng vế theo vế ta được: AE AG AF AG AE AF AG Mặt khác: ∆BIM = ∆CKM ⇒ MI = MK (2) AB AC AM + = = Từ (1) (2) suy ra: AE AF AG AB AC + =3 Vậy: AE AF Lời giải 3(Hình 5): A F G I E B K C M Hình Kẻ BI, CK song song với AM (I, K thuộc d)khi MG đường trung bình hình thang BCKI nên BI + CK = 2GM (*): EB BI AB BI + AG = ⇒ = (1) AE AG AE AG CF CK AC CK + AG = ⇒ = (2) AF AG AF AG AB AC AG + 2GM AG + = = =3 Từ (*), (1) (2) suy ra: AE AF AG AG AB AC + =3 Vậy: AE AF Lời giải 4(Hình 6): Kẻ BI, AK, MP, CQ vng góc với d MP đường trung bình hình thang vng BCQI đó: BI + CQ = PM (1) A E B Do AK // MP ⇒ F P I K Q G M C Hình AK AG = = ⇒ AK = 2MP kết hợp với (1) ⇒ BI + CQ = AK MP GM Ta có: AB AC AE + EB AF + FC EB CF BI CQ BI + CQ AK + = + = 2+ + = 2+ + = 2+ = 2+ =3 AE AF AE AF AE AF AK AK AK AK AB AC + =3 Vậy: AE AF AB AC + Nhận xét: Từ kết tập ta thấy = không đổi đường thẳng AE AF d thay đổi cắt hai cạnh AB, AC tam giác ABC Kết quan trọng lại trở thành toán gốc để giải số toán khác Chẳng hạn: Bài 3: Cho tam giác ABC vuông A có trung tuyến AM Đường thẳng qua trọng tâm G tam giác cắt cạnh AB AC thứ tự E F Chứng minh: 1 + ≥ 2 AE AF BC Chứng minh: Lời giải1(Hình7): Áp dụng kết , bất đẳng thức Bunyacovsky định lí Pythagore ta có: AB AC 2 9= + + ÷ ≤ ( AB + AC ) ÷ AF AE AF AE 1 9 ⇔ + ≥ = 2 2 AE AF AB + AC BC Vậy: 1 + ≥ 2 AE AF BC A F G E M B C Hình Lời giải 2(Hình 8): A F E H B G M C Hình Kẻ AH vng góc với EF (H thuộc EF) Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông AEF 1 + = (1) ta có: 2 AE AF AH 2 BC ⇒ ≥ (2) Mặt khác: AH ≤ AG ⇒ AH ≤ AM = 3 AH BC 1 + ≥ Dấu đẳng thức xẩy H trùng G 2 AE AF BC Bài 4: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM Đường thẳng qua trọng tâm G cắt cạnh AB AC thứ tự E F Tìm giá trị nhỏ diện tích tam giác AEF Lời giải (Hình 9): Từ (1) (2) ta có: A G E B M F C Hình Áp dụng bất đẳng thức (a + b)2 ≥ 4ab Đẳng thức xẩy a = b ta có: S AB AC AB AC ( + ) ≥4 ⇔ ≥ ABC ⇔ S AEF ≥ S ABC AE AF AE AF S AEF AB AC = ⇔ d // BC Vậy GTNN( S AEF ) = S ABC ⇔ d // BC Đẳng thức xẩy ⇔ AE AF Câu hỏi đặt liệu có tìm giá trị lớn diện tích tam giác AEF khơng? Bài 5: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM Đường thẳng qua trọng tâm G cắt cạnh AB AC thứ tự E F Tìm giá trị lớn diện tích tam giác AEF Lời giải (Hình 9): Ta có: AB AC + = AE AF Đặt: AB = x (1 ≤ x ≤ 2) AE AC ⇒ = 3− x AF S ABC AB AC = = x(3 − x) = ( x − 1)(2 − x) + ≥ ⇒ S AEE ≤ S ABC không đổi Đẳng Ta có: S AEF AE AF thức xấy x = x = Vậy GTLN S AEF = S ABC Dấu đạt E trùng B F trùng C Nhận xét: Từ ta tìm GTNN GTLN tứ giác BCFE Bài 6: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM Đường thẳng qua trọng tâm G cắt cạnh AB AC thứ tự E F Tìm giá trị nhỏ tổng diện tích tam giác BFE CEF Lời giải (Hình 10): Cách Hình 10 A P E H B G F J I N M K C Kẻ BP, MI, CN vng góc với đường thẳng EF Khi đó: BP + CN = 2MI (Đường trung bình hình thang) AH AG ∆AHG ∞∆MIG ⇒ = = ⇒ AH = MI (1) MI GM 1 Ta có: S BEF + SCEF = EF ( BP + CN ) = EF 2MI = EF MI = EF AH = S AEF (2) 2 Do: S AEF ≥ S ABC (3) Từ (1), (2), (3) suy ra: S BEF + SCEF ≥ S ABC A Vậy GTNN( S BEF + SCEF ) = S ABC ⇔ d // BC Cách 2: (hình 9) Ta có: S BFE + SCFE BE CF AB − AE AC − AF G = + = + E S AEF AE AF AE AF AB AC + − = 3− =1 AE AF + SCFE = S AEF F = ⇒ S BFE B C M Tiếp tục dùng kết tốn gốc Ta có tập sau: Bài 7: Gọi AP, BF, CE đường cao tam giác nhọn ABC Chứng minh rằng: S EFP = − cos A − cos B − cos 2C S ABC Lời giải (Hình 11): s AEF AE AF AE AF = = = cos A Ta có: S ABC AB AC AC AB Hình 11 Tương tự ta có: s s AEP A = cos B; CFP = cos 2C S ABC S ABC Do đó: S EFP = − cos A − cos B − cos 2C S ABC F E B P C Bài 8: Gọi AP, BF, CE đường phân giác tam giác nhọn ABC Tìm điều kiện tam giác ABC để diện tích tam giác EFP lớn Lời giải(Hình 12): Đặt AB = c, AC = b, BC = a s AEF AE AF AE AF b c = = = Ta có: S ABC AB AC AB AC a + b c + a Tương tự ta có: s sBEP a c a b = ; CFP = S ABC a + b c + b S ABC a + c b + c S − ( S AEF + S BEP + SCFP ) S ⇒ EFP = ABC S ABC S ABC S 2abc ⇒ EFP = (1) S ABC (a + b)(b + c)(c + a) A F E Hình 12 B P Do: a + b ≥ ab ; b + c ≥ bc ; c + a ≥ ac ⇒ (a + b)(b + c)(a + c) ≥ 8abc (2) S FEP 1 ≤ ⇒ S EFP ≤ S ABC Từ (1) (2) suy ra: S ABC 4 Dấu “ = ” đạt a = b = c Vậy GTLN( S EFP ) = S ABC ⇔ ∆ ABC Nhận xét: Như biết độ dài cạnh kết hợp với định lý Hêrơng ta sẻ tính diện tích tam giác EFP Bài 9: Trên cạnh AB, BC, CA tam giác ABC lấy M, N, P cho S MNP AM BN CP = = = = k Tìm k để S ABC MB NC PA Lời giải (Hình 13): AM BN CP k BM CN PA = = = = = = Từ giả thiết suy ra: (t/c tỉ lệ thức) AB BC AC k + AB BC AC k + S BMN S S AMP AM AP k k k = = = ; CNP = Tương tự: S ABC AB AC ( k + 1) S ABC ( k + 1) S ABC ( k + 1) 3k S ABC − ( S AMP + S BMN + SCNP ) S Từ ta có: MNP = = 12 ( k + 1) S ABC S ABC C Do đó: 3k S MNP 5 = ⇔ 1⇔ k2 – 6k + = Bài tốn có hai nghiệm: = S ABC ( k + 1) k1 = + 2 ; k2 = − 2 thoả mãn Hình 13 A P M B N C Bài 10: Cho hình bình hành ABCD cạnh BC, CD lấy điểm M, N BM CN = = k Gọi P, Q theo thứ tự giao điểm AM, AN với BD cho MC DN a) So sánh diện tích PMNQ APQ b) Tính diện tích tam giác AMN theo k theo diện tích ABCD Lời giải (hình 14): a) Ta có: S AMN AM AN AP + PM AQ + QN PM QN = = = 1 + ÷ (*) ÷1 + S APQ AP AQ AP AQ AP AQ Theo giả thiết có: BC BM + CM k +1 = = 1+ = MB MB k k CD DN + CN = = + 2k DN DN Kết hợp với định lý talét ta có: QN DN DN PM BM BM k = = = = = = Thay vào (*) ta có: AQ AB DC 2k + AP AD BC k + S AMN k = Suy ra: = 1+ S MNPQ = S APQ 1+ ÷ S APQ k + ÷ 2k + b) Chú ý rằng: S ABCD = S ABC = 2S ADC = SCBD S ABM BA.BM BM k = = = S ABC BA.BC BC k + S ADN DA.DN DN k = = = S ABD DA.DC DC 2k + CB CD 2k + = + k; = Ta có: CM CN 2k Suy ra: S AMN S ABCD − ( S ABM + S ADN + SCMN ) = S ABCD S ABCD = 1− S S S ABM − ADN − CMN 2S ABC 2S ADC S DBC 1 k 2k = − + + k + 2k + ( k + 1) ( 2k + 1) 2k + k + = ( k + 1) ( 2k + 1) ÷ ÷ Từ tính được: S AMN theo k diện tích ABCD Hình 14 M B C P N Q A D Người viết Phan Đình Ánh ... AB AC + =3 AE AF Giải: Ta giải theo nhiều cách khác nhau: AB AC + =3 Lời giải 1 (Hình 3): Từ kết ta có kết AE AF Vậy: A F G E B C M Hình Lời giải 2 (Hình 4): A E F G I B M K C Hình Kẻ BI // EF... AF AB + AC BC Vậy: 1 + ≥ 2 AE AF BC A F G E M B C Hình Lời giải 2 (Hình 8): A F E H B G M C Hình Kẻ AH vng góc với EF (H thuộc EF) Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông AEF 1 + = (1) ta có:... thành toán gốc để giải số toán khác Chẳng hạn: Bài 3: Cho tam giác ABC vuông A có trung tuyến AM Đường thẳng qua trọng tâm G tam giác cắt cạnh AB AC thứ tự E F Chứng minh: 1 + ≥ 2 AE AF BC Chứng
Ngày đăng: 06/02/2018, 11:22
Xem thêm: Ứng dụng của một hệ thức hình học vào giải toán