Ứng dụng của một hệ thức hình học vào giải toán

9 237 1
Ứng dụng của một hệ thức hình học vào giải toán

Đang tải... (xem toàn văn)

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

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan