Bồi dưỡng HSGT9 Pương pháp đại số trong giải hình học

Chuyên đề bồi d ỡng HSG toán 9 : Phơng pháp đại số trong giải bài tập hình học Ngời viết : Tạ Phạm Hải Giáo viên Trờng THCS Thị trấn Hng Hà - Thái Bình A.Các ví dụ hình thành ph ơng pháp : Ví dụ 1 : Cho tam giác vuông có chu vi bằng 72 cm ; Hiệu giữa trung tuyến và đờng cao tơng ứng với cạnh huyền bằng 7 cm. Tính diện tích tam giác . Giải : Đặt AM = x ( cm ) , x > 7 BC = 2x và AH = x 7 . Ta có S ABC = x( x 7) . áp dụng định lí Pitago ta có : AB 2 + AC 2 = 4x 2 Hay ( AB + AC ) 2 2.AB.AC = 4x 2 (1) Ta có : AB + AC = 72 2x ; 2.AB.AC = 4S ABC = 4x(x 7) ,thay vào (1) ta đợc phơng trình : ( 72 2x) 2 4x( x 7) = 4x 2 x 2 + 65x 1296 = 0 x 2 16x + 81x 1296 = 0 x( x 16) + 81( x 16) = 0 ( x 16)( x + 81) = 0 x = 16 hoặc x = 81 ( loại ). từ đó AH = 16 7 = 9 và BC = 16.2 = 32 và S ABC = 9.16 = 144 cm 2 Nhận xét : Bài tập trên là bài tập hình học hay bài tập đại số ? Rõ ràng hàm lợng biến đổi đại số trong lời giải lấn át yếu tố hình học nên cũng có thể gọi là bài tập đại số . Nhng , dù là bài tập loại gì thì cũng gợi cho ta một cách nhìn khác về lời giải các bài tập hình : Lời giải kiểu đại số ! Ta hãy xét thêm các ví dụ sau Ví dụ 2 : Chứng minh công thức Hê rông trong tính diện tích S của tam giác : Cho a , b , c là số đo 3 cạnh của một tam giác , Đặt a + b + c = 2P thì ta có ( )( )( )S P P a P b P c = . Giải : Đặt HC = x thì BH = a x . áp dụng định lí Pitago cho các tam giác vuông phù hợp ta có : h 2 = b 2 x 2 = c 2 ( a x) 2 b 2 x 2 = c 2 a 2 + 2ax x 2 2 2 2 2 a b c x a + = . Thay x vào tính h ta đợc h 2 = b 2 2 2 2 2 2 a b c a + ữ h 2 = 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a b c b b a a + + + ữ ữ h 2 = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( ) 2 2 2 2 ab a b c ab a b c c a b a b c a a a a + + + + = ì ữ ữ h 2 = [( c + a b)( c a + b)( c + a + b)( a + b c) ] : 4a 2 , thay a + b + c = 2P vào ta có : x H M B A C c b a a - x x h H A B C h 2 = [( 2P 2b)(2P 2a)(2P 2c).2P ] : 4a 2 = [16P( P a)( P b)( P c) ] : 4a 2 2 2 2 ( )( )( ) 2 a h P P a P b P c = ( )( )( ) 2 ah P P a P b P c S = = đpcm. Ví dụ 3 : Cho ABC vuông tại A , Các phân giác BD và AE cắt nhau ở I . Cho biết BI = 10 cm , DI = 5 cm . Tính diện tích S của tam giác đã cho . Giải : Đặt AD = x , DC = y , áp dụng tính chất đờng phân giác cho ADB , phân giác AI , suy ra AB = 2x và ABC , phân giác BD ta có : 1 2 2 x y x BC = = . Vậy BC = 2y. áp dụng định lí Pitago cho V ABD và V ABC , ta có : ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 3 4 4 5 15 4 15 x xy y x y x y x x x + = + + = = + = Ta tính đợc 3 5x = thay vào tính y ta tính đợc 5 5y = . Khi đó 2.3 5(3 5 5 5) 3 5.8 5 120 2 S + = = = cm 2 Ví dụ 4 : Cho ngũ giác đều ABCDE các đờng chéo của ngũ giác này cắt nhau tạo thành ngũ giác đều MNHIK . Chứng minh rằng tỷ số diện tích của ngũ giác MNHIK và ABCDE là một hằng số Giải : Nội tiếp ngũ giác đều ABCDE vào trong đờng tròn tâm O ta dễ dàng chứng minh đợc ABN và BMN là các tam giác cân đồng dạng .Trong đó BN = BM ; AB = AN. Đặt AB = a ; MN = x , ta có AB BN a a x MB MN a x x = = ax = a 2 2ax + x 2 x 2 3ax + a 2 = 0 , = 5a 2 > 0 ph- ơng trình có hai nghiệm là : 1 2 3 5 3 5 ; 2 2 a a a a x x + = = , vì x < a nên chỉ chọn x 1 . Khi đó : 2 2 3 5 7 3 5 2 2 MNHIK ABCDE S x a a S a a = = = ữ ữ ữ đpcm. Ví dụ 5 : Tìm cạnh thứ 3 của một tam giác biết hai cạnh kia là a và b và các trung tuyến ứng với hai cạnh a và b cắt nhau dới một góc vuông . Với điều kiện nào của tỷ số a / b thì loại tam giác nh trên tồn tại ? Giải : Giải : 2x y x 10 5 I E D C A B a x K I H NM E D C A O B 1)Đặt GN = x BG = 2x ; GM = y AG = 2y Xét V AGN : 4y 2 + x 2 = b 2 / 4 ( Pitago) Xét V BGM : 4x 2 + y 2 = a 2 / 4 ( Pitago ) 5x 2 + 5y 2 = ( a 2 + b 2 ) / 4 x 2 + y 2 = ( a 2 + b 2 ) / 20 . Xét V AGB : 4x 2 + 4y 2 = c 2 nên x 2 + y 2 = c 2 / 4 . Vậy c 2 / 4 = ( a 2 + b 2 ) / 20. từ đó c 2 = ( a 2 + b 2 ) / 5 . Từ đó khai phơng ta đợc 2 2 5 a b c + = 1) Điều kiện tồn tại của loại tam giác này là 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5( ) 10 5 4( ) 10 0 2 5( ) 2 5 4( ) 10 0 a b c a b ab c a b ab c a b ab a b c a b ab c a b ab c a b ab + > + + > + + > + + > < + < + > + < Vì 4( a 2 + b 2 ) + 10ab > 0 luôn đúng nên chỉ cần xét 4( a 2 + b 2 ) 10 ab < 0 (*) . (*) 2a 2 + 2b 2 5ab < 0 2 5 1 0 2 a a b b ì + < ữ . Đặt a / b = k ta có bất phơng trình 2k 2 5k + 2 < 0 2 2 5 25 9 5 9 5 3 2 2 0 4 16 16 4 16 4 4 k k k k ì + < < < ữ ữ 3 5 3 5 1 2 4 4 4 4 2 k k + < < + < < từ đó ta có kết quả của bài tập. Ví dụ 6 : Tính các góc B và C của ABC vuông tại A biết tỷ số giữa bán kính của đờng tròn ngoại tiếp và bán kính đờng tròn nội tiếp của tam giác này bằng 3 1 + Giải tóm tắt : Theo đinh lí Pitago ta có : b 2 + c 2 = a 2 2 2 1 b c a a + = ữ ữ . Mặt khác dễ c/m đợc b + c a = 2r 2 2 1 2 b c r r r a a a R R + = = = Đặt : b x a = và c y a = , Ta có hệ phơng trình : 2 2 2 3 1 1 ( ) 2 1 2 3 1 3 1 3 2 2 4 x y x y xy x y x y x y xy + + = + = + = + + + = + = = Khi dó x , y là các nghiệm của phơng trình bậc hai : 2 3 1 3 0 2 4 X X + ì + = 2y y 2x x c b a B C A M G N c b a R r O B C A F I D E Giải phơng trình này ta đợc các nghiệm là 1 2 1 3 ; 2 2 X X= = suy ra hệ trên có hai nghiệm , và từ đó tính đợc à à 0 0 30 ; 60B C = = hoặc à à 0 0 60 ; 30B C = = . Ví dụ 7 : Cho ABC và một hình chữ nhật có hai đỉnh nằm trên hai cạnh AB , AC và hai đỉnh còn lại nằm trên đáy BC . Trong tất cả những hình chữ nhật nh vậy , hãy tìm hình chữ nhất có diện tích lớn nhất . Giải tóm tắt : Giả sử hình chữ nhật đó là MNPQ ( xem hình ). Ta đặt MQ = x ; MN = y , AH = h ; BC = a h và a là các hằng số Ta có : S ABC = S AMN + S BMQ + S CNP + S MNPQ ah = y( h x) + x( a y) + 2xy ah = yh xy + ax xy + 2xy = yh + ax yh = ah ax ( ) a y h x h = .Khi đó S MNPQ = xy 2 ( ) ( ) a a h x x hx x h h = = 2 2 2 2 2 2 4 4 2 4 2 4 MNPQ a h h xh a h h ah S x x h h = + ì = ữ ữ . Dấu bằng xảy ra khi x = h/2 Vậy MaxS MNPQ = ah/4 khi MN là đờng trung bình của ABC . Ví dụ 8 : Cho điểm B nằm giữa hai điểm A và C sao cho AB = 14 cm , BC = 28 cm . Vẽ trên cùng nửa mặt phẳng bờ AC các nửa đờng tròn tâm I , K , O có đờng kính thứ tự là AB , BC , AC . Tính bán kính đờng tròn tâm M Tiếp xúc ngoài với các nửa đờng tròn (I) ; (K) và tiếp xúc trong với nửa đờng tròn (O). Giải tóm tắt: Đặt bán kính (M) là x , HI = y ta có : MK = 14 + x , MI = 7 + x ; MO = 21 x ; IK = 21 OH = 21 ( 7 + y) ; KH = 21 y Gọi H là hình chiếu của M trên AC , áp dụng định lí Pitago ta có : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 MH MO OH MO OH MK KH MH MK KH MK KH MI HI MH MI HI = = = = = y x 28 14 H KI OA C M B S h y x Q P N H A B C M ( 21 x ) 2 [ 21 ( 7 + y)] 2 = ( 14 + x) 2 ( 21 y) 2 ( 14 + x) 2 ( 21 y) 2 = ( 7 + x) 2 y 2 245 70x = 14y 245 x = 6 14x + 147 = 441 42y Đáp số bán kính đờng tròn (M) bằng 6 cm Ví dụ 8 : Cho ABC có diện tích bằng S . 1.Chứng minh rằng nếu có điểm M trong tam giác sao cho MA = 1 , MB = MC = 6 thì S 2 500 . 2.Điểm M có đặc điểm gì khi S 2 = 500 ? Giải tóm tắt : 1) Gọi K là trung điểm của BC và vẽ đờng cao AH của ABC , thì M thuộc trung trực của BC . Gọi I là hình chiếu của M trên AH và trên tia đối của tia MK lấy điểm D sao cho MD = MA .Ta có : MD AI nên S DBC S ( vì tứ giác MIHK là hình chữ nhật ) .Đặt HI = MK = x ta có : BK = 2 36 x và DK = x + 1 . Khi đó S DBC = DK.BK = (x + 1) 2 36 x với x < 6 Đặt S DBC = S 1 thì : S 1 2 = ( x 2 + 2x + 1)( 36 x 2 ) . Ta chứng minh ( x 2 + 2x + 1)( 36 x 2 ) 500 với mọi x < 6 là bài toán xong . Thật vậy : ( x 2 + 2x + 1)( 36 x 2 ) 500 x 4 2x 3 + 35x 2 + 72x 464 0 x 4 + 4x 3 6x 3 + 24x 2 + 11x 2 44x + 116x 464 0 x 3 ( x 4) 6x 2 ( x 4) + 11x( x 4) + 116( x 4) 0 ( x 4)( x 3 + 6x 2 11x 116) 0 ( x 4)( x 3 4x 2 + 10x 2 40x + 29x 116) 0 ( x 4)[x 2 ( x 4) + 10x( x 4) + 29( x 4)] 0 ( x 4) 2 ( x 2 10x + 25 + 4 ) 0 ( x 4) 2 [ ( x 5) 2 + 4 ] 0 đúng Vậy S S 1 500 đúng đpcm. 2) Từ câu 1 , dấu bằng xảy ra khi AD = AM = AH = 1 và MK = IH = 4 A trùng D hay ABC cân tại A và M nằm trên đờng cao AH sao cho MA = 1 ; MH = 4 AH = 5 , MB = MC = 6 . Khi đó BK = BH = 36 16 20 2 5 = = . S 2 = ( BH.AH ) 2 = ( ) 2 2 5.5 500 = đúng. 1 6 6 1 D I H K B C A M Qua M kẻ đờng thẳng song song với AB cắt BC tại N , ta có 4 5 HM HN HA HB = = .4 2 5.4 8 5 5 5 HB HN = = = . Khi đó MN 2 = MH 2 + NH 2 = 4 2 + 64 5 ; MC 2 = 6 2 MN 2 + MC 2 = 16 + 36 + 64 5 = 324 5 Lại có : CN 2 = ( NH + HC ) 2 = 2 2 8 18 324 2 5 5 5 5 + = = ữ ữ . Vậy MN 2 + MC 2 = NC 2 nên tam giác MNC vuông tại M CM MN CM AB M là trực tâm của ABC . Vài lời bàn về cách giải các ví dụ trên : Từ cách giải trên ta thấy việc tính toán , chứng minh của bài tập hình học đợc đa về việc giải quyết bài tập đại số và cho ta lời giải đẹp , bất ngờ . Để giải bài tập hình theo phơng pháp đại số này ta cũng cần các bớc nh sau : 1. Chọn ẩn số ( có thể 1 hoặc 2 ẩn số ) 2. Dùng ẩn số và những yếu tố hình học đã cho biểu diễn các đại lợng hình học cha biết khác 3. Dựa vào các mối quan hệ hình học để lập phơng trình hoặc hệ phơng trình 4. Giải phơng trình hoặc hệ phơng trình vừa lập từ đó dễ dàng giải quyết phần còn lại của bài toán . Bài tập luyện tập Bài 1 : Cho ABC vuông tại A , I là tâm đờng tròn nội tiếp tam giác . 1. Nếu AB = 5 cm ; IC = 6cm , thì BC = ? 2. Nếu IB 2 = 5 cm , IC 2 = 10 cm , thì chu vi của ABC bằng bao nhiêu ? Bài 2 : Cho ABC cân tại A ; I là tâm đờng tròn nội tiếp. Biết 2 5; 3IA IB = = . Tính AB Bài 3 : Cho ABC vuông tại C và góc A nhỏ hơn góc B . Gọi I ; O thứ tự là tâm đờng tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác và cho biết BIO cũng là tam giác vuông . Chứng minh : BC : AC : AB = 3 : 4 : 5 ( Trích đề thi HSG toán 9 toàn quốc 1993 1994 ) Bài 4 : Cho ABC ngoại tiếp đờng tròn tâm I . Kẻ 3 tiếp tuyến tơng ứng song song với 3 cạnh của tam giác tạo thành 3 tam giác nhỏ có diện tích là S 1 , S 2 , S 3 . Gọi diện tích của ABC là S . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 2 3 S S S P S + + = Bài 5 : Cho ABC , I là giao điểm các phân giác trong AD và BE của am giác . Cho biết : 1 3; 3 1 AI BI ID IE = = . Hỏi tam giác ABC là tam giác gì ? 1 6 4 N H A B C M . bài tập hình học hay bài tập đại số ? Rõ ràng hàm lợng biến đổi đại số trong lời giải lấn át yếu tố hình học nên cũng có thể gọi là bài tập đại số . Nhng. lời giải đẹp , bất ngờ . Để giải bài tập hình theo phơng pháp đại số này ta cũng cần các bớc nh sau : 1. Chọn ẩn số ( có thể 1 hoặc 2 ẩn số ) 2. Dùng ẩn số