Chuyen de tinh dien tich trong hinh hoc

Trong hình học ta thường gặp những bài toán phải dùng diện tích của các hình mới giải quyết được. Những bài toán mà sử dụng diện tích thường là những bài toán tương đối khó , phức tạp.[r]

PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG HÌNH HỌC

Trong hình học ta thường gặp tốn phải dùng diện tích hình giải Những tốn mà sử dụng diện tích thường tốn tương đối khó , phức tạp Trong giải tốn có nhiều sử dụng phưpưng pháp thơng thường để giải gặp nhiều khó khăn , song sử dụng diện tích hình để giải đơn giản nhiều Đối với khả học sinh cấp , cấp việc sử dụng diện tích hình để giải tốn có lợi ích rõ rệt học sinh giỏi Bởi sử dụng phương pháp diện tích hình dễ suy luận sáng tạo

Phương pháp suy luận để giải toán diện tích hình tn theo số quy tắc định , viết tóm tắt số quy tắc hay sử dụng Và dựa theo quy tắc tơi áp dụng vào để giải tốn để bạn tham khảo

I ) MỘT SỐ KIẾN THƯC CƠ BẢN

Ta biết cơng thức tính diện tích hình tam giác biết độ dài cạnh đáy a đường cao tương ứng h diện tích tam giác tính theo công thức : S = 1/2 ah

Căn vào công thức xin nêu số tính chất sau

1- Hai tam giác có diện tích :

Nếu chung cạnh đáy đường cao tương ứng với cạnh nhau

Nếu chung đường cao cạnh tương ứng với dường cao nhau

2 - Hai tam giác có : Chung đường cao ( chung cạnh đáy ) cạnh ứng với đường cao (Đường cao ứng với cạnh ) diện tích hai tam giác

3 - Hai tam giác có diện tích chung cạnh ( Hai đỉnh đối diện với cạnh nằm nửa mặt phẳng ) hai đỉnh cách đường thẳng chứa cạnh hay dường thẳng chứa qua hai đỉnh song song với đường thảng chứa cạnh chung

4 - Hai tam giác có tỉ số diện tích k

Nếu chung cạnh tỉ số hai đường cao ứng với cạnh bằng k

Nếu chung đường cao tỉ số hai cạnh ứng với đường cao cũng bằng k

Từ điều kiện suy diện tích hai tam giác k 5- Hai tam giác có tỉ số cạnh tương ứng k tỉ số diện tích của hai tam giác k2

c

a b A

B C

D E

Giả sử hai tam giác ABC ADE có AB = k AD , AC = k AE

BC = k DE

Ta có S(ABC) = k S(ADC) ( Chung đường cao hạ từ C )

và S(ADC) = k S(ADE) ( chung đường cao hạ từ D) Từ suy S(ABC) = k2 S(ADE)

hay tỉ số diện tích hai tam giác ABC ADE k2

Chú ý : Trong phần diện tích tam giác ABC kí hiệu S(ABC) diện tích tứ giác ABCD ký hiệu S(ABCD)

II ) PHẦN BÀI TẬP VẬN DỤNG

A) Loại tập tính tốn diện tích hình

B

D A

Q M

C N

P

Bài :

Cho tứ giác ABCD , tia đối tia AB lấy diểm M cho AM = AB , Trên tia đối tia BC lấy điểm N cho BN = CB ; trên tia đối tia CD lấy điểm P cho CP = CD ; tia đối tia DA lấy điểm Q cho DQ = AD Tính diện tích tứ giác MNPQ , biết S(ABCD) = 1

Lời giải

Trong AQM có MQ đường trung tuyến nên dt(AMQ) = 2dt(AMD) chung đường cao hạ từ M AQ = 2.AD

mà AM = AB nên dt(AMD) = dt(ABD) chung đường cao hạ từ D Cho nên dt(AMQ) = 2.dt(ABD)

Chứngminh tương tự : dt(CPN) = 2.dt(BCD)

cho nên dt(MAQ) + dt(CPN) = 2( dt(ABD) + dt(BCD) ) = dt(ABCD) Và dt(NBM) + dt(PQD) = dt(ABCD)

B

D A

Q M

C N

P

Bài 2

Cho tứ giác ABCD điểm O nằm tứ giác Gọi M , N , P , Q diểm đối xứng của O qua trung điểm cạnh tứ giác Hãy tính diện tích tứ giác MNPQ Biết diện tích tứ giác ABCD 12 cm2

Lời giải

Gọi E , F , G , H trung điểm AB , BC , CD AD Nối điểm E , F , G H ta dễ chứng minh tứ giác E FGH hình bình hành

Nối BD ta có dt(CGF) = 1/4 dt(BCD) có tỉ số cạnh 1/2 dt(AEH) = 1/4 dt(ABD) có tỉ số cạnh 1/2 Cho nên dt(FGC) + dt(AEH) = 1/4dt(ABCD)

Lý luận tương tự dt(FEB) + dt(DHG) = 1/4 dt(ABCD)

nên suy dt(FCG) +dt(AEH) + dt(FEB) + dt(DHG) = 1/2 dt(ABCD) Do suy dt(E FGH) = 1/2dt(ABCD) (1)

Mà dt(OMN) = 4.dt(OE F) có tỉ số cạnh

Tương tự dt(OMQ) = 4.dt(OEH) ; dt(OPQ) = 4.dt(OHG) ; dt(ONP) = 4.dt(O FG)

cho nên dt(MNPQ) = 4.dt(E FGH) (2)

Từ (1) (2) suy dt(MNPQ) = 2.dt(ABCD) ; mà dt( ABCD) = 12 cm2 Cho nên dt(MNPQ) = 24 cm2

C A K

M L

B D

Bài 3

Cho tam giác KML , KL lấy điểm A cho LA = 3.AK ; ML lấy điểm B cho BL = 4.MB BK MA cắt C Hãy tính diện tích tam giác KML , biết diện tích tam giác KLC = 2

Lời giải

Trên ML lấy điểm D cho MB = BD = 1/5 ML

Ta có dt(KBL) = dt(KBD) chung đường cao hạ từ K BL = 4,BD dt(KBL) = 4.dt(KAB) chung đường cao hạ từ B KL = 4.KA

cho nên dt(KBD) = dt(KAB) mà hai tam giác có chung cạnh KB AD // KB

mà hai tam giác KCD KAC có chung cạnh đáy KC đường cao hạ từ A , D xuống KC nên dt(KCD) = dt(KAC) (2)

Từ (1) (2) suy dt(KMC) = dt(KAC) , mà hai tam giác chung đường cao hạ từ K

cho nên MC = AC Do dt(MLC) = dt(ALC)

mà dt(KML) = dt(MKC) + dt(MCL) + dt(KLC) = 2.dt(KLC) =

O N A

B C

M

Bài 4

Cho tam giác ABC cạnh AB lấy M sao cho AM = 1/3 AB , AC lấy N cho AN = 1/3 AC Nối CM N cắt O

Biết diện tích tam giác ABC = 24 cm2 Hãy tính diện tích tứ giác OMAN

Lời giải

Cách 1 : dt(OBM) = 2.dt(AMO) chung đường cao hạ từ O BM = 2.AM dt(ONC) = 2.dt(ANO) chung đường cao hạ từ O NC = 2.AN mà dt(MBC) = dt(NBC) 2/3dt(ABC) ; hai tam giác có chung dt(OBC)

Do vâïy suy dt(BOM) = dt(NOC) dt(AOM) = dt(AON)

Từ suy : dt(ABN) = 4.dt(AON) hay dt(ABN) = 2.dt(AMON) Mà dt(ABN) = 1/3dt(ABC)

Cho nên dt(AMON) = 1/6dt(ABC) = 1/6 24 = ( cm2)

Cách 2:

Ta có dt(MBC) = 2/3dt(ABC) chung đường cao hạ từ C MB = 2/3 AB

dt(BNC) = 2/3dt(ABC) chung đường cao hạ từ B NC = 2/3 AC

nên dt(NBC) = dt(MBC) , mà hai tam giác có chung dt(OBC) dt(OBM) = dt(OCN)

mà dt(OBM) = 2/3dt(AOB) ; dt(OCN) = 2/3dt(AOC) dt(AOB) = dt(AOC) (1)

mà dt(AMO) = 1/3dt(AOB)(2) chung đường cao hạ từ O AM = 1/3 AB Từ (1) (2) suy dt(AOM) = 1/3 dt(AOC) dt(AOM) = 1/4dt(AMC) = 1/12 dt(ABC)

Lý luận tương tự dt(AON) = 1/12dt(ABC)

J I

N M A

B C

E

Bài 5

Cho tam giác ABC , gọi I trung điểm BC , nối AM Trên AM lây diểm N cho MN = 1/3 AN Nối BN cắt AC E Tính diện tích tam giác NEC

Biết diện tích tam giác ABC 1

Lời giải

Kẻ AI CJ vng góc với đường thẳng BE

Ta có dt(ABM) = dt(AMC) dt(BMN) = dt(MNC)

mà AN = 3.MN  dt(ABN) = 3.dt(BNM)(1) Vì hai tam giác có chung đường cao hạ từ B

dt(BNC) = dt(BMN) (2)

Từ (1) (2)  dt(ABN) = 3/2 dt(BNC) , mà hai tam giác chung cạnh đáy BN đường cao hạ từ A 3/2 đường cao hạ từ C hay AI = 3/2 CJ

Mà dt(ANE) = 1/2NE.AI ; dt(NEC) = 1/2 NE.CJ AI = 3/2 CJ dt(ANE) = 3/2 dt(NEC)

Vì dt(NEC) = 2/5dt(ANC)(3)

Mà MN = 1/3AN  AN = 3/4 AM dt(ANC) = 3/4dt(AMC) chung đường cao hạ từ C

mà dt(AMC) = 1/2dt(ABC) Vì dt(ANC) = 3/8dt(ABC)(4) Từ (3) (4) suy dt(NEC) = 3/20dt(ABC) = 3/20

H

M A

B C

D I

Bài 6

Cho tứ giác ABCD , vẽ hình bình hành DBCM

Tính diện tích tam giác ACM Biết diện tích tứ giác ABCD 20cm2

Lời giải

Từ A kẻ đường caoAH tam giác ACM cắt BD I ; kẻ đường cao CN hình bình hành DBCM ( N  BD )

Dễõ thấy tứ giác CNIH hình chữ nhật CN = IH mà AH = AI + IH AH = AI + CN

mà dt(ABCD) = dt(ABD) + dt(BDC) dt(ABD) = 1/2BD.AI , dt(BDC) = 1/2BD.CN

cho nên dt(ABCD) = 1/2BD(AI + CN) = 1/2.BD.AH (1) Mà dt(ACM) = 1/2.CM.AH CM = BD (2)

Từ (1) (2) ta suy dt(ACM) = dt(ABCD) = 20 cm2

Ở phần giải tập có liên quan đến việc chứng minh diện tích hình mà sử dụng số định lý hình học việc giải tậïp trở lên đơn giản tiện lợi Mục đích phần thơng qua số tính chất hình định lý hình học để tìm mối quan hệ cạnh đường cao tương ứng hình mà ta cần xét

E

B

F G

K T

N M B

C

D A

Bài : Cho tứ giác ABCD ,gọi M N trung điểm BC AD K T giao điểm MD NC ; MA NB

Chứng minh : Diện tích tứ giác MTNK bằng tổng diện tích hai tam giác ABT CDK

Lời giải : Từ B , C , M kẻ cac đường vng góc BE , CF , MG xuống AD tứ giác BE FC hình thang

Mà BM = MC MG//BE MG đường trung bình , BE + CF = 2MG

Mặt khác S(MAD) = 1/2 AD.MG ; S(ABN) = 1/2 AN.BE ; S(NCD) = 1/2 ND.CF

suy S(MAD) = S(ABN) + S(NCD) mà tam giác có phần chung S(ANT) S(NDK)

Do suy S(MTNK) = S(ABT) + S(CDK)

O

H

B C

A

D E

F

Bài :

Từ đỉnh B C tam giác cân ABC ( AB = AC) ta nối với trung điểm O đường cao AH Các đường cắt AC , AB D , E Hãy tính diện tích tứ giác AEOD Biết diện tích tam giác ABC = 12 cm2

Lời giải

Vì tam giác ABC tam giác cân nên AH đường cao vừa đường trung tuyến , nên BH = HC

Từ H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AC F Trong BCD có HF//BD BH = HC  FC = FD Trong AH F có OD//HF OA = OH  AD = DF

do suy AD = 1/3 AC , dt(AOD) = 1/3 dt(AOC) (1) chung đường cao hạ từ O

dễ chứng minh dt(AOC) = 1/4dt(ABC) (2)

Từ (1) (2)  dt(AOD) = 1/12 dt(ABC) Lý luận tương tự dt(AOE) = 1/12 dt(ABC)

Chú ý : Bài vận dụng cách giải của phần đơn giản

N

F C

A

B M

D P

E

Bài

Trong tam giác ABC có diện tích Dựng đoạn AD cắt trung tuyến CF M cho CF = 4FM

Tìm diện tích tam giác ABD

Lời giải

Gọi N trung điểm CF , từ F N kẻ đường thẳng song song với AD cắt BC P E

Trong ABD có FE // AD FA = FC E trung điểm BD (1) Trong  FCE có FN = NC NP // FE P trung điểm CE (2).

Trong hình thang FNPE có FM = 1/4 FC FN = 1/2 FC FM = 1/2FN

hay M trung điểm FN , mà MD // FE D trung điểm PE (3)

Từ (1),(2) (3) suy PD = DE = EB = 1/2 PC BD = 2/5 BC

Do dt(ABD) = 2/5 dt(ABC) chung đường cao hạ từ A ; hay dt(ABD) = 2/5

O M N

G

F

E H

A

B

C D

Bài 4

Cho tứ giác ABCD Gọi M , N trung điểm hai đường chéo AC BD Từ M kẻ đường thẳng song song với BD , từ N kẻ đường thẳng song song với AC Hai đường này cắt O Chứng minh đoạn thẳng nối điểm O với trung điểm cạnh chia tứ giác thành bốn phần có diện tích

Lời giải

Gọi E , F , G , H trung điểm canh BC , CD , DA AB Nối ME , MF ta có  CFE có cạnh tương ứng 1/2 cạnh tam giác BDC dt(CFE) = 1/4dt(BCD)

Chứng minh tương tự dt(MFE) = 1/4dt(ABD)

mà MO // BD EF // BD  OM // FE dt(OE F) = dt(MFE) có chung cạnh FE đương cao hạ từ O M xuống FE

Mà dt(OE CF) = dt(OE F) + dt(CFE) = 1/4[dt(ABD) + dt(BDC)] = 1/4 dt(ABCD)

Chứng minh tương tự : dt(O FDG ) = dt(OHAG) = dt(OEBH) = dt(OE FC) = 1/4dt(ABCD)

Q P

O1 O2 O3

E D

A

B C

M

Bài 5

Cho điểm M nằm tam giác ABC Gọi O1 , O2 ; O3 trọng tâm tam giác MBC , MBC MAB Chứng minh dt(O1O2O3) = 1/9dt(ABC)

Lời giải

Gọi P , Q trung điểm AO3 , AO2 PQ đường trung bình tam giác AO2O3

cho nên PQ = 1/2 O2O3 (1)và PQ // O2O3

Mà O2 ,O3 trọng tâm tam giác MAC , MAB QO2 = O2E ; PO3 = O3D

Mặt khác dt(DEO3) = dt(DEO2) bắng 2/3 dt(ADE) ; DE cạnh chung O2O3 //DE

Do suy PQ // DE O2O3 đường trung bình hình thang PQED

 2.O2O3 = PQ + DE (2)

Từ (1) (2)  O2O3 = 2/3 DE ;

mà DE đường trung bình tam giác MBC nên DE = 1/2 BC Do O2O3 = 1/3.BC

Chứng minh tương tự : O2O1 = 1/3.AB ; O1O3 = 1/3.AC Vậy dt(O1O2O3 ) = 1/9 dt(ABC)

Q

P

N

M A

B

D

C

Bài 6

Qua giao điểm hai đường chéo hình vng kẻ hai đường thẳng vng góc với Chứng minh hai đường thẳng chia hình vng thành phần có diện tích

Lời giải

Dễ chứng minh tam giác : OBQ = ODP = OAM = OCN ( g.c.g) OAQ = OCP = ODM = OBN (g.c.g)

dt(OPDM) = dt(OPD) + dt(ODM) ; dt(OMAQ) = dt(OMA) + dt(OAQ)

Cho nên dt(OBQN) = dt(ONCP) = dt(OPDM) = dt(OMAQ) C) Loại tốn có nội dung cực trị liên quan diện tích hình

A

B C

D

E

F

Bài 1

Cho ABC , cạnh AB , BC , CA

theo thứ tự ta lấy điểm D , E , F cho AD = k.AB

BE = k.BC ; CF = k.AC (0< k < 1) Xác định k để dt(DE F) có giá trị nhỏ Với dt(ABC) = 1

Lời giải

Ta có dt(ABE) = k.dt(ABC)(1) BE = k.BC chung đường cao hạ từ A

mà AD = k.AB  BD = (1 - k).AB dt(BDE) = (1 - k).dt(ABE) (2) Từ (1) (2) suy dt(BDE) = k(1-k).dt(ABC)

Tương tự : dt(CFE) = k(1-k).dt(ABC) ; dt(AD F) = k(1-k).dt(ABC) mà dt( DE F) = dt(ABC) - [ dt(BDE) + dt(FEC) + dt(FAD) ]

= - 3k(1 - k) = 3k2 - 3k + 1

Hay dt(DE F) = 3k2 - 3k + = 3(k2 - k + 1/3 ) = 3[ (k2 - k + 1/4 ) + 1/12 ] = 3[(k - 1/2 )2 + 1/12 ] = 3(k - 1/2 )2 + 1/4  1/4 với k Vậy giá trị nhỏ dt( DE F) 1/4 k = 1/2

d

I E

B C

M A

Bài 2

Chứng minh tam giác có chung một cạnh chu vi tam giác cân có diện tích lớn

Lời giải

Qua đỉnh A tam giác cân ABC ta vẽ đường thẳng d song song với đường thẳng chứa cạnh BC Ta chứng minh tam giác có đỉnh nằm đường thẳng d nằm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng d khơng chứa BC có chung cạnh BC có chu vi lớn chu vi tam giác ABC Từ suy tam giác có chu vi với tam giác ABC có đỉnh nằm hai đường thẳng d đường thẳng BC Do mà đường cao ứng với cạnh BC nhỏ đường cao tam giác ABC Do diện tích tam giác ABC lớn

Thật lấy điểm M  A nằm d nửa mặt phẳng bờ d không chứa BC Gọi E điểm đối xứng B qua d , đễ chứng minh điểm E , A , C thẳûng hàng AB + AC = CE

mà MB > ME MB + MC > ME + MC Trong MEC có ME + MC > CE

cho nên AB + AC < MB + MC  chu vi  ABC < chu vi MBC

Do tam giác có chu vi với tam giác ABC chung cạnh BC có đỉnh đối diện nằm hai đường thẳng d BC Do suy điều phải chứng minh

F E

D A

B C

M

Bài 3

Cho hình vng ABCD , điểm M chuyển động đường chéo AC Từ M kẻ ME vng góc với AB , kẻ MF vng góc với BC Xác định vị trí M để diện tích tam giác DE F có giá trị nhỏ Biết hình vng có cạnh 1

Lời giải

Dễ chứng minh ME // AD ; MF // CD

Cho nên dt(AEM) = dt(EMD) chung cạnh EM có đường cao hạ từ A D

dt(FMD) = dt(FMC) chung cạnh FM đường cao hạ từ D C

Mà dt(DE F) = dt(MED) + dt(FMD) + dt(ME F) (1) dt(AE FC) = dt(AEM) + dt(CFM) + dt(FME) (2) dt(AE FC) = dt(ABCD) - dt(BE F) (3)

Từ (1) (2) (3)  dt(DE F) = dt(ABCD) - dt(BE F)

Đặt BF = x BE = AB - x = - x ; dt(ABCD) = AB2 = ; dt(BE F) = 1/2.x.(1 - x)

dt(DE F) có giá trị nhỏ 7/8 x = 1/2 hay E trung điểm AB Do M trung điểm AC hay M tâm hình vng

y x

I

H A

B

C M

N

P Q

Bài 5

Cho tam giác ABC , hình chữ nhật nội tiếp tam giác có hai đỉnh nằm BC , cịn hai đỉnh lại nằm hai cạnh lại Tìm hình chữ nhật có diện tích lớn

Lời giải

Đặt BC = a ; AH = h ; MN = y ; MQ = x Ta có dt(ABC) = dt(AMN) + dt(MNPQ) + dt(BMQ) + dt(CNP)

= 1/2.y(h-x) + xy + 1/2(BQ + CP).x = 1/2.yh + xy + 1/2(a-y) = 1/2.ah

 ah = hy + a x  y = ah(h − x)

Vậy dt(MNPQ) = ah(h − x) x =

h

2− x¿

≤ah

4

a h(

h2

4 −

h2

4 +hx− x

)=ah −

a h¿

Vậy dt(MNPQ) có giá trị lớn ah4 x = h/2

x

D A

B C

E

M N

P

Q Bài 6

Cho hình vng có cạnh Nội tiép hình vng ngũ gíac cho đỉnh ngũ giác chia chu vi hình vng thành phần bằng Xác định vị trí đỉnh để diện tích của ngũ giác lớn

Lời giải vắn tắt

Từ cạnh tứ giác có chứa hai đỉnh ngũ giác Giả sử cạnh BC có chứa hai đỉnh M , N Cho nên MN = 45

Đặt BE = x  BM = 45− x ;

AE=1− x ;AQ=4

5−(1− x)=x −

5;QD=1−AQ= 5− x PD=4

5−QD=x −

5;PC=1−PD=

5− x ;NC=

 dt(AEQ) =

1

2(1− x)(x −

5);dt(DPQ)= 2(x −

2 5)(

6

5− x);dt(NCD)= 2(

7

5− x)(x − 5);

dt(BEM) = 12(x −4 5)x

cho nên dt(MNPQE) = - [dt(AEQ) + dt(DPQ) + dt(NCD) + dt(BEM) ] =

2x −7

5¿ 2³39

50 39

50+ 2¿

Diện tích nhỏ ngũ giác MNPQE 3950 x = 107 Từ xác định vị trí điểm E , Q , P , N , M

x y F E B A O M Bài 7

Cho góc xOy điểm M nằm góc Một đường thẳng di qua M cắt O x A cắt Oy B Chứng minh : dt

(OMA)+

dt(OMB) không đổi

Lời giải

Từ M kẻ ME // Oy ; MF // O x

OE OA= MB AB ; OF OB= AM AB ⇒ OF OB+ OE OA=

AM+MB AB =1

Mà dtdt(OEM)

(OMA)=

OE OA ;

dt(OMF)

dt(OMB)=

FO OB ⇒

dt(OEM)

dt(OMA)+

dt(FOM)

dt(OMB)=

OE OA +

FO OB=1

tứ giác MEO F hình bình hành dt(OEM) = dt(FOM) cógiá trị xác định

Vậy dt

(OMA)+

dt(OMB) =

1

dt(OEM) có giá trị khơng dổi

F E H C A B Bài 8

Cho tam giác vng ABC (Góc C= 900), kẻ đường cao CD , đường phân giác CE của góc ACD đường phân giác góc BCD Tìm giá trị nhỏ tỉ số :

dt(ABC) dt(CEF)

Lời giải

Ta có EC B^ +EC A^ =900

;B^E C+EC D^ =900

 BCE tam gíac cân  BC = BE Chứng minh tương tự AC = A F

nên FE = BC - BF = BC - ( AB - FA ) = BC + AC - AB = a+b - c ( Trong BC = a ; AC = b ; AB = c )

mà ( a + b )2 = a2 + 2ab + b2 = c2 + 2ab ; a2 + b2 > 2ab hay 2ab < c2 (a+b)2 < 2c2  a+b - c < c

√2 - c = c( √2 - )  a+b − cc ³ c

c(√2−1)=√2+1

Mà dtdt(ABC)

(CEF) =

2AD AB

2AD FE =AB

FE =

c a+b −c

cho nên dtdt(ABC)

(CEF) ³ √2 +1

Vì : tỉ số dtdt(ABC)

(CEF) có giá trị nhỏ √2 +1  ABC vuông

cân C

VẬN DỤNG DIỆN TÍCH CÁC HÌNH ĐỂ GIẢI TỐN

1 Tốn chứng minh :

D A

B C

E

Bài ( Định lý Ta lét )

Nếu đường thẳng cắt hai cạnh tam giác định hai cạnh cặp đoạn thẳng tỉ lệ

Lời giải

Ta có dtdt(ACD)

(BCA)= AD

BD (1) hai tam giác có chung đường cao hạ từ C dt(ABE)

dt(BCE)=

AE

EC (2) hai tam giác có chung đường cao hạ từ B

Mà DE // BC nên dt(BCE) = dt(BCD) (3)

và dt(BDE) = dt(DEC) dt(ABE) = dt(ACD) (4) có chung diện tích ADE Ch

Từ (1), (2) , (3) (4)  ADBD=AE CE

Dựa vào tính chất tỉ lệ thức ta dễ chứng minh tỉ số sau :

AD AB=

AE AC;

AB BD=

K H

D A

B C

Bài : ( Tính chất đường phân giác tam giác ) Đường phân giác tam giác chia cạnh đối diện thành hai đoạn tỉ lệ với hai cạnh kề với hai đoạn

Lời giải

Từ D kẻ DH ; DK vuông góc với AB AC DH = DK Ta có dt(ABD)=1

2⋅AB⋅DH;dt(ACD)=

2⋅DK⋅AC

Cho nên dtdt(ABD)

(ACD)= AB

AC (1) Mà

dt(ABD) dt(ACD)=

DB

DC (2) chung đường cao

hạ từ A

Từ (1) (2)  ABAC=DB DC

N M

O I

D C

A B

Bài

a) Cho hình thang ABCD (AB // CD ) Gọi O giao điểm hai đường chéo , M N trung điểm AB CD Chứng minh : điểm M , O , N thẳng hàng

b) Cho hình thang ABCD ( AB // CD) có hai cạnh bên cắt I , giao điểm hai đường chéo O Chứng minh đường thẳng OI qua trung điểm hai cạnh đáy hình thang ABCD

Lời giải ( Phần a )

Giả sử điểm M , O , N khơng thẳng hàng , điểm O nằm AOD BOC

Nếu điểm O nằm AOD

Ta có dt(OMN) = dt(ADNM) - [ dt(OMA)+dt(AOD)+dt(ODN)] dt(OMN) = dt(OMB)+dt(BOC)+dt(CON) - dt(BMNC)

mà dt(ADNM) = dt(BMNC)( hai hình thang có cạnh đáy tương ứng nhau có đường cao ).

dt(ONC) = dt(OND) ; dt(OMA) = dt(OMB) dt(OBC) = dt(OAD)

cho nên 2.dt(OMN) = Điều vơ lý trái với giả sử ba điểm O , M , N không thẳng hàng nên dt(OMN) 

Nếu điểm O nằm tam giác BOC lý luận tương tự dẫn đến vô lý

c

a b da ha

H A

B C

O

D E

Bài

Cho tam giác có góc nhọn Chứng minh : r

R

2

( Trong R , r bán kính đường tròn ngoại tiếp đường tròn nội tiếp tam giác )

Lời giải

Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , kẻ đường cao AH , OD vng góc với BC

đặt AH = ; OD = da

Dễ thấy < R + da  a.ha < R.a + a.da tương tự b.hb < R.b + b.db ; c.hc < R.c + c.dc

mà a.ha = b.hb = c.hc = r.(a+b+c) ; a.da + b.db + c.dc = 2dt(ABC) = r.(a+b+c) Cho nên 3r.(a+b+c) < R(a+b+c) + 2dt(ABC)

hay 3r(a+b+c) < R(a+b+c) + r(a+b+c)  2r(a+b+c) < R(a+b+c)  r ≤R

2

Chú ý : Kết với tam giác

M O D

A

B C

E N

Bài

Cho tam giác ABC , D trung điểm AB , AC lấy điểm E cho AE = 2.CE Gọi giao điểm CD BE O Chứng minh : OE = 1/4 BE

Lời giải

Cách : Kẻ AM , CN vng góc với BE

Ta có dt(ABE) = 2dt(BEC) chung đường cao hạ từ C AE = 2CE suy AM = 2.CN (vì hai tam giác có chung cạnh đáy BE)  dt(AOB) = 2.dt(BOC) (1)

Mà dt(AOC) = dt(BOC) ( Vì O nằm trung tuyến CD )

dt(AOC) = dt(EOC) ( AC = 3.CE chung đường cao hạ từ O) nên dt(BOC) = dt(EOC) , mà hai tam giác chung đường cao hạ CN Cho nên BO = 3.OE hay OE=1

4BE

F E I N

C

A D

B

M

Bài

Cho hình bình hành ABCD , từ B kẻ đường thẳng cắùt cạnh CD M ; từ D kẻ đường thẳng cắt cạnh BC N cho BM = DN Gọi giao điểm DN BM I Chứng minh : Tia IA tia phân giác góc BID

Lời giải

Từ A kẻ AE vuông góc với DN ; A F vng góc với BM Ta có dt(ABM) = 1/2 dt(ABCD) ; dt(ADN) = 1/2dt(ABCD)

cho nên dt(ABM) = dt(ADN) , mà BM = DN A F = AE hay A cách hai cạnh góc BID

Vậy tia IA tia phân giác góc BID

D B

N

A C

Bài

Cho tam giác ABC có góc B lần góc C đường phân giác góc A chia tam giác thành hai phần có diện tích gấp đơi Tính độ lớn góc tam giác

Lời giải

Ta có dt(ADC) = 2dt(ABD) , mà hai tam giác có đường cao hạ từ D

vì AD phân giác góc A nên D cách hai cạnh AB AC Cho nên AC = 2.AB

Ta có ^A+ ^B+ ^C=1800 B^

=3C^ ^A=1800−4C^

Gọi N trung điểm AC , ta có ABN tam giác cân 

AB N^ =AN B^ =2C^

Mà NB C^ =AB C − A^ B N^ =3C −^ 2C^=^C Cho nên NBC tam giác cân  NB

= NC

Từ suy AN = NC = BN ABC vuông B , nên

^

Q

M H P

A

B C

O

Bài

Chứng minh tam giác tổng khoảng cách từ điểm nằm tam giác đến cạnh khơng phụ thuộc vào vị trí điểm

Lời giải

Gọi O điểm nằm tam giác ABC , từ O kẻ OM , OP , OQ vng góc với cạnh BC , AB AC Kẻ đường cao AH

Ta có dt(ABC) = dt(OAB)+dt(BOC)+ dt(AOC)

mà dt(OAB) = 1/2OP.AB ; dt(AOC) = 1/2OQ.AC ; dt(OBC) = 1/2OM.BC dt(ABC) = 1/2 AH.BC ; AB = AC = BC

Cho nên 1/2 AH BC = 1/2 OP.AB + 1/2OQ.AC + 1/2 OM.BC = 1/2 BC (OP+OQ+OM)

 OP+OQ+OM = AH ( đpcm)

N M

A

B C

O

Bài

Cho ABC đường thẳng chia tam giác thành hai phần có diện tích chu vi Chứng minh đường thẳng ln qua điểm cố định

Lời giải

Giả sử đường thẳng MN thỏa mãn điều kiện Gọi O tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC r bán kính đường trịn Để khơng tính tổng qt ta giả sử O nằm hình MBCN

Theo ta có AM + AN = MB + BC + CN(1) dt(AMN) = dt(MBCN)(2)

ta có dt(AMN) = dt(AMO) + dt(AON) - dt(OMN) =

1

2r AM+

2r AN−dt(OMN)

=

1

2r(AM+AN)−dt(OMN) (3)

dt(MBCN) = dt(OMB)+dt(OBC)+dt(OCN) +dt(OMN) =

1

2r MB+

2r BC+

=

1

2r(MB+BC+NC)+dt(OMN) (4)

Từ (1)(2)(3)(4)  2.dt(OMN) =  M , O , N thẳng hàng hay MN qua điểm O

D A

B C

Bài 10

Cho tam giác ABC có AB = 2.AC , kẻ phân giác AD , gọi p nửa chu vi ABC , r ,r1 , r2 bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC , ADC ABD

Chứng minh AD = pr3(r1

1 +

r2)− p

Lời giải

Vì AB = 2.AC nên dt(ABD) = 2dt(ADC) có đường cao kẻ từ D

mà hai tam giác có chung đường cao kẻ từ A BD = 2.CD

dễ thấy dt(ADC) = 1/2 dt(ABD) = 1/3dt(ABC) = 1/3 pr ; nên dt(ABD) = 2/3 pr

dt(ACD)=1

2r1(AC+AD+CD) dt(ABD)=1

2r2(AB+AD+BD)

Cho nên AC+AD2 +CD=pr 3r1;

AB+AD+BD

2 =

2 pr 3r2

Cộng vế ta

AC+AD+CD+AB+AD+BD

2 =

AC+AB+BC+2 AD

2 =p+AD= pr

3 (

r1+

2

r2)

hay suy AD=pr (

1

r1+

2

r2)− p

c a b A1 C1 A B C M B1 Bài 11

Cho M điểm nằm tam giác ABC có BC = a ; AC = b ; AB = c Từ M kẻ MA1 ; MB1; MC1 vng góc với BC , CA , AB Tìm vị trí M để

a

MA1+

b

MB1+

c

MC1 có giá trị nhỏ

Lời giải vắn tắt : Đặt MA1 = x ; MB1 = y ; MC1 = z 2S(ABC) = a x + by + cz

mà (a x + by + cz) (a

x+ b y+

c

z) = a

2

+b2+c2+ab(x

y+ y x)+bc(

y z+

z y)+ca(

x z+

z x)³

a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc = (a+b+c)2 với m > m+

cho nên MAa

1 + b

MB1 + c

MC1

a+b+c¿2 ¿ ¿

³¿

2S = r(a+b+c) ; r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC

Để MAa

1 + b

MB1+

c

MC1 có giá trị nhỏ MA1= MB1 =

MC1 = r

Vậy M trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

c

a b r

M A

B C

O G

E

Bài 12

Cho tam giác ABC có a - b = b - c ( a,b,c cạnh tamgiác ) Chứng minh đoạn thẳng nối tâm đường tròn nội tiếp với trọng tâm tam giác song song với cạnh có độ dài b

Lời giải

Từ a - b = b - c  a+c = 2b

Gọi G trọng tâm tam giác ABC , O tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Kẻ EG vng góc với BC

Ta có dt(ABC) = 1/2 r.(a+b+c) = 1/2 r.3b = 3/2 br  r=2 dt(ABC) 3b

(1)

mà dt(GBC) = 1/3 dt(ABC) ; dt(GBC) = 1/2 EG BC  3.EG.BC = 2.dt(ABC)

 EG=2 dt(ABC) 3b

(2)

Từ (1) (2) suy EG = r hay OG // BC ( Vì O , G cách BC )

Email:info@123doc.org

http://huynhvumt.violet.vn