Đang tải... (xem toàn văn)
I MỘT SỐ KIẾN THƯC CƠ BẢN Ta đã biết công thức tính diện tích của hình tam giác khi biết độ dài của cạnh đáy là a và đường cao tương ứng là h thì diện tích của tam giác được tính theo c[r]
(1)PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG HÌNH HỌC Trong hình học ta thường gặp bài toán phải dùng diện tích các hình giải Những bài toán mà sử dụng diện tích thường là bài toán tương đối khó , phức tạp Trong giải toán có nhiều bài sử dụng các phưpưng pháp thông thường để giải thì gặp nhiều khó khăn , song sử dụng diện tích các hình để giải thì đơn giản nhiều Đối với khả học sinh cấp , cấp thì việc sử dụng diện tích các hình để giải toán thì có lợi ích rõ rệt là các học sinh giỏi Bởi vì sử dụng phương pháp diện tích các hình dễ suy luận và sáng tạo Phương pháp suy luận để giải toán diện tích các hình nó tuân theo số quy tắc định , bài viết tôi tóm tắt số quy tắc hay sử dụng Và dựa theo quy tắc này tôi đã áp dụng vào để giải toán để các bạn tham khảo I ) MỘT SỐ KIẾN THƯC CƠ BẢN Ta đã biết công thức tính diện tích hình tam giác biết độ dài cạnh đáy là a và đường cao tương ứng là h thì diện tích tam giác tính theo công thức : S = 1/2 ah Căn vào công thức trên tôi xin nêu số tính chất sau 1- Hai tam giác có diện tích : Nếu chung cạnh đáy thì đường cao tương ứng với cạnh đó Nếu chung đường cao thì cạnh tương ứng với dường cao đó - Hai tam giác có : Chung đường cao ( chung cạnh đáy ) và cạnh ứng với đường cao (Đường cao ứng với cạnh đó ) thì diện tích hai tam giác đó - Hai tam giác có diện tích và chung cạnh ( Hai đỉnh đối diện với cạnh đó cùng nằm nửa mặt phẳng ) thì hai đỉnh đó cách đường thẳng chứa cạnh đó hay dường thẳng chứa qua hai đỉnh đó song song với đường thảng chứa cạnh chung đó - Hai tam giác có tỉ số diện tích là k Nếu chung cạnh thì tỉ số hai đường cao ứng với cạnh đó k Nếu chung đường cao thì tỉ số hai cạnh ứng với đường cao đó k Từ các điều kiện trên suy diện tích hai tam giác k 5- Hai tam giác có tỉ số các cạnh tương ứng k thì tỉ số diện tích hai tam giác k2 Thật : A Giả sử hai tam giác ABC và ADE có AB = k AD , AC = k AE BC = k DE E D Ta có S(ABC) = k S(ADC) ( Chung đường cao hạ từ b C) c và S(ADC) = k S(ADE) ( chung đường cao hạ từ D) Từ đó suy S(ABC) = k2 S(ADE) B a C hay tỉ số diện tích hai tam giác ABC và ADE k2 (2) Chú ý : Trong phần này diện tích tam giác ABC kí hiệu là S(ABC) diện tích tứ giác ABCD ký hiệu là S(ABCD) II ) PHẦN BÀI TẬP VẬN DỤNG A) Loại bài tập tính toán diện tích các hình M Q D A N B C Bài : Cho tứ giác ABCD , trên 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 ; trên tia đối tia DA lấy điểm Q cho DQ = AD Tính diện tích tứ giác MNPQ , biết S(ABCD) = P Lời giải Trong AQM có MQ là đường trung tuyến nên dt(AMQ) = 2dt(AMD) vì chung đường cao hạ từ M và AQ = 2.AD mà AM = AB nên dt(AMD) = dt(ABD) vì 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) Vậy dt(MNPQ) = 5.dt(ABCD) Mà dt(ABCD) = nên dt(MNPQ) = M Q D A N B C Bài Cho tứ giác ABCD và điểm O nằm tứ giác Gọi M , N , P , Q là các diểm đối xứng O qua trung điểm các cạnh tứ giác Hãy tính diện tích tứ giác MNPQ Biết diện tích tứ giác ABCD 12 cm2 P Lời giải Gọi E , F , G , H là trung điểm AB , BC , CD và AD Nối các điểm E , F , G H ta dễ chứng minh tứ giác E FGH là hình bình hành Nối BD ta có dt(CGF) = 1/4 dt(BCD) vì có tỉ số các cạnh là 1/2 dt(AEH) = 1/4 dt(ABD) vì có tỉ số các cạnh là 1/2 Cho nên dt(FGC) + dt(AEH) = 1/4dt(ABCD) (3) 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) vì có tỉ số các cạnh là 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) và (2) suy dt(MNPQ) = 2.dt(ABCD) ; mà dt( ABCD) = 12 cm2 Cho nên dt(MNPQ) = 24 cm2 Bài Cho tam giác KML , trên KL lấy điểm A cho LA = 3.AK ; trên ML lấy điểm B cho BL = 4.MB BK và MA cắt C Hãy tính diện tích tam giác KML , biết diện tích tam giác KLC = K A C L M B D Lời giải Trên ML lấy điểm D cho MB = BD = 1/5 ML Ta có dt(KBL) = dt(KBD) vì chung đường cao hạ từ K và BL = 4,BD dt(KBL) = 4.dt(KAB) vì chung đường cao hạ từ B và KL = 4.KA cho nên dt(KBD) = dt(KAB) mà hai tam giác có chung cạnh KB cho nên AD // KB ta có dt(KMB) = dt(KBD) vì có chung đường cao hạ từ K và MB = BD dt(MBC) = dt(BCD) vì chung đường cao hạ từ C và MB = BD Cho nên dt(KMC) = dt(KCD) (1) mà hai tam giác KCD và KAC có chung cạnh đáy KC và đường cao hạ từ A , D xuống KC nên dt(KCD) = dt(KAC) (2) Từ (1) và (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) = Bài A Cho tam giác ABC trên cạnh AB lấy M cho AM = 1/3 AB , trên AC lấy N cho AN = 1/3 AC Nối CM và N cắt O Biết diện tích tam giác ABC = 24 cm2 Hãy tính diện tích tứ giác OMAN N M O B C Lời giải Cách : dt(OBM) = 2.dt(AMO) vì chung đường cao hạ từ O và BM = 2.AM (4) dt(ONC) = 2.dt(ANO) vì chung đường cao hạ từ O và NC = 2.AN mà dt(MBC) = dt(NBC) vì cùng 2/3dt(ABC) ; hai tam giác có chung dt(OBC) Do vâïy suy dt(BOM) = dt(NOC) và dt(AOM) = dt(AON) Từ đó 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) vì chung đường cao hạ từ C và MB = 2/3 AB dt(BNC) = 2/3dt(ABC) vì chung đường cao hạ từ B và NC = 2/3 AC nên dt(NBC) = dt(MBC) , mà hai tam giác có chung dt(OBC) cho nên dt(OBM) = dt(OCN) mà dt(OBM) = 2/3dt(AOB) ; dt(OCN) = 2/3dt(AOC) vì dt(AOB) = dt(AOC) (1) mà dt(AMO) = 1/3dt(AOB)(2) vì chung đường cao hạ từ O và AM = 1/3 AB Từ (1) và (2) suy dt(AOM) = 1/3 dt(AOC) và dt(AOM) = 1/4dt(AMC) = 1/12 dt(ABC) Lý luận tương tự dt(AON) = 1/12dt(ABC) Mà dt(AMON) = dt(AOM) + dt(AON) = 1/6dt(ABC) = ( cm2) Bài Cho tam giác ABC , gọi I là 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 A J E I B N M C Lời giải Kẻ AI và CJ vuông góc với đường thẳng BE Ta có dt(ABM) = dt(AMC) và 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) và (2) dt(ABN) = 3/2 dt(BNC) , mà hai tam giác chung cạnh đáy BN cho nên 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 và AI = 3/2 CJ cho nên dt(ANE) = 3/2 dt(NEC) Vì dt(NEC) = 2/5dt(ANC)(3) Mà MN = 1/3AN AN = 3/4 AM cho nên dt(ANC) = 3/4dt(AMC) vì chung đường cao hạ từ C mà dt(AMC) = 1/2dt(ABC) Vì dt(ANC) = 3/8dt(ABC)(4) Từ (3) và (4) suy dt(NEC) = 3/20dt(ABC) = 3/20 (5) A Bài D M I B Cho tứ giác ABCD , vẽ hình bình hành DBCM Tính diện tích tam giác ACM Biết diện tích tứ giác ABCD là 20cm2 H C 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 là hình chữ nhật cho nên CN = IH mà AH = AI + IH cho nên AH = AI + CN mà dt(ABCD) = dt(ABD) + dt(BDC) và 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 và CM = BD (2) Từ (1) và (2) ta suy dt(ACM) = dt(ABCD) = 20 cm2 II ) Loại vận dụng các định lý hình học để chứng minh diện tích các hình Ở phần này giải các bài tập có liên quan đến việc chứng minh diện tích các hình mà sử dụng số định lý hình học thì việc giải các bài tậïp trở lên đơn giản và tiện lợi Mục đích phần này là thông qua số tính chất các hình và các định lý hình học để tìm mối quan hệ cạnh và đường cao tương ứng các hình mà ta cần xét M B C T K B A E G N F D Bài : Cho tứ giác ABCD ,gọi M và N là trung điểm BC và AD K và T là giao điểm MD và NC ; MA và NB Chứng minh : Diện tích tứ giác MTNK tổng diện tích hai tam giác ABT và CDK Lời giải : Từ B , C , M kẻ cac đường vuông góc BE , CF , MG xuống AD thì tứ giác BE FC là hình thang Mà BM = MC và MG//BE cho nên MG là 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 các tam giác này có các phần chung là S(ANT) và S(NDK) Do đó suy S(MTNK) = S(ABT) + S(CDK) (6) Bài : A E Từ đỉnh B và C tam giác cân ABC ( AB = AC) ta nối với trung điểm O đường cao AH Các đường đó cắt AC , AB D , E Hãy tính diện tích tứ giác AEOD Biết diện tích tam giác ABC = 12 cm2 D O B F C H Lời giải Vì tam giác ABC là tam giác cân nên AH là đường cao vừa là đường trung tuyến , nên BH = HC Từ H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AC F Trong BCD có HF//BD và BH = HC FC = FD Trong AH F có OD//HF và OA = OH AD = DF suy AD = 1/3 AC , cho nên dt(AOD) = 1/3 dt(AOC) (1) vì chung đường cao hạ từ O dễ chứng minh dt(AOC) = 1/4dt(ABC) (2) Từ (1) và (2) dt(AOD) = 1/12 dt(ABC) Lý luận tương tự dt(AOE) = 1/12 dt(ABC) Mà dt(ADOE) = dt(AOD) + dt(AOE) = 1/6dt(ABC) = 1/6 12 = cm2 Chú ý : Bài này có thể vận dụng cách giải bài phần trên thì đơn giản 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 C P N D E M A B F Lời giải Gọi N là trung điểm CF , từ F và N kẻ đường thẳng song song với AD cắt BC P và E Trong ABD có FE // AD và FA = FC cho nên E là trung điểm BD (1) Trong FCE có FN = NC và NP // FE cho nên P là trung điểm CE (2) Trong hình thang FNPE có FM = 1/4 FC và FN = 1/2 FC cho nên FM = 1/2FN hay M là trung điểm FN , mà MD // FE cho nên D là trung điểm PE (3) Từ (1),(2) và (3) suy PD = DE = EB = 1/2 PC và BD = 2/5 BC Do dt(ABD) = 2/5 dt(ABC) vì chung đường cao hạ từ A ; hay dt(ABD) = 2/5 (7) A Bài G H D M N F O B E C Cho tứ giác ABCD Gọi M , N là trung điểm hai đường chéo AC và 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 các cạnh chia tứ giác thành bốn phần có diện tích Lời giải Gọi E , F , G , H là trung điểm các canh BC , CD , DA và AB Nối ME , MF ta có CFE có các cạnh tương ứng 1/2 các cạnh tam giác BDC cho nên dt(CFE) = 1/4dt(BCD) Chứng minh tương tự dt(MFE) = 1/4dt(ABD) mà MO // BD và EF // BD OM // FE cho nên dt(OE F) = dt(MFE) vì có chung cạnh FE đương cao hạ từ O và 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) Từ đó suy điều phải chứng minh A Bài P Cho điểm M nằm tam giác ABC Gọi O1 , O2 ; O3 là trọng tâm các tam giác MBC , MBC và MAB Chứng minh dt(O1O2O3) = 1/9dt(ABC) Q O2 O3 M D B O1 E C Lời giải Gọi P , Q là trung điểm AO3 , AO2 thì PQ là đường trung bình tam giác AO2O3 cho nên PQ = 1/2 O2O3 (1)và PQ // O2O3 Mà O2 ,O3 là trọng tâm các tam giác MAC , MAB cho nên QO2 = O2E ; PO3 = O3D Mặt khác dt(DEO3) = dt(DEO2) vì cùng bắng 2/3 dt(ADE) ; DE là cạnh chung cho nên O2O3 //DE (8) Do suy PQ // DE và O2O3 là đường trung bình hình thang PQED 2.O2O3 = PQ + DE (2) Từ (1) và (2) O2O3 = 2/3 DE ; mà DE là 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) M A D Q Bài Qua giao điểm hai đường chéo hình vuông kẻ hai đường thẳng vuông góc với Chứng minh hai đường thẳng này chia hình vuông thành phần có diện tích P B C N Lời giải Dễ chứng minh các tam giác : OBQ = ODP = OAM = OCN ( g.c.g) OAQ = OCP = ODM = OBN (g.c.g) Mà dt(OBQN ) = dt(OQB) + dt(OBN) ; dt(ONCP) = dt(OCN)+dt(OCP) dt(OPDM) = dt(OPD) + dt(ODM) ; dt(OMAQ) = dt(OMA) + dt(OAQ) Cho nên dt(OBQN) = dt(ONCP) = dt(OPDM) = dt(OMAQ) C) Loại toán có nội dung cực trị liên quan diện tích các hình Bài A Cho ABC , trên các cạnh AB , BC , CA theo thứ tự đó ta lấy các 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 D F B E C Lời giải Ta có dt(ABE) = k.dt(ABC)(1) vì BE = k.BC và chung đường cao hạ từ A mà AD = k.AB BD = (1 - k).AB cho nên dt(BDE) = (1 - k).dt(ABE) (2) Từ (1) và (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) ] (9) = - 3k(1 - k) = 3k2 - 3k + 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) là 1/4 k = 1/2 Bài E M d Chứng minh các tam giác có chung cạnh và chu vi thì tam giác cân có diện tích lớn A I B C Lời giải Để chứng minh diện tích tam giác cân ABC có diện tích lớn ta cần chứng minh tam giác có chung cạnh BC và cùng chu vi với tam giác cân ABC thì cần chứng minh tam giác cân có đường cao lớn 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 trên đường thẳng d nằm trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d không chứa BC và có chung cạnh BC thì có chu vi lớn chu vi tam giác ABC Từ đó suy các tam giác có cùng chu vi với tam giác ABC có đỉnh nằm hai đường thẳng d và đường thẳng BC Do mà đường cao ứng với cạnh BC nhỏ đường cao tam giác ABC Do đó diện tích tam giác ABC là lớn Thật lấy điểm M A nằm trên d nửa mặt phẳng bờ d không chứa BC Gọi E là điểm đối xứng B qua d , đễ chứng minh điểm E , A , C thẳûng hàng và AB + AC = CE mà MB > ME cho nên MB + MC > ME + MC Trong MEC có ME + MC > CE cho nên AB + AC < MB + MC chu vi ABC < chu vi MBC Do các tam giác có cùng chu vi với tam giác ABC và chung cạnh BC thì có đỉnh đối diện nằm hai đường thẳng d và BC Do suy điều phải chứng minh (10) Bài A Cho hình vuông ABCD , điểm M chuyển động trên đường chéo AC Từ M kẻ ME vuông góc với AB , kẻ MF vuông góc với BC Xác định vị trí M để diện tích tam giác DE F có giá trị nhỏ Biết hình vuông có cạnh là D E M B F C Lời giải Dễ chứng minh ME // AD ; MF // CD Cho nên dt(AEM) = dt(EMD) vì chung cạnh EM và có đường cao hạ từ A và D dt(FMD) = dt(FMC) vì chung cạnh FM và đường cao hạ từ D và 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 thì BE = AB - x = - x ; dt(ABCD) = AB2 = ; dt(BE F) = 1/2.x.(1 - x) Vậy dt(DE F) = - 1/2 x.(1 - x) = - 1/2.x + 1/2.x2 = 1/2 [ - x + x2 ] = 1/2 [ 7/4 + ( 1/4 - x + x2 )] = 1/2 [ 7/4 + (1/2 - x)2] = 7/8 + 1/2.(1/2 - x)2 7/8 dt(DE F) có giá trị nhỏ là 7/8 x = 1/2 hay E là trung điểm AB Do M là trung điểm AC hay M là tâm hình vuông Bài A M I y Cho tam giác ABC , các hình chữ nhật nội tiếp tam giác có hai đỉnh nằm trên BC , còn hai đỉnh còn lại nằm trên hai cạnh còn lại Tìm hình chữ nhật có diện tích lớn N x B Q H P C 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(ay) = 1/2.ah a ah = hy + a x y = h (h − x) (11) Vậy dt(MNPQ) = h ah − x ¿2 ≤ a (h − x) x = h a h h2 ah a ( − + hx − x )= − ¿ h 4 h ah Vậy dt(MNPQ) có giá trị lớn là x = h/2 Q A Bài D E Cho hình vuông có cạnh là Nội tiép hình vuông ngũ gíac cho các đỉnh ngũ giác chia chu vi hình vuông thành các phần Xác định vị trí các đỉnh để diện tích ngũ giác là lớn P x B M N C Lời giải vắn tắt Từ bài trên cạnh nào đó tứ giác có chứa hai đỉnh ngũ giác Giả sử là cạnh BC có chứa hai đỉnh M , N Cho nên MN = Đặt BE = x BM = − x ; AE=1 − x ; AQ= −(1− x)=x − ; QD=1− AQ= − x PD= −QD=x − ; PC=1− PD= − x ; NC= −PC=x − 5 5 1 dt(AEQ) = (1 − x)( x − ); dt(DPQ)= (x − )( − x) ; dt( NCD)= ( − x )( x − ); dt(BEM) = ( x − ) x cho nên dt(MNPQE) = - [dt(AEQ) + dt(DPQ) + dt(NCD) + dt(BEM) ] = 39 2x − ¿ ³ 50 39 + ¿ 50 39 Diện tích nhỏ ngũ giác MNPQE là 50 Từ đó xác định vị trí điểm E , Q , P , N , M x = 10 (12) Bài x Cho góc xOy và điểm M nằm góc đó Một đường thẳng di qua M cắt O x A cắt Oy B A E O Chứng minh : dt(OMA ) + dt(OMB) M không đổi F B y Lời giải Từ M kẻ ME // Oy ; MF // O x cho nên Mà OE MB OF AM OF OE AM+ MB = ; = ⇒ + = =1 OA AB OB AB OB OA AB dt(OEM ) OE dt (OMF) FO dt(OEM) dt(FOM) OE FO = ; = ⇒ + = + =1 dt(OMA ) OA dt (OMB) OB dt(OMA ) dt(OMB) OA OB tứ giác MEO F là hình bình hành cho nên dt(OEM) = dt(FOM) cógiá trị xác định 1 Vậy dt(OMA ) + dt (OMB) = dt(OEM) có giá trị không dổi Bài Cho tam giác vuông ABC (Góc C= 90 ), kẻ đường cao CD , đường phân giác CE góc ACD và đường phân giác góc BCD Tìm giá trị nhỏ tỉ số : C dt(ABC) dt(CEF ) B A E H F Lời giải ^ B=B ^ ^ B+ E C ^ A=900 ; B ^ ^ D=90 ; A C ^ E=E C ^D EC Ta có E C EC E C+ E C BCE là tam gíac cân BC = BE Chứng minh tương tự thì AC = A F nên FE = BC - BF = BC - ( AB - FA ) = BC + AC - AB = a+b - c ( Trong đó BC = a ; AC = b ; AB = c ) mà ( a + b )2 = a2 + 2ab + b2 = c2 + 2ab ; a2 + b2 > 2ab hay 2ab < c2 cho nên (a+b)2 < 2c2 a+b - c < c √ - c = c( √ - ) c c a+b − c ³ c ( −1) =√ 2+ √ (13) AD AB AB c = = Mà = FE a+ b −c AD FE dt(ABC) ³ cho nên dt(CEF ) √ +1 dt(ABC) Vì : tỉ số dt(CEF ) có giá trị nhỏ dt(ABC) dt(CEF ) √ +1 ABC vuông cân C VẬN DỤNG DIỆN TÍCH CÁC HÌNH ĐỂ GIẢI TOÁN Toán chứng minh : Bài ( Định lý Ta lét ) A Nếu đường thẳng cắt hai cạnh tam giác thì định trên hai cạnh các cặp đoạn D E thẳng tỉ lệ B C Lời giải dt(ACD) AD Ta có dt(BCA) =BD dt(ABE) AE = dt(BCE) EC (1) (2) vì hai tam giác có chung đường cao hạ từ C vì hai tam giác có chung đường cao hạ từ B Mà DE // BC nên dt(BCE) = dt(BCD) (3) và dt(BDE) = dt(DEC) cho nên dt(ABE) = dt(ACD) (4) vì có chung diện tích ADE Ch AD AE = BD CE Từ (1), (2) , (3) và (4) Dựa vào tính chất tỉ lệ thức ta dễ chứng minh các tỉ số sau : AD AE AB AC = ; = AB AC BD CE A 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 K H B D C Lời giải Từ D kẻ DH ; DK vuông góc với AB và AC cho nên DH = DK 1 Ta có dt(ABD)= ⋅AB ⋅DH ; dt( ACD)= ⋅ DK ⋅AC (14) dt(ABD) AB Cho nên dt(ACD) = AC Từ (1) và (2) (1) Mà dt(ABD) DB = dt(ACD) DC (2) vì chung đường cao hạ từ A AB DB = AC DC Bài a) Cho hình thang ABCD (AB // CD ) Gọi O là giao điểm hai đường chéo , M và N là trung điểm AB và 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 là O Chứng minh đường thẳng OI qua trung điểm hai cạnh đáy hình thang ABCD I M A B O D N C Lời giải ( Phần a ) Giả sử điểm M , O , N không thẳng hàng , thì điểm O có thể nằm các 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)( vì hai hình thang có cạnh đáy tương ứng và có đường cao ) và dt(ONC) = dt(OND) ; dt(OMA) = dt(OMB) dt(OBC) = dt(OAD) cho nên 2.dt(OMN) = Điều này vô lý vì trái với giả sử ba điểm O , M , N không thẳng hàng nên dt(OMN) Nếu điểm O nằm tam giác BOC thì lý luận tương tự trên dẫn đến vô lý Vậy ba điểm O , M , N thẳng hàng A Bài Cho tam giác có góc nhọn Chứng minh : r R c E ( Trong đó R , r là bán kính đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp tam giác ) b O da H B D a C Lời giải Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC , kẻ đường cao AH , OD vuông góc với BC đặt AH = ; OD = da (15) 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 Chú ý : Kết trên còn đúng với tam giác A Bài Cho tam giác ABC , D là trung điểm AB , trên AC lấy điểm E cho AE = 2.CE Gọi giao điểm CD và BE là O N D Chứng minh : OE = 1/4 BE E O M B C Lời giải Cách : Kẻ AM , CN vuông góc với BE Ta có dt(ABE) = 2dt(BEC) vì chung đường cao hạ từ C và AE = 2CE cho nên 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 trên trung tuyến CD ) dt(AOC) = dt(EOC) ( vì AC = 3.CE và 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= BE Cách : Dễ thấy dt(BOC) = dt(AOC) ; mà dt(AOC) = 3dt(EOC) nên dt(BOC) = 3.dt(EOC) OB = 3.OE hay BE = 4.OE Bài N B Cho hình bình hành ABCD , từ B C F I kẻ đường thẳng cắùt cạnh CD M ; từ E D kẻ đường thẳng cắt cạnh BC N M cho BM = DN Gọi giao điểm DN và BM là I Chứng minh : Tia IA là tia phân giác góc BID A D Lời giải Từ A kẻ AE vuông góc với DN ; A F vuông góc với BM Ta có dt(ABM) = 1/2 dt(ABCD) ; dt(ADN) = 1/2dt(ABCD) (16) cho nên dt(ABM) = dt(ADN) , mà BM = DN cho nên A F = AE hay A cách hai cạnh góc BID Vậy tia IA là tia phân giác góc BID Bài B Cho tam giác ABC có góc B lần góc C và đường phân giác góc A chia tam giác thành hai phần có diện tích gấp đôi Tính độ lớn các góc tam giác D N A C Lời giải Ta có dt(ADC) = 2dt(ABD) , mà hai tam giác có đường cao hạ từ D vì AD là phân giác góc A nên D cách hai cạnh AB và AC Cho nên AC = 2.AB ^ cho nên ^ ^ ^ Ta có ^A + ^B+C=180 và B^ =3 C A=180 − C Gọi N là trung điểm AC , ta có ABN là tam giác cân ^ ^ N =A N ^ B=2 C AB ^ C ^ Mà N B^ C= A B^ C − A B^ N =3 C^ −2 C= Cho nên NBC là tam giác cân NB = NC ^ ^ Từ đó suy AN = NC = BN ABC vuông B , nên C=30 ; A=60 Bài A Chứng minh tam giác tổng các khoảng cách từ điểm nằm Q tam giác đến các cạnh nó không P phụ thuộc vào vị trí điểm đó O B M H C Lời giải Gọi O là điểm nằm tam giác ABC , từ O kẻ OM , OP , OQ vuông góc với các cạnh BC , AB và 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) (17) Bài A M Cho ABC và đường thẳng chia tam giác thành hai phần có diện tích và chu vi Chứng minh các đường thẳng đó luôn qua điểm cố định N O B C Lời giải Giả sử đường thẳng MN thỏa mãn điều kiện bài Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC và r là bán kính đường tròn Để không tính tổng quát ta giả sử O nằm hình MBCN Theo bài ta có AM + AN = MB + BC + CN(1) và dt(AMN) = dt(MBCN)(2) ta có dt(AMN) = dt(AMO) + dt(AON) - dt(OMN) = 1 r AM+ r AN −dt( OMN) 2 = r ( AM+ AN) − dt(OMN) (3) dt(MBCN) = dt(OMB)+dt(OBC)+dt(OCN) +dt(OMN) = 1 r MB+ r BC+ r CN +dt(OMN) 2 = r (MB+ BC+NC)+dt(OMN ) (4) Từ (1)(2)(3)(4) 2.dt(OMN) = M , O , N thẳng hàng hay MN qua điểm O Bài 10 A Cho tam giác ABC có AB = 2.AC , kẻ phân giác AD , gọi p là nửa chu vi ABC , r ,r1 , r2 là bán kính đường tròn nội tiếp các tam B D C giác ABC , ADC và ABD Chứng minh AD = pr + −p r r2 ( ) Lời giải Vì AB = 2.AC nên dt(ABD) = 2dt(ADC) vì có đường cao kẻ từ D mà hai tam giác có chung đường cao kẻ từ A cho nên 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)= r (AC+ AD+CD) dt (ABD)= r (AB+ AD+ BD) AC+ AD+CD pr AB+AD+ BD pr = ; = Cho nên r1 r2 (18) Cộng vế ta AC+ AD+CD +AB+ AD+ BD AC+ AB+ BC+2 AD pr = = p+ AD= + 2 r1 r2 ( AD= hay suy pr + −p r1 r2 ( ) Bài 11 Cho M là điểm nằm tam giác ABC có BC = a ; AC = b ; AB = c Từ M kẻ MA1 ; MB1; MC1 vuông góc với BC , CA , AB Tìm vị trí M để A B1 C1 b M a b c + + MA MB1 MC1 c A1 B ) a có giá trị nhỏ C Lời giải vắn tắt : Đặt MA1 = x ; MB1 = y ; MC1 = z 2S(ABC) = a x + by + cz a b c mà (a x + by + cz) ( x + y + z ) = x y y z x z 2 a +b + c +ab ( + )+ bc( + )+ca ( + )³ y x z y z x a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc = (a+b+c)2 vì với m > thì m+ m ³2 a+b +c ¿ a b c ¿ cho nên MA + MB + MC vì 2S = r(a+b+c) ; r là bán kính đường ¿ 1 ³¿ tròn nội tiếp tam giác ABC a b c Để MA + MB + MC có giá trị nhỏ và MA1= MB1 = MC1 = r 1 Vậy M trùng với tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Bài 12 A Cho tam giác ABC có a - b = b - c ( a,b,c là các cạnh tamgiác ) Chứng minh đoạn thẳng nối tâm đường tròn nội tiếp với trọng tâm E r M tam giác song song với cạnh có độ dài là b b O c G B a C Lời giải Từ a - b = b - c a+c = 2b Gọi G là trọng tâm tam giác ABC , O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC , r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Kẻ EG vuông góc với BC (19) Ta có dt(ABC) = 1/2 r.(a+b+c) = 1/2 r.3b = 3/2 br r= dt(ABC) 3b (1) mà dt(GBC) = 1/3 dt(ABC) ; dt(GBC) = 1/2 EG BC 3.EG.BC = 2.dt(ABC) EG= dt(ABC) 3b (2) Từ (1) (2) suy EG = r hay OG // BC ( Vì O , G cách BC ) (20)