Một số bài toán về diện tích

450 MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ DIỆN TÍCH I MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ Các tính chất diện tích đa giác Mỗi đa giác có diện tích xác định, diện tích đa giác số dương Diện tích đa giác có tính chất sau: + Hai đa giác có diện tích + Hình vng cạnh có độ dài 1(đvđd) diện tích 1(đvdt), hình vng gọi hình vng đơn vị + Nếu đa giác H chia thành đa giác H1 ; H ; ; H n đơi khơng có điểm chung Khi ta S H = S H1 + S H2 + + S Hn + Nếu đa giác H suy biến có S H = đỉnh đa giác nằm đường thẳng Diện tích tam giác Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c p = a+b+c nửa chu vi Gọi h a ; h b ; h c đường cao tương ứng với cạnh a, b, c ; rb ; rc bán kính đường tròn bàng tiếp ứng với cạnh a, b, c Gọi R r bán kính đường tròn nội tiếp đường tròn ngoại tiếp ta giác ABC Khi ta có: 1) = S ABC 2) S ABC = 3) S ABC = 1 ah a bh b ch = = 2 c 1 bc.sin A = ac sin B ab sin C = 2 abc = pr = p.r 4R 4) Công thức Heron: S ABC = 5) S ABC = p ( p − a ) tan p ( p − a )( p − b )( p − c ) A B C p ( p − b ) tan = p ( p − c ) tan = 2 Chú ý : Công thức áp dụng cho tam giác nhọn Diện tích tứ giác + Diện tích hình chữ nhật: S = ab , với a, b độ dài hai cạnh hình chữ nhật THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 451 + Diện tích hình thang: S = h (a + b) , với a, b độ dài hai đáy h chiều cao + Diện tích hình bình hành: S = ah a , với a h a độ dài cạnh đường cao tương ứng + Diện tích tứ giác có hai đường chéo vng góc: S = d1d , với d1 ,d độ dài hai đường chéo + Diện tích hình thoi: = S ah = d d , với a h độ dài cạnh đường cao, d1 2 d độ dài hai đường chéo + Diện tích hình vng: = S a= d , với a độ dài cạnh d độ dài đường chéo hình vng Một số tính chất cở diện tích tam giác + Nếu hai tam giác có chiều cao tỉ số hai đáy tương ứng tỉ số hai diện tích Ngược lại, hai tam giác có đáy tỉ số hai chiều cao tương ứng tỉ số hai diện tích + Nếu hai tam giác có chung đáy có diện tích đỉnh thứ ba thuộc đường thẳng song song với đáy + Đường trung bình tam giác chia tam giác thành hai phần có diện tích tỉ lệ với : + Đường trung tuyến tam giác chia tam giác thành hai phần có diện tích + Ba tam giác có chung đỉnh trọng tâm tam giác cịn đáy ba cạnh có diện tích + Nếu tam giác hình bình hành có đáy chiều cao diện tích tam giác nửa diện tích hình bình hành + Với tam giác ABC ta ln có AB.AC ≥ 2S ABC , dấu xẩy tam giác ABC vuoog A S AB.AC  + A' =  A  = A' + Hai tam giác ABC A’B’C’ có A 180 ABC = S A' B'C' A' B'.A' C' THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 452 Các tính chất nêu tam giác chứng minh tương đối đơn giản ta công nhận chúng giải tốn diện tích II CÁC VÍ DỤ MINH HỌA Ví dụ Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c p = a+b+c nửa chu vi Chứng minh rằng: S ABC = p ( p − a )( p − b )( p − c ) Lời giải Trong tam giác tồn đỉnh mà chân A đường cao hạ từ đỉnh nằm cạnh đối diện khơng tính tổng qt, ta giả sử đỉnh A Gọi AH = h đường cao ∆ABC Ta có HB + HC = BC Đặt BH = x ( ≤ x ≤ a ) Từ ta có HC = a – x B C H h + x = c2 Theo định lí Pitago ta có  2 b2 h + ( a − x ) = a − b2 + c Từ ta 2ax − a = c − b ⇒ x = 2a  a − b2 + c  c hay ta Thay vào hệ thức thứ hệ ta h +   = 2a   2  a − b + c  a − b2 + c  ( a + c ) − b b − ( a − c ) h = c +  c − = 2a 2a 2a 2a    ( a + b + c )( a + c − b )( a + b − c )( b + c − a ) = 4a Mặt khác ta có 2p= a + b + c ⇒ a + b − c= ( p − c ) ; b + c − a= ( p − a ) ; a + c − b= ( p − b ) Suy ta h = 4p ( p − a )( p − b )( p − c ) a2 Từ ta suy 1 ah = a p ( p − a )( p − b )( p − c ) = p ( p − a )( p − b )( p − c ) 2 a Ví dụ Cho tam giác ABC Trên cạnh AB lấy điểm M cho AB = 3AM cạnh AC S ∆ABC = lấy điểm N cho AC = 3AN Nối CM BN cắt O Biết S ABC = 24cm Tính diện tích tứ giác OMAN Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 453 Cách 1: Ta có S OBM = 2.S AMO  vì hai tam giác OMB, A OAM có chung đường cao hạ từ O BM = 2.AM O có chung đường cao hạ từ O NC = 2.AN Mà S= S= ∆MBC ∆NBC N M Lại có S ONC = 2.S ANO hai tam giác OCN, OAN hai tam giác MBC S ∆ABC C B NBC chứa tam giác OBC Do suy S BOM = S NOC S AOM = S NOA Từ suy S ABN = 4.S AON hay S ABN = 2.S AMON 1 Mà S ABN = S ABC Cho nên S AMON S= 24 4cm = = ABC 6 2 Cách 2: Ta có S MBC = S ABC hai tam giác có chung đường cao hạ từ C MB = AB 3 2 S NBC = S ABC hai tam giác có chung đường cao hạ từ B MC = AC 3 Từ ta S NBC = S MBC , mà hai tam giác chứa tam giác OBC S OBM = S OCN 2 S AOB S OCN = S AOC nên suy S AOB = S AOC 3 1 1 Mà lại có S AMO = S AOB nên ta S AMO = S AOC và= S AMO = S AMC S 3 12 ABC Hoàn toàn tương tự ta S ANO = S Do 12 ABC 1 S AMON =S AOM + S AON = S ABC = 24 =4 cm 6 Ví dụ Cho tứ giác ABCD điểm O nằm tứ giác Gọi M, N, P, Q điểm đối Mà ta có S OBM = xứng O qua trung điểm cạnh tứ giác Tính diện tích tứ giác MNPQ biết S ABCD = 12cm Lời giải Gọi E, F, G, H trung điểm M AB, BC, CD AD Nối điểm E, F, G, B E H dễ chứng minh tứ giác EFGH A F hình bình hành Nối BD ta H có Do S ABD S FGC + S AEH = S ABCD S AEH = THCS.TOANMATH.com S CGF = S BCD ta N O Q D G C P TÀI LIỆU TỐN HỌC 454 Hồn tồn tương S FEB + S DHG = S ABCD Nên suy tự ta S FGC + S AEH + S FEB + S DHG = S ABCD ; S OMQ 4.S ; S OPQ 4.S ; S ONP 4.S OFG Do S EFGH = S ABCD Mà = ta có S OMN 4.S = = = OEF OEH OHG Do ta S MNPQ = 4.S EFGH Từ suy S MNPQ = 2.S ABCD Mà ta có S ABCD = 12 cm nên S MNPQ = 24 cm Ví dụ Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c đường cao tương ứng h a , h b , h c Chứng minh rằng: a) Nếu h a + a = h b + b tam giác ABC tam giác vuông cân b) Nếu h a + a = h b + b = h c + c tam giác ABC tam giác Lời giải a) Theo cơng thức diện tích tam giác ta có S ABC = 1 2S 2S a.h= b.h b ⇒ h= ; h= a a b 2 a b Theo ta có 2S 2S 2Sa − 2Sb = b+ ⇒a−b+ =0 a b ab b a =  2S   2S  ⇒ ( a − b ) − ( a − b )   ⇒ ( a − b )  −  =0 ⇒   ab   ab   2S = ab a + = b + h b ⇒ a + + Nếu a = b tam giác ABC cân + Nếu 2S = ab tam giác ABC vng b) Theo cơng thức diện tích tam giác ta có S ∆ABC = Theo ta có 1 2S 2S 2S a.h= b.h= c.h c ⇒ h= ; h= ; h= a b a b c 2 a b c 2S 2S 2Sa − 2Sb = b+ ⇒a−b+ =0 a b ab b a =  2S   2S  ⇒ ( a − b ) − ( a − b )   ⇒ ( a − b )  −  =0 ⇒   ab   ab   2S = ab a + = b + h b ⇒ a + b = c a = c Hoàn toàn tương tự ta suy    2S = bc  2S = ac Kết hợp điều kiện ta a= b= c hay tam giác ABC Ví dụ Cho hình bình hành ABCD, cạnh AB, CD lấy điểm E, F cho AF = CE  = CID  Gọi I giao điểm AF CE Chứng minh AID THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 455 Lời giải Trước hết ta chứng minh E A 1 S AFD = S ABCD ; S EDC S = 2 ABCD H B I K Thật vậy, gọi AM đường cao hình bình hành F ABCD xuất phát từ A Khi tam giác ABF, AFD, ECD có đường cao AM D Ta S ABF = C có 1 AM.BF; S AFD AM.AD; S CDF AM.FC = = 2 Vì BF + FC = BC = AD nên ta 1 AM.AD = AM.BF + AM.FC ⇒ S AFD = S ABF + S CDF 2 Mà ta lại có S ABCD = S AFD + S ABF + S ∆CDF ⇒ S AFD = S ABCD Chứng minh tương tự ta có S CDE = S ABCD Từ ta S AFD = S CDE Gọi DH đường cao tam giác AFD DK đường cao tam giác DEC Khi= ta có S AFD 1 DH.AF; S DEC DK.CE = 2 Từ ta DH.AF = DK.CE Theo giả thiết AF = CE ta DH = DK  nên ta AID  = CID  (đpcm) Như D nằm tia phân giác góc AIC Ví dụ Cho tam giác ABC, Từ điểm M nằm cạnh BC vẽ đường thẳng song song với AB AC, cắt AC AB Q P Chứng minh AP AQ + = AB AC Lời giải Nối AM, BQ, CP Do MQ//AB nên S AMQ = S BMQ Nên ta A S AMQ + S CMQ = S BMQ + S CMQ ⇒ S AMC = S BQC P Q Hoàn tồn tương tự ta có PM//CA nên S AMC = S APC suy S BQC = S APC AP S APC AQ S AQB Mà ta lại có nên suy ; = = AB S ABC AC S ABC B M C AP AQ S APC S AQB S APC + S AQB S BQC + S AQB S ABC + = + = = = = AB AC S ABC S ABC S ABC S ABC S ABC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 456 AP AQ + = AB AC Ví dụ Cho tam giác ABC có AB = 2AC đường phân giác AD Gọi p nủa chu vi Vậy ta suy tam giác ABC r; r1 ; r2 bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC, ADC, ADB = Chứng minh AD p.r    + −p  r1 r2  Lời giải Vì AB = 2AC nên S ABD = 2S ADC Mà hai tam A giác ABC ACD có chung đường cao kẻ từ D nên ta suy BD = 2CD Dễ thấy = S ADC S ABD = 1 S ABD = S ABC pr , ta = 3 pr  = S ACD Mặt khác ta lại có  S =  ABD r r1 B D r2 C r ( AC + AD + CD ) r ( AB + AD + BD ) 2  AC + AD + CD pr =  3r1  Cho nên ta   AB + AD + BD = 2pr  3r2 Cộng vế ta đẳng thức ta có pr   AC + AD + CD + AB + AD + BD AC + AB + BC + 2AD p AD =  +  = =+ 2  r1 r2  pr   Do suy AD =  + −p  r1 r2  Ví dụ Cho hình bình hành ABCD Trên cạnh AB, CD lấy điểm E, F Gọi M, N, K theo thứ tự trung điểm DE, DF, EF Gọi O giao điểm AM CN Chứng minh ba điểm B, O, K thẳng hàng Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 457 Dễ chứng minh S OAB + S OCD = S OAD + S OBC A E Vì M trung điểm DE nên S OAD = S AOE B H K K' Vì N trung điểm DF nên S OCD = S FCO I M F Do ta có S AOE + S EOB + S COD = S AOD + S FOB + S FCO Suy S EOB = S FOB O N D C  1 ' ' S ∆EOB = S ∆EBK' + S ∆EOK' = EK BI + OH.EK Mặt khác ta có  1 S = S ∆FOK' + S ∆FBK' = FK ' OH + FK ' BI ∆FOB  2 ( ) EK ' BI + OH.EK ' = FK ' OH + FK ' BI ⇒ ( BI − OH ) EK ' − FK ' =⇒ EK ' = FK ' Hay K’ trung điểm EF nên K ' ≡ K suy BO qua K hay O, K, B thẳng hàng Ví dụ Cho tam giác ABC đường thẳng chia tam giác thành hai phần có diện tích chu vi Chứng minh đường thẳng qua điểm cố định Lời giải Giả sử đường thẳng MN thỏa mãn điều kiện A Gọi O tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC r bán kính đường trịn Khơng tính tổng qt ta giả sử O nằm hình MBCN Mà O B ta có N M C AM + AN = MB + BC + CN S AMN = S MBCN Do ta suy 1 S AMN = S AMO + S AON − S OMN = r.AM + r.AN − S OMN = r ( AM + AN ) − S OMN 2 1 S MBCN = S OMB + S OBC + S OCN + S OMN = r.MB + r.BC + r.CN + S OMN 2 r ( MB + BC + NC ) + S OMN = Từ kết ta S OMN = nên ba điểm M, O, N thẳng hàng hay MN qua điểm O Do O cố định nên MN qua điểm cố định THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 458 Ví dụ 10 Cho tam giác ABC có diện tích S Trên cạnh AB, AC lấy điểm M, N AM AN thỏa mãn điều kiện = = k với k số dương cho trước Gọi I giao điểm MB NC BN với CM a) Chứng minh S AMIN = S IBC b) Tính diện tích tứ giác AMIN theo S k, từ xác định k để diện tích tứ giác AMIN đạt giá trị lớn Lời giải S AM k AM = k nên ta có AMC = = S AB k + BM a) Do Hoàn toàn tương tự ta A S BNC CN k = = S CA k + N Do ta S AMC = S BNC , nên suy M I S AMC − S INC = S BNC − S INC hay ta S AMIN = S IBC B C b) Ta có BI S IBC S IBC S IAC   k+1 = = =  + = BN S INC S IAC S INC k  k k2 S IBC BI BI k+1 BI k+1 Từ ta , = = = = S NBC BN k + k + BN BI + IN k + k + S k k CN S = k nên NBC = ⇒ S NBC = S k+1 k+1 AN k+1 k+1 k k Do đó= ta S IBC = S NBC = S S 2 k + k+1 k + k+1 k+1 k + k+1 k Do ta S AMIN = S= IBC k + k+1 Do k + ≥ 2k nên ta Vậy ta S AMIN ≤ S , dấu xẩy k = hay M, N trung Lại điểm AB, AC Ví dụ 11 Cho tam giác ABC có diện tích S điểm M, N, P thuộc cạnh AB, MA NB PC BC, CA cho= m;= n; = k MB NC PA a) Chứng minh THCS.TOANMATH.com S MNP + mnk = S ( m + 1)( n + 1)( k + 1) TÀI LIỆU TOÁN HỌC 459 S b) Chứng minh AN, BP, CM đồng quy S MNP ≤ c) Giả sử AN, BP, CM ba đường phân giác tam giác ABC Tính diện tích tam giác MNP theo S ba cạnh tam giác ABC Lời giải a) Đặt = S AMP S= ; S BMN S= ; S CPN S Từ A AM m AP giả thiết = ta có = ; AB m + AC k + Do ta S1 AP.AM m = = S AC.AB ( m + 1)( k + 1) Hoàn toàn tương tự ta S S2 n k = = S ( m + 1)( n + 1) S ( n + 1)( k + 1) Do ta S1 P M S3 S2 B N C S + S + S m ( n + 1) + n ( k + 1) + n ( m + 1) = S ( m + 1)( n + 1)( k + 1) Từ ta suy m ( n + 1) + n ( k + 1) + n ( m + 1) S MNP S + S2 + S3 = 1− = 1− S S ( m + 1)( n + 1)( k + 1) m + 1)( n + 1)( k + 1) − m ( n + 1) + n ( k + 1) + n ( m + 1) (= + mnk ( m + 1)( n + 1)( k + 1) ( m + 1)( n + 1)( k + 1) Vậy S MNP + mnk = S ( m + 1)( n + 1)( k + 1) b) Giả sử AN, BP, CM đồng quy Khi theo định lí Ceva ta có mnk = Do ta S MNP = S Nên ta S MNP ≤ AM BN CP = hay MB NC PA 2 ≤ = ( m + 1)( n + 1)( k + 1) m.2 n.2 k S Dấu xẩy m= n= k= hay M, N, P lầ lượt trung điểm AB, BC, CA c) Giả sử AN, BP, CM ba đường phân giác tam giác ABC Đặt= BC a;= CA b; = AB c Áp dụng tính chất đường phân giác ta BM AC b b = = ⇒m= AM BC a a c a = ;k b b S + mnk abc ta MNP = = S ( m + 1)( n + 1)( k + 1) ( a + b )( b + c )( c + a ) Hoàn toàn tương tự ta = n Thay vào hệ thức S MNP S THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 504 Bài 18 K C B N P M O D A H Đườngthẳng MN cắt đường thẳng BC AD K H HA MA HD DN Áp dụng định lí Talets ta có = = ; = = BK MB KC CN Kết hợp với giả thiết ta 2= + CK 3AH, AH = + CK nên ta = AH 3cm,CK = 7cm CP CK CP Từ = = nên ta = AP AH AC 10 S CPN CP.CN 20 − 13 Từ ta được= nên ta = = S APND = S CAD S S CAD CA.CD 20 20 20 CAD Tam giác CAD hình thang ABCD có chiều cao Nên ta xét hai trường hợp sau + Trường hợp 1: Tâm O đường trịn nằm hình thang ABCD BC AD + OA − = 2 + 5(cm) 4 13 13 Từ suy S APND = 2+ = 2 + cm 20 10 + Trường hợp 2: Tâm O đường trịn nằm ngồi hình thang ABCD Khi ta h = BO − ( BC Khi đóta h = BO − − 13 Từ suy S APND = 2− 20 Bài 19 Bạn đọc tự vẽ hình ( ) ( )( ) AD OA − = 2 − 5(cm) 4 13 = 2 − cm 2 10 ) ( )( ) Xét tam giác ABC có hai phân giác BD CE nhau.Gọi M, N điểm đối xứng với A qua phân giác tam giác ABC B C Khi đó, rõ rang M, N thuộc BC Giả sử AM cắt phân giác ngồi góc B P, AN cắt phân giác ngồi góc C Q Gọi R hình chiếu C đường thẳng BP, S hình chiếu B đường thẳng CQ Dễ thấy tam giác ABM, CAN cân nên P, Q trung điểm AM, AN; tức PQ đường trung bình tam giác AMN hay PQ // BC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 505 Ta biết hai tam giác có chung đáy đỉnh cịn lại nằm đường thẳng song song với đáy diện tích chúng Từ AP // BD // CR ta có = S PBD S= ,S RBD S CBD ABD Do ta S PDR = S PBD + S RBD = S SBD + S CBD = S ABC Hoàn toàn tương tự ta S ESQ = S ABC Suy S PDR = S ESQ ⇒ 1 BD.PR = CE.SQ ⇒ PR = SQ (do BD = CE) 2   Tứ giác BCSR có BSC = BRC = 90 nên tứ giác nội tiếp, mà PQ // BC nên tứ giác PQSR nội tiếp Ta lại có PR = SQ nên tứ giác hình thang cân, suy  =SQP  ⇒ PBM  =QCM  RPQ  = ACB  hay tam giác ABC cân A Từ dễ dàng có ABC Bài 20 Gọi D, E, F tâm đường tròn E A bàng tiếp góc A, B, C S diện tích tam F giác ABC Đặt = BC a,= CA b, = AB c p = I a+b+c O B C Ta thấy S DAB + S DAC − S DBC = S ⇒ ( b + c − a ) = 2S Hay ta ( p − a ) = S Tương tự ta có rb ( p − b )= rc ( p − c )= S D Cộng theo vế đẳng thức ta có p ( + rb + rc ) − ( a + rb b + rc c ) = 3S Do suy p ( + rb + r= ( S BDC + S ECA + S FAB ) + 3S ⇒ p ( + rb + r= 2S DEF + S (1) c) c) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF, dễ thấy A, B, C chân đường cao tam giác DEF nên bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác DEF Dễ thấy OD vng góc với BC hay S OBDC = = S OCEA R.b; = S OAFB R.c OD.BC R.a Tương tự ta có = Cộng theo vế đẳng thức ta có S DEF= R ( a + b + c= ) 2Rp ⇒ THCS.TOANMATH.com 2S DEF = 4R (2) p TÀI LIỆU TOÁN HỌC 506 Từ (1) (2) suy ra + rb + rc = 4R + r Bài 21 Ta thấy tứ giác ONAP nội tiếp đường A trịn đường kính AO nên theo định lí Ptoleme ta có AP.ON + AN.OP = AO.PN P N c b a Hay ta có d b + d c = R ⇒ c.d b + b.d c = R.a 2 Hoàn toàn tương tự ta có O B C M b.da + a.d R.c; a.d c + c.d R.b = = b a Ta có = da a OM.BC = 2S OBC Hồn tồn tương tự ta= có d b b S= ; dc c S OAB OCA Cộng tất cảc đẳng thức lại ta ( a + b + c )( d a + d b + dc = ) R ( a + b + c ) + ( SOAB + SOBC + SOCA ) Do ta đươc 2p ( da + d b + dc ) =R.2p + 2S ⇒ da + d b + dc =R + r Ta có điều phải chứng minh Nhận xét: Nếu tam giác ABC không nhọn hệ thức thay đổi thành da + d b − dc =R + r; da − d b + dc =R + r; d b + dc − da =R + r Tương ứng với trường hợp tam giác tù C, B, A Các hệ thức chứng minh tương tự Bài 22 Dễ thấy hai tam giác OAP OBP có đường cao hạ từ O nên ta có A S OAP AP Do = S OBP BP P N S S OPA AP AP AP hay OPA = = = S AOB AB S OPB + S OPA BP + AP AB O Mặt khác ta thấy hai tam giác AOB BOM có chung đường cao hạ từ B nên ta có S AOB OA Từ = S BOM OM B M C S AOP OA.AP = S BOM AB.OM S OB.BM S CON OC.CN Hoàn toàn tương tự ta BOM ; = = S CON BC.ON S AOP AC.OP THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TỐN HỌC 507 Do ta Hay S BOM S CON S AOP OB.BM OC.CN OA.AP = S CON S AOP S BOM BC.ON AC.OP AB.OM OB.BM OC.CN OA.AP OB.BM OC.CN OA.AP = Từ suy = AB.BC.CA BC.ON AC.OP AB.OM ON OP OM Do tam giác ABC có AB, BC, CA cho trước nên AB.BC.CA khơng đổi Suy OB.BM OC.CN OA.AP có giá trị không đổi ON OP OM  OA.AP   OB.BM   OC.CN  Vậy biểu thức     có giá trị khơng phụ thuộc vào vị trí điểm O  PO   MO   NO  Bài 23 Đặt= AB z,= BC x,= CA y Do BD CE AD AB z đường phân giác nên ta có = = Từ CA BC x ta zy AD z AD z = ⇒ = ⇒ AD = AD + DC x + z AC x + z x+z Do AO phân giác tam giác AOD nên ta OB AB OB AB =⇒ = OD AD OB + OA AB + AD Từ ta A H D E O C B x+y OC OB x+z , hoàn toàn tương tự ta = = CE x + y + z BD x + y + z Để ý đến tam giác ABC vuông A nên x= y + z Do ta OD.OC = BD.CE x + z )( x + y ) (= (x + y + z) x + xy + zy + zx x + xy + zy + zx = = 2 2 x + y + z + 2xy + 2yz + 2zx x + xy + yz + zx ( ) Vậy ta BD.CE = 2OB.OC   = 90 + A = 1350 Do O giao điểm hai đường phân giác BD CE nên ta BOC Kẻ BH vng góc với OC H Khi tam giác BOH vng cân H, suy BH = Do ta S BOC= BH.OC= OB 2 OB.OC ⇒ OB.OC= 2a Từ ta suy BD.CE = 4a THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 508 Bài 24 Kẻ CM//BD với M nằm đường tròn O D A  = BDC  Do I tà Khi ta có BM = CD DBM N trung điểm BD nên IB = ID , từ ta I J  = DIC  ∆BIM = ∆DIC suy BIM O B  ta + Nếu BD phân giác góc AIC C  = DIC  AID  nên ba điểm A, I, M thẳng  = AID Mà ta lại có BIM M hàng Gọi R bán kính đường trịn (O), ta có S ABM = AB.BM.MB AD.DM.MB S ADM = 4R 4R Vì I trung điểm AB nên ta S AMB = S AMD , suy AB.BM = AD.DM Lại= có CD BM, = BC DM nên ta có AB.CD = AD.BC Kẻ DN//AC với N nằm đường tròn (O) ta = AD CN, = AN CD AB.BN.NA BC.CN.NB ; S CBN = 4R 4R Do ta S ABN = S CBN Điều chứng tỏ DN qua trung điểm J BD Lại có S ABN =  NCJ  suy AJD    Do AD phân giác Khi ta có AD NC, = = DAJ = CJN = AJB  góc BJC  Thì lặp lại cánh chứng minh ta BD + Nếu AD phân giác góc BJC  phân giác góc AIC Bài 24 Gọi (O) đường tròn tiếp xúc với Q tia đối BA, DA, CD, CB theo thứ tự D M, N, P, Q Khi theo tính chất hai P O tiếp tuyến cắt ta có = AM AQ, = BM BP,CN = CP, = DN AQ C N A Khi ta thấy B M AM = AB + BM = AB + BP = AB + BC + CP AQ = AD + DQ = AD + DN = AD + DC + CN Do ta= có AM AQ, = CN CP nên ta AB + BC = AD + DC Mà lại có 2p = a + b + c + d nên ta a + b = c + d = p Đặt BD = f Khi ta có S ABCD = S ABC + S ADC = S ABD + S BCD THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 509 Áp dụng cơng thức diện tích cho tam giác ABC, ADC, ABD, BCD nội tiếp đường tròn ta AB.BC.CA abe AC.CD.DA cde ; S ACD = = = 4R 4R 4R 4R AB.BD.DA adf BC.CD.DB bcf S ABD ; S BCD = = = = 4R 4R 4R 4R ( ab + cd ) e S = ( ad + bc ) f Do ta S ANCD = ANCD 4R 4R ( ab + cd )( ad + bc ) ef ⇔ 16S R = Suy S 2ABCD = ( ab + cd )( ad + bc ) ef 16R S ABC = Áp dụng định lí Ptoleme cho tứ giác nội tiếp ABCD ta AD.BC + AB.CD = AC.BD hay ac + bd = ef ( ab + cd ) e ta ab + cd = 4R.S Từ S ANCD = thay vào hệ thức ta 4R e Re.S = ( ac + bd )( ad + bc ) = ab c + d + cd a + b = ab p2 − 2cd + cd p2 − 2ab ( ) ( ) ( ) ( ) 4Rp2 S − 4S 2 S.e Do ta Rp Re + e.S hay R = = p − e2 = p2 ( ab + cd ) − 4abcd= Bài 26 Đặt = = BC a,= CA b, AB c,= AB2 x; = AC y KB c a a+c Phân giác BK cắt cạnh AC D Ta có = = = > KD AD CD b bc Suy AD = D nằm A B2 Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABD a+c bc x− B2 D C1A KB a + c a + c= ⇒ với B2 ,K,C1 thẳng hàng ta = Do ta B2 A C1 B KD x b bc bc Tương tự ta y = Từ giả thiết S ABC = S AB2 C2 nên suy a+c−b a+ b−c xy = bc x= Từ hợp kết ta a = b + c − bc Theo định lí cosin ta có a = b + c − 2bc.cosA  = 60 Từ ta suy cos A = nên ta BAC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC 510 Bài 27 Dễ thấy ba đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy điểm O AA' BB' CC' = = = k