Phương pháp diện tích trong hình học

phương pháp diện tích trong hình học 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 . Trong khi giải toán có nhiều bài sử dụng các phưpưng pháp thông thường để giải thì gặp nhiều khó khăn , song nếu sử dụng diện tích của các hình để giải thì đơn giản đi rất nhiều . Đối với khả năng của học sinh cấp 1 , cấp 2 thì việc sử dụng diện tích các hình để giải toán thì có lợi ích rõ rệt nhất là đối với các học sinh giỏi . Bởi vì khi sử dụng phương pháp diện tích của các hình dễ suy luận và rất sáng tạo . Phương pháp suy luận để giải toán bằng diện tích các hình nó tuân theo một số quy tắc nhất định , ở trong bài viết nay tôi chỉ tóm tắt một số quy tắc cơ bản hay được sử dụng . Và khi 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 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 công thức : S = 1/2 ah Căn cứ vào công thức trên tôi xin nêu ra một số tính chất sau 1- Hai tam giác có diện tích bằng nhau : Nếu chung cạnh đáy thì đường cao tương ứng với cạnh đó bằng nhau Nếu chung đường cao thì cạnh tương ứng với dường cao đó bằng nhau 2 - Hai tam giác có : Chung đường cao ( chung cạnh đáy ) và cạnh ứng với đường cao (Đường cao ứng với cạnh đó ) bằng nhau thì diện tích của hai tam giác đó bằng nhau . 3 - Hai tam giác có diện tích bằng nhau và chung một cạnh ( Hai đỉnh đối diện với cạnh đó cùng nằm ở một nửa mặt phẳng ) thì hai đỉnh đó cách đều đường thẳng chứa cạnh đó hay dường thẳng chứa đi qua hai đỉnh đó song song với đường thảng chứa cạnh chung đó . 4 - Hai tam giác có tỉ số diện tích là k Nếu chung một cạnh thì tỉ số hai đường cao ứng với cạnh đó cũng bằng k Nếu chung đường cao thì tỉ số hai cạnh ứng với đường cao đó cũng bằng k Từ các điều kiện trên cũng suy ra diện tích của hai tam giác cũng bằng k 5- Hai tam giác có tỉ số các cạnh tương ứng bằng k thì tỉ số diện tích của hai tam giác bằng k2 . Thật vậy : Giả sử hai tam giác ABC và 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 đó suy ra S(ABC) = k2 S(ADE) hay tỉ số diện tích của hai tam giác ABC và ADE bằng k2 Chú ý : Trong phần này diện tích của tam giác ABC được kí hiệu là S(ABC) hoặc diện tích của tứ giác ABCD được ký hiệu là S(ABCD) II ) Phần bài tập vận dụng A) Loại bài tập về tính toán diện tích của các hình Bài 1 : Cho tứ giác ABCD , trên tia đối của tia AB lấy diểm M sao cho AM = AB , Trên tia đối của tia BC lấy điểm N sao cho BN = CB ; trên tia đối của tia CD lấy điểm P sao cho CP = CD ; trên tia đối của tia DA lấy điểm Q sao cho DQ = AD . Tính diện tích của tứ giác MNPQ , biết S(ABCD) = 1 Lời giải Trong DAQM 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) ) = 2 . dt(ABCD) Và dt(NBM) + dt(PQD) = 2. dt(ABCD) Vậy dt(MNPQ) = 5.dt(ABCD) . Mà dt(ABCD) = 1 nên dt(MNPQ) = 5 Bài 2 Cho tứ giác ABCD và điểm O nằm trong tứ giác . Gọi M , N , P , Q là các diểm đối xứng của O qua trung điểm các cạnh của tứ giác . Hãy tính diện tích của tứ giác MNPQ . Biết diện tích của tứ giác ABCD bằng 12 cm2 Lời giải Gọi E , F , G , H lần lượt là trung điểm của 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) Lý luận tương tự dt(FEB) + dt(DHG) = 1/4 dt(ABCD) nên suy ra dt(FCG) +dt(AEH) + dt(FEB) + dt(DHG) = 1/2 dt(ABCD) Do vậy suy ra dt(E FGH) = 1/2dt(ABCD) (1) Mà dt(OMN) = 4.dt(OE F) vì có tỉ số các cạnh là 2 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 ra dt(MNPQ) = 2.dt(ABCD) ; mà dt( ABCD) = 12 cm2 Cho nên dt(MNPQ) = 24 cm2 Bài 3 Cho tam giác KML , trên KL lấy điểm A sao cho LA = 3.AK ; trên ML lấy điểm B sao cho BL = 4.MB . BK và MA cắt nhau tại C . Hãy tính diện tích tam giác KML , biết rằng diện tích tam giác KLC = 2 Lời giải Trên ML lấy điểm D sao 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 bằng nhau nên dt(KCD) = dt(KAC) (2) Từ (1) và (2) suy ra dt(KMC) = dt(KAC) , mà hai tam giác chung đường cao hạ từ K cho nên MC = AC . Do vậy dt(MLC) = dt(ALC) mà dt(KML) = dt(MKC) + dt(MCL) + dt(KLC) = 2.dt(KLC) = 4 Bài 4 Cho tam giác ABC trên cạnh AB lấy M sao cho AM = 1/3 AB , trên AC lấy N sao cho AN = 1/3 AC . Nối CM và N cắt nhau tại O . Biết diện tích tam giác ABC = 24 cm2 Hãy tính diện tích của tứ giác OMAN . Lời giải Cách 1 : dt(OBM) = 2.dt(AMO) vì chung đường cao hạ từ O và BM = 2.AM dt(ONC) = 2.dt(ANO) vì chung đường cao hạ từ O và NC = 2.AN mà dt(MBC) = dt(NBC) vì cùng bằng 2/3dt(ABC) ; hai tam giác có chung dt(OBC) Do vâïy suy ra dt(BOM) = dt(NOC) và dt(AOM) = dt(AON) Từ đó suy ra : 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 = 4 ( 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 vậy 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 ra 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) = 4 ( cm2) Bài 5 Cho tam giác ABC , gọi I là trung điểm của BC , nối AM .Trên AM lây diểm N sao cho MN = 1/3 AN . Nối BN cắt AC tại E . Tính diện tích của tam giác NEC Biết diện tích tam giác ABC bằng 1 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 Þ dt(ABN) = 3.dt(BNM)(1) Vì hai tam giác có chung đường cao hạ từ B dt(BNC) = 2 . dt(BMN) (2) Từ (1) và (2) Þ dt(ABN) = 3/2 dt(BNC) , mà hai tam giác chung cạnh đáy BN cho nên đường cao hạ từ A bằng 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 vậy dt(NEC) = 2/5dt(ANC)(3) Mà MN = 1/3AN Þ 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 vậy dt(ANC) = 3/8dt(ABC)(4) Từ (3) và (4) suy ra dt(NEC) = 3/20dt(ABC) = 3/20 Bài 6 Cho tứ giác ABCD , vẽ hình bình hành DBCM Tính diện tích của tam giác ACM .Biết diện tích của tứ giác ABCD là 20cm2 Lời giải Từ A kẻ đường caoAH của tam giác ACM cắt BD tại I ; kẻ đường cao CN của hình bình hành DBCM ( N Î 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 ra 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 khi giải các bài tập có liên quan đến việc chứng minh diện tích của các hình mà sử dụng một số định lý hình học thì việc giải các bài tậïp trở lên đơn giản và tiện lợi . Mục đích của phần này là thông qua một số tính chất của các hình và các định lý hình học để tìm ra mối quan hệ về cạnh và đường cao tương ứng của các hình mà ta đang cần xét . Bài 1 : Cho tứ giác ABCD ,gọi M và N lần lượt là trung điểm của BC và AD . K và T là giao điểm của MD và NC ; MA và NB . Chứng minh : Diện tích của tứ giác MTNK bằng tổng diện tích của 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 , do vậy BE + CF = 2MG Mặt khác S(MAD) = 1/2 AD.MG ; S(ABN) = 1/2 AN.BE ; S(NCD) = 1/2 ND.CF do vậy suy ra S(MAD) = S(ABN) + S(NCD) mà các tam giác này có các phần chung là S(ANT) và S(NDK) Do đó suy ra S(MTNK) = S(ABT) + S(CDK) Bài 2 : Từ đỉnh B và C của tam giác cân ABC ( AB = AC) ta nối với trung điểm O của đường cao AH . Các đường đó cắt AC , AB tại D , E . Hãy tính diện tích của tứ giác AEOD . Biết diện tích của tam giác ABC = 12 cm2 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 tại F Trong DBCD có HF//BD và BH = HC Þ FC = FD Trong DAH F có OD//HF và OA = OH Þ AD = DF do vậy suy ra 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) Þ 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 = 2 cm2 Chú ý : Bài này có thể vận dụng cách giải của bài 5 của phần trên thì sẽ đơn giản hơn . Bài 3 Trong tam giác ABC có diện tích bằng 1 . Dựng đoạn AD cắt trung tuyến CF tại M. sao cho CF = 4FM Tìm diện tích của tam giác ABD . Lời giải Gọi N là trung điểm của CF , từ F và N kẻ đường thẳng song song với AD cắt BC tại P và E Trong DABD có FE // AD và FA = FC cho nên E là trung điểm của BD (1) Trong D FCE có FN = NC và NP // FE cho nên P là trung điểm của 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 của FN , mà MD // FE cho nên D là trung điểm của PE (3) Từ (1),(2) và (3) suy ra PD = DE = EB = 1/2 PC và BD = 2/5 BC Do vậy dt(ABD) = 2/5 dt(ABC) vì chung đường cao hạ từ A ; hay dt(ABD) = 2/5 Bài 4 Cho tứ giác ABCD . Gọi M , N là trung điểm của 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 nhau tại O . Chứng minh đoạn thẳng nối điểm O với trung điểm các cạnh chia tứ giác thành bốn phần có diện tích bằng nhau . Lời giải Gọi E , F , G , H lần lượt là trung điểm các canh BC , CD , DA và AB . Nối ME , MF ta có D CFE có các cạnh tương ứng bằng 1/2 các cạnh của 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 Þ OM // FE cho nên dt(OE F) = dt(MFE) vì có chung cạnh FE đương cao hạ từ O và M xuống FE bằng nhau . 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 ra điều phải chứng minh . Bài 5 Cho điểm M nằm trong tam giác ABC . Gọi O1 , O2 ; O3 là trọng tâm của các tam giác MBC , MBC và MAB . Chứng minh dt(O1O2O3) = 1/9dt(ABC) Lời giải Gọi P , Q lần lượt là trung điểm của AO3 , AO2 thì PQ là đường trung bình của tam giác AO2O3 cho nên PQ = 1/2 O2O3 (1)và PQ // O2O3 Mà O2 ,O3 là trọng tâm của 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 Do vậy suy ra PQ // DE và O2O3 là đường trung bình của hình thang PQED Þ 2.O2O3 = PQ + DE (2) Từ (1) và (2) Þ O2O3 = 2/3 DE ; mà DE là đường trung bình của tam giác MBC nên DE = 1/2 BC Do vậy O2O3 = 1/3.BC Chứng minh tương tự : O2O1 = 1/3.AB ; O1O3 = 1/3.AC Vậy dt(O1O2O3 ) = 1/9 dt(ABC) Bài 6 Qua giao điểm hai đường chéo của hình vuông kẻ hai đường thẳng vuông góc với nhau . Chứng minh rằng hai đường thẳng này chia hình vuông thành 4 phần có diện tích bằng nhau . Lời giải Dễ chứng minh các tam giác : DOBQ = DODP = DOAM = DOCN ( g.c.g) DOAQ = DOCP = DODM = DOBN (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 về diện tích của các hình . Bài 1 Cho DABC , trên các cạnh AB , BC , CA theo thứ tự đó ta lấy các điểm D , E , F sao cho AD = k.AB BE = k.BC ; CF = k.AC (0< k < 1) . Xác định k để dt(DE F) có giá trị nhỏ nhất .Với dt(ABC) = 1 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 Þ BD = (1 - k).AB cho nên dt(BDE) = (1 - k).dt(ABE) (2) Từ (1) và (2) suy ra 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) ] = 1 - 3k(1 - k) = 3k2 - 3k + 1 Hay dt(DE F) = 3k2 - 3k + 1 = 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 ³ 1/4 với mọi k Vậy giá trị nhỏ nhất của dt( DE F) là 1/4 khi k = 1/2 Bài 2 Chứng minh rằng các tam giác có chung một cạnh và chu vi bằng nhau thì tam giác cân có diện tích lớn nhất . Lời giải Để chứng minh diện tích của tam giác cân ABC có diện tích lớn nhất ta chỉ cần chứng minh mọi tam giác có chung cạnh BC và cùng chu vi với tam giác cân ABC thì chỉ cần chứng minh tam giác cân có đường cao lớn nhất . Qua đỉnh A của tam giác cân ABC ta vẽ đường thẳng d song song với đường thẳng chứa cạnh BC .Ta chứng minh mọi tam giác có đỉnh nằm trên đường thẳng d hoặc nằm trên nửa mặt phẳng bờ là đường thẳng d không chứa BC và có chung cạnh BC thì sẽ có chu vi lớn hơn chu vi của tam giác ABC . Từ đó suy ra các tam giác có cùng chu vi với tam giác ABC sẽ có đỉnh nằm giữa hai đường thẳng d và đường thẳng BC . Do vậy mà đường cao ứng với cạnh BC nhỏ hơn đường cao của tam giác ABC .Do đó diện tích của tam giác ABC là lớn nhất . Thật vậy lấy điểm M ¹ A nằm trên d hoặc nửa mặt phẳng bờ d không chứa BC . Gọi E là điểm đối xứng của B qua d , đễ chứng minh 3 điểm E , A , C thẳûng hàng và AB + AC = CE mà MB > ME cho nên MB + MC > ME + MC Trong DMEC có ME + MC > CE cho nên AB + AC < MB + MC Þ chu vi D ABC < chu vi DMBC Do vậy các tam giác có cùng chu vi với tam giác ABC và chung cạnh BC thì có đỉnh đối diện nằm giữa hai đường thẳng d và BC . Do vậy suy ra điều phải chứng minh . Bài 3 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 của M để diện tích của tam giác DE F có giá trị nhỏ nhất . Biết hình vuông có cạnh là 1 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 bằng nhau dt(FMD) = dt(FMC) vì chung cạnh FM và đường cao hạ từ D và C bằng nhau 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) Þ dt(DE F) = dt(ABCD) - dt(BE F) Đặt BF = x thì BE = AB - x = 1 - x ; dt(ABCD) = AB2 = 1 ; dt(BE F) = 1/2.x.(1 - x) Vậy dt(DE F) = 1 - 1/2 .x.(1 - x) = 1 - 1/2.x + 1/2.x2 = 1/2 [ 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 ³ 7/8 dt(DE F) có giá trị nhỏ nhất là 7/8 khi x = 1/2 hay E là trung điểm của AB . Do vậy M là trung điểm của AC hay M là tâm của hình vuông . Bài 5 Cho tam giác ABC , trong các hình chữ nhật nội tiếp trong 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 nhất . 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 Þ ah = hy + a x Þ y = Vậy dt(MNPQ) = .x = Vậy dt(MNPQ) có giá trị lớn nhất là khi x = h/2 . Bài 6 Cho hình vuông có cạnh là 1 . Nội tiép trong hình vuông một ngũ gíac sao cho các đỉnh của ngũ giác chia chu vi của hình vuông thành các phần bằng nhau . Xác định vị trí của các đỉnh để diện tích của ngũ giác là lớn nhất . Lời giải vắn tắt Từ bài ra trên một cạnh nào đó của tứ giác có chứa hai đỉnh của ngũ giác . Giả sử là cạnh BC có chứa hai đỉnh M , N .Cho nên MN = Đặt BE = x Þ BM = ; Þ dt(AEQ) = dt(BEM) = cho nên dt(MNPQE) = 1 - [dt(AEQ) + dt(DPQ) + dt(NCD) + dt(BEM) ] = Diện tích nhỏ nhất của ngũ giác MNPQE là khi x = Từ đó xác định được vị trí của điểm E , Q , P , N , M . Bài 7 Cho góc xOy và điểm M nằm trong góc đó . Một đường thẳng di qua M cắt O x tại A cắt Oy tại B . Chứng minh : không đổi . Lời giải Từ M kẻ ME // Oy ; MF // O x cho nên Mà tứ giác MEO F là hình bình hành cho nên dt(OEM) = dt(FOM) cógiá trị xác định . Vậy = có giá trị không dổi . Bài 8 Cho tam giác vuông ABC (Góc C= 900), kẻ đường cao CD , đường phân giác CE của góc ACD và đường phân giác của góc BCD . Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số : Lời giải Ta có Þ Þ DBCE là tam gíac cân Þ 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 Þ a+b - c < c - c = c( - 1 ) Þ Mà = cho nên +1 Vì vậy : tỉ số có giá trị nhỏ nhất bằng +1 khi D ABC vuông cân tại C . Vận dụng diện tích các hình để giải toán 1. Toán về chứng minh : Bài 1 ( Định lý Ta lét ) Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác thì định ra trên hai cạnh ấy các cặp đoạn thẳng tỉ lệ . Lời giải Ta có (1) vì hai tam giác có chung đường cao hạ từ C (2) 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 DADE . Ch Từ (1), (2) , (3) và (4) Þ Dựa vào tính chất của tỉ lệ thức ta dễ chứng minh các tỉ số sau : Bài 2 : ( Tính chất đường phân giác trong tam giác ) Đường phân giác của một tam giác chia cạnh đối diện thành hai đoạn tỉ lệ với hai cạnh kề với hai đoạn ấy . Lời giải Từ D kẻ DH ; DK lần lượt vuông góc với AB và AC cho nên DH = DK Ta có Cho nên (1) . Mà (2) vì chung đường cao hạ từ A Từ (1) và (2) Þ Bài 3 a) Cho hình thang ABCD (AB // CD ) .Gọi O là giao điểm hai đường chéo , M và N là trung điểm của AB và CD. Chứng minh : 3 điểm M , O , N thẳng hàng . b) Cho hình thang ABCD ( AB // CD) có hai cạnh bên cắt nhau tại I , giao điểm hai đường chéo là O . Chứng minh rằng đường thẳng OI đi qua trung điểm hai cạnh đáy của hình thang ABCD . Lời giải ( Phần a ) Giả sử 3 điểm M , O , N không thẳng hàng , thì điểm O có thể nằm trong các DAOD hoặc DBOC Nếu điểm O nằm trong DAOD 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 bằng nhau và có đường cao bằng nhau ). và dt(ONC) = dt(OND) ; dt(OMA) = dt(OMB) dt(OBC) = dt(OAD) cho nên 2.dt(OMN) = 0 . Điều này vô lý vì trái với giả sử ba điểm O , M , N không thẳng hàng nên dt(OMN) ¹ 0 Nếu điểm O nằm trong tam giác BOC thì lý luận tương tự như trên cũng dẫn đến vô lý . Vậy ba điểm O , M , N thẳng hàng . Bài 4 Cho tam giác có 3 góc nhọn . Chứng minh rằng : r ( Trong đó R , r là bán kính của đường tròn ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp của tam giác ) Lời giải Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của DABC , kẻ đường cao AH , OD vuông góc với BC đặt AH = ha ; OD = da . Dễ thấy ha < R + da Þ 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) Þ 2r(a+b+c) < R(a+b+c) Þ Chú ý : Kết quả trên còn đúng với mọi tam giác . Bài 5 Cho tam giác ABC , D là trung điểm của AB , trên AC lấy điểm E sao cho AE = 2.CE . Gọi giao điểm của CD và BE là O . Chứng minh : OE = 1/4 BE Lời giải Cách 1 : 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 ra AM = 2.CN (vì hai tam giác có chung cạnh đáy BE) Þ dt(AOB) = 2.dt(BOC) (1) Mà dt(AOC) = dt(BOC) ( Vì O nằm trên trung tuyến CD ) dt(AOC) = 3 dt(EOC) ( vì AC = 3.CE và chung đường cao hạ từ O) nên dt(BOC) = 3 dt(EOC) , mà hai tam giác chung đường cao hạ CN Cho nên BO = 3.OE hay Cách 2 : Dễ thấy dt(BOC) = dt(AOC) ; mà dt(AOC) = 3dt(EOC) nên dt(BOC) = 3.dt(EOC) Þ OB = 3.OE hay BE = 4.OE Bài 6 Cho hình bình hành ABCD , từ B kẻ đường thẳng cắùt cạnh CD tại M ; từ D kẻ đường thẳng cắt cạnh BC tại N sao cho BM = DN . Gọi giao điểm của DN và BM là I . Chứng minh : Tia IA là tia phân giác của góc BID . 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) cho nên dt(ABM) = dt(ADN) , mà BM = DN cho nên A F = AE hay A cách đều hai cạnh của góc BID . Vậy tia IA là tia phân giác của góc BID. Bài 7 Cho tam giác ABC có góc B bằng 3 lần góc C và đường phân giác của góc A chia tam giác thành hai phần có diện tích gấp đôi nhau . Tính độ lớn các góc của tam giác . Lời giải Ta có dt(ADC) = 2dt(ABD) , mà hai tam giác có đường cao hạ từ D bằng nhau vì AD là phân giác của góc A nên D cách đều hai cạnh AB và AC .Cho nên AC = 2.AB . Ta có và cho nên Gọi N là trung điểm của AC , ta có DABN là tam giác cân Þ Mà . Cho nên DNBC là tam giác cân Þ NB = NC Từ đó suy ra AN = NC = BN Þ DABC vuông tại B , nên Bài 8 Chứng minh rằng trong một tam giác đều tổng các khoảng cách từ một điểm nằm trong tam giác đến các cạnh của nó không phụ thuộc vào vị trí của điểm đó . Lời giải Gọi O là điểm nằm trong tam giác đều ABC , từ O kẻ OM , OP , OQ lần lượt 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) Þ OP+OQ+OM = AH ( đpcm). Bài 9 Cho DABC và một đường thẳng chia tam giác thành hai phần có diện tích bằng nhau và chu vi bằng nhau . Chứng minh các đường thẳng đó luôn đi qua một điểm cố định . Lời giải Giả sử đường thẳng MN thỏa mãn điều kiện của bài . Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC và r là bán kính của đường tròn . Để không mất tính tổng quát ta giả sử O nằm trong hình MBCN . Theo bài ra ta có AM + AN = MB + BC + CN(1) và dt(AMN) = dt(MBCN)(2) ta có dt(AMN) = dt(AMO) + dt(AON) - dt(OMN) = =(3) dt(MBCN) = dt(OMB)+dt(OBC)+dt(OCN) +dt(OMN) = = (4) Từ (1)(2)(3)(4) Þ 2.dt(OMN) = 0 Þ M , O , N thẳng hàng hay MN đi qua điểm O . Bài 10 Cho tam giác ABC có AB = 2.AC , kẻ phân giác AD , gọi p là nửa chu vi của DABC , r ,r1 , r2 là bán kính của đường tròn nội tiếp trong các tam giác ABC , ADC và ABD . Chứng minh AD = Lời giải Vì AB = 2.AC nên dt(ABD) = 2dt(ADC) vì có đường cao kẻ từ D bằng nhau 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 Cho nên Cộng từng vế ta được hay suy ra Bài 11 Cho M là điểm nằm trong tam giác ABC có BC = a ; AC = b ; AB = c . Từ M kẻ MA1 ; MB1; MC1 lần lượt vuông góc với BC , CA , AB . Tìm vị trí của M để có giá trị nhỏ nhất . Lời giải vắn tắt : Đặt MA1 = x ; MB1 = y ; MC1 = z 2S(ABC) = a x + by + cz mà (a x + by + cz) = a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc = (a+b+c)2 vì với m > 0 thì cho nên vì 2S = r(a+b+c) ; r là bán kính của đường tròn nội tiếp trong tam giác ABC Để có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MA1= MB1 = MC1 = r Vậy M trùng với tâm đường tròn nội tiếp trong tam giác ABC . Bài 12 Cho tam giác ABC có a - b = b - c ( a,b,c là các cạnh của tamgiác ) . Chứng minh rằng đoạn thẳng nối tâm đường tròn nội tiếp với trọng tâm của tam giác song song với cạnh có độ dài là b . Lời giải Từ a - b = b - c Þ a+c = 2b Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , O là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC , r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Kẻ EG vuông góc với BC Ta có dt(ABC) = 1/2 r.(a+b+c) = 1/2 r.3b = 3/2 .br Þ (1) mà dt(GBC) = 1/3 dt(ABC) ; dt(GBC) = 1/2 EG . BC Þ 3.EG.BC = 2.dt(ABC) Þ (2) Từ (1) (2) suy ra EG = r hay OG // BC ( Vì O , G cách đều BC ) .