Bài 2: Tính chiều cao một hình thang cân có diện tích bằng 12 cm2, đường chéo bằng 5 cm.. Bài 3: Đường phân giác các góc tù ở một đáy của một hình thang cắt nhau tại một điểm thuộc đáy k
Trang 1CHUYÊN ĐỀ - GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC
BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ (Bồi dưỡng học sinh giỏi toán các lớp 8, 9)
Bài 1: Tính diện tích tam giác biết 3 cạnh của nó bằng 10cm, 17cm, 21cm.
Giải:
Giả sử ∆ABC có AB = 10cm, AC = 17cm, BC = 21cm Kẻ AH ⊥ BC
Vì BC là cạnh lớn nhất của ∆ABC nên H ở giữa B và C
Đặt HC = x, HB = y Ta có: x + y = 21 (1)
∆ vuông AHB có AH2 = AB2 - BH2 = 102 - y2 (Pitago)
Tương tự ∆ vuông AHC có:
AH2 = AC2 - CH2 = 172 - x2 (Pitago)
⇒ 102 - y2 = 172 - x2 = AH2
⇔ x2 - y2 = 172 - 102 = 189
⇔ (x - y)(x + y) = 189 (2)
Từ (1) và (2) có:
= +
=
=
21 y x
9 21 : 189
y-x
⇒ x = 15; y = 6 ⇒ HC = 15 cm
Do đó AH2 = 172 - x2 = 172 - 152 = 64 ⇒ AH = 8 cm
Vậy SABC = 21 BC.AH = 21 21.8 = 84 (cm2)
Bài 2: Tính chiều cao một hình thang cân có diện tích bằng 12 cm2, đường chéo bằng 5 cm
Giải:
Gọi BH là đường cao hình thang cân ABCD
Ta chứng minh được: DH =
2
CD
AB +
Đặt BH = x, DH = y Ta có:
∆BHD vuông tại H có: x2 + y2 = BD2 = 25 (Pitago) (1)
Ta lại có: SABCD = 12 (AB + DC).BH = DH.BH = y.x Do đó xy = 12 (2)
A
B H C
A B
D H C
x y
5cm
Trang 2Từ (1) và (2) có:
=−+
+=+
+
⇔
=
=+
24-25 xy2y x
2425 xy2y
x 21xy
25y
x
22
22 22
⇔
⇔
1y-x
7yx 1)y-x(
49)y
x(
2 2
Do đó: x = 4, y = 3 hoặc x = 3, y = 4
Vậy đường cao hình thang cân bằng 4cm hoặc 3cm
Bài 3: Đường phân giác các góc tù ở một đáy của một hình thang cắt nhau tại một điểm
thuộc đáy kia Tính các cạnh hình thang biết chiều cao bằng 12cm, các phân giác trên dài 15cm và 13cm
Giải:
Gọi AE, BE là các phân giác của các góc tù
Kẻ AH ⊥ CD, BK ⊥ CD
∆AHE vuông tại H AH = 12cm, AE = 13cm
⇒ HE = 5cm (bộ ba Pitago)
Tương tự: ∆BKE vuông tại K có BK = 12cm, BE = 15cm ⇒ EK = 9cm
Đặt AD = DE = x ⇒ DH = x - 5
∆AHD vuông tại H có: HD2 + AH2 = AD2 ⇔ (x - 5)2 + 122 = x2
Giải phương trình này được x = 16,9 ⇒ AD = DE = 16,9cm
Chứng minh tương tự với ∆BCE cân tại C có: BC = CE = 12,5cm
Do đó CD = DE + CE = 16,9 + 12,5 = 29,4cm
Mà AB = HK = HE + KE = 5 + 9 = 14cm
Vậy hình thang ABCD có AB = 14cm, DC = 29,4cm
Bài 4: Tính diện tích tam giác có 3 trung tuyến bằng 30cm, 51cm, 63cm.
Giải:
Giả sử ∆ABC có trung tuyến AM, BN, CP cắt nhau tại G
A B
D H E K C
A
N P
M K H
G
Trang 3Gọi K là đối xứng của G qua M.
Giả sử AM < BN < CP
⇒ GK = AG = 32 AM = 20cm
BG = 32 BN = 34cm
BK = CG = 32 CP = 42cm
Nên ∆BGK có 3 cạnh là GK = 20cm, BG = 34cm, BK = 42cm
Kẻ GH ⊥ BK Đặt BH = x, HK = y ⇒ x + y = 42
BG2 - x2 = GK2 - y2 - GH2 ⇒ 342 - x2 = 202 - y2 ⇒ x2 - y2 = 342 - 202
⇒ (x - y)(x + y) = 14.54 ⇒
= +
=
=
42
18 42
14.54 y
-x
y x
⇒ x = 30, y = 12 ⇒ GH2 = 202 - y2 = 202 - 122 = 256 ⇒ GH = 16cm
SBGK =
2
1
BK.GH =
2
1
.42.16 = 336cm2 Thế mà ta chứng minh được SABC = 3.SGBC = 3.SGBK = 3.336 = 1008(cm2)
Vậy SABC = 1008 cm2
Bài 5: Điểm M nằm trên cạnh huyền của một tam giác vuông diện tích là 100 cm2, có khoảng cách đến 2 cạnh góc vuông thứ tự bằng 4 cm và 8cm Tính cạnh góc vuông
Giải
Kẻ MH ⊥ AB, MK ⊥ AC
Đặt BH = x, KC = y ta có: ∆BHM ∼∆MKC
⇒ 8x =4y ⇒ xy = 32 (1)
Mặt khác : AB.AC = 2.SABC = 200 ⇒ (x + 8)(y + 4) = 200
(1), (2) ⇒
=
−
= +
+
32
32 200 8
4
xy
y x xy
⇒ y2 – 17y + 16 = 0
B
C
M H
y 8
4 x
Trang 4⇒
=
=
16
1 2
1
y
y
⇒ x = 32; x = 2
Có 2 đáp số: AB = 40 cm; AC = 5 cm hoặc AB = 10 cm; AC =20 cm
Bài 6: Tính diện tích ∆ABC có đường cao AH = 6cm, biết rằng AH chia góc A theo tỷ
số 1: 2 và chia cạnh BC thành 2 đoạn nhỏ bằng 3cm
Giải:
Giả sử HB < HC Gọi AD là phân giác của ∆HAC Ta có:
AC
6 x
3 AC
AH DC
∆ vuông AHC có: AH2 + HC2 = AC2
⇒ 62 + (3 + x)2 = 4x2
⇒ x2+ 6x + 45 = 4x2
⇒ 3x2 - 6x - 45 = 0
⇒ x2 - 2x - 15 = 0
⇒ (x + 3)(x - 5) = 0 ⇒ x = -3 (loại) hoặc x = 5 ⇒ DC = 5cm
⇒ BC = 11cm ⇒ SABC = 12 BC.AH = 12 11.6 = 33cm2
Vậy SABC = 33cm2
Bài 7: Cho hình vuông EFGH nội tiếp hình vuông ABCD sao cho E, F, G, H chia các
cạnh hình vuông ABCD theo tỷ số k Tính k Biết SEFGH =
9
5
SABCD
Giải:
Đặt BE = CF = DG = AH = x thì AE = BF = CG = DH = kx
Ta có: AE2 + AH2 = EH2 ⇒ (kx)2 + x2 = EH2
ABCD
EFGH 2
2
=
=
⇒ ((kxx) kx)x2 95
2 2
= +
+
⇒ (kk 1)12 95
2
= + +
⇒ 9k2 + 9 = 5k2 + 10k + 5
⇒ 4k2 - 10k + 4 = 0
⇒ 2k2 - 5k + 2 = 0 ⇒ (2k - 1)(k - 2) = 0 ⇒
=
=
2
1 k
1 k
2 1
B H D C
6
A
B
F G
H
kx x
Trang 5Vậy tỷ số k = 1 hoặc k = 12
Bài 8: Một tam giác có số đo đường cao là các số nguyên với bán kính đường tròn nội
tiếp bằng 1 Chứng minh rằng: tam giác đó là tam giác đều
Giải
Gọi x, y, z lần lượt là độ dài các đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c của ∆ABC
Ta có: SABC = 12 ax = 12 by = 21 cz = 21 (a + b + c).r
⇒ ax = (a +b +c).r ; r = 1 ⇒ x = a+ab+c
⇒ x = 1 + ba+c > 2 (1) (Vì b + c > a (BĐT tam giác))
CM tương tự có: y > 2; z > 2
Mặt khác ta có: ax = by = cz = a + b + c (vì r = 1)
⇒
x
a
1 =
y
b
1 =
z
c
1 =
z y x
c b a
1 1
1 + +
+ +
= a + b + c ⇒ 1x+1y+1z = 1 (*)
Không mất tính tổng quát ta giả sử x ≤ y ≤ z => 1x+1y+1z ≤ 1x+1x+1x = 3x
Lại có x > 2 ⇒ 3x ≥ 1x+1y+1z = 1 (Theo (*)) ⇒ 3x ≥ 1 ⇒ x ≤ 3 (2)
Từ (1) và (2) ta có 31+1y +1z = 1 ⇒ 1y +1z = 1 -
3
1
=
3
2
⇒ y yz+z =
3 2
⇒ 3(y + z) = 2yz ⇒ 2yz – 3z – 3y = 0 ⇔ 4yz – 6z – 6y = 0
⇔ (4yz – 6y) - (6z - 9) = 9 ⇔ 2y(2z - 3) – 3(2z - 3) = 9 ⇔ (2z - 3)(2y - 3) = 9
⇒
=−
=−
=−
=−
1 3 2
9 3 2
3 3 2
3 3 2
y z y z
B a C
r
A
b c
Trang 6Vậy x = y = z = 3 Vì ax = by = cz ⇒ a = b = c ⇒∆ABC đều.
Bài 9: Tìm kích thước của tam giác có diện tích lớn nhất nội tiếp trong (O,R) cho trước.
Giải
Xét ∆ABC bất kỳ nội tiếp (O,R)
Nếu cố định BC thì các tam giác nội tiếp (O,R) nhận BC
làm cạnh sẽ có diện tích lớn nhất khi AH lớn nhất
Vẽ đường kính A0A1 cắt BC tại I (A0A1 ⊥BC)
Ta có AH ≤ AI (quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên kẻ từ A đến BC)
Theo BĐT tam giác ta có: AI = AO + OI = A0O + OI = AI
Vậy AH lớn nhất khi A = A0 là điểm chính giữa của cung BC Khi đó ∆ABC cân Vậy trong các tam giác nội tiếp (O,R) có cạnh BC cố định thì tam giác có diện tích lớn nhất là tam giác cân
Bây giờ ta chứng minh trong các tam giác cân nội tiếp (O,R) thì tam giác đều có diện tích lớn nhất
Thật vậy: Diện tích tam giác đều nội tiếp (O,R) là: S = 12 R 3.3R2 =
4
3
3 2
R
(1)
Đặt OI = x thì A0I = x + R.IB = R2 −x2 ⇒ BC = 2IB = 2 R2 −x2
⇒ SABC = 21 BC.A0I = 21 (R + x).2 R2 −x2 (2)
(1), (2)⇒ ta phải CM: (R + x) R2 −x2 ≤
4
3
3R2
Vì 2 vế của BĐT đều dương nên bình phương 2 vế ta có:
16(R + x)2(R2 – x2) = 27 R4 (1)
⇔ 27R4 – 16[(R2 + x2)(R2 – x2) + 2Rx(R2 – x2)] = 0
⇔ 27R4 – 16R4 + 16x4 – 32R3x + 32Rx3 = 0
⇔ 16x4 + 32Rx3 – 32Rx + 11R4 = 0
⇔(16x4 + 48Rx3 + 44R2x2)-(16Rx3 + 48R2x2 + 44R3x)+(4R2x2+12R3x+11R4) = 0
⇔ 4x2(4x2+12Rx+11R2) - 4Rx(4x2+12Rx+11R2) + R2(4x2+12Rx+11R2) = 0
⇔ (4x4 + 12Rx + 11R2)(4x2 – 4Rx + R2) = 0
A
C B
A
1
I H O
Trang 7⇔ [(4x2 + 2.2x.3R + 9R2) + 2R2] (2x - R)2 = 0
⇔ [(2x + 3R)2 + 2R2].(2x - R)2 = 0 (2)
Vì BĐT (2) đúng nên BĐT (1) đúng tức là diện tích ∆ABC nội tiếp (O,R) lớn nhất khi chỉ khi nó là tam giác đều
Bài 10: Cho ∆ABC có 3 góc nhọn, ở bên ngoài tam giác vẽ 2 nửa đường tròn có bán kính AB, AC Một đường thẳng (d) quay xung quanh điểm A cắt 2 nửa đường tròn tại
M, N (khác điểm A)
a, CMR: Tứ giác BCMN là hình thang vuông và trung điểm của BC cách đều M và N
b, Tìm quỹ tích các trung điểm của MN
c, Giả sử ∆ABC vuông tại A Xác định 2 điểm M và N sao cho chu vi tứ giác BCMN lớn nhất
Giải
a, Vì = 900 (góc nội tiếp chắn nửa
đường tròn)
⇒ tứ giác BMCN là hình thang vuông
Gọi I là trung điểm BC, K là trung điểm của MN
⇒ IK là đường trung bình của hình thang BMNC
⇒ IK // BM => IK ⊥ MN ⇒ IK là trung trực của MN nên IM = IN
b, Vì AI cố định mà = 900 không đổi ⇒ quỹ tích của điểm K là phần đường tròn đường kính AI Giới hạn bởi các tiếp tuyến với 2 nửa đường tròn đường kính AB, AC tại điểm A (khi đó MN là 1 tiếp tuyến của đường tròn quỹ tích)
c, Đặt BM = x, MA = y, NA = z, NC = t thì CBMNC = x + y + z + t + BC
Ta luôn có (x - y)2 = 0 ⇔ x2 + y2 = 2xy ⇒ x2 + y2 + x2 + y2 = x2 + y2 + 2xy
⇒ 2(x2 + y2) = (x + y)2 (1)
Do ∆AMB vuông tại M nên theo Pitago ta có: x2 + y2 = AB2 (2)
Từ (1) và (2) ta có: (x + y) = 2AB2 ⇒ x + y = AB (Dấu “=” khi x = y)
CM tương tự ta có: z + t = AC 2 (Dấu “=” khi z = t)
∆
Trang 8⇒ = 450 ⇒ = 450⇒ N là điểm chính giữa của cung AC.
Vậy chu vi tứ giác BMNC lớn nhất khi M, N lần lượt là điểm chính giữa của cung
BM và CN (xảy ra đồng thời)
Bài 11: Đáy của lăng trụ đứng ABCA’B’C’ là tam giác cân ABC (AB = BC) có đường
cao BH = 3 Trên cạnh BB’ lấy P sao cho = 900, A’P = 2 2, PC = 5
CMR: ∆ABC đều
Giải
Đặt AB = BC = x,
∆ vuông BHA có AH = AB2 −BH2 = x2 − 3
⇒ AC = 2AH = 2 x2 − 3 (*)
∆ vuông A’AC có: AA’= A'C2 −AC2 = A'C2 − 4 (x2 − 3 ) (1)
Mặt khác ∆ vuông A’P’C có: A’C = A'P2 +P'C2 = 8 + 5 = 13 (2)
Từ (1) và (2) có: A'C2 − 4 (x2 − 3 ) = 13 − 4x2 + 12 = 25 − 4x2 (3)
∆P’BC có = 900 ⇒ P’B = P'C2 −BC2 = 5 −x2 (4)
∆P’B’A’ vuông tại B’ có: P’B’ = P'A' 2 −A'B' 2 = 8 −x2 (5)
Vì ABCA’B’C” là lăng trụ đứng nên BB’ = AA’ do đó từ (3), (4) và (5) ta có:
BB’ = AA’ ⇔ B’P’ + P’B = AA’ ⇔ 5 −x2 + 8 −x2 = 25 − 4x2
⇔ 5 – x2 + 8 – x2 + 2 ( 5 −x2 )( 8 −x2 ) = 25 – 4x2
⇔ 2 ( 5 −x2 )( 8 −x2 ) = 12 – 2x2 ⇔ ( 5 −x2 )( 8 −x2 ) = 6 – x2
⇔ (5 – x2)(8 – x2) = 36 – 12x2 + x4 ⇔ 40 – 13x2 + x4 = 36 – 12x2 + x4
⇔ x2 = 4 ⇒ x = 2 hoặc x = -2 (loại)
Với x = 2 thì từ (*) có AC = 2 = 2
Vậy ∆ABC có AB = AC = BC = 2 ⇒∆ABC đều
Bài 12 : Cho đoạn thẳng AB song song với đường thẳng d Tìm điểm M (d và M nằm
khác phía đối với AB) sao cho các tia MA, MB tạo với d một tam giác có diện tích nhỏ nhất
Giải
A
C
B
P
B
’
Trang 9Gọi C và D là giao của các tia MA, MB với (d) Đường thẳng qua M và vuông góc với (d) cắt AB và (d) thứ tự ở H và K
Đặt AB = a, HK = h, MH = x
Ta có: AB // d ⇒ CD AB =MH MK = x+x h ⇒ CD = a(x x+h)
⇒ SMCD = 12 CD.MK = 12 a
x
h
( +
2
2
x
h h x
a x
h hx x
+ +
= + +
Để SMCD nhỏ nhất thì x +
x
nhỏ nhất Chú ý rằng x và
x
là các số dương có tích không đổi (bằng h2) nên tổng của chúng nhỏ nhất
⇔ x =
x
⇒ x = h Vậy có vô số điểm M Tập hợp của chúng là đường thẳng (d’) đối xứng với (d) qua đường thẳng AB
M
A
B
D
H
