Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi - Diện tích - Hình học 9

NHỮNG ĐIỂM CẦN CHÚ Ý KHI SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH ĐỂ GIẢI TOÁN : Ta đã biết, khi biết độ dài một số yếu tố của một hình ta có thể tính được diện tích hình đó bằng những công thức mà[r]

Chuyên

Hình  9

A/ PHẦN I

Kiến thức cơ bản :

1) Tiên

giác là 23+ 8 9 '

2)

+Hai tam giác =  nhau có * tích =  nhau

trong chung thì

+Hình vuông

I  ! TÍCH "J GIÁC :

1) Cho +M giác ABCD K AB = a , BC = b , CD = c , DA = d , AC =

d1 , BD = d2 , R là bán kính

3 +>T và p = (a + b + c + d) Ta có :1

2

d

a

b

c

I

A

D

B

C

a) SABCD = SABC + SADC = SABD + SCBD

<"G  các góc trong F/ +M giác A + B + C + D = 3600 = 2



<"G  bình T9  F/ các H  : a2 + b2 + c2 + d2 = 2 2

2 2

1 d 4m

(m là

b) SABCD = d1 1d2sin

2

a

b

d

c

d1

d2

O A

B

C

D

c) SABCD = (p - a)(p - b)(p - c)(p - d)

0 = 

p = (a + b + c + d) 1 2

*

d a

b

c r

M O

A

B

C

D

d) SABCD = p.r

: a)* tích hình @ c+ :

A a B

b d SABCD = a.b

d = a2 + b2

D C

b)* tích hình vuông

A a B

SABCD = a2

SABCD = d1 2

2

D C

*Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất

c)* tích hình thang :

A a B

h SABCD = (a + b).h1

2

M m N

SABCD = m.h

D H b C

d)* tích hình bình hành :

A B

SABCD = a.h

h d1

d2 d12 + d22 = 2(a2 + b2)

D H a C

e)* tích hình thoi :

A

h SABCD = d1 1d2 = a.h

2

D d2 B d1 +d2 = a2

d1 a

H

C

II. ! TÍCH TAM GIÁC

Cho tam giác ABC có BC = a , AC = b , AB = c,

H  BC là AH = ha , r là bán kính

tròn EH +>T ABC và p = a + b + c Ta có các công +M sau :

2

1) SABC = a.h1

2

a

c

b h

A

H

Chứng minh :

ABH = AH.BH (1)1 2

SACH = AH.CH (2)1

2

SABH + SACH = AH.BH + AH.CH 1

2

1 2

SABC = AH.(BH + CH) = AH.BC1

2

1 2

Hay SABC = a.h1

2

"9  +h ta i  có : SABC = b.k = S1 ABC = c.l

2

1 2 (k là  cao M  )j H  AC, l là  cao M  )j H  AB)

2)Tam giác ABC

SABC = p.r

a

c

b r

r

r O

A

E

D F

Chứng minh :

SABC = SAOB + SBOC + SCOA

Mà : SAOB = r.c1

2

SBOC = r.a

2 1

SCOA = r.b

2 1

AOB + SBOC + SCOA = r.c + r.a + r.b1

1

2 1

SABC = r.(c + a + b) = r.1 = p.r

2

a + b + c 2 ( p = a + b + c : k/ chu vi )

2

3)Tam giác ABC

SABC = abc

4R

a

B

C A

H

D

Chứng minh :

SABC = a.h1

2 Xét ABH vuông +H H và ADC vuông +H C có :

ABH = ADC (góc 3 +>T cùng n cung AC) => ABH ~ ADC => AB = => AH = =

AD

AH AC

AB.AC AD

b.c 2R qc SABC = a.h = .a 1 =

2

1 2

b.c 2R

abc 4R

4) SABC = p(p - a)(p - b)(p - c)

(Công +M Hêrông)

M  minh :

h

A

H

BC = BH + CH hay a = b’ + c’ (1)

C không 2;+ tính +G  quát ta s k b > c => b’ > c’

ABH vuông +H H : AH2 = AB2 - BH2 hay h2 = c2 - c’2

ACH vuông +H H : AH2 = AC2 - CH2 hay h2 = b2 - b’2

=> c2 - c’2 = b2- b’2 <=> b2 - c2 = b’2 - c’2 <=> b2 - c2 = (b’ + c’).(b’ - c’)

b2 - c2 = a.(b’ - c’) => b’ - c’ = b2 - c2 (2)

a

"w (1) và (2) ta có * T9  trình :



















a

c b c b

a c b

2 2

' '

' '



















a

c b c b

a c b

2 2

' '

' '



















a

c b a b

a c b

2 2 2

' 2

' '

<=>

























a

c b a

c

a

c b a

b

2 '

2 '

2 2 2

2 2 2

2

2 2 2 2 2

2 2 2 2

4

c b a b a

c b











  

2

2 2 2 2

2

2 2 2 2 2 2

4

2 4

4

a

c b a ab a

c b a b

2

2 2 2 2

2 2

4

2 2

a

c b a ab c b a

2

2 2

2 2 2 2

4

2

2

a

b ab a

c c b ab

2

2 2

2 2

4

.

a

b a c c b

=    

2

4a

b a c b a c c b a c b

2

4

2 2

2

a

a c b a b c b a c c b a c b

Ub+ a + b + c = 2p)

2 2

4

16 4

2 2 2 2 2 2 2

a

c p b p a p p a

a p b p c p

2

4

a

c p b p a p

c p b p a p p a a

c p b p a p

4

2

2

1

2

1 pp ap bp c

a2    ppapbpc

yK  z- { CHÚ Ý KHI V~ K €‚K PHÁP  ! TÍCH z K ƒ TOÁN :

Ta

công

+[ '

ta chú ý các

1)Xác

Khi s bài toán =  T9  pháp * tích ta ‰ n2 )@  :

+Sử dụng trực tiếp công thức tính diện tích của các hình.

+Sử dụng tính chất :

cao +9  M  =  +Š 8 hai * tích

ba

T‰ có * tích +Š 6* )j 1 : 3

có * tích =  nhau.

-Ba tam giác có chung

ba H  thì có * tích =  nhau

cao thì * tích tam giác =  k/ * tích hình bình hành

B/.PHẦN II

I.CÁC BÀI TOÁN - :

Bài 1 :

Cho tam giác

AB, OK  AC, OI  BC

Ks

H

I

K A

O

ABC = a.h và AB 1

2

= BC = CA = a

Ta có SABC = SAOB + SBOC + SCOA

SAOB = AB.OH1

2

SBOC = BC.OI1

2

SCOA = BC.OI1

2

1 2

1 2

1 2

1 2

<=> a.h = a.OH + a.OK + a.OI <=> a.h = a(OH + OK + OI)1

2

1 2

1 2

1 2

1 2

1 2

<=> h = OH + OK + OI Mà h : không

O

Bài 2 :

H   =  +G  bình T9  F/ hai H  góc vuông

Ta

trong tam giác vuông Ta

M  minh

G

F

H

M N

D

A

B

C

‘; các H  F/ tam giác ABC có  = 900 làm H  h  ra ngoài tam giác các hình vuông BCDE, ABFG , ACMN 6‰ 6?+ có * tích là : SBCDE =BC2

= a2 , SABFG = AB2 = c2 , SACMN = AC2 = b2

Ta Ts M  minh SBCDE = SABFG + SACMN hay a2 = b2 + c2

+ Ta M  minh SABFG = SBHKE

8 AE và CF : ABE = CBF (c-g-c) => SABE = SCBF (1)

FBC và hình vuông ABFG có chung

này là =  AB => SCBF = S1 ABFG (2)

2

ABE và hình vuông BHKE có chung

ABE = S1 BHKE (3) 2

"w (1), (2) và (3) => SABFG = SBHKE (*)

+Ta M  minh SACMN = SCDKH

8 BM và AD

BCM = DCA (c-g-c) => SBCM = SDCA (4)

BCM và hình vuông ACMN có chung

nhau và =  AC => SBCM = S1 ACMN (5)

2

ACD và hình vuông CDKH có chung

=  nhau và =  KD => SACD = S1 CDKH (6)

2

"w (4), (5) và (6) => SACMN = SCDKH (**)

BHKE = SABFG

SCDKH = SACMN

SBCDE = SABFG + SACMN

Hay a2 = b2 + c2

Bài 3 :

Cho tam giác ABC Trên T‰ kéo dài F/ các H  AB, BC và AC

C và F) sao cho BD = AB ; CE = BC và AF = AC K s là * tích F/

ABC Tính * tích DEF theo s

Ks

GT ABC có * tích là s

AB = BD ; BC = CE ; AC = AF

KL SDEF ?

C A

D

E F

Cách 1 : Vk …  tính ;+ 9 s F/ * tích

Xét ABE có AC là trung +> (BC = CE) => SABC = SACE = s

=> SABE = SABC + SACE = 2s AED có EB là trung +> (AB = BD) => SABE = SBED = 2s

=> SAED = SABE + SBED = 4s BCF có BA là trung +> (AC = AF) => SABC = SBAF = s

CEF có EA là trung +> (AC = AF) => SACE = SAEF = s

=> SCEF = SACE + SAEF = 2s AFD có FB là trung +> (AB = BD) => SDBF = SBAF = s

=> SAFD = SDBF + SBAF = 2s

SDEF = SAED + SAFE + SAFD = 4s + s + 2s = 7s

qc SDEF = 7s

Cách 2 :

ef BI  AC và EH  CF

M  minh vuông BIC =  vuông EHC UH   và góc  (

=> BI = EH

Ta có AC = AF và AC + AF = CF => CF = 2AC

=> SCEF = 2SABC = 2s (hai tam giác có cung

ADF = 2SABC = 2s

Và SBDE = 2SABC = 2s

Mà SDEF = SABC + SBED + SCFE + SAFD = s + 2s + 2s + 2s = 7s

qc S

Bài 4 :

Cho hình vuông ABCD

8 BN và CM n+ nhau +H E M  minh * tích hình vuông ABCD ;T

5 6‰ * tích tam giác BEC

GT Hình vuông ABCD có AB = BC = CD = DA = a

Và AM = MD , NC = ND

KL SABCD = 5SBEC

Ks

H P

Q

E

M

N

Cách 1 :

^C M  minh SHV/ABCD = 5SBEC Ta C ) tính SBEC = a1 2

5

+

F/ tam giác BEC => PQ = CE (1)và PQ // CE.1

2 + BCN = CDM (cgc) => NBC = MCD và CMD = BNC

mà BCM = CMD (SLT) =>BCM = BNC

Có : MCD + BCM = 900 (góc F/ hình vuông ABCD)

Nên NBC + BCM = 900 => BEC = 900 => CM  BN +H E

BQP = CEN (gcg) => PQ = NE (2)

"w (1) và (2) => 2NE = BQ và BQ = CE mà BQ = QE (gt) => BQ = QE =

CE = 2EN

Ta có : BN = BQ + QE + EN = 5NE => NE = BN1

5 => CE = BN hay 2 =

5

CE BN

2 5

ECH ~ BNC (gg) => CE = = => EH = BC hay EH = a

BN

EH BC

2 5

2 5

2 5

SBEC = BC.EH = a a = a1 2 Mà SABCD = a2

2

1 2

2 5

1 5 qc SBEC = S 1 HV/ABCD hay S HV/ABCD = 5SBEC

5

Cách 2 :

M  minh BCN = CDM (cgc) => NBC = MCD và CMD = BNC mà BCM = CMD (SLT) =>BCM = BNC

Có : MCD + BCM = 900 (góc F/ hình vuông ABCD)

Nên NBC + BCM = 900 => BEC = 900 => CM  BN +H E

SBEC

2













BC

CN

4

1 2

1 2



























a a

=> SCEN = S1 BEC

4

BCD = S 1 HV/ABCD = a2

2

1 2

2

1 2

1 2

1 4

Mà SBCN = SBEC + SCEN = SBEC + S1 BEC = SBEC hay a2 = SBEC

4

5 4

1 4

5 4

=> 5SBEC = a2 , mà a2 = SHV/ABCD Do HV/ABCD = 5SBEC

Cách 3 :

+

F/ tam giác BEC => PQ = CE (1)và PQ // CE.1

2 + BCN = CDM (cgc) => NBC = MCD và CMD = BNC

mà BCM = CMD (SLT) =>BCM = BNC

Có : MCD + BCM = 900 (góc F/ hình vuông ABCD)

Nên NBC + BCM = 900 => BEC = 900 => CM  BN +H E

BQP = CEN (gcg) => BQ = CE mà BQ = QE (gt) => BQ = QE = CE

Ta có BE = BQ + QE = CE + CE = 2CE

Trong  vuông BEC có BC2 = BE2 + CE2 = (2CE)2 + CE2 = 5CE2

5

2

BC

5

2

a

5

a

5

a

BEC vuông +H E : SBEC = CE BE = 1 2 = a2

2

1

a

5

5

Mà SABCD = a2 , nên SHV/ABCD = 5SBEC

Bài 5 :

Cho tam giác ABC cân

ABC = h2 4sincos

Ks :

GT ABC có AB = AC , CM  AB +H M, CM = h, B = 

KL SABC = h2

4sincos

*€9  pháp : Áp …  công +M SABC = BC.AD = CM.AB1

2

1 2

=> Hãy tính BC và AH theo h và +Š 8 6?  giác F/ góc B Eb C, Eb

AB theo h và các +Š 8 6?  giác F/ góc B Eb C

M  minh :

ef CM  AB và AD  BC

M

D

A

BCM vuông +H M, ta có : sin B = sin = MC = => BC =

BC

h BC

h sin

ADB vuông

2

1 2

h sin

h 2sin

AD BD

AD BD

sin cos

cos

h 2sin

sin cos

h 2cos

2

1 2

h sin

h 2cos

h2 4sincos

Bài 6 :

* tích tam giác  9

€9  pháp :

*

M  minh : Ks k tam giác ABC có H  AB 6j ;+ , mà AB < 1 Trên k/ 2b+

 dài là h và h’ => h ˜ h’

=> SABC = AB.h và S1 ABC’ = AB.h’, do h ˜ h’ => SABC ˜ SABC’

2

1 2

Mà SABC’ < (vì

qc SABC < Bài 7 :

Cho tam giác

M  minh SHIK = (1 - cos2A - cos2B - cos2C).SABC

*€9  pháp : "w * +M F/ bài toán ‰ M  minh ta có :

= 1 - cos2A - cos2B - cos2C và SHIK = SABC - SAKI - SBKH - SCHI

SHIK

SABC

=> Ta Ts M  minh : SAKI = cos2A, = cos2B, = cos2C

SABC

SBKH SABC

SCHI SABC

M  minh :

Cách 1:

C A

B

I

K

H M

Ta có : SHIK = SABC - SAKI - SBKH - SCHI

Chia hai )> cho SABC, ta SHIK = - - -

SABC

SABC SABC

SAKI SABC

SBKH SABC

SCHI SABC

SHIK

SABC

SAKI SABC

SBKH SABC

SCHI SABC

^"w K Af KM  AC => KM // BI (vì cùng vuông góc )j AC)

Tam giác ABI có KM //BI => AK = (1)

AB

KM BI

SAKI

KM AI

2 1

2

1

AI.KM BI.AC

AI AC

KM BI

SAKI

SABC

AI AC

AK AB

AI.AK AB.AC

AI AB

AK AC Tam giác ABI vuông +H I (vì BI AC) => AI = cosA

AB Tam giác AKC vuông +H K (vì CK  AB) => AK = cosA

AC Nên AI = cos2A , do = cos2A

AB

AK AC

SAKI SABC

= cos2B, = cos2C

SBKH SABC

SCHI SABC

SABC

SABC SABC

SAKI SABC

SBKH SABC

SCHI SABC Nên : SHIK = (1 - cos2A - cos2B - cos2C).SABC

Cách 2 :

*Xét ABI vuông +H I và ACK vuông +H K có góc  chung UEb ABI = ACK - cùng T… )j góc  hay hai góc  có H  +9  M  vuông góc)

=> ABI ~ ACK => AB = => =

AC

AI AK

AI AB

AK AC + AIK và ABC có : AI = và Â góc chung => AIK ~ ABC

AB

AK AC

=> SAKI = ( )2 = cos2A (1)

SABC

AI AB

*Xét ABH vuông +H H và CBK vuông +H K có góc B chung UEb BAH = BCK - cùng T… )j góc B hay hai góc  có H  +9  M  vuông góc)

ABH ~ CBK => AB = => =

BC

BH BK

BH AB

BK BC + BHK và BAC có : BH = và góc B chung => BHK ~ BAC

AB

BK BC

=> SBKH = ( )2 = cos2B (2)

SABC

BH AB

*Xét ACH vuông +H H và BCI vuông +H I có góc C chung UEb CAH = CBI - cùng T… )j góc C hay hai góc  có H  +9  M  vuông góc)

ACH ~ BCI => AC= => =

BC

CH CI

CH AC

CI BC +CHI và CAB có CH = và góc C chung => CHI ~ CAB

AC

CI BC

=> SCHI = ( )2 = cos2C (3)

SABC

CH AC

Và ta có : SHIK = SABC - SAKI - SBKH - SCHI

SABC

SABC SABC

SAKI SABC

SBKH SABC

SCHI SABC = 1 - SAKI - - (4)

SABC

SBKH SABC

SCHI SABC

"w (1), (2),(3) và (4) => SHIK = 1 - cos2A - cos2B - cos2C

SABC Hay SHIK = (1 - cos2A - cos2B - cos2C).SABC

Bài 8 :

“Trong

+[  ;'š

Ks :

Cách 1 :

GT ABC có AD là phân giác góc  (D  BC)

KL BD =

CD

AB AC

A

E

Ta có BAD = CAD (gt)

BEA = CAD ( so le trong - vì BE // AC)

=> BAD = BEA => ABE cân +H B => AB = BE

CD

BE AC

AC

AB AC

BD CD

AB AC

Cách 2 : Ks =  T9  pháp * tích :

H

F

E

D

A

D trên tia phân giác AD

có * tích =  nhau.

-Ba tam giác có chung

ba H  có * tích = 

cao * tích tam giác =  k/ * tích hình bình... b2 - c2 = (b’ + c’).(b’ - c’)

b2 - c2 = a.(b’ - c’) => b’ - c’ = b2 - c2 (2)

a

"w (1) (2) ta có * T 9 ...

+Sử dụng trực tiếp cơng thức tính diện tích hình.

+Sử dụng tính chất :

cao + 9  M  =  +Š 8 hai * tích

ba

T‰ có * tích +Š 6* )j :