chuyende toan9

CHUYÊN 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:          x = 15; y = 6   HC = 15 cm.

Do đó AH2 = 172 - x2 = 172 - 152 = 64   AH = 8 cm.

 Vậy SABC = BC.AH = .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 =

Đặt BH = x, DH = y. Ta có:

BHD vuông tại H có: x2 + y2 = BD2 = 25 (Pitago)   (1)

Ta lại có: SABCD = (AB + DC).BH = DH.BH = y.x. Do đó xy = 12     (2)

Từ (1) và (2) có:

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.

Vì = (so le);  = (gt)   =    DAE cân tại D.

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.

Gọi K là đối xứng của G qua M.

Giả sử AM < BN < CP.

  GK = AG = AM = 20cm.

      BG = BN = 34cm.

      BK = CG = 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   

    x = 30, y = 12   GH2 = 202 - y2 = 202 - 122 = 256    GH = 16cm.

 SBGK = BK.GH = .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 

       xy = 32 (1)  

Mặt khác : AB.AC = 2.SABC  = 200     (x + 8)(y + 4) = 200

 (1), (2)     

   y2 – 17y + 16 = 0  

   (y - 1)(y - 16) = 0

         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:

   (x = DC)     AC = 2x.

 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 = BC.AH = .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 = SABCD.

Giải:

Đặt BE = CF = DG = AH = x thì AE = BF = CG = DH = kx.

Ta có: AE2 + AH2 = EH2    (kx)2 + x2 = EH2.

Mặt khác: 

            

      9k2 + 9 = 5k2 + 10k + 5

      4k2 - 10k + 4 = 0

      2k2 - 5k + 2 = 0    (2k - 1)(k - 2) = 0    

  Vậy tỷ số k = 1 hoặc k = .

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 = ax = by = cz = (a + b + c).r

  ax = (a +b +c).r ;   r = 1   x =

  x = 1 + > 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).

  = = = =  a + b + c       = 1 (*)

Không mất tính tổng quát ta giả sử x  y  z    =>     =

Lại có x > 2        = 1 (Theo (*))      1    x   3   (2)

Từ (1) và (2) ta có    = 1    = 1 -    =    = 

  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

 

 (Loại y > z vì trái giả thiết)

 Vậy 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 = .R. = (1)

Đặt OI = x thì A0I = x + R.IB =    BC = 2IB = 2

 SABC  = BC.A0I = (R + x).2.    (2)

(1), (2)   ta phải CM: (R + x).    

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

 [(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 (Dấu “=” khi z = t)

Khi x = y thì M là điểm chính giữa của cung AB  => AMB vuông cân tại M.

   = 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 = . Trên cạnh BB’ lấy P sao cho = 900, A’P = 2, PC =

CMR: ABC đều.

Giải

Đặt AB = BC = x,

 vuông BHA có AH =

 AC = 2AH = 2 (*)

 vuông A’AC có: AA’= (1)

Mặt khác  vuông A’P’C có: A’C =    (2)

Từ (1) và (2) có:   (3)

P’BC có = 900   P’B =   (4)

P’B’A’ vuông tại B’ có: P’B’ = (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 + 2 = 25 – 4x2

 2 = 12 – 2x2   = 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

Gọi 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 =

  SMCD = .CD.MK = .a.

                         = .

Để SMCD  nhỏ nhất thì x + nhỏ nhất. Chú ý rằng x và là các số dương có tích không đổi (bằng h2) nên tổng của chúng nhỏ nhất

   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.