Một số bài toán về diện tích

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:69

Thêm vào BST

Báo xấu

31
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu "Một số bài toán về diện tích" được biên soạn với mục đích cung cấp, củng cố kiến thức cho các em học sinh về cả lý thuyết và bài tập. Giúp các em ôn tập lại các tính chất cơ bản của diện tích đa giác, diện tích tam giác, diện tích các tứ giác,... Đồng thời cung cấp một số ví dụ minh họa để các em dễ hình dung và vận dụng giải các bài toán một cách tốt nhất. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Một số bài toán về diện tích

450 MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ DIỆN TÍCH I. MỘT SỐ KIẾN THỨC CẦN NHỚ 1. Các tính chất cơ bản của diện tích đa giác Mỗi đa giác có một diện tích xác định, diện tích đa giác là một số dương. Diện tích đa giác có các tính chất sau: + Hai đa giác bằng nhau có diện tích bằng nhau. + Hình vuông cạnh có độ dài bằng 1(đvđd) thì diện tích là 1(đvdt), hình vuông đó được gọi là hình vuông đơn vị. + Nếu đa giác H được chia thành các đa giác H1 ; H 2 ;...; H n đôi một không có điểm chung trong. Khi đó ta được S H = S H1 + S H2 + ... + S Hn + Nếu một đa giác H suy biến có S H = 0 thì các đỉnh của đa giác cùng nằm trên một đường thẳng. 2. Diện tích tam giác a+b+c Cho tam giác ABC có các cạnh là a, b, c và p = là nửa chu vi. Gọi h a ; h b ; h c 2 là đường cao tương ứng với các cạnh a, b, c và ra ; rb ; rc là bán kính đường tròn bàng tiếp ứng với các cạnh a, b, c. Gọi R và r lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp ta giác ABC. Khi đó ta có: 1 1 1 1) = S ABC = ah a =bh b ch 2 2 2 c 1 1 1 2) S ABC = bc.sin A = = ac sin B ab sin C 2 2 2 abc 3) S ABC = = pr = p.r 4R 4) Công thức Heron: S ABC = p ( p − a )( p − b )( p − c ) A B C p ( p − a ) tan 5) S ABC = p ( p − b ) tan = = p ( p − c ) tan 2 2 2 Chú ý : Công thức 2 và 5 chỉ áp dụng cho tam giác nhọn. 3. Diện tích các tứ giác. + Diện tích hình chữ nhật: S = ab , với a, b là độ dài hai cạnh của hình chữ nhật. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
451 h (a + b) + Diện tích hình thang: S = , với a, b là độ dài hai đáy và h là chiều cao. 2 + Diện tích hình bình hành: S = ah a , với a và h a là độ dài cạnh và đường cao tương ứng. 1 + Diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc: S = d1d 2 , với d1 ,d 2 là độ dài hai 2 đường chéo. 1 + Diện tích hình thoi: = S ah = d .d , với a và h là độ dài cạnh và đường cao, d1 và 2 1 2 d 2 là độ dài hai đường chéo. 2 1 2 + Diện tích hình vuông: = S a= d , với a là độ dài cạnh và d là độ dài đường chéo 2 của hình vuông. 4. Một số tính chất cở bản về diện tích tam giác. + Nếu hai tam giác có cùng chiều cao thì tỉ số hai đáy tương ứng bằng tỉ số hai diện tích. Ngược lại, nếu hai tam giác có cùng đáy thì tỉ số hai chiều cao tương ứng bằng tỉ số hai diện tích. + Nếu hai tam giác có cùng chung đáy và có cùng diện tích thì đỉnh thứ ba thuộc đường thẳng song song với đáy. + Đường trung bình trong một tam giác chia tam giác đó thành hai phần có diện tích tỉ lệ với 1 : 3. + Đường trung tuyến của một tam giác chia tam giác đó thành hai phần có diện tích bằng nhau. + Ba tam giác có chung đỉnh là trọng tâm của một tam giác còn đáy là ba cạnh thì có diện tích bằng nhau. + Nếu một tam giác và một hình bình hành có cùng đáy và cùng chiều cao thì diện tích tam giác bằng nửa diện tích hình bình hành. + Với mọi tam giác ABC ta luôn có AB.AC ≥ 2S ABC , dấu bằng xẩy ra khi tam giác ABC vuoog tại A.  hoặc A  = A'  + A' = S AB.AC + Hai tam giác ABC và A’B’C’ có A 180 0 thì ABC = S A' B'C' A' B'.A' C' THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
452 Các tính chất nêu trên của tam giác được chứng minh tương đối đơn giản và ta sẽ công nhận chúng khi giải các bài toán về diện tích. II. CÁC VÍ DỤ MINH HỌA a+b+c Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có các cạnh là a, b, c và p = là nửa chu vi. Chứng minh 2 rằng: S ABC = p ( p − a )( p − b )( p − c ) Lời giải Trong một tam giác luôn tồn tại một đỉnh mà chân A đường cao hạ từ đỉnh đó nằm trên cạnh đối diện không mất tính tổng quát, ta giả sử đó là đỉnh A. Gọi AH = h là đường cao của ∆ABC . Ta có HB + HC = BC Đặt BH = x ( 0 ≤ x ≤ a ) . Từ đó ta có HC = a – x B H C h 2 + x 2 =c2 Theo định lí Pitago ta có  2 h + ( a − x ) = 2 b2 a 2 − b2 + c 2 Từ đó ta được 2ax − a 2 = c 2 − b 2 ⇒ x = 2a 2  a 2 − b2 + c 2  2 Thay vào hệ thức thứ nhất của hệ trên ta được h +  c 2 hay ta được  =  2a  2 a 2 − b2 + c 2  ( a + c ) − b b − ( a − c ) 22 2 2  a 2 − b 2 + c 2  h = c +  c − =  2a  2a  2a 2a = ( a + b + c )( a + c − b )( a + b − c )( b + c − a ) 4a 2 Mặt khác ta có 2p= a + b + c ⇒ a + b − c= 2 ( p − c ) ; b + c − a= 2 ( p − a ) ; a + c − b= 2 ( p − b ) 4p ( p − a )( p − b )( p − c ) Suy ta h 2 = . Từ đó ta suy ra được a2 1 1 2 S ∆ABC = ah = a. p ( p − a )( p − b )( p − c ) = p ( p − a )( p − b )( p − c ) 2 2 a Ví dụ 2. Cho tam giác ABC. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AB = 3AM và trên cạnh AC lấy điểm N sao cho AC = 3AN . Nối CM và BN cắt nhau tại O. Biết S ABC = 24cm 2 . 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 và BM = 2.AM . M N Lại có S ONC = 2.S ANO vì hai tam giác OCN, OAN O có chung đường cao hạ từ O và NC = 2.AN . 2 Mà S= ∆MBC S= ∆NBC S vì hai tam giác MBC và B C 3 ∆ABC NBC cùng chứa tam giác OBC. Do vậy suy ra S BOM = S NOC và S AOM = S NOA . Từ đó suy ra S ABN = 4.S AON hay S ABN = 2.S AMON 1 1 1 Mà S ABN = S ABC . Cho nên S AMON = S= ABC =.24 4cm 2 3 6 6 2 2 Cách 2: Ta có S MBC = S ABC vì hai tam giác có chung đường cao hạ từ C và MB = AB 3 3 2 2 S NBC = S ABC vì hai tam giác có chung đường cao hạ từ B và MC = AC 3 3 Từ đó ta được S NBC = S MBC , mà hai tam giác cùng chứa tam giác OBC cho nên S OBM = S OCN 2 2 Mà ta có S OBM = S AOB và S OCN = S AOC nên suy ra S AOB = S AOC 3 3 1 1 1 1 Mà lại có S AMO = S AOB nên ta được S AMO = S AOC và= S AMO = S AMC S 3 3 4 12 ABC 1 Hoàn toàn tương tự ta được S ANO = S . Do đó 12 ABC 1 1 S AMON =S AOM + S AON = S ABC = .24 =4 cm 2 6 6 Ví dụ 3. Cho tứ giác ABCD và điểm O nằm trong tứ giác. Gọi M, N, P, Q là các điểm đối xứng của O qua trung điểm các cạnh của tứ giác. Tính diện tích của tứ giác MNPQ biết S ABCD = 12cm 2 . Lời giải Gọi E, F, G, H lần lượt là trung điểm của M AB, BC, CD và AD. Nối các điểm E, F, G, B E H khi đó dễ chứng minh tứ giác EFGH là A F hình bình hành . H O N 1 Q Nối BD ta có S CGF = S và D 4 BCD G C 1 S AEH = S . Do đó ta được 4 ABD 1 P S FGC + S AEH = S 4 ABCD THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
454 Hoàn toàn tương tự ta được 1 S FEB + S DHG = S 4 ABCD Nên suy ra 1 S FGC + S AEH + S FEB + S DHG = S 2 ABCD 1 Do vậy S EFGH = S ABCD . Mà = ta có S OMN 4.S = OEF ; S OMQ 4.S = OEH ; S OPQ 4.S = OHG ; S ONP 4.S OFG 2 Do đó ta được S MNPQ = 4.S EFGH . Từ đó suy ra S MNPQ = 2.S ABCD Mà ta có S ABCD = 12 cm 2 nên S MNPQ = 24 cm 2 . Ví dụ 4. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c và các đường cao tương ứng là h a , h b , h c . Chứng minh rằng: a) Nếu h a + a = h b + b thì tam giác ABC là tam giác vuông hoặc cân. b) Nếu h a + a = h b + b = h c + c thì tam giác ABC là tam giác đều. Lời giải 1 1 2S 2S a) Theo công thức diện tích tam giác ta có S ABC = a.h= a b.h b ⇒ h= a ; h= b 2 2 a b Theo bài ra ta có 2S 2S 2Sa − 2Sb a + ha = b + h b ⇒ a + = b+ ⇒a−b+ =0 a b ab  2S   2S  a = b ⇒ ( a − b ) − ( a − b )   ⇒ ( a − b )  1 −  =0 ⇒   ab   ab   2S = ab + Nếu a = b thì tam giác ABC cân + Nếu 2S = ab thì tam giác ABC vuông b) Theo công thức diện tích tam giác ta có 1 1 1 2S 2S 2S S ∆ABC = a.h= a b.h= b c.h c ⇒ h= a ; h= b ; h= c 2 2 2 a b c Theo bài ra ta có 2S 2S 2Sa − 2Sb a + ha = b + h b ⇒ a + = b+ ⇒a−b+ =0 a b ab  2S   2S  a = b ⇒ ( a − b ) − ( a − b )   ⇒ ( a − b )  1 −  =0 ⇒   ab   ab   2S = ab b = c a = c Hoàn toàn tương tự ta suy ra được  và   2S = bc  2S = ac Kết hợp các điều kiện trên ta được a= b= c hay tam giác ABC đều Ví dụ 5. Cho hình bình hành ABCD, trên cạnh AB, CD lấy các điểm E, F sao cho AF = CE .  = CID Gọi I là giao điểm của AF và CE. Chứng minh rằng AID . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
455 Lời giải Trước hết ta chứng minh E B A 1 1 I =S AFD = S ABCD ; S EDC S H 2 2 ABCD K Thật vậy, gọi AM là đường cao của hình bình hành F ABCD xuất phát từ A. Khi đó các tam giác ABF, AFD, ECD có cùng đường cao AM D C Ta có 1 1 1 =S ABF = AM.BF; S AFD AM.AD; S CDF = AM.FC 2 2 2 Vì BF + FC = BC = AD nên ta được 1 1 1 AM.AD = AM.BF + AM.FC ⇒ S AFD = S ABF + S CDF 2 2 2 1 Mà ta lại có S ABCD = S AFD + S ABF + S ∆CDF ⇒ S AFD = S ABCD 2 1 Chứng minh tương tự ta có S CDE = S ABCD . Từ đó ta được S AFD = S CDE 2 Gọi DH là đường cao của tam giác AFD và DK là đường cao của tam giác DEC 1 1 Khi= đó ta có S AFD = DH.AF; S DEC DK.CE 2 2 Từ đó ta được DH.AF = DK.CE . Theo giả thiết AF = CE ta được DH = DK  nên ta được AID Như vậy D nằm trên tia phân giác của góc AIC  = CID  (đpcm) Ví dụ 6. Cho tam giác ABC, Từ một điểm M nằm trên cạnh BC vẽ các đường thẳng song AP AQ song với AB và AC, cắt AC và AB tại Q và P. Chứng minh rằng + 1 = AB AC Lời giải Nối AM, BQ, CP. Do MQ//AB nên S AMQ = S BMQ A Nên ta được S AMQ + S CMQ = S BMQ + S CMQ ⇒ S AMC = S BQC P Q Hoàn toàn tương tự ta có PM//CA nên được S AMC = S APC suy ra S BQC = S APC B M C AP S APC AQ S AQB Mà ta lại = có = ; nên suy ra AB S ABC AC S ABC AP AQ S APC S AQB S APC + S AQB S BQC + S AQB S ABC + = + = = = = 1 AB AC S ABC S ABC S ABC S ABC S ABC THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
456 AP AQ Vậy ta suy ra được + =1 AB AC Ví dụ 7. Cho tam giác ABC có AB = 2AC và đường phân giác AD. Gọi p là nủa chu vi của tam giác ABC và r; r1 ; r2 lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác ABC, ADC, ADB. p.r  1 2  Chứng minh rằng AD =  + −p 3  r1 r2  Lời giải Vì AB = 2AC nên S ABD = 2S ADC . Mà hai tam A giác ABC và ACD có chung đường cao kẻ từ D nên ta suy ra được BD = 2CD 1 1 1 Dễ thấy = S ADC =S ABD = S ABC pr , do đó ta r 2 3 3 r1 r2 2 B D C được S ABD = pr 3  1 S ACD = r ( AC + AD + CD ) Mặt khác ta lại có  2 1 . 1 S = r ( AB + AD + BD )  ABD 2 2  AC + AD + CD pr  =  2 3r1 Cho nên ta được   AB + AD + BD = 2pr  2 3r2 Cộng từng vế ta được các đẳng thức trên ta có AC + AD + CD + AB + AD + BD AC + AB + BC + 2AD pr  1 2  = p AD =  +  =+ 2 2 3  r1 r2  pr  1 2  Do đó suy ra AD =  + −p 3  r1 r2  Ví dụ 8. Cho hình bình hành ABCD. Trên các cạnh AB, CD lấy lần lượt các điểm E, F bất kì. Gọi M, N, K theo thứ tự là trung điểm của DE, DF, EF. Gọi O là giao điểm của AM và CN. Chứng minh ba điểm B, O, K thẳng hàng. Lời giải THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
457 Dễ chứng minh được S OAB + S OCD = S OAD + S OBC A E B Vì M là trung điểm của DE nên S OAD = S AOE H K K' I Vì N là trung điểm của DF nên S OCD = S FCO M F Do đó ta có S AOE + S EOB + S COD = S AOD + S FOB + S FCO O N Suy ra S EOB = S FOB D C  1 ' 1 ' S ∆EOB = S ∆EBK' + S ∆EOK' = 2 EK .BI + 2 OH.EK Mặt khác ta có  S 1 1 = S ∆FOK' + S ∆FBK' = FK ' .OH + FK ' .BI  ∆FOB 2 2 EK ' .BI + OH.EK ' = ( ) FK ' .OH + FK ' .BI ⇒ ( BI − OH ) EK ' − FK ' =⇒ 0 EK ' =FK ' Hay K’ là trung điểm của EF nên K ' ≡ K suy ra BO đi qua K hay O, K, B thẳng hàng Ví dụ 9. Cho tam giác ABC 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 A bài. Gọi O là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC và r là bán kính của đường tròn. Không M N mất tính tổng quát ta giả sử O nằm trong hình O MBCN. B C Mà ta có AM + AN = MB + BC + CN và S AMN = S MBCN Do đó ta suy ra được 1 1 1 S AMN = S AMO + S AON − S OMN = r.AM + r.AN − S OMN = r ( AM + AN ) − S OMN 2 2 2 1 1 1 S MBCN = S OMB + S OBC + S OCN + S OMN = r.MB + r.BC + r.CN + S OMN 2 2 2 1 = r ( MB + BC + NC ) + S OMN 2 Từ các kết quả trên ta được S OMN = 0 nên ba điểm M, O, N thẳng hàng hay MN đi qua điểm O. Do O cố định nên MN luôn đi qua điểm cố định. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
458 Ví dụ 10. Cho tam giác ABC có diện tích S. Trên cạnh AB, AC lấy lần lượt các điểm M, N AM AN thỏa mãn điều kiện = = k với k là một số dương cho trước. Gọi I là giao điểm của MB NC BN với CM. a) Chứng minh rằng S AMIN = S IBC b) Tính diện tích tứ giác AMIN theo S và k, từ đó xác định k để diện tích tứ giác AMIN đạt giá trị lớn nhất. Lời giải AM S AM k a) Do = k nên ta có AMC = = A BM S AB k + 1 S BNC CN k Hoàn toàn tương tự ta được = = N S CA k + 1 Do đó ta được S AMC = S BNC , nên suy ra M I S AMC − S INC = S BNC − S INC hay ta được S AMIN = S IBC B C b) Ta có BI S IBC S IBC S IAC 1  1  k+1 = = . = .  1 + = BN S INC S IAC S INC k  k k2 BI BI k+1 S IBC BI k+1 Từ đó ta được = = 2 , do đó = = 2 BN BI + IN k + k + 1 S NBC BN k + k + 1 CN S k k Lại do = k nên NBC = ⇒ S NBC = S AN S k+1 k+1 k+1 k+1 k k Do đó= ta được S IBC = S NBC = . S S 2 k + k+1 k + k+1 k+1 2 2 k + k+1 k Do vậy ta được S AMIN = S= IBC 2 . k + k+1 Do k 2 + 1 ≥ 2k nên ta được .. 1 Vậy ta được S AMIN ≤ S , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi k = 1 hay M, N lần lượt là trung 3 điểm của AB, AC. Ví dụ 11. Cho tam giác ABC có diện tích S và các điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh AB, MA NB PC BC, CA sao cho= m;= n; = k. MB NC PA S MNP 1 + mnk a) Chứng minh rằng = . S ( m + 1)( n + 1)( k + 1) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
459 1 b) Chứng minh rằng nếu AN, BP, CM đồng quy thì S MNP ≤ S. 4 c) Giả sử AN, BP, CM là ba đường phân giác của tam giác ABC. Tính diện tích tam giác MNP theo S và ba cạnh của tam giác ABC. Lời giải a) Đặt = S AMP S= 1 ; S BMN S= 2 ; S CPN S 3 . Từ A AM m AP 1 giả thiết = ta có = ; . AB m + 1 AC k + 1 S1 Do đó ta được P M S1 AP.AM m = = S AC.AB ( m + 1)( k + 1) S2 S3 Hoàn toàn tương tự ta được S2 n S k B N C = và 3 = S ( m + 1)( n + 1) S ( n + 1)( k + 1) S 1 + S 2 + S 3 m ( n + 1) + n ( k + 1) + n ( m + 1) Do đó ta được = S ( m + 1)( n + 1)( k + 1) Từ đó ta suy ra S MNP S + S2 + S3 m ( n + 1) + n ( k + 1) + n ( m + 1) 1− 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) 1 + mnk ( m + 1)( n + 1)( k + 1) ( m + 1)( n + 1)( k + 1) S MNP 1 + mnk Vậy = . S ( m + 1)( n + 1)( k + 1) AM BN CP b) Giả sử AN, BP, CM đồng quy. Khi đó theo định lí Ceva ta có . . = 1 hay MB NC PA mnk = 1 S MNP 2 2 1 Do đó ta được = ≤ = S ( m + 1)( n + 1)( k + 1) 2 m.2 n.2 k 4 1 Nên ta được S MNP ≤ S . Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi m= n= k= 1 hay M, N, P lầ lượt 4 là trung điểm của AB, BC, CA. c) Giả sử AN, BP, CM là ba đường phân giác của tam giác ABC. Đặt= BC a;= CA b; = AB c BM AC b b Áp dụng tính chất đường phân giác ta được = = ⇒m= AM BC a a c a Hoàn toàn tương tự ta được = n =;k . b b S MNP 1 + mnk S abc Thay vào hệ thức = ta được MNP = S ( m + 1)( n + 1)( k + 1) S ( a + b )( b + c )( c + a ) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
460 abcS Do đó ta được S MNP = . ( a + b )( b + c )( c + a ) Ví dụ 12. Cho tam giác MNP và ba điểm A, B, C lần lượt nằm trên cạnh NP, PM, MN. Qua M, N, P kẻ các đường thẳng lần lượt song song với BC, CA, AB. Ba đường thẳng đó cắt nhau theo từng đôi một tạo thành tam giác A’B’C’. Chứng minh rằng 2 S MNP = S ABC .S A' B'C' Lời giải Ta thấy tam giác ABC nằm trong tam giác M C' B' A’B’C’ và có các cạnh tương ứng AB//A’B’, C B O BC//B’C’, CA//C’A’. Do đó ta có thể chứng N P minh được AA’, BB’, CC’ đồng quy tại điểm O A nằm trong tam giác ABC. Do B’C’//BC nên ta được S= MBC S= B' BC S C' BC suy A' ra S OBMC = S= OCB' S OBC' Dễ thấy hai tam giác A’B’C’ và ABC đồng dạng với nhau, giả sử tỉ số đồng dạng là k. S OBMC S OBC' OC' S OB'C' S OB'C' 2 Khi đó ta có = = = = nên ta được = S OBMC S= .S OBC OB'C' k 2 .S OBC 2 S OBC S OBC OC S OB'C S OBMC Hay ta được S OBMC = k.S OBC . Hoàn toàn tương tự ta = được S OCNA k.S = OCA ; S OAPB k.S OAB 2 2 2 Từ đó ta được S MNP = k.S ABC nên ta được= S MNP k= .S ABC S ABC .S A' B'C' Ví dụ 13. Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, 1 CD, DA. Giả sử AC cắt BD tại O. Chứng minh rằng = S MENF S − S OCD 2 OAB Lời giải Bài toán có hai trường hợp xẩy ra B + Trường hợp 1: Nếu S OAB = S OCD , khi đó ta được S ABD = S ACD . Từ đó suy ra AD và BC F M C song song với nhau, do đó ta được M, N, E, F O N thẳng hàng. Vậy ta được E A D P 1 S MENF = S − S OCD = 0 . 2 OAB + Trường hợp 2: Nếu S OAB ≠ S OCD , khi đó THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
461 không mất tính tổng quát ta giả sử S OAB > S OCD Từ đó ta được S ABD > S ACD nên suy ra điểm C gần AD hơn điểm B, do đó BC cắt AD tại điểm P nằm ngoài BC, AD về phía C, D tương ứng. Từ đó ta dễ thấy tứ giác MENF là hình  = ENF bình hành và APB .  Đặt APB  = α , khi đó ta có = ENF 1 1 S MENF =ME.NF.sin α = AD.BC.sin α = ( PA − PD )( PB − PC ) sin α 4 4 1 1 = ( PA.PB + PC.PD − PA.PC − PB.PD ) sin α = ( S PAB + S PCD − S PAC − S PBD ) 4 2 1 = ( S + S PCD ) + S PCD − ( S PCD + S ACD ) − ( S PCD − S BCD )  2  ABCD 1 1 = 2 ( S ABCD − S ACD − S BCD =) ( S − SOCD ) 2 OAB 1 Nếu S OAB < S OCD thì ta có= S MENF ( S − SOAB ) 2 OCD 1 Kết hợp các trường hợp lại ta có = S MENF S − S OCD 2 OAB Ví dụ 14. Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi E, F lần lợt là các trung điểm của AC, D. Giả sử AD 1 cắt BC tại P. Chứng minh rằng S PEF = S 4 ABCD Lời giải Giả sử O là giao điểm của AC với BD. Gọi M, B N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Do AD và BC không song song với nhau nên ta có F M C S OAB ≠ S OCD , khi đó không mất tính tổng quát R O N ta giả sử S OAB > S OCD . Từ đó ta được E Q A D P S ABD > S ACD nên suy ra điểm C gần AD hơn điểm B, do đó BC cắt AD tại điểm P nằm ngoài BC, AD về phía C, D tương ứng. Từ đó ta dễ thấy tứ giác MENF là hình bình hành và  = ENF APB .  Đặt APB  = α , khi đó ta có = ENF THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
462 1 1 S MENF =ME.NF.sin α = AD.BC.sin α = ( PA − PD )( PB − PC ) sin α 4 4 1 1 = ( PA.PB + PC.PD − PA.PC − PB.PD ) sin α = ( S PAB + S PCD − S PAC − S PBD ) 4 2 1 = ( S + S PCD ) + S PCD − ( S PCD + S ACD ) − ( S PCD − S BCD )  2  ABCD 1 1 = 2 ( S ABCD − S ACD − S BCD =) ( S − SOCD ) 2 OAB 1 Do đó suy ra= S NEF ( S − SOCD ) . 4 OAB 1 Gọi Q, R lần lợt là giao điểm của PE, PF với DC, khi đó dễ thấy DQ và CR nhỏ hơn CD . 2 Từ đó suy ra N nằm giữa hai và do đó N nằm trong tam giác PEF. 1 1 Do EN song song với AP nên ta được S= NEP S= NED S ACD . Tương tự ta được S NEP = S BCD 4 4 1 1 Từ đó ta được S PEF = S NEF + S NEP + S NFP = ( S OAB − S OCD + S ACD + S BCD ) = S ABCD 4 4 Ví dụ 15. Cho hình thang ABCD(AB//CD) nội tiếp đường tròn (O; R) và ngoại tiếp (I; r). Tính diện tích hình thang ABCD theo R và r. Lời giải Vì ABCD là hình thang nội tiếp đường trường tròn A K B nên là hình thang cân. Gọi K, H lần lượt là trung E điểm của AB, CD, khi đó KH là đường trung trực I M của AB, CD. Từ đó ta được hai điểm I và O thuộc O D H C đoạn KH và I là trung điểm của KH. Giả sử đường tròn (O; r) tiếp xúc với BC tại E. Gọi M là trung điểm của BC, khi đó ta được IE và OM cùng vuông góc với BC nên IE//OM. Hình thang cân ABCD ngoại tiếp đường tròn nên ta có AB + CD = AD + BC AB + BC + CD + AD Từ đó chu vi của hình= thang ABCD là p = 2BC 2 Do vậy S ABCD = 2BC.r . Đặt BC = 2x thì ta được IM = MB = MC = x  nên ∆EIO ∽ ∆EIM , suy ta IE = MI  = IOM Do IE//OM nên EIM MI OM Từ đó ta được x 2 =MI 2 =IE.OM =r. OC 2 − MC 2 =r. R 2 − x 2 hay= x 4 r 2 .R 2 − r 2 x 2 Xét đẳng thức tren ta phương trình ẩn x 2 thì giải ra ra được THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
463 r2  4R 2  r2  4R 2  r 4R 2 x2 =  1 + 2 − 1  ⇒ x=  1 + 2 − 1 = 1+ −1 2 r  2 r  2 r2     4R 2 Từ đó ta được S ABCD = 2BC.r = 4x.r = 2 2r 2 . 1+ − 1 (đvdt) r2 Ví dụ 16. Cho ta giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Quay tam giác ABC một góc 90 0 quanh O ta thu được tam giác A1 B1C1 . Tính diện tích phần chung của hai tam giác ABC và A1 B1C1 Lời giải Giả sử đường tròn (O) có chiều là A B1 A → B → C → A là chiều ngược với chiều của M kim đồng hồ. Giả sử quay tam giác ABC một góc N 0 90 quanh điểm O theo chiều thuận kim đồng hồ K E thì thu được tam giác A1 B1C1 . Khi đó các điểm O A1 P  AB; A1 ; B1 ; C1 lần lượt thuộc các cung AC;  BC . A' B T Q C Do đó cạnh A1 B1 cắt AB, AC lần lượt tại M, N. C1 Tương tự thì A1C1 cắt AC, BC lần lượt tại P, Q và B1C1 cắt BC, BA lần lượt tại T, K. Như vậy phân chung của hai tam giác ABC và A1 B1C1 là đa giác MNPQTK. Gọi diện tích của lục giác MNPQTK là S, khi đó ta được S = S ABC − S AMN − S BKT − S CPQ BC 2 3 3 3R 2 Ta có = S ABC = . 4 4 Mặt khác khi quay một góc 90 0 quanh điểm O thì ta được OA1 ⊥ OA; OB1 ⊥ OB; OC1 ⊥ OC Từ đó ta suy ra được OA1 // BC, OB1 // CA, OC1 // AB. Gọi giao điểm của OA1 với AC là E. Do các cung AA  ; BB  ; CC  có sô đo bằng 90 0 nên ta 1 1 1  = 90 0 , mà ta lại có MAN được AMN  = 60 0 nên ta suy ra được AN = 2AM . Dễ thấy ∆NEA1 cân tại E. 2 2 2R BC R Do OE//BD và AO = AA' nên ta được AE = AC = ; OE = = 3 3 3 3 3 R Từ đó ta được EN =EA1 =OA1 − OE =R − 3 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
464 Suy ra AN = AE − EN = 2 3  R −R −  R  = 3 ( 3 −1 R ) Do vậy ta được S AMN = MA.MN 1 AN AN 3 = . .= 3AN 2 = ( 3 4 − 2 3 R2 = ) (2 3 − 3 R2) 2 2 2 2 8 8 4 Hoàn toàn tương tự ta cũng được S= S= (2 3 −3 R ) 2 . Do vậy ta được BTK CPQ 4 S= (9 − 3 3 ) R . 2 4 Ví dụ 17. Cho tứ giác ABCD vừa nội tiếp, vừa ngoại tiếp được đường tròn. Chứng minh rằng: S ABCD = AB.BC.CD.DA Lời giải Giả sử đường tròn (I; r) nội tiếp tứ giác ABCD và tiếp y M B A x xúc với các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt tại M, N, P, y Q. Đặt x AM = = AQ x;= BM = BN y; = CN= CP z; = DP = DQ t Q I r N . t Do tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn nên z D  + BCD BAD = 180 0 t P z C Từ đó dễ dàng chứng minh được ∆IAM ∽ ∆CIN nên AM IM = ⇒ AM.CN = IM.IN IN CN Do đó ta được xz = r 2 . Hoàn toàn tương tự ta được yt = r 2 Ta có AB.BC.CD.DA =( x + y )( y + z )( z + t )( t + x ) Khai triển tích trên ta được AB.BC.CD.DA = 2xyzt + yz 2 t + xz 2 t + zy 2 t + xyt 2 + yzt 2 + zxt 2 + xzt 2 + y 2 t 2 + x 2 yz + xyz 2 + x 2 z 2 + xzy 2 + x 2 yt + x 2 zt + xy 2 t Chú ý đến xz = r 2 ta được = yt ( AB.BC.CD.DA = r 2 x 2 + y 2 + z 2 + t 2 + 2xy + 2xz + 2xt + 2yz + 2yt + 2zt ) = r 2 ( x + y + z + t )= ( r.p )= 2 2 S 2ABCD Vậy ta được S 2ABCD = AB.BC.CD.DA . THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
465 Ví dụ 18. Cho tam giác ABC có diện tích S và ba điểm M, N, P thuộc các cạnh AB, BC, CA tương ứng. Chứng minh rằng một trong ba tam giác AMP, BMN, CPN có một tam giác có S diện tích không vượt quá . 4 S Có kết luận được trong ba tam giác trên luôn có một tam giác có diện tích lớn hơn 6 hay 10 không? Lời giải Đặt S1 S= = AMP ; S 2 S= BMN ; S 3 S CPN , khi đó ta có A S1 AM AP S 2 BM BN S 3 CN CP = =. ; = . ; . S AB AC S BA BC S CB CA S1 Do đó ta được M P S1 S 2 S 3 AM.BM BN.CN CP.AP . . = . . S3 S S S S2 AB2 BC 2 CA 2 ( AM + BM ) . ( BN + CN ) . ( CP + AP ) 2 2 2 3 1 B N C ≤ =4 4AB2 4BC 2 4CA 2   S S S 1 Từ đó suy ra một trong ba tỉ số 1 ; 2 ; 3 không vượt quá hay một trong ba số S S S 4 S S1 ; S 2 ; S 3 không vượt quá . Như vậy ta không thể kết luận được trong ba số S1 ; S 2 ; S 3 4 S AM BN CP 1 luôn có một số vượt qua 6 , chẳng hạn ta chọn M, N, P sao cho = = = 10 AB BC CA 10 6 S thì khi đó S1 ; S 2 ; S 3 đều bé hớn 6 . 10 Ví dụ 19. Cho ngũ giác lồi ABCDE có diện tích S. Chứng minh rằng trong năm tam giác S ABC, BCD, CDE, DEA, EAB luôn có một tam giác có diện tích lớn hơn . 4 Lời giải Chú ý rằng nếu điểm K nằm trên cạnh PQ của B C tứ giác lồi MNPQ thì ta luôn có Min {S PMN ; S QMN } ≤ S KMN ≤ Max {S PMN ; S QMN } K S D A + Nếu S ABC > thì tam giác ABC là tam giác 4 cần tìm. S + Nếu S BCD > thì tam giác BCD là tam giác 4 cần tìm. E S S + Nếu S ABC ≤ và S BCD ≤ thì ta được 4 4 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
466 S S ABCDK = S ABC + S BCD − S KBC < 2 S Như vậy một trong hai tam giác KDE hoặc KEA có diện tích lớn hơn 4 S + Nếu S KDE > thì theo chú ý trên trong tứ giác ACDE có điểm K nằm trên cạnh AC. 4 S S Khi đó ta được S CDE ≥ S KDE > hoặc S DEA ≥ S KDE > 4 4 S S S + Nếu S KEA > thì tương tự ta có S DEA > hoặc S DEA > 4 4 4 S Vậy trong năm tam giác trên luôn có một tam giác có diện tích lớn hơn . 4 Ví dụ 20. Trong các tứ giác lồi có ba cạnh bằng a cho trước tìm tứ giác có diện tích lớn nhất. Lời giải Giả sử tứ giác lồi ABCD có ba cạnh bằng a là B a C AB, AC, CD. Gọi H là trung điểm của AC, khi h đó HB vuông góc với AC. Đặt BH = x thì ta a a H được x < a . Ta có 1 AC ( BH + CD ) A S ABCD = S ABC + S ACD ≤ D 2 Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi  = 90 0 . ACD Ta lại có 1 2 AC ( BH + CD ) = a 2 − x2 ( x + a ) = (a 2 − x2 )(x + a) 2 = ( a − x )( x + a ) 3 4 1 1  3a − 3x + 3x + 3a  3 3a 2 ( 3a − 3x )( x + a ) ≤ 3  3 = = 3  4  4 1 3 3a 2 a Hay AC ( BH + CD ) ≤  = 30 0 . Đẳng thức xẩy ra khi 3a − 3x = a + x ⇔ x = ⇔ ACB 2 4 2 2  ACD = 90 0 3 3a  = BCD  = 120 0 . Từ đó ta được S ABCD ≤ , đẳng thức xẩy ra khi  ⇔ ABC 4  0 ACB = 30 3 3a 2 Vậy S ABCD đạt giá trị lớn nhất là , đạt được khi và chỉ khi tứ giác ABCD có 4  ABC  = 120 0 . = BCD Ví dụ 21. Cho lục giác lồi ABCDEF có diện tích S và AB song song với DE, BC song song với EF, CD song song với FA. THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
467 S a) Chứng minh rằng S ACE ≥ b) Chứng minh rằng S ACE = S BDF 2 Lời giải a) Qua A, C, E kẻ các đường thẳng a, c, e lần lượt B C song song với BC, AB, AF. Giả sử a cắt c tại M, c cắt e tại N, e cắt a tại P. Khi đó dễ thấy các tứ giác P A M D ABCM, CDEN, EFAP là hình bình hành. Các hình N bình hành này đôi một nằm ngoài nhau và cùng nằm trong đa giác ABCDEF. Từ đó ta được 1 S F E S ABC + S CDE + S EFA = 2 ( S ABCM + S CDEN + S EFAP ) ≤ 2 S Suy ra S ACE ≥ . 2 Dễ thấy MN = AB − DE ; NP = CD − AF ; PM = BC − EF S S Từ đó ta thấy S ACE =⇔ S ABC + S CDE + S EFA =⇔ S ABCM + S CDEN + S EFAP = S 2 2 Hay S MNP= 0 ⇔ ba điểm M, N, P trùng nhau ⇔ AB = DE; CD = AF; BC = EF b) Hoàn toàn tương tự như trên qua B, D, F kẻ C D các đường thẳng b, d, f lần lượt song song với P' AF, BC, AB. Giả sử d cắt f tại M’, f cắt b tại N’, b B N' E cắt d tại P’. Khi đó ta có M' M ' N' = AB − DE = MN A F N' P' = CD − AF = NP P' M ' = BC − EF = PM Do đó ta được ∆MNP = ∆M ' N' P' . Từ đó suy ra S ABCM + S CDEN + S EFAP = S − S MNP = S − S M'N'P' = S DEFM' + S FABN' + S BCDP' Từ đó ta có S ABC + S CDE + S EFA = S DEF + S FAB + S BCD nên suy ra S ACE = S BDF Ví dụ 22. Cho tam giác ABC chứa hình bình hành MNPQ. Chứng minh rằng 1 S MNPQ ≤ S 2 ABC Lời giải Ta xét các trường hợp sau đây: THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
468 + Trường hợp 1: Tứ giác MNPQ có một cạnh nằm A trên cạnh của tam giác ABC. Không mất tính tổng quát ta giả sử cạnh MN nằm trên cạnh BC và M nằm giữa hai điểm B, N. F Q P E Gọi giao điểm của PQ với AB, AC lần lượt là F và E. Qua E dựng đường thẳng song song với AB cắt B M D N C BC tại D, khi đó tứ giác BDEF là hình bình hành và có cùng đường cao với hình bình hành MNPQ. Mà ta lại có PQ ≤ EF nên ta được S MNPQ ≤ S BDEF 1 1 Lại dễ thấy S BDEF ≤ S ABC nên ta được S MNPQ ≤ S ABC 2 2 + Trường hợp 2: Tứ giác MNPQ không có cạnh A nào nằm trên cạnh của tam giác ABC. Khi đó không mất tính tổng quát ta giả sử giao điểm của Q' P' MQ và NP với các cạnh của tam giác ABC được P Q kí hiệu như hình vẽ. P1 Q1 Dễ thấy tứ giác M’N’P’Q’ là hình thang có hai N M đỉnh nằm trên một cạnh của tam giác ABC. B M' N' C Hai điểm M’ và Q hoặc hai điểm N’ và P’ không thể cùng thuộc một cạnh của tam giác ABC vì MQ và NP không nằm tren một cạnh của tam giác ABC. Hai đỉnh M’ và P’ hoặc hai đỉnh N’ và Q’ cũng không thể cùng nằm trên một cạnh của tam giác ABC. Như vậy hai đỉnh M’ và N’ hoặc P’ và Q’ cùng nằm trêm một cạnh của tam giác ABC. Giả sử M’N’ nằm trên cạnh BC. Khi đó trên đoạn N’P’ và M’Q’ lấn lần lượt các điểm P1 ; Q1 sao = cho N' P1 NP; = M ' Q1 MQ . Khi đó ta được hình bình hành M ' N' P1Q1 có cạnh M’N’ nằm trên cạnh BC và tam giác ABCD chứ các điểm M’, N’, P’, Q’. Do đó chứng minh tương tự như trên ta được 1 1 S M'N'P1Q1 ≤ S ABC ⇒ S MNPQ ≤ S ABC . 2 2 THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC
469 Ví dụ 23. Cho đa giác lồi (H) có n cạnh. Kẻ các đoạn thẳng nối trung điểm của hai cạnh kề nhau của hình (H) tạo thành da giác (H’). 1 a) Chứng minh rằng nếu n = 4 thì S( H') = S( H ) 2 1 b) Chứng minh rằng nếu n ≥ 5 thì S( H') > S( H ) 2 S( H') 1 1 c) Lấy ví dụ về ngũ giác lồi (H) thỏa mãn điều kiện < + 6 S( H) 2 10 Lời giải a) Xét đa giác lồi ABCD như hình vẽ. Gọi M, N, P, A2 B2 A3 Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Khi B1 M2 B3 đó MQ là đường trung bình của tam giác ABD nên M1 1 A1 A4 ta được S AMQ = S ABD 4 B4 Tương tự ta có A5 An 1 1 1 =S MBN = S ABC ; S NCP = S BCD ; S PDQ S 2 2 2 ACD Từ đó ta được S AMQ + S MBN + S NCP + S PDQ 1 1 1 1 1 S ABD + S ABC + S BCD + S ACD = S ABCD = 4 2 2 2 2 1 Do đó suy ra S MNPQ = S ABCD . 2 b) Giả sử n-giác lồi là A1A 2 A 3 ...A n và trung điểm các cạnh A1A 2 ; A 2 A 3 ;...; A n A1 lần lượt là B1 ; B2 ; B3 ;...; Bn . Khi đó ta có đa giác H là A1A 2 A 3 ...A n và đa giác H’ là B1 B2 B3 ...Bn . Các phân của đa giác (H) nằm ngoài đa giác (H’) là các tam giác B1A 2 B2 ; B2 A 3 B3 ; B3 A 4 B4 ;...; Bn A1 B1 1 Ta có S B1A2 B2 + S B2 A3 B3 + S B3 A4 B4 + ... + = S Bn A1B1 ( S 4 A1 A 2 A 3 + S A2 A3 A4 + S A3 A4 A5 + ... + S An A1A2 ) Trong n tam giác A1A 2 A 3 ; A 2 A 3 A 4 ; ...; A n A1A 2 thì hai tam giác liên tiếp mới có phần chung và hai tam giác không liên tiếp không có điểm chung trong. Ngoài ra mỗi tam giác trên chứa một tam giác không có điểm chung trong với các tam giác khác, chẳng hạn tam giác A1M1M 2 nằm trong tam giác A1A 2 A 3 và không có điểm chung trong với các tam giác A 2 A 3 A 4 ; A 3 A 4 A 5 ; ...; A n A1A 2 . Do đó ta được S A1A2 A3 + S A2 A3 A4 + ... + S An A1A2 < 2S H 1 1 Suy ra S B1A2 B2 + S B2 A3 B3 + S B3 A4 B4 + ... + = S Bn A1B1 4 ( S A1A2 A3 + S A2 A3 A4 + S A3 A4 A5 + ... + S An A1A2 < S H 2 ) THCS.TOANMATH.com TÀI LIỆU TOÁN HỌC