Giải một số bài toán của hình học phẳng bằng phương pháp diện tích

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
**************

NGUYỄN THỊ MAI

GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN
CỦA HÌNH HỌC PHẲNG BẰNG
PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Hình học

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học
Ths. Phan Hồng Trƣờng

HÀ NỘI - 2011


LỜI CẢM ƠN
Em xin gửi lời cảm ơn tới các thầy cô giáo trong khoa Toán, các thầy cô trong tổ
Hình học và các bạn sinh viên đã tạo điều kiện thuận lợi cho em trong suốt thời gian em
nghiên cứu và thực hiện khóa luận “Giải một số bài toán của hình học phẳng bằng
phương pháp diện tích” .
Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành nhất đến thầy giáo Phan Hồng
Trƣờng, người đã hướng dẫn và giúp đỡ em trong quá trình chuẩn bị và hoàn thành khóa
luận này.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 05 năm 2011
Sinh viên
Nguyễn Thị Mai

LỜI CAM ĐOAN
Tôi xin cam đoan khóa luận “Giải một số bài toán của hình học phẳng bằng phương
pháp diện tích” do tôi viết. Đó là kết quả của sự tìm tòi, tổng hợp từ các tài liệu tham
khảo và sự hướng dẫn của thầy giáo Phan Hồng Trƣờng.
Khóa luận không trùng với kết quả nghiên cứu của các tác giả khác.
Hà Nội, tháng 05 năm 2011
Sinh viên
Nguyễn Thị Mai


MỤC LỤC
Trang
LỜI CÁM ƠN
LỜI CAM ĐOAN
MỞ ĐẦU
CHƢƠNG 1. CƠ SỞ LÍ THUYẾT
1.1.

1.2.

Kiến thức cơ bản

1

1.1.1.

Quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu

1

1.1.2.

Quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc

1

1.1.3.

Các bất đẳng thức trong đường tròn

2

1.1.4.

Một số bất đẳng thức đại số

3

Diện tích và phương pháp diện tích

3

1.2.1.

Diện tích

3

1.2.2.

Phương pháp diện tích

4

CHƢƠNG 2. PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG GIẢI BÀI TOÁN HÌNH
HỌC PHẲNG
2.1.

2.2.

Các biện pháp thực hiện

6

2.1.1.

Sử dụng trực tiếp các công thức tính diện tích đa giác

6

2.1.2.

Sử dụng các tính chất

6

Bài tập áp dụng

8

2.2.1.

Bài toán chứng minh đẳng thức

2.2.2.

Bài toán chứng minh bất đẳng thức

16

2.2.3.

Bài toán cực trị

22

8

KẾT LUẬN
TÀI LIỆU THAM KHẢO

MỞ ĐẦU
1. Lí do chọn đề tài
Để giải bài toán hình học phẳng chúng ta có nhiều phương pháp, mỗi phương
pháp đều có ưu, nhược điểm riêng. Phương pháp diện tích là một trong những phương


pháp hay, có thể cho ta lời giải ngắn gọn hợp lý. Ngoài ra, ta còn có thể rèn luyện và phát

triển tư duy cho học sinh. Việc sử dụng phương pháp diện tích vào giải các bài toán
chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức và tìm cực trị trong hình học phẳng thường không
gặp nhiều trong sách giáo khoa Toán học vì chúng tương đối khó. Nhưng đó là một trong
những dạng toán thường gặp trong các đề thi học sinh giỏi ở bậc Trung học cơ sở, đề thi
tuyển sinh vào lớp 10 trường chuyên.
Với mong muốn ứng dụng phương pháp diện tích giải bài toán hình học phẳng và
được sự gợi ý, hướng dẫn của thầy giáo Phan Hồng Trường, em đã thực hiện khóa luận “
Giải một số bài toán của hình học phẳng bằng phương pháp diện tích.”
2. Mục đích nghiên cứu
Khóa luận của tôi nhằm hai mục tiêu chính. Một là, đưa ra hệ thống kiến thức cơ
bản để áp dụng giải bài toán hình học phẳng bằng phương pháp diện tích. Hai là, ứng
dụng phương pháp diện tích giải bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức và bài
toán tìm cực trị trong hình học phẳng. Ba là, hình thành một tài liệu tham khảo có thể
dùng làm chuyên đề bồi dưỡng học sinh khá, giỏi ở bậc trung học cơ sở.


CHƢƠNG 1
CƠ SỞ LÍ THUYẾT
1.1. Kiến thức cơ bản
1.1.1. Quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu.
Quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu thường được sử dụng dưới các
dạng sau:
* Trong các tam giác vuông (có thể suy biến thành đoạn thẳng) có cạnh góc vuông AH
và cạnh huyền BC thì AH ≤ BC, xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi H trùng với B.
* Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm đến một đường thẳng, đoạn thẳng vuông góc
với đường thẳng có độ dài nhỏ nhất.
* Trong các đoạn thẳng nối hai điểm thuộc hai đường thẳng song song, đoạn thẳng
vuông góc với đường thẳng có độ dài nhỏ nhất.
* Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm đến một đường thẳng, đường xiên lớn hơn khi
và chỉ khi hình chiếu lớn hơn.

1.1.2. Quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc
Với ba điểm A, B, C bất kỳ, ta có:
* AB + AC ≥ BC. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A nằm giữa B và C.
* AB - AC

BC . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi B và C nằm cùng phía với A.

1.1.3. Các bất đẳng thức trong đường tròn
* Đường kính là dây cung lớn nhất của đường tròn.
* Trong hai dây cung của một đường tròn, dây cung lớn hơn khi và chỉ khi khoảng
cách từ tâm đến dây nhỏ hơn.
* Trong hai cung nhỏ của một đường tròn, cung lớn hơn khi và chỉ khi góc ở tâm lớn
hơn.
* Trong hai cung nhỏ của một đường tròn, cung lớn hơn khi và chỉ khi dây căng cung
lớn hơn.
1.1.4. Một số bất đẳng thức đại số
* Bất đẳng thức Cauchy


Cho hai số không âm x, y. Khi đó, ta có x + y ≥ 2 xy . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

x = y.
Tổng quát
Cho n số không âm a1, a2, a3, …. an (n > 1). Khi đó ta có:
a1 + a2 + a3 +…+ an ≥ n

n

a1a 2 ...a n .

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an .
* Bất đẳng thức Bunhiacopski

o Với hai bộ n số thực (a1, a2,…, an) và (b1, b2,…, bn) bất kì ta có:

a1b1 + a 2 b2 +...+ a n bn
Dấu “ = ” xảy ra

2

a12 + a 2 2 +....+ a n 2 b12 + b 2 2 +....+ bn 2 .

a1
a
a
= 2 = ... = n .
b1
b2
bn

1
1
1
+
+
a
b
c

9.

a
b
c
+
+
b+c
c+a
a+b

3
.
2

o Với ba số dương a, b, c ta luôn có a + b + c
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

o Với ba số dương a, b, c ta luôn có

Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c.

o Nếu x + y = a (với a là hằng số) thì hoặc xy
Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi x = y =

=
max

a2
2
2

hoặc x + y
4

min

=

a2
.
2

a
.
2

o Nếu xy = a ( a – hằng số) thì x + y

min

=2 a

x=y=

a.

1.2. Diện tích và phƣơng pháp diện tích
1.2.1. Diện tích
1.2.1.1. Định nghĩa
Số đo của phần mặt phẳng giới hạn bởi một đa giác được gọi là diện tích của đa giác
đó.

Diện tích của hình H trong mặt phẳng được kí hiệu là SH .
1.2.1.2. Tính chất của diện tích
* Mỗi đa giác có một diện tích xác định. Diện tích của đa giác là một số dương.


* Hai tam giác bằng nhau thì có diện tích bằng nhau.
* Nếu một đa giác được chia thành những đa giác không có điểm trong chung thì diện
tích của đa giác ban đầu bằng tổng diện tích của những đa giác đó.
1.2.1.3. Các công thức tính diện tích tam giác

ABC có BC = a, CA = b, AB = c.

Cho

* ha, hb, hc lần lượt là các đường cao của tam giác hạ từ các đỉnh A, B, C
* R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác.

a+b+c
là nửa chu vi tam giác.
2

*p=

Diện tích ΔABC (kí hiệu là S) được tính theo các công thức sau:
1.

S=

1
1

1
ah a = bh b = ch c .
2
2
2

2. S =

1
1
1
ab sinC = bc sinA = ca sinB .
2
2
2

3. S =

abc
.
4R

4. S = pr .
5.

S = p p-a p-b p-c .

1.2.1.4. Các công thức tính diện tích đa giác
1.

Diện tích của hình chữ nhật: S = ab (Với chiều dài

a

và chiều rộng lần lượt là a và b)
b

2.

Diện tích của hình vuông bằng bình phương cạnh của nó: S = a2.
(a là cạnh của hình vuông).
a

3.

a

Diện tích hình thang bằng nửa tích của tổng độ dài
hai đáy với chiều cao: S =

b
1
a + b .h (Với a, b
2

h
b

là độ dài hai đáy, h là chiều cao).
4.

Diện tích hình bình hành bằng tích của một cạnh với chiều cao tương ứng: S = ah.


b

h
b

5.

Diện tích tứ giác bằng tổng diện tích của hai tam

C
B

giác chia bởi một đường chéo của tứ giác:

SABCD = SABC + SADC .
A

6.

D

Diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc bằng nửa tích độ dài hai đường
chéo.

7.

Diện tích hình thoi bằng nửa tích độ dài hai đường chéo.

8.

Diện tích đa giác: Việc tính diện tích của một đa giác bất kỳ thường được quy về
việc tính diện tích của các hình đặc biệt kể trên.

9.

Diện tích hình tròn có bán kính R là: S=πR2.

1.2.2. Phương pháp diện tích
Chúng ta đã biết một số công thức tính diện tích của các đa giác như công thức tính
diện tích tam giác, tứ giác, hình thang, hình bình hành… và một số tính chất về tỉ số diện
tích. Khi biết một số yếu tố như độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo chu vi … của các
hình ta có thể tính được diện tích của các hình đó. Ngược lại, nếu biết quan hệ diện tích
giữa các hình ta có thể suy ra quan hệ của các yếu tố trên.
Như vậy sử dụng các công thức tính diện tích và tỉ số diện tích có thể giúp ta so sánh
và thiết lập mối quan hệ giữa các hình với nhau như ba đường thẳng đồng quy, hai đường
thẳng song song …
Để giải một số bài toán hình học phẳng bằng phương pháp diện tích ta thực hiện theo
các bước sau:
1. Xác định quan hệ diện tích giữa các hình.
2. Sử dụng công thức diện tích, tính chất và tỉ số diện tích để biểu diễn mối quan
hệ đó.
3. Biến đổi mối quan hệ trên ta suy ra kết luận của bài toán.


CHƢƠNG 2
PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG GIẢI BÀI TOÁN

HÌNH HỌC PHẲNG
2.1. Các biện pháp thực hiện
2.1.1. Sử dụng trực tiếp các công thức tính diện tích đa giác
Ta sử dụng công thức tính diện tích đa giác phẳng đã nêu ở chương 1.
2.1.2. Sử dụng các tính chất
2.1.2.1. Tính chất 1
ABC, N là điểm giữa BC sao cho BN = k CN thì

Cho

S ABN
= k. Đặc biệt N là trung
S ACN

điểm của BC thì SABN = SACN..
A

B

A

N

C

B

N

C

2.1.2.2. Tính chất 2
Cho hai tam giác ABC và DBC chung cạnh BC. Gọi AH và DK là hai đường cao của
ABC và

F

tại E thì

DBC. Khi đó ta có

S ABC
S DBC
A

S ABC
S DBC

AH
DK

và nếu thẳng BC cắt đường thẳng AD

AE
ED .
A

D

D

B

H

K

C

B

E

C

K


A

A
E
B

K

C

C

E

B

D

F

D

H

2.1.2.3. Tính chất 3
Cho hai đường thẳng DB và CE cắt nhau tại A. Khi đó

S ADC
S ABC
A

E
B

AE. AD
.
AB. AC

B

C
E

E

A

D

A

K

C

H

N
C

D

C

B

D A

D

2.1.2.4. Tính chất 4

D

Cho ΔABC, kẻ đường thẳng song song với BC cắt ABDtại E và cắt AC tại F. Khi đó ta có

EF 2
BC 2

S AEF
S ABC

; SEFA = SEFB.

A
E

B

A
F

B

C

C
E

F


2.2. Bài toán áp dụng
Trong hình học phẳng có nhiều dạng toán mà khi áp dụng phương pháp diện tích sẽ

cho ta lời ngắn gọn, độc đáo. Ở đây, tôi xin trình bày ba dạng toán cơ bản nhất. Một là,
bài toán chứng minh đẳng thức hình học. Hai là, bài toán chứng minh bất đẳng thức. Ba
là, bài toán cực trị.
2.2.1. Bài toán chứng minh đẳng thức
Bài 1: Cho tứ giác ABCD. Các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại E. Gọi F và
G theo thứ tự là trung điểm của các đường chéo AC và BD. Chứng minh rằng

SEFG =

1
SABCD .
4

Lời giải

A

a
B
b

F
G

D
Ta có:

E

C

B

SESG = SAEG - SAGF - SAEF
= SABG + SEGB - SAGF - SAEF

C

=
M=

1
SABD + SEGD - SAGC - SAEC
2

1
SADE - SAGCE
2
D

A

1
SABCD + SBCE - SAGCE
2

1
SABCD + SBCE - SABCG - SBCE
2
A

O

H 1 B

2

SABCD - SABCG

1
SABCD - SABG + SBCG
2

1
1
SABCD SABD + SBCD
2
2

1
1
1
SABCD - SABCD = SABCD
2
2
4


Nhận xét

o Nếu AD
o Nếu AD

BC = H thì SHGF =

1
SABCD . Khi đó, ta có SHGF = SEGF
2

BC = H và K là trung điểm của EH khi đó dựa vào bài toán trên ta

chứng minh được G, F, K thẳng hàng.

o Bài toán tương tự: “ Giả sử đường thẳng qua G song song với AC và đường thẳng
qua F song song với BD cắt nhau tại một điểm thì các đoạn thẳng nối điểm đó với các
trung điểm của các cạnh tứ giác chia tứ giác thành bốn phần tương đương”.
Bài 2: Cho hình bình hành ABCD. Gọi P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của
các cạnh CD, DA, AB, BC. Vẽ bốn đường thẳng nối lần lượt các đỉnh A, B, C, D với
các điểm P, Q, R, S. Chứng minh rằng tứ giác tạo bởi các đường thẳng này có diện
tích bằng

1
5

diện tích hình bình hành ABCD.

Lời giải
Ta có

A

HE
EF
FG
GH
=
=
=
=1
EB
FC
GD
HA
Q

Áp dụng tính chất 1 ta có:
Tương tự, ta có: SDFC = 2SEGF

D

B

E

H

S
F

G

SABH = 2SAEH = 2SHEG

R

P

C

Do đó: SABH + SDFC = 2SEFGH
.
Suy ra SABCD = 5SEFGH hay SEFGH =

1
SABCD
5

Nhận xét

o Vì tứ giác EFGH là hình bình hành nên bài toán có thể phát biểu như sau:
“Cho hình bình hành EFGH. Trên tia đối của tia EF, GF, HG, EH lần lượt lấy các
điểm C, D, A, B sao cho E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng HB, EC,
FD, GA. Chứng minh rằng SEFGH =

1
SABCD.”
5

o Khi tứ giác ABCD hay EFGH không phải là hình bình hành thì kết quả trên cũng
đúng nên ta có bài toán sau:

“Cho tứ giác EFGH. Trên tia đối của tia EF, GF, HG, EH lần lượt lấy các điểm C, D,
A, B sao cho E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng HB, EC, FD, GA.
Chứng minh rằng SEFGH =

1
SABCD”.
5

HE
EF
FG
GH
S
=
=
=
= 1 thì ABCD
SEFGH
EB
FC
GD
HA

o Ta thấy rằng

5

Thay “ 1 ” bởi “m” thì SABCD = [ 2m(m + 1) + 1].SEFGH.

Như vậy ta lại được một bài toán mới:
C

A

“Cho tứ giác EFGH. Trên tia đối của tia EF, GF, HG, EH lần lượt lấy các điểm C,

D, A, B sao cho

EB FC GD HA
=
=
=
= m.
HE EF FG GH

Chứng minh rằng: SABCD = [ 2m(m + 1) + A
1].SEFGH.”

R

B

B

Bài 3: Trên các cạnh BC, AC, AB của tam giác ABC lấy các điểm A 1, B1, C1.
Chứng

minh

rằng

AA1,

BB1,

CC1 H đồng

quy

E
khi

và

chỉ

khi

Q

M
A

S
AC1 BA1 CB1
.
.
= 1 .(Định lý Xeva khi ba điểm A1, B1, C1 nằm
F trên ba cạnh của

C
G
C1B A1C B1 A

tam giác).

D

C

P

Lời giải

N

* Điều kiện cần:

A

Giả sử AA1, BB1, CC1 đồng quy tại P.
Xét ΔABP1và ΔACP có AP

SABP
BA1
=
nên
SACP
A1C
1

1

B1

BC = A1

C1

(1)
B

SCAP
AC1
=
Tương tự, ta có
SBCP
C1B
Từ (1), (2), (3) ta có
* Điều kiện đủ:

P

(2) và

SCBP
CB1
=
SABP
B1A

A1

(3)

S
S
AC1 BA1 CB1
S
.
.
= ACP . ABP . CBP = 1
C1B A1C B1A
SBCP SACP SABP

C


'

Gọi P là giao điểm của BB1 và CC1; A1 là giao điểm của AP và BC. Do AA1 , BB1,
CC1 đồng quy tại P nên theo chứng minh điều kiện cần ta có:

AC1 BA1' CB1
.
.
=1
C1B A1'C B1A

(1*)

Mặt khác theo giả thiết

AC1 BA1 CB1
.
.
=1
C1B A1C B1A

(2*)

Từ (1*) và (2*) ta có :

BA1'
BA1
=
A1'C
A1C

BA1' + A1'C
A1'C

BA1 + A1C
A1C

BC
BC
=
A1'C
A1C

'

'

Vì A1, A1 đều thuộc đoạn BC nên A1 ≡ A1 . Vậy AA1

,

A1'C = A1C

BB1, CC1 đồng quy.

Nhận xét
Bài toán còn có thể phát biểu như sau:
“Về phía ngoài ΔABC dựng các tam giác ABD, BCE, CAF sao cho các
điểm D, E, F theo thứ tự nằm bên trong các góc ACB, BAC, CBA.
Tìm điều kiện để AE , CF, CD đồng quy.”

M

Bài 4: Cho hình bình hành ABCD, trên cạnh BC và CD lần lượt$1$
lấy các điểm

CN
BM
=2
M và N sao cho
. Gọi P và Q theo thứ tự là giao điểm của AM và AN
ND
MC

với BD. Chứng minh rằng

1
SAPQ = SAMN .
2

Lời giải
Đặt

BM
=k
MC

Xét

APQ và

PM

CN
= 2k
ND

B

AMN có

SAMN

=

N

AP.AQ
(1)
AM.AN

Q
A

Theo định lý Talet với BM // AD ta có:

AP
AD
=
PM
BM

C

P

QN = A nên ta có

SAPQ

M

AP
BC

=
( AD = BC )
AP + PM
BC + BM

D

A
B


BM
=k
MC

Mặt khác

BC
k+1
=
.
BM
k

BC
k+1
=
BC + BM
2k + 1

AQ
ND
=
Tương tự, ta có
QN
AB
Từ (1), (2) và (3) suy ra

hay SABQ =

SAPQ
SAMN

AP
k+1
=
(2)
AM
2k + 1
$1$
AQ
AB
DC
2k + 1
=
=
=
(3)
AN
AB + DN

DC + DN
2k + 2
B

k + 1 2k + 1 1
=
.
=
2k + 1 2k + 2
2

1
SAMN
2

Nhận xét:
M

CN
BM
k + 1 nk + 1
=n
.
SAMN .
Nếu
thì SABQ =
MD
MC
2k + 1 nk + 2

P

Bài 5: Cho D, E theo thự tự là hai điểm trên cạnh AB, AC của

ΔABC

N

sao

Q
cho AD = DB, AE = 2EC. Gọi F là giao điểm giữa BE và CD. Chứng minh rằng

SADEF =

5
S.
12

Lời giải
Gọi I là trung điểm của AE mà ta lại có AD =

B

DB (gt) nên DI là đường trung bình của

ΔABE
F

DI // BE, DI =

1
BE. Do
2

D
F

BE nên EF // DI mà EI = EC (gt). Vậy EF là
A

đường trung bình của ΔDIC .

SEFC
EF2
1
=
=
Ta có:
2
SCDI
DI
4

I

SCDI = 4SEFC

SDIEF = SCDI - SEFC = 4SEFC - SEFC = 3SEFC .
Vì AI =

1
1
IC nên SADI = SDIC = 2SEFC , SADC = 3SADI = 6SEFC .
2
2

Mặt khác AD = DB nên

E

C


SADC =

1
1
SABC = S
2
2

6SEFC =

1
S
2

SEFC =

SADFE = SDFEI + SADI = 3SEFC + 2SEFC = 5SEFC =

1
S
12

5
S.
12

µ
o
Bài 6: Cho ΔABC , A= 90 , AC = b, AB = c, BC = a. Chứng minh rằng

a2 = b2 + c2

( Định lý Pitago).

Lời giải
Trên tia đối của tia CA lấy điểm A ' sao cho CA ' = c. Từ A ' dựng đường thẳng
vuông góc với AC, lấy điểm B ' sao cho A ' B ' = b.
Xét ΔABC và ΔA'CB' có

B'

AC = A ' B ' = b và AB = A ' C = c

ΔABC = ΔA'CB' .

B

µ= B'
¶
BC = B'C = a và C
1
1

c
A

¶ +¶
¶ = 90o
B
C1 = 90o,¶
B1 + C
1
2

µ+ C
¶ = 90o
nên C
1
2

hình

C

A'

¶ = 90o . Vậy ΔBCB' vuông cân tại C.
C
3

1
1
1
bc, SA'BC = bc, SBCB' = a 2 . Lại có tứ giác ABB ' A ' là
2
2
2
do đó AB // A ' B ' (cùng vuông góc với AC) nên

SABC =

thang

SABB'A' =

2
1
1
c+b b+c =
b + c . Mặt khác:
2
2

SABB'A' = SABC + SA'B'C + SBCB'
hay

c

b

Mặt khác

Ta có:

b

a

1
b+c
2

2

1
1
1
bc + bc + a 2
2
2
2

=

a 2 = b2 +c2 (đpcm).
Bài 7: Cho tam giác ABC. Trên cạnh BC lấy hai điểm M và N. Chứng minh

MB . NB
AB
·
·
= NAC
=
rằng MAB
khi và chỉ khi
MC . NC

Lời giải

AC

2

.


c

b

A'

A

B

C

N

H

M

D'

* Điều kiện cần:

·
·
= NAC
Giả sử MAB
, kẻ AH

(1) . Ta lại có:

SMAB
SNAC

Từ (1) và (2)

BC. Theo tính chất trên ta có:

SMAB
AM . AB
=

SNAC
AN . AC

1
AH . BM
BM
2
=
=
(2)
1
CN
AH . CN
2

MB
AM . AB
·
·
=
= NAC
(*) . Mặt khác vì MAB
nên
NC
AN . AC

·
·
NAB=MAC
.

SNAB
AN . AB
·
·
=
= MAC
Xét ΔANB và ΔAMC có NAB
nên ta có:
SMAC

Lại có:

SNAB
SMAC

1
AH . NB
NB
2
=
=
1
MC
AH . MC
2

NB
AN . AB
=
(**)

MC
AM . AC

MB . NB
AB
=
Nhân hai vế của (*) và (**) ta có:
MC . NC
AC

2

* Điều kiện đủ:

MB . NB
AB
=
Giả sử
MC . NC
AC

AM . AC

2

·
(3) nhưng MAB

·
Khi đó trên BC lấy điểm N' sao cho MAB

·
NAC
.

·
N'AC

MB . N'B
AB
=
Theo chứng minh trên ta có:
MC . N'C
AC

2

(4)


NB
N'B
=
NC
N'C

Từ (3) và (4)

N'

N ( N, N ' BC )

·
·
MAB
= NAC
.

A

Nhận xét
Nếu M

B

N D với AD là đường phân giác góc A. Khi đó,ta có

DB AB
=
.
DC AC

F
G

2.2.2. Bài toán chứng minh bất đẳng thức
Bài 1: Cho nửa đường tròn tâm O bán kính AB = 2R và M là một điểm thuộc
D
nửa đường tròn khác A và B. Tiếp tuyến của (O) tại M cắt tiếp tuyến tại A, B lần lượt
tại các điểm C, D.

Chứng minh rằng

SACM + SBDM

R2 .

Lời giải
Ta có BD// AC (cùng vuông góc với AB) suy ra tứ

C

giác ABCD là hình thang.

AC + BD AB
Vậy ta có SABCD

CM + MD AB
2

M
D

2

CD.AB
2

AB2
= 2R 2 (1)
2

A

O

H

B

Dấu “=” xảy ra khi M là trung điểm của cung AB.
Dựng MH

AB ta có SAMB =

1
MH.AB
2

1
MO.AB = R 2 (2).
2

Dấu “=” xảy ra khi M là trung điểm của cung AB.
Từ (1) và (2) ta có: SACM + SBDM = SABCD - SAMB

2R 2 -R 2 = R 2

Dấu “ = ” xảy ra khi M là trung điểm của cung AB
Bài 2: Cho ABC , về phía ngoài tam giác dựng các tam giác

ABC1 , BCA1 , CAB1 sao cho SBCA1 + SCAB1 + SABC1 < SABC . Qua A1 , B1 , C1 ta

kẻ các đường thẳng tương ứng song song với BC, CA, AB, chúng cắt nhau

tạo thành MNP . Chứng minh rằng

SMNP < 2SA1CB1 AC1B .

C


Lời giải
Áp dụng định lý Talet ta có MA, NB, PC đồng quy tại O.
M

A 1 // BC nênRSBCA = SBCN
Vì NA
B
1
H

Q

SBCA1
SBCO

=

SBCNE
NB
=
SBCO

OB
S
F

G tự
Tương
D

SCAB1P
SCAO

B1
O

C
S

C

PC
MA
ABC1
=
=
và
.
OC
SABO
OA

Mặt khác vì

B
N

A1

P

NB
PC
MA
=
=
nên
OB
OC
OA

SBCA1
SBCO
hay

A
C1

=

SCAB1
SCAO

=

SABC1
SABO

=

SBCA1 + SCAB1 + SABC1
SABC

1

NB
PC
MA
=
=
1.
OB
OC
OA

Do đó NB < OB

SBNA1 < SBOA1 ; PC < OC

SCPA1 < SCOA1

SBNA1 + SCPA1 < SBOA1 + SCOA1

SBNA1 + SCPA 1 + SOBA1C < 2SOBA1C

SONP < 2SOBA1C

Tương tự, ta có SOPM < 2SOCB1A ; SOMN < 2SOAC1B

SMNP = SONP + SOPM + SOMN

2 SOBA1C + SOCB1A + SOAC1B < 2SA1CB1AC1B .

Nhận xét
Nếu SBCA1 + SCAB1 + SABC1 > SABC thì SMNP > 2SA1CB1AC1B .
Bài 3: Cho

ABC là tam giác nhọn, trực tâm H, các đường cao AA1, BB1,

CC1. Chứng minh rằng:
a.

AA1 BB1 CC1
+
+
HA1 HB1 HC1

b.

HA1 HB1 HC1
+
+

HA HB
HC

Lời giải

9

3
.
2


C

G
D

C

P

a. Gọi diện tích ΔABC, ΔHBC, ΔHCA,

B1

ΔHAB lần lượt là S, S1, S2, S3. Ta có S =
C1

S1 + S2 + S3 .
1

1
Xét ΔABC và ΔHBC, theo tính chất

S1
HA1
=
.
S
AA
1 1

trên ta có

H

B

S2
HB1
S3
HC1
=
=
;
S
BB1
S
CC1

Tương tự

N

A

C

A1

HA1
HB1
HC1
+
+
=1
AA1
BB1
CC1

Mặt khác, ta có:

AA1 BB1 CC1
+
+
HA1 HB1 HC1

Dấu “=” xảy ra

HA1
HB1

HC1
+
+
AA1
BB1
CC1

HA1
HB1
HC1
1
=
=
=
AA1
BB1
CC1
3

9

AA1
BB1
CC1
+
+
HA1
HB1
HC1

S1 = S2 = S3 =

9

1
S
3

Khi đó, H vừa là trọng tâm vừa là trực tâm nên ΔABC đều.
b. Ta có

S1
HA1
=
S
AA1

Tương tự

HA1
HA1
S1
S
=
=
=
HA
AA1 - HA1
S - S1
S2 + S3

S3
HB1
S2
HC1
=
;
=
HB
S1 + S3 HC
S1 + S2

S3
HA1
HB1
HC1
S1
S2
+
+
=
+
+
HA
HB
HC
S2 + S3
S1 + S3
S2 + S1

3
2

Dấu “=” xảy ra khi H là trọng tâm của ΔABC hay ΔABC đều.
Nhận xét
Khi H không phải là trực tâm của ΔABC mà là một điểm bất kì nằm trong ΔABC thì:
a.

AA1 BB1 CC1
+
+
HA1 HB1 HC1

9;

b.

HA1 HB1 HC1
+
+
HA HB HC

6.

Bài 4: Qua một điểm cho trước trong tam giác, kẻ ba đường thẳng song song
với các cạnh của tam giác. Các đường thẳng này chia tam giác thành sáu phần, ba
phần trong đó là các tam giác có diện tích là
giác đã cho.

S1 , S 2 , S 3 . Gọi S là diện tích của tam

P
N
Q

Chứng minh rằng

S1 + S2 + S3

1
S.
3

Lời giải
Qua M kẻ các đường thẳng EF // AB

B
I

(E AC, F BC), KH // AC (K AB,
H BC), IJ // BC (I AB, J AC).

F
M

K

Gọi S, S1 , S2 , S3 theo thứ tự là diện

H

tích của ΔABC, ΔIKM, ΔEJM, ΔHFM

S1
KM
=
Theo tính chất 4, ta có
S
AC

(vì theo định lý Talet ta có:

Tương tự, ta có

S1
+
S

A

J

E

KM
AE
BF
IM
=

=
=
). Do đó:
AC
AC
BC
BC

S2
EJ
=
,
S
AC

S2
+
S

2

C

S1
KM
=
S
AC

S3

MH
=
.
S
AC

S3
KM + MH + EJ
AE + EJ + JC
=
=
= 1
S
AC
AC
2

S=

S1 + S2 + S3

= S1 + S2 + S3 + 2 S1S2 + 2 S2S3 + 2 S1S3

S1 + S2 + S3 + S1 + S2 + S2 + S3 + S3 + S1
Vậy S1 + S2 + S3

3 S1 + S2 + S3

1
S

3

Bài 5: Chứng minh rằng trong tất cả các tứ giác lồi có chu vi cho trước thì
hình vuông có diện tích lớn nhất.
Lời giải


Giả sử ABCD là tứ giác lồi có chu vi l

B

cho trước. Đặt AB = a, BC = b, CD = c,
DA = d

Từ B kẻ BH

AD, BK

a

CD ta có:

C

SABCD = SABD + SBCD

=

b

a + b + c + d = l.

A

1
1
HB.AD + BK.CD
2
2

H

K
d

c
D

SABCD

1
1
AB.AD + BC.CD
2
2

·
Dấu “=” xảy ra khi BAD
Tương tự,

Từ (1)(2)

SABCD

SABCD

1
1
ad + bc (1)
2
2

·
= BCD
= 90o

1
1
·
·
ad + bc (2). Dấu “=” xảy ra khi ABC
= ADC
= 90o
2
2

SABCD

1
a + c b + d (3).

4

·
Dấu “=” xảy ra khi BAD

·
BCD

·
·
ABC
ADC
90o , tức là khi ABCD là hình

chữ nhật suy ra a = c và b = d (4). Mặt khác:

A'

1
4
a+c b+d =
a+c b+d
4
16
2
a+c +2 a+c d+b + b+d
16

a+b+c+d
=

4
Từ (3), (5) suy ra SABCD

l
4

2

1 2
l
16

(5)

2

(6). Dấu “=” xảy ra khi a + c = b + d (7
N
M

l
Từ (4), (6), (7) suy ra SABCD lớn nhất bằng
4
hình vuông cạnh có độ dài bằng

2

1
l.
4

2

khi a = b = c = d, tức là khi ABCD là

D'


Bài 6: Cho hình thang ABCD (AB//CD). Hai đường chéo AC và BD cắt nhau

1
SABCD.
2

tại P. Chứng minh rằng SPAB + SPCD
Lời giải

Gọi S1 , S2 , S3 , S4 lần lượt là diện tích

A

B
K

của các tam giác PAB, PAD, PDC và PBC.
a
Từ A và C kẻ AH
BD, CK BD, ta có:

P

H
C

D

d

c

1
1
1
1
S2 .S4 = AH.DP. BP.CK = AH.BP. CK.DP = S1S3
2
2
2
2
Từ đó

S1 + S3

2

4S1S3 = 4S2S4 .

Vì tứ giác ABCD là hình thang nên

S1 + S3

2

2 S1 + S3

S2 + S4

2

S2 = S4 . Vậy ta có S2 +S4
S1 + S3

S1 + S2 + S3 + S4

S1 = S3

Đẳng thức xảy ra

2

4S2S4

S2 + S4

S1 + S3

1
S
(không đổi)
2 ABCD

S1 = S2 = S3 = S4 hay tứ giác ABCD là hình

bình hành.
A'

2.2.3. Bài toán cực trị
Bài 1: Tìm một tứ giác nội tiếp đường tròn O,R cho trước có diện tích lớn
nhất.
Lời giải

M

N
D'

E'


M
D

A

Kẻ AH, CK vuông góc với BD, gọi AC
B
= I ( H, KO BDH) . Ta có:

BD

A

SABCD = SABD + SCBD
1
1
AH.BD + CK.BD
2
2
1
= BD AH + CK
2

Mặt khác, ta có I, H, K

BD nên AH

D

K

=

H
B

BD và CK

C

BD suy ra AH ≤ AI và CK ≤

IC. Do đó AH + CK ≤ AI + IC ≤ AC, ( AC ≤ 2R, BD ≤ 2R )
Vậy SABCD =

1
BD(AH + CK)
2

Dấu “ = ” xảy ra

1
BD.AC 2R 2 .
2

I ≡ H ≡ K nghĩa là AC và BD là hai đường kính của (O) hay tứ

giác ABCD là hình vuông.
C

Vậy
A trong các tứ giác nội tiếp đường tròn O, R cho trước thì hình vuông có diện
tích lớn nhất.
Bài 2: Cho ΔABC, điểm M nằm trong tam
A giác. Đường thẳng AM, BM, CM lần
R
B
lượt cắt các cạnh BC, AC,
B AB tại A1, B1, C1.
Xác định vị trí của M sao cho:

E

H

M
A

Q
AM
BM
CM
=
=
a.
đạt giá trị nhỏ nhất.
B1 M C 1 M
C A1 M
G

b.

S
F

MA MB MC
.
.
đạt giá trịD nhỏ nhất. P
MA1 MB1 MC 1

C

Lời giải

N

a. Gọi S, S1, S2, S3 lần lượt là diện tích của

A

các ΔABC, ΔMBC, ΔMAC, ΔMAB. Ta có
1
ΔBMA và Δ 1BMA1 là hai tam giác có cùng

B1
C1

chiều cao hạ từ đỉnh B và có hai đáy tương

S3
AM
=
(1)
A1M
SMBA1

ứng là AM, A1M nên 1

B

M

A1

C