Sử dụng kiến thức đại số để giải các bài toán hình học

S DNG KIN THC I S DD GII CC BI TON HèNH HC
Cao Quốc Cờng ( GV. THCS Vĩnh Tờng- Vĩnh Phúc)
Sử dụng các kiến thức đại số giúp chúng ta có thể giải đợc một số các bài toán hình một
các ngắn gọn, rõ ràng. Trong bài viết này tôi muốn giới thiệu với các bạn một số bài
toán hình học có sử dụng các kiến thức đại số để giải.
Bài 1: Cho tam giác ABC vuông cân tại B. Điểm M nằm bên trong tam giác sao cho
MA : MB : MC = 1: 2 : 3 . Tính số đo góc AMB.
A
a
M

2a

3a

2a

K

C

B

Lời giải:
Cách 1: Đặt MA = a; MB = 2a; MC = 3a. Vẽ MBK vuông cân tại B ( K; A nằm
cùng phía đối với BM ). Xét ABK và CBM có:
AB = CB ( Vì ABC vuông cân tại B). CBM = ABK ( Cùng phụ với MBA )
BM = BK = 2a (Cách vẽ). Suy ra ABK = CBM (cgc) AK = CM = 3a .
Xét MBK vuông cân tại B theo định lý Pytago ta có: MK 2 = MB 2 + BK 2 = ( 2a ) 2 + ( 2a ) 2 = 8a 2
Xét AMK ta có: MA2 + MK 2 = a 2 + 8a 2 = 9a 2 = AK 2 ( Vì AK = 3a).
Suy ra AMK vuông tại M (Theo định lý Pitago đảo) AMK = 900

mà AMB = AMK + KMB = 900 + 450 = 1350 . Vậy AMB = 1350.
Cách 2:
A
a
M
2a

B

3a

C

2a
P

Đặt MA = a; MB = 2a; MC = 3a. Vẽ MBP vuông cân tại B (P; C nằm cùng phía đối
với BM). (Bạn đọc tự giải) ( )
Bài 2: Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 5 cm; BC = 2 cm. Từ điểm I bất kỳ trên cạnh
AB vẽ IN vuông góc với cạnh DC; IM vuông góc với đờng chéo AC ( N DC ; M AC )
Xác định vị trí của điểm I trên cạnh AB để đờng thẳng AN là tiếp tuyến của đờng tròn
ngoại tiếp tứ giác BMNC.
Lời giải:


I

A

B

M

D

C

N

Theo giả thiết ta có: IMC = INC = IBC = 900 . Suy ra năm điểm I; M; N; C; B cùng
thuộc đờng tròn đờng kính IC tứ giác BMNC nội tiếp đờng tròn đờng kính IC.
Lại có BCN = 900 BN là đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC để AN là tiếp
tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC khi và chỉ khi AN BN tại N ANB
vuông cân tại N AN 2 + NB 2 = AB 2 (*).
Đặt AI = a ( 0 < a < 5 ) IB = 5 a . Ta có: NA2 = a 2 + 22 ; NB 2 = 22 + ( 5 a ) 2 (áp dụng định lý
Pytago cho các tam giác vuông ADN và BCN) (**).
Thay (**) vào (*) ta có a 2 5a + 4 = 0 a1 = 1; a2 = 4 .
Vậy có hai vị trí của điểm I trên cạnh AB sao cho AI = 1cm hoặc AI = 4cm thì đờng
thẳng AN là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC.
Bài 3 : Cho ABC vuông cân tại A có AB = AC = 5cm . Một điểm M chuyển động trên
cạnh BC. Gọi khoảng cách từ M đến hai cạnh AB; AC lần lợt là a và b.
Tìm giá trị lớn nhất của tổng S = a 4 + b 4 .
Lời giải:
B

a

H

M

b

A

K

C

Từ M kẻ MH AB; MK AC ( H AB; K AC ) MH = a; MK = b (theo giả thiết).
Ta có: KA = HM = a (Tính chất đoạn chắn); KC = KM = b ( do MKC vuông cân tại K)
Vì K AC AC = AK + KC AC = a + b.
2
2
Ta có: ( a 2 b 2 ) 0 a 4 + b 4 2a 2b 2 2 ( a 4 + b 4 ) ( a 2 + b 2 ) (*).
Mặt khác ( a 2 b 2 ) 0 a 2 + b 2 2ab 2 ( a 2 + b 2 ) ( a + b ) 2 = AC 2 (**). ( Vì AC = a + b)
2

( )

4

4
4
Từ (*) và (**) suy ra 2 ( a 4 + b4 ) AC a 4 + b 4 AC = 5 = 25 .
4
8
8
8
25
Vậy GTNN của tổng S là MinS =

đạt đợc khi a = b mà MK // AB ( cùng vuông góc
8

với AC) suy ra M là trung điểm của BC.

Bài 4 : Cho hình vuông ABCD có cạnh là a. Điểm N di động trên cạnh AB; tia CN cắt tia
DA tại E; tia Cx vuông góc với tia CE cắt tia AB tại F.
Tìm vị trí của điểm N trên cạnh AB sao cho S ACFE = 3.S ABCD


Lời giải:
x

E

B

N

A

F

C

D

Đặt BN = x ( 0 < x < a). Ta có: CDE = CBF (gcg) (Vì BC = CD; BCF = DCE cùng
phụ ECB ; CDE = CBF = 900 ). Suy ra CE = CF.
1

2

1
2
a a x)
Trong EDC có AN // DC (gt) AE = AN AE = a x AE = (
ED DC
AD + AE
a
x
Trong EDC vuông tại D theo định lý Pytago ta có:
a4
2
2
2
2
2
2
CE = CD + DE = a + ( a + AE ) = a + 2 (3)
x
3
Từ (1); (2); (3) ta có: S ACFE = a ( a +2 x ) .
2x
3
a
Để S ACFE = 3.S ABCD thì a ( a +2 x ) = 3a 2 6 x 2 ax a 2 = 0 x = .
2
2x

Ta có S ACFE = S ACE + S ECF = CD.DE + CE 2 (1) ( Vì ECF vuông cân tại C ).

(2)

Vậy N là trung điểm cạnh AB thì S ACFE = 3.S ABCD .
Bài 5 : Cho hình thang ABCD ( AB//CD; AB > CD ) có AD + BC = 2010cm ngoại tiếp đờng tròn (O; R). Đờng trung bình MN của hình thang chia hình thang đã cho thành hai
hình thang có tỉ số diện tích là
Lời giải:
D

E

C
K

I
M

A

3
. Tính độ dài hai cạnh đáy của hình thang.
7

N
O

F

B

Gọi E; F; K; I là tiếp điểm của đờng tròn (O) với các cạnh DC; AB; BC; AD của hình
thang ABCD.
Ta có ba điểm E; O; F thẳng hàng; EF AB; EF DC ; EF = 2 R ( Bạn đọc tự chứng minh)
Vì MN là đờng trung bình của hình thang MN EF tại O.
Ta có DI = DE; AI = AF; CE = CK; BF = BK (Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).
Vì vậy CD + AB = DE + EC + AF + FB = ( DI + AI ) + ( CK + BK ) = AD + BC = 2010 .
Đặt CD = x; AB = y ( 0 < x < y) ta có x + y =2010 (1)


1
x+ y
R x +
ữ
S
2 3
= y = 9 x (2)
Theo đề bài ta có: CDMN = 2
x+ y 7
S MNBA 1
R y +
ữ
2
2
x + y = 2010
x = 201( cm )

Kết hợp (1) và (2) ta có
y = 9x
y = 1809 ( cm )

Vậy độ dài hai đáy hình thang là: CD = 201(cm); AB = 1809 (cm).
Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho hình thang ABCD vuông tại A; có đáy nhỏ AB biết BC = 2 13; CD = 9; BD = 5 .
Tính độ dài các đoạn thẳng AB; AD.
Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC biết AB = 15cm; BC = 14cm; CA = 13cm. Hãy tính độ
dài ba đờng cao của tam giác ABC.
Bài 3: Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB =2R; một điểm M di động trên nửa đờng
tròn. Tìm vị trí của M để chu vi tam giác AMB lớn nhất.
Lời giải cách 2 bài 1.
Ta có ABM = CBP (cgc) ( Vì có BA = BC; BM = BP = 2a; ABM = CBP cùng phụ với
MBC ) CP = MA = a và AMB = CPB (1).
Trong MBP vuông cân tại B ta có: MP 2 = BM 2 + BP 2 = 8a 2 ( Theo định lý Pytago).
Trong MPC có MP 2 + PC 2 = 8a 2 + a 2 = 9a 2 = MC 2 MPC vuông tại P MPC = 900 .
Ta có BPC = BPM + MPC = 450 + 900 = 1350 (2).
Từ (1) và (2) suy ra AMB = 1350 .
..............................................................................