Bồi dưỡng HSGT9 Pương pháp đại số trong giải hình học

Chuyên đề bồi d ỡng HSG toán 9 :
Phơng pháp đại số trong giải bài tập hình học
Ngời viết : Tạ Phạm Hải
Giáo viên Trờng THCS Thị trấn Hng Hà - Thái Bình
A.Các ví dụ hình thành ph ơng pháp :
Ví dụ 1 : Cho tam giác vuông có chu vi bằng 72 cm ; Hiệu giữa trung tuyến và đờng cao tơng
ứng với cạnh huyền bằng 7 cm. Tính diện tích tam giác .
Giải :
Đặt AM = x ( cm ) , x > 7 BC = 2x và AH = x 7 .
Ta có S
ABC
= x( x 7) . áp dụng định lí Pitago ta có : AB
2
+ AC
2
= 4x
2
Hay ( AB + AC )
2
2.AB.AC = 4x
2
(1)
Ta có : AB + AC = 72 2x ; 2.AB.AC = 4S
ABC
= 4x(x 7) ,thay vào
(1) ta đợc phơng trình : ( 72 2x)
2
4x( x 7) = 4x
2

x

2
+ 65x 1296 = 0 x
2
16x + 81x 1296 = 0
x( x 16) + 81( x 16) = 0 ( x 16)( x + 81) = 0
x = 16 hoặc x = 81 ( loại ).
từ đó AH = 16 7 = 9 và BC = 16.2 = 32 và S
ABC
= 9.16 = 144 cm
2
Nhận xét : Bài tập trên là bài tập hình học hay bài tập đại số ? Rõ ràng
hàm lợng biến đổi đại số trong lời giải lấn át yếu tố hình học nên cũng có thể gọi là bài tập đại số
. Nhng , dù là bài tập loại gì thì cũng gợi cho ta một cách nhìn khác về lời giải các bài tập hình :
Lời giải kiểu đại số ! Ta hãy xét thêm các ví dụ sau
Ví dụ 2 : Chứng minh công thức Hê rông trong tính diện tích S của tam giác : Cho a , b , c là số
đo 3 cạnh của một tam giác , Đặt a + b + c = 2P thì ta có
( )( )( )S P P a P b P c
=
.
Giải :
Đặt HC = x thì BH = a x .
áp dụng định lí Pitago cho các tam giác vuông phù hợp ta
có : h
2
= b
2
x
2
= c
2

( a x)
2

b
2
x
2
= c
2
a
2
+ 2ax x
2

2 2 2
2
a b c
x
a
+
=
.
Thay x vào tính h ta đợc h
2
= b
2

2
2 2 2
2

a b c
a

+
ữ


h
2
=
2 2 2 2 2 2
2 2
a b c a b c
b b
a a

+ +
+
ữ ữ

h
2
=
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 ( ) ( )
2 2 2 2
ab a b c ab a b c c a b a b c
a a a a

+ + + +

= ì
ữ ữ

h
2
= [( c + a b)( c a + b)( c + a + b)( a + b c) ] : 4a
2
, thay a + b + c = 2P vào ta có :
x
H
M
B
A
C
c
b
a
a - x
x
h
H
A
B
C
h
2
= [( 2P 2b)(2P 2a)(2P 2c).2P ] : 4a
2
= [16P( P a)( P b)( P c) ] : 4a
2

2 2
2
( )( )( )
2
a h
P P a P b P c
=

( )( )( )
2
ah
P P a P b P c S
= =
đpcm.
Ví dụ 3 : Cho ABC vuông tại A , Các phân giác BD và AE cắt nhau ở I . Cho biết BI = 10 cm ,
DI = 5 cm . Tính diện tích S của tam giác đã cho .
Giải :
Đặt AD = x , DC = y , áp dụng tính chất đờng phân giác cho ADB ,
phân giác AI , suy ra AB = 2x và ABC , phân giác BD ta có :
1
2 2
x y
x BC
= =
. Vậy BC = 2y.
áp dụng định lí Pitago cho
V
ABD và

V
ABC , ta có :
( )
2
2 2
2 2
2 2
2 2 2
5 2 3
4 4
5 15
4 15
x xy y
x y x y
x
x x


+ =
+ + =



=

+ =



Ta tính đợc

3 5x
=
thay vào tính y ta tính đợc
5 5y
=
. Khi đó
2.3 5(3 5 5 5)
3 5.8 5 120
2
S
+
= = =
cm
2
Ví dụ 4 : Cho ngũ giác đều ABCDE các đờng chéo của ngũ giác này cắt nhau tạo thành ngũ giác
đều MNHIK . Chứng minh rằng tỷ số diện tích của ngũ giác MNHIK và ABCDE là một hằng số
Giải :
Nội tiếp ngũ giác đều ABCDE vào trong đờng tròn tâm O ta dễ
dàng chứng minh đợc ABN và BMN là các tam giác cân
đồng dạng .Trong đó BN = BM ; AB = AN.
Đặt AB = a ; MN = x , ta có
AB BN a a x
MB MN a x x

= =

ax = a
2
2ax + x
2

x
2
3ax + a
2
= 0 , = 5a
2
> 0 ph-
ơng trình có hai nghiệm là :
1 2
3 5 3 5
;
2 2
a a a a
x x
+
= =
, vì x < a nên chỉ chọn x
1
.
Khi đó :
2
2
3 5 7 3 5
2 2
MNHIK
ABCDE
S
x a a
S a a

= = =
ữ
ữ
ữ


đpcm.
Ví dụ 5 : Tìm cạnh thứ 3 của một tam giác biết hai cạnh kia là a và b và các trung tuyến ứng với
hai cạnh a và b cắt nhau dới một góc vuông . Với điều kiện nào của tỷ số a / b thì loại tam giác
nh trên tồn tại ?
Giải :
Giải :
2x
y
x
10
5
I
E
D
C
A B
a
x
K
I
H
NM

E
D
C
A
O
B
1)Đặt GN = x BG = 2x ; GM = y AG =
2y Xét
V
AGN : 4y
2
+ x
2
= b
2
/ 4 ( Pitago)
Xét
V
BGM : 4x
2
+ y
2
= a
2
/ 4 ( Pitago )
5x
2
+ 5y
2
= ( a

2
+ b
2
) / 4 x
2
+ y
2
= ( a
2
+
b
2
) / 20 . Xét
V
AGB : 4x
2
+ 4y
2
= c
2
nên x
2
+
y
2
= c
2
/ 4 . Vậy c
2
/ 4 = ( a

2
+ b
2
) / 20. từ đó c
2
=
( a
2
+ b
2
) / 5 . Từ đó khai phơng ta đợc
2 2
5
a b
c
+
=
1) Điều kiện tồn tại của loại tam giác này là
2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2
2 5( ) 10 5 4( ) 10 0
2 5( ) 2 5 4( ) 10 0
a b c
a b ab c a b ab c a b ab
a b c
a b ab c a b ab c a b ab
+ >


+ + > + + > + + >

<
+ < + > + <




Vì 4( a
2
+ b
2
) + 10ab > 0 luôn đúng nên chỉ cần xét 4( a
2
+ b
2
) 10 ab < 0 (*) .
(*) 2a
2
+ 2b
2
5ab < 0
2
5
1 0
2
a a
b b

ì + <
ữ

. Đặt a / b = k ta có bất phơng trình
2k
2
5k + 2 < 0
2
2
5 25 9 5 9 5 3
2 2 0
4 16 16 4 16 4 4
k
k k k

ì + < < <
ữ ữ


3 5 3 5 1
2
4 4 4 4 2
k k
+ < < + < <
từ đó ta có kết quả của bài tập.
Ví dụ 6 : Tính các góc B và C của ABC vuông tại A biết tỷ số giữa bán kính của đờng tròn
ngoại tiếp và bán kính đờng tròn nội tiếp của tam giác này bằng
3 1
+
Giải tóm tắt :

Theo đinh lí Pitago ta có : b
2
+ c
2
= a
2

2 2
1
b c
a a

+ =
ữ ữ

. Mặt khác
dễ c/m đợc b + c a = 2r
2 2
1
2
b c r r r
a a a R R
+ = = =
Đặt :
b
x
a
=
và
c

y
a
=
, Ta có hệ phơng trình :
2 2 2
3 1
1 ( ) 2 1
2
3 1 3 1
3
2 2
4
x y x y xy
x y
x y x y
xy

+

+ = + =
+ =




+ +
+ = + =

=

Khi dó x , y là các nghiệm của phơng trình bậc hai :
2
3 1 3
0
2 4
X X
+
ì + =
2y
y
2x
x
c
b
a
B
C
A
M
G
N
c
b
a
R
r
O
B

C
A
F
I
D
E
Giải phơng trình này ta đợc các nghiệm là
1 2
1 3
;
2 2
X X= =
suy ra hệ trên có hai nghiệm , và từ
đó tính đợc
à
à
0 0
30 ; 60B C
= =
hoặc
à
à
0 0
60 ; 30B C
= =
.
Ví dụ 7 : Cho ABC và một hình chữ nhật có hai đỉnh nằm trên hai cạnh AB , AC và hai đỉnh
còn lại nằm trên đáy BC . Trong tất cả những hình chữ nhật nh vậy , hãy tìm hình chữ nhất có
diện tích lớn nhất .
Giải tóm tắt :

Giả sử hình chữ nhật đó là MNPQ ( xem hình ). Ta đặt MQ =
x ; MN = y , AH = h ; BC = a h và a là các hằng số
Ta có : S
ABC
= S
AMN
+ S
BMQ
+ S
CNP
+ S
MNPQ
ah = y( h x) + x( a y) + 2xy
ah = yh xy + ax xy + 2xy = yh + ax yh = ah
ax

( )
a
y h x
h
=
.Khi đó S
MNPQ
= xy
2
( ) ( )
a a
h x x hx x
h h
= =

2
2 2 2
2
2
4 4 2 4 2 4
MNPQ
a h h xh a h h ah
S x x
h h



= + ì =

ữ
ữ




. Dấu bằng xảy ra khi x = h/2
Vậy MaxS
MNPQ
= ah/4 khi MN là đờng trung bình của ABC .
Ví dụ 8 : Cho điểm B nằm giữa hai điểm A và C sao cho AB = 14 cm , BC = 28 cm . Vẽ trên
cùng nửa mặt phẳng bờ AC các nửa đờng tròn tâm I , K , O có đờng kính thứ tự là AB , BC , AC .
Tính bán kính đờng tròn tâm M Tiếp xúc ngoài với các nửa đờng tròn (I) ; (K) và tiếp xúc trong
với nửa đờng tròn (O).
Giải tóm tắt:
....

Đặt
bán kính (M)
là x , HI = y
ta có :
MK = 14 + x , MI = 7 + x ; MO = 21 x ; IK = 21
OH = 21 ( 7 + y) ; KH = 21 y
Gọi H là hình chiếu của M trên AC , áp dụng
định lí Pitago ta có :
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
MH MO OH
MO OH MK KH
MH MK KH
MK KH MI HI
MH MI HI

=

=


=

=

=

y
x
28
14
H KI OA C
M
B
S
h
y
x
Q P
N
H
A
B C
M
( 21 x )
2
[ 21 ( 7 + y)]
2
= ( 14 + x)
2
( 21 y)
2
( 14 + x)
2
( 21 y)

2
= ( 7 + x)
2
y
2

245 70x = 14y 245 x = 6
14x + 147 = 441 42y
Đáp số bán kính đờng tròn (M) bằng 6 cm
Ví dụ 8 : Cho ABC có diện tích bằng S .
1.Chứng minh rằng nếu có điểm M trong tam giác sao cho MA = 1 , MB = MC = 6 thì
S
2
500 .
2.Điểm M có đặc điểm gì khi S
2
= 500 ?
Giải tóm tắt :
1) Gọi K là trung điểm của BC và vẽ đờng cao
AH của ABC , thì M thuộc trung trực của
BC . Gọi I là hình chiếu của M trên AH và
trên tia đối của tia MK lấy điểm D sao cho
MD = MA .Ta có :
MD AI nên S
DBC
S ( vì tứ giác MIHK là
hình chữ nhật ) .Đặt HI = MK = x ta có :
BK =
2
36 x

và DK = x + 1 . Khi đó
S
DBC
= DK.BK = (x + 1)
2
36 x

với x < 6
Đặt S
DBC
= S
1
thì :
S
1
2
= ( x
2
+ 2x + 1)( 36 x
2
) . Ta chứng minh
( x
2
+ 2x + 1)( 36 x
2
) 500 với mọi x < 6 là bài toán xong . Thật vậy :
( x
2
+ 2x + 1)( 36 x

2
) 500
x
4
2x
3
+ 35x
2
+ 72x 464 0
x
4
+ 4x
3
6x
3
+ 24x
2
+ 11x
2
44x + 116x 464 0
x
3
( x 4) 6x
2
( x 4) + 11x( x 4) + 116( x 4) 0
( x 4)( x
3
+ 6x
2
11x 116) 0

( x 4)( x
3
4x
2
+ 10x
2
40x + 29x 116) 0
( x 4)[x
2
( x 4) + 10x( x 4) + 29( x 4)] 0
( x 4)
2
( x
2
10x + 25 + 4 ) 0
( x 4)
2
[ ( x 5)
2
+ 4 ] 0 đúng
Vậy S S
1
500 đúng đpcm.
2) Từ câu 1 , dấu bằng xảy ra khi AD = AM = AH = 1 và MK = IH = 4 A trùng D
hay ABC cân tại A và M nằm trên đờng cao AH sao cho MA = 1 ; MH = 4 AH
= 5 , MB = MC = 6 . Khi đó BK = BH =
36 16 20 2 5
= =
.
S

2
= ( BH.AH )
2
=
( )
2
2 5.5 500
=
đúng.
1
6
6
1
D
I
H K
B
C
A
M