Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi - Diện tích - Hình học 9

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi. CHUYÊN ĐỀ : DIỆN TÍCH Hình học 9 A/. PHẦN I Kiến thức cơ bản : 1) Tiên đề về diện tích : Mỗi đa giác có một diện tích xác định. Diện tích đa giác là một số dương. 2) Diện tích đa giác có các tính chất sau : +Hai tam giác bằng nhau có diện tích bằng nhau. +Nếu một đa giác được chia thành những đa giác nhỏ không có điểm trong chung thì diện tích của nó bằng tổng diện tích của những đa giác đó. +Hình vuông cạnh có độ dài bằng 1 thì diện tích là 1 - Hình vuông đó được gọi là hình vuông đơn vị. I. DIỆN TÍCH TỨ GIÁC : 1) Cho tứ giác ABCD. Gọi AB = a , BC = b , CD = c , DA = d , AC = d1 , BD = d2 , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp, r là bán kính đường tròn 1 nội tiếp và p = (a + b + c + d) . Ta có : 2 B b C a I m. d1. . d2. c. A d D. a) SABCD = SABC + SADC = SABD + SCBD. +Tổng các góc trong của tứ giác A + B + C + D = 3600 = 2 Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. +Tổng bình phương của các cạnh : a2 + b2 + c2 + d2 = d12  d 22  4m 2 (m là độ dài đoạn thẳng nối hai trung điểm của hai đường chéo) 1 b) SABCD = d1d2sin 2 ( là góc tạo bởi hai đường chéo d1, d2 ) *Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O: R). B. a b d2. A d1. O C. d. c. D. c) SABCD = (p - a)(p - b)(p - c)(p - d) +Tổng hai góc đối diện A + C = B + D = 1800 =  +Tích các đườngchéo : d1d2 = ac + bd. 1 p = (a + b + c + d) 2 * Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O; r). B b. C O. a. c. r. A. d. M. D. d) SABCD = p.r. Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. +Tổng hai cạnh đối diện : a + c = b + d 2)Diện tích các tứ giác đặc biệt : a)Diện tích hình chữ nhật : A. a. b. d. B SABCD = a.b d = a2 + b2. D. C. b)Diện tích hình vuông A a a. B SABCD = a2 d=a 2 1 SABCD = d2 2. d. D C *Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất . c)Diện tích hình thang : A a B 1 h SABCD = (a + b).h 2 M m N SABCD = m.h D H b d)Diện tích hình bình hành : A. C. B SABCD = a.h. h d1 d2. d12 + d22 = 2(a2 + b2). D H a C e)Diện tích hình thoi :. Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. A 1 d1d2 = a.h 2 d12 +d22 = a2. SABCD =. h. D. B. d2 d1. a. H. C II.DIỆN TÍCH TAM GIÁC Cho tam giác ABC có BC = a , AC = b , AB = c, đường cao thuộc cạnh BC là AH = ha , r là bán kính đường tròn nội tiếp , R là bán kính đường a + b + c tròn ngoại tiếp ABC và p = . Ta có các công thức sau : 2 1). SABC =. 1 a.h 2 A. b c. B. h. H. a. C. Chứng minh : 1 Kẻ đường cao AH, ta có : ABH vuông tại H nên SABH = AH.BH (1) 2 1 SACH = AH.CH (2) 2 Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được : 1 1 SABH + SACH = AH.BH + AH.CH 2 2 1 1 SABC = AH.(BH + CH) = AH.BC 2 2. Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. 1 Hay SABC = a.h 2 1 1 Tương tự ta cũng có : SABC = b.k = SABC = c.l 2 2 (k là chiều cao ứng với cạnh AC, l là chiều cao ứng với cạnh AB) 2)Tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O; r) SABC = p.r A. c. E. F. b. r. r. O r. B. D. a. C. Chứng minh : SABC = SAOB + SBOC + SCOA 1 Mà : SAOB = r.c 2 1 r.a 2 1 = r.b 2. SBOC = SCOA. 1 1 1 Cộng vế theo vế, ta được : SAOB + SBOC + SCOA = r.c + r.a + r.b 2 2 2 1 a + b + c SABC = r.(c + a + b) = r. = p.r 2 2 a + b + c (p= : nửa chu vi ) 2 3)Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. SABC =. abc 4R. A. b. c. O. h. C B. a. H. D. Chứng minh : Kẻ đường cao AH và đường kính AD. 1 SABC = a.h 2 Xét ABH vuông tại H và ADC vuông tại C có : ABH = ADC (góc nội tiếp cùng chắn cung AC) AB AH AB.AC b.c => ABH ~ ADC => = => AH = = AD AC AD 2R 1 1 b.c abc Vậy SABC = a.h = .a . = 2 2 2R 4R 4). SABC = p(p - a)(p - b)(p - c) (Công thức Hêrông) Chứng minh :. Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9 A. b. c h. b'. c'. B. H. C. a. Giả sử B và C đều nhọn. Kẻ đường cao AH (AH  BC) - đặt AH = h BC = BH + CH hay a = b’ + c’ (1) Để không mất tính tổng quát ta giả sử b > c => b’ > c’ ABH vuông tại H : AH2 = AB2 - BH2 hay h2 = c2 - c’2 ACH vuông tại H : AH2 = AC2 - CH2 hay h2 = b2 - b’2 => c2 - c’2 = b2 - b’2 <=> b2 - c2 = b’2 - c’2 <=> b2 - c2 = (b’ + c’).(b’ - c’) b2 - c2 b2 - c2 = a.(b’ - c’) => b’ - c’ = (2) a b'c'  a Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :  b2  c2 b '  c '   a  b'c'  a b'c'  a   Giải hệ phương trình :  b 2  c 2 <=>  a2  b2  c2 b '  c '  2 b '    a a   2 2 2  a b c b'  2a <=>  2 2 2 c'  a  b  c 2a . Do đó. h2. =. b2. -. b’2. =. . b2.  a2  b2  c2 -  2a . . . 2.  a2  b2  c2   b 2  4a 2 . . . 2. . 2ab   a 2  b 2  c 2 4a 2 b 2  a 2  b 2  c 2  = 4a 2 4a 2 2ab  a 2  b 2  c 2 . 2ab  a 2  b 2  c 2 = 4a 2 2 2  a  b   c 2 . c 2  a  b  a 2  2ab  b 2  c 2 . c 2  a 2  2ab  b 2 = = 4a 2 4a 2 2. . . 2. . . . . . . . Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. . HH / 7. .

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. =. a  b  c a  b  c c  a  b c  a  b . 4a 2 a  b  c a  b  c  2c a  b  c  2b a  b  c  2a  = 4a 2. (Đặt a + b + c = 2p). 2 p2 p  2c 2 p  2b 2 p  2a  16 p p  a  p  b  p  c   4a 2 4a 2 4 p p  a  p  b  p  c  = a2 4 p p  a  p  b  p  c  2  p p  a  p  b  p  c  => h = a a2 1 1 2 p p  a  p  b  p  c  = p p  a  p  b  p  c  Vậy SABC = a.h = a. 2 2 a. =. NHỮNG ĐIỂM CẦN CHÚ Ý KHI SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH ĐỂ GIẢI TOÁN : Ta đã biết, khi biết độ dài một số yếu tố của một hình ta có thể tính được diện tích hình đó bằng những công thức mà ta đã biết. Ngược lại các công thức tính diện tích cho ta các quan hệ về độ dài của các đoạn thẳng. Sử dụng công thức tính diện tích các hình có thể giúp ta so sánh độ dài các đoạn thẳng. Để so sánh hai độ dài đoạn thẳng nào đó bằng phương pháp diện tích, ta chú ý các điểm sau : 1)Xác định quan hệ diện tích giữa các hình. 2)Sử dụng các công thức tính diện tích để biểu diễn mối quan hệ đó bằng một đẳng thức có chứa các độ dài. 3)Biến đổi đẳng thức vừa tìm được ta có quan hệ về độ dài giữa hai đoạn thẳng cần so sánh. Khi giải bài toán bằng phương pháp diện tích ta cần nắm vững : +Sử dụng trực tiếp công thức tính diện tích của các hình. +Sử dụng tính chất : -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. Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. -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. B/.PHẦN II I.CÁC BÀI TOÁN MẪU : Bài 1 : Cho tam giác đều ABC. Từ một điểm O ở trong tam giác, ta kẻ OH  AB, OK  AC, OI  BC. Chứng minh rằng khi O di động trong tam giác thì tổng OH + OK + OI không đổi. Giải A. H. K O. B. I. C. 1 Gọi cạnh của tam giác đều ABC là a và chiều cao là h, thì SABC = a.h và AB 2 = BC = CA = a Ta có SABC = SAOB + SBOC + SCOA 1 SAOB = AB.OH 2 1 SBOC = BC.OI 2 1 SCOA = BC.OI 2 Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. 1 1 1 1 Cộng vế theo vế ta được : a.h = AB.OH + BC.OI + BC.OI 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 <=> a.h = a.OH + a.OK + a.OI <=> a.h = a(OH + OK + OI) 2 2 2 2 2 2 <=> h = OH + OK + OI . Mà h : không đổi => OH + OK + OI không đổi +Nếu O thuộc cạnh của tam giác đều thì bài toán trên vẫn đúng. +Nếu thay tam giác đều bằng một đa giác đều thì tổng khoảng cách từ điểm O bất kỳ nằm trong đa giác đến các cạnh của đa giác vẫn không đổi. Bài 2 : Chứng minh định lý Py-ta-go : Trong một tam giác vuông bình phương của cạnh huyền bằng tổng bình phương của hai cạnh góc vuông. Ta đã biết chứng minh định lý này bằng cách sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông. Ta sẽ sử dụng phương pháp diện tích để chứng minh định lý này : Chứng minh N G M A F H. C. B. E. D. K. Lấy các cạnh của tam giác ABC có Â = 900 làm cạnh dựng ra ngoài tam giác các hình vuông BCDE, ABFG , ACMN lần lượt có diện tích là : SBCDE =BC2 = a2 , SABFG = AB2 = c2 , SACMN = AC2 = b2 Ta phải chứng minh SBCDE = SABFG + SACMN hay a2 = b2 + c2 Kẻ đường cao AH của ABC kéo dài cắt DE tại K. + Ta chứng minh SABFG = SBHKE . Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. Nối AE và CF : ABE = CBF (c-g-c) => SABE = SCBF (1) FBC và hình vuông ABFG có chung cạnh đáy FB, đường cao ứng với đáy 1 này là bằng AB => SCBF = SABFG (2) 2 ABE và hình vuông BHKE có chung cạnh đáy là BE, đường cao ứng với 1 cạnh đáy này bằng BH => SABE = SBHKE (3) 2 Từ (1), (2) và (3) => SABFG = SBHKE (*) +Ta chứng minh SACMN = SCDKH Nối BM và AD BCM = DCA (c-g-c) => SBCM = SDCA (4) BCM và hình vuông ACMN có chung cạnh đáy CM và có đường cao bằng 1 nhau và bằng AC => SBCM = SACMN (5) 2 ACD và hình vuông CDKH có chung cạnh đáy là CD và có đường cao 1 bằng nhau và bằng KD => SACD = SCDKH (6) 2 Từ (4), (5) và (6) => SACMN = SCDKH (**) Cộng (*) và (**) vế theo vế, ta được : SBHKE = SABFG SCDKH = SACMN SBCDE = SABFG + SACMN Hay a2 = b2 + c2 Bài 3 : Cho tam giác ABC. Trên phần kéo dài của các cạnh AB, BC và AC lấy các điểm D, E, F (B nằm giữa A và D ; C năm giữa B và E ; A nằm giữa C và F) sao cho BD = AB ; CE = BC và AF = AC. Gọi s là diện tích của ABC. Tính diện tích DEF theo s. Giải GT. ABC có diện tích là s AB = BD ; BC = CE ; AC = AF. KL. SDEF ?. Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9 F. A. B C. E. D. Cách 1 : Sử dụng tính chất cơ bản của diện tích Xét ABE có AC là trung tuyến (BC = CE) => SABC = SACE = s => SABE = SABC + SACE = 2s AED có EB là trung tuyến (AB = BD) => SABE = SBED = 2s => SAED = SABE + SBED = 4s BCF có BA là trung tuyến (AC = AF) => SABC = SBAF = s CEF có EA là trung tuyến (AC = AF) => SACE = SAEF = s => SCEF = SACE + SAEF = 2s AFD có FB là trung tuyến (AB = BD) => SDBF = SBAF = s => SAFD = SDBF + SBAF = 2s SDEF = SAED + SAFE + SAFD = 4s + s + 2s = 7s Vậy SDEF = 7s Cách 2 : Kẻ BI  AC và EH  CF Chứng minh vuông BIC =  vuông EHC (Cạnh huyền và góc nhọn) => BI = EH Ta có AC = AF và AC + AF = CF => CF = 2AC => SCEF = 2SABC = 2s (hai tam giác có cung đường cao nhưng cạnh đáy CF của CEF gấp hai lần cạnh đáy AC của ABC) Tương tự ta cũng chứng minh được SADF = 2SABC = 2s Và SBDE = 2SABC = 2s Mà SDEF = SABC + SBED + SCFE + SAFD = s + 2s + 2s + 2s = 7s Vậy SDEF = 7s Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. Bài 4 : Cho hình vuông ABCD cạnh a. M, N là trung điểm của AD và CD. Nối BN và CM cắt nhau tại E. Chứng minh diện tích hình vuông ABCD gấp 5 lần diện tích tam giác BEC . GT Hình vuông ABCD có AB = BC = CD = DA = a Và AM = MD , NC = ND KL. SABCD = 5SBEC Giải P. B. H. C. Q E. A. M. N. D. Cách 1 : 1 *Để chứng minh SHV/ABCD = 5SBEC . Ta chuyển về tính SBEC = a2. 5 Để tính diện tích tam giác BEC ta kẻ đường cao EH ứng với cạnh đáy BC (biết BC = a), ta tính EH theo a. + Gọi P là trung điểm BC và Q là trung điểm BE => PQ là đường trung bình 1 của tam giác BEC => PQ = CE (1)và PQ // CE. 2 + BCN = CDM (cgc) => NBC = MCD và CMD = BNC mà BCM = CMD (SLT) =>BCM = BNC Có : MCD + BCM = 900 (góc của hình vuông ABCD) Nên NBC + BCM = 900 => BEC = 900 => CM  BN tại E BQP = CEN (gcg) => PQ = NE (2) Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. Từ (1) và (2) => 2NE = BQ và BQ = CE mà BQ = QE (gt) => BQ = QE = CE = 2EN 1 Ta có : BN = BQ + QE + EN = 5NE => NE = BN 5 2 CE 2 => CE = BN hay = 5 BN 5 CE EH 2 2 2 ECH ~ BNC (gg) => = = => EH = BC hay EH = a BN BC 5 5 5 1 1 2 1 SBEC = BC.EH = a. a = a2 . Mà SABCD = a2 2 2 5 5 1 Vậy SBEC = S HV/ABCD hay S HV/ABCD = 5SBEC 5 Cách 2 : Chứng minh BCN = CDM (cgc) => NBC = MCD và CMD = BNC mà BCM = CMD (SLT) =>BCM = BNC Có : MCD + BCM = 900 (góc của hình vuông ABCD) Nên NBC + BCM = 900 => BEC = 900 => CM  BN tại E 2. 1  SCEN  CN  2  2 a  1   Chứng mính CEN ~ BEC => =  =  SBEC  BC   a  4  . 1 => SCEN = SBEC 4 1 1 Kẻ đường chéo BD của hình vuông ABCD => SBCD = S HV/ABCD = a2 2 2 1 11 2 1 2 BCD có BN là đường trung tuyến => SBCN = SBCD = . a = a 2 22 4 1 5 1 2 5 Mà SBCN = SBEC + SCEN = SBEC + SBEC = SBEC hay a = SBEC 4 4 4 4 2 2 => 5SBEC = a , mà a = SHV/ABCD . Do đó SHV/ABCD = 5SBEC. Cách 3 : + Gọi P là trung điểm BC và Q là trung điểm BE => PQ là đường trung bình 1 của tam giác BEC => PQ = CE (1)và PQ // CE. 2 + BCN = CDM (cgc) => NBC = MCD và CMD = BNC mà BCM = CMD (SLT) =>BCM = BNC Có : MCD + BCM = 900 (góc của hình vuông ABCD) Nên NBC + BCM = 900 => BEC = 900 => CM  BN tại E Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. BQP = CEN (gcg) => BQ = CE mà BQ = QE (gt) => BQ = QE = CE Ta có BE = BQ + QE = CE + CE = 2CE Trong  vuông BEC có BC2 = BE2 + CE2 = (2CE)2 + CE2 = 5CE2 => CE =. BC 2 5. =. a a a2 = => BE = 2CE = 2. 5 5 5. 1 1 a 1 a BEC vuông tại E : SBEC = CE .BE = .2. = a2. 2 2 5 5 5 Mà SABCD = a2 , nên SHV/ABCD = 5SBEC. Bài 5 : Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao thuộc cạnh bên bằng h, góc ở h2 đáy bằng  . Chứng minh SABC = 4sincos GT. Giải : ABC có AB = AC , CM  AB tại M, CM = h, B = . KL. SABC =. h2 4sincos. 1 1 BC.AD = CM.AB 2 2 => Hãy tính BC và AH theo h và tỉ số lượng giác của góc B hoặc C, hoặc AB theo h và các tỉ số lượng giác của góc B hoặc C. Chứng minh : *Phương pháp : Áp dụng công thức SABC =. Kẻ CM  AB và AD  BC. Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9 A. M. B. h. D. C. h MC h = => BC = BC BC sin ADB vuông tại D, ta có : D là trung điểm của BC (vì ABC cân tại A), nên 1 1 h AD AD sin h BD = BC = . = và tanB = tan = hay = => AD = 2 2 sin 2sin BD BD cos sin h sin h BD. = . = . cos 2sin cos 2cos BCM vuông tại M, ta có : sin B = sin =. => SABC =. h h2 1 1 h BC.AD = . = . 2 2sin 2cos 4sincos. Bài 6 : Chứng minh rằng nếu một tam giác có số đo các cạnh nhỏ hơn 1 thì diện tích tam giác nhỏ hơn . Phương pháp : *Nếu tam giác đều có cạnh bằng 1 thì diện tích là * Nếu tam giác đều có cạnh nhỏ hơn 1 thì diện tích nhỏ hơn Chứng minh : Giả sử tam giác ABC có cạnh AB lớn nhất , mà AB < 1. Trên nửa mặt phẳng chứa tam giác ABC có bờ là đường thẳng chứa cạnh AB ta dựng tam giác đều ABC’ có cạnh AB < 1 => SABC’ < Và AC ≤ AC’ , BC ≤ BC’ Từ C và C’ của ABC và ABC’ kẻ hai đường cao tương ứng có chiều dài là h và h’ => h ≤ h’. Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9 C'. B. A. 1 1 => SABC = AB.h và SABC’ = AB.h’, do h ≤ h’ => SABC ≤ SABC’. 2 2 Mà SABC’ < (vì cạnh AB của tam giác đều ABC’ nhỏ hơn 1) Vậy SABC < . Bài 7 : Cho tam giác nhọn ABC với ba đường cao tương ứng AH, BI và CK. Chứng minh SHIK = (1 - cos2A - cos2B - cos2C).SABC. *Phương pháp : Từ hệ thức của bài toán cần chứng minh ta có : SHIK = 1 - cos2A - cos2B - cos2C và SHIK = SABC - SAKI - SBKH - SCHI SABC SAKI SBKH SCHI => Ta phải chứng minh : = cos2A, = cos2B, = cos2C SABC SABC SABC Chứng minh : Cách 1: A M I K. C B. H. Ta có : SHIK = SABC - SAKI - SBKH - SCHI. Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 17.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. SHIK SABC SAKI SBKH SCHI = SABC SABC SABC SABC SABC SHIK SAKI SBKH SCHI = 1SABC SABC SABC SABC *Từ K kẻ KM  AC => KM // BI (vì cùng vuông góc với AC) AK KM Tam giác ABI có KM //BI => = (1) AB BI Chia hai vế cho SABC, ta được :. 1. SAKI 2 AI .KM AI.KM AI KM = = = . SABC 1 BI . AC BI.AC AC BI. (2). 2. SAKI AI AK AI.AK AI AK = . = = . SABC AC AB AB.AC AB AC AI = cosA AB AK Tam giác AKC vuông tại K (vì CK  AB) => = cosA AC AI AK SAKI Nên . = cos2A , do đó = cos2A. AB AC SABC SBKH SCHI Tương tự ta cũng chứng minh được : = cos2B, = cos2C SABC SABC SHIK SABC SAKI SBKH SCHI Vậy = = 1 - cos2A - cos2B - cos2C SABC SABC SABC SABC SABC Nên : SHIK = (1 - cos2A - cos2B - cos2C).SABC. Cách 2 : *Xét ABI vuông tại I và ACK vuông tại K có góc  chung (hoặc ABI = ACK - cùng phụ với góc  hay hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc). AB AI AI AK => ABI ~ ACK => = => = AC AK AB AC AI AK + AIK và ABC có : = và  góc chung => AIK ~ ABC AB AC SAKI AI => = ( )2 = cos2A (1) SABC AB *Xét ABH vuông tại H và CBK vuông tại K có góc B chung (hoặc BAH = BCK - cùng phụ với góc B hay hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) Tam giác ABI vuông tại I (vì BI AC). =>. Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. AB BH BH BK = => = BC BK AB BC BH BK + BHK và BAC có : = và góc B chung => BHK ~ BAC AB BC SBKH BH 2 => = ( ) = cos2B (2) SABC AB *Xét ACH vuông tại H và BCI vuông tại I có góc C chung (hoặc CAH = CBI - cùng phụ với góc C hay hai góc nhọn có cạnh tương ứng vuông góc) AC CH CH CI ACH ~ BCI => = => = BC CI AC BC CH CI +CHI và CAB có = và góc C chung => CHI ~ CAB AC BC SCHI CH => = ( )2 = cos2C (3) SABC AC Và ta có : SHIK = SABC - SAKI - SBKH - SCHI SHIK SABC SAKI SBKH SCHI Hay = SABC SABC SABC SABC SABC SAKI SBKH SCHI = 1(4) SABC SABC SABC SHIK Từ (1), (2),(3) và (4) => = 1 - cos2A - cos2B - cos2C SABC 2 Hay SHIK = (1 - cos A - cos2B - cos2C).SABC. ABH ~ CBK =>. Bài 8 : Chứng minh định lý : “Trong một tam giác chân đường phân giác trong của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn thẳng ấy.” Giải : Cách 1 : Vận dụng định lý Talét GT ABC có AD là phân giác góc  (D  BC) KL. BD AB = CD AC. Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 19.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9 A. C. B D. E. Từ đỉnh B kẻ BE // AC cắt tia AD tại E Ta có BAD = CAD (gt) BEA = CAD ( so le trong - vì BE // AC) => BAD = BEA => ABE cân tại B => AB = BE. ADC có BE // AC (Áp dụng hệ quả định lý Ta-lét ) =>. BD BE = CD AC. BE AB BD AB = . Vậy = AC AC CD AC Cách 2 : Giải bằng phương pháp diện tích : Mà BE = AB , do đó. A. F E. B. H. D. C. Kẻ đường cao AH ( AH  BC) và từ D kẻ DE  AB , DF  AC. Theo tính chất tia phân giác của góc ta có DE = DF (DE và DF là khoảng cách từ điểm D trên tia phân giác AD của góc A đến hai cạnh AB và AC ). Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . Lop7.net. HH / 20.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>