Giáo án Bồi dưỡng học sinh giỏi - Hình học 8

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Bồi dưỡng học sinh giỏi – hình học 8 Phương pháp diện tích 1. Ta đã biết một số công thức tính diện tích của đa giác như tam giác, hình thang, hình bình hành, hình thoi, … Khi biết độ dài của một số yếu tố ta có thể tính được diện tích của các hình ấy. Ngược lại nếu biết quan hệ diện tích của 2 hình chẳng hạn biết 2 tam giác có diện tích bằng nhau và có 2 đáy bằng nhau thì suy ra được các chiều cao tương ứng bằng nhau. Như vậy các công thức diện tích cho ta các quan hệ về độ dài của các đoạn thẳng, từ đó giúp ta so sánh độ dài các đoạn thẳng. 2. Để so sánh 2 độ dài nào đó bằng p2 diện tích ta có thể làm theo các bước sau : 1. Xác định quan hệ diện tích giữa các hình . 2. Sử dụng các công thức diện tích để biểu diễn mqh 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 2 đoạn thẳng cần só sánh. 3. Mét sè biÖn ph¸p thùc hiÖn : a) Sö dông trùc tiÕp c«ng thøc tÝnh diÖn tÝch tam gi¸c Ví dụ 1. Cho tam giác đều ABC. Từ một điểm O ở trong tam giác ta vẽ OH  AB; OI  BC; OK  CA. Chứng minh rằng khi O di động trong tam giác thì tổng OH +OI + OK không đổi. Bg Gọi độ dài mỗi cạnh của tam giác đều là a, chiều cao là h Ta cã SAOB + SBOC + SCOA = SABC A. 1 1 1 1 a.OH + a.OI + a.OK = a.h 2 2 2 2 1 1 a(OH + OI + OK) = ah 2 2. H. O. K. Suy ra OH + OI + OK = h (không đổi) B. I. C. NhËn xÐt Có thể giải ví dụ trên bằng cách khác nhưng không ngắn gọn bằng p2 diện tích đã trình bày ë trªn . Bài toán trên vẫn đúng nếu điểm O thuộc cạnh của tam giác đều Ta còn có tổng AI + BI + CK không đổi Nếu thay tam giác đều bởi một đa giác đều bất kì thì tổng các khoảng cách từ điểm O đến các cạnh cũng không đổi. b) 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 2 tam giác có cùng đáy thì tỉ số 2 chiều cao tương ứng bằng tØ sè 2 diÖn tÝch. Ví dụ 2. Cho tam giác ABC và 3 điểm A’ , B’ , C’ lần lượt nằm trên 3 cạnh BC, CA, AB sao cho AA’, BB’, CC’ đồng quy. (A’ , B’ , C’ không trùng với các đỉnh của tam giác). Chøng minh r»ng :. A ' B B 'C C ' A . . =1 A 'C B ' A C ' B. Bg  Tìm hướng giải : Ta thấy ở vế trái của đpcm là tích của 3 tỉ số. Để có thể rút gọn được tích này ta sẽ thay đổi tỉ số của 2 cạnh bằng tỉ số diện tích của 2 tam giác thích hợp, sau đó khử liên tiếp để được kết quả là 1.  Chøng minh :. 1 Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Bồi dưỡng học sinh giỏi – hình học 8. VÏ BH  AA’ vµ CK  AA’. Tam gi¸c AA’B vµ tam gi¸c AA’C lµ 2 tam gi¸c cã cïng 1 chiÒu cao hạ từ A và có 2 cạnh đáy tương ứng là A’B và A’C nên MÆt kh¸c  AA’B vµ  AA’C cã chung c¹nh AA’ và có các chiều cao tương ứng là BH và CK nên. A ' B S AA ' B  A ' C S AA 'C A. (1). B’. S AA ' B BH C’  (2) O S AA 'C CK H  AOB vµ  AOC cã chung c¹nh AO vµ cã c¸c chiÒu S BH A’ cao tương ứng là BH và CK nên AOB  (3) B S AOC CK A ' B S AOB  Tõ (1), (2), (3) suy ra (4) K A ' C S AOC B ' C S BOC C ' A SCOA   Chứng minh tương tự được (5) vµ (6) B ' A S BOA C ' B SCOB S S S A ' B B 'C C ' A . . Nhân từng vế các đẳng thức (4), (5), (6) ta được: = AOB . BOC . COA = 1. S AOC S BOA SCOB A 'C B ' A C ' B. C. Chú ý : Bài toán trên vẫn đúng nếu các điểm A’ , B’, C’ thuộc các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác, trong đó có đúng 2 điểm nằm ngoài tam giác. c) Sử dụng tính chất : Nếu 1 tam giác và một hình bình hành có cùng đáy và cùng chiều cao (ứng với đáy đó) thì diện tích tam giác bằng nửa diện tích hình bình hành. Ví dụ 3. Chứng minh định lý Pi-ta-go: Trong 1 tam giác vuông, bình phương cạnh huyền bằng tổng các bình phương 2 cạnh góc vuông.  Có rất nhiều cách để chứng minh, ở đây ta dùng p2 diện tích để chứng minh : Bg N LÊy c¸c c¹nh cña  ABC ( AA = 900 ) lµm c¹nh, dùng ra phÝa ngoµi cña tam gi¸c nµy c¸c h×nh vu«ng BCDE, ABFG, ACMN. Muèn chøng minh BC2 = AB2 + AC2 ta pcm M SBCDE = SABFG + SACMN G VÏ ®­êng cao AH vµ kÐo dµi c¾t DE t¹i K. Ta sÏ A chøng minh SABFG = SBHKE vµ SACMN = SCHKD. Nèi AE, CF .  FBC =  ABE (c.g.c) F (1)  SFBC = SABE  FBC và hình vuông ABFG có chung đáy BF, C B đường cao ứng với đáy này bằng nhau ( = AB ) H 1 SABFG. 2 1 Tương tự, SABE = SBHKE. 2. nªn SFBC =. (2) (3). Tõ (1), (2), (3) suy ra SBHKE = SABFG. Chứng minh tương tự được SCHKD = SACMN. Do đó SBHKE + SCHKD = SABFG + SACMN hay E D K SBCDE = SABFG + SACMN (®pcm). NhËn xÐt §iÓm mÊu chèt trong c¸ch gi¶i trªn lµ viÖc vÏ h×nh phô: VÏ thªm 3 h×nh vu«ng. §iÒu g× gîi ý cho ta c¸ch vÏ Êy ? Hãy nhìn vào kết luận của định lí: Ta pcm BC2 = AB2 + AC2 mà BC2 ; AB2 ; AC2 chính là diện tích các hình vuông có cạnh lần lượt là BC, AB, AC. Để chứng minh diện tích hình 2 Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Bồi dưỡng học sinh giỏi – hình học 8 vuông BCDE bằng tổng diện tích của 2 hình vuông ABFG và ACMN ta đã vẽ đường cao AH rồi kéo dài để chia hình vuông BCDE thành 2 hình chữ nhật không có điểm trong chung rồi chứng minh 2 hình chữ nhật này có diện tích lần lượt bằng diện tích của 2 hình vuông kia. Bµi tËp 1. Cho tam giác ABC cân tại A. Từ 1 điểm M trên đáy BC vẽ MD  AB, ME  AC a) Chứng tỏ rằng tổng MD + ME không phụ thuộc vào vị trí của M trên đáy BC b) Có nhận xét gì về MD  ME khi M di động trên đường thẳng BC nhưng không nằm trên A đáy BC ? Bg a) Gäi c¹nh bªn lµ b, ®­êng cao øng víi c¹nh b lµ h. SABM + SACM = SABC ;. 1 1 1 b.MD + b.ME + b.h 2 2 2. A.  MD + ME = h (không đổi). b) Chứng minh tương tự câu a) ta được MD  ME = h (không đổi) .. B. E. D. D. B C E. M. C. M. 2. Cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A, ®­êng ph©n gi¸c AD. VÏ DH  AB. §Æt DH = d, AB = c, AC = b. Chøng minh r»ng ;. 1 1 1   . b c d. Bg VÏ DK  AC th× DK = DH = d SADB + SADC = SABC ;. A 1 2. 1 1 1 cd + bd = bc ; cd + db = bc 2 2 2 1 1 1 Chia c¶ 2 vÕ cho bcd ta ®­îc   . b c d. H B. K. d D. C. 3. Cho tam gi¸c ABC, ®iÓm M ë trong tam gi¸c hoÆc ë trªn mét c¹nh sao cho SMBC = SMAB + SMAC. Chứng minh rằng M di động trên một đoạn thẳng cố định. Bg A VÏ AH  BC; MK  BC. SMBC = SMAB + SMAC =. 1 1 SABC  MK = AH. 2 2. V× M kh«ng n»m ngoµi tam gi¸c nªn M n»m trªn ®o¹n th¼ng EF // BC vµ c¸ch BC 1 kho¶ng. 1 AH. 2. E. B H. M. K. F. C. 4. Cho h×nh b×nh hµnh ABCD. Trªn AB lÊy ®iÓm M, trªn AD lÊy ®iÓm N. Gäi O lµ giao ®iÓm cña BN víi DM. BiÕt OC lµ tia ph©n gi¸c cña gãc BOD, chøng minh r»ng BN = DM. A M B Bg VÏ CH  BN; CK  DM ta ®­îc CH = CK. O H N SNBC = SDBC ; SMCD = SBCD. K Suy ra SNBC = SMCD do đó BN = DM D C ( vì có 2 chiều cao tương ứng bằng nhau ). 5. Cho tam gi¸c ABC (AB < AC), M lµ 1 ®iÓm trªn c¹nh BC. VÏ BI  AM ; VÏ CK  AM. X¸c định vị trí của M để tổng BI + CK nhỏ nhất. Bg 3 Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Bồi dưỡng học sinh giỏi – hình học 8 VÏ ®­êng cao AH. SABM + SACM = SABC ;. 1 1 AM.BI + AM.CK = SABC 2 2. A. 2S 1 AM(BI + CK) = SABC ; BI + CK = ABC 2 AM BI + CK nhá nhÊt  AM lín nhÊt. V× AH  AB < AC nªn AM lín nhÊt khi và chỉ khi M  C. Min(BI + CK) = độ dài đường cao kẻ từ B của  ABC. B. I I H. M. 6. Cho  ABC, ®­êng cao BH, CK. §Æt AC = b ; AB = c ; BH = hb ; CK = hc . Hái  ABC ph¶i có điều kiện gì để b + hb = c + hc . Bg b + hb = c + hc  (b - c) – (hc – hb) = 0  (b – c) b  c   S  b.c  2.  2S   (b – c) 1   =0  bc . 2S 2S 2 S (b  c)  = 0  (b – c) =0 c b b.c.   ABC c©n t¹i A hoÆc  ABC vu«ng t¹i A.. 7*. Cho  ABC. Trên các cạnh BC, CA, AB lần lượt lấy các điểm D, E, F (khác các đỉnh của tam gi¸c) sao cho AD, BE, CF c¾t nhau t¹i H . Chøng minh r»ng : a). AH BH CH   =2 AD BE CF. b). Bg §Æt SHBC = S1 ; SHCA = S2 ; SHAB = S3 ; SABC = S. AH BH CH   6 HD HE HF A. S  S3 AH S 2 S3 E F   2 . Tương tự có : AD S ACD S ABD S H BH S1  S3 CH S1  S 2   ; BE S CF S B D 2( S1  S 2  S3 ) AH BH CH 2S   VËy = = = 2. AD BE CF S S S3 S 2  S3 S2 AH BH S3  S1 CH S1  S 2      b) ; Tương tự ; HD SCHD S BHD S1 HE S2 HF S3. a). C. S S  S S  S S  AH BH CH    ...   2  1    3  2    3  1   2 + 2 + 2 = 6 HD HE HF  S1 S 2   S 2 S3   S1 S3  DÊu “=” xÈy ra  S1 = S2 = S3  H trïng víi träng t©m tam gi¸c ABC. * 8 . Cho tam gi¸c ABC vµ M lµ mét ®iÓm n»m trong tam gi¸c. VÏ MD  BC; ME  CA; MF  AB. §Æt BC = a; CA = b; AB = c; MD = x; ME = y; MF = z vµ SABC = S.. VËy. a) Chøng minh r»ng ax + by + cz = 2S. a. b. A. c. b) T×m min     x y z . . F. Bg a) SMBC + SMCA + SMAB = SABC . 1 (ax + by + cz) = S 2. y. z x. B. E. M. D. C.  (ax + by + cz) = 2S a b c  x y y z  z x b) (ax + by + cz)     = (a2 + b2 + c2) + ab    + bc    + ca    x z x y z  y x  z y 2 2 2 2  a + b + c + 2ab + 2bc + 2ac = (a + b + c) 2  a b c  (a  b  c)  a b c  (a  b  c) 2 VËy      dÊu “=” xÈy ra  x = y = z  min     = 2S 2S x y z x y z. 4 Lop8.net. C K.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Bồi dưỡng học sinh giỏi – hình học 8 ( khi vµ chØ khi M lµ giao ®iÓm c¸c ®­êng ph©n gi¸c ) . a) Cho góc xOy, tia Ot nằm trong góc đó. Lấy điểm A cố định trên Ox, điểm B cố định trên Oy và C là điểm di động trên Ot. Tia Ot cắt AB tại M. Chứng minh rằng SAOC = SBOC khi và chØ khi M lµ trung ®iÓm cña AB . b)* Cho hình bình hành ABCD. Trên các cạnh AB và BC lần lượt lấy các điểm E và F. Gọi M N, K thø tù lµ trung ®iÓm DE, DF, vµ EF. Gäi O lµ giao ®iÓm cña AM vµ CN. Chøng minh r»ng 3 ®iÓm B, O, K th¼ng hµng. Bg y a) – NÕu M lµ trung ®iÓm cña AB th× SAOM = SBOM ; SCAM = SCBM Suy ra SAOM + SCAM = SBOM + SCBM hay SAOC = SBOC. C B - §¶o l¹i, nÕu SAOC = SBOC ta pcm MA = MB Gọi h1 và h2 lần lượt là khoảng cách từ O và từ C tới AB M x Ta cã SAOM + SCAM = SBOM + SCBM ; O A. 9*.. 1 1 MA(h1 + h2) = MB(h1 + h2) suy ra MA = MB . 2 2. A. E. B. b) V× M lµ trung ®iÓm DE nªn SOAE = SOAD (1) K M V× N lµ trung ®iÓm cña DF nªn SOCD = SOCF (2) MÆt kh¸c, dÔ thÊy SOAB + SOCD = SOAD + SOBC ; F O (SOAE + SOBE) + SOCD = SOAD + (SOBF + SOCF). (3) N D C Từ (1), (2), (3) suy ra SOBE = SOBF do đó tia BO đi qua trung ®iÓm K cña EF (theo c©u a). VËy 3 ®iÓm O, B, K th¼ng hµng. 10*. Cho tam giác ABC vuông cân tại A, AB = 4cm. Trên 2 cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm M và N sao cho AM = CN. Xác định vị trí của M và N sao cho tứ giác BCNM có diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích nhỏ nhất đó. Bg B §Æt SBCNM = S ; AM = CN = x suy ra AN = 4 – x. S = SABC - SAMN 4.4 x(4  x) x(4  x)   8 2 2 2 x(4  x) S nhá nhÊt  lín nhÊt 2. S=. M.  x(4 – x) lín nhÊt.. A. N. C. Vì x + (4 – x) = 4 (không đổi) nên x.(4 – x) lớn nhất  x = 4 – x  x = 2 Khi đó M và N lần lượt là trung điểm của AB và AC. Min S = 8 -. 2.(4  2) = 6 (cm2). 2. NhËn xÐt -. Trong cách giải trên ta đã sử dụng hệ quả của bất đẳng thức Cô-si : Nếu 2 số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi 2 số ấy bằng nhau. - Để sử dụng được các bất đẳng thức đại số ta đặt độ dài cần xác định là x, biểu thị đại lượng cần tìm GTNN (hay GTLN) bằng một biểu thức có biến x rồi tìm điều kiện của x để biểu thức có GTNN hay (GTLN). 11. Cho bát giác đều ABCDEFGH cạnh a. Các đường thẳng GH và CD cắt đường thẳng AB lần lượt tại M và N, cắt đường thẳng EF lần lượt tại Q và P. Xác định dạng của tứ giác MNPQ và tính diện tích của tứ giác đó. Bg Mỗi góc ngoài của bát giác đều là 3600 : 8 = 450 . Suy ra các tam giác MAH, NBC, PDE, QFG M A a B N lµ nh÷ng tam gi¸c vu«ng c©n b»ng nhau. a 0 A N A P A Q A  90 vµ MN = NP = PQ = QM. Do đó M H C VËy MNPQ lµ h×nh vu«ng. V× AH = a nªn AM = 5 Lop8.net. a 2 . 2. G Q F. E. D F P. t.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Bồi dưỡng học sinh giỏi – hình học 8 a 2 a 2 + = a(1 + 2 ) 2 2 SMNPQ= [a(1 + 2 )]2 = a2(3 + 2 2 ).. MN = a +. 12. Cho tam giác ABC cân tại A. Trên tia đối của tia CA lấy điểm M sao cho CM = CA. Tia phân gi¸c cña gãc A c¾t BM t¹i N. Cho biÕt SNBC = 10, tÝnh SABM . Bg Gäi SABM = S. Gäi D lµ giao ®iÓm cña AN vµ BC. V× CM = CA nªn SABC =. A. 1 S. 2. 12. 1 1 1 1 SABC = S ; SNBD = SNBC = .10 = 5 2 4 2 2 1  SABN = SACN = SCMN = S . Ta cã SABD + SNBD = SABN 3 S S 5   S = 60(®vdt). 4 3. SABD =. C. D N. B. M. 13. Gọi S là diện tích của tứ giác ABCD có độ dài các cạnh là a, b, c, d. Chøng minh r»ng S . a 2  b2  c2  d 2 4. B. Bg VÏ AH  CD ; SACD =. c. 1 1 AH  ab 2 2. A. d.  4SACD  2ab  a2 + b2 (B®t C«-si ) b Tương tự 4SABC  c2 + d2 . a C D H VËy 4(SACD + SABC)  a2 + b2 + c2 + d2 a 2  b2  c2  d 2 Hay S  . DÊu “=” xÈy ra   ABC vu«ng c©n ë B vµ  ADC vu«ng c©n ë 4 D  ABCD lµ h×nh vu«ng .. 14**. Cho hình vuông ABCD và 9 đường thẳng trong đó mỗi đường thẳng chia hình vuông thµnh 2 tø gi¸c cã tØ sè diÖn tÝch lµ. 1 . Chứng minh rằng trong 9 đường thẳng đó có ít nhất 3 3. đường thẳng đồng quy. Bg Gọi P, N, Q, M lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Mỗi đường thẳng chia hình vuông thành 2 tứ giác phải cắt 2 cạnh đối của h×nh vu«ng. Gi¶ sö ®­êng th¼ng d nh­ vËy c¾t AB ë E, c¾t CD ë F vµ c¾t MN ë O1.. S AEFD ( AE  DF ). AD : 2 MO1 1    . S EBCF ( BE  CF ).BC : 2 O1 N 3. E P. A. B. O3 M. O1. O2. N. O4 D F. Q. C. MO1 1   O1 là điểm cố định. Vậy đường thẳng d đi qua điểm O1 cố định Do đó MN 4 NO2 1  hoÆc ®i Tương tự ta xác định được đường thẳng d có thể đi qua O2 thuộc MN sao cho NM 4 PO3 QO4 1   . Có 9 đường thẳng đi qua 4 điểm cố định qua ®iÓm O3 , O4 thuéc PQ sao cho PQ QP 4. nªn theo nguyªn lý §i–rÝch–lª Ýt nhÊt ph¶i cã 3 ®­êng th¼ng cïng ®i qua 1 trong 4 ®iÓm nãi trªn. 15. Cho h×nh ch÷ nhËt ABCD cã AB = 14cm ; BC = 6cm. Trªn c¸c c¹nh AB, BC, CD, DA lÇn lượt lấy các điểm M, N, P, Q sao cho AM = AQ = CN = CP. Xác định các điểm M, N, P, Q 6 Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Bồi dưỡng học sinh giỏi – hình học 8 để : a) Tứ giác MNPQ có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó. b) Tứ giác MNPQ là hình thoi. Tính diện tích hình thoi đó. Bg M 14 - x B A x a) SAMQ = SCNP ; SBMN = SDPQ. §Æt AM = x th× BM = 14 – x ; BN = 6 – x. N S = SMNPQ = SABCD – 2(SAMQ + SBMN) Q x S = 14.6 – [x2 + (14 – x)(6 – x)] = -2x2 + 20x. 2 2 = -2[(x – 5) – 25] = -2(x – 5) + 50  50. C D P DÊu “=” xÊy ra  x = 5. VËy max S = 50 Khi vµ chØ khi AM = AQ = CN = CP = 5 b) Tứ giác MNPQ có các cặp cạnh đối bằng nhau nên là hình bình hành. Hình bình hành MNPQ lµ h×nh thoi  MQ = MN  MQ2 = MN2  2x2 = (14 - x)2 + (6 – x)2  2x2 = 2x2 – 40x + 232  x = 5,8 (cm). SMNPQ = -2x2 + 20x = -2.5,82 + 20.5,8 = 48,72 cm2 .. 7 Lop8.net.

<span class='text_page_counter'>(8)</span>