SU DUNG PP DIEN TICH TRONG HH

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (212.01 KB, 21 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG HÌNH HỌC

Trong hình học ta thường gặp những bài tốn phải dùng diện tích của các hình mới
giải quyết được . Những bài tốn mà sử dụng diện tích thường là những bài tốn
tương đối khó , phức tạp . Trong khi giải tốn có nhiều bài sử dụng các phưpưng
pháp thơng thường để giải thì gặp nhiều khó khăn , song nếu sử dụng diện tích của
các hình để giải thì đơn giản đi rất nhiều . Đối với khả năng của học sinh cấp 1 ,
cấp 2 thì việc sử dụng diện tích các hình để giải tốn thì có lợi ích rõ rệt nhất là đối
với các học sinh giỏi . Bởi vì khi sử dụng phương pháp diện tích của các hình dễ
suy luận và rất sáng tạo .

Phương pháp suy luận để giải tốn bằng diện tích các hình nó tn theo một
số quy tắc nhất định , ở trong bài viết nay tơi chỉ tóm tắt một số quy tắc cơ bản hay
được sử dụng . Và khi dựa theo quy tắc này tôi đã áp dụng vào để giải toán để các
bạn tham khảo .

I ) MỘT SỐ KIẾN THƯC CƠ BẢN

Ta đã biết cơng thức tính diện tích của hình tam giác khi biết độ dài của cạnh
đáy là a và đường cao tương ứng là h thì diện tích của tam giác được tính theo cơng
thức : S = 1/2 ah

Căn cứ vào công thức trên tôi xin nêu ra một số tính chất sau

1- Hai tam giác có diện tích bằng nhau :

Nếu chung cạnh đáy thì đường cao tương ứng với cạnh đó bằng nhau 
Nếu chung đường cao thì cạnh tương ứng với dường cao đó bằng nhau 
2 - Hai tam giác có : Chung đường cao ( chung cạnh đáy ) và cạnh ứng với 
đường cao (Đường cao ứng với cạnh đó ) bằng nhau thì diện tích của hai tam giác 
đó bằng nhau .

3 - Hai tam giác có diện tích bằng nhau và chung một cạnh ( Hai đỉnh đối 
diện với cạnh đó cùng nằm ở một nửa mặt phẳng ) thì hai đỉnh đó cách đều đường 
thẳng chứa cạnh đó hay dường thẳng chứa đi qua hai đỉnh đó song song với đường 
thảng chứa cạnh chung đó .

4 - Hai tam giác có tỉ số diện tích là k

Nếu chung một cạnh thì tỉ số hai đường cao ứng với cạnh đó cũng bằng 
k

Nếu chung đường cao thì tỉ số hai cạnh ứng với đường cao đó cũng bằng
k

Từ các điều kiện trên cũng suy ra diện tích của hai tam giác cũng bằng k 
5- Hai tam giác có tỉ số các cạnh tương ứng bằng k thì tỉ số diện tích của hai
tam giác bằng k2 .

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

c

a
b
A

B C

D E

Giả sử hai tam giác ABC và ADE có AB = k AD , AC
= k AE

BC = k DE .

Ta có S(ABC) = k S(ADC) ( Chung đường cao hạ
từ C )

và S(ADC) = k S(ADE) ( chung đường cao hạ từ D)
Từ đó suy ra S(ABC) = k2 S(ADE)

hay tỉ số diện tích của hai tam giác ABC và ADE bằng
k2

Chú ý : Trong phần này diện tích của tam giác ABC được kí hiệu là S(ABC) 
hoặc diện tích của tứ giác ABCD được ký hiệu là S(ABCD)

II ) PHẦN BÀI TẬP VẬN DỤNG

A) Loại bài tập về tính tốn diện tích của các hình

B

D
A

Q
M

C
N

P

Bài 1 :

Cho tứ giác ABCD , trên tia đối của tia 
AB lấy diểm M sao cho AM = AB , Trên tia 
đối của tia BC lấy điểm N sao cho BN = CB ;
trên tia đối của tia CD lấy điểm P sao cho 
CP = CD ; trên tia đối của tia DA lấy điểm Q
sao cho DQ = AD . Tính diện tích của tứ giác
MNPQ , biết S(ABCD) = 1

Lời giải

Trong AQM có MQ là đường trung tuyến nên dt(AMQ) = 2dt(AMD) vì
chung đường cao hạ từ M và AQ = 2.AD

mà AM = AB nên dt(AMD) = dt(ABD) vì chung đường cao hạ từ D .
Cho nên dt(AMQ) = 2.dt(ABD)

Chứngminh tương tự : dt(CPN) = 2.dt(BCD)

cho neân dt(MAQ) + dt(CPN) = 2( dt(ABD) + dt(BCD) ) = 2 . dt(ABCD)
Vaø dt(NBM) + dt(PQD) = 2. dt(ABCD)

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

B

D
A

Q
M

C
N

P

Baøi 2

Cho tứ giác ABCD và điểm O nằm trong 
tứ giác . Gọi M , N , P , Q là các diểm đối 
xứng của O qua trung điểm các cạnh của tứ 
giác . Hãy tính diện tích của tứ giác MNPQ . 
Biết diện tích của tứ giác ABCD bằng 12 cm2

Lời giải

Gọi E , F , G , H lần lượt là trung điểm của AB , BC , CD và AD . Nối các
điểm E , F , G H ta dễ chứng minh tứ giác E FGH là hình bình hành .

Nối BD ta có dt(CGF) = 1/4 dt(BCD) vì có tỉ số các cạnh là 1/2
dt(AEH) = 1/4 dt(ABD) vì có tỉ số các cạnh là 1/2
Cho nên dt(FGC) + dt(AEH) = 1/4dt(ABCD)

Lý luận tương tự dt(FEB) + dt(DHG) = 1/4 dt(ABCD)

neân suy ra dt(FCG) +dt(AEH) + dt(FEB) + dt(DHG) = 1/2 dt(ABCD)
Do vaäy suy ra dt(E FGH) = 1/2dt(ABCD) (1)

Maø dt(OMN) = 4.dt(OE F) vì có tỉ số các cạnh là 2

Tương tự dt(OMQ) = 4.dt(OEH) ; dt(OPQ) = 4.dt(OHG) ; dt(ONP) = 4.dt(O FG)
cho nên dt(MNPQ) = 4.dt(E FGH) (2)

Từ (1) và (2) suy ra dt(MNPQ) = 2.dt(ABCD) ; mà dt( ABCD) = 12 cm2

Cho neân dt(MNPQ) = 24 cm2

C
A
K

M L

B D

Baøi 3

Cho tam giác KML , trên KL lấy điểm A sao 
cho LA = 3.AK ; trên ML lấy điểm B sao cho BL 
= 4.MB . BK và MA cắt nhau tại C . Hãy tính 
diện tích tam giác KML , biết rằng diện tích tam 
giác KLC = 2

Lời giải

Trên ML lấy điểm D sao cho MB = BD = 1/5 ML

Ta có dt(KBL) = dt(KBD) vì chung đường cao hạ từ K và BL = 4,BD

dt(KBL) = 4.dt(KAB) vì chung đường cao hạ từ B và KL = 4.KA

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

ta có dt(KMB) = dt(KBD) vì có chung đường cao hạ từ K và MB = BD
dt(MBC) = dt(BCD) vì chung đường cao hạ từ C và MB = BD
Cho nên dt(KMC) = dt(KCD) (1)

mà hai tam giác KCD và KAC có chung cạnh đáy KC và đường cao hạ từ A , D
xuống KC bằng nhau nên dt(KCD) = dt(KAC) (2)

Từ (1) và (2) suy ra dt(KMC) = dt(KAC) , mà hai tam giác chung đường cao
hạ từ K

cho neân MC = AC . Do vậy dt(MLC) = dt(ALC)

mà dt(KML) = dt(MKC) + dt(MCL) + dt(KLC) = 2.dt(KLC) = 4

O
N
A

B C

M

Baøi 4

Cho tam giác ABC trên cạnh AB lấy M 
sao cho AM = 1/3 AB , trên AC lấy N sao cho 
AN = 1/3 AC . Nối CM và N cắt nhau tại O . 
 Biết diện tích tam giác ABC = 24 cm2

Hãy tính diện tích của tứ giác OMAN .

Lời giải

Cách 1 : dt(OBM) = 2.dt(AMO) vì chung đường cao hạ từ O và BM = 2.AM
dt(ONC) = 2.dt(ANO) vì chung đường cao hạ từ O và NC = 2.AN

mà dt(MBC) = dt(NBC) vì cùng bằng 2/3dt(ABC) ; hai tam giác có chung dt(OBC)
Do vâïy suy ra dt(BOM) = dt(NOC) và dt(AOM) = dt(AON)

Từ đó suy ra : dt(ABN) = 4.dt(AON) hay dt(ABN) = 2.dt(AMON)
Mà dt(ABN) = 1/3dt(ABC)

Cho neân dt(AMON) = 1/6dt(ABC) = 1/6 .24 = 4 ( cm2)

Cách 2:

Ta có dt(MBC) = 2/3dt(ABC) vì chung đường cao hạ từ C và MB = 2/3 AB
dt(BNC) = 2/3dt(ABC) vì chung đường cao hạ từ B và NC = 2/3 AC

nên dt(NBC) = dt(MBC) , mà hai tam giác có chung dt(OBC) cho nên dt(OBM) =
dt(OCN)

mà dt(OBM) = 2/3dt(AOB) ; dt(OCN) = 2/3dt(AOC)
vì vậy dt(AOB) = dt(AOC) (1)

mà dt(AMO) = 1/3dt(AOB)(2) vì chung đường cao hạ từ O và AM = 1/3 AB

Từ (1) và (2) suy ra dt(AOM) = 1/3 dt(AOC) và dt(AOM) = 1/4dt(AMC) = 1/12
dt(ABC)

Lý luận tương tự dt(AON) = 1/12dt(ABC)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

J
I

N
M
A

B C

E

Baøi 5

Cho tam giaùc ABC , gọi I là trung điểm của 
BC , nối AM .Trên AM lây diểm N sao cho MN = 
1/3 AN . Nối BN cắt AC tại E . Tính diện tích của 
tam giác NEC

Biết diện tích tam giác ABC bằng 1

Lời giải

Kẻ AI và CJ vng góc với đường thẳng BE .

Ta có dt(ABM) = dt(AMC) vaø dt(BMN) = dt(MNC)

mà AN = 3.MN  dt(ABN) = 3.dt(BNM)(1) Vì hai tam giác có chung đường cao hạ

từ B

dt(BNC) = 2 . dt(BMN) (2)

Từ (1) và (2)  dt(ABN) = 3/2 dt(BNC) , mà hai tam giác chung cạnh đáy BN cho
nên đường cao hạ từ A bằng 3/2 đường cao hạ từ C hay AI = 3/2 CJ

Maø dt(ANE) = 1/2NE.AI ; dt(NEC) = 1/2 NE.CJ vaø AI = 3/2 CJ cho nên dt(ANE) =
3/2 dt(NEC)

Vì vậy dt(NEC) = 2/5dt(ANC)(3)

Mà MN = 1/3AN  AN = 3/4 AM cho nên dt(ANC) = 3/4dt(AMC) vì chung đường
cao hạ từ C

mà dt(AMC) = 1/2dt(ABC) . Vì vậy dt(ANC) = 3/8dt(ABC)(4)

Từ (3) và (4) suy ra dt(NEC) = 3/20dt(ABC) = 3/20

H

M
A

B C

D
I

Baøi 6

Cho tứ giác ABCD , vẽ hình bình hành 
DBCM

Tính diện tích của tam giác ACM .Biết diện 
tích của tứ giác ABCD là 20cm2

Lời giải

Từ A kẻ đường caoAH của tam giác ACM cắt BD tại I ; kẻ đường cao CN
của hình bình hành DBCM ( N  BD )

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

maø dt(ABCD) = dt(ABD) + dt(BDC) vaø dt(ABD) = 1/2BD.AI , dt(BDC) =
1/2BD.CN

cho neân dt(ABCD) = 1/2BD(AI + CN) = 1/2.BD.AH (1)

Maø dt(ACM) = 1/2.CM.AH vaø CM = BD (2)

Từ (1) và (2) ta suy ra dt(ACM) = dt(ABCD) = 20 cm2

II )

Loại vận dụng các định lý hình học để chứng minh diện tích các hình

Ở phần này khi giải các bài tập có liên quan đến việc chứng minh diện tích
của các hình mà sử dụng một số định lý hình học thì việc giải các bài tậïp trở lên
đơn giản và tiện lợi . Mục đích của phần này là thơng qua một số tính chất của các
hình và các định lý hình học để tìm ra mối quan hệ về cạnh và đường cao tương
ứng của các hình mà ta đang cần xét .

E

B

F
G

K
T

N
M
B

C

D
A

Bài 1 : Cho tứ giác ABCD ,gọi M và N lần lượt là 
trung điểm của BC và AD . K và T là giao điểm của 
MD và NC ; MA và NB .

Chứng minh : Diện tích của tứ giác MTNK 
bằng tổng diện tích của hai tam giác ABT và CDK

Lời giải : Từ B , C , M kẻ cac đường vng góc BE , CF , MG xuống AD thì tứ giác
BE FC là hình thang .

Mà BM = MC và MG//BE cho nên MG là đường trung bình , do vậy BE + CF
= 2MG

Mặt khác S(MAD) = 1/2 AD.MG ; S(ABN) = 1/2 AN.BE ; S(NCD) = 1/2 ND.CF
do vaäy suy ra S(MAD) = S(ABN) + S(NCD) mà các tam giác này có các phần
chung là S(ANT) và S(NDK)

Do đó suy ra S(MTNK) = S(ABT) + S(CDK)

O

H

B C

A

D
E

F

Bài 2 :

Từ đỉnh B và C của tam giác cân ABC 
( AB = AC) ta nối với trung điểm O của đường 
cao AH . Các đường đó cắt AC , AB tại D , E . 
Hãy tính diện tích của tứ giác AEOD . Biết 
diện tích của tam giác ABC = 12 cm2

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Vì tam giác ABC là tam giác cân nên AH là đường cao vừa là đường trung tuyến ,
nên BH = HC

Từ H kẻ đường thẳng song song với BD cắt AC tại F
Trong BCD có HF//BD và BH = HC  FC = FD
Trong AH F có OD//HF và OA = OH  AD = DF

do vậy suy ra AD = 1/3 AC , cho nên dt(AOD) = 1/3 dt(AOC) (1) vì chung đường cao

hạ từ O

dễ chứng minh dt(AOC) = 1/4dt(ABC) (2)

Từ (1) và (2)  dt(AOD) = 1/12 dt(ABC)
Lý luận tương tự dt(AOE) = 1/12 dt(ABC)

Maø dt(ADOE) = dt(AOD) + dt(AOE) = 1/6dt(ABC) = 1/6 . 12 = 2 cm2

Chuù ý : Bài này có thể vận dụng cách giải của bài 5 của phần trên thì sẽ đơn giản
hơn .

N

F
C

A

B
M

D
P

E

Bài 3

Trong tam giác ABC có diện tích bằng 1
. Dựng đoạn AD cắt trung tuyến CF tại M. sao
cho CF = 4FM

Tìm diện tích của tam giác ABD .

Lời giải

Gọi N là trung điểm của CF , từ F và N kẻ đường thẳng song song với AD cắt BC
tại P và E

Trong ABD coù FE // AD và FA = FC cho nên E là trung điểm của BD (1)
Trong  FCE có FN = NC và NP // FE cho nên P là trung điểm của CE (2).
Trong hình thang FNPE có FM = 1/4 FC và FN = 1/2 FC cho nên FM =
1/2FN

hay M là trung điểm của FN , mà MD // FE cho nên D là trung điểm của PE

(3)

Từ (1),(2) và (3) suy ra PD = DE = EB = 1/2 PC và BD = 2/5 BC

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

O
M
N

G

F

E
H

A

B

C
D

Baøi 4

Cho tứ giác ABCD . Gọi M , N là trung 
điểm của hai đường chéo AC và BD . Từ M 
kẻ đường thẳng song song với BD , từ N kẻ 
đường thẳng song song với AC . Hai đường 
này cắt nhau tại O . Chứng minh đoạn thẳng 
nối điểm O với trung điểm các cạnh chia tứ 
giác thành bốn phần có diện tích bằng nhau .

Lời giải

Gọi E , F , G , H lần lượt là trung điểm các canh BC , CD , DA và AB . Nối ME ,
MF ta có  CFE có các cạnh tương ứng bằng 1/2 các cạnh của tam giác BDC cho
nên dt(CFE) = 1/4dt(BCD)

Chứng minh tương tự dt(MFE) = 1/4dt(ABD)

mà MO // BD và EF // BD  OM // FE cho nên dt(OE F) = dt(MFE) vì có chung
cạnh FE đương cao hạ từ O và M xuống FE bằng nhau .

Maø dt(OE CF) = dt(OE F) + dt(CFE) = 1/4[dt(ABD) + dt(BDC)] = 1/4
dt(ABCD)

Chứng minh tương tự : dt(O FDG ) = dt(OHAG) = dt(OEBH) = dt(OE FC) =
1/4dt(ABCD)

Từ đó suy ra điều phải chứng minh .

Q
P

O1
O2
O3

E
D

A

B C

M

Baøi 5

Cho điểm M nằm trong tam giác ABC
. Gọi O1 , O2 ; O3 là trọng tâm của các tam 
giác MBC , MBC và MAB . Chứng minh 
dt(O1O2O3) = 1/9dt(ABC)

Lời giải

Gọi P , Q lần lượt là trung điểm của AO3 , AO2 thì PQ là đường trung bình của tam

giác AO2O3

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Mà O2 ,O3 là trọng tâm của các tam giác MAC , MAB cho nên QO2 = O2E ; PO3 =

O3D

Mặt khác dt(DEO3) = dt(DEO2) vì cùng bắng 2/3 dt(ADE) ; DE là cạnh chung cho

neân O2O3 //DE

Do vậy suy ra PQ // DE và O2O3 là đường trung bình của hình thang PQED

 2.O2O3 = PQ + DE (2)

Từ (1) và (2)  O2O3 = 2/3 DE ;

mà DE là đường trung bình của tam giác MBC nên DE = 1/2 BC
Do vậy O2O3 = 1/3.BC

Chứng minh tương tự : O2O1 = 1/3.AB ; O1O3 = 1/3.AC

Vậy dt(O1O2O3 ) = 1/9 dt(ABC)

Q

P

N

M
A

B

D

C

Bài 6

Qua giao điểm hai đường chéo của hình 
vng kẻ hai đường thẳng vng góc với nhau . 
Chứng minh rằng hai đường thẳng này chia hình 
vng thành 4 phần có diện tích bằng nhau .

Lời giải

Dễ chứng minh các tam giác : OBQ = ODP = OAM = OCN ( g.c.g)
OAQ = OCP = ODM = OBN (g.c.g)

Maø dt(OBQN ) = dt(OQB) + dt(OBN) ; dt(ONCP) = dt(OCN)+dt(OCP)
dt(OPDM) = dt(OPD) + dt(ODM) ; dt(OMAQ) = dt(OMA) + dt(OAQ)

Cho nên dt(OBQN) = dt(ONCP) = dt(OPDM) = dt(OMAQ)
C) Loại tốn có nội dung cực trị liên quan về diện tích của các hình .

A

B

C
D

E

F

Bài 1

Cho ABC , trên các cạnh AB , BC , CA 
theo thứ tự đó ta lấy các điểm D , E , F sao 
cho AD = k.AB

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Lời giải

Ta có dt(ABE) = k.dt(ABC)(1) vì BE = k.BC và chung đường cao hạ từ

mà AD = k.AB  BD = (1 - k).AB cho nên dt(BDE) = (1 - k).dt(ABE) (2)
Từ (1) và (2) suy ra dt(BDE) = k(1-k).dt(ABC)

Tương tự : dt(CFE) = k(1-k).dt(ABC) ; dt(AD F) = k(1-k).dt(ABC)
mà dt( DE F) = dt(ABC) - [ dt(BDE) + dt(FEC) + dt(FAD) ]

= 1 - 3k(1 - k) = 3k2- 3k + 1

Hay dt(DE F) = 3k2 - 3k + 1 = 3(k2 - k + 1/3 ) = 3[ (k2 - k + 1/4 ) + 1/12 ]

= 3[(k - 1/2 )2 + 1/12 ] = 3(k - 1/2 )2 + 1/4

 1/4 với mọi k
Vậy giá trị nhỏ nhất của dt( DE F) là 1/4 khi k = 1/2

d

I
E

B C

M
A

Baøi 2

Chứng minh rằng các tam giác có chung
một cạnh và chu vi bằng nhau thì tam giác cân
có diện tích lớn nhất .

Lời giải

Để chứng minh diện tích của tam giác cân ABC có diện tích lớn nhất ta chỉ
cần chứng minh mọi tam giác có chung cạnh BC và cùng chu vi với tam giác
cân ABC thì chỉ cần chứng minh tam giác cân có đường cao lớn nhất .

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Thật vậy lấy điểm M  A nằm trên d hoặc nửa mặt phẳng bờ d không chứa
BC . Gọi E là điểm đối xứng của B qua d , đễ chứng minh 3 điểm E , A , C thẳûng
hàng và AB + AC = CE

maø MB > ME cho neân MB + MC > ME + MC
Trong MEC coù ME + MC > CE

cho neân AB + AC < MB + MC  chu vi  ABC < chu vi MBC

Do vậy các tam giác có cùng chu vi với tam giác ABC và chung cạnh BC thì
có đỉnh đối diện nằm giữa hai đường thẳng d và BC . Do vậy suy ra điều phải
chứng minh .

F
E

D
A

B C

M

Baøi 3

Cho hình vng ABCD , điểm M chuyển 
động trên đường chéo AC . Từ M kẻ ME vng
góc với AB , kẻ MF vng góc với BC . Xác 
định vị trí của M để diện tích của tam giác 
DE F có giá trị nhỏ nhất . Biết hình vng có 
cạnh là 1

Lời giải

Dễ chứng minh ME // AD ; MF // CD

Cho nên dt(AEM) = dt(EMD) vì chung cạnh EM và có đường cao hạ từ A và D
bằng nhau

dt(FMD) = dt(FMC) vì chung cạnh FM và đường cao hạ từ D và C bằng
nhau

Maø dt(DE F) = dt(MED) + dt(FMD) + dt(ME F) (1)

dt(AE FC) = dt(AEM) + dt(CFM) + dt(FME) (2)

dt(AE FC) = dt(ABCD) - dt(BE F) (3)

Từ (1) (2) (3)  dt(DE F) = dt(ABCD) - dt(BE F)

Đặt BF = x thì BE = AB - x = 1 - x ; dt(ABCD) = AB2 = 1 ; dt(BE F) = 1/2.x.(1 - x)

Vaäy dt(DE F) = 1 - 1/2 .x.(1 - x) = 1 - 1/2.x + 1/2.x2 = 1/2 [ 2 - x + x2 ]

= 1/2 [ 7/4 + ( 1/4 - x + x2 )] = 1/2 [ 7/4 + (1/2 - x)2]

= 7/8 + 1/2.(1/2 - x)2  7/8

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

y
x
I
H
A
B
C
M
N
P
Q
Baøi 5

Cho tam giác ABC , trong các 
hình chữ nhật nội tiếp trong tam giác 
có hai đỉnh nằm trên BC , còn hai đỉnh 
còn lại nằm trên hai cạnh cịn lại . Tìm 
hình chữ nhật có diện tích lớn nhất .

Lời giải

Đặt BC = a ; AH = h ; MN = y ; MQ = x
Ta coù dt(ABC) = dt(AMN) + dt(MNPQ) + dt(BMQ) + dt(CNP)

= 1/2.y(h-x) + xy + 1/2(BQ + CP).x = 1/2.yh + xy +
1/2(a-y) = 1/2.ah

 ah = hy + a x  y = ah(h − x)

Vaäy dt(MNPQ) = ah(h − x) .x =

h

2− x¿

2≤ah

4
a
h(
h2
4 −
h2

4+hx− x

2
)=ah

4 −

a
h¿

Vậy dt(MNPQ) có giá trị lớn nhất là ah4 khi x = h/2 .

x
D
A
B C
E
M N
P

Q Baøi 6

Cho hình vng có cạnh là 1 . Nội tiép 
trong hình vng một ngũ gíac sao cho các đỉnh 
của ngũ giác chia chu vi của hình vng thành các 
phần bằng nhau . Xác định vị trí của các đỉnh để 
diện tích của ngũ giác là lớn nhất .

Lời giải vắn tắt

Từ bài ra trên một cạnh nào đó của tứ giác có chứa hai đỉnh của ngũ giác .
Giả sử là cạnh BC có chứa hai đỉnh M , N .Cho nên MN = 45

Đặt BE = x  BM = 45− x ; AE=1− x ;AQ=4

5−(1− x)=x −
1

5;QD=1−AQ=
6
5− x
PD=4

5−QD=x −
2

5;PC=1−PD=
7

5− x ;NC=
4

5−PC=x −
3
5

 dt(AEQ) = 12(1− x)(x −1

5);dt(DPQ)=
1
2(x −

2
5)(

5− x);dt(NCD)=
1
2(

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

dt(BEM) = 12(x −4

5)x

cho neân dt(MNPQE) = 1 - [dt(AEQ) + dt(DPQ) + dt(NCD) + dt(BEM) ]
= 2x −

7
5¿
2
³39
50
39
50+
1
2¿

Diện tích nhỏ nhất của ngũ giác MNPQE là 3950 khi x = 107
Từ đó xác định được vị trí của điểm E , Q , P , N , M .

x
y
F
E

B
A
O M
Baøi 7

Cho góc xOy và điểm M nằm trong góc đó . 
Một đường thẳng di qua M cắt O x tại A cắt Oy tại 
B . Chứng minh : dt(OMA1 )+ 1

dt(OMB) không đổi .

Lời giải

Từ M kẻ ME // Oy ; MF // O x cho nên

OE
OA=
MB
AB ;
OF
OB=
AM
AB ⇒
OF
OB+
OE
OA=

AM+MB

AB =1

Maø dtdt((OEMOMA))=OE

OA ;

dt(OMF)

dt(OMB)=

FO
OB ⇒

dt(OEM)

dt(OMA)+

dt(FOM)

dt(OMB)=

OE
OA +

FO
OB=1

tứ giác MEO F là hình bình hành cho nên dt(OEM) = dt(FOM) cógiá trị xác
định .

Vậy dt(OMA1 )+ 1

dt(OMB) =

dt(OEM) có giá trị không dổi .

F
E H
C
A B
Baøi 8

Cho tam giác vng ABC (Góc C= 
900), kẻ đường cao CD , đường phân giác 
CE của góc ACD và đường phân giác của 
góc BCD . Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số :

dt(ABC)

dt(CEF)

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Ta coù EC B^ +EC A^ =900

;B^E C+EC D^ =900

; AC E^ =EC D^  EC B^ =B^EC
 BCE là tam gíac cân  BC = BE

Chứng minh tương tự thì AC = A F

nên FE = BC - BF = BC - ( AB - FA ) = BC + AC - AB = a+b - c
( Trong đó BC = a ; AC = b ; AB = c )

maø ( a + b )2 = a2 + 2ab + b2 = c2 + 2ab ; a2 + b2 > 2ab hay 2ab < c2

cho neân (a+b)2 < 2c2

 a+b - c < c √2 - c = c( √2 - 1 )

 a+b − cc ³c( c

√2−1)=√2+1

Maø dtdt((CEFABC)) =

2AD . AB
1

2AD .FE

=AB

FE =

c

a+b −c

cho neân dtdt((CEFABC)) ³ √2 +1

Vì vậy : tỉ số dtdt((CEFABC)) có giá trị nhỏ nhất bằng √2 +1 khi  ABC vuông cân
tại C .

VẬN DỤNG DIỆN TÍCH CÁC HÌNH ĐỂ GIẢI TỐN

1. Tốn về chứng minh :
D
A

B C

E

Bài 1 ( Định lý Ta leùt )

Nếu một đường thẳng cắt hai cạnh của một
tam giác thì định ra trên hai cạnh ấy các cặp
đoạn thẳng tỉ lệ .

Lời giải

Ta có dtdt((ACDBCA))=AD

BD (1) vì hai tam giác có chung đường cao hạ từ C

dt(ABE)

dt(BCE)=

EC (2) vì hai tam giác có chung đường cao hạ từ B

Mà DE // BC nên dt(BCE) = dt(BCD) (3)

và dt(BDE) = dt(DEC) cho nên dt(ABE) = dt(ACD) (4) vì có chung diện tích

ADE
. Ch

Từ (1), (2) , (3) và (4)  ADBD =AE

Dựa vào tính chất của tỉ lệ thức ta dễ chứng minh các tỉ số sau :

AD
AB=

AE
AC;

AB
BD=

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

K
H

D
A

B C

Bài 2 : ( Tính chất đường phân giác trong tam giác
)

Đường phân giác của một tam giác chia
cạnh đối diện thành hai đoạn tỉ lệ với hai cạnh kề
với hai đoạn ấy .

Lời giải

Từ D kẻ DH ; DK lần lượt vng góc với AB và AC cho nên DH = DK
Ta có dt(ABD)=1

2⋅AB⋅DH;dt(ACD)=
1

2⋅DK⋅AC

Cho nên dtdt((ABDACD))=AB

AC (1) . Mà

dt(ABD)

dt(ACD)=

DC (2) vì chung đường cao hạ từ

Từ (1) và (2)  ABAC=DB

N
M

O
I

D C

A B

Baøi 3

a) Cho hình thang ABCD (AB // CD ) .Gọi O
là giao điểm hai đường chéo , M và N là trung
điểm của AB và CD. Chứng minh : 3 điểm M , O ,
N thẳng hàng .

b) Cho hình thang ABCD ( AB // CD) có hai
cạnh bên cắt nhau tại I , giao điểm hai đường chéo
là O . Chứng minh rằng đường thẳng OI đi qua
trung điểm hai cạnh đáy của hình thang ABCD .
Lời giải ( Phần a )

Giả sử 3 điểm M , O , N không thẳng hàng , thì điểm O có thể nằm trong các
AOD hoặc BOC

Nếu điểm O nằm trong AOD

Ta có dt(OMN) = dt(ADNM) - [ dt(OMA)+dt(AOD)+dt(ODN)]
dt(OMN) = dt(OMB)+dt(BOC)+dt(CON) - dt(BMNC)

mà dt(ADNM) = dt(BMNC)( vì hai hình thang có cạnh đáy tương ứng bằng nhau và
có đường cao bằng nhau ).

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

cho nên 2.dt(OMN) = 0 . Điều này vơ lý vì trái với giả sử ba điểm O , M , N không
thẳng hàng nên dt(OMN)  0

Nếu điểm O nằm trong tam giác BOC thì lý luận tương tự như trên cũng dẫn
đến vơ lý .

Vậy ba điểm O , M , N thẳng hàng .

c

a
b
da

ha

H
A

B C

O

D
E

Bài 4

Cho tam giác có 3 góc nhọn . Chứng minh
rằng : r R2

( Trong đó R , r là bán kính của đường tròn
ngoại tiếp và đường tròn nội tiếp của tam giác )

Lời giải

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của ABC , kẻ đường cao AH , OD
vng góc với BC

đặt AH = ha ; OD = da .

Dễ thấy ha < R + da  a.ha < R.a + a.da

tương tự b.hb < R.b + b.db ; c.hc < R.c + c.dc

maø a.ha = b.hb = c.hc = r.(a+b+c) ; a.da + b.db + c.dc = 2dt(ABC) = r.(a+b+c)

Cho neân 3r.(a+b+c) < R(a+b+c) + 2dt(ABC)
hay 3r(a+b+c) < R(a+b+c) + r(a+b+c)

 2r(a+b+c) < R(a+b+c)  r ≤R2
Chú ý : Kết quả trên còn đúng với mọi tam giác .

M
O
D

A

B C

E N

Baøi 5

Cho tam giác ABC , D là trung điểm của
AB , trên AC lấy điểm E sao cho AE =
2.CE . Gọi giao điểm của CD và BE là O .
Chứng minh : OE = 1/4 BE

Lời giải

Cách 1 : Kẻ AM , CN vng góc với BE

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

cho nên suy ra AM = 2.CN (vì hai tam giác có chung cạnh đáy BE)  dt(AOB) =
2.dt(BOC) (1)

Maø dt(AOC) = dt(BOC) ( Vì O nằm trên trung tuyến CD )

dt(AOC) = 3 dt(EOC) ( vì AC = 3.CE và chung đường cao hạ từ O)

nên dt(BOC) = 3 dt(EOC) , mà hai tam giác chung đường cao hạ CN
Cho nên BO = 3.OE hay OE=1

4BE

Cách 2 : Dễ thấy dt(BOC) = dt(AOC) ; mà dt(AOC) = 3dt(EOC)
nên dt(BOC) = 3.dt(EOC)  OB = 3.OE hay BE = 4.OE
F

E
I
N

C

A D

B

M

Baøi 6

Cho hình bình hành ABCD , từ B
kẻ đường thẳng cắùt cạnh CD tại M ; từ
D kẻ đường thẳng cắt cạnh BC tại N
sao cho BM = DN . Gọi giao điểm của
DN và BM là I . Chứng minh : Tia IA
là tia phân giác của góc BID .

Lời giải

Từ A kẻ AE vng góc với DN ; A F vng góc với BM
Ta có dt(ABM) = 1/2 dt(ABCD) ; dt(ADN) = 1/2dt(ABCD)

cho nên dt(ABM) = dt(ADN) , mà BM = DN cho nên A F = AE
hay A cách đều hai cạnh của góc BID .

Vậy tia IA là tia phân giác của góc BID.

D
B

N

A C

Bài 7

Cho tam giác ABC có góc B
bằng 3 lần góc C và đường phân

giác của góc A chia tam giác thành
hai phần có diện tích gấp đơi nhau .
Tính độ lớn các góc của tam giác .
Lời giải

Ta có dt(ADC) = 2dt(ABD) , mà hai tam giác có đường cao hạ từ D bằng
nhau

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

Ta coù ^A+ ^B+ ^C=1800 và B^

=3C^ cho nên ^A=1800−4C^

Gọi N là trung điểm của AC , ta có ABN là tam giác cân 

AB N^ =AN B^ =2C^

Maø NB C^ =AB C − A^ B N^ =3C −^ 2C^=^C . Cho nên NBC là tam giác cân  NB =

Từ đó suy ra AN = NC = BN ABC vuông tại B , nên C^=300;^A=600

Q

M H

P

A

B C

O

Baøi 8

Chứng minh rằng trong một tam giác
đều tổng các khoảng cách từ một điểm nằm
trong tam giác đến các cạnh của nó khơng
phụ thuộc vào vị trí của điểm đó .

Lời giải

Gọi O là điểm nằm trong tam giác đều ABC , từ O kẻ OM , OP , OQ lần
lượt vuông góc với các cạnh BC , AB và AC . Kẻ đường cao AH .

Ta coù dt(ABC) = dt(OAB)+dt(BOC)+ dt(AOC)

maø dt(OAB) = 1/2OP.AB ; dt(AOC) = 1/2OQ.AC ; dt(OBC) = 1/2OM.BC
dt(ABC) = 1/2 AH.BC ; AB = AC = BC

Cho neân 1/2 AH .BC = 1/2 OP.AB + 1/2OQ.AC + 1/2 OM.BC = 1/2 BC.
(OP+OQ+OM)

 OP+OQ+OM = AH ( đpcm).

N
M

A

B C

O

Bài 9

Cho ABC và một đường thẳng chia
tam giác thành hai phần có diện tích bằng
nhau và chu vi bằng nhau . Chứng minh
các đường thẳng đó ln đi qua một điểm
cố định .

Lời giải

Giả sử đường thẳng MN thỏa mãn điều kiện của bài . Gọi O là tâm đường
tròn nội tiếp của tam giác ABC và r là bán kính của đường trịn . Để khơng mất tính
tổng quát ta giả sử O nằm trong hình MBCN .

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

ta coù dt(AMN) = dt(AMO) + dt(AON) - dt(OMN) =

2r. AM+
1

2r. AN−dt(OMN)

= 12r(AM+AN)−dt(OMN) (3)

dt(MBCN) = dt(OMB)+dt(OBC)+dt(OCN) +dt(OMN) =

2r. MB+
1

2r. BC+
1

2r.CN+dt(OMN)

= 12r(MB+BC+NC)+dt(OMN) (4)

Từ (1)(2)(3)(4)  2.dt(OMN) = 0  M , O , N thẳng hàng hay MN đi qua điểm O .

D
A

B C

Baøi 10

Cho tam giác ABC có AB =
2.AC , kẻ phân giác AD , gọi p là nửa
chu vi của ABC , r ,r1 , r2 là bán kính

của đường tròn nội tiếp trong các tam

giác ABC , ADC và ABD .

Chứng minh AD =

pr
3

(

r1+

r2

)

− p

Lời giải

Vì AB = 2.AC nên dt(ABD) = 2dt(ADC) vì có đường cao kẻ từ D bằng nhau
mà hai tam giác có chung đường cao kẻ từ A cho nên BD = 2.CD

dễ thấy dt(ADC) = 1/2 dt(ABD) = 1/3dt(ABC) = 1/3 pr ; neân dt(ABD) = 2/3 pr

dt(ACD)=1

2r1(AC+AD+CD)

dt(ABD)=1

2r2(AB+AD+BD)

Cho neân AC+AD2 +CD=pr

3r1

;AB+AD+BD

2 =

2 pr
3r2

Cộng từng vế ta được

AC+AD+CD+AB+AD+BD

2 =

AC+AB+BC+2 AD

2 =p+AD=

pr
3

(

r1+

r2

)

hay suy ra AD=pr

(

r1+

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

c
a
b
A1
C1
A
B C
M
B1
Baøi 11

Cho M là điểm nằm trong tam giác ABC
có BC = a ; AC = b ; AB = c . Từ M kẻ
MA1 ; MB1; MC1 lần lượt vng góc với

BC , CA , AB . Tìm vị trí của M để

a

MA1+

b

MB1+

c

MC1 có giá trị nhỏ nhất .

Lời giải vắn tắt : Đặt MA1 = x ; MB1 = y ; MC1 = z

2S(ABC) = a x + by + cz
maø (a x + by + cz) (a

x+
b
y+

c

z) = a

+b2+c2+ab(x

y+
y
x)+bc(

y
z+

z
y)+ca(

x
z+

z
x)³

a2+b2+c2+2ab+2ac+2bc = (a+b+c)2 vì với m > 0 thì m+ 1

m³2

cho nên MAa

1
+ b

MB1+

c

MC1

a+b+c¿2
¿

¿
³¿

vì 2S = r(a+b+c) ; r là bán kính của
đường tròn nội tiếp trong tam giác ABC

Để MAa

1
+ b

MB1+

c

MC1 có giá trị nhỏ nhất khi và chæ khi MA1= MB1 = MC1 =

Vậy M trùng với tâm đường tròn nội tiếp trong tam giác ABC .

c
a
b
r
M
A
B C
O
G

E
Baøi 12

Cho tam giác ABC có a - b = b - c
( a,b,c là các cạnh của tamgiác ) . Chứng
minh rằng đoạn thẳng nối tâm đường tròn
nội tiếp với trọng tâm của tam giác song
song với cạnh có độ dài là b .

Lời giải

Từ a - b = b - c  a+c = 2b

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , O là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác
ABC , r là bán kính của đường tròn nội tiếp tam giác ABC . Kẻ EG vng góc với
BC

Ta có dt(ABC) = 1/2 r.(a+b+c) = 1/2 r.3b = 3/2 .br  r=2 dt(ABC)

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

maø dt(GBC) = 1/3 dt(ABC) ; dt(GBC) = 1/2 EG . BC  3.EG.BC =
2.dt(ABC)

 EG=2. dt(ABC)

3b (2)

Từ (1) (2) suy ra EG = r hay OG // BC ( Vì O , G cách đều BC ) .

Email:

</div>


Quyết định Về việc ban hành Quy chế quản lý, sử dụng thư điện tử trong hoạt động của cơ quan nhà nước tỉnh Bình thuận