Chuyen de tinh dien tich hinh 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 nội tiếp và p = (a + b + c + d) . Ta có : 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 +Tổng bình phương của các cạnh : a2 + b2 + c2 + d2 = d 21 +d 22=4 m2 HH / 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. (m là độ dài đoạn thẳng nối hai trung điểm của hai đường chéo) b) SABCD = d1d2sin ( 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 = +Tổng hai góc đối diện A + C = B + D = 1800 =  +Tích các đườngchéo : d1d2 = ac + bd. p = (a + b + c + d) * Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O; r). B b. C O. a. c. r. A. d. M. D. d) SABCD = p.r +Tổng hai cạnh đối diện : a + c = b + d 2)Diện tích các tứ giác đặc biệt : HH / 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. a)Diện tích hình chữ nhật : A. a. b. d. B SABCD = a.b d=. D. C. b)Diện tích hình vuông A a a. B SABCD = a2 d=a SABCD = d2. 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 h SABCD = (a + b).h 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 : A h. D. B. d2 d1. HH / 3. a. SABCD = d1d2 = a.h d12 +d22 = a2.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. 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 tròn ngoại tiếp ABC và p = . Ta có các công thức sau : 1). SABC = a.h A. b c. B. h. H. a. C. Chứng minh : Kẻ đường cao AH, ta có : ABH vuông tại H nên SABH = AH.BH (1) SACH = AH.CH (2) Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được : SABH + SACH = AH.BH + AH.CH SABC = AH.(BH + CH) = AH.BC Hay SABC = a.h Tương tự ta cũng có : SABC = b.k = SABC = c.l (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. HH / 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9 A. c. E. F. b. r. r. O r. B. C. a. D. Chứng minh : SABC = SAOB + SBOC + SCOA Mà : SAOB = r.c 1. SBOC = 2 r.a 1. SCOA = 2 r.b 1. 1. Cộng vế theo vế, ta được : SAOB + SBOC + SCOA = r.c + 2 r.a + 2 r.b SABC = r.(c + a + b) = r. = p.r ( p = : nửa chu vi ) 3)Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R) SABC =. A. b. c. O. h. C B. H. a. D. Chứng minh : HH / 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. Kẻ đường cao AH và đường kính AD. SABC = a.h Xét ABH vuông tại H và ADC vuông tại C có : ABH = ADC (góc nội tiếp cùng chắn cung AC) => ABH ~ ADC => = => AH = = Vậy SABC = a.h = .a . = 4). SABC = (Công thức Hêrông) Chứng minh : A. b. c h. B. b'. c'. H. a. C. 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 = a.(b’ - c’) => b’ - c’ = (2) Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :. HH / 6. ¿ b ' +c ' =a b2 − c 2 b' −c'= a ¿{ ¿.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. Giải hệ phương trình :. <=>. ¿ a2+ b2 −c 2 b'= 2a 2 a − b2 +c 2 c '= 2a ¿{ ¿. ¿ b '+c ' =a b2 − c 2 b' − c'= a ¿{ ¿. <=>. ¿ b ' +c ' =a a 2+b 2 − c 2 2 b '= a ¿{ ¿. 2. 2 ( a2 +b2 −c 2 ) a2 +b2 −c 2 2 =b − Do đó h = b - b’ = b 2a 4 a2 2 4 a 2 b 2 − ( a2 +b2 −c 2 ) ( 2ab )2 − ( a2 +b 2 − c2 ) = = 2 2 4a 4a ( 2ab+ a2 +b 2 − c2 ) . ( 2 ab− a2 −b 2+ c2 ) = 4 a2 [ ( a2 +2 ab+b 2 ) − c 2 ] . [ c 2 − ( a 2 −2 ab+ b2 ) ] = [ ( a+b )2 − c2 ] . [ c 2 − ( a− b )2 ] = 2 4a 4 a2 ( a+b+ c )( a+ b −c ) ( c+ a −b )( c − a+b ) = 4 a2 ( a+b+ c )( a+ b+c −2 c )( a+b+ c −2 b ) ( a+ b+c −2 a ) = 2 4a. 2. 2. 2. 2. (. ). (Đặt a + b + c = 2p) 2 p ( 2 p −2 c ) ( 2 p −2 b ) ( 2 p − 2 a ) 16 p ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) = 4 a2 4 a2 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 Vậy SABC = 2 a.h = 2 a. a √ p ( p − a ) ( p − b ) ( p − c ) = √ p ( p − a )( p − b ) ( p − c ). =. √. 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. HH / 7.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. 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 -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.. HH / 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. Giải A. H. K O. B. I. C. Gọi cạnh của tam giác đều ABC là a và chiều cao là h, thì SABC = a.h và AB = BC = CA = a Ta có SABC = SAOB + SBOC + SCOA SAOB = AB.OH SBOC = BC.OI SCOA = BC.OI Cộng vế theo vế ta được : a.h = AB.OH + BC.OI + BC.OI <=> a.h = a.OH + a.OK + a.OI <=> a.h = a(OH + OK + OI) <=> 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. HH / 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9 N G M A F H. C. B. E. K. D. 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 . 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 này là bằng AB => SCBF = SABFG (2) ABE và hình vuông BHKE có chung cạnh đáy là BE, đường cao ứng với cạnh đáy này bằng BH => SABE = SBHKE (3) 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 nhau và bằng AC => SBCM = SACMN (5) ACD và hình vuông CDKH có chung cạnh đáy là CD và có đường cao bằng nhau và bằng KD => SACD = SCDKH (6) Từ (4), (5) và (6) => SACMN = SCDKH (**) Cộng (*) và (**) vế theo vế, ta được : SBHKE = SABFG HH / 10.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. 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 ? 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 HH / 11.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. 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 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. HH / 12.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9 P. B. H. C. Q E. A. M. N. D. Cách 1 : *Để chứng minh SHV/ABCD = 5SBEC . Ta chuyển về tính SBEC = a2. 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 của tam giác BEC => PQ = CE (1)và PQ // CE. + 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) Từ (1) và (2) => 2NE = BQ và BQ = CE mà BQ = QE (gt) => BQ = QE = CE = 2EN Ta có : BN = BQ + QE + EN = 5NE => NE = BN => CE = BN hay = ECH ~ BNC (gg) => = = => EH = BC hay EH = a SBEC = BC.EH = a.a = a2 . Mà SABCD = a2 Vậy SBEC = S HV/ABCD hay S HV/ABCD = 5SBEC 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. HH / 13.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9 CN BC. 2. ( ). Chứng mính CEN ~ BEC => =. =. 1 2 a 2 1 = a 4. ( ). => SCEN = SBEC Kẻ đường chéo BD của hình vuông ABCD => SBCD = S HV/ABCD = a2 BCD có BN là đường trung tuyến => SBCN = SBCD = .a2 = a2 Mà SBCN = SBEC + SCEN = SBEC + SBEC = SBEC hay a2 = SBEC => 5SBEC = a2 , mà a2 = 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 của tam giác BEC => PQ = CE (1)và PQ // CE. + 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) => 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 =. √. BC2 5. =. √. a2 5. =. a √5. => BE = 2CE = 2.. BEC vuông tại E : SBEC = CE .BE = Mà SABCD = a2 , nên SHV/ABCD = 5SBEC.. a .2. √5. a √5. a √5. = a2.. Bài 5 : Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao thuộc cạnh bên bằng h, góc ở đáy bằng  . Chứng minh SABC = GT. Giải : ABC có AB = AC , CM  AB tại M, CM = h, B = . KL. SABC =. *Phương pháp : Áp dụng công thức SABC = BC.AD =CM.AB => 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 : Kẻ CM  AB và AD  BC. HH / 14.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9 A. M. B. h. D. C. BCM vuông tại M, ta có : sin B = sin = = => BC = ADB vuông tại D, ta có : D là trung điểm của BC (vì ABC cân tại A), nên BD = BC = . = và tanB = tan = hay = => AD = BD. = . = . => SABC = BC.AD = . = .. 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’. HH / 15.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9 C'. B. A. => SABC = AB.h và SABC’ = AB.h’, do h ≤ h’ => SABC ≤ SABC’. 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 : = 1 - cos2A - cos2B - cos2C và SHIK = SABC - SAKI - SBKH - SCHI => Ta phải chứng minh : = cos2A, = cos2B, = cos2C Chứng minh : Cách 1: A M I K. C B. H. Ta có : SHIK = SABC - SAKI - SBKH - SCHI Chia hai vế cho SABC, ta được : = - - = 1- - *Từ K kẻ KM  AC => KM // BI (vì cùng vuông góc với AC) Tam giác ABI có KM //BI => = (1) HH / 16.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. =. 1 AI. KM 2 1 BI . AC 2. = = .. (2). = .= = . Tam giác ABI vuông tại I (vì BI AC) => = cosA Tam giác AKC vuông tại K (vì CK  AB) => = cosA Nên . = cos2A , do đó = cos2A. Tương tự ta cũng chứng minh được : = cos2B, = cos2C Vậy = - - - = 1 - cos2A - cos2B - cos2C 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). => ABI ~ ACK => = => = + AIK và ABC có : = và  góc chung => AIK ~ ABC => = ()2 = cos2A (1) *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) ABH ~ CBK => = => = + BHK và BAC có : = và góc B chung => BHK ~ BAC => = ()2 = cos2B (2) *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) ACH ~ BCI => = => = +CHI và CAB có = và góc C chung => CHI ~ CAB => = ()2 = cos2C (3) Và ta có : SHIK = SABC - SAKI - SBKH - SCHI Hay = - - = 1 - - - (4) Từ (1), (2),(3) và (4) => = 1 - cos2A - cos2B - cos2C Hay SHIK = (1 - cos2A - cos2B - cos2C).SABC. Bài 8 : Chứng minh định lý :. HH / 17.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. “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. = 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 ) => = Mà BE = AB , do đó = . Vậy = Cách 2 : Giải bằng phương pháp diện tích :. HH / 18.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9 A. F E. B. H. C. D. 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 ) Ta có SABD = AH.BD = AB.DE SADC = AH.DC = AC.DF => =. 1 1 AH . BD AB . DE 2 2 = 1 1 AH . CD AC . DF 2 2. = =. (vì DE = DF). Vậy = Bài 9 : Cho hình bình hành ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm M, trên cạnh AB lấy điểm N sao cho AM = CN. Chứng minh rằng đỉnh D của hình bình hành cách đều hai đường thẳng AM và CN. *Phương pháp : Vận dụng về diện tích để chứng minh D. C. M. K H A. N. Chứng minh : Từ D kẻ DH  AM và DK  CN HH / 19. B.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. +Xét ACD và AMD hai tam giác này có chung cạnh đáy là AD và hai đỉnh C và M cung năm trên đường thẳng BC song song với AD (Tính chất cạnh đối của HBH/ABCD) => SACD = SAMD (1) +Xét ACD và NCD có cạnh đáy CD chung và hai đỉnh A và N nằm trên đường thẳng AB // CD (Tính chất cạnh đối của HBH/ABCD) => SACD = SNCD (2) Từ (1) và (2) => SNCD = SAMD (3) SAMD = DH.AM và SNCD = DK.CN (4) Từ (3) và (4) => DH.AM = DK.CN mà AM = CN (gt) => DH = DK Vậy đỉnh D của HBH/ABCD cách đều hai đường thẳng AM và CN. Bài 10 : Cho ABC có AC = b , AB = c, phân giác AD của góc A và phân giác BE của góc B cắt nhau tại I. Gọi G là trọng tâm của ABC. Chứng minh rằng : Nếu BC bằng trung bình cộng của AB và AC thì IG // BC Giải : Cách 1 : Sử dụng tính chất tia phân giác trong tam giác và tính chất trọng tâm của tam giác A. E c. b. I. B. G. KD M a. +AD là đường phân giác trong ABC (đặt BC = a) : = = => = => = => BD = +BI là đường phân giác trong ABD = = c: = Vì a = => = (b + c) : = 2 (1) +Ta có G là trọng tâm của ABC => = 2 (2) Từ (1) và (2) => = => IG // DM hay IG // BC HH / 20. C.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. Cách 2 : Sử dụng diện tích tam giác : +Kẻ IK  BC Vì a = => 2a = b + c Và I là giao điểm của hai đường phân giác trong của ABC, nên I là tâm đường đường tròn nội tiếp ABC => IK là bán kính của đường tròn nội tiếp => SABC = .IK = .IK (1) Ta có SIBC = a.IK (2) Từ (1) và (2) => SIBC = SABC(3) G là trọng tâm của ABC => = +Kẻ AH  BC và GP  BC => AH // GP AGH có GP // AH => = = => GP = AH Ta lại có SABC = BC.AH mà SGBC = BC.GP = BC.AH = (BC.AH) => SGBC = SABC (4) Từ (3) và (4) => SIBC = SGBC (Hai tam giác có diện tích bằng nhau mà có chung cạnh đáy nên hai đường cao bằng nhau, do đó I và G nằm trên đường thẳng song song với BC hay IG // BC Bài 11 : Cho ABC có AB = 14cm, AC = 35cm, đường phân giác AD = 12cm. Tính diện tích ABC ? Cách giải : Vẽ DE // AB và tính diện tích tam giác ADE. A. E F. B. C. D. Giải : Từ D kẻ DE // AB => = (1) Mà = = (vì AD phân giác góc A của ABC) (2) Từ (1) và (2) => = => = => = => AE = 10 (cm) Ta có BAD = CAD (gt) và BAD = ADE (SLT - vì DE // AB) => CAD = ADE => ADE cân tại E. HH / 21.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. Kẻ EF  AD => AF = FD = AD => AF = 6 AEF vuông tại F => EF = 8 => SADE = AD.EF = 48 cm2 Từ D kẻ DK  AC => DK vừa là đường cao của ADE vừa là đường cao của ADC. Mà SADE = AE. DK <=> 48 = .10. DK => DK = 9,6 (cm) => SADC = AC. DK = .35.9,6 = 168 cm2 Kẻ AH BC => AH là đường cao của ABC cũng là đường cao của ADC Nên SADC = CD.AH <=> 7.SADC = 7CD.AH <=> 1176 = 7CD.AH (3) Từ = => = <=> 5BC = 7CD (4) Từ (3) và (4) => 1176 = .5BC.AH <=> = .BC.AH = SABC Vậy SABC = 235,2 cm2 II.CÁC BÀI TẬP LUYỆN TẬP : Bài 1 : Cho tam giác ABC có diện tích là s, các đường trung tuyến AD, BE và CF. Gọi s’ là diện tích tam giác có độ dài các cạnh bằng AD, BE và CF. Chứng minh rằng s’ = s. Bài 2 : Hình thang ABCD có các đáy AB = b, CD = a (a > b). Đoạn thẳng MN song song với hai đáy, hai đầu của đoạn thẳng thuộc hai cạnh bên và chia hình thang thành hai phần có diện tích bằng nhau. Chứng minh rằng MN2 = . Bài 3 : Cho tam giác ABC vuông cân tại A, đường cao AH và đường phân giác BE. Đường vuông góc với BE tại E cắt cạnh BC ở G, cắt tia đối của tia AB ở D. Kẻ EF vuông góc với BC. Tính diện tích tam giác ABC, biết AD = 15 cm, HF = 20 cm. Bài 4 : Cho tam giác có độ dài các cạnh là BC = a, AC = b, AB = c và a - b = b - c . G là giao điểm các đường trung tuyến. I là giao điểm các đường phân giác trong của tam giác đã cho. Chứng minh GI // AC. Bài 5 : Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân ghiác AD. Vẽ DH vuông góc với AB. Đặt DH = d, AB = c, AC = b . Chứng minh = + . Bài 6 : Cho tam giác ABC và điểm M ở trong hoặc ở trên một cạnh của tam giác, sao cho SMBC = SMAB + SMAC . Chứng minh rằng M di động trên một đoạn thẳng cố định. Bài 7 : Cho góc xOy, tia Ot nằm trong góc đó. Lấy điểm A cố định trên tia Ox, điểm B cố định trên tia Oy và điểm C di động trên tia Ot. Tia Ot cắt AB tại M. HH / 22.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. Chứng minh rằng SAOC = SBOC khi và chỉ khi M là trung điểm của AB Bài 8 : Cho tam giác ABC, các góc B và C có tỉ lệ 3 : 1; phân giác của góc  chia diện tích tam giác theo tỉ lệ 2 : 1 . Tính các góc của tam giác. Hướng dẫn giải Bài 1 : A. E. F G. H. B. D. C. Gợi ý cách giải Gọi G là trọng tâm của ABC, H là trung điểm của GC. Chọn SGDH làm trung gian . Tính được S’ = 9SGDH và S = 12SGDH. Giải Cách 1 +Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên : AG = 2GD, BG = 2GE, CG = 2GF. Gọi H là trung điểm của GC => GH = GF BGC có HD là đường trung bình => HD // BG và HD = BG => HD = EG => HEGD là hình bình hành => SGDH = SEGH = SEGF (*) Ta có SGDH = SGDC (tính chất đường trung tuyến trong tam giác) Mà SGDC = SADC(vì hai ADC và GDC có cùng chiều cao, nhưng cạnh đáy AD của ADC gấp 3 lần cạnh đáy GD của GDC) => SGDH = . SADC = SADC Ta lại có SADC = S (tính chất đường trung tuyến trong tam giác) => SGDH = . S => S = 12SGDH HH / 23.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. +Ta có S’ = SCDF + SADE + SBEF SCDF = 3SGDH (Hai tam giác này có cùng chiều cao nhưng cạnh đáy của CDF gấp 3 lần cạnh đáy của GDH) (1) Ta có GDH và EGD có cùng cạnh đáy GD và hai đỉnh đối diện hai cạnh đó nằm trên cùng một đường thẳng song song với GD => SGDH = SEGD. Mà SADE = 3SEGD => SADE = 3SGDH (2) Ta cũng có EFG và EGH có cạnh đáy bằng nhau (vì cùng bằng GC) và đường cao bằng nhau => SEFG = SEGH = SGDH (theo * ) Mà SBEF = 3SEFG => SBEF = 3SGDH (3) Cộng (1), (2) và (3) ta được : S’ = 9SGDH Vậy = = => S’ = S Cách 2 : Kéo dài AD một đoan DH, sao cho GD = GH. => GH = AG Theo tính chất đường trung tuyến trong tam giác ta có AG = AD, GH = AD, CG = CF BGD = CHD (cgc) => BG = CH = BE A. E. F G. B. C. D. H. Vậy. = = = . Nên CGH đồng dạng với tam giác có độ dài bằng ba đường. trung tuyến AD, BE, CF của ABC (ccc) và có diện tích là S’. => =. 3 2. (). = => S’ = SCGH. (1) Ba đường trung tuyến trong tam giác chia tam giác đoành 6 phần có diện tích bằng nhau và bằng SABC, nghĩa là SDCG = SABC => SCGH = SABC (2) Từ (1) và (2) => S’ = SCGH = .SABC = S (vì SABC = S) HH / 24. 2.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. Bài 2: Gợi ý : Gọi O là giao điểm của AD và BC. Đặt S = SABNM = SMNCD và MN = x Vận dụng sự đồng dạng của các cặp tam giác OAB và OMN, ODC và OMN . O. A. M. b. B. x. N. a. D. Giải : Gọi O là giao điểm của AD và BC. Đặt S = SABNM = SMNCD và MN = x Xét OAB và OMN có : AB//MN => OAB ~ OMN => =. b x. 2. (). = (1). Xét ODC và OMN có MN //CD => ODC ~ OMN => =. a x. 2. (). =. (2). Từ (1) và (2) cộng vế theo vế ta được : + = + <=> = Mà : SOAB = SOMN - SABNM = SOMN - S SODC = SOMN + SMNCD = SOMN + S ( S OMN − s ) + ( S OMN+ S ) => = = =2 S OMN. 2. => x =. HH / 25. Vậy MN2 =. C.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. Bài 3 : Gợi ý cách giải : Kẻ EN // BC, cắt AH tại M, cắt AB tại N. ABC ~ ANE +Tính diện tích ANE +Tính tỉ số đồng dạng của hai tam giác ABC và ANE. Từ đó suy ra điều cần tìm. D 15. A. N. B. M. H. E. 20. F. C. G. Giải : Từ E kẻ NE // BC (N  AB) => ANE ~ ABC => =. AN AB. 2. ( ). = BDG. cân tại B vì có đường phân giác BE cũng là đường cao (BE  GD) Do NE // BC nên => DNE cân tại N Tứ giác MEFH là hình chữ nhật vì có ba góc vuông => ME = HF = 20 (cm) ANE vuông cân tại A có AM  NE (do AH  BC mà NE //BC ) => AM cũng là trung tuyến => 2ME = NE => NE = 2.20 = 40 (cm) . Mà NE = AN. √ 2 => AN = NE : √ 2 = 20. √ 2 (cm) => SANE = NA2 = (20. √ 2 )2 = 400(cm2) DBG cân tại B có BE là phân giác nên cũng là trung tuyến => EG = ED mà EN // BG => BN = ND (có ND = AN + AD = 20. √ 2 + 15) => AB = 2BN - AD = (20. √ 2 + 15).2 - 15 = 40 √ 2 + 15 Vậy SABC = AB2 = (40 √ 2 + 15)2 = (3425 + 1200 √ 2 )  2561 (cm2) Bài 4: Xem cách giả bài tập 8 (Phần bài giải mẫu) HH / 26.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. B. F. J. G. I. C A. H. E. K. M. Giải : Kẻ BH và GK vuông góc với AC Ta có : a - b = b - c => a + c = 2b I là giao điểm của ba đường phân giác trong, nên I là tâm đường tròn nội tiếp của ABC => IE = IF = IJ (IE, IF và IJ là khoảng cách từ tâm I đến các cạnh của tam giác hay IE = IF = IJ là các bán kính) Ta có BH // GK (vì cùng vuông góc với AC) => = = (1) SABC = BH.AC = BH.b (2) SABC = IE(AB + BC + CA) = (a + b + c).IE = .3b.IE (vì a + c = 2b) (3) Từ (2) và (3) => BH.b = .3b.IE <=> BH = 3IE <=> = (4) Từ (1) và (4) => GK = IE. Tứ giác GKEI có GK = IE và GK // IE (vì cùng vuông góc với AC) nên là hình bình hành và có GK  EK nên là hình chữ nhật => IG // EK hay IG // AC . Bài 5 : Gợi ý : + Sử dụng tính chất diện tích : Nếu một đa giác được chia thành các đa giác nhỏ không có điểm chung trong, thì diện tích đa giác được chia bằng tổng diện tích các đa giác chia. + Công thức tính diện tích tam giác. HH / 27.

<span class='text_page_counter'>(28)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9 A K H. B. C. D. Giải : Kẻ DK  AC, ta có DK = DH = d vì AD là phân giác của góc BAC Ta có : SABC = SABD + SACD SABC = bc SACD = dc SACD = db => bc = dc + db <=> bc = dc + db Chia hai vế cho bcd ta được : = + Bài 6 : Gợi ý : Sử dụng tính chất diện tích và tính chất hai tam giác có cùng cạnh đáy, thì tỉ số hai diện tích băng tỉ số hai chiều cao tương ứng. Giải: A. M. E. B. H. F. C. Vẽ AH  BC , MK  BC SABC = AH.BC , SMBC = MK.BC SABC = SAMB + SAMC + SMBC, mà SMBC = SAMB + SAMC , Do đó SABC = 2SMBC Hay AH = 2MK , mà AH không đổi => MK không đổi. Do đó M luôn luôn cách BC một khoảng không đổi bằng AH. Mà M không nằm ngoài tam giác ABC, Nên M nằm trên đoạn thẳng EF // BC và cách BC một khoảng là AH. HH / 28.

<span class='text_page_counter'>(29)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. Bài 7 : Gợi ý : + Sử dụng tính chất đường trung tuyến trong tam giác để chứng minh phân thuận. “Nếu M là trung điểm của AB thì SAOM = SBOM.” + Sử dụng tính chất diện tích để chứng minh phần đảo lại : “Nếu SAOM = SBOM thì MA = MB.” Giải : y. B C M O A. x. a)Thuận : Nếu AM = MB => SAOC = SBOC Xét AOB có MA = MB => OM là trung tuyến => SBOM = SAOM (1) ABC có CM là trung tuyến => SBCM = SACM (2) Cộng (1) và (2) Vế theo vế ta được : SBOM + SBCM = SAOM + SACM Hay : SBOC = SAOC b) Đảo lại : Nếu SAOC = SBOC => AM = MB. HH / 29.

<span class='text_page_counter'>(30)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. K h(1). O. y B. M. C. h(2) A L. x. Giải : Gọi h(1) là khoảng cách từ O đến AB , h(2) là khoảng cách từ C đến AB. Ta có : SAOC = SAOM + SACM và SBOC = SBOM + SBMC Mà SAOC = SBOC <=> SAOM + SACM = SBOM + SBMC (1) SAOM = MA.h(1) SACM = MA.h(2) => SAOM + SACM = MA(h(1) + h(2)) (2) SBOM = MB.h(1) SBMC = MB.h(1) => SBOM + SBMC = MB(h(1) + h(2)) (3) Từ (1) , (2) và (3) =>MB(h(1) + h(2)) = MB(h(1) + h(2)) => MA = MB. Bài 8 : Gợi ý : +Sử dụng công thức : Diện tích tam giác bằng một phần hai tích hai cạnh và sin của góc tạo bởi hai cạnh đó. +Sử dụng định lý về hàm số sin Giải : Kẻ phân giác AD của góc Â, ta có : SADC = AD.AC.sin SADB = AD.AB.sin. HH / 30.

<span class='text_page_counter'>(31)</span> Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học 9. A. B. D. C. => = , mà = 2 , do đó = 2 Theo định lý hàm số sin trong tam giác ta có : = => = = 2 . Ta có B = 3C => sin3C = 2sinC (1) Nhân hai vế của (1) với cosC, ta được sin3C.cosC = 2sinC.cosC (có 2sinC.cosC = sin2C ) Hay sin3C.cosC = sin2C Ta lại có : sin3C.cosC = [sin(3C + C) + sin(3C - C)] = (sin4C + sin2C) (sin4C + sin2C) = sin2C <=> sin4C = sin2C (*) Vì A + B + C = 1800 => A = 1800 - 4C (và góc  là góc của tam giác =>  > 0 => C < 450 ). Phương trình (*) có nghiệm thích hợp khi : 4C = 1800 - 2C => C = 300, B = 900 và A = 600 Vậy tam giác ABC là tam giác vuông tại B và  = 600, C = 300 .. ===================. HH / 31. ==================.

<span class='text_page_counter'>(32)</span>