Tài liệu Giải một số bài toán của hình học phẳng bằng phương pháp diện tích

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2 KHOA TOÁN ************** NGUYỄN THỊ MAI GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN CỦA HÌNH HỌC PHẲNG BẰNG PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Hình học Ngƣời hƣớng dẫn khoa học Ths. Phan Hồng Trƣờng HÀ NỘI - 2011 LỜI CẢM ƠN Em xin gửi lời cảm ơn tới các thầy cô giáo trong khoa Toán, các thầy cô trong tổ Hình học và các bạn sinh viên đã tạo điều kiện thuận lợi cho em trong suốt thời gian em nghiên cứu và thực hiện khóa luận “Giải một số bài toán của hình học phẳng bằng phương pháp diện tích” . Đặc biệt, em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành nhất đến thầy giáo Phan Hồng Trƣờng, người đã hướng dẫn và giúp đỡ em trong quá trình chuẩn bị và hoàn thành khóa luận này. Em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 05 năm 2011 Sinh viên Nguyễn Thị Mai LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan khóa luận “Giải một số bài toán của hình học phẳng bằng phương pháp diện tích” do tôi viết. Đó là kết quả của sự tìm tòi, tổng hợp từ các tài liệu tham khảo và sự hướng dẫn của thầy giáo Phan Hồng Trƣờng. Khóa luận không trùng với kết quả nghiên cứu của các tác giả khác. Hà Nội, tháng 05 năm 2011 Sinh viên Nguyễn Thị Mai MỤC LỤC Trang LỜI CÁM ƠN LỜI CAM ĐOAN MỞ ĐẦU CHƢƠNG 1. CƠ SỞ LÍ THUYẾT 1.1. 1.2. Kiến thức cơ bản 1 1.1.1. Quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu 1 1.1.2. Quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc 1 1.1.3. Các bất đẳng thức trong đường tròn 2 1.1.4. Một số bất đẳng thức đại số 3 Diện tích và phương pháp diện tích 3 1.2.1. Diện tích 3 1.2.2. Phương pháp diện tích 4 CHƢƠNG 2. PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG 2.1. 2.2. Các biện pháp thực hiện 6 2.1.1. Sử dụng trực tiếp các công thức tính diện tích đa giác 6 2.1.2. Sử dụng các tính chất 6 Bài tập áp dụng 8 2.2.1. Bài toán chứng minh đẳng thức 2.2.2. Bài toán chứng minh bất đẳng thức 16 2.2.3. Bài toán cực trị 22 8 KẾT LUẬN TÀI LIỆU THAM KHẢO MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Để giải bài toán hình học phẳng chúng ta có nhiều phương pháp, mỗi phương pháp đều có ưu, nhược điểm riêng. Phương pháp diện tích là một trong những phương pháp hay, có thể cho ta lời giải ngắn gọn hợp lý. Ngoài ra, ta còn có thể rèn luyện và phát triển tư duy cho học sinh. Việc sử dụng phương pháp diện tích vào giải các bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức và tìm cực trị trong hình học phẳng thường không gặp nhiều trong sách giáo khoa Toán học vì chúng tương đối khó. Nhưng đó là một trong những dạng toán thường gặp trong các đề thi học sinh giỏi ở bậc Trung học cơ sở, đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường chuyên. Với mong muốn ứng dụng phương pháp diện tích giải bài toán hình học phẳng và được sự gợi ý, hướng dẫn của thầy giáo Phan Hồng Trường, em đã thực hiện khóa luận “ Giải một số bài toán của hình học phẳng bằng phương pháp diện tích.” 2. Mục đích nghiên cứu Khóa luận của tôi nhằm hai mục tiêu chính. Một là, đưa ra hệ thống kiến thức cơ bản để áp dụng giải bài toán hình học phẳng bằng phương pháp diện tích. Hai là, ứng dụng phương pháp diện tích giải bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức và bài toán tìm cực trị trong hình học phẳng. Ba là, hình thành một tài liệu tham khảo có thể dùng làm chuyên đề bồi dưỡng học sinh khá, giỏi ở bậc trung học cơ sở. CHƢƠNG 1 CƠ SỞ LÍ THUYẾT 1.1. Kiến thức cơ bản 1.1.1. Quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu. Quan hệ giữa đường vuông góc, đường xiên, hình chiếu thường được sử dụng dưới các dạng sau: * Trong các tam giác vuông (có thể suy biến thành đoạn thẳng) có cạnh góc vuông AH và cạnh huyền BC thì AH ≤ BC, xảy ra dấu bằng khi và chỉ khi H trùng với B. * Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm đến một đường thẳng, đoạn thẳng vuông góc với đường thẳng có độ dài nhỏ nhất. * Trong các đoạn thẳng nối hai điểm thuộc hai đường thẳng song song, đoạn thẳng vuông góc với đường thẳng có độ dài nhỏ nhất. * Trong hai đường xiên kẻ từ một điểm đến một đường thẳng, đường xiên lớn hơn khi và chỉ khi hình chiếu lớn hơn. 1.1.2. Quan hệ giữa đoạn thẳng và đường gấp khúc Với ba điểm A, B, C bất kỳ, ta có: * AB + AC ≥ BC. Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi A nằm giữa B và C. * AB - AC BC . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi B và C nằm cùng phía với A. 1.1.3. Các bất đẳng thức trong đường tròn * Đường kính là dây cung lớn nhất của đường tròn. * Trong hai dây cung của một đường tròn, dây cung lớn hơn khi và chỉ khi khoảng cách từ tâm đến dây nhỏ hơn. * Trong hai cung nhỏ của một đường tròn, cung lớn hơn khi và chỉ khi góc ở tâm lớn hơn. * Trong hai cung nhỏ của một đường tròn, cung lớn hơn khi và chỉ khi dây căng cung lớn hơn. 1.1.4. Một số bất đẳng thức đại số * Bất đẳng thức Cauchy Cho hai số không âm x, y. Khi đó, ta có x + y ≥ 2 xy . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y. Tổng quát Cho n số không âm a1, a2, a3, …. an (n > 1). Khi đó ta có: a1 + a2 + a3 +…+ an ≥ n n a1a 2 ...a n . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a1 = a2 = ... = an . * Bất đẳng thức Bunhiacopski o Với hai bộ n số thực (a1, a2,…, an) và (b1, b2,…, bn) bất kì ta có: a1b1 + a 2 b2 +...+ a n bn Dấu “ = ” xảy ra 2 a12 + a 2 2 +....+ a n 2 b12 + b 2 2 +....+ bn 2 . a1 a a = 2 = ... = n . b1 b2 bn 1 1 1 + + a b c 9. a b c + + b+c c+a a+b 3 . 2 o Với ba số dương a, b, c ta luôn có a + b + c Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. o Với ba số dương a, b, c ta luôn có Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. o Nếu x + y = a (với a là hằng số) thì hoặc xy Dấu “ = ” xảy ra khi và chỉ khi x = y = = max a2 2 2 hoặc x + y 4 min = a2 . 2 a . 2 o Nếu xy = a ( a – hằng số) thì x + y min =2 a x=y= a. 1.2. Diện tích và phƣơng pháp diện tích 1.2.1. Diện tích 1.2.1.1. Định nghĩa Số đo của phần mặt phẳng giới hạn bởi một đa giác được gọi là diện tích của đa giác đó. Diện tích của hình H trong mặt phẳng được kí hiệu là SH . 1.2.1.2. Tính chất của diện tích * Mỗi đa giác có một diện tích xác định. Diện tích của đa giác là một số dương. * Hai tam giác bằng nhau thì có diện tích bằng nhau. * Nếu một đa giác được chia thành những đa giác không có điểm trong chung thì diện tích của đa giác ban đầu bằng tổng diện tích của những đa giác đó. 1.2.1.3. Các công thức tính diện tích tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Cho * ha, hb, hc lần lượt là các đường cao của tam giác hạ từ các đỉnh A, B, C * R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác. a+b+c là nửa chu vi tam giác. 2 *p= Diện tích ΔABC (kí hiệu là S) được tính theo các công thức sau: 1. S= 1 1 1 ah a = bh b = ch c . 2 2 2 2. S = 1 1 1 ab sinC = bc sinA = ca sinB . 2 2 2 3. S = abc . 4R 4. S = pr . 5. S = p p-a p-b p-c . 1.2.1.4. Các công thức tính diện tích đa giác 1. Diện tích của hình chữ nhật: S = ab (Với chiều dài a và chiều rộng lần lượt là a và b) b 2. Diện tích của hình vuông bằng bình phương cạnh của nó: S = a2. (a là cạnh của hình vuông). a 3. a Diện tích hình thang bằng nửa tích của tổng độ dài hai đáy với chiều cao: S = b 1 a + b .h (Với a, b 2 h b là độ dài hai đáy, h là chiều cao). 4. Diện tích hình bình hành bằng tích của một cạnh với chiều cao tương ứng: S = ah. b h b 5. Diện tích tứ giác bằng tổng diện tích của hai tam C B giác chia bởi một đường chéo của tứ giác: SABCD = SABC + SADC . A 6. D Diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc bằng nửa tích độ dài hai đường chéo. 7. Diện tích hình thoi bằng nửa tích độ dài hai đường chéo. 8. Diện tích đa giác: Việc tính diện tích của một đa giác bất kỳ thường được quy về việc tính diện tích của các hình đặc biệt kể trên. 9. Diện tích hình tròn có bán kính R là: S=πR2. 1.2.2. Phương pháp diện tích Chúng ta đã biết một số công thức tính diện tích của các đa giác như công thức tính diện tích tam giác, tứ giác, hình thang, hình bình hành… và một số tính chất về tỉ số diện tích. Khi biết một số yếu tố như độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số đo chu vi … của các hình ta có thể tính được diện tích của các hình đó. Ngược lại, nếu biết quan hệ diện tích giữa các hình ta có thể suy ra quan hệ của các yếu tố trên. Như vậy sử dụng các công thức tính diện tích và tỉ số diện tích có thể giúp ta so sánh và thiết lập mối quan hệ giữa các hình với nhau như ba đường thẳng đồng quy, hai đường thẳng song song … Để giải một số bài toán hình học phẳng bằng phương pháp diện tích ta thực hiện theo các bước sau: 1. Xác định quan hệ diện tích giữa các hình. 2. Sử dụng công thức diện tích, tính chất và tỉ số diện tích để biểu diễn mối quan hệ đó. 3. Biến đổi mối quan hệ trên ta suy ra kết luận của bài toán. CHƢƠNG 2 PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG 2.1. Các biện pháp thực hiện 2.1.1. Sử dụng trực tiếp các công thức tính diện tích đa giác Ta sử dụng công thức tính diện tích đa giác phẳng đã nêu ở chương 1. 2.1.2. Sử dụng các tính chất 2.1.2.1. Tính chất 1 ABC, N là điểm giữa BC sao cho BN = k CN thì Cho S ABN = k. Đặc biệt N là trung S ACN điểm của BC thì SABN = SACN.. A B A N C B N C 2.1.2.2. Tính chất 2 Cho hai tam giác ABC và DBC chung cạnh BC. Gọi AH và DK là hai đường cao của ABC và F tại E thì DBC. Khi đó ta có S ABC S DBC A S ABC S DBC AH DK và nếu thẳng BC cắt đường thẳng AD AE ED . A D D B H K C B E C K A A E B K C C E B D F D H 2.1.2.3. Tính chất 3 Cho hai đường thẳng DB và CE cắt nhau tại A. Khi đó S ADC S ABC A E B AE. AD . AB. AC B C E E A D A K C H N C D C B D A D 2.1.2.4. Tính chất 4 D Cho ΔABC, kẻ đường thẳng song song với BC cắt ABDtại E và cắt AC tại F. Khi đó ta có EF 2 BC 2 S AEF S ABC ; SEFA = SEFB. A E B A F B C C E F 2.2. Bài toán áp dụng Trong hình học phẳng có nhiều dạng toán mà khi áp dụng phương pháp diện tích sẽ cho ta lời ngắn gọn, độc đáo. Ở đây, tôi xin trình bày ba dạng toán cơ bản nhất. Một là, bài toán chứng minh đẳng thức hình học. Hai là, bài toán chứng minh bất đẳng thức. Ba là, bài toán cực trị. 2.2.1. Bài toán chứng minh đẳng thức Bài 1: Cho tứ giác ABCD. Các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại E. Gọi F và G theo thứ tự là trung điểm của các đường chéo AC và BD. Chứng minh rằng SEFG = 1 SABCD . 4 Lời giải A a B b F G D Ta có: E C B SESG = SAEG - SAGF - SAEF = SABG + SEGB - SAGF - SAEF C = M= 1 SABD + SEGD - SAGC - SAEC 2 1 SADE - SAGCE 2 D A 1 SABCD + SBCE - SAGCE 2 1 SABCD + SBCE - SABCG - SBCE 2 A O H 1 B 2 SABCD - SABCG 1 SABCD - SABG + SBCG 2 1 1 SABCD SABD + SBCD 2 2 1 1 1 SABCD - SABCD = SABCD 2 2 4 Nhận xét o Nếu AD o Nếu AD BC = H thì SHGF = 1 SABCD . Khi đó, ta có SHGF = SEGF 2 BC = H và K là trung điểm của EH khi đó dựa vào bài toán trên ta chứng minh được G, F, K thẳng hàng. o Bài toán tương tự: “ Giả sử đường thẳng qua G song song với AC và đường thẳng qua F song song với BD cắt nhau tại một điểm thì các đoạn thẳng nối điểm đó với các trung điểm của các cạnh tứ giác chia tứ giác thành bốn phần tương đương”. Bài 2: Cho hình bình hành ABCD. Gọi P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của các cạnh CD, DA, AB, BC. Vẽ bốn đường thẳng nối lần lượt các đỉnh A, B, C, D với các điểm P, Q, R, S. Chứng minh rằng tứ giác tạo bởi các đường thẳng này có diện tích bằng 1 5 diện tích hình bình hành ABCD. Lời giải Ta có A HE EF FG GH = = = =1 EB FC GD HA Q Áp dụng tính chất 1 ta có: Tương tự, ta có: SDFC = 2SEGF D B E H S F G SABH = 2SAEH = 2SHEG R P C Do đó: SABH + SDFC = 2SEFGH . Suy ra SABCD = 5SEFGH hay SEFGH = 1 SABCD 5 Nhận xét o Vì tứ giác EFGH là hình bình hành nên bài toán có thể phát biểu như sau: “Cho hình bình hành EFGH. Trên tia đối của tia EF, GF, HG, EH lần lượt lấy các điểm C, D, A, B sao cho E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng HB, EC, FD, GA. Chứng minh rằng SEFGH = 1 SABCD.” 5 o Khi tứ giác ABCD hay EFGH không phải là hình bình hành thì kết quả trên cũng đúng nên ta có bài toán sau: “Cho tứ giác EFGH. Trên tia đối của tia EF, GF, HG, EH lần lượt lấy các điểm C, D, A, B sao cho E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng HB, EC, FD, GA. Chứng minh rằng SEFGH = 1 SABCD”. 5 HE EF FG GH S = = = = 1 thì ABCD SEFGH EB FC GD HA o Ta thấy rằng 5 Thay “ 1 ” bởi “m” thì SABCD = [ 2m(m + 1) + 1].SEFGH. Như vậy ta lại được một bài toán mới: C A “Cho tứ giác EFGH. Trên tia đối của tia EF, GF, HG, EH lần lượt lấy các điểm C, D, A, B sao cho EB FC GD HA = = = = m. HE EF FG GH Chứng minh rằng: SABCD = [ 2m(m + 1) + A 1].SEFGH.” R B B Bài 3: Trên các cạnh BC, AC, AB của tam giác ABC lấy các điểm A 1, B1, C1. Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 H đồng quy E khi và chỉ khi Q M A S AC1 BA1 CB1 . . = 1 .(Định lý Xeva khi ba điểm A1, B1, C1 nằm F trên ba cạnh của C G C1B A1C B1 A tam giác). D C P Lời giải N * Điều kiện cần: A Giả sử AA1, BB1, CC1 đồng quy tại P. Xét ΔABP1và ΔACP có AP SABP BA1 = nên SACP A1C 1 1 B1 BC = A1 C1 (1) B SCAP AC1 = Tương tự, ta có SBCP C1B Từ (1), (2), (3) ta có * Điều kiện đủ: P (2) và SCBP CB1 = SABP B1A A1 (3) S S AC1 BA1 CB1 S . . = ACP . ABP . CBP = 1 C1B A1C B1A SBCP SACP SABP C ' Gọi P là giao điểm của BB1 và CC1; A1 là giao điểm của AP và BC. Do AA1 , BB1, CC1 đồng quy tại P nên theo chứng minh điều kiện cần ta có: AC1 BA1' CB1 . . =1 C1B A1'C B1A (1*) Mặt khác theo giả thiết AC1 BA1 CB1 . . =1 C1B A1C B1A (2*) Từ (1*) và (2*) ta có : BA1' BA1 = A1'C A1C BA1' + A1'C A1'C BA1 + A1C A1C BC BC = A1'C A1C ' ' Vì A1, A1 đều thuộc đoạn BC nên A1 ≡ A1 . Vậy AA1 , A1'C = A1C BB1, CC1 đồng quy. Nhận xét Bài toán còn có thể phát biểu như sau: “Về phía ngoài ΔABC dựng các tam giác ABD, BCE, CAF sao cho các điểm D, E, F theo thứ tự nằm bên trong các góc ACB, BAC, CBA. Tìm điều kiện để AE , CF, CD đồng quy.” M Bài 4: Cho hình bình hành ABCD, trên cạnh BC và CD lần lượt$1$ lấy các điểm CN BM =2 M và N sao cho . Gọi P và Q theo thứ tự là giao điểm của AM và AN ND MC với BD. Chứng minh rằng 1 SAPQ = SAMN . 2 Lời giải Đặt BM =k MC Xét APQ và PM CN = 2k ND B AMN có SAMN = N AP.AQ (1) AM.AN Q A Theo định lý Talet với BM // AD ta có: AP AD = PM BM C P QN = A nên ta có SAPQ M AP BC = ( AD = BC ) AP + PM BC + BM D A B BM =k MC Mặt khác BC k+1 = . BM k BC k+1 = BC + BM 2k + 1 AQ ND = Tương tự, ta có QN AB Từ (1), (2) và (3) suy ra hay SABQ = SAPQ SAMN AP k+1 = (2) AM 2k + 1 $1$ AQ AB DC 2k + 1 = = = (3) AN AB + DN DC + DN 2k + 2 B k + 1 2k + 1 1 = . = 2k + 1 2k + 2 2 1 SAMN 2 Nhận xét: M CN BM k + 1 nk + 1 =n . SAMN . Nếu thì SABQ = MD MC 2k + 1 nk + 2 P Bài 5: Cho D, E theo thự tự là hai điểm trên cạnh AB, AC của ΔABC N sao Q cho AD = DB, AE = 2EC. Gọi F là giao điểm giữa BE và CD. Chứng minh rằng SADEF = 5 S. 12 Lời giải Gọi I là trung điểm của AE mà ta lại có AD = B DB (gt) nên DI là đường trung bình của ΔABE F DI // BE, DI = 1 BE. Do 2 D F BE nên EF // DI mà EI = EC (gt). Vậy EF là A đường trung bình của ΔDIC . SEFC EF2 1 = = Ta có: 2 SCDI DI 4 I SCDI = 4SEFC SDIEF = SCDI - SEFC = 4SEFC - SEFC = 3SEFC . Vì AI = 1 1 IC nên SADI = SDIC = 2SEFC , SADC = 3SADI = 6SEFC . 2 2 Mặt khác AD = DB nên E C SADC = 1 1 SABC = S 2 2 6SEFC = 1 S 2 SEFC = SADFE = SDFEI + SADI = 3SEFC + 2SEFC = 5SEFC = 1 S 12 5 S. 12 µ o Bài 6: Cho ΔABC , A= 90 , AC = b, AB = c, BC = a. Chứng minh rằng a2 = b2 + c2 ( Định lý Pitago). Lời giải Trên tia đối của tia CA lấy điểm A ' sao cho CA ' = c. Từ A ' dựng đường thẳng vuông góc với AC, lấy điểm B ' sao cho A ' B ' = b. Xét ΔABC và ΔA'CB' có B' AC = A ' B ' = b và AB = A ' C = c ΔABC = ΔA'CB' . B µ= B' ¶ BC = B'C = a và C 1 1 c A ¶ +¶ ¶ = 90o B C1 = 90o,¶ B1 + C 1 2 µ+ C ¶ = 90o nên C 1 2 hình C A' ¶ = 90o . Vậy ΔBCB' vuông cân tại C. C 3 1 1 1 bc, SA'BC = bc, SBCB' = a 2 . Lại có tứ giác ABB ' A ' là 2 2 2 do đó AB // A ' B ' (cùng vuông góc với AC) nên SABC = thang SABB'A' = 2 1 1 c+b b+c = b + c . Mặt khác: 2 2 SABB'A' = SABC + SA'B'C + SBCB' hay c b Mặt khác Ta có: b a 1 b+c 2 2 1 1 1 bc + bc + a 2 2 2 2 = a 2 = b2 +c2 (đpcm). Bài 7: Cho tam giác ABC. Trên cạnh BC lấy hai điểm M và N. Chứng minh MB . NB AB · · = NAC = rằng MAB khi và chỉ khi MC . NC Lời giải AC 2 . c b A' A B C N H M D' * Điều kiện cần: · · = NAC Giả sử MAB , kẻ AH (1) . Ta lại có: SMAB SNAC Từ (1) và (2) BC. Theo tính chất trên ta có: SMAB AM . AB = SNAC AN . AC 1 AH . BM BM 2 = = (2) 1 CN AH . CN 2 MB AM . AB · · = = NAC (*) . Mặt khác vì MAB nên NC AN . AC · · NAB=MAC . SNAB AN . AB · · = = MAC Xét ΔANB và ΔAMC có NAB nên ta có: SMAC Lại có: SNAB SMAC 1 AH . NB NB 2 = = 1 MC AH . MC 2 NB AN . AB = (**) MC AM . AC MB . NB AB = Nhân hai vế của (*) và (**) ta có: MC . NC AC 2 * Điều kiện đủ: MB . NB AB = Giả sử MC . NC AC AM . AC 2 · (3) nhưng MAB · Khi đó trên BC lấy điểm N' sao cho MAB · NAC . · N'AC MB . N'B AB = Theo chứng minh trên ta có: MC . N'C AC 2 (4) NB N'B = NC N'C Từ (3) và (4) N' N ( N, N ' BC ) · · MAB = NAC . A Nhận xét Nếu M B N D với AD là đường phân giác góc A. Khi đó,ta có DB AB = . DC AC F G 2.2.2. Bài toán chứng minh bất đẳng thức Bài 1: Cho nửa đường tròn tâm O bán kính AB = 2R và M là một điểm thuộc D nửa đường tròn khác A và B. Tiếp tuyến của (O) tại M cắt tiếp tuyến tại A, B lần lượt tại các điểm C, D. Chứng minh rằng SACM + SBDM R2 . Lời giải Ta có BD// AC (cùng vuông góc với AB) suy ra tứ C giác ABCD là hình thang. AC + BD AB Vậy ta có SABCD CM + MD AB 2 M D 2 CD.AB 2 AB2 = 2R 2 (1) 2 A O H B Dấu “=” xảy ra khi M là trung điểm của cung AB. Dựng MH AB ta có SAMB = 1 MH.AB 2 1 MO.AB = R 2 (2). 2 Dấu “=” xảy ra khi M là trung điểm của cung AB. Từ (1) và (2) ta có: SACM + SBDM = SABCD - SAMB 2R 2 -R 2 = R 2 Dấu “ = ” xảy ra khi M là trung điểm của cung AB Bài 2: Cho ABC , về phía ngoài tam giác dựng các tam giác ABC1 , BCA1 , CAB1 sao cho SBCA1 + SCAB1 + SABC1 < SABC . Qua A1 , B1 , C1 ta kẻ các đường thẳng tương ứng song song với BC, CA, AB, chúng cắt nhau tạo thành MNP . Chứng minh rằng SMNP < 2SA1CB1 AC1B . C Lời giải Áp dụng định lý Talet ta có MA, NB, PC đồng quy tại O. M A 1 // BC nênRSBCA = SBCN Vì NA B 1 H Q SBCA1 SBCO = SBCNE NB = SBCO OB S F G tự Tương D SCAB1P SCAO B1 O C S C PC MA ABC1 = = và . OC SABO OA Mặt khác vì B N A1 P NB PC MA = = nên OB OC OA SBCA1 SBCO hay A C1 = SCAB1 SCAO = SABC1 SABO = SBCA1 + SCAB1 + SABC1 SABC 1 NB PC MA = = 1. OB OC OA Do đó NB < OB SBNA1 < SBOA1 ; PC < OC SCPA1 < SCOA1 SBNA1 + SCPA1 < SBOA1 + SCOA1 SBNA1 + SCPA 1 + SOBA1C < 2SOBA1C SONP < 2SOBA1C Tương tự, ta có SOPM < 2SOCB1A ; SOMN < 2SOAC1B SMNP = SONP + SOPM + SOMN 2 SOBA1C + SOCB1A + SOAC1B < 2SA1CB1AC1B . Nhận xét Nếu SBCA1 + SCAB1 + SABC1 > SABC thì SMNP > 2SA1CB1AC1B . Bài 3: Cho ABC là tam giác nhọn, trực tâm H, các đường cao AA1, BB1, CC1. Chứng minh rằng: a. AA1 BB1 CC1 + + HA1 HB1 HC1 b. HA1 HB1 HC1 + + HA HB HC Lời giải 9 3 . 2