Tài liệu ứng dụng của một hệ thức hình học vào giải toán

ỨNG DỤNG CỦA MỘT HỆ THỨC HÌNH HỌC VÀO GIẢI TOÁN Bài toán gốc: Cho tam giác ABC. một đường thẳng bất kỳ cắt các cạnh AB , AC thứ tự tại E và F. S AEF AE. AF  Chứng minh hệ thức: S ABC AB. AC Lời giải: Kẻ các đường cao EH và BK của các tam giác AEF và ABC EB AE  Do EH // BK nên BK AB 1 1 AF .EH AE. AF S AEF AE. AF  2  2  Ta có: 1 1 S ABC AB. AC BK . AC AB. AC 2 2 S AEE AE. AF  Vậy: . S ABC AB. AC A H E F K C B Hình 1 Nhận xét: Đến đây nếu giáo viên và học sinh chỉ dừng lại ở kết quả S AEF AE. AF  mà S ABC AB. AC không quan tâm những ứng dụng của nó thì thật đáng tiếc S AE. AF Sau đây là một số ứng dụng của hệ thức AEF  S ABC AB. AC  Một số ứng dụng của bài toán gốc.  Bài 1: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ cắt các cạnh AB, AC và AM thứ tự tại E, F và I. Chứng minh: AB AC AM   2. AE AF AI Chứng minh: Ta có: S AEF S S AE. AF 1  AE. AI AF . AI   AEI  AIF      S ABC 2 S ABM 2 S ACM AB. AC 2  AB. AM AC. AM   2. AE. AF . AM  AI ( AE. AC  AF . AB) 0  AB AC AM  2 . AE AF AI A F E I B C M Hình 2 AB AC AM   2. AE AF AI Đặc biệt khi I là trọng tâm ta có bài tập sau:  Bài 2: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F. Chứng minh: AB AC  3 AE AF Giải: Ta có thể giải bài này theo nhiều cách khác nhau: AB AC  3 Lời giải 1(Hình 3): Từ kết quả của bài 1 ta có ngay kết quả AE AF Vậy: A F G E B C M Hình 3 Lời giải 2(Hình 4): A E F G I B M K C Hình 4 BI // EF ; CK // EF (I, K thuộc AM). Ta có: Kẻ AB AI AC AK AB AC AI  AK  ;    (1) . Cộng vế theo vế ta được: AE AG AF AG AE AF AG Mặt khác: BIM  CKM  MI  MK (2) 1 Từ (1) và (2) suy ra: AB AC AM   2.  3. AE AF AG AB AC  3 AE AF Lời giải 3(Hình 5): Vậy: A F G I E B K C M Hình 5 Kẻ BI, CK lần lượt song song với AM (I, K thuộc d)khi đó MG là đường trung bình của hình thang BCKI nên BI + CK = 2GM (*): EB BI AB BI  AG    (1) AE AG AE AG CF CK AC CK  AG    (2) AF AG AF AG AB AC 2 AG  2GM 3 AG    3 Từ (*), (1) và (2) suy ra: AE AF AG AG AB AC  3 Vậy: AE AF Lời giải 4(Hình 6): Kẻ BI, AK, MP, CQ lần lượt vuông góc với d khi đó MP là đường trung bình của hình thang vuông BCQI do đó: BI + CQ = 2 PM (1) A E B Do AK // MP  F P I K Q G M C Hình 6 AK AG   2  AK  2MP kết hợp với (1)  BI + CQ = AK MP GM 2 Ta có: AB AC AE  EB AF  FC EB CF BI CQ BI  CQ AK     2   2   2  2 3 AE AF AE AF AE AF AK AK AK AK AB AC  3 Vậy: AE AF AB AC  Nhận xét: Từ kết quả của bài tập 2 ta thấy = 3 luôn không đổi khi đường thẳng AE AF d thay đổi và cắt hai cạnh AB, AC của tam giác ABC. Kết quả quan trọng này lại trở thành bài toán gốc để giải quyết một số bài toán khác. Chẳng hạn:  Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm G của tam giác cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F. Chứng minh: 1 1 9   2 2 AE AF BC 2 Chứng minh: Lời giải1(Hình7): Áp dụng kết quả bài 2 , bất đẳng thức Bunyacovsky và định lí Pythagore ta có: 2 1   AB AC  2 2  1 9      AB  AC    2 AF 2   AE AF   AE 1 1 9 9     2 2 2 2 AE AF AB  AC BC 2 Vậy: 1 1 9   2 2 AE AF BC 2 A F G E M B C Hình 7 Lời giải 2(Hình 8): A F E H G B M C Hình 8 Kẻ AH vuông góc với EF (H thuộc EF). Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông AEF 1 1 1   (1) ta có: 2 2 AE AF AH 2 2 BC 1 9  AH AM (2) Mặt khác: AH  AG 2 3 3 AH BC 2 3 1 1 9   . Dấu đẳng thức xẩy ra khi H trùng G 2 2 AE AF BC 2  Bài 4: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác AEF Lời giải (Hình 9): Từ (1) và (2) ta có: A G E B M F C Hình 9 Áp dụng bất đẳng thức (a + b)2  4ab. Đẳng thức xẩy ra khi a = b ta có: S AB AC 2 AB AC 9 ( ۳ ۳ ) 4 . 9 4 ABC S AEF S ABC AE AF AE AF S AEF 4 AB AC 9   d // BC . Vậy GTNN( S AEF ) = S ABC  d // BC Đẳng thức xẩy ra  AE AF 4 Câu hỏi đặt ra là liệu có tìm được giá trị lớn nhất của diện tích tam giác AEF không?  Bài 5: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác AEF Lời giải (Hình 9): Ta có: AB AC  3. AE AF Đặt: AB  x (1  x  2) AE AC   3 x AF S ABC AB. AC 1  x(3 x) ( x 1)(2 x) 2 2 S AEE S ABC không đổi. Đẳng Ta có: S AEF AE. AF 2 thức xấy ra khi và chỉ khi x = 1 hoặc x = 2 1 Vậy GTLN của S AEF  S ABC . Dấu bằng đạt được khi E trùng B hoặc F trùng C 2  Nhận xét: Từ bài 4 và bài 5 ta có thể tìm được GTNN và GTLN của tứ giác BCFE...  Bài 6: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Đường thẳng bất kỳ đi qua trọng tâm G cắt các cạnh AB và AC thứ tự tại E và F. Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng diện tích các tam giác BFE và CEF Lời giải (Hình 10): 4 Cách 1 Hình 10 A P E H B G F J I N M K C Kẻ BP, MI, CN cùng vuông góc với đường thẳng EF Khi đó: BP  CN  2MI (Đường trung bình của hình thang) AH AG AHG MIG    2  AH  2 MI (1) MI GM 1 1 1 Ta có: S BEF  SCEF  EF ( BP  CN )  EF .2MI  EF .MI  EF . AH  S AEF (2) 2 2 2 9 Do: S AEF  S ABC (3) 4 9 Từ (1), (2), (3) suy ra: S BEF  SCEF  S ABC 4 A 9 Vậy GTNN( S BEF  SCEF ) = S ABC  d // BC 4 Cách 2: (hình 9) Ta có: S BFE  SCFE BE CF AB  AE AC  AF G     E S AEF AE AF AE AF AB AC   2  3 2 1 AE AF  S BFE  SCFE  S AEF F  B C M Tiếp tục dùng kết quả của bài toán gốc . Ta có các bài tập sau:  Bài 7: Gọi AP, BF, CE lần lượt là các đường cao của tam giác nhọn ABC. Chứng minh rằng: S EFP  1  cos 2 A  cos 2 B  cos 2C S ABC Lời giải (Hình 11): s AEF AE. AF AE AF   .  cos 2 A Ta có: S ABC AB. AC AC AB Hình 11 Tương tự ta có: sCFP s AEP A  cos 2 B;  cos 2C S ABC S ABC Do đó: S EFP  1  cos 2 A  cos 2 B  cos 2C . S ABC F E 5 B P C  Bài 8: Gọi AP, BF, CE lần lượt là các đường phân giác trong của tam giác nhọn ABC. Tìm điều kiện của tam giác ABC để diện tích tam giác EFP lớn nhất. Lời giải(Hình 12): Đặt AB = c, AC = b, BC = a s AEF AE. AF AE AF b c   .  . Ta có: S ABC AB. AC AB AC a  b c  a Tương tự ta có: s sBEP a c a b  . ; CFP  . S ABC a  b c  b S ABC a  c b  c S  ( S AEF  S BEP  SCFP ) S  EFP  ABC S ABC S ABC S 2abc  EFP  (1) S ABC (a  b)(b  c)(c  a) A F E Hình 12 B P Do: a  b  2 ab ; b  c  2 bc ; c  a  2 ac  (a  b)(b  c)(a  c)  8abc (2) S FEP 1 1  S EFP S ABC . Từ (1) và (2) suy ra: S ABC 4 4 Dấu “ = ” đạt được khi và chỉ khi a = b = c. 1 Vậy GTLN( S EFP ) = S ABC   ABC đều.  4  Nhận xét: Như vậy nếu biết độ dài 3 cạnh kết hợp với định lý Hêrông ta sẻ tính được diện tích tam giác EFP  Bài 9: Trên 3 cạnh AB, BC, CA của tam giác ABC lần lượt lấy M, N, P sao cho S MNP 5 AM BN CP     k .Tìm k để S ABC 8 MB NC PA Lời giải (Hình 13): AM BN CP k BM CN PA 1       Từ giả thiết suy ra: và (t/c tỉ lệ thức) AB BC AC k  1 AB BC AC k  1 S BMN S S AMP AM . AP k k k    ; CNP  2 . Tương tự: 2 S ABC AB. AC  k  1 S ABC  k  1 S ABC  k  1 2 . Từ đó ta có: 3k S MNP S ABC   S AMP  S BMN  SCNP   = 12 .  k  1 S ABC S ABC 6 C Do đó: 3k S MNP 5 5   1 k2 – 6k + 1 = 0. Bài toán có hai nghiệm: 2 = S ABC 8  k  1 8 k1  3  2 2 ; k 2  3  2 2 thoả mãn Hình 13 A P M B N C  Bài 10: Cho hình bình hành ABCD trên các cạnh BC, CD lần lượt lấy các điểm M, N BM CN   k . Gọi P, Q theo thứ tự là giao điểm của AM, AN với BD. sao cho MC 2 DN a) So sánh diện tích của PMNQ và APQ b) Tính diện tích tam giác AMN theo k và theo diện tích của ABCD Lời giải (hình 14): a) Ta có: S AMN AM . AN AP  PM AQ  QN  PM   QN    . = 1   (*)  1  S APQ AP. AQ AP AQ AP   AQ   Theo giả thiết có: BC BM  CM 1 k 1   1  MB MB k k CD DN  CN   1  2k DN DN Kết hợp với định lý talét ta có: QN DN DN 1 PM BM BM k       và . Thay vào (*) ta có: AQ AB DC 2k  1 AP AD BC k  1 S AMN  k  1  = 2. Suy ra:  1  S MNPQ  S APQ 1  S APQ  k  1  2k  1   b) Chú ý rằng: S ABCD  2 S ABC  2 S ADC  2 SCBD S ABM BA.BM BM k    S ABC BA.BC BC k  1 S ADN DA.DN DN k    S ABD DA.DC DC 2k  1 CB CD 2k  1  1  k;  Ta có: CM CN 2k Suy ra: 7 S AMN S ABCD   S ABM  S ADN  SCMN   S ABCD S ABCD  1 S ABM S S  ADN  CMN 2 S ABC 2 S ADC 2 S DBC 1 k 1 2k  1   k  1  2k  1   k  1  2k  1 2 2k 2  2k  1  2  k  1  2k  1     Từ đó tính được: S AMN theo k và diện tích của ABCD Hình 14 M B C P N Q A D Người viết Phan Đình Ánh 8