Các chuyên đề ôn thi vào Lớp 10 môn Toán - Chuyên đề 6: Diện tích đa giác và phương pháp sử dụng diện tích trong chứng minh

Nội dung text: Các chuyên đề ôn thi vào Lớp 10 môn Toán - Chuyên đề 6: Diện tích đa giác và phương pháp sử dụng diện tích trong chứng minh

1. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 Chuyên đề 6 : DIỆN TÍCH ĐA GIÁC VÀ PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH I. NỘI DUNG KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NHỚ: 1. Đa giác lồi. 2. Đa giác đều 3. Tổng các góc trong đa giác n cạnh là (n – 2). 1800 4. Số đường chéo của một đa giác n cạnh là ( 3nn ) . 2 5. Tổng các góc ngoài của một đa giác n cạnh là 3600 6. Trong một đa giác đều, giao điểm O của hai đường phân giác của hai góc là tâm của đa giác đều. Tâm O cách đều các đỉnh, cách đều các cạnh của đa giác đều, có một đường tròn tâm O đi qua các đỉnh của đa giác đều gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác đều. 7. Diện tích tam giác: 1 Sah . (a: cạnh đáy; h: chiều cao tương ứng) 2 1 S a. b .sin C ( a = AB; b = CA ) 2 8. Diện tích hình chữ nhật S = ab 9. Diện tích hình vuông S = a2 10. Diện tích hình bình hành S = ah (h là chiều cao kẻ từ một đỉnh đến cạnh a) 11. Diện tích hình thoi 1 SACBD . (AC; BD là hai đường chéo) 2 12. Diện tích hình thang 1 S ( AB CD ). AH (AB, CD là hai đáy; AH: chiều cao) 2 13. Một số kết quả cần nhớ a). SABM = SACM ( AM là trung tuyến tam giác ABC) b). AA’ // BC => SABC = SA’BC S BD c). ABD (D thuộc BC của tam giác ABC) SDBC CD S AH d) ABD (AH; DK là đường cao của tam giác ABC và DBC) SDBC DK 1
2. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 S AMAN e) AMN . (M thuộc BC; N thuộc AC của tam giác ABC) SABACABC II. PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH: Sử dụng công thức tính diện tích để thiết lập mối quan hệ về độ dài của các đoạn thẳng - Ta đã biết một số công thức tính diện tích của đa giác như công thức tính diện tích hình tam giác, hình thang, hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi khi biết độ dài của một số yếu tố ta có thể tính được diện tích của nhữnh hình ấy. Ngược lại nếu biết quan hệ diện tích của hai hình chẳng hạn biết diện tích của hai tam giác bằng nhau và có hai 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. Sử dụng các công thức tính diện tích các hình có thể giúp ta so sánh độ dài các đoạn thẳng. - Để so sánh độ dài các đoạn thẳng bằng phương pháp 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 mối quan hệ đó bằng một đẳng thức có chứa các độ dài. 3. Biến đổi các đẳng thức vừa tìm được ta có quan hệ về độ dài giữa hai đoạn thẳng cần so sánh. Ví dụ 1: Cho tam giác đều ABC. Từ điểm O ở trong tam giác ta vẽ OHAB ; OIBC ; OKCA . Chứng minh rằng khi O di động trong tam giác thì tổng OH + OI + OK không đổi. Giải Gọi độ dài mỗi cạnh của tam giác đều là a, chiều cao h Ta có: SSSSAOBBOCCOAABC 1 1 1 1 aOH aOI aOK ah A 2 2 2 2 11 a(). OHOIOKa h K 22 H ()OHOIOKh (không đổi) B C Nhận xét : I - Có thể giải ví dụ trên bằng cách khác nhưng không thể ngắn gọn bằng phương pháp diện tích như đã trình bày. - Bài toán trên vẫn đúng nếu O thuộc cạnh của tam giác đều - Nếu thay tam giác đều bởi một đa giác bất kỳ thì tổng các khoảng cách từ O đến cách cạnh cũng không thay đổi. Ví dụ 2: 2
3. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 Chứng minh định lý Pitago: Trong một tam giác vuông, bình phương của cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông: Giải: - Dựng ra phía ngoài ABC các hình vuông BCDE; ABFG; ACMN 2 2 2 - Muốn chứng minh BC AB AC ta phải chứng minh SSSBCDE ABFG ACMN - Vẽ đường cao AH kéo dài cắt DE tại K. ta sẽ chứng minh SSABFGBHKE và SSACMNCHKD - Nối AE; CF F B C A B E (c-g-c) SSFBCABE (1) FBC và hình vuông ABFG có chung đáy BF, đường cao ứng với đáy này bằng nhau (là AB) 1 SS (2) FBCABFG2 1 Tương tự: SS (3) ABEBHKE2 Từ (1); (2) và (3) SSBHKEABFG Chứng minh tương tự ta được: SSCHKD ACMN Do đó: SSSSBHKECHKDABFGACMN SSSBCDEABFGACMN (đpcm) 3
4. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 N G A M F B H C E K D Nhận xét: - Điểm mấu chốt trong cách giải trên là vẽ hình phụ: vẽ thêm ba hình vuông. Ta phải chứng minh: BCABAC222 mà BC2; AB2; AC2 chính là diện tích của các hình vuông có cạnh lần lượt là BC; AB; AC. - Để chứng minh SSSBCDEABFGACMN ta vẽ đường cao AH rồi kéo dài để chia hình vuông BCDE thành hai hình chữ nhật không có điểm trong chung rồi chứng minh hai hình chữ nhật này có diện tích lần lượt bằng diện tích của hai hình vuông kia. Bài tập áp dụng: (Khoảng 5 bài tập) III. TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ - Đặt các diện tích cần tìm bởi các ẩn rồi đưa về phương trình hoặc hệ phương trình với các ẩn đó. - Giải phương trình hoặc hệ phương trình để tìm nghiệm Ví dụ 1: Cho ABC có diện tích bằng đơn vị, trên cạnh AB lấy M và trên AC lấy N sao cho AM = 3BM. BN cắt CM ở O. Tính diện tích của AOB và Giải: A \ 4 M N O C
5. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 Đặt SAOB = x; SAOC = y (x,y > 0) 3 AM 3 Ta có: S OAM (vì ) 4 AB 4 S OAB B 3x \ S OAM 4 AN 4 AN 4 Vì nên S OAN AC 5 C A C 5 4y S OAN 5 4y Ta có: SBAN = SBAO + SOAN = x + 5 44 44y mà S nên x (1) S BAN 55ABC 55 3x mặt khác: SSy S CAM COAOAM 4 33 mà: S S CAM 44ABC 33x do đó: y (2) 44 Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình 5x + 4y = 4 (3) 3x + 4y = 3 (4) 1 Lấy (3) trừ (4) theo từng vế ta được x 2 3 Thay vào (3) ta được x 8 1 3 Vậy S và S AOB 2 AOC 8 Ví dụ 2: Giả sử MNPQ là hình vuông nội tiếp tam giác ABC, với MAB NAC; và PQBC; . Tính cạnh hình vuông biết BC = a và đường cao AH = h Giải: Gọi I là giao điểm của AH với MN. Đặt cạnh hình vuông MNPQ là x (x > 0), Ta có: 1 1 S MN. AI x() h x AMN 2 2 5
6. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 11 SBCMNMQaxx ()() BMNC 22 A 1 S a. h ABC 2 M I N Ta lại có: SSSABCAMNBMNC nên 111 a.()() hxhxxax 222 C ah B Q H P Hay: a.() hxahx ah Vậy cạnh hình vuông MNPQ là ah ah Bài tập áp dụng: khoảng 5 bài IV. BẤT ĐẲNG THỨC DIỆN TÍCH: - Ta sử dụng hệ quả của bất đẳng thức Côsi: nếu hai số có một tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi hai số ấy bằng nhau. - Để sử dụng các bất đẳng thức đại số ta đặt độ dài cần xác định là x biểu thị đại lượng cần tìm giá trị nhỏ nhất (hay giá trị lớn nhất) bằng một biểu thức có biến x rồi tìm điều kiện của x để biểu thức có giá trị nhỏ nhất (hay giá trị lớn nhất). Ví dụ 1: Cho tam giác ANC vuông tại A, AB = 4cm. Trên hai cạnh AB và AC lần lượt lấy các điểm M, N sao cho AM = CN. Xác định vị trí của M, N sao cho tứ giác BCMN có diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích nhỏ nhất đó Giải: B Đặt: SSBCMN ; AM = CN = x => AN = 4 - x S = SABC - SAMN M 4.4(4)(4)xxxx S 8 222 A C xx(4) N S nhỏ nhất lớn nhất 2 xx(4 ) lớn nhất 2 Vì x + (4 – x) = 4 (không đổi) nên x(4 – x) lớn nhất x = 4 – x x = 2 (hệ quả bất đẳng thức Côsi Khi đó M và N lần lượt là trung điểm của AB và AC 2(4 2) S 86 cm2 min 2 Ví dụ 2: 6
7. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 Cho đường tròn tâm O bán kính r nội tiếp trong tam giác ABC. Qua O vẽ 2 đường thẳng cắt hai cạnh AC và BC lần lượt tạio M và N. Chứng minh SrCMN 2 Giải: Đặt SSC M N 1 Ta có SSSMCNCr () CMNOCMOCN 2 Theo bất đẳng thức Côsi: A 1 ().25MCNCCMCN M 2 11 (Vì SMCNCCCMCN ().sin. ) 22 1 SMCNCrSr().2. C B 2 N S S22 r 2. Dấu “=” xảy ra khi CM = CN hay M N O C Bài tập áp dụng: Khoảng 5 bài V. BÀI TẬP VỀ DIỆN TÍCH VÀ CHỨNG MINH Ví dụ 1: Cho hình thang ABCD, đáy AB = 3cm, AD = 4cm, BC = 6cm, CD = 9cm. Tính diện tích hình thang Giải Vẽ BEAD// ta có: 39 S h6 h (cm2) A B 2 C B E cân ở C I IC2 = 36 – 4 = 32 IC 42 D E K C 4.42 S 82 BCE 2 8 5.2 8 2 h BK 63 82 Sh 66.16 2 ABCD 3 Ví dụ 2: Cho ABC có chu vi là 2p, cạnh BC = a, gọi góc BAC , đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh AC tại K. Tính diện tích AOK + Giải C AK = AL; CK = CM; BM = BL K 7 M A L B
8. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 2 CM + 2 AK + 2 BM = 2p AK = p – (BM + CM) AK = p – a KAO 2 OK = (p - a)tan 2 1 1 2 S = AK .AO = (pa ) tan AOK 2 22 * Bài tập áp dụng: 1. Cho ABC có 3 góc nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’ và trực tâm H. HAHBHC''' Tính tổng: AABBCC''' 2. Một tam giác có độ dài các đường cao là các số nguyên và bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 1. Chứng minh tam giác đó đều. 3. Cho ABC biết A , , B , , C  , đường tròn nội tiếp tam giác có bán kính bằng r; P, Q, R là các tiếp điểm. Tính diện tích tam giác PQR 4. Cho ABC. Trên cạnh AB lấy điểm M, trên cạnh AC lấy điểm N sao cho AMAN 1 . Gọi O là giao điểm của BN và CM. Gọi H, L lần lượt là chân đường ABAC 3 vuông góc kẻ từ A, C tới đường thẳng BN. a/ Chứng minh CL = 2 AH. b/ Chứng minh: SBOC = 2 SBOA Kẻ CE và BD vuông góc với AO. Chứng minh BD = CE. 2 c/ Giả sử SABC = 30 cm , tính SAMON. 5. Cho hình thang ABCD, đáy AB, O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. a/ Chứng minh rằng: SOAD = SOBC. 2 b/ SOAB.SOCD = (SOBC) HƯỚNG DẪN GIẢI 1 HA'. BC A S HA' B’ 1. Ta có: HBC 2 (1) S1 AA' ABC AA'. BC 2 C’ S HC ' H Tương tự: HAB (2) S CC ' ABC C B A’ 8
9. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 S HB ' HAC (3) S BABC B ' Cộng (1), (2) và (3) ta được: HAHBHC''' SSS S = HBCHABHAC = ABC 1 AABBCC''' SABC SABC 2. Đặt a = BC, b = AC, c = AB Gọi x, y, z là độ dài các đường cao tương ứng với 3 cạnh a, b, c của tam giác. Vì bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1 nên x, y, z > 2 Giả sử: x y z 2 1 1 1 3 Theo kết quả bài 1: =1 x y z z z 3 z=3 1 1 2 Từ: =1 hay 3(x+y) = 2xy xy3 (2x-3)(2y-3) = 9 = 3 . 3 = 9 . 1 x = y = 3 hoặc x = 6; y =2 (loại) Vậy = y = z khi đó a = b = c 3. OP = OQ = OR = r. SPQR = S OPR + SOPQ + SOQR 1 S = r2sin(1800 - ) PQR 2 = r2sin 2 SORQ = r sin  2 SORQ = r sin  2 Do đó SPQR = r (sin + sin  + sin  ) 4. A a/ CN = 2 AN SBNC = 2S BNA SBNC 2 S BNA  H  CL2 AH M BNchung  L O N 9
10. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 1  S . BO CL BOC 2 B E 1 C S BOABOCBOA.S2S BOAH  / 2 (1) D CL= 2AH  A Chứng minh tương tự SBOC = 2SCOA (2) T ừ (1) v à (2) SBOA = 2 SCOA (3) Kẻ CE  AO, BD CE Ta chứng minh được: BD = CE 2 2 2 c/ Giả sử SBOC = 2a (cm ) SBOA = a (cm ), SCOA= a (cm ) Ta tính được: 2 2 SABC = 4a (cm ) a = 3 cm 1 Ta lại có S = S = a= 1 (cm2) ONA OMA 3 2 Vậy: SOAMN = 2 cm 5. a/ Kẻ đ ư ờng cao AH v à BH’, ta c ó: AH = BH’ 1 Ta có: S = AHDC. ADC 2 1 S = '. BHDC A BDC 2 B SADC = SBDC SODA = SOBC b/ Kẻ đường cao BK của ABC, ta c ó: L SOAB OA K SOBC OC S OA Tương tự: OAD D A C SOCD OC H’ SSOABOAD 2 (SOBC) = SOAB.SOCD ( Vì SOBC = SOAD) SSOBCOCD 10
11. Timgiasuhanoi.com - Trung tâm Gia sư tại Hà Nội - 0987 109 591 11