Bồi dưỡng học sinh giỏi – hình học 8

Phương pháp diện tích
1. Ta đã biết một số công thức tính diện tích của đa giác như tam giác, hình thang, hình bình 
 hành, hình thoi,  Khi biết độ dài của một số yếu tố ta có thể tính được diện tích của các 
 hình ấy. Ngược lại nếu biết quan hệ diện tích của 2 hình chẳng hạn biết 2 tam giác có diện
 tích bằng nhau và có 2 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, từ đó giúp
 ta so sánh độ dài các đoạn thẳng.
2. Để so sánh 2 độ dài nào đó bằng p2 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 mqh 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 2 đoạn thẳng cần só sánh.
3. Một số biện pháp thực hiện :
 a) Sử dụng trực tiếp công thức tính diện tích tam giác 
 FVí dụ 1. Cho tam giác đều ABC. Từ một điểm O ở trong tam giác ta vẽ OH AB;
 OI BC; OK CA. 
 Chứng minh rằng khi O di động trong tam giác thì tổng OH +OI + OK không đổi.
 FBg
 Gọi độ dài mỗi cạnh của tam giác đều là a, chiều cao là h
A
K
H
C
B
I
O
 Ta có SAOB + SBOC + SCOA = SABC 
 a.OH + a.OI + a.OK = a.h
 a(OH + OI + OK) = ah
 Suy ra OH + OI + OK = h (không đổi)
Nhận xét 
Có thể giải ví dụ trên bằng cách khác nhưng không ngắn gọn bằng p2 diện tích đã trình bày ở trên .
Bài toán trên vẫn đúng nếu điểm O thuộc cạnh của tam giác đều
Ta còn có tổng AI + BI + CK không đổi 
Nếu thay tam giác đều bởi một đa giác đều bất kì thì tổng các khoảng cách từ điểm O đến các cạnh cũng không đổi.
 b) 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 2 tam giác có cùng đáy thì tỉ số 2 chiều cao tương ứng bằng
 tỉ số 2 diện tích.
 FVí dụ 2. Cho tam giác ABC và 3 điểm A’ , B’ , C’ lần lượt nằm trên 3 cạnh BC, CA, AB 
 sao cho AA’, BB’, CC’ đồng quy. (A’ , B’ , C’ không trùng với các đỉnh của tam giác).
Chứng minh rằng : = 1
FBg 
Tìm hướng giải : 
Ta thấy ở vế trái của đpcm là tích của 3 tỉ số. Để có thể rút gọn được tích này ta sẽ thay đổi tỉ số của 2 cạnh bằng tỉ số diện tích của 2 tam giác thích hợp, sau đó khử liên tiếp để được kết quả là 1.
Chứng minh :
Vẽ BHAA’ và CKAA’. Tam giác AA’B và tam giác AA’C là 2 tam giác có cùng 1 chiều cao hạ từ A và có 2 cạnh đáy tương ứng là A’B và A’C nên (1)
A
B’
C’
C
K
A’
B
O
H
 Mặt khác AA’B và AA’C có chung cạnh AA’
 và có các chiều cao tương ứng là BH và CK nên 
 (2)
 AOB và AOC có chung cạnh AO và có các chiều
 cao tương ứng là BH và CK nên (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra (4)
Chứng minh tương tự được (5) và (6)
Nhân từng vế các đẳng thức (4), (5), (6) ta được: = = 1.
Chú ý : Bài toán trên vẫn đúng nếu các điểm A’ , B’, C’ thuộc các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác, trong đó có đúng 2 điểm nằm ngoài tam giác.
c) Sử dụng tính chất : Nếu 1 tam giác và một hình bình hành có cùng đáy và cùng chiều cao (ứng với đáy đó) thì diện tích tam giác bằng nửa diện tích hình bình hành.
FVí dụ 3. Chứng minh định lý Pi-ta-go: Trong 1 tam giác vuông, bình phương cạnh huyền bằng tổng các bình phương 2 cạnh góc vuông.
Có rất nhiều cách để chứng minh, ở đây ta dùng p2 diện tích để chứng minh :
M
N
G
F
D
K
E
A
C
B
H
FBg
Lấy các cạnh của ABC ( = 900 ) làm cạnh, dựng ra phía ngoài 
của tam giác này các hình vuông BCDE, ABFG, ACMN.
Muốn chứng minh BC2 = AB2 + AC2 ta pcm 
 SBCDE = SABFG + SACMN
Vẽ đường cao AH và kéo dài cắt DE tại K. Ta sẽ 
chứng minh SABFG = SBHKE và SACMN = SCHKD.
Nối AE, CF . FBC = ABE (c.g.c)
SFBC = SABE (1)
FBC và hình vuông ABFG có chung đáy BF,
đường cao ứng với đáy này bằng nhau ( = AB )
nên SFBC = SABFG. (2)
Tương tự, SABE = SBHKE. (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra SBHKE = SABFG.
Chứng minh tương tự được SCHKD = SACMN.
Do đó SBHKE + SCHKD = SABFG + SACMN hay 
SBCDE = SABFG + SACMN (đpcm).
Nhận xét
 Điểm mấu chốt trong cách giải trên là việc vẽ hình phụ: Vẽ thêm 3 hình vuông. Điều gì
 gợi ý cho ta cách vẽ ấy ?
 Hãy nhìn vào kết luận của định lí: Ta pcm BC2 = AB2 + AC2 mà BC2 ; AB2 ; AC2 chính là
 diện tích các hình vuông có cạnh lần lượt là BC, AB, AC. Để chứng minh diện tích hình 
vuông BCDE bằng tổng diện tích của 2 hình vuông ABFG và ACMN ta đã vẽ đường cao AH rồi kéo dài để chia hình vuông BCDE thành 2 hình chữ nhật không có điểm trong chung rồi chứng minh 2 hình chữ nhật này có diện tích lần lượt bằng diện tích của 2 hình vuông kia.
Bài tập
1. Cho tam giác ABC cân tại A. Từ 1 điểm M trên đáy BC vẽ MDAB, MEAC
 a) Chứng tỏ rằng tổng MD + ME không phụ thuộc vào vị trí của M trên đáy BC
E
D
M
C
B
A
 b) Có nhận xét gì về khi M di động trên đường thẳng BC nhưng không nằm trên
 đáy BC ? 
 Bg
 a) Gọi cạnh bên là b, đường cao ứng với cạnh b là h.
A
D
B
E
M
C
 SABM + SACM = SABC ; b.MD + b.ME + b.h
 MD + ME = h (không đổi)
 b) Chứng minh tương tự câu a) ta được
 = h (không đổi) .
2. Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác AD. Vẽ DHAB. Đặt DH = d, AB = c,
 AC = b. Chứng minh rằng ; .
A
K
H
C
D
B
2
1
d
 Bg
 Vẽ DKAC thì DK = DH = d
 SADB + SADC = SABC ;
 cd + bd = bc ; cd + db = bc
 Chia cả 2 vế cho bcd ta được .
3. Cho tam giác ABC, điểm M ở trong tam giác hoặc ở trên một cạnh sao cho
 SMBC = SMAB + SMAC. Chứng minh rằng M di động trên một đoạn thẳng cố định.
F
C
K
H
B
E
A
M
 Bg
 Vẽ AHBC; MKBC.
 SMBC = SMAB + SMAC = SABC MK = AH.
 Vì M không nằm ngoài tam giác nên M nằm trên
 đoạn thẳng EF // BC và cách BC 1 khoảng AH.
4. Cho hình bình hành ABCD. Trên AB lấy điểm M, trên AD lấy điểm N. Gọi O là giao điểm
N
M
D
C
B
A
K
O
H
 của BN với DM. Biết OC là tia phân giác của góc BOD, chứng minh rằng BN = DM.
 Bg
 Vẽ CHBN; CKDM ta được CH = CK.
 SNBC = SDBC ; SMCD = SBCD.
 Suy ra SNBC = SMCD do đó BN = DM
 ( vì có 2 chiều cao tương ứng bằng nhau ).
5. Cho tam giác ABC (AB < AC), M là 1 điểm trên cạnh BC. Vẽ BIAM ; Vẽ CKAM. Xác 
 định vị trí của M để tổng BI + CK nhỏ nhất.
 Bg
H
M
K
C
A
B
II
 Vẽ đường cao AH. SABM + SACM = SABC ; AM.BI + 	AM.CK = SABC
 AM(BI + CK) = SABC ; BI + CK = 
 BI + CK nhỏ nhất AM lớn nhất. Vì AH AB < AC nên AM lớn nhất
 khi và chỉ khi M C. Min(BI + CK) = độ dài đường cao kẻ từ B của ABC.
6. Cho ABC, đường cao BH, CK. Đặt AC = b ; AB = c ; BH = hb ; CK = hc . Hỏi ABC phải
 có điều kiện gì để b + hb = c + hc . 
 Bg
 b + hb = c + hc (b - c) – (hc – hb) = 0 (b – c) - = 0 (b – c) - = 0
 (b – c) = 0 ABC cân tại A hoặc ABC vuông tại A.
7*. Cho ABC. Trên các cạnh BC, CA, AB lần lượt lấy các điểm D, E, F (khác các đỉnh của
 tam giác) sao cho AD, BE, CF cắt nhau tại H . Chứng minh rằng : 
 a) = 2 b) 
A
E
F
C
D
B
H
 Bg
 Đặt SHBC = S1 ; SHCA = S2 ; SHAB = S3 ; SABC = S
 a) . Tương tự có :
 ; 
 Vậy = = = 2.
 b) ; Tương tự ; 
 Vậy 2 + 2 + 2 = 6
 Dấu “=” xẩy ra S1 = S2 = S3 H trùng với trọng tâm tam giác ABC.
8*. Cho tam giác ABC và M là một điểm nằm trong tam giác. Vẽ MDBC; MECA;
 MFAB. Đặt BC = a; CA = b; AB = c; MD = x; ME = y; MF = z và SABC = S.
A
E
F
C
B
D
M
x
z
y
Chứng minh rằng ax + by + cz = 2S.
Tìm min
Bg
SMBC + SMCA + SMAB = SABC (ax + by + cz) = S
 (ax + by + cz) = 2S
(ax + by + cz) = (a2 + b2 + c2) + ab + bc + ca
 a2 + b2 + c2 + 2ab + 2bc + 2ac = (a + b + c)2
Vậy dấu “=” xẩy ra x = y = z min=
( khi và chỉ khi M là giao điểm các đường phân giác ) . 
9*. a) Cho góc xOy, tia Ot nằm trong góc đó. Lấy điểm A cố định trên Ox, điểm B cố định trên
 Oy và C là điểm di động trên Ot. Tia Ot cắt AB tại M. Chứng minh rằng SAOC = SBOC khi và
 chỉ khi M là trung điểm của AB .
 b)* Cho hình bình hành ABCD. Trên các cạnh AB và BC lần lượt lấy các điểm E và F. Gọi M
N, K thứ tự là trung điểm DE, DF, và EF. Gọi O là giao điểm của AM và CN. Chứng minh rằng 3 điểm B, O, K thẳng hàng.
O
A
B
C
t
x
y
M
Bg
– Nếu M là trung điểm của AB thì SAOM = SBOM ; SCAM = SCBM
Suy ra SAOM + SCAM = SBOM + SCBM hay SAOC = SBOC.
- Đảo lại, nếu SAOC = SBOC ta pcm MA = MB
Gọi h1 và h2 lần lượt là khoảng cách từ O và từ C tới AB
Ta có SAOM + SCAM = SBOM + SCBM ;
A
E
B
F
C
D
M
O
N
K
MA(h1 + h2) = MB(h1 + h2) suy ra MA = MB .
b) Vì M là trung điểm DE nên SOAE = SOAD (1)
Vì N là trung điểm của DF nên SOCD = SOCF (2)
Mặt khác, dễ thấy SOAB + SOCD = SOAD + SOBC ;
(SOAE + SOBE) + SOCD = SOAD + (SOBF + SOCF). (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra SOBE = SOBF do đó tia BO đi qua
trung điểm K của EF (theo câu a). Vậy 3 điểm O, B, K thẳng hàng.
10*. Cho tam giác ABC vuông cân tại A, AB = 4cm. Trên 2 cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm
M và N sao cho AM = CN. Xác định vị trí của M và N sao cho tứ giác BCNM có diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích nhỏ nhất đó. 
B
C
N
A
M
Bg
Đặt SBCNM = S ; AM = CN = x suy ra AN = 4 – x.
 S = SABC - SAMN
 S = 
 S nhỏ nhất lớn nhất x(4 – x) lớn nhất.
Vì x + (4 – x) = 4 (không đổi) nên x.(4 – x) lớn nhất x = 4 – x x = 2
Khi đó M và N lần lượt là trung điểm của AB và AC. Min S = 8 - = 6 (cm2).
Nhận xét
Trong cách giải trên ta đã sử dụng hệ quả của bất đẳng thức Cô-si : Nếu 2 số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi 2 số ấy bằng nhau.
Để sử dụng được các bất đẳng thức đại số ta đặt độ dài cần xác định là x, biểu thị đại lượng cần tìm GTNN (hay GTLN) bằng một biểu thức có biến x rồi tìm điều kiện của x để biểu thức có GTNN hay (GTLN).
11. Cho bát giác đều ABCDEFGH cạnh a. Các đường thẳng GH và CD cắt đường thẳng AB lần 
lượt tại M và N, cắt đường thẳng EF lần lượt tại Q và P. Xác định dạng của tứ giác MNPQ và tính diện tích của tứ giác đó.
Bg
H
G
Q
F
E
P
DF
M
N
A
a
C
B
a
Mỗi góc ngoài của bát giác đều là 3600 : 8 = 450 . Suy ra các tam giác MAH, NBC, PDE, QFG là những tam giác vuông cân bằng nhau.
Do đó và MN = NP = PQ = QM.
Vậy MNPQ là hình vuông. Vì AH = a nên AM = .
MN = a + + = a(1 + )
SMNPQ= [a(1 + )]2 = a2(3 + 2).
12. Cho tam giác ABC cân tại A. Trên tia đối của tia CA lấy điểm M sao cho CM = CA. Tia phân giác của góc A cắt BM tại N. Cho biết SNBC = 10, tính SABM .
Bg
M
C
N
B
A
D
1
2
Gọi SABM = S. Gọi D là giao điểm của AN và BC.
Vì CM = CA nên SABC = S.
SABD = SABC = S ; SNBD = SNBC = .10 = 5
SABN = SACN = SCMN = S . Ta có SABD + SNBD = SABN 
 S = 60(đvdt).
13. Gọi S là diện tích của tứ giác ABCD có độ dài các cạnh là a, b, c, d.
B
c
A
b
C
D
H
a
d
 Chứng minh rằng S 
 Bg
 Vẽ AH CD ; SACD = AH ab
 4SACD 2ab a2 + b2 (Bđt Cô-si )
 Tương tự 4SABC c2 + d2 . 
 Vậy 4(SACD + SABC) a2 + b2 + c2 + d2 
 Hay S . Dấu “=” xẩy ra ABC vuông cân ở B và ADC vuông cân ở 
 D ABCD là hình vuông .
14**. Cho hình vuông ABCD và 9 đường thẳng trong đó mỗi đường thẳng chia hình vuông 
N
C
Q
F
D
M
E
P
B
A
O1
O2
O3
O4
thành 2 tứ giác có tỉ số diện tích là . Chứng minh rằng trong 9 đường thẳng đó có ít nhất 3 đường thẳng đồng quy.
Bg
Gọi P, N, Q, M lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DA. Mỗi 
đường thẳng chia hình vuông thành 2 tứ giác phải cắt 2 cạnh đối của
hình vuông. Giả sử đường thẳng d như vậy cắt AB ở E, cắt CD ở F
và cắt MN ở O1. .
Do đó O1 là điểm cố định. Vậy đường thẳng d đi qua điểm O1 cố định 
Tương tự ta xác định được đường thẳng d có thể đi qua O2 thuộc MN sao cho hoặc đi qua điểm O3 , O4 thuộc PQ sao cho . Có 9 đường thẳng đi qua 4 điểm cố định nên theo nguyên lý Đi–rích–lê ít nhất phải có 3 đường thẳng cùng đi qua 1 trong 4 điểm nói trên.
15. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 14cm ; BC = 6cm. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA lần
 lượt lấy các điểm M, N, P, Q sao cho AM = AQ = CN = CP. Xác định các điểm M, N, P, Q
 để :
Tứ giác MNPQ có diện tích lớn nhất. Tính diện tích lớn nhất đó.
Tứ giác MNPQ là hình thoi. Tính diện tích hình thoi đó.
14 - x
x
x
C
N
P
D
M
B
A
Q
Bg
SAMQ = SCNP ; SBMN = SDPQ. Đặt AM = x thì
BM = 14 – x ; BN = 6 – x. 
S = SMNPQ = SABCD – 2(SAMQ + SBMN)
S = 14.6 – [x2 + (14 – x)(6 – x)] = -2x2 + 20x.
 = -2[(x – 5)2 – 25] = -2(x – 5)2 + 50 50.
Dấu “=” xấy ra x = 5. Vậy max S = 50
Khi và chỉ khi AM = AQ = CN = CP = 5
Tứ giác MNPQ có các cặp cạnh đối bằng nhau nên là hình bình hành. Hình bình hành MNPQ là hình thoi MQ = MN MQ2 = MN2 2x2 = (14 - x)2 + (6 – x)2
 2x2 = 2x2 – 40x + 232 x = 5,8 (cm). 
 SMNPQ = -2x2 + 20x = -2.5,82 + 20.5,8 = 48,72 cm2 .