Mô tả:
NHÌN BÀI TOÁN DƯỚI DẠNG HÌNH ĐỘNG
Bài tập mở đầu: Cho hình bình hành BEFP nội tiếp tam giác ABC
( E AB; F AC ; P BC ). Biết S AEE a; SCFP b .
a) Tính S ABC theo a vµ b
b) Tìm diện tích lớn nhất của hình bình hành BEFP
c) Chứng minh rằng: S ABC
AB
BC
.a
.b
AE
CP
Lời giải(Hình 1):
- Kiến thức: Dùng tỉ số diện tích của hai tam giác đồng dạng bằng bình
phương tỉ số đồng dạng
a) Ta có các tam giác AEF, FPC, ABC đồng dạng nên:
SCFP CP
. Ta có:
S ABC BC
S AEF EF BP
;
S ABC BC BC
SCFP
S AEF
1
S ABC
S ABC
Hay S ABC a b
2
b) Ta có:
S BEFP S FPC
S ABC S AEF
2.S
BEFP
S ABC
S BEFP
Vậy: GTLN( SBEFP ) =
2 ab
a b
4 ab
a b 2 ab
( a
b )2
.
1
S ABC
2
1
S ABC a = b
2
A
E
B
c)Từ kết quả S ABC a b ta có:
F
P
C
H×nh 1.
2
S ABC a b S ABC
S ABC
S ABC
AB
BC
.a
.b S ABC
.a
.b (đpcm)
a
b
AE
PC
Nhận xét: Nếu điểm F không thuộc đoạn thẳng AC, chẳng hạn F thuộc
tia đối của tia CA thì kết quả sẻ thay đổi như thế nào?
Ta có bài tập 1: Cho tam giác ABC. Điểm F thuộc tia đối của tia CA.
Kẻ FE //BC; FP //AB E AB; P BC . Đặt S ABC S ; S AEE a; S FPC b .
a) Tính S ABC và S BEFP theo a và b
b) Chứng minh rằng: S
AB
BC
.a
.b
AE
CP
Lời giải(Hình 2):
a) Ta có hai tam giác AEF và FPC cùng đồng dạng với tam giác ABC
Ta có:
S AEF EF
;
S ABC BC
S FPc CP
. Suy ra:
S ABC BC
Hay S ABC a b
S
S AEF
EF PC
FPC
1.
S ABC
S ABC
BC
2
Ta có: S BEFP S AEF S FPC S ABC a b (a b 2 ab ) S BEFP 2 ab
A
C
B
P
F
E
Hình 2
b) Từ kết quả : S ABC a b ta có:
2
S ABC a b S ABC
S ABC
S ABC
AB
BC
.a
.b S
.a
.b (đpcm)
a
b
AE
PC
*Nếu điểm F nằm trong tam giác ABC thì kết quả sẻ thay đổi như thế
nào ?
Bài tóan 2 : Cho tam giác ABC. Điểm F nằm trong tam giác ABC. Qua F
kẻ MN//BC;PQ//AB;IK//AC I , M AB; P, N AC; Q, K BC .
Đặt S ABC S ; S FQK a; S PFN b; S IMF c .
a) Tính S ABC và S BEFP theo a, b và c
b) Tìm giá trị lớn nhất của tổng : S APFI SMBQF S NCKF theo a, b và c
AB
BC
AC
c) Chứng minh rằng: S ABC FQ .a FN .b FI .c
Lời giải(Hình 3):
a) Dễ thấy các tam giác: FQK, PFN, IMF, ABC đôi một đồng dạng với nhau
nên ta có:
S FQK
S ABC
S PFN
S IMF QK FN MF QK KC BQ
1
S ABC
S ABC BC BC BC BC BC BC
S FQK S PFN S IMF S ABC S ABC ( S FQK S PFN S IMF ) 2
Vậy: S ABC = (a + b + c)2
b) Ta có:
S APPI S MBQF S NCKF S ABC (a b c) (a b c ) 2 (a b c)
S APPI S MBQF S NCKF 2 ab 2 ac 2 bc 2(a b c )
3.( S APPI S MBQF S NCKF ) 2(a b c ) 2.(S APFI S MBQF S NCKF ) 2S ABC
2
S ABC
3
2
S NCKF ) = S ABC a = b = c F là trọng tâm
3
S APPI SMBQF S NCKF
Vậy GTLN( S APFI S MBQF
A
P
I
M
B
F
Q
N
K
C
Hình 3
c) Ta có:
S ABC ( S FQK S PFN S IMF )2
S ABC S FQK S PFN S IMF
S ABC S FQK . S ABC S PFN . S ABC S IMF . S ABC
S
S
S ABC
S ABC
S ABC
.S FQK
.S PFN
.S IMF
S FQK
S PFN
S IMF
AB
BC
AC
.a
.b
.c
FQ
FN
FI
? Ta tiếp tục thay đổi vị trí điểm F. Chẳng hạn cho điểm F ở ngoài tam
giác ABC và thuộc góc BAC. Ta có bài tập sau:
Bài tập 3: Cho tam giác ABC. Điểm F thuộc góc BAC và nằm ngoài tam
giác ABC. Qua F kẻ PQ//BC; EN//AB; MD//AC
D, P
AB; E , Q AC ; M , N BC
Đặt: S ABC S ; S FNM a; S DPF b; S EFQ c
a) Tính S theo a, b và c
AB
AC
BC
b) Chứng minh rằng: S PD .b EQ .c MN .a
Lời giải(Hình 4):
a) Dễ thấy các tam giác FNM, DPF, EFQ, ABC đôi một đồng dạng nên:
S EFQ
S
S DPF
PF FQ MN MN BM MN NC MN
FNM
1
S ABC
S ABC
S ABC BC BC BC
BC
BC
BC
S ABC S DPF S EFQ S FNM
S
b c a
2
A
E
D
B
M
P
b)Ta có:
S
b c a
2
N
F
C
Q
Hình 4
S b c a S S .( b c a )
S
S
S
AB
AC
BC
.b
.c
.a
.b
.c
.a
b
c
a
PD
EQ
MN
AB
AC
BC
Vậy: S PD .b EQ .c MN .a
? Nếu điểm F thuộc góc đối của góc BAC ta tìm được kết quả tương tự bài
tập 3
Bài tập 4: Cho tam giác ABC. Điểm F thuộc góc BAC và nằm ngoài tam
giác ABC. Qua F kẻ PQ//BC; EN//AB; MD//AC
D, P
AB; E , Q AC ; M , N BC
Đặt: S ABC S ; S FMN a; S DPF b; S EFQ c
AB
AC
BC
Chứng minh rằng: S PD .a EQ .b MN .c
Lời giải(Hình 5):
Làm tương tự bài tập 3 ta có kết quả:
S
a b c
2
AB
AC
BC
Từ đó suy ra : S PD .a EQ .b MN .c
Q
F
P
D
E
A
M
C
B
N
Hình 5
Trở lại bài tập 3: Nếu MN, PQ, IK không đồng quy tại F mà đôi một cắt
nhau. Ta có bài tập sau.
Bài tập 5: Cho hình 6 dưới đây. Biết MN//AC; PQ//AB; EF//BC.
S IKH So ; S MEH S1 ; S PKF S2 ; S IQN S3 . Tính S ABC theo So ; S1 ; S2 ; S3
A
A
P
M
P
M
I
I
E
B
K
F
Q
Hình 6
Lời giải(Hình 7):
Kẻ HE song song với PQ
N
H
E
H
C
B
F
K
Q
E
N
Hình 7
C
Các cặp tam giác IKH, MEH, PKF, IQN đôi một đồng dạng:
Ta có:
S IKH
KH QE
;
S ABC
BC BC
S MEH EH BE
;
S ABC
BC BC
S PKF KF
;
S ABC BC
S IQN
S ABC
QN
BC
Cộng vế theo vế của các đẳng thức trên ta có:
S PKF
S IQN QE BE KF QN 3QE BC
S IKH
S
S
MEH
3 IKH 1
S ABC
S ABC
S ABC
S ABC
BC
BC
S ABC
S PKF
S IQN
S MEH
S
2 IKH 1 S ABC
S ABC
S ABC
S ABC
S ABC
S1 S 2 S3 2 S 0
2
- Xem thêm -