Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn BÀI TẬP HÌNH HỌC NÂNG CAO LỚP Đường trung bình tam giác, hình thang Đường trung tuyến tam giác vng Ví dụ 1: Cho tam giác ABC đều, đường cao AD, trực tâm H M điểm cạnh BC Gọi E, F thứ tự hình chiếu M AB AC Gọi I trung điểm AM ID cắt EF K a) DEIF hình gì? b) CM: M, K, H thẳng hàng c) Xác định vị trí M BC để EF đạt GTNN d) Tìm GTNN SDEIF biết tam giác ABC có cạnh a e) Tìm quỹ tích điểm K A Lời giải: Giả sử M nằm B D: a)  IED có:   IE  ID  AM   EID  2.BAD  600    IED tam giác (1) P I F H K E Chứng minh tương tự ta  IFD tam giác (2) Từ (1) (2) suy DEIF hình thoi b) Vì  ABC nên trực tâm H củng trọng tâm Suy ra: B C D M AH = 2.HD Gọi P trung điểm AH  AP = PH = HD Suy IP, KH thứ tự đường trung bình tam giác AMH DIP  MH // IP KH // IP, suy M, K, H thẳng hàng c) Vì  EDK vng K nên ta có: EF = 2.EK = ED sinKDE = DE Do EF đạt GTNN  DE đạt GTNN  DE  AB  M trùng với D ( Có thể dùng đ.lý pitago để tính EF theo DE ) d) SDEIF = DI EF theo DE e) Tìm quỹ tích K thơng qua quỹ tích I Ví dụ 2: Cho tứ giác ABCD Gọi A/, B/, C/, D/ trọng tâm tam giác BCD, ACD, ABD, ABC CMR: AA/, BB/, CC/, DD/ đồng qui Lời giải: Gọi M, N, I trung điểm BD, AC A/C Ta có: +) NI đường trung bình  AA/C  AA/ // NI +)  MNI có A/ trung điểm MI AA/ // NI  K trung điểm MN D Chứng minh tương tự BB/, CC/, DD/ qua trung điểm K MN  AA/, BB/, CC/, DD/ đồng qui K CHUYÊN ĐỀ 2: TỨ GIÁC I ĐỊNH NGHĨA Trong hình hình thang hình gốc: Hình thang tứ giác có cạnh đối song song Hình thang cân hình thang có góc kề đáy Hình thang vng hình thang có góc vng A B M K N A/ I C Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn Hình bình hành tứ giác có cạnh đối song song Hình chữ nhật tứ giác có góc vng Hình thoi tứ giác có cạnh Hình vng tứ giác có góc vng có cạnh II TÍNH CHẤT - Hình thang : Nếu hình thang có hai cạnh bên song song hai cạnh bên nhau, hai cạnh đáy Nếu hình thang có hai cạnh đáy hai cạnh bên song song - Hình thang vng : Hình thang vng có hai góc vng - Hình thang cân : Trong hình thang cân có hai cạnh bên Trong hình thang cân có hai đường chéo - Hình bình hành : Trong hình bình hành - Các cạnh đối - Các góc đối - Hai đường chéo cắt trung điểm đường - Hình chữ nhật : Hình chữ nhật có tất tính chất hình bình hành, hình thang cân Trong hình chữ nhật hai đường chéo cắt trung điểm đường Hình chữ nhật có bốn cạnh bốn góc vng Những cạnh đối song song - Hình thoi : Hình thoi có tất tính chất hình bình hành Trong hình thoi: Hai đường chéo vng góc với Hai đường chéo đường phân giác góc hình thoi - Hình vng : Hình vng có tất tính chất hình chữ nhật hình thoi III DẤU HIỆU NHẬN BIẾT CÁC TỨ GIÁC THƯỜNG GẶP 1): Dấu hiệu nhận biết hình thang, hình thang vuông, hình thang cân: - Tứ giác có hai cạnh đối song song hình thang - Hình thang có góc vng hình thang vng - Hình thang có góc kề đáy hình thang cân - Hình thang có đường chéo hình thang cân 2): Dấu hiệu nhận biết hình bình hành (Có dấu hiệu nhận biết): - Tứ giác có cặp cạnh đối song song - Tứ giác có cặp cạnh đối - Tứ giác có cạnh đối song song - Tứ giác có góc đối - Tứ giác có đường chéo cắt trung điểm đường 3): Hình chữ nhật (có dấu hiệu nhận biết): - Tứ giác có góc vng - Hình thang cân có góc vng - Hình bình hành có góc vng - Hình bình hành có đường chéo 4): Hình thoi (có dấu hiệu nhận biết): - Tứ giác có cạnh - Hình bình hành có cạnh kề - Hình bình hành có đường chéo vng góc - Hình bình hành có đường chéo đường phân giác góc Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn 5): Hình vuông (có dấu hiệu nhận biết): - Hình chữ nhật có cạnh kề - Hình chữ nhật có đường chéo vng góc - Hình chữ nhật có đường chéo đường phân giác góc - Hình thoi có góc vng - Hình thoi có đường chéo IV Bài tập Bài 1: Cho tam giác ABC vng A có góc ABC 600, phân giác BD Gọi M, N, I theo thứ tự trung điểm BD, BC, CD a, Tứ giác AMNI hình gì? Chứng minh b, Cho AB = 4cm Tính cạnh tứ giác AMNI B N M A I D a, Chứng minh tứ giác AMNI hình thang Chứng minh AN=MI, từ suy tứ giác AMNI hình thang cân cm ; BD = 2AD = cm 3 b, Tính AD = AM = C BD  cm cm DC = BC = cm cm , MN = DC  3 Tính AI = cm Tính NI = AM = Bài 2: Cho hình vng ABCD có AC cắt BD O M điểm thuộc cạnh BC (M khác B, C) Tia AM cắt đường thẳng CD N Trên cạnh AB lấy điểm E cho BE = CM a) Chứng minh : ∆OEM vuông cân b) Chứng minh : ME // BN c) Từ C kẻ CH  BN ( H  BN) Chứng minh ba điểm O, M, H thẳng hàng E A B Chứng minh: a) Xét ∆OEB ∆OMC Vì ABCD hình vng nên ta có OB = OC Và B1  C1  450 BE = CM ( gt ) O M Suy ∆OEB = ∆OMC ( c g.c) H'  OE = OM O1  O3 H Lại có O2  O3  BOC  900 tứ giác ABCD hình vng D O2  O1  EOM  90 kết hợp với OE = OM  ∆OEM vuông cân O C N Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn b) Từ (gt) tứ giác ABCD hình vng  AB = CD AB // CD AM BM  ( Theo ĐL Ta- lét) (*) MN MC Mà BE = CM (gt) AB = CD  AE = BM thay vào (*) AM AE  Ta có :  ME // BN ( theo ĐL đảo đl Ta-lét) MN EB + AB // CD  AB // CN  c) Gọi H’ giao điểm OM BN Từ ME // BN  OME  OH ' E ( cặp góc so le trong) Mà OME  450 ∆OEM vuông cân O  MH ' B  450  C1  ∆OMC ∆BMH’ (g.g) OM MH '   ,kết hợp OMB  CMH ' ( hai góc đối đỉnh) OB MC  ∆OMB ∆CMH’ (c.g.c)  OBM  MH ' C  450 Vậy BH ' C  BH ' M  MH ' C  900  CH '  BN Mà CH  BN ( H  BN)  H  H’ hay điểm O, M, H thẳng hàng ( đpcm) Bài 3: Cho hình bình hành ABCD có đường chéo AC lớn đường chéo BD Gọi E, F hình chiếu B D xuống đường thẳng AC Gọi H K hình chiếu C xuống đường thẳng AB AD a) Tứ giác BEDF hình ? Hãy chứng minh điều ? b) Chứng minh : CH.CD = CB.CK c) Chứng minh : AB.AH + AD.AK = AC2 H C B F O E A D K Chứng minh: a) Ta có : BE  AC (gt); DF  AC (gt) => BE // DF Chứng minh : BEO  DFO( g  c  g ) => BE = DF Suy : Tứ giác : BEDF hình bình hành b) Ta có: ABC  ADC  HBC  KDC Chứng minh : CBH CDK ( g  g ) CH CK   CH CD  CK CB CB CD c) Chứng minh : AFD AKC ( g  g ) AF AK    AD AK  AF AC AD AC  Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn Chứng minh : CFD AHC ( g  g )  CF AH CF AH   AB AH  CF AC  Mà : CD = AB  AB AC CD AC Suy : AB.AH + AB.AH = CF.AC + AF.AC = (CF + AF)AC = AC2 (đpcm) CHUYÊN ĐỀ : BÀI TỐN TỈ SỐ DIỆN TÍCH VÀ ỨNG DỤNG Bài toán 1: Cho tam giác ABC, M điểm thuộc đường thẳng BC a) Chứng minh : SABM BM  SACM CM b) Gọi I K hình chiếu B C AM Chứng minh: SABM BI  SACM CK Giải: AH BM SABM BM a) Vẽ AH  BC ( H  BC ) Khi ta có:   SACM AH CM CM AM BI SABM BI b) Ta có :   SACM AM CK CK Hệ 1: Cho tam giác ABC, M thuộc đường thẳng BC S ABM  S ACM  M trung điểm BC Hệ 2: Cho tam giác ABC, điểm M Khi S ABM  S ACM AM//BC hoặc AM qua trung điểm BC Hệ 3: Cho tam giác ABC, G điểm Khi G trọng tâm tam giác ABC SGAB  SGBC  SGAC Bài toán 2: Cho tam giác ABC D E hai điểm thuộc cạnh AB AC Khi SADE AD.AE  SABC AB AC Giải: SADE AD SABE AE   SABE AB SABC AC SADE AD.AE AD AE   Vậy AB AC SABC AB AC Theo toán ta có: Suy ra: SADE SABE SABE SABC Chú ý: Kết tốn D, E thuộc đường thẳng AB AC Hệ 1: Nếu hai tam giác ABC MNP có A  M hoặc A  M  1800 S ABC AB AC  S MNP MN MP Hệ 2: Tỉ số hai tam giác đồng dạng bình phương tỉ số đồng dạng Nghĩa là: tam giác ABC tam giác MNP đồng dạng thì: S ABC AB  S MNP MN Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn Trên vài kết diện tích mà cách chứng minh đơn giản lại có nhiều ứng dụng hay Sau vài ví dụ Bài 1: Cho tam giác ABC M trung điểm AB, N điểm thuộc cạnh AC cho AC = AN Gọi K giao điểm BN CM Chứng minh KC = 4KM Hướng dẫn giải: S S ABK AN BN    MBK  S ABK AB SCBK CN S S MK 1 Suy MBK  , suy MBK   Vậy CK = 4MK SCBK CK SCBK Ta có Bài 2: Cho tam giác ABC điểm O nằm tam giác AO, BO, CO cắt BC, AC AB M, N, P Chứng minh: AO BO CO   2 AM BN CP Hướng dẫn giải: Ta có: CO S ACO  S BCO BO S ABO  SCBO   BN S ABC CP S ABC AO BO CO S ABO  S ACO S ABO  S BCO S ACO  S BCO Từ suy ra:      2 AM BN CP S ABC S ABC S ABC Chứng minh tương tự ta có: Bài 3: Cho tam giác ABC, phía ngồi tam giác dựng hai hình chữ nhật ABDE ACFG có diện tích Gọi O giao điểm đường trung trực tam giác ABC Chứng minh OC qua trung điểm DF Hướng dẫn giải: Ta cần chứng hai tam giác OCD OCF có diện tích Vẽ Vẽ OH, OK vng góc 2 với CD CF(H thuộc CD, K thuộc CF) Ta chứng minh OH  BC ; OK  AC Từ suy 4 ra: SOCD  OH CD= BC.CD= S BCDE Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn  S ACFG nên ta có: SOCD  SOCF Từ ta có: OC qua trung điểm DF SOCF  S ACFG Mà S ABCD Bài 4: Trên cạnh AB, AB, AC tam giác ABC cố định, người ta lấy điểm M, N, AM BN CP    k (k  0) MB NC PA a) Tính S MNP theo S ABC k P cho: b) Tính k cho S MNP đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn giải S AMP AM AP  S ABC AB AC CP AP AP 1  k    Vì AP PC k  PC k S AMP k Do đó:  S ABC (k  1) S SCNP k k Chứng minh tương tự ta có: BMN   S ABC (k  1) S ABC (k  1) Ta có:  Từ ta có: S MNP  S ABC  ( S AMP  S BMN  SCNP )  1   3k  S ABC (1  k )   3k  b) Vì diện tích tam giác ABC khơng đổi nên để diện tích tam giác MNP nhỏ 1  (1  k )    đạt giá trị nhỏ Ta có 1  k   4k  3k 3k   1  2 (1  k ) (1  k ) Dấu xảy k = Vậy diện tích tam giác MNP lớn diện tích tam giác ABC k = CHUYÊN ĐỀ - CÁC BÀI TỐN VỀ ĐỊNH LÍ TA-LÉT TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG I Định lý Ta-lét A A Kiến thức: ABC  AM AN =   MN // BC AB AC AM AN MN =  * Hệ quả: MN // BC  AB AC BC * Định lí Ta-lét: M N C B B Bài tập áp dụng: Bài 1: Cho tứ giác ABCD, đường thẳng qua A song song với BC cắt BD E, đường thẳng qua B song song với AD cắt AC G B a) Chứng minh: EG // CD b) Giả sử AB // CD, chứng minh AB = CD EG A Giải O Gọi O giao điểm AC BD a) Vì AE // BC  OE OA = (1) OB OC Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: BG // AC  OB OG = (2) OD OA OE OG =  EG // CD OD OC E D G C Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn b) Khi AB // CD EG // AB // CD, BG // AD nên AB OA OD CD AB CD =  =    AB2  CD EG EG OG OB AB EG AB Bài 2: Cho ABC vng A, Vẽ phía ngồi tam giác tam giác ABD vng cân B, ACF vuông cân C Gọi H giao điểm AB CD, K giao điểm AC BF Chứng minh rằng: a) AH = AK b) AH2 = BH CK D A Giải H Đặt AB = c, AC = b F K BD // AC (cùng vng góc với AB) AH AC b AH b AH b       C HB BD c HB c HB + AH b + c B AH b AH b b.c     AH  Hay (1) AB b + c c b+c b+c AK AB c AK c AK c       AB // CF (cùng vng góc với AC) nên KC CF b KC b KC + AK b + c AK b AK c b.c     AK  Hay (2) AC b + c b b+c b+c nên Từ (1) (2) suy ra: AH = AK b) Từ AH KC AH AC b AK AB c AH KC       suy  (Vì AH = AK) HB AK HB BD c KC CF b HB AH  AH2 = BH KC Bài 3: Cho hình bình hành ABCD, đường thẳng a qua A cắt BD, BC, DC theo thứ tự E, K, G Chứng minh rằng: A a B a) AE2 = EK EG b) 1   AE AK AG c) Khi đường thẳng a thay đổi vị trí qua A tích BK DG có giá trị khơng đổi Giải a) Vì ABCD hình bình hành K  BC nên AD // BK, theo hệ định lí Ta-lét ta có: b K E C D G EK EB AE EK AE = =    AE  EK.EG AE ED EG AE EG AE DE AE BE = = b) Ta có: ; nên AK DB AG BD 1 AE AE BE DE BD    =     AE      AE  AK  AG (đpcm) AK AG BD DB BD  AK AG  KC CG KC CG BK AB BK a =  = =  = c) Ta có: (1); (2) AD DG b DG KC CG KC CG BK a E =  BK DG = ab không Nhân (1) với (2) vế theo vế ta có: A b DG đổi (Vì a = AB; b = AD độ dài hai cạnh hình bình hành ABCD khơng đổi) Bài 4: Cho tứ giác ABCD có AC vng góc với BD AC=BD, điểm E, F, G, H theo thứ tự chia cạnh AB, BC, CD, DA theo tỉ số 1:2 Chứng minh rằng: B P H F O Q D M N G C Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn a) EG = FH b) EG vng góc với FH Giải Gọi M, N theo thứ tự trung điểm CF, DG BE BM 1 BM 2 = = = CF = BC   BA BC BC 3 EM BM 2  =  EM = AC (1)  EM // AC  AC BE 3 NF CF 2  =  NF = BD (2) Tương tự, ta có: NF // BD  BD CB 3 Ta có CM = mà AC = BD (3) Từ (1), (2), (3) suy : EM = NF (a) AC (b) Mặt khác EM // AC; MG // BD Và AC  BD  EM  MG  EMG = 900 (4) Tương tự ta có: MG // BD, NH // AC MG = NH = Tương tự, ta có: FNH = 900 (5) Từ (4) (5) suy EMG = FNH = 900 (c) Từ (a), (b), (c) suy  EMG =  FNH (c.g.c)  EG = FH b) Gọi giao điểm EG FH O; EM FH P; EM FN Q PQF = 900  QPF + QFP = 900 mà QPF = OPE (đối đỉnh), OEP = QFP (  EMG =  FNH) Suy EOP = PQF = 900  EO  OP  EG  FH Bài 5: Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ CD Từ D vẽ đường thẳng song song với BC, cắt AC M AB K, Từ C vẽ đường thẳng song song với AD, cắt AB F, qua F ta lại vẽ đường thẳng song song với AC, cắt BC P Chứng D C minh a) MP // AB b) Ba đường thẳng MP, CF, DB đồng quy P Giải I M CP AF = (1) PB FB CM DC = AK // CD  (2) AM AK a) EP // AC  K A B F tứ giác AFCD, DCBK hình bình hành nên AF = DC, FB = AK (3) CP CM   MP // AB (Định lí Ta-lét đảo) (4) PB AM CP CM DC DC   b) Gọi I giao điểm BD CF, ta có: = PB AM AK FB CP DI DC DI   Mà (Do FB // DC)   IP // DC // AB (5) PB IB FB IB Kết hợp (1), (2) (3) ta có Từ (4) (5) suy : qua P có hai đường thẳng IP, PM song song với AB // DC nên theo tiên đề Ơclít ba điểm P, I, M thẳng hang hay MP qua giao điểm CF DB hay ba đường thẳng MP, CF, DB đồng quy II CÁC BÀI TỐN SỬ DỤNG TÍNH CHẤT ĐƯỜNG PHÂN GIÁC CỦA TAM GIÁC A Kiến thức: Tính chất đường phân giác: B M K AG F A D B E D C C A D' B C Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn BD AB = CD AC BD' AB = AD’là phân giác góc ngồi A: CD' AC  ABC, AD phân giác góc A  B Bài tập vận dụng Bài 1: Cho  ABC có BC = a, AB = b, AC = c, phân giác AD a) Tính độ dài BD, CD b) Tia phân giác BI góc B cắt AD I; tính tỉ số: A AI ID Giải c b BD AB c   CD AC b BD c BD c ac     BD =  CD + BD b + c a b+c b+c ab ac Do CD = a = b+c b+c AI AB ac b+c  c:  b) BI phân giác ABC nên ID BD b+c a Bài 2: Cho  ABC, có B < 60 phân giác AD I a) AD phân giác BAC nên B D C a a) Chứng minh AD < AB b) Gọi AM phân giác  ADC Chứng minh BC > DM Giải a)Ta có ADB = C + A + C 1800 - B A > =  600 2 A  ADB > B  AD < AB b) Gọi BC = a, AC = b, AB = c, AD = d Trong  ADC, AM phân giác ta có DM AD DM AD DM AD D =  = =  C M CM + DM AD + AC CD AD + AC CM AC abd CD.AD ab CD d  ; CD = ( Vận dụng 1)  DM =  DM = (b + c)(b + d) AD + AC b + d b+c 4abd Để c/m BC > DM ta c/m a > hay (b + d)(b + c) > 4bd (1) (b + c)(b + d) Thật : c > d  (b + d)(b + c) > (b + d)2  4bd Bất đẳng thức (1) c/m Bài 3: Cho  ABC, trung tuyến AM, tia phân giác góc AMB , AMC cắt AB, AC theo thứ tự D E a) Chứng minh DE // BC b) Cho BC = a, AM = m Tính độ dài DE c) Tìm tập hợp giao diểm I AM DE  ABC có BC cố định, AM = m khơng đổi d)  ABC có điều kiện DE đường trung bình Giải DA MA  (1) DB MB EA MA  ME phân giác AMC nên (2) EC MC DA EA  Từ (1), (2) giả thiết MB = MC ta suy  DE // BC DB EC a) MD phân giác AMB nên B A D B I E C M 10 Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn x  x = 2a.m m a + 2m m- DE AD AI x   Đặt DE = x   BC AB AM a a.m c) Ta có: MI = DE = khơng đổi  I cách M đoạn không đổi nên tập hợp a + 2m a.m điểm I đường tròn tâm M, bán kính MI = (Trừ giao điểm với BC) a + 2m d) DE đường trung bình  ABC  DA = DB  MA = MB   ABC vuông A b) DE // BC  Bài 4: Cho  ABC ( AB < AC) phân giác BD, CE a) Đường thẳng qua D song song với BC cắt AB K, chứng minh E nằm B K b) Chứng minh: CD > DE > BE A Giải a) BD phân giác nên AD AB AC AE AD AE K D = < =   (1) DC BC BC EB DC EB E AD AK  Mặt khác KD // BC nên (2) DC KB AK AE AK + KB AE + EB M B    Từ (1) (2) suy KB EB KB EB AB AB   KB > EB  E nằm K B  KB EB b) Gọi M giao điểm DE CB Ta có CBD = KDB (Góc so le trong)  KBD = KDB mà E nằm K B nên KDB > EDB  KBD > EDB  EBD > EDB  EB < DE C Ta lại có CBD + ECB = EDB + DEC  DEC > ECB  DEC > DCE (Vì DCE = ECB ) Suy CD > ED  CD > ED > BE III CÁC BÀI TOÁN VỀ TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG A Kiến thức: * Tam giác đồng dạng: a) trường hợp thứ nhất: (c.c.c)  ABC A’B’C’  AB AC BC = = A'B' A'C' B'C' b) trường hợp thứ nhất: (c.g.c)  ABC A’B’C’  AB AC = ; A = A' A'B' A'C' c Trường hợp đồng dạng thứ ba (g.g)  ABC A’B’C’  A = A' ; B = B' AH; A’H’là hai đường cao tương ứng thì: A'H' S = k (Tỉ số đồng dạng); A'B'C' AH SABC =K B Bài tập áp dụng Bài 1: Cho  ABC có B = C , AB = cm, BC = 10 cm a)Tính AC b)Nếu ba cạnh tam giác ba số tự nhiên liên tiếp cạnh bao nhiêu? Giải Cách 1: Trên tia đối tia BA lấy điểm E cho:BD = BC A B E C D 11 Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn AC AD  AB AC  AC2  AB AD =AB.(AB + BD) = AB(AB + BC) = 8(10 + 8) = 144  AC = 12 cm  ACD  ABC (g.g)  Cách 2: Vẽ tia phân giác BE ABC   ABE  ACB AB AE BE AE + BE AC =     AC2 = AB(AB + CB) = 8(8 + 10) = 144 AC AB CB AB + CB AB + CB AC = 12 cm  b) Gọi AC = b, AB = a, BC = c từ câu a ta có b2 = a(a + c) (1) Vì b > a nên b = a + hoặc b = a + + Nếu b = a + (a + 1)2 = a2 + ac  2a + = ac  a(c – 2) =  a = 1; b = 2; c = 3(loại) + Nếu b = a + a(c – 4) = - Với a = c = (loại) - Với a = c = (loại) - với a = c = ; b = Vậy a = 4; b = 5; c = Bài 2:Cho  ABC cân A, đường phân giác BD; tính BD biết BC = cm; AC = 20 cm Giải CD BC =   CD = cm BC = cm Ta có AD AC A A D B C E I D H B O C Bài toán trở Bài 3: Cho  ABC cân A O trung điểm BC Một điểm O di động AB, lấy điểm E AC cho CE = OB2 Chứng minh BD a)  DBO  OCE b)  DOE  DBO  OCE c) DO, EO phân giác góc BDE, CED d) khoảng cách từ O đến đoạn ED không đổi D di động AB Giải OB2 CE OB = B = C (gt)   DBO  OCE  BD OB BD b) Từ câu a suy O3 = E (1) a) Từ CE = Vì B, O ,C thẳng hàng nên O3 + DOE  EOC  1800 (2) tam giác EOC E + C  EOC  1800 (3) Từ (1), (2), (3) suy DOE  B  C DO OE DO OE = = (Do  DBO  OCE) (Do OC = OB) DOE  B  C DB OC DB OB  DBO  OCE  DOE  DBO có nên  DOE c) Từ câu b suy D1 = D2  DO phân giác góc BDE Củng từ câu b suy E1 = E EO phân giác góc CED c) Gọi OH, OI khoảng cách từ O đến DE, CE OH = OI, mà O cố định nên OH không đổi  OI không đổi D di động AB CHUYÊN ĐỀ 5: BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC 12 Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn A-Phương pháp giải toán cực trị hình học 1- Hướng giải tốn cực trị hình học : a) Khi tìm vị trí hình H miền D cho biểu thức f có giá trị lớn ta phải chứng tỏ : + Với vị trí hình H miền D f ≤ m ( m số ) + Xác định vị trí hình H miền D cho f = m b) Khi tìm vị trí hình H miền D cho biểu thức f có giá trị nhỏ ta phải chứng tỏ : + Với vị trí hình H miền D f ≥ m ( m số ) + Xác định vị trí hình H miền D để f = m - Cách trình bày lời giải tốn cực trị hình học + Cách1 :Trong hình có tính chất đề bài, hình chứng minh hình khác có giá trị đại lượng phải tìm cực trị nhỏ ( hoặc lớn ) giá trị đại lượng hình + Cách2 :Biến đổi tương đương điều kiện để đại lượng đạt cực trị đại lượng khác đạt cực trị trả lời câu hỏi mà đề yêu cầu B-Các kiến thức thường dùng giải tốn cực trị hình học 1-Sử dụng quan hệ đường vng góc, đường xiên, hình chiếu a-Kiến thức cần nhớ: A B H C h.4 a1) ABC vng A (có thể suy biến thành đoạn thẳng)  AB ≤ BC Dấu “=” xảy  A ≡ C ( h.3 ) a2) ( h.4 ) + AH  a  AH ≤ AB Dấu “=” xảy  B ≡ H + AB < AC  HB < HC a3)( h.5 ) A,K a; B, H b; a // b ; HK  a  HK ≤ AB A B Dấu “=” xảy  A ≡ K B ≡ H b-Các ví dụ: H O Ví dụ 1: Trong hình bình hành D C có hai đường chéo cm cm , hình có diện tích lớn ? Tính diện tích lớn h.6 Giải : Xét hình bình hành ABCD có AC = cm; BD = cm ( h.6) Gọi O giao điểm hai đường chéo Kẻ BH  AC Ta có : SABCD = 2SABC = AC.BH Ta có AC = 8cm, BH ≤ BO = 3cm Do : A SABCD ≤ 8.3 = 24 (cm2) SABCD = 24 cm  BH ≡ BO  H ≡ O  BD AC Vậy max SABCD = 24 cm2 Khi hình bình hành ABCD hình thoi (h.7) có diện tích 24cm2 Ví dụ 2: Cho hình vng ABCD Trên cạnh AB,BC ,CD,DA ta lấy theo thứ tự điểm E,F,G,H cho AE = BF = CG = DH H Xác định vị trí điểm E, F,G,H cho tứ giác EFGH có chu vi D nhỏ B C O≡H D h.7 E K B F O G h.8 C 13 Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn Giải : HAE = EBF = FCG = GHD  HE = EF = FG = GH  EFGH hình thoi AHE  BEF  AHE  AEH  900  BEF  AEH  900  HEF  900  EFGH hình vng Gọi O giao điểm AC EG Tứ giác AECG có AE = CG, AE //CG nên hình bình hành suy O trung điểm AC EG , O tâm hai hình vng ABCD EFGH HOE vuông cân : HE2 = 2OE2  HE = OE Chu vi EFGH = 4HE = OE Do chu vi EFGH nhỏ  OE nhỏ Kẻ OK AB  OE ≥OK ( OK không đổi ) OE = OK  E ≡ K Do minOE = OK Như , chu vi tứ giác EFGH nhỏ E,F,G,H trung điểm AB , BC, CD, DA Ví dụ 3: Cho đoạn thẳng AB có độ dài 2a Vẽ phía AB tia Ax By vng góc với AB Qua trung điểm M AB có hai đường thẳng thay đổi ln vng góc với cắt Ax, By theo thứ tự C D xác định vị trí điểm C,D cho tam giác MCD có diện tích nhỏ Tính diện tích tam giác Giải: x y Gọi K giao điểm CM DB D MA = MB ; A  B  900 , AMC  BMK  MAC = MBK  MC = MK Mặt khác DM CK 12 H  DCK cân  D1  D2 Kẻ MH  CD MHD = MBD  MH = MB = a  SMCD = CD.MH ≥ C 1 AB.MH = 2a.a= a2 2 A SMCD = a2  CD  Ax AMC = 450 ; BMD =450 Vậy SMCD = a2 Các điểm C,D xác định Ax; By cho AC = BD =a A Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có B góc tù , điểm D di chuyển cạnh BC Xác định vị trí điểm D cho tổng khoảng cách từ B C đến đường thẳng AD có giá trị lớn Giải: Gọi S diện tích ABC Khi D di chuyển cạnh BC ta có : SABD + SACD = S Kẻ BE AD , CF  AD 2  AD.BE + AD.CF = S  BE +CF = B M K h.9 E H B C D h.10 F 2S AD 14 Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn Do BE + CF lớn  AD nhỏ  hình chiếu HD nhỏ Do HD ≥ HB ( ABD >900 ) HD = HB  D ≡ B Vậy Khi D ≡ B tổng khoảng cách từ B C đến AD có giá trị lớn Sử dụng quan hệ đường thẳng đường gấp khúc a-Kiến thức cần nhớ: Với ba điểm A,B,C ta có : AC +CB ≥ AB AC +CB = AB  C thuộc đoạn thẳng AB b-Các ví dụ: Ví dụ 5:Cho góc xOy điểm A nằm góc Xác định điểm B thuộc tia Ox, điểm C thuộc tia Oy cho OB = OC tổng AB +AC nhỏ Giải: Kẻ tia Om nằm ngồi góc xOy cho yOm  xOA Trên tia Om lấy điểm D cho OD = OA Các điểm D A cố định m y D C A OD =OA, OC = OB , COD  BOA O  DOC = AOB  CD = AB B x h.11 Do AC +AB = AC +CD Mà AC +CD ≥ AD AC +AB ≥ AD Xảy đẳng thức C AD Vậy min(AC+AB) =AD Khi C giao điểm AD Oy , B thuộc tia Ox cho OB = OC 15 ... - Tứ giác có hai cạnh đối song song hình thang - Hình thang có góc vng hình thang vng - Hình thang có góc kề đáy hình thang cân - Hình thang có đường chéo hình thang cân 2): Dấu hiệu nhận biết... ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC 12 Gia sư Tài Năng Việt https://giasudaykem.com.vn A-Phương pháp giải tốn cực trị hình học 1- Hướng giải tốn cực trị hình học : a) Khi tìm vị trí hình H miền D cho... ≥ m ( m số ) + Xác định vị trí hình H miền D để f = m - Cách trình bày lời giải tốn cực trị hình học + Cách1 :Trong hình có tính chất đề bài, hình chứng minh hình khác có giá trị đại lượng phải