Ôn Thi Vào Lớp 10 Môn Toán Chuyên 5. TÍNH DIỆN TÍCH TAM GIÁC, DIỆN TÍCH TỨ GIÁC NHỜ SỬ DỤNG CÁC TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC

Chuyên đề 5. TÍNH DIỆN TÍCH TAM GIÁC, DIỆN TÍCH TỨ GIÁC NHỜ SỬ DỤNG CÁC TỈ SỐ LƯỢNG GIÁC

A. Đặt vấn đề

Ta đã biết cách tính diện tích tam giác theo một công thức rất quen thuộc là 1 2 ,

S ah trong đó a là độ dài một cạnh của tam giác, h là chiều cao ứng với cạnh đó.

Bây giờ ta vận dụng các tỉ số lượng giác, các hệ thức về cạnh và góc trong tam giác vuông để xây dựng thêm các công thức tính diện tích tam giác, tứ giác.

B. Một số ví dụ

Ví dụ 1. Chứng minh rằng diện tích một tam giác bằng nửa tích hai cạnh nhân với sin của góc nhọn tạo bởi các đường thẳng chứa hai cạnh ấy.

Giải

Gọi  là góc nhọn tạo bởi hai đường thẳng chứa hai cạnh AB, AC của tam giác ABC. Vẽ đường cao CH. Xét ACH vuông tại H có CH AC.sin

Diện tích ABC là 1

. .

S 2AB CH Do dó 1

. .sin . S  2AB AC  Lưu ý: Nếu  90 ,⁰ ta có ngay 1

2 .

S  AB AC Như vậy sin 90⁰ 1, điều này sẽ học ở các lớp trên.

Ví dụ 2. Tứ giác ABCD có ACm BD, n, góc nhọn tạo bởi hai đường chéo bằng . Chứng minh rằng diện tích của tứ giác này được tính theo công thức 1

sin . S 2mn  Giải

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Giả sử BOC. Vẽ AH BD CK, BD.

Ta có AH OAsin ; sin

CKOC  và OA OC  AC.

Diện tích tứ giác ABCD là:

1 1

. .

2 2

1 1

( ) (OAsin sin )

2 2

1 1 1

sin ( ) . sin sin

2 2 2

   

   

   

ABD CBD

S S S BD AH BD CK

BD AH CK BD OC

BD OA OC AC BD mn

 

  

Lưu ý:

• Nếu ACBD ta có ngay 1 1 2AC BD. 2m S  n

• Phương pháp tính diện tích của tứ giác trong ví dụ này là chia tứ giác thành hai tam giác không có điểm trong chung, rồi tính diện tích của từng tam giác.

Ví dụ 3. Cho tam giác nhọn ABC. Gọi độ dài các cạnh BC, CA, AB lần lượt là a, b, c. Tính diện tích tam giác ABC biết a4 2cm b, 5cm c, 7cm.

Giải

Theo định lí côsin ta có: a² b²c²2bccos .A Do đó

 

^{4 2 2 52722.5.7.cosA}

Suy ra 3 ² 9 4

cos sin 1 cos 1

5 25 5

A  A  A  

Vậy diện tích tam giác ABC là: ^{1 sin 1.5.7.4 14}

 

²

2 2 5

S  bc A  cm

Nhận xét: Trong cách giải trên ta đã tìm cosA rồi suy ra sin .A Ta cũng có thể vận dụng định lí côsin để tìm cosB rồi suy ra sinB (hoặc tìm cosC rồi suy ra sin )C

Ví dụ 4. Tứ giác ABCD có ACBD12cm. Góc nhọn giữa hai đường chéo là 45 . Tính diện tích lớn nhất của tứ giác đó.

Giải Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Giả sử AOD45 .

Diện tích tứ giác ABCD là:

1 1 2 2

. .sin 45 . . . .

2 2 2 4

S  AC BD   AC BD  AC BD

Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có:

2

. 2

AC BD AC BD   

  

Do đó ^{2 2 2.62 9 2}

 

²

4 2 4

AC BD

S       cm Vậy maxS 9 2cm² khi ACBD6cm.

Ví dụ 5. Cho tam giác ABC A, 60 . Vẽ đường phân giác AD.

Chứng minh rằng: 1 1 3 AB AC  AD Giải

Ta có

1 0 1 1

. .sin 30 . .

2 2 2

SABD AB AD  AB AD

1 1 1

. . sin 30 . . .

2 2 2

SACD  AC AD   AC AD

1 1 3

. .sin 60 . .

2 2 2

SABC  AB AC   AB AC

Mặt khác S_ABD S_ACDS_ABC nên 1 1 1 1 1 3

. . . .

2AB AD 22AC AD 2 2AB AC 2 Do đó ^{AD AB}



^AC



^{AB AC. 3}

Suy ra AB AC 3 1 1 3

hay .

AB.AC AD AB AC AD

   

Nhận xét: Phưong pháp giải trong ví dụ này dựa trên quan hệ tổng diện tích các tam giác ABD và tam giác ACD bằng diện tích tam giác ABC.

Ví dụ 6. Tam giác ABC có mỗi cạnh đều nhỏ hơn 4cm. Chứng minh rằng tam giác này có diện tích nhỏ hơn 7cm²

Giải

Giả sử A B C, khi đó A60 và 3 sinA 2 Diện tích tam giác ABC là:

 

²

1 1 3

. .sin .4.4. 4 3 6, 92... 7 .

2 2 2

S  AB AC A    cm

Nhận xét: Do vai trò các góc A, B, C của tam giác ABC là như nhau nên ta có thể giả sử A B C, từ đó suy ra A60 , dẫn tới 3

sinA 2 C. Bài tập vận dụng

• Tính diện tích

5.1. Chứng minh rằng diện tích cùa hình bình hành bằng diện tích của hai cạnh kề nhân với sin của góc nhọn tạo bởi hai đường thẳng chứa hai cạnh ấy.

5.2. Cho hình chữ nhật ABCD AC, a và ^{BAC 0}



^{   45 .}



Chứng minh rằng diện tích của hình chữ nhật ABCD là 1 ²

sin 2 S 2a 

5.3. Cho góc nhọn xOy. Trên tia Ox lấy điểm A và C, trên tia Oy lấy điểm B và D sao cho

, .

OA OB

m n

OC  OD Chứng minh rằng ^AOB .

COD

S m n S 

5.4. Tam giác nhọn ABC có BCa CA, b AB, c. Gọi diện tích tam giác ABC là S. Chứng minh rằng ^{2 2 2}.

4 cot b c a

S A

 

 Áp dụng với a39, b40, c41 và A45 . Tính S.

5.5. Cho góc xOy có số đo bằng 45 . Trên hai cạnh Ox và Oy lần lượt lấy hai điểm A và B sao cho 8 .

OA OB  cm Tính diện tích lớn nhất của tam giác AOB.

5.6. Cho tam giác nhọn ABC. Trên các cạnh AB, BC, CA lần lượt lấy các điểm M,N, P sao cho

1 ,

AM 4AB 1 1

, .

3 2

BN  BC CP CA Chứng minh rằng diện tích tam giác MNP nhỏ hơn 1

3 diện tích tam giác ABC.

5.7. Cho đoạn thẳng AB5cm. Lấy điểm O nằm giữa A và B sao cho OA2cm. Trên một nửa mặt phẳng bờ AB vẽ các tia Ax, By cùng vuông góc với AB. Một góc vuông đỉnh O có hai cạnh cắt các tia Ax, By lần lượt tại D và E. Tính diện tích nhỏ nhất của tam giác DOE.

5.8. Cho hình bình hành ABCD, góc B nhọn. Gọi H và K lần lượt là hình chiếu của A trên các đường thẳng DC và BC.

a) Chứng minh rằng KAH ∼ABC,từ đó suy ra KH  AC.sin ;B

b) Cho ABa BC, b và B60 . Tính diện tích AHK và tứ giác AKCH.

• Chứng minh các hệ thức

5.9. Cho tam giác ABC AB(  AC A), 60 . Đường phân giác ngoài tại đỉnh A cắt đường thẳng BC tại N. Chứng minh rằng: 1 1 1

AB AC  AN

5.10. Cho tam giác ABC vuông tại ^{A AB}



^AC



^. Các đường phân giác trong và ngoài tại đỉnh A của tam giác cắt đường thẳng BC tại M và N. Chứng minh rằng:

a) 1 1 2

AM  AN  AB b) 1 1 2 AM  AN  AC

5.11. Cho tam giác ABC A,   90 .⁰ Vẽ đường phân giác AD. Chứng minh rằng:

2 cos

1 1 2

AB AC AD



 

5.12. Cho góc xOy có số đo bằng 30 . Trên tia phân giác của góc đó lấy điểm A sao choOAa. Qua A vẽ một đường thẳng cắt Ox và Oy theo thứ tự tại B và C.

Tính giá trị của tổng 1 1 OBOC

5.13. Cho hình bình hành ABCD, góc nhọn giữa hai đường chéo bằng góc nhọn của hình bình hành. Chứng minh rằng độ dài hai đường chéo tỉ lệ với độ dài hai cạnh kề của hình bình hành.

• Tính số đo góc. Tính độ dài

5.14. Tam giác nhọn ABC có AB4, 6cm BC; 5, 5cm và có diện tích là 9, 69cm². Tính số đo góc B (làm tròn đến độ).

5.15. Cho hình bình hành ABCD B, 90 . Biết AB4cm BC, 3cm và diện tích của hình bình hành là 6 3cm². Tính số đo các góc của hình bình hành.

5.16. Cho tam giác ABC có diện tích S50cm², A  90 . Trên hai cạnh AB và AC lần lượt lấy các điểm D và E sao cho ADE nhọn, có diện tích là ₁ 1

2 .

S  S Chứng minh rằng

 

10 tan DE 2 cm



5.17. Cho tam giác ABC, đường phân giác AD. Biết AB4, 7cm AC, 5, 3cm và A72 . Tính độ dài AD (làm tròn đến hàng phần mười).

5.18. Cho tam giác ABC AB, 6cm AC, 12cm A, 120 . Vẽ đường phân giác AD. Tính độ dài AD.

5.19. Cho tam giác ABC AB, 5cm BC, 7cm CA, 8cm. Vẽ đường phân giác AD. Tính độ dài AD.

5.20. Cho tam giác ABC, đường phân giác AD. Biết 1 1 1

AB AC  AD, tính số đo góc BAC.

HƯỚNG DẪN GIẢI-ĐÁP SỐ

5.1. Xét hình bình hành ABCD D,   90 . Vẽ đường cao AH.

Xét tam giác ADH vuông tại H, ta có:

.sin AH  AD 

Diện tích hình bình hành ABCD là:

. . .sin .

S CD AH CD AD  Vậy S  AD DC. .sin .

5.2. Xét ABC vuông tại B có

cos cos ; sin sin

ABAC  a  BC AC a  Diện tích hình chữ nhật ABCD là:

. cos . sin 2sin cos

S AB BCa  a a  

2 2

1 1

.2 sin cos sin 2

2a   2a 

 

5.3. Tacó 1 1

. sin ; . sin .

2 2

AOB COD

S  OA OB  S  OC OD 

Do đó

1 . sin

2 . .

1 . sin

2

AOB COD

OA OB

S OA OB

S OC OD OC OD m n





  

5.4. Vì ABC nhọn nên theo định lí côsin ta có a² b²c²2bccosA

2 2 2

cos 2

b c a

A bc

 

 

Ta có cos ^{2 2 2 2 2 2}

cot sin 2 sin 4

A b c a b c a

A A bc A S

   

   (vì 1

sin )

2

S bc A

Do đó ^{2 2 2}

4 cot b c a

S A

 

 .

Áp dụng: Với a39, b40, c41 và A45 ta có:

2 2 2

0

40 41 39

4 cot 45 440

S  

  (đvdt)

5.5. Ta đặt diện tích tam giác AOB là S.

Ta có 1 1

. sin . sin 45

2 2

S  OA OB O OA OB 

1 2 2

. . .

2OA OB 2 4 OA OB

 

Nhưng

2 2

. 8 16

2 2

OA OB

OA OB      

   

Do đó ^{2.16 4 2}

 

²

S  4  cm khi OAOB4cm Vậy maxS 4 2cm²

5.6. Tacó 1 3

4 4 ;

AM  ABBM  AB

1 2

3 3 ;

1 1

2 2 .

BN BC CN BC

CP CA AP CA

  

  

Ta đặt S_AMP S₁; S_BMN S₂; S_CNP S₃ và S_ABC S Khi đó:

1

1 1 1 1 1 1 1

. sin . . .sin . . .sin

2 2 4 2 8 2 8

S  AM AP A AB AC A AB AC A S

2

1 1 3 1 1 1 1

. sin . . .sin . . .sin

2 2 4 3 4 2 4

   

S BM BN B AB BC B BA BC B S

3

1 1 2 1 1 1 1

. sin . . . .sin . . .sin

2 2 3 2 3 2 3

S  CN CP C CB CA C CB CA C S

Vậy _{1 2 3} 1 1 1 17

8 4 3 24 .

S S S    S  S

  Do đó 17 7

24 24

SMNP S S S

7 8 1

24 24 3 .

  

SMNP S S S

Cách giải khác: (không dùng tỉ số lượng giác) (h.5.10) Vẽ đoạn thẳng AN. Xét các tam giác NMB và NAB có 3

BM  4 AB và chung chiều cao vẽ từ 4

đỉnh N nên 2

 

3 . 1 4 ^NAB S  S

Xét các tam giác ABN và ABC có 1

BN3BC nên 1

 

3 2 SABN  S

Từ (1) và (2) suy ra ₂ 3 1 1 4 3. 4 S  S  S

Chứng minh tương tự ta được ₃ 1 ₁ 1

3 ; 8

S  S S  S

Do đó 1 1 1 7 8 1

8 4 3 24 24 3

SMNP  S    S S  S  S 5.7. Ta có AODBEO (cùng phụ với BOE). Ta đặt AOD thì BEO

Xét AOD vuông tại O, ta có: 2

cos cos

OD OA

 

 

Xét BEO vuông tại B, ta có: 3 sin sin OE OB

 

 

Diện tích tam giác DOE là:

1 1 2 3 6

 

. . . *

2 2 cos sin 2 sin cos

S OD OE

   

  

Áp dụng bất đẳng thức x²y²2xy ta được:

2 2

sin cos 2sincos hay 12 sinc so 

Thay vào (*) ta đươc: 6 6

2 sin cos 1 S ^   ^ (dấu “=” xảy ra khi sin cos  45) Vậy minS 6cm² khi  45

Nhận xét: Việc đặt AOD giúp ta tính được các cạnh góc vuông của DOE, từ đó tính được diện tích của tam giác này theo các tỉ số lượng giác của góc . Do đó việc tìm minS đưa về tìm



^sin



max cos đơn giản hơn.

5.8. a) Ta có AB/ /CD mà AH CD nên AH AB.

• ADH và ABK có: H K 90 ; DB (hai góc đối của hình bình hành).

Do đó ADH∽ABK(g.g).

Suy ra AD AH AB  AK Do đó AK AH AH

AB  AD  BC (vì ADBC)

• KAH và ABC có KAH B (cùng phụ với BAK); AK  AH. AB BC Do đó KAH ∽ABC (c.g.c).

Suy ra KH AK AC  AB

Xét ABK vuông tại K có sin AK B AB Vậy KH sin

AC  B hay KH AC.sinB

b) Diện tích tam giác ABC là 1 1 3

. .sin .sin 60

2 2 4

S  AB BC B ab  ab (đvdt).

Vì S_KAH∽SABC nên ²



^sin



^{2 3}

4

KAH ABC

S AK

S AB B

 

   

Suy ra 3 3 3 3 3

4 4 4 16

  

KAH ABC

ab ab

S S (đvdt)

Ta có 3

sin 60

ABCD 2

S ab  ab (dvdt)

 

1 1

. .sin 60 . . cos 60 .sin 60

2 2

SABK  BA BK   BA BA   1 1 3 ² 3

. . .

2 2 2 8

a a a

  (đvdt)

 

1 1

. .sin 60 . . cos 60 .sin 60

2 2

SADH  DA DH   DA DA   1 ² 1 3 ² 3

2 . .2 2 8 b b

  (đvdt)

Mặt khác S_AKCH S_ABCDS_ABKS_ADH

Nên ^{3 2 3 2 3 3}



^{4 2 2}



2 8 8 8

AKCH

ab a b

S     ab a b (đvdt)

5.9. Ta có ^NAxNAB



^1800600



^{: 2600}

1 . .sin 60 2

1 . .sin 60 2

1 . .sin 60 2

ANC

ANB

ABC

S AN AC

S AN AB S AB AC

 

 

 

Vì S_ANCS_ANB  S_ABC

nên 1 1 1

. .sin 60 . .sin 60 . .sin 60

2AN AC  2AN AB  2AB AC  Do đó ^{AN AC}



^AB



^{AB AC.}

Suy ra 1

. AC AB

AB AC AN

  hay 1 1 1

 

AB AC AN

5.10. a) AM, AN là hai đường phân giác của hai góc kề bù nên AM AN.

1 0 1

. .sin 45 .

2 .

2

2

ABM 2

S  AB AM  AB AM ;

1 0 1

. .sin 45 .

2 .

2

2

ABN 2

S  AB AN  AB AN ;

1 .

AMN 2

S  AM AN (vì AMN vuông tại A).

Mặt khác, S_ABM S_ABN S_AMN nên:

1 1 1

. . .

2 2 2

2 2

. .

2 2

AB AM  AB AN  AM AN

Do đó

 

^{. 2 . .}

AB AM AN 2  AM AN 1

. 2

. 2

AM AN AM A N  AB

hay 1 1 2

AM +AN  AB ;

b) Góc nhọn tạo bởi hai đường thẳng AN, AC là 45 .

Ta có 1 1 2

. .sin 45 . . ;

2 2 2

SANC  AC AN   AC AN

1 1 2

. .sin 45 . . ;

2 2 2

SAMC  AC AM   AC AM

1 .

AMN 2

S  AM AN (vì AMN vuông tại A).

Mặt khác, S_ANCS_AMC S_AMN nên 1 2 1 2 1

. . . .

2AC AN 2 2AC AM 2  2AM AN

Do đó

 

^{. 2 .}

 2 

AC AN AM AM AN

Suy ra 1

. 2 .

2

  AN AM

AM AN AC hay 1 1 2

AM -AN  AC

5.11.

• Trường hợp góc A nhọn Ra đặt A

Ta có 1

. .sin

2 2

SABD_ AB AD 

1 1

. .sin ; . .sin

2 2 2

ACD ABC

S  AC AD  S  AB AC  Mặt khác, S_ABDS_ACDS_ABC nên

1 1 1

. .sin . .sin . .sin

2AB AD 2 2AC AD 2 2AB AC 

Suy ra . .sin . .sin . .2.sin cos

2  2  2 2

AB AD  AC AD  AB AC   (vì sin 2sin cos )

2 2

  



Do đó

 

^{. .2.cos}

AD AB_AC _AB AC 2

Suy ra 2.cos

2 .

AB AC

AB AC AD



  dẫn tới 1 1 2.cos 2

AB AC AD



 

• Trường hợp góc A tù

Ta đặt BAC thì BAx180 . Khi đó BAx là góc nhọn.

Ta có S_ABDS_ACDS_ABC

Do đó ^{1 . .sin 1 . .sin 1 . .sin 180}

 

2AB AD 2 2AC AD 2 2AB AC



   

1 180 180 1

. .2.sin cos . .2.sin 90 cos 90

2 2 2 2 2 2

1 . .2.cos sin

2 2 2

AB AC AB AC

AB AC

   

 

            

   



Suy ra

 

^{. .2.cos}

AD AB_AC _ AB AC 2

Do đó 2.cos 2 .

AB AC

AB AC AD



  hay 1 1 2.cos 2

AB AC AD



 

Nhận xét: Nếu A90 thì ta chứng minh được 1 1 2

AB AC  AD, vẫn phù hợp với kết luận của bài toán.

5.12.

Ta có 1 ⁰

. .sin15

AOB 2

S  OA OB 1 0

. .sin15

AOC 2

S  OA OC 1 0

. .sin 30

BOC 2

S  OB OC Mặt khác, S_AOBS_AOC S_BOC

nên 1 1 1

. .sin15 . .sin15 . .2 sin15 cos15

2OA OB  2OA OC  2OB OC   Do đó ^{OA OB OC}



^



^{2OB OC. cos15 .}

Suy ra 2 cos15

. OB OC

OB OC  OA 

hay ^{1 1 2}



^{6 2}



^{6 2}

.4 2

OB OC a a

 

  

5.13. Gọi O là giao điểm hai đường chéo.

Ta đặt OCOAx OD, OB y AD, m CD, n. Giả sử AODADC  90 .

Xét OCD có AOD là góc ngoài nên

2 C1 OD

D   A 

Mặt khác D₂C₁ADC. Suy ra C₁D₁

Ta có 1 ₁ 1 ₁

. sin ; . sin

2 2

ADO DCO

S  m y D S  n x C Mặt khác S_ADO S_DCO nên m y. n x. .

Do đó 2

2

x m x m

y  n  y  n hay AC AD BD  DC 5.14. Ta có 1

. sin S 2AB BC B

2 2.9, 69 0

sin sin 50

. 4, 6.5, 5 B S

AB BC

  



Vậy B50 .

5.15. Ta có S AB AC. .sinB

6 3 3

sin sin 60

. 4.3 2

 S    

B AB BC

Vậy B60 D60 ;  AC120 . 5.16. Ta đặt ADx AE,  y.

Khi đó diện tích ADE là ₁ 1

. sin ; S  2 x y 

2 1

1 25

S  2S  cm Ta có DE² x²y²2xycos

Mặt khác x²y² 2xy (dấu “=” xảy ra khi x y).

Do đó ^{DE2 2xy2xycos 2xy}



^{1 cos }



 

1

 

²

100.2 sin

2 sin 1 cos 4 1 cos 2 100 tan

sin sin 2 sin cos 2

2 2

xy S

    

 

 

 

  



Vậy tan tan

2 2

100 10

DE_  _ 

5.17. Ta có 2 cos

1 A 2

AB AC AD



  (bài 5.11)

Do đó 1 1 2 cos 36⁰ 10 2 cos 36⁰ 4, 75, 3 AD  4, 7.5, 3 AD Suy ra 4, 7.5, 3.2.cos 36⁰

 

10 4, 0

AD  cm

5.18. Ta có 1 A 2 cos2 AB AC AD



 

Do đó ^{1 1 2 cos 600 1 1 4}

 

6 12 4 AD cm

AD AD

     

5.19. Vì cạnh CA là cạnh lớn nhất nên góc B là góc lớn nhất trong .

ABC

Ta thấy AC²AB²BC² (vì 8²5²7²) nên góc B là góc nhọn, do dó ABC là tam giác nhọn.

Theo định lí côsin ta có:

2 2 2 2 2 2

2 cos 7 5 8 2.5.8 cos

BC AB AC  bc A    A

Do đó 1 ⁰

cos 60

A  2 A Ta có: 1 A 2 cos 30⁰

AB AC AD

 

2. 3

1 1 2 13 3 40 3

5 8 40 AD 13 cm

AD AD

      

5.20. Ta đặt BAC. Ta có 1  1  2 cos2 AB AC AD

 Mặt khác 1  1  1

AB AC AD

Suy ra 2 cos2 1 . AD AD



 Do đó 1 ⁰

2 cos 1 cos cos 60

2 2 2

 

   

Do đó cos 60⁰ 120⁰ 2

   