S DNG KIN THC I S DD GII CC BI TON HèNH HC
Cao Quốc Cờng ( GV. THCS Vĩnh Tờng- Vĩnh Phúc)
Sử dụng các kiến thức đại số giúp chúng ta có thể giải đợc một số các bài toán hình một
các ngắn gọn, rõ ràng. Trong bài viết này tôi muốn giới thiệu với các bạn một số bài
toán hình học có sử dụng các kiến thức đại số để giải.
Bài 1: Cho tam giác ABC vuông cân tại B. Điểm M nằm bên trong tam giác sao cho
MA : MB : MC = 1: 2 : 3 . Tính số đo góc AMB.
A
a
M

2a

3a

2a

K

C

B

Lời giải:
Cách 1: Đặt MA = a; MB = 2a; MC = 3a. Vẽ MBK vuông cân tại B ( K; A nằm
cùng phía đối với BM ). Xét ABK và CBM có:
AB = CB ( Vì ABC vuông cân tại B). CBM = ABK ( Cùng phụ với MBA )
BM = BK = 2a (Cách vẽ). Suy ra ABK = CBM (cgc) AK = CM = 3a .
Xét MBK vuông cân tại B theo định lý Pytago ta có: MK 2 = MB 2 + BK 2 = ( 2a ) 2 + ( 2a ) 2 = 8a 2
Xét AMK ta có: MA2 + MK 2 = a 2 + 8a 2 = 9a 2 = AK 2 ( Vì AK = 3a).
Suy ra AMK vuông tại M (Theo định lý Pitago đảo) AMK = 900


M

D

C

N

Theo giả thiết ta có: IMC = INC = IBC = 900 . Suy ra năm điểm I; M; N; C; B cùng
thuộc đờng tròn đờng kính IC tứ giác BMNC nội tiếp đờng tròn đờng kính IC.
Lại có BCN = 900 BN là đờng kính đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC để AN là tiếp
tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC khi và chỉ khi AN BN tại N ANB
vuông cân tại N AN 2 + NB 2 = AB 2 (*).
Đặt AI = a ( 0 < a < 5 ) IB = 5 a . Ta có: NA2 = a 2 + 22 ; NB 2 = 22 + ( 5 a ) 2 (áp dụng định lý
Pytago cho các tam giác vuông ADN và BCN) (**).
Thay (**) vào (*) ta có a 2 5a + 4 = 0 a1 = 1; a2 = 4 .
Vậy có hai vị trí của điểm I trên cạnh AB sao cho AI = 1cm hoặc AI = 4cm thì đờng
thẳng AN là tiếp tuyến của đờng tròn ngoại tiếp tứ giác BMNC.
Bài 3 : Cho ABC vuông cân tại A có AB = AC = 5cm . Một điểm M chuyển động trên
cạnh BC. Gọi khoảng cách từ M đến hai cạnh AB; AC lần lợt là a và b.
Tìm giá trị lớn nhất của tổng S = a 4 + b 4 .
Lời giải:
B

a

H

M

đạt đợc khi a = b mà MK // AB ( cùng vuông góc
8

với AC) suy ra M là trung điểm của BC.

Bài 4 : Cho hình vuông ABCD có cạnh là a. Điểm N di động trên cạnh AB; tia CN cắt tia
DA tại E; tia Cx vuông góc với tia CE cắt tia AB tại F.
Tìm vị trí của điểm N trên cạnh AB sao cho S ACFE = 3.S ABCD


Lời giải:
x

E

B

N

A

F

C

D

Đặt BN = x ( 0 < x < a). Ta có: CDE = CBF (gcg) (Vì BC = CD; BCF = DCE cùng
phụ ECB ; CDE = CBF = 900 ). Suy ra CE = CF.
1


(2)

Vậy N là trung điểm cạnh AB thì S ACFE = 3.S ABCD .
Bài 5 : Cho hình thang ABCD ( AB//CD; AB > CD ) có AD + BC = 2010cm ngoại tiếp đờng tròn (O; R). Đờng trung bình MN của hình thang chia hình thang đã cho thành hai
hình thang có tỉ số diện tích là
Lời giải:
D

E

C
K

I
M

A

3
. Tính độ dài hai cạnh đáy của hình thang.
7

N
O

F

B


Vậy độ dài hai đáy hình thang là: CD = 201(cm); AB = 1809 (cm).
Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho hình thang ABCD vuông tại A; có đáy nhỏ AB biết BC = 2 13; CD = 9; BD = 5 .
Tính độ dài các đoạn thẳng AB; AD.
Bài 2: Cho tam giác nhọn ABC biết AB = 15cm; BC = 14cm; CA = 13cm. Hãy tính độ
dài ba đờng cao của tam giác ABC.
Bài 3: Cho nửa đờng tròn (O) đờng kính AB =2R; một điểm M di động trên nửa đờng
tròn. Tìm vị trí của M để chu vi tam giác AMB lớn nhất.
Lời giải cách 2 bài 1.
Ta có ABM = CBP (cgc) ( Vì có BA = BC; BM = BP = 2a; ABM = CBP cùng phụ với
MBC ) CP = MA = a và AMB = CPB (1).
Trong MBP vuông cân tại B ta có: MP 2 = BM 2 + BP 2 = 8a 2 ( Theo định lý Pytago).
Trong MPC có MP 2 + PC 2 = 8a 2 + a 2 = 9a 2 = MC 2 MPC vuông tại P MPC = 900 .
Ta có BPC = BPM + MPC = 450 + 900 = 1350 (2).
Từ (1) và (2) suy ra AMB = 1350 .
..............................................................................