dien tich da giac

DIỆN TÍCH ĐA GIÁC I Phương pháp giải Mỗi đa giác có diện tích xác định Diện tích đa giác số dương có tính chất sau: - Hai tam giác có diện tích - Nếu đa giác chia thành đa giác khơng có điểm chung diện tích tổng diện tích đa giác - Hình vng cạnh có độ dài có diện tích Các cơng thức tính diện tích đa giác - Diện tích hình chữ nhật tích hai kích thước S  a.b (a,b kích thước hình chữ nhật) - Diện tích hình vng bình phương cạnh S  a (a độ dài cạnh hình vng) - Diện tích hình vng có đường chéo dài d d 2 - Diện tích tam giác vng nửa tích hai cạnh góc vng S  a.b (a,b độ dài hai cạnh góc vng) - Diện tích tam giác nửa tích cạnh với chiều cao ứng với cạnh S  a.h (a,h độ dài cạnh đường cao tương ứng) - Diện tích hình thang nửa tích tổng hai đáy với chiều cao: S  a  b  h (a, b độ dài hai đáy, h độ dài đường cao) - Diện tích hình bình hành tích cạnh với chiều cao ứng với cạnh đó: S  a.h (a, h độ dài cạnh đường cao tương ứng) - Diện tích tứ giác có hai đường chéo vng góc nửa tích hai đường chéo S  d1.d ( d1 ; d độ dài hai đường chéo tương ứng) 2 - Diện tích hình thoi nửa tích hai đường chéo S  d1.d ( d1 ; d độ dài hai đường chéo tương ứng) Bổ sung - Hai tam giác có chung cạnh (hoặc cặp cạnh nhau) tỉ số diện tích tỉ số hai đường cao ứng với cạnh - Hai tam giác có chung đường cao (hoặc cặp đường cao nhau) tỉ số diện tích tỉ số hai cạnh ứng với đường cao - ABCD hình thang ( AB //CD ) Hai đường chéo AC BD cắt O S AOD  S BOC - Trong hình chữ nhật có chu vi hình vng có diện tích lớn - Hai hình chữ nhật có chiều cao tỉ số diện tích tỉ số hai đáy - Tam giác cạnh a có diện tích a2 II Một số ví dụ Ví dụ 1: Cho hình chữ nhật ABCD có AB  12 cm, AD  6,8 cm Gọi H, I, E K trung điểm tương ứng BC, HC, DC, EC a) Tính diện tích tam giác DBE; b) Tính diện tích tứ giác EHIK Giải ⁕ Tìm cách giải Dễ dàng tính diện tích hình chữ nhật ABCD Mặt khác, đề xuất nhiều yếu tố trung điểm nên vận dụng tính chất: hai tam giác có chung đường cao tỉ số diện tích tỉ số hai cạnh đáy ứng với đường cao Từ rút nhận xét: đường trung tuyến tam giác chia tam giác thành hai phần có diện tích Từ nhận xét quan trọng đó, tính diện tích tam giác BCD, BCE, DBE, BEH, ECH, HKC, CKI,… ⁕ Trình bày lời giải 2 a) ABCD hình chữ nhật nên S BCD  S ABCD  AB AD  12.6,8  40,8cm E trung điểm CD, suy ra: S BDE  S BCE  S BCD  20, 4cm 2 b) H trung điểm BC  SCHE  S BCE  20,  10, 2cm K trung điểm CE  S HKC  SCHE  5,1cm I trung điểm CH  SCKI  S HKC  2,55cm Vậy SEHIK  SCHE  SCIK  10,  2,55  7,65cm2 Ví dụ 2: Cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 24cm Lấy điểm E thuộc BC F thuộc CD cho diện tích tam giác ABE ADF 4cm 9cm Tính diện tích tam giác AEF (Olympic Tốn, Châu Á- Thái Bình Dương, năm 2001) Giải ⁕ Tìm cách giải Quan sát hình vẽ, suy luận tự nhiên: muốn tính diện tích tam giác AEF cần tính diện tích tam giác CEF Nhận thấy khơng thể khơng cần tính cụ thể độ dài CE CF Chúng ta biết BC.CD  24cm , nên cần tìm mối quan hệ CE BC; CF CD Phân tích vậy, cần tìm mối quan hệ BE BC; DF CD Mặt khác hình chữ nhật ABCD tam giác vng ABE có chung cạnh AB, đồng thời biết diện tích chúng nên dễ dàng tìm mối quan hệ BE BC Tương tự hình chữ nhật ABCD tam giác vng ADF có chung cạnh AD, đồng thời biết diện tích chúng nên dễ dàng tìm đựơc mối quan hệ DF CD Từ ta có lời giải sau: ⁕ Trình bày lời giải Ta có: S ABCD  24cm2 suy ra: S ABC  S ACD  s ABCD  12cm 2 ABC ABE có chung đường cao AB nên hay BE S ABE   BC S ABC 12 BE CE    BC BC ADF ADC có chung đừơng cao AD nên Ta có: DF CF DF S ABE      hay DC CD DC S ABC 12 SCEF CE.CF 1 1     SCEF  S ABCD  24  2cm2 S ABCD 2.BC.CD 12 12 12 Do S AEF  S ABCD  S ABE  S ADF  SCEF  S AEF  24     9cm2 Ví dụ Cho hình thang cân ABCD ( AB //CD ) Biết BD  7cm ; ABD  45 Tính diện tích hình thang ABCD (Olympic Tốn Châu Á- Thái Bình Dương 2007) Giải Cách Nối AC cắt BD E ABE vuông cân  BE  AC Diện tích hình thang là: S 1 49 AC.BD  BD  cm 2 Cách Kéo dài tia BA lấy điểm E cho AE  CD , ta : AED  CDB (c.g.c) suy ra: AED  CDB  45 Từ suy ra: BDE vuông cân D S ABCD  S ABD  SCDB  S ABD  S AED  S DBE  49 BD  cm 2 Cách Kẻ DH  AB , BK  CD Do AB//CD nên HDK  90 mà DB phân giác HDK (vì BDK  45 )  HDKB hình vng mà HAD  KCB (cạnh huyền – góc nhọn) Suy S HDA  S BCK nên S ABCD  S ABKD  SCKB  S ABKD  S AHD  S DHBK  BK  BD 49  (cm ) 2 Ví dụ Cho ABC vuông A AH đường cao Gọi M, N hình chiếu H AB, AC Gọi I giao điểm BN CM Chứng minh: S BIC  S AMIN Giải Ta có: ANH BNH có chung HN đường cao hạ từ A B nhau, nên S ANH  S BNH  S ANH  SCNH  S BNH  SCNH  S ANC  S BNC (1) Mặt khác MA  HN nên S AHC  S AMC (2) Từ (1) (2) ta có: S BNC  S AMC  S BNC  S NIC  S AMC  S NIC Vậy S BIC  S AMIN Nhận xét Kĩ thuật so sánh S BIC với S AMIN ta so sánh S BNC với SMAC Mà AM  HN , nên ta S AMC  S AHC , ta so sánh S BNC với S AHC từ dẫn đến so sánh S BHN S AHN Ví dụ Gọi M, N trung điểm cạnh BC CD tứ giác lồi ABCD Chứng rằng: S ABCD   AM  AN  Giải * Tìm cách giải Nhận thấy vế phải phần kết luận có độ dài hai cạnh tam giác AMN,  a  b  ) Do 1  AM  AN  mặt khác dễ thấy S AMN  AM AN  (vận dụng kết ab  2 4 cần biến đổi S ABCD theo S AMN Định hướng cuối 2 S ABCD  4.S AMN * Trình bày lời giải S ABCD  S ABC  S ACD  2.S AMC  2.S ANC   S AMC  S ANC   2S AMCN  2S AMN  2SCMN Gọi giao điểm AM BD I  SCMN  S IMN  S AMN  AM  AN   AM NH  AM AN  2  S ABCD  4.S AMN Suy S ABCD   AM  AN  Ví dụ Cho tam giác ABC với D điểm thuộc cạnh BC F điểm thuộc cạnh AB Điểm K đối xứng với điểm B qua DF Biết K, B nằm khác phía so với AC Cạnh AC cắt FK P DK Q Tổng diện tích tam giác AFP, PKQ QDC 10cm Nếu ta cộng tổng diện tích với diện tích tứ giác DFPQ diện tích tam giác ABC Tính diện tích tam giác ABC theo cm (Olympic Toán học Trẻ Quốc Tế Hàn Quốc KIMC 2014 (Malaysia đề nghị)) Giải Ta có: SDFPQ  S ABC   SBDF  S AFP  SCDQ   S ABC   SDFK  S AFP  SCDQ   S ABC   SDFPQ  SKPQ  S AFP  SCDQ   S ABC  S ABC  S ABC 3  S KPQ  S AFP  SCDQ  S ABC  S ABC  3.10  30cm2 Ví dụ Chín đường thẳng có tính chất đường thẳng chia hình vng thành hai tứ giác có tỉ số Chứng minh tồn ba đường thẳng số qua điểm (Thi vơ địch CHLB Nga- năm 1972) Giải * Tìm cách giải Chứng tồn ba đường thẳng số qua điểm, mà khơng cụ thể tường minh điểm nào, liên tưởng tới khả vận dụng nguyên lý Đirichle Trong trường hợp này, cần đường thẳng phải qua điểm cố định Từ điểm có nhiều có đường thẳng qua nhiều có 4.2  đường thẳng (nhỏ 9), vô lý Chúng có cách giải sau: * Trình bày cách giải Các đường thẳng cho cắt cạnh kề hình vng ABCD Bởi khơng thể tạo hai tứ giác mà tam giác ngũ giác Giả sử đường thẳng cắt cạnh BC AD điểm M N Các hình thang ABMN CDNM có đường cao tỉ số diện tích chúng tỉ số đường trung bình Tức MN chia đoạn thẳng nối trung điểm cạnh AB CD theo tỉ số Tổng số điểm chia đường trung bình hình vng theo tỉ số Bởi số dường thẳng cho phải qua số bốn điểm nói trên, nên có điểm thuộc đường thẳng Tức có ba đường thẳng số qua điểm Ví dụ Bên hình vng có cạnh 10 có 1000 điểm, khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh số tam giác có đỉnh điểm đỉnh hình vng, tồn tam giác có diện tích khơng q 50 1001 Giải * Tìm cách giải Nhận thấy hình vng có diện tích 10.10  100 Suy luận cách tự nhiên, nghĩ cách từ 1000 điểm đỉnh nối với để tạo thành tam giác khơng có điểm chung Khi tổng diện tích tam giác tạo thành có diện tích 100 Chúng ta lập luận diện tích nhỏ tam giác tạo thành thỏa mãn yêu cầu đề * Trình bày cách giải Gọi 1000 điểm hình vng cạnh 10 A1 , A2 , , A1000 Bước thứ nhất, ta nối A1 với đỉnh hình vng, ta bốn tam giác Xét điểm Ak với k  2,3, 4, ,1000 Nếu Ak nằm tam giác tạo (chẳng hạn A2 hình vẽ), ta nối A2 với ba đỉnh tam giác đó, số tam giác tăng thêm hai (từ thành 3), Ak thuộc cạnh chung hai tam giác tạo (chẳng hạn A3 hình vẽ), ta nối A3 với đỉnh đối diện với cạnh chung, số tam giác tăng thêm hai (từ thảnh 4) Như vậy, sau bước thứ ta bốn tam giác Trong 999 bước lại, bước tăng thêm hai tam giác Tổng cộng ta có:  2.999  2002 tam giác Tổng diện tích 2002 tam giác 100 Do tồn tam giác có diện tích khơng q 100 50  2002 1001 Nhận xét Từ cách giải trên, giải toàn tổng quát sau: - Bên hình vng có cạnh a cho n điểm Chứng minh số tam giác có đỉnh điểm đỉnh hình vng, tồn tam giác có diện tích khơng q a2 2n  - Bên đa giác lồi n cạnh có diện tích S lấy m điểm Chứng minh số tam giác có đỉnh điểm đỉnh đa giác, tồn tam giác có diện tích khơng q S 2m  n  Ví dụ Chứng hai hình chữ nhật kích thước a  b xếp cho chúng cắt điểm diện tích phần chung lớn nửa diện tích hình chữ nhật Giải Vẽ CM, CN (như hình vẽ)  CM  CN Suy CA tia phân giác góc MAN góc MCN Chứng minh tương tự, ta có: BD phân giác EBF Dựa vào cặp góc có cạnh tương ứng vng góc, ta có: MAN  EBF nên CAE  DBF Từ suy AC  BD Do S ABCD  AC.BD S AEBFCIDH  S ABCD  1 AC.BD  CN BD  a.b 2 Nhận xét Sử dụng kĩ thuật chuyên đề tam giác đồng dạng Các bạn giải tốn sau: cho hai hình chữ nhật kích thước a b Một hình chữ nhật cạnh tơ màu đỏ, hình chữ nhật cạnh tơ màu xanh, xếp cho chúng cắt điểm Chứng minh hình bát giác có tổng cạnh màu đỏ tổng cạnh tô màu xanh III Bài tập vận dụng 11.1 Cho hình chữ nhật ABCD có CD  4cm , BC  3cm Gọi H hình chiếu C BD Tính điện tích tam giác ADH 11.2 Cho hình thang ABCD có độ dài hai đáy AB  5cm , CD  15cm , độ dài hai đường chéo AC  16cm , BD  12cm Tính diện tích hình thang ABCD 11.3 Cho tam giác ABC vuông cân A Các điểm D, E theo thứ tự di chuyển AB, AC cho BD  AE Xác định vị trí D, E cho tứ giác BDEC có diện tích nhỏ 11.4 Cho tam giác ABC có diện tích S, cạnh AB lấy điểm D cho AD  2DB Gọi E trung điểm AC I giao điểm CD BE Tính diện tích tam giác IBC 11.5 Cho tứ giác lồi ABCD Qua trung điểm K đường chéo BD dựng đường thẳng song song với đường chéo AC, đường cắt AD E Chứng minh CE chia tứ giác thành hai phần có diện tích (biết E nằm A D) 11.6 Cho hình bình hành ABCD Trên cạnh AB va CD lấy điểm M K cho AM  CK Trên đoạn AD lấy điểm P Đoạn thẳng MK cắt PB PC E F Chứng minh rằng: S PEF  S BME  SCKF 11.7 Cho tam giác ABC có trung tuyến AD BE vng góc với O Biết AC  b ; BC  a Tính diện tích hình vng có cạnh a 11.8 Đặt hình vng nhỏ vào bên hình vng lớn nối đỉnh hình vng lớn tương ứng theo thứ tự với đỉnh hình vng nhỏ (như hình vẽ) Chứng minh rằng: S AMNB  SCDQP  S ADQM  SBCPN 11.9 Cho ABC vng A có AH đường cao Trên AB, AC lấy K, L cho AK  AL  AH Chứng minh S AKI  S ABC 11.10 Cho tứ giác ABCD Gọi M; N trung điểm AB; CD Gọi P; Q trung điểm BM DN Chứng minh S MNPQ  S ABCD 11.11 Cho hình chữ nhật ABCD Trên cạnh AB lấy hai điểm M, N cho AM  MN  NB P trung điểm cạnh CD Goi O giao điểm ND MP Biết diện tích tam giác DOP lớn diện tích tam giác MON 7cm Tính diện tích hình chữ nhật ABCD 11.12 Cho tứ giác ABCD có AC  10cm , BD  12cm Hai đường chéo AC BD cắt O, biết AOB  30 Tính diện tích tứ giác ABCD 11.13 Cho tứ giác ABCD Gọi M, P, N, Q trung điểm cạnh AB, BC, CD, AD; O giao điểm MN PQ Chứng minh: a) S AOQ  SBOP  SMPQ b) S AOD  S BOC  S ABCD 11.14.Cho hình bình hành 13 đường thẳng, đường thẳng chia hình bình hành thành hai tứ giác có tỉ số diện tích Chứng minh 13 đường thẳng đó, có bốn đường thẳng qua điểm 11.15 Bên hình vng có cạnh cho 1000 điểm khơng có ba điểm thẳng hàng Chứng minh số tam giác có đỉnh 1000 điểm đó, tồn tam giác có diện tích khơng q 998 11.16 Cho 37 điểm, khơng có ba điểm thẳng hàng, nằm bên hình vng có cạnh Chứng minh ln tìm năm điểm 37 điểm thỏa mãn: tam giác tạo năm điểm có diện tích khơng 18 11.17 Cho đa giác lồi Chứng minh tồn hình bình hành có diện tích khơng q hai lần diện tích đa giác cho đỉnh đa giác nằm biên hình bình hành 11.18 Cho lục giác lồi ABCDEF có cặp cạnh đối song song Chứng minh S ACE  S ABCDEF 11.19 Cho tứ giác ABCD Gọi I, E, G, H trung điểm AB, BC, CD, DA, đường thẳng CI cắt BH DE M N, đường thẳng AG cắt DE BH P Q Chứng minh rằng: SMNPQ  SIBM  SCEN  SDGP  S AHQ 11.20 Cho tam giác ABC, gọi M, N, D trung điểm BC, CA, AB P điểm tùy ý nằm ngồi tam giác Chứng ba tam giác PAM, PBN, PCD tồn tam giác có diện tích tổng diện tích hai tam giác lại Hướng dẫn giải 11.1 Áp dụng định lý Py-ta-go tam giác vuông BCD, ta có: BD  BC  CD  32  42  25  52 nên BC  5cm CH  S BCD BC.CD 3.4    2, 4(cm) BD BD Xét tam giác vng CDH, ta có: DH  CD  CH  42  2, 42  10, 24  3, 22 nên DH  3, 2cm Kẻ AK  BD Ta có: S ABD  SCBD nên AK  CH  2, 4cm 2 Vậy S ADH  DH AK  3, 2.2,  3,86(cm ) 11.2 Qua A kẻ đường thẳng song song với BD, cắt đường thẳng CD E Suy ABDE hình bình hành  AE  BD  12cm; DE  AB  5cm  CE  20cm Ta có: AE  AC  122  162  400 CE  202  400 Do đó: AE  AC  CE  ACE vuông A 1  S ACE  AC AE  16.12  96(cm ) 2 Mặt khác: S ADE  S ABC (vì AB  DE ; đường cao kẻ từ A; C hai tam giác nhau)  S ABCD  S ABC  S ACD  S ADE  S ACD  S ACE  S ABCD  96cm2 2 11.3 Ta có: S ADE  AD AE  AD.BD  S ADE  1 AD  AB  AD    AB AD  AD  2 AB AB AB  S ADE   ( AD  AD  ) 2 AB AB AB  S ADE   ( AD  )   2 8 Vậy S BDEC  S ABC  S ADE  AB AB   AB khơng đổi 8 Do S BDEC  AB D, E trung điểm AB, AC 11.4 Gọi H, K hình chiếu D, C BE S ABE  S BCE  1 S ABC , SCDB  S ABC ; 1 S BDE  S ABE  SCBE 3  S BDE DH   SCBE CK  S IBC  3S IBD  SCDB  S 4 11.5 Do KE //CA nên SCAE  SCAK Vậy: SCBAE  S ABC  SCEA  S ABC  SCKA  S ABCK 1  SCKB  S KBA  S BCD  S BAD  S ABCD 2 Từ suy điều phải chứng minh 11.6 Ta có BCD PBC có chung cạnh BC đường cao ứng với cạnh BC nên S BCD  S PBC suy ra: S PBC  S ABCD (1) Ta có: AM  CK.AB  CD suy BM  DK Kẻ BQ  CD , ta có: S BMKC  ( BM  CK ) (DK  KC).BQ CD.BQ BQ    S ABCD 2 2 (2) Suy S PBC  S BMKC hay S PEF  S BEFC  S BME  S KFC  S BEFC Vậy S PEF  S BME  S KFC 11.7 Ta có AD, BE đường trung tuyến nên O trọng tâm suy ra: OB  2.OE; OA  2.OD Áp dụng định lý Py-ta-go ta có: OA2  OE  AE  b2 OB  OD  BD  a2 a  b2  (OA  OB )  (OE  OD )  2  (OA2  OB )   AB  2 OA2  OB a  b  4 AB a  b a  b2   AB  4 Vậy diện tích hình vng cạnh AB là: a  b2 (đvdt) 11.8 Qua M, N, P kẻ đường thẳng song song với cạnh hình vng ABCD (như hình vẽ) Khi ta IKHE hình vng tam giác INM, KPN, HQP, EMQ Ta có: S AMNB  SCDQP  S1  S9  S3  SIMN  S8  S6  S10  SHPQ S AMQD  SBNCP  S2  S11  S7  SEMQ  S4  S12  S5  SKPN Mà S1  S2 ; S3  S4 ; S5  S6 ; S7  S8 ; S9  S10  ( AD  IE ).IN ; S11  S12  ( AB  IK ).ME  S9  S10  S11  S12 Do vậy: S AMNB  SCDQP  S ADQM  SBCPN 2 11.9 Ta có: S AKL  AK AL  AH ; S ABC  AH BC Gọi M trung điểm BC, ta có BM  MC  AM  BC  2.AM Mặt khác AH  AM (quan hệ đường vng góc đường xiên)  2AH  BC 1 2 Từ suy ra: S AKL  AH  AH BC  S ABC Đẳng thức xảy H  M hay ABC vng cân 4 11.10 Ta có: AP  AB  S ACP  S ABC 3 3 CQ  CD  S ACQ  S ACD  S APCQ  S ACP  S ACQ  S ABC  S ACD  S APCQ  S ABCD (1) 4 4 3 Ta có: MP  AP  S PQM  S APQ 1 NQ  CQ  S PNQ  S PQC 3 1  S MPNQ  S PQM  S PNQ  S APQ  S PQC  S MPNQ  S APCQ 3 (2) 3 4 Từ (1) (2) suy ra: S MPNQ  S ABCD  S ABCD 11.11 Ta có: SDPN  SMNP  SDOP  SMON  7cm2 Mà SMNP MN 1/3 AB    SDPN DP 1/2 AB  SMNP  S DPN  SMNP   S MNP   S MNP  14cm Ta có: S ABCD  AB.AD  3MN.AD  6SMNP  6.14  84cm2 11.12 Kẻ BH  AO; DI  OC BHO có BHO  90; BOH  30  BH  DIO có DIO  90; DOI  30  DI  BO DO 2 Ta có: S ABCD  S ABC  S ACD  AC.BH  AC.DI 1 1   AC.( BH  DI )  AC  BO  DO  2 2  1 1  AC .BD  AC.BD  10.12  30cm 2 4 11.13 a) Vẽ AA, BB, MM  vng góc với PQ Ta có: Tứ giác MPNQ hình bình hành  OQ  OP 1 S AOQ  OQ AA; S BOP  OP.BB 2 1 1 S AOQ  S BOP  OQ.( AA  BB)  PQ.2.MM   PQ.MM  2 2 Mà S MPQ  PQ.MM ;  S AOQ  S BOP  S MPQ b) Chứng minh tương tự, ta có: SDOQ  SCOP  SNPQ  S AOQ  SBOP  SDOQ  SCOP  SMPQ  S NPQ S AOD  SBOC  SMPNQ (1) Kẻ MI  AC , BK  AC Suy ra, ta có: S MPFE  MP.MI  1 AC .BK  AC.BK 2 2 Mà S ABC  AC.BK  S MPFE  S ABC Tương tự, ta có: S NQEF  S ACD 2 Do đó: S MPNQ  S ABC  S ACD  S ABCD (2) Từ (1) (2) suy ra: S AOD  S BOC  S ABCD 11.14 Các đường thẳng cho khơng thể cắt cạnh kề hình bình hành ABCD Bởi khơng thể tạo hai tứ giác mà tam giác ngũ giác Giả sử đường thẳng cắt cạnh BC AD điểm M N Các hình thang ABMN CDNM có đường cao tỉ số diện tích chúng tỉ số đường trung bình Tức MN chia đoạn thẳng nối trung điểm cạnh AB CD theo tỉ số số điểm chia đường trung bình hình bình hành theo tỉ số Tổng Bởi số đường thẳng cho 13 phải qua số bốn điểm nói mà 13  3.4 1, nên có điểm thuộc đường thẳng Tức có bốn đường thẳng số qua điểm 11.15 Theo bổ đề đa giác bao, tồn đa giác có n đỉnh (n  1000) n điểm số 1000 điểm cho 1000  n điểm lại cho nằm đa giác Ta nối điểm cho chẳng hạn A1 với n đỉnh đa giác n cạnh, ta n tam giác Nối điểm nằm tam giác tạo với ba đỉnh tam giác đó, số tam giác tăng thêm hai (từ thành 3) Tổng cộng ta có: n  2.(1000  n  1)  1998  n (tam giác) Vì n  1000 nên 1998  n  998 Tồn tam giác có diện tích khơng q tích khơng q diện tích đa giác Do tam giác có diện 998 998 11.16 Chia hình vng thành chín hình vng nhỏ có cạnh vng nhỏ , diện tích hình Vì 37  4.9 1 nên tồn hình vng nhỏ chứa năm điểm, ba điểm vào năm điểm đỉnh tam giác có diện tích khơng q nửa hình vng nhỏ Do tam giác tạo ba năm điểm có diện tích khơng q 18 11.17 Gọi a đường thẳng chứa cạnh AB đa giác Gọi C đỉnh đa giác cách xa AB Qua C kẻ đường thẳng b//AB Gọi D, E đỉnh đa giác cách xa AC hai phía AC Qua D kẻ đường thẳng c //AC , qua E kẻ đường thẳng d //AC Gọi MNPQ hình bình hành tạo đường thẳng a, b, c, d đỉnh đa giác nằm biên hình bình hành Hiển nhiên S ACD  S ACE  Sđa giác Mà S ACD  S ACE  S MNPQ nên S MNPQ  S đa giác tức SMNPQ  2.Sđa giác 11.18 Vẽ hình bình hành ABCQ; CDER; AFEP Ta có: S ABCDREF  2.S APE  2.SCER  2.S ACQ  SPOQ  2.S AEC  S ABCDEF  SPQR  S ABCDEF Vậy S AEC  S ABCDEF 2 11.19 Ta có: S ACG  S ACD , S ACI  S ACB  S AGCI  S ABCD (1) Tương tự S DEBH  S ABCD (2) Từ (1) (2) suy ra: S AGCI  S DEBH  S ABCD  SMNPQ  SIBM  SCEN  SDGP  S AHQ 11.20 Gọi G trọng tâm tam giác ABC, ta có: S PAG  2 S PAM , S PBG  S PBN , S PCG  S PCD , ta chứng minh ba tam giác PAG, PBG, PCG 3 tồn tam giác có diện tích tổng diện tích hai tam giác Xét trường hợp A B nằm khác phía với C đường thẳng PG Hạ AH  PG, BK  PG, CF  PG , DE  PG  AH //DE //CF //BK , theo giả thiết DA  DB  AH  BK  2DE , G trọng tâm  CG  2GD  CF  2DE  CF  AH  BK  S PCG  S PAG  S PBG  S PCD  S PAM  S PBN Tương tự với trường hợp lại, ba tam giác PAM, PBN, PCD tồn tam giác có diện tích tổng diện tích hai tam giác lại