SKKN Áp dụng diện tích để giải các dạng toán THCS

Nhìn chung việc khai thác công thức diện tích và tính chất diện tích để giải các dạng toán là còn khá khiêm tốn.. Hiện nay chưa có nhiều tài liệu khai thác công thức diện tích đa giác để

A- PHẦN MỞ ĐẦU

I- Lý do chọn đề tài

- Dạy học toán 8 ta bắt gặp các công thức tính diện tích đa giác và tính chất diện tích đa giác Nhìn chung việc khai thác công thức diện tích và tính chất diện tích để giải các dạng toán là còn khá khiêm tốn Hiện nay chưa có nhiều tài liệu khai thác công thức diện tích đa giác để giải các dạng toán, có chăng chỉ là những bài viết vận dụng công thức diện tích để giải một vài dạng toán đơn lẽ chứ chưa có tính tổng hợp

- Khi nghiên cứu về diện tích đa giác nếu chúng ta biết nhìn các công thức khô khan đó dưới nhiều khía cạnh khác nhau và vận dụng khéo léo ta sẽ giải được khá nhiều dạng toán

- Để học sinh có kỹ năng vận dụng diện tích vào các dạng toán, cũng như góp thêm vào kho tàng toán học một điều nhỏ bé, tôi đã chọn đề tài “ Áp dụng diện tích để giải các dạng toán THCS” để nghiên cứu

II- Mục đích nghiên cứu của đề tài

- Củng cố kiến thức về diện tích đa giác

- Hình thành và rèn luyện kỹ năng để giải một số dạng toán ở THCS

- Trao đổi với đồng nghiệp một số kinh nghiệm giảng dạy

III- Nhiệm vụ của đề tài

- Nhắc lại kiến thức cơ bản về diện tích đa giác (lớp 8,9)

- Khai thác diện tích đa giác dưới nhiều góc đô, áp dụng giải một số dạng toán ở THCS như :

 Tính độ dài đoạn thẳng

 Tính tỷ số của các đoạn thẳng

 Chứng minh các đẳng thức hình học

 Chứng minh các đẳng thức hình học

 Giải các bài toán đại số

thông qua các bài tập cụ thể

- Tổng hợp hệ thống các dạng toán giải bằng phương pháp sử dụng diện tích tam giác đã có, đồng thời tìm tòi các dạng khác cũng như giải bằng phương pháp sử dụng diện tích đa giác

IV- Phạm vi đề tài

- Cũng cố và khai thác kiến thức về diện tích đa giác ở toán THCS (chủ yếu

ở toán 8)

- Nghiên cứu giải các dạng toán ở THCS (chủ yếu ở lớp 8, lớp 9)

V- Đối tượng nghiên cứu

- Diện tích đa giác ở toán 8 THCS

- Học sinh THCS: Lớp 8, 9

VI- Phương pháp nghiên cứu

- Tham khảo tài liệu, tổng hợp, hệ thống hoá

- Phân tích, tương tự hoá, đặc biệt hoá, khái quát hoá

- Trao đổi, thảo luận, rút kinh nghiệm

- Kiểm tra, đánh giá, rút kinh nghiệm

B NỘI DUNG

I- Các kiến thức cơ bản

1 Khái niệm diện tích đa giác

• Số đo của phần mặt phẳng bị giới hạn bởi 1 đa giác là diện tích đa giác đó

• Mỗi đa giác có một diện tích xác định Diện tích của đa giác là một số dương

• Các tính chất của đa giác:

T/c 1 Hai tam giác bằng nhau thì có diện tích bằng nhau

T/c 2 Nếu một đa giác được chia thành những đa giác không có điểm chung thì diện tích của đa giác đó bằng tổng diện tích của những đa giác đó

T/c 3 Nếu chọn hình vuông có có cánh 1 cm, 1dm, 1m…, làm đơn

vị diện tích thì đơn vị diện tích tương úng là: 1 cm2, 1dm2, 1m2,…

• Diện tích đa giác thường được kí hiệu bằng chữ S (Ví dụ: Diện tích đa giác ABCD thì được kí hiệu là SABCD hoặc S )

2 Công thức tính diện tích của một số đa giác

2.1 Hình chữ nhật, hình vuông, tam giác vuông

a) Hình chữ nhật: Diện tích hình chữ nhật bằng tích 2 kích thước của nó

S = a.b b) Hình vuông: Diện tích hình vuông bằng bình phương cạnh của nó

S = a2

c) Tam giác vuông: Diện tích tam giác vuông bằng nửa tích hai cạnh góc vuông

S =

2

1

a.b

2.2 Diện tích tam giác: Diện tích tam giác bằng nữa tích của 2 cạnh với chiều cao tương ứng cạnh đó

S =

2

1

a.h

2.3 Diện tích hình thang: Diện tích hình thang bằng nữa tổng hai đáy với

chiều cao

S =

2

1

(a+b).h

a

h

h a

a b a

b a

b

2.4 Diện tích hình bình hành: Diện tích hình bình hành bằng tích của 1 cạnh với chiều cao tương ứng với cạnh đó

S = a.h

2.5 Diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc, diện tích hình thoi:

a) Diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc: Diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc bằng nữa tích hai đường chéo

S =

2

1

d1.d2

b) Diện tích hình thoi:

+ Diện tích hình thoi bằng nữa tích hai đưòng chéo

S =

2

1

d1.d2

+ Diện tích hình bình hành bằng tích của một cạnh với chiều cao tương ứng cạnh đó S = a.h

3 Phương pháp diện tích

3.1 Phương pháp diện tích là phương pháp sử dụng kiến thức diện tích đa giác ( tính chất, công thức tính diện tích) để giải các dạng toán liên quan 3.2 Một số kết quả liên quan đến diện tích cần ghi nhớ

a) Hai tam giác đồng dạng thì tỉ số diện tích bằng bình phương tỉ số đồng dạng

2

d

1

d

2

d

1

d

h a

b) Hai tam giác có chung đáy (hai đáy bằng nhau) thì tỉ số diện tích bằng

tỉ số hai đường cao

c) Hai tam giác có hai đường cao bằng nhau thì tỉ số diện tích bằng tỉ số hai đáy

II- Các dạng toán sử dụng phương pháp diện tích đa giác

Dạng 1: Tính độ dài đoạn thẳng

Bài 1: Cho tam giác ABC, Aˆ = 90 , AB = 3 cm, AC = 4 cm, đường cao AH Tính AH

Giải:

SC = AB2 +AC2 = 5(cm)

SABC=

2

1

AB.AC = 6(cm2)

Lại có SABC=

2

1

AH.BC ⇒AH=

BC

S ABC

2

= 2,4 cm Bài 2: Cho hình thoi ABCD cạnh 3cm, hai đường chéo AC=6cm, BD=5cm.Tính khoảng cách từ đỉnh A đến các cạnh đối diện?

Giải: Khoảng cách từ đỉnh A đến hai cạnh BC và CD đều bằng nhau Kẻ AH vuông góc với CD(H thuộc CD)

SABCD=

2

1

AC.BD= 15cm

Lại có: SABCD= AH.DC⇒AH=

CD

S ABC

= 3,75cm

Dạng 2: Tính tỉ số đoạn thẳng

Bài 1: Cho a//b, trên a lấy B và C, trên b lấy D và E, sao cho góc ADB bằng góc AEC và bằng 

90 Giả sử CE= 2, DB=3, DB=4, EA=5.Tính

AC AB

Giải: a//b ⇒khoảng cách từ D và E đến a là bằng nhau

AC

AB

=

AEC

ADB

S

S

(chiều cao bằng nhau)

⇒

AC

AB =

25

21

Bài 2: Trên các cạnh AC và AB của tam giác ABC lấy B1 và C1 tương

ứng.Gọi 0 là giao điểm của BB1 và CC1 Hãy tính

1

AC

OB

nếu biết

1

1

AC

BC

=m và

1

1

AB

CB

=n

Giải: Nối A với O, kẻ BI và AH ⊥CC1

1

OB

BO

=

OC

B

BOC

S

S

1

OC

B

AOC

S

S

1

=B A C C

1

=

C B

C B AB

1

1

1 +

=1 +

C B

AB

1

1

=1+

h

1

∆BOC và ∆AOC có chung OC nên

AOC

BOC

S

S

=

AH

BI

, mà

AH

BI

=

1

1

AC

BC

=m

⇒

1

OB

BO =

OC

B

BOC

S

S

1

=

AOC

BOC

S

S

OC B

AOC

S

S

1

=m.( 1+

h

1)

Dạng 3: Chứng minh hệ thức hình học

Bài 1: Chứng minh định lý Talet trong tam giác: Cho tam giác ABC, nếu

DE//BC thì:

AB

AD

=

AC AE

Giải: Nối B với C; C với D ta có:

AB

AD

=

SABE

S ADE

(2 tam giác chung đường cao) (1)

AC

AD

=

ACD

ADE

S

S

(2 tam giác chung đường cao) (2)

SBEC=SDBC (chung đáy BC, hai đường cao bằng nhau)

⇒SABC – SBEC = SABC - SDBC⇒SABC = SACD (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra:

AB

AD

=

AC AE

Bài 2: Chứng minh tính chất đường phân giác

Trong tam giác ABC, nếu AD là đường phân giác thì:

DC

DB

=

AC AB

Giải:

DC

DB

=

ADC

ABD

S

S

( chung đường cao) (1)

AD là đường phân giác ⇒DH=DI

⇒

AC

AB

=

ADC

ABD

S

S

(2) (Vì hai đường cao kẽ từ D bằng nhau)

Từ (1) và (2) suy ra

DC

DB

=

AC AB

Bài 3: Cho ∆ABC cântại A, M bất kỳ thuộc BC Kẽ MH và MK lần lượt vuông góc với AB, AC(H và C thuộc AB và AC).BI là đường cao của ∆ ABC Chứng minh rằng MH+MK=BI

Giải: S ABM =

2

1

MH.AB⇒MH =

AB

S ABM

2

Tương tự ta có: MK =

AC

S ACM

2

⇒ MH+ MK =

AC

S

S ABM ACM) (

(Vì AB = AC)

⇒MH+MK =

AC

S ABC

2

= BI

Bài 4: (Định lý Xêra)Cho ∆ABC, lấy điểm 0 trong tam giác; AO, BO,CO lần

lượt cắt AB, BC, CD tại A1, B1, C1.Chứng minh:

C B

AB

1

1

B A

CA

1

1

A C

BC

1

1

=1 Giải:

1

1

AC

BC

=

ABD

ACD

S

S

;

A C

BC

1

1

=

D AC

BCD

S

S

;

C B

AB

1

1

=

D BC

ABD

S S

Nhân vế theo vế của 3 đẳng thức ta có đpcm

Bài 5: Cho ∆ABC, lấy điểm 0 trong tam giác; AO, BO,CO lần lượt cắt AB,

BC, CD tại A1, B1, C1.Chứng minh:

1

1

BB

OB

+

1

1

AA

OA

+

1

1

CC

OC

=1 Giải: Đặt S = SABC, S1=SOBC, S2= SOAC, S3 = SOAB

1

1

AA

OA

=

1

1

A

AB

OBA

S

S

=

1

1

ACA

OCA

S

S

⇒

1

1

AA

OA

=

ABC

OBC

S

S

=

S

S1

Tương tự ta có:

1

1

BB

OB

=

S

S2

;

1

1

CC

OC

=

S

S3

Do đó

1

1

BB

OB

+

1

1

AA

OA

+

1

1

CC

OC

=

S

S1

+

S

S2

+

S

S3

=1

Bài 6 Cho hình bình hành ABCD Các điểm M,N theo thứ tự thuộc các cạnh

AB, BC sao cho AN = CM Gọi K là giao điểm của AN và CM Chứng minh rằng KD là tia phân giác của góc AKC

Giải: Kẻ DH ⊥KA, DI⊥ KC, ta có:

DH.AN = 2 SADN (1)

DI.CM = 2 SCDM (2)

Lại có SADN =

2 1

SABCD

SCDM =

2

1

SABCD ⇒SADM = SCDM (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra DH.AN = DI.CM

Do AN = CM suy ra DH = DI suy ra KD là phân giác góc AKC

Dạng 4: Chứng minh BĐT hình học

Bài 1: Cho tam giác ABC (AC >AB), đường cao BI D là điểm nằm giữa B

và C Gọi BH và CK theo thứ tự là các đường vuông góc kẻ từ B và C đến đường thẳng AD Chứng minh rằng: BH + Ck > BI

Giải: Ta có : BI =

AC

S ABC

2

(1)

BH =

AD

S ABD

2

CK =

AD

S ACD

2

BH + CK =

AD

S

S ABD ACD) (

=

AD

S ABC

2

(2) Lại có AD < AC (3) (Ta dễ dàng chứng minh được điều này khi xét các trường hợp của góc BAC)

Từ (1), (2) và (3) suy ra BH + Ck > BI

Bài 2: Gọi ha, hb, hc là ba đường cao của một tam giác chứng minh rằng

a

h

1

<

b

h

1

+

c

h

1

Giải: Gọi diện tích tam giác là S, ba cạnh ứng với 3 đường cao ha, hb, hc là

a, b, c ta có:

a =

a

h

S

; b =

b

h

S

; c =

c

h S

2

a < b + c ( BĐT tam giác) suy ra

a

h

S

<

b

h

S

2

+

c

h

S

suy ra

a

h

1

<

b

h

1

+

c

h

1

Bai 3: Trong tam giác ABC ta lấy M, ký hiệu khoảng cách từ M tới đỉnh A của Tam giác là Ra, còn khoảng cách tới cạnh CA và AB là db và dc Chứng minh rằng: a.Ra ≥ c dc+ b.db

Giải:

Vẻ BK và CL vuông góc với AM

( K và L thuộc AM)

Đặt BK = a1, CL = a2 ta có: a1+a2 ≤a

Suy ra aR a a R a a R a S ACM S ABM bd b cd c

2

1 2

1 2

1 2

1 2

1

1

Bài 4: Cho tam giác ABC, M nằm trong tam giác Các đường thẳng AM,

BM, CM cắt các cạnh của tam giác tương ứng tại các điểm A1, B1, C1 Chứng

1 1 1

≥

⋅

⋅

M C

CM M B

BM M A

AM

Giải:

Đặt a = SMBC, b = SMAC, c = SMAB ta có: 1+

a

b a a

c b a S

S M A

AA M

A

M A AM

M

A

AM

MBC ABC = + + = + +

=

=

+

1

1 1

1 1

suy ra A AM M =b a+c

Chứng minh tương tự ta có B BM M = c+b a

1 và C CM M = a c+b

Ta biết rằng với các số dương a, b và c ta có (a+b)2 ≥4ab

(b+c)2 ≥ 4bc (c+a)2 ≥ 4ac Suy ra (a+b)(b+c)(c+a) ≥ 8abc

Từ (1) và (2) suy ra đpcm

Dạng 5: Giải toán Đại số bằng phương pháp diện tích

Bài 1: Tìm nghiệm nguyên của các phương trình sau:

a) x2+10x = 39

b) x2-8x = 33

Giải:

a) Giả sử x là cạnh của một hình vuông

thì x2 là diện tích của hình vuông đó

Kéo dài 2 cạnh hình vuông thêm 5 đơn vị

ta được hình vuông mới có cạnh là x+5,

có diện tích bằng: (x+5)2 = x2 + 10x + 25 = 39 + 25 = 64 suy ra x = 3

b) Giả sử x là cạnh của một hình vuông

Giảm hai cạnh của hình vuông đi 4 đơn vị

ta được hình vuông mới có cạnh là x – 4,

có diện tích bằng:

(x-4)2 = x2-8x+16 = 33 + 16 = 49 suy ra x = 11

Bài 2: Với x, y, z, t dương thì

) )(

( ) )(

( ) )(

(x2 +z2 y2 +z2 + x2 +t2 y2 +t2 ≥ x+y z+t

Gải: Vì x, y, z, t > 0 nên luôn tồn tại tứ giác ABCD có AC⊥BD tại O, vói OA= x, OC=y, OB= z, OD=t

Dễ thấy AB= x2 +z2

BC = y2 +z2

CD= y2 +t2

AD = x2 +t2

SABC = h AB BC.AC

2

1 2

1

1 ≤

SADC = h AD DC.AD

2

1 2

1

2 ≤

SABCD = SABC +SADC

SABCD = ( )( )

2

1

t z y

Vậy (x2 +z2 )(y2 +z2 ) + (x2 +t2 )(y2 +t2 ) ≥ (x+y)(z+t)

C KẾT QUẢ THU ĐƯỢC

Sau 5 năm công tác dạy học ở trường THCS, tôi đã tổng họp, bổ sung và phát triển những dạng toán giải được bằng phương pháp diện tích Đồng thời

đã đưa vào giảng dạy(Dạy đại trà và dạy bồi dưỡng học sinh giỏi) và thu được:

- Học sinh nắm chắc, sâu sắc hơn về diện tích đa giác

- Chất lượng giảng dạy thu được sau khi tiến hành kiểm tra là: Giỏi 20%, khá 35% , trung bình 45%

- Hứng thú và sự sáng tạo trong giải toán của học sinh được nâng lên rõ rệt

D KẾT LUẬN

Đề tài chỉ khai thác một phần kiến thức nhỏ, song theo tôi nó rất hữu ích trong dạy học toán Với học sinh, đề tài phát huy được tư duy sáng tạo, rèn luyện được kỹ năng vận dụng và hình thành cho các em niềm say mê học toán Với các bạn đồng nghiệp, đề tài là tài liệu tham khảo bổ ích phục vụ cho công tác giảng dạy, nghiên cứu toán

Ở đề tài này, mặc dù tôi đã dày công nghiên cứu song không thể không có những thiếu sót, vì vậy rất mong được sự đóng góp chân thành của các bạn đồng nghiệp

Tôi xin chân thành cảm ơn !

Yên Thành, tháng 5 năm 2008

Người viết

Vũ Văn Quý