Một vài kinh nghiệm sử dụng phương pháp diện tích để giải các bài toán hình học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA (*Font Times New Roman, cỡ 16, đậm, CapsLock;** Font Times New Roman, cỡ 15,CapsLock) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM (Font Times New Roman, cỡ 15, CapsLock) MỘT VÀI KINH NGHIỆM SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC Người thực hiện : Nguyễn Thị Quế Chức vụ : Phó hiệu trưởng Đơn vị công tác : Trường THCS Quảng Hưng SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán THANH HOÁ NĂM 2016 MỤC LỤC I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 1 Như chúng ta đã biết, cùng với sự phát triển tư duy của con người, toán học ra đời Toán học là môn khoa học đặc biệt, môn khởi đầu cho sự ra đời của các môn khoa học khác Toán học đã rèn luyện cho con người nhiều đức tính qúi: tính cần cù, lòng say mê, sáng tạo và kiên trì .1 2 Các công thức tính diện tích của các hình phẳng: 4 A MỞ ĐẦU I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Như chúng ta đã biết, cùng với sự phát triển tư duy của con người, toán học ra đời Toán học là môn khoa học đặc biệt, môn khởi đầu cho sự ra đời của các môn khoa học khác Toán học đã rèn luyện cho con người nhiều đức tính qúi: tính cần cù, lòng say mê, sáng tạo và kiên trì Định hướng đổi mới phương pháp dạy học hiện nay đã xác định “Phương pháp dạy học Toán trong nhà trường cần phải phát huy tính tích cực, tự giác chủ động của người học, hình thành và phát triển năng lực tự học, trau dồi các phẩm chất linh hoạt, độc lập sáng tạo” Bắt nguồn từ định hướng đó giáo viên cần phải học hỏi nghiên cứu, tìm tòi và áp dụng những phương pháp dạy học sao cho phù hợp với từng đối tượng học sinh, từng kiểu bài làm cho hiệu quả giờ học đạt cao nhất Trong chương trình các cấp học nói chung và THCS nói riêng một trong những môn học có tác dụng rất lớn trong việc phát triển năng lực trí tuệ và tư duy khoa học không thể không kể đến bộ môn hình học Hình học rèn luyện cho con người khả năng tư duy trừu tượng, sự sáng tạo và khả năng phân tích tổng hợp Việc tìm phương pháp giải cho các bài toán hình ngoài việc phải tìm ra cách giải đúng còn phải tìm ra cách giải ngắn gọn, đơn giản và dễ hiểu nhất Trong đó phương pháp sử dụng diện tích các hình phẳng để giải các bài tập hình học là một phương pháp thú vị Tuy nhiên chưa có tài liệu nghiên cứu nào bàn sâu về vấn đề này Đa số các giáo viên trong nhà trường khi dạy các bài toán về diện tích mới chỉ dừng lại việc vận dụng trực tiếp các công thức tính diện tích vào giải toán mà chưa khai thác sâu về ứng dụng của phương pháp đó vào các bài toán hình liên quan Với những lý do đã trình bày ở trên tôi đã chọn đề tài “Một vài kinh nghiệm sử dụng phương pháp diện tích để giải các bài toán hình học” Trong đề tài, tôi đã lựa chọn được các bài tập ở nhiều dạng, có những bài toán nâng cao và những kiến thức mở rộng hơn so với kiến thức đã trình bày trong SGK lớp 8,9 Do vậy, đề tài được áp dụng chủ yếu cho đối tượng học sinh khá giỏi ở Trường THCS Quảng Hưng II MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Tìm hiểu thực trạng, những vướng mắc của học sinh khi giải các bài toán hình liên quan đến diện tích và từ đó đưa ra các dạng toán thường gặp khi giải bài toán hình có sử dụng phương pháp diện tích III ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU - Học sinh khối 8, 9 của trường THCS Quảng Hưng IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU + Điều tra, thực nghiệm, khảo sát kết quả học tập của học sinh + Thực nghiệm giảng dạy chuyên đề cho các lớp bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán lớp 8 và lớp 9 cùng với nhóm chuyên môn trong nhà trường 1 B NỘI DUNG I CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI Ở tiểu học, học sinh đã được học về diện tích các hình chữ nhật, hình vuông, hình tam giác, … Các công thức về diện tích các hình nói trên chủ yếu được các em ứng dụng trong việc giải quyết các bài tập tính toán có liên quan đến diện tích Khi học lên lớp 8 các em lại tiếp tục được học về diện tích của các hình này nhưng ở diện rộng hơn và sâu hơn Tới đây, ta cũng cần cho học sinh thấy được ngoài ứng dụng tính toán, các công thức tính diện tích còn cho ta mối quan hệ về độ dài của các đoạn thẳng, chúng rất có ích trong một số bài toán chứng minh về đại số cũng như hình học II THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU TRƯỚC KHI ÁP DỤNG ĐỀ TÀI Trong quá trình dạy toán nhiều năm tôi nhận thấy đa số học sinh học yếu môn toán nói chung và hình học nói riêng là do các em hổng kiến thức từ lớp dưới Vì đặc trưng của môn toán là môn hệ thống kiến thức được xây dựng đi lên như xây một bức tường Muốn học giỏi môn toán trước hết học sinh phải nắm vững, chính xác các kiến thức cơ bản một cách chủ động, sáng tạo biết vận dụng các kiến thức đó vào giải các bài tập từ đó nâng cao mở rộng và phát triển Bên cạnh đó các em còn phải rèn luyện khả năng tìm tòi, tích luỹ, tổng hợp, tự nghiên cứu nhằm hình thành và phát huy tính tích cực sáng tạo trong các hoạt động học tập Trong chương trình toán THCS (chủ yếu là lớp 8) thì các bài toán có liên quan đến diện tích là một dạng toán hay và đa dạng Tuy nhiên khi học sinh làm dạng toán này chỉ thành thạo trong việc áp dụng các công thức tính diện tích để tính diện tích trực tiếp của một hình nào đó mà chưa linh hoạt vận dụng được các kiến thức này vào các bài toán khác có liên quan Cụ thể : Cho 76 học sinh khối 8 năm học 2014 - 2015 làm một đề kiểm tra hình về các bài toán có liên quan đến diện tích khi chưa áp dụng đề tài, bản thân thu được kết quả như sau Lớp Tổng Giỏi số % HS SL Khá Kết quả đạt được TB Yếu Kém SL % SL % SL % SL % 5,1 8A1 39 1 2,6 8 20,5 20 51,3 8 20,5 2 8A2 37 0 0 9 24,3 15 40,6 8 21,6 5 13,5 2 3 III CÁC GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ Dựa trên đặc điểm tình hình nhà trường, căn cứ vào các kết quả đạt được của năm trước và chất lượng học tập cũng như đặc điểm của lớp phụ trách, dựa vào năng lực của học sinh, tôi đề ra các giải pháp sau: - Tìm tòi các bài toán cơ bản để từ đó học sinh nắm được và phát triển các bài toán tiếp theo - Phân loại các bài toán giải bằng phương pháp diện tích Phần I: CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN 1 Các công thức diện tích hay sử dụng cho tam giác Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c lần lượt đối diện với các đỉnh A, B, C +) ha ; hb ; hc : độ dài đường cao ứng với các cạnh a, b, c A +) p = 1 (a + b + c) là nửa chu vi của tam giác 2 +) r : bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC hb ra ; rb ; rc : bán kính đường tròn bàng tiếp ∆ ABC tiếp xúc với a, b, c Ta có công thức tính diện tích tam giác sau: c 1 1 1 a ha = b.hb = c hc (1) B 2 2 2 S = p ( p −a )( p −b)( p −c) (2) công thức Hêrông 1 1 1 S = ab Sin Cˆ = bc.SinAˆ = ac sin Bˆ 2 2 2 abc S= (3) 4R S= b ha hc a C S = p.r (4) S = (p - a).r a = (p - b).r b = (p - c).r c (5) * Giá trị sử dụng của các công thức: - Công thức (1) được sử dụng khi biết một cạnh và đường cao tương ứng - Công thức (2) được sử dụng khi biết 3 cạnh - Công thức (3) được sử dụng khi biết 3 cạnh và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác - Công thức (4) được sử dụng khi biết 3 cạnh và bán kính đường tròn nội tiếp - Công thức (5) được sử dụng khi biết 3 cạnh và bán kính đường tròn bàng tiếp tương ứng 2 Các công thức tính diện tích của các hình phẳng: 2.1 Diện tích hình vuông có độ dài cạnh là a : S = a 2 2.2 Diện tích hình chữ nhật có hai kích thước là a, b : S = a b 2.3 Diện tích hình bình hành có cạnh là a và chiều cao tương ứng h: 4 S = a.h 2.4 Diện tích hình thoi có 2 đường chéo là l 1, l2 : S= 1 l1.l2 2 (diện tích hình thoi còn được tính theo công thức tính diện tích hình bình hành) 2.5.Diện tích hình thang có hai đáy là a, b và đường cao h : S = (a + b).h 2 2.6 Diện tích hình thang có đường cao h, đường trung bình m : S = m.h 3 Các bài toán cơ bản về diện tích Bài toán 1: GT ∆ ABC, ∆ ADE, B, C, D, E thuộc đường thẳng a KL SABC = k SADE (k > 0) A B Chứng minh: H Ta có BC và DE là đoạn thẳng nên luôn tồn tại một số k > 0 D a E C BC = k => BC = k DE DE 1 1 1 Mặt khác ta lại có: S ABC = AH.BC = AH k DE = k.( AH.DE) 2 2 2 để => S ABC = k SADE Hệ quả 1: Nếu C, B, D thẳng hàng (cùng thuộc đường thẳng a) và điểm A không thuộc đường thẳng a sao cho: BC = k CD thì S ABC = k SACD Hệ quả 2: Nếu BC = CD thì S ABC = SACD (k = 1) Bài toán 2: GT ∆ ABC và ∆ A’BC AH ⊥ BC, A’H’ ⊥ BC KL S ABC = AH S A' BC A’ ’ A' H ' Chứng minh: S ABC Ta có: S A' BC A 1 BC AH AH 2 = = ' 1 A H' BC AH ' 2 B S ABC AH = ' Vậy S A H' A ' BC H ’ C Bài toán 3: GT ∆ ABC ; ∆ A’BC : AA’ cắt BC tại E 5 KL S ABC AE = ' S A'BC A E A B H C H’ E Chứng minh: S ABC Ta có S A'BC 1 BC AH AH AE 2 = = ' = ' 1 BC A ' H ' A H ' A E 2 S ABC AE = ' Vậy S AE A ' BC A’ (vì ∆EA’H ∆EAH) A Bài toán 4: ∆ A’B’C’ GT ∆ ABC theo tỷ số k KL S ABC = k 2 A’ S A' B 'C ' B Chứng minh: Do ∆ ABC S ABC S A ' B 'C ' AB BC = =k A' B ' B' C ' AB AH = =k ∆ A’B’H’ => A' B ' A' H ' C B ’ C ’ H’ ∆ A’B’C’ => Mặt khác ∆ ABH Khi đó H 1 BC AH BC AH 2 = = = k k = k 2 1 B' C ' A' H ' B' C '.A' H ' 2 Đặc biệt nếu ∆ ABC = ∆ A’B’C’ (k = 1) thì S ABC = SA’B’C’ 6 7 Phần II PHÂN LOẠI CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH Dạng 1: Chứng minh các đoạn thẳng tỉ lệ Dạng 2: Tổng hoặc hiệu các đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác Dạng 3: Tổng hoặc hiệu diện tích các hình bằng diện tích một hình khác Dạng 4: Tỉ số diện tích hai hình phẳng Dạng 5: Chứng minh các bất đẳng thức và các bài toán cực trị hình học Dạng 1: CHỨNG MINH “CÁC ĐOẠN THẲNG TỈ LỆ” Bài toán 1: Lấy một điểm O trong ∆ ABC Các tia AO, BO, CO cắt BC, OA OB OC AC, AB lần lượt tại P, Q, R Chứng minh rằng AP + BQ + CR = 2 Chứng minh Từ O kẻ OK ⊥ BC, từ A kẻ AH ⊥ BC (K, H ∈ BC) Khi đó ta có: S OBC S = ABC A OK AH (theo bài toán cơ bản 2) Mặt khác do OK // AH R OK OP OP = = > S OBC = => (1) AH AP S ABC AP O Q Chứng minh tương tự ta có: B S AOB OQ = (2) S ABC BQ S AOC OR = (3) S ABC CR OP OQ OR S S H K C P S OBC AOB AOC =1 Từ (1) (2) và (3) ta có: AP + BQ + CR = S + S + S ABC ABC ABC AP − OP BQ − OQ CR − OR + + AP BQ CR OP OQ OR = 3 - ( AP + BQ + CR ) = 3 − 1 = 2 AO BO CO => AP + BQ + CR = 2 (đpcm) Bài toán 2: Cho ∆ ABC có ba góc nhọn và ba đường cao AA’ ; BB’ ; CC’, gọi H là trực tâm của ∆ ABC HA' HB' HC ' + + Chứng minh : =1 AA' BB' CC ' AO BO CO Ta có: AP + BQ + CR = 8 Chứng minh: Ta nhận thấy ∆ CHB và ∆ CAB là hai tam giác có chung đáy CB S HA' CHB = Nên S (1) AA' ABC S AHC HB' = (2) S ABC BB' S HAB HC ' = (3) S ABC CC ' HA' HB' HC ' S HBC S AHC S AHB Từ (1) (2) và (3) ta có AA' + BB' + CC ' = S + S + S ABC ABC ABC S HBC + S AHC + S AHB = S ABC Tương tự ta có Do ∆ ABC có ba góc nhọn nên trực tâm H nằm ở miền trong ∆ ABC Do đó SHBC + SAHC + SAHB = SABC => S HBC + S AHC + S AHB S ABC HA' HB' HC ' = = 1 => + + =1 S ABC S ABC AA' BB' CC ' Bài toán 3: (Hệ quả bài toán 2) Cho ABC có ba góc nhọn AA’, BB’, CC’ là các đường cao, H là trực tâm của ∆ABC Chứng minh rằng ∆ ABC là tam giác đều nếu: HA' HB ' HC ' = = AA' BB ' CC ' A Chứng minh Theo kết quả của bài toán 2 ta có C’ HA' HB' HC ' + + =1 AA' BB ' CC ' H HA' HB' HC ' = = ( gt ) mà AA' BB ' CC ' HA' HB ' HC ' 1 A’ B = = = Điều này chứng tỏ: AA' BB ' CC ' 3 => H là trọng tâm ∆ ABC, mà H là trực tâm của ∆ABC => ∆ ABC đều B’ C 9 Bài toán 4 : Cho ∆ABC và ba điểm A', B', C' lần lượt nằm trên các cạnh BC, CA, AB sao cho AA', BB', CC' đồng quy ( A', B', C' không trùng với các đỉnh của tam giác) Chứng minh rằng: A' B B' C C' A = 1 (Định lí Xêva) A' C B' A C' B A B' C' O H B C A' K Chứng minh Vẽ BH ⊥ AA' và CK ⊥ AA' ( H, K thuộc đường thẳng AA’) A'B S AA'B => A'C = S ( hai tam giác có chung chiều cao hạ từ đỉnh A)(1) AA'C S BH AA'B = Mà S ( hai tam giác có chung cạnh AA') (2) CK AA'C S BH AOB = Ta lại có : S ( hai tam giác có chung cạnh OA)(3) CK AOC A'B S AOB Từ (1)(2)(3) => A'C = S (4) AOC B'C S C' A S BOC COA Chứng minh tương tự => B' A = S (5) ; C'B = S (6) BOA COB => Nhân từng vế (4)(5)(6) ta được: S AOB S BOC S COA A'B B'C C' A = S S S = 1 (đpcm) A'C B' A C'B AOC BOA COB Dạng 2: CHỨNG MINH TỔNG HOẶC HIỆU CÁC ĐOẠN THẲNG BẰNG MỘT ĐOẠN THẲNG KHÁC Bài toán 5: Cho ∆ ABC (AB = AC) Một điểm D di chuyển trên cạnh đáy BC Từ D kẻ các đường thẳng DE và DF lần lượt vuông góc với AC, AB Chứng minh rằng tổng DE + DF không phụ thuộc vào vị trí của điểm D trên BC 10 A Chứng minh: Để chứng minh DE + DF không phụ thuộc vào vị trí điểm D ta chứng minh nó luôn bằng một đoạn thẳng có độ dài không đổi Thật vậy kẻ đường cao CK ta có SABD + SACD = SABC K E F 1 1 AB.DF , S ACD = AC.DE 2 2 1 SABC = AB.CK 2 1 1 1 => AB DF + AC DF = AB CK 2 2 2 mà SABD = C B D Do AB = AC (gt) => (DF + DE) AB = AB CK => DF + DE = CK; do CK là đường cao của ∆ ABC => CK không đổi => DF + DE không đổi Vậy DF + DE không đổi Bài toán 6: Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M bất kì nằm trong ∆ABC đều đến các cạnh của tam giác không phụ thuộc vị trí của điểm M A K I M B H O C Chứng minh Gọi cạnh ∆ABC đều là a, chiều cao của tam giác là h Ta có : SABC = SMAB + SMBC + SMAC Hay SABC = Mà SABC = MI.a MH.a MK.a (MI + MH + MK)a + + = (1) 2 2 2 2 a.h (2) 2 Từ (1) và (2) => MH + MI + MK = h, mà h không đổi Vậy MH + MI + MK không đổi khi M ở vị trí bất kỳ nằm trong ∆ABC 11 Dạng 3: CHỨNG MINH TỔNG HOẶC HIỆU DIỆN TÍCH CÁC HÌNH BẰNG DIỆN TÍCH MỘT HÌNH KHÁC Bài toán 7: Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các cạnh BC và AD, P là giao điểm của các đường thẳmg AM và BN, Q là giao điểm của các đường thẳng CN và DM Chứng minh SMPNQ = SABP + SCQD M Chứng minh Hạ các đường vuông góc BB’; MM’; CC’ xuống AD (B’, M’ và C’ thuộc AD) Xét hình thang BB’C’C có MN là đường trung bình nên C B P Q A M’ N B’ BB '+CC ' BB '+CC ' MM’ = nên MM’ AD = AD 2 2 1 1 AD 1 AD + CC ' => M’M AD = B’B 2 2 2 2 2 1 1 AD = B’B.AN + CC’.ND ( Vì AN = ND = ) 2 2 2 D C’ => SAMD = SABN + SCND Mặt khác ta có: S MPNQ = SAMD - (SAPN + SNDQ) Hay SMPNQ = ( SABN + SCND) - (SAPN + SNDQ) SMPQN = (SABN - SAPN) + (SCND - SQND) = SABP + SCQD Vậy SMPQN = SABP + SCQD Bài toán 8: Cho tứ giác lồi ABCD với M là trung điểm của đường chéo AC Chứng minh rằng: S AMB + SCMD = SAMD + SBMC = Chứng minh Do MA = MC (gt) => SAMB = SMBC và SCMD = SAMD cộng vế với vế của hai đường thẳng trên ta được S CMD + SAMB = SAMD + SMBC (1) mà (SCMD + SAMB ) + (SAMD + S BMC ) = SABCD (2) Từ (1) và (2) => S CMD + SAMB = SAMD + S BMC = Vậy SAMB + SCMD = SAMD + SBMC = 1 SABCD 2 B A C 1 SABCD 2 1 SABCD 2 M D Bài toán 9: Tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽ các đường cao BD, CE Gọi H, K là hình chiếu của B, C trên đường thẳng ED Chứng minh : SBEC + SBDC = SBHKC 12 Chứng minh Gọi I là trung điểm của ED Vẽ EE’, II’, DD’ vuông góc với BC => II’ là đường trung bình của hình thang EE’D’D nên DD’ + EE’ = 2II’ Khi đó ta có SBEC + SBDC = 1 1 BC.EE’ + BC.DD’ 2 2 A D I P Q E H 1 BC (EE’ + DD’) 2 B 1 + SBDC = BC 2 II’ = BC II’ (1) 2 = Hay SBEC K E’ I’ C D’ Qua I vẽ đường thẳng song song với BC cắt BH và CK tại P và Q Ta có: BC II’ = S BPQC (2) Ta lại có: ∆ IPH = ∆ IQK (c.g.c) => SIPH = SIQK => SBPQC = SBHKC (3) Từ (1) và (3) suy ra S BEC + SBDC = SBHKC Dạng 4: CHỨNG MINH TỈ SỐ DIỆN TÍCH CỦA HAI HÌNH PHẲNG Bài toán 10: Chứng minh rằng tam giác có đỉnh là giao điểm của hai cạnh đối của một tứ giác lồi, hai đỉnh kia là hai trung điểm của hai đường chéo của tứ giác lồi có diện tích bằng 1 diện tích tứ giác 4 Chứng minh Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các đường chéo BD và AC của tứ gác ABCD, E là giao điểm hai cạnh AD và BC Ta có: SEMN = SEDC - SEMD - SDMN - SDNC - SENC 1 1 1 1 SEBD - SEAC - SDNB - SDAC 2 2 2 2 A 1 1 1 = ( SEDC - SEAC - SDAC) 2 2 2 1 1 1 D + ( SEDC - SEBD - SDNB) 2 2 2 1 1 1 1 (SDNC + SBNC) = ( SADC + SABC) = 0 + 2 2 2 2 1 1 = (SABC + SADC) = SABCD 4 4 1 Vậy SEMN = SABCD 4 E B SEMN = SEDC SEMN SEMN M N C 13 Bài toán 11: Cho tam giác ABC cân ở A Gọi O là trung điểm của đường cao AH Các tia BO và CO cắt cạnh AC và AB lần lượt ở D và E Chứng minh : SADOE = 1 S 6 ABC A E D O B H N C Chứng minh Gọi N là trung điểm của CD => AD = DN = NC = S AD 1 AC 3 1 AOD = = (Chung chiều cao hạ từ O xuống AC) => S AC 3 AOC 1 => SAOD = SAHC (1) S AOC AO 1 6 = = (Chung chiều cao hạ từ C xuống AH) S AHC AH 2 1 Mà SAHC = SABC ( Chung chiều caoAH) (2) 2 1 1 Từ (1) và (2) => S AOD = SABC mà SAOE = SAOD => SADOE = 2 SAOD = SABC 12 6 Bài toán 12: Cho tứ giác ABCD Các đường thẳng AB cắt CD tại E Gọi F và G theo thứ tự là trung điểm của đường chéo AC và BD Chứng minh rằng: S EFG = 1 SABCD 4 A B F G D C E Chứng minh Nối AG , CG Ta có: S EFG = SAEG - SAFG - SAFE Mà S AEG = SABG + SEBG 14 Nên S EFG = SABG + SEBG - SAFG - SAFE 1 1 1 1 SABD ( vì GB = BD); SEBG = SEBD ( vì GB = BD) 2 2 2 2 1 1 1 1 SAFG = SAGC ( vì AF = AC) ; SAFE = SACE( vì AF = AC) 2 2 2 2 1 => S EFG = ( SABD + SEBD - SAGC - SACE) 2 1 S EFG = ( SADE - SAGCE) 2 1 1 S EFG = ( SABCD + SEBC - SEBC - SABCG) Do SABCG = SABCD 2 2 1 1 1 =>S EFG = ( SABCD - SABCD) => S EFG = SABCD 2 2 4 1 Vậy SEFG = SABCD 4 Có SABG = Dạng 5: CHỨNG MINH CÁC BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC Bài toán 13: Cho M là một điểm nằm trong tam giác ABC Qua M vẽ các đường thẳng AM, BM, CM cắt các cạnh tam giác tương ứng tại các điểm A1,B1, C1 AM BM A CM a) Chứng minh rằng: A M + B M + C M ≥ 6 1 1 1 b) Hãy xác định điểm M trong tam giác ABC AM BM CM sao cho: A M + B M + C M đạt giá trị nhỏ nhất 1 1 1 C1 B1 M Chứng minh Đặt S1= SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB Ta có: + AA1 S ABC S1 + S 2 + S3 = = = 1+ s2 s3 A1M S MBC S1 s1 + AA1 −1 = s 2 s3 A1M s1 AA1 − MA1 S 2 + S3 S 2 S3 = = + ⇒ MA1 S1 S1 S1 MA S 2 + S3 S 2 S3 = = + ⇒ MA1 S1 S1 S1 B C A1 ⇒ (1) Chứng minh tương tự ta có MB S 3 + S1 S 3 S1 = = + MB1 S2 S2 S2 (2) 15 MC S1 + S 2 S 1 S 2 = = + MC1 S3 S3 S3 (3) Từ đó suy ra: MA MB MC  S1 S 2   S 2 S3   S1 S3  + + =  + ÷+  + ÷+  + ÷ ≥ 2 + 2 + 2 = 6 MA1 MB1 MC1  S 2 S1   S3 S 2   S3 S1  AM BM CM Vậy A M + B M + C M ≥ 6 1 1 1 AM BM CM b) Theo câu a ta có A M + B M + C M ≥ 6 1 1 1 Dấu “=” xảy ra khi S 1 = S2 = S3 AM BM CM đạt giá trị nhỏ nhất + + ⇒ A1 M B1 M C1 M ⇔ S1 = S2 = S3 mà S1 + S2 + S3 = SABC 1 ⇔ S1 = S2 = S3 = SABC ⇔ M là trọng tâm của ∆ ABC 3 AM BM CM Vậy A M + B M + C M nhỏ nhất bằng 6 ⇔ điểm M là trọng tâm của tam 1 1 1 giác ABC Bài toán 14: Cho ∆ABC vuông cân có AB = AC = 10cm ∆DEF vuông cân ở D nội tiếp ∆ABC ( D ∈ AB, E ∈ BC, F ∈ AC ) Xác định vị trí của D để diện tích DEF nhỏ nhất B H E D A F C Bài giải Đặt AD = x ( với x > 0) Kẻ EH ⊥ AB ( H ∈ BD) Dễ dàng chứng minh được:∆ADF = ∆HEF (ch-gn) và ∆BHE vuông cân tại H ⇒ AD = EH = BH = x DH = 10 - 2x 1 1 1 DE.DF = DE2 = (EH2 + DH2 ) 2 2 2 1 1 = [x2 + ( 10 - 2x) 2 ] = (5x2 - 40x + 100) 2 2 Ta có: SDEF = 16 5 5 ( x2 - 8x + 20) = (x - 4)2 + 10 ≥ 10 2 2 ⇒ SDEF min = 10  x = 4 ( thỏa mãn) = Vậy khi điểm D ∈ AB sao cho AD = 4 cm thì S DEF nhỏ nhất Bài toán 15: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a Lấy điểm M tùy ý trên đường chéo AC, kẻ ME ⊥ AB, MF ⊥BC Xác định vị trí của M trên đường chéo AC để diện tích DEF nhỏ nhất A E B F M C D Bài giải Dễ thấy : SDEM = SAME (chung cạnh ME, chiều cao từ D và A xuống ME bằng nhau) SDMF = SCMF (chung cạnh MF, chiều cao từ D và C xuống MF bằng nhau) Ta có: SDEF = SDEM + SDMF + SEMF = S ABC - SBEF = 1 1 s ABCD − BE.BF 2 2 = 1 ( a2 - BE BF) 2 SDEF đạt giá trị nhỏ nhất  BE.BF lớn nhất Do BE + BF = a không đổi nên BE.BF lớn nhất  BE = BF = a/2  M là trung điểm của AC Khi đó: S DEF = 1 2 a2 3 (a - ) = a2 2 8 4 Phần III: BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Từ điểm M tùy ý trong ∆ ABC, các đường thẳng MA, MB, MC MA MB MC 1 1 1 lần lượt cắt BC, CA, AB tại A 1, B1 , C1 Chứng minh: AA + BB + CC = 1 1 1 1 Bài 2: Cho ∆ ABC, E là trung điểm của AC Lấy điểm D trên BC sao cho BD = 1 1 BC Lấy G sao cho G ∈ AE và AG = AE Đoạn thẳng AD cắt 3 3 BG và BE theo thứ tự tại M và N Tính S AMG theo SABC Bài 3: Cho hình bình hành ABCD có AB > BC và góc BAD nhọn, đường phân giác của góc BAD cắt CD tại M và cắt đường thẳng BC tại N Gọi O là diểm cách đều ba điểm C, M, N và K là giao điểm của OB và CD.Chứng minh: 17 a) SOBN = SODC b) SBCK + SNOC = SDOK Bài 4: Cho hình bình hành ABCD Điểm E trên tia đối của tia BA, điểm F trên tia đối của tia DA Nối BF và DE cắt nhau ở K Chứng minh: SABKD = SCKE + SCKF Bài 5: Cho tứ giác ABCD Gọi M, N, P thứ tự là trung điểm của AB, BC, CD Chứng minh rằng: S MNP = 1 SABCD 4 Bài 6: Cho ∆ ABC, G là trọng tâm a Chứng minh: Bất kỳ điểm P trên một cạnh của tam giác ta luôn tìm được một điểm Q trên cạnh hoặc nằm trong tam giác sao cho S GPQ > 1 SABC 6 b Chứng minh rằng G là điểm duy nhất có tính chất trên IV HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM : 1 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm Sau khi vận dụng đề tài trong công tác giảng dạy, học sinh thấy được các công thức diện tích không phải chỉ để tính diện tích mà chúng còn rất có ích để giải nhiều bài toán chứng minh khác đa số các em đã rất thích thú, nhất là khi các em tự mình giải được bài tập theo phương pháp nói trên Qua đó, giúp học sinh vững tin hơn khi vận dụng kiến thức một cách sáng tạo để giải bài tập theo nhiều phương pháp khác nhau Góp phần đáp ứng yêu cầu đổi mới hiện nay, giúp cho HS học tập một cách năng động hơn, khả năng ứng dụng phong phú hơn Qua việc vận dụng đề tài cho học sinh khối 8 của trường THCS Quảng Hưng trong năm học 2014 - 2015, tôi thu được kết như sau: Lớp Tổng Giỏi số % HS SL Kết quả đạt được Khá TB Yếu Kém SL % SL % SL % SL % 8A1 39 8 20,5 15 38,5 13 33,3 3 7,7 0 0 8A2 37 3 8,1 14 37,8 14 37,8 4 10,9 2 5,4 2 Bài học kinh nghiệm “Sử dụng phương pháp diện tích để giải các bài toán hình học” là một phương pháp suy luận khó đối với diện đại trà mặc dù SGK có đề cập nhưng lượng bài tập giành cho vấn đề này còn ít Nếu vì lí do trên mà trong quá trình giảng dạy GV cũng lướt qua thì rất thiệt thòi cho đối tượng HS khá giỏi, vì thực tế cho thấy có những bài toán nếu không sử dụng phương pháp này thì 18 việc chứng minh sẽ rất khó khăn Ngoài các bài tập nêu trên còn có một số dạng khác nữa nhưng thời gian trên lớp không cho phép GV hướng dẫn học sinh kĩ hơn về phương pháp này Bởi vậy qua việc áp dụng phương pháp này bản thân đã tổ chức được một hình thức học tập thích hợp từ đó khuyến khích học sinh tự học, tự rèn luyện bổ sung kiền thức, hỗ trợ thêm cho việc tiếp thu bài trên lớp tốt hơn và đặc biệt có tác dụng lớn trong việc xây dựng các chuyên đề bồi dưỡng HSG theo tinh thần đổi mới của PGD & ĐT đã triển khai trong năm nay 19 C KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ I Kết luận Trên đây là toàn bộ nội dung đề tài “Một vài kinh nghiệm sử dụng phương pháp diện tích để giải các bài toán hình học” mà tôi đã nghiên cứu được trong quá trình giảng dạy Qua việc sử dụng đề tài trên, tôi thấy nó mang lại hiệu quả rất lớn trong việc giảng dạy Đó là: Đề tài giúp tôi có thêm nhiều phương pháp hay, độc đáo để giúp học sinh giải toán Nó còn có tác dụng làm cho người giáo viên phải luôn tìm tòi nghiên cứu để có những bài toán phù hợp với khả năng của học sinh lớp mình phụ trách Một thuận lợi nữa là trong cùng một thời gian, giáo viên cùng với học sinh giải một số lượng bài tập nhiều và hiệu quả hơn Đối với học sinh, đề tài này giúp cho các em có được các phương pháp đặc trưng để giải các bài toán ở phần này tránh được những lúng túng, những khó khăn mắc phải Mặt khác, đề tài này còn giúp học sinh nắm sâu hơn các kiến thức có liên quan đến diện tích Từ đó có thể giải được các bài tập nâng cao ở phần này Với số lượng bài tập đưa ra trong đề tài có sự chọn lọc, thì giải toán bằng phương pháp diện tích còn đem lại sự hứng thú học tập cho học sinh Bởi vì học sinh phải tìm tòi, sáng tạo trong quá trình giải, giúp học sinh phát triển tốt tư duy lôgic của mình Với những hiệu quả thu được của bản thân và của học sinh tôi thấy việc "sử dụng phương pháp diện tích để giải các bài toán hình học " là một việc làm phù hợp cho thầy và sự tiếp thu kiến thức của trò Do kinh nghiệm còn ít và sự hạn chế của bản thân, chắc chắn đề tài còn có những thiếu sót Tôi kính mong được sự bổ sung và góp ý kiến xây dựng của các đồng nghiệp để đề tài được khả quan hơn khi áp dụng vào thực tế II Kiến nghị Để đạt được hiệu quả cao, ngoài phương pháp dạy tốt thì giáo viên phải kết hợp với phương tiện dạy học như máy chiếu, các hình ảnh trực quan … thì bài học sẽ sinh động và gần gũi với thực tế hơn Muốn đạt được điều đó nhà trường phải có đầy đủ trang thiết bị, đồ dùng học tập phục vụ cho môn học Nhưng tình hình thực tế nhà trường còn gặp nhiều khó khăn Vì vậy kính mong UBND Thành Phố, PGD&ĐT Thành Phố quan tâm hỗ trợ kinh phí để nhà trường bổ sung trang thiết bị phục vụ tốt nhất cho việc dạy và học XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 26 tháng 3 năm 2016 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác 20 Nguyễn Thị Quế TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 Bài tập toán 8 tập 1, tập 2 - NXB Giáo dục Tác giả: Tôn thân (chủ biên) - Trần Đình Châu - Phạm Gia Đức - Nguyễn Duy Thuận 2 Bồi dưỡng học sinh lớp 8 (Môn Toán)- NXB Giáo dục Tác giả: Vũ Hữu Bình - Tôn thân - Đỗ Quang Thiều 3 Nâng cao và phát triển toán 8 tập 1, tập 2 - NXB Giáo dục Tác giả: Vũ Hữu Bình 4 Nâng cao và các chuyên đề Hình học 8 - NXB Giáo dục Tác giả: Vũ Dương Thụy (chủ biên) - Nguyễn Ngọc Đạm 5 Các dạng toán và phương pháp giải tập 1, tập 2 Toán 8 - NXB Giáo dục 21 ... 33,3 7,7 0 8A2 37 8,1 14 37,8 14 37,8 10,9 5,4 Bài học kinh nghiệm ? ?Sử dụng phương pháp diện tích để giải tốn hình học? ?? phương pháp suy luận khó diện đại trà SGK có đề cập lượng tập giành cho... Kết luận Trên toàn nội dung đề tài ? ?Một vài kinh nghiệm sử dụng phương pháp diện tích để giải tốn hình học? ?? mà tơi nghiên cứu trình giảng dạy Qua việc sử dụng đề tài trên, tơi thấy mang lại hiệu... ngồi việc phải tìm cách giải cịn phải tìm cách giải ngắn gọn, đơn giản dễ hiểu Trong phương pháp sử dụng diện tích hình phẳng để giải tập hình học phương pháp thú vị Tuy nhiên chưa có tài liệu nghiên