Lời mở đầu I Đặt vấn đề Trong Hình học nói riêng toán học nói chung, việc giải toán có nhiều phơng pháp khác Trong toán có nhiều phơng pháp sử dụng diện tích hình phẳng để giải tập hình học phơng pháp thú vị Việc sử dụng phơng pháp để giải toán hình học mang ý nghĩa tổng quát có lúc đem lại cho ta kết ngắn gọn bất ngờ Phơng pháp diện tích cho phép ta hiểu sâu thêm tiêu đề hình học, đáng quan tâm tiêu đề diện tích đồng thời cho phép ngời đọc thấy rõ chất vấn đề nêu Giải bái toán phơng pháp diện tích gây đợc hứng thú tìm tòi cho ngời giải toán Bởi lẽ toán giải phơng pháp Song nh cố gắng tìm tòi ta khai thác đợc nhiều vấn đề thú vị toán Với lý trình bày chọn đề tài Sử dụng phơng pháp diện tích để giải toán hình học để nghiên cứu, Trong đề tài, lựa chọn đợc tập nhiều dạng, có toán nâng cao kiến thức mở rộng so với kiến thức trình bày SGK lớp Do vậy, đề tài áp dụng đợc cho c¸c häc sinh kh¸ giái ë Trêng THCS II Thực trạng vấn đề nghiên cứu a Thực trạng: Trong năm dạy toán Trờng THCS, thông qua việc tìm hiểu số lợng tập hình học toán giải phơng pháp diện tích đợc trình bày Chính học sinh thờng lúng túng đứng trớc toán nh Bởi thế, để giúp học sinh giải tốt toán hình học nói chung phần tập diện tích đa giác nói riêng điều mà thầy cô giáo quan tâm suy nghĩ Do kinh nghiệm cha nhiều hạn chế thân, chọn kiến thức tập phần diện tích đa giác lớp kiến thức mở rộng lớp để nghiên cứu kinh nghiệm giảng dạy b Kết Khi cha áp dụng đề tài, việc giải tập dạng diện tích đa giác học sinh gặp nhiều khó khăn Kết thu đợc năm thử nghiệm nh sau: Số học sinh Giỏi Kết đạt đợc Khá (%) TB (%) Ỹu kiĨm tra (%) (%) - 30 10 15 30 45 - 30 10 15 35 40 Năm học 2016 2017 2017 2018 Phần I: Các kiến thức I Các công thức diện tích hay sư dơng cho tam gi¸c Cho tam gi¸c ABC có độ dài cạnh a, b, c lần lợt đối diện với đỉnh A, B, C A - ha, hb, hc: độ dài đờng cao ứng với cạnh a, b, c -P= (a + b + c) nửa chu vi tam giác c ABC - r: bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác hb - ra, rb, rc: bán kính đờng trßn b hc a b»ng tiÕp ABC tiÕp xóc víi a, b, c B C Ta cã c«ng thøc tÝnh diƯn tÝch tam gi¸c sau: S= S = 1 = b hb = c hc 2 (1) (2) công thức Hêrông p ( p a)( p b)( p c) S= 1 ab Sin Cˆ bcSinAˆ ac sin Bˆ 2 S= abc 4R (3) ; S = p.r (4) S = (p - a) - (p - b) rb = (p - c) rc (5) * Giá trị sử dụng công thức: - Công thức (1) đợc sử dụng biết cạnh đờng cao thực - Công thức (2) đợc sử dụng biết cạnh - Công thức (3) đợc sử dụng biết cạnh bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác - Công thức (4) đợc sử dụng biết cạnh bán kính đờng tròn nội tiếp - Công thức (5) đợc sử dụng biết cạnh bán kính đờng tròn tiếp tơng ứng II Các công thức tÝnh diƯn tÝch tam gi¸c hay dïng DiƯn tÝch hình vuông cso cạnh a: S = a Diện tích hình chữ nhật có hai kích thíc lµ a, b: S = a b DiƯn tích hình bình hành có cạnh a chiỊu cao t¬ng øng h: S = a.h DiƯn tích hình thoi có đờng chéo l1, l2: S = l1 l2 (diƯn tÝch h×nh thoi đợc tính theo công thức tính diện tích hình bình hành) Diện tích hình thang có hai đáy a, b b đờng cao h: S= (a b).h Diện tích hình thang có đờng cao h, đờng trung bình m: S = m h III Các toán diện tích A Bài toán 1: GT ABC, ADE, B, C, D, E thuộc đờng thẳng a KL SABC = k SADE (k > 0) Chøng minh: B H D C E Ta có BC DE đoạn thẳng nên tồn số k > để BC k => BC = k DE DE Mặt khác ta l¹i cã: SABC = 1 AH.BC = AH K DE = k( 2 AH.DE) => SABC = k SADE HƯ qu¶ 1: NÕu C, B, P thẳng hàng (cùng thực đờng thẳng a) điểm A không thuộc đờng thẳng a, BC = k CP S ABC = k SACP Hệ 2: NÕu PB = C th× SABC = SAPC (k = 1) a Bài toán 2: GT A ABC, A’BC A’ AH BC, A’H’ BC KL S ABC AH S ' A' BC AH ' B H’ ’ H’ Chøng minh: ThËt vËy S ABC S A' BC C BC AH AH AH ' BC AH ' HÖ 3: Nếu ABC có diện tích không đổi có cạnh đáy a đờng cao h a h hai đại lợng tỉ lệ nghịch Bài toán 3: Ta xét trờng hợp sau: G T KL ABC, ABC, AA cắt BC E S ABC AE S ' A' BC AE ' A A A A’ B H H’ C B H C E H H E H’ B A’ C A’ Chøng minh: BC AH S ABC AH AE Ta cã S A' BC AH ' AE ' BC AH ' (v× EA’H ~EAH) A A Bài toán 4: G ABC ~ B H C B H’ C T A’B’C’ theo tû sè k KL S ABC k S ' A ' B 'C ' Chøng minh: Do ABC ~ A’B’C’ => AB BC k A' B' B' C ' Mặt khác ABH ~ A’B’H’ => Khi ®ã S ABC S A ' B 'C ' AB AH k A' B ' A' H ' BC AH BC AH k k k B ' C ' A' H ' B' C '.A' H ' Đặc biÖt nÕu ABC = A’B’C’ (k = 1) S ABC = SABC Phần II: Phân loại toán giải phơng pháp diện tích Loại 1: Chứng minh đoạn thẳng tỉ lệ Loại 2: Tổng hiệu đoạn thẳng đoạn thẳng khác Loại 3: Tổng hiệu diện tích hình diện tích hình khác Loại 4: Tỉ số diện tích hai hình phẳng Loại 5: Chứng minh bất đẳng thức hình học Loại 6: Chứng minh đờng thẳng đồng quy Loại 7: Chứng minh toán cực trị hình học số toán dạng khác Loại 1: Phơng pháp chứng minh đoạn thẳng tØ lƯ” §Ĩ chøng minh AB = k, ta cã thĨ: - Hc chØ r»ng: S MAB = SMA’B’ d(M ; AB) = K d(M; AB) - Hc chØ r»ng: S MAB = SNA’B’ d(N ; A’B’) = K d(M; AB) - Hc chØ r»ng: S MAB = K SMA’B’ d(M ; AB) = K d(M; A’B’) - Hc chØ r»ng: S MAB = K SNA’B’ d(M ; AB) = d(M; A’B’) S ABM d ( M ; AB) K K vµ d ( M ; A' B' ) S A' B ' M Bài tập vận dụng: Bài toán 1: Lấy điểm O ABC Các tia AO, BO, CO cắt BC, AC, AB lần lợt P, Q, R Chøng minh r»ng OA OB OC 2 AP BQ CR Chøng minh: Tõ O kỴ OK BC, tõ A kỴ AH BC (K, H BC) Khi ®ã ta cã: S OBA S ABC OK (hệ 2) AH A Mặt khác OK // AH => S OK OP OP OBZC (1) AH AP S ABC AP R Q O Chøng minh t¬ng tù ta cã: S AOB OQ (2) S ABC PQ B H K P S AOC OR (3) S ABC CR OP OQ OR S S S OBC AOB AOC 1 Tõ (1) (2) vµ (3) ta cã: AP BQ CR S S S ABC ABC ABC Ta cã: AO BO CD AP OP BQ OQ CR OR AP BQ CR AP BQ CR =3-( OP OQ CO ) 3 2 AP BQ CR AO BO CO => AP BQ CR 2 (§PCM) C Bài toán 2: Cho ABC có ba góc nhọn ba đờng cao AA, BB, CC, gọi H trực tâm ABC Chứng minh HA' HB' HC ' AA' BB' CC ' A Chøng minh: B’ C’ Ta nhËn thÊy CHB vµ CAB H hai tam giác có chung đáy CB B S CHB HA' Nªn (1) S ABC AA' T¬ng tù ta cã Tõ (1) (2) C A’ S AHC HB' S HAB HC ' (2) ; (3) S ABC BB ' S ABC CC ' (3) ta HA' HB' HC ' S HBC S AHC S AHB AA' BB' CC ' S ABC S ABC S ABC cã = S HBC S AHC S AHB S ABC Do ABC có ba góc nhọn nên trục tâm H nằm ë miỊn ABC Do ®ã SHBC + SAHC + SAHB => S HBC S AHC S AHB S ABC 1 S ABC S ABC => HA' HB' HC ' =1 AA' BB' CC ' Bài toán 3: (Hệ toán 2) Cho ABC có ba góc nhọn AA, BB, CC đờng cao, H trực tâm ABC Chứng minh ABC tam giác nếu: A' H HB' HC ' AA' BB ' CC ' A B Chứng minh: C Theo kết to¸n ta cã AH ' HB' HC ' 1 AA' BB' CC ' mµ B AH ' HB' HC ' ( gt ) AA' BB' CC ' H A C Điều chứng tỏ: AH ' HB' HC ' => H trọng tâm ABC AA' BB' CC ' => ABC Bài toán4: Trên cạnh BC, CA, AB ABC lấy điểm A1, B1, C1 Chứng minh đờng thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy điểm P AC1 BA1 CB1 1 (®iỊu kiƯn C1 B A1 C B1 A cầu, điều luật Cê va) Chứng minh: A Do AA1, BB1, CC1 đồng quy P nên ta có: AC1 S ACP (1) (theo toán b¶n C 3) C1 B S BCD Chøng minh t¬ng tù ta còng cã: BA1 S ACP CB1 S ACD (2) vµ (3) A1 C S BCP B1 A S BAP B B1 P A1 Nh©n vÕ với vế đẳng thức (1), (2) (3) ta cã: AC1 BA1 CB1 S ACP S ABP S CBCP 1 C1 B A1C B1 A S BCP S ACP S ABP C Lo¹i II: Phơng pháp chứng minh Tổng hiệu đoạn thẳng đoạn thẳng khác Muốn chứng minh: AD + CD = PQ Ta chøng minh theo c¸c c¸ch sau: Cách 1: Chỉ tồn điểm M SMAB + SMCD = SMPQ d(M; AB) = d(M; CD) = d(M;PQ) Cách 2: Chỉ tồn hai điểm M, N SMAB + SMCD = SNPQ d(M; AB) = d(M; CD) = d(N;PQ) Cách 3: Chỉ tồn ba ®iÓm M, N, R SMAB + SMCD = SRPQ d(M; AB) = d(N; CD) = d(R;PQ) Bµi tËp vËn dơng: Bài toán 5: Cho ABC (AB = AC) Một điểm D di chuyển cạnh đáy BC Từ D kẻ đờng thẳng DE DF lần lợt vuông gãc víi AC, AB Chøng minh r»ng tỉng DE + EF không phụ thuộc vào vị trí điểm D BC Chứng minh: A Để chứng minh DE + DE không phụ thuộc vào vị trí điểm D ta chứng minh đoạn thẳng có K độ dài không đổi Thật kẻ đờng cao CK ta cã SABC = F B SABD + SACD = SABC mµ SABD = E 1 AB.DF , S ACD AC.DF 2 1 1 AB.CK => AB DF + AC DF = AB CK 2 2 Do AB = AC (gt) => (DF + DE) AB = AB CK => DF + DE CK, CK đờng cao 10 C Vậy SEMN = SABCD Bài toán 11: Cho ABC BC, CA, AB lấy điểm A 1; B1; C1 cho đờng thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy P Chứng minh: SABP AB1 SBCP B1C Chøng minh: A H¹ AA2 BB1 vµ CC2 BB1 Ta cã: SABP = 1 BP AA2 vµ SBCP = BP CC2 2 C BP AA2 AA SABP => SBCP CC BP.CC 2 Mặt khác ta l¹i cã: VËy B A2 B C C A1 AA2 AB1 (Do AB1 A2 ~ CB1C2) CC B1 C SABP AB1 SBCP B1C Bài toán 12: Cho ABC, E trung điểm AC Lấy điểm D BC cho BD = AG = BC LÊy G cho G AE AE Đoạn thẳng AD cắt BG BE theo thứ tự M N Tính SMNEG theo SABC Giải: A Gọi F trung điểm DC => EF// AD G I => BN = NE (DN đờng trung bình BEF) E Gọi I trung điểm GE => NI // MG N => AM = MN Khi ®ã ta cã: SAMG = 1 B SANG = SANE 16 D F C Bài toán 13: Trên cạnh AC AB ABC lấy điểm B1, C1 BC OB Gọi O giao điểm BB CC1 Hãy tÝnh OB NÕu AC1 CB1 AB1 S BO BOC Giải: Ta cã: OB S (V× cã BOC B1OC có đáy OC) A B OC S BOC S BOC XÐt hai tØ sè S vµ S B OC AOC B1 S BOC Ta thÊy: S B OC C1 AC AB1 B1C = B C B C = + AB1 = + 1 O S BOC S AOC S BOC S BOC BC1 BO OB B (1 + = = = = ) vËy = S B1OC S B1OC S AOC AC1 B1O S AOC OB1 A1 (1+ ) Bài toán 14: Cho hình vuông ABCD, gọi E,F,O,N lần lợt trung điểm cạnh AB, BC, CD DA Nối đoạn AF, BO, CN lần lợt cắt L, M, P, Q Chứng minh ALMPQ S ABCD = Chøng minh: Ta nhËn thÊy AL = BM = MP = CP = PQ = DQ = QL Do tø gi¸c LMPQ hình vuông (Vì LMPQ hình thoi có M = 1V) P trung điểm QC nên E A SPQP = SDPC L Vì Q trung ®iĨm cđa DL nªn S PQP N = SOPL B M Q F => SDQC = SBMN = SLMPQ P (1) Chứng minh tơng tự tài sản ta cã: D SDQC = SPCB = SBMH = SALD + SLMPQ = SABCD (2) 17 O C C Tõ (10 vµ (2) => S LMPQ = ALMPQ 1 SABCD hay = S ABCD Bài toán 15: Cho hai tam giác ABC ABC có A chung Chøng minh: S ABC AB AC = S A ' B 'C ' Ab'.AC ' Chøng minh Ta cã: SABC = S ABC Do dã: S A'B 'C ' CH.AB ; CH AB = C ' H '.AB ' V× HC// H’C’ => SA’B’C’ = AB CH = (1) AB ' C ' H CH AC C ' H ' AC ' Thay (2) vào (1) ta đợc A CH.AB (2) B S ABC AB AC = S A'B 'C ' AB' AC ' S ABC AC Chó ý: NÕu B B’ th× S = AC ' A ' B 'C ' 18 H’ B’ H C’ C Loại V: Phơng pháp chứng minh Các bất đẳng thức hình học Cách 1: Sử dụng phép biến đổi đại số bất đẳng thức nh bất đẳng thức cosi trờng hợp áp dụng cho hai sè d¬ng.a2 + b2 > 2ba, a2 b2 >2 b2 a2 Hoặc số bất đẳng thức khác Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức tam giác a+b < a + b C¸ch 3: Sư dơng c¸c phÐp biÕn đổi hình học làm xuất bất đẳng thức từ đại lợng số đo diện tích đa giác mà ta kiến lập nên Cách 4: Sử dụng mối quan hệ cạnh tam gi¸c (c-b) < a < c + b (a 1b1c số đo cạnh tam giác) - Sử dụng mối quan hệ đờng vuông góc đờng xiên kẻ từ điểm đến đờng thẳng Bài tập vận dụng Bài toán 16: Cho M ®iĨm n»m tam gi¸c ABC Qua M vÏ c¸c đờng thẳng AM, BM, CM cắt cạnh tam giác tơng ứng điểm A 1,B1, C1 AM BM CM AM Chøng minh r»ng: a A M B M C M > ; 1 BM CM b A M B M C M > 1 A Chứng minh: Đặt S1= SABC, S2 = SMAC, S3 = SMAB C1 B1 M S S S2 S3 AA1 ABC Ta cã: A1 M S MBC S1 AA1 MA1 S S S S MA1 S2 S S1 (1) B A1 Chøng minh t¬ng tù ta cã MB S S1 S S1 MB1 S2 S2 S2 MC S1 s MC1 S S (2) Tõ ®ã suy ra: 19 (3) C a MA MB MC S1 S MA1 MB1 MC1 S S1 S S S1 S > + + = S S S S1 DÊu “=” x¶y S = S2 = S3 b Nhân với ba đẳng thøc (1) (2) (3) ta cã: MA MB MC ( S S )( S1 S )( S S ) A1 M B1 M C1 M S1 S S V× (S = S2)2 > S1S2 nªn ta cã: AM BM A1 M B1 M CM C1 M AM BM => A1 M B1 M 2 ( S1 S ) ( S S1 ) ( S1 S ) S S S S1 S1 S = S12 S SS S 32 S12 S 22 S 32 CM C1 M > 64 MA MB MC => A M B M C M > 1 Bµi toán 17: Cho ABC, G trọng tâm a Chứng minh: Bất kỳ điểm P cạnh tam giác ta tìm đợc điểm Q cạnh nằm tam giác cho SGPQ > SABC b Chứng minh G điểm nhÊt cã tÝnh chÊt trªn A Chøng minh : a Gọi AM BN trung tuyến S ABC Giả sử P thuộc cạnh BC BP < PC Ta chän Q C th× SGPQ > SGMC = N G H 1 SGBC = SABC K B P C M VËy với P BC ta tìm đợc điểm Q để SGPQ > SABC b Giả sử K điểm khác điểm G có Tính chất S KPQ > SABC Với P nằm cạnh ABC Không tính tổng quát ta giả sư r»ng K n»m tam gi¸c BGM Qua K kẻ KS//AM (SGAB), KS cắt BG Ha, cắt BC ë P (Cã 20 thÓ k H) NÕu Q n»m BSP th× = SABC S QKT < SBHP < SBGM (2) NÕu Q n»m AMC th× SQKP < SCHP < SBGM = AABC (3) S CHP PC PH MC PM BP = S GMC MC.MG MC BM V× ( MC PM )( BM PM ) MC PM 1 MC / BM MC Do ®ã (1) (2) (3) rót điểm không không thoả mãn đợc SKPQ > SABC Bài toán 18: Cho ABC, gọi đờng cao ứng với cạnh a hb đờng cao øng víi c¹nh b Chøng minh nÕu a > b th× a = > b = hb Chøng minh: A Gäi AA1 = ha, BB1 = hb XÐt AA1C ( Aˆ = 1v) => < b => a.ha < ab => 2S < ab Ta l¹i cã: a + - (b + hb) = a = (a - b) (1 - 2S 2S b C a b B1 b hb A1 a B 2S ) ab Do a > b => a - b > => 2S < ab => ab - 2S > => (12S )>0 ab VËy (a = ha) - b + hb > = a = > vb + hb DÊu “ =” x¶y S = ab Loại VI: Phơng pháp chứng minh Các ®êng th¼ng ®ång quy 21 Khã cã thĨ chØ phơng pháp chung dùng diện tích để chứng minh đờng thẳng đồng quy ( ta nói phơng pháp diện tích toán chứng minh đờng thẳng đồng quy thực đợc (nh sử dụng phơng pháp toạ độ số phơng pháp khác) Vì việc tìm tòi phơng pháp diện tích để chứng minh mét sé cè gÊng Tuy nhiªn, ta cã thĨ dùa vào tính chất quan trọng hình bình hành sau để làm sở cho phơng pháp chứng minh đồng quy Tính chất: ABCD hình bình hành.M điểm ABCD Qua M kẻ đởng thẳng song song với cạnh ta đợc C B bốn hình bình hành Khi M AC SMA1,MB1 = SMC1DD1 hay A1C1, B1 D1, AC A1 ®ång quy SMA,BB1 = SC1DD1M Chøng minh: Gi¶ sư MCAC, thÕ th× ta cã: A (A1 MB1B) A M D1 C1 D = SABC - SAA1M - SMB1C = S ABC - SAD1M - SMC1D = SABC - SAD1M - SMC1C = SD1MC1D Ngợc lại: Giả sử M không thuộc AC th× S A1MB1B SD1MC1D Do vËy chØ cã thĨ M thc AC Bµi tËp vËn dơng Bµi toán 19: Trên cạnh AB, BC, CD, DA hình bình hành ABCD lấy điểm M, H, K, P tơng ứng cho MK//AD HP//AB Chứng minh đờng thẳng BP, MD, CD đồng quy ®iĨm (O lµ giao ®iĨm cđa HP vµ MK) Chøng minh: Gọi E giao điểm đờng thẳng CD BP ta cần phải chứng minh MD ®i qua E Ta cã: Qua E kỴ P’H’ // PH MK // MK 22 Ta có PH cắt MK F, MK cắt PH G Do điểm O CE nên theo kết toán ta cã: S FOHH’ = SGOKK’ => SFOHH’ = SGOKK’ (1) Do ®iĨm E BP => SAM’EP’ = SEGHH’ (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: SEFKK’ = SAM’EP; §iỊu nµy chøng tá H’ B F M M’ C K K’ O E P’ P A H D ®iĨm E phải thuộc đờng chéo MD hay ba đờng thẳng BP, MD CO đồng quy Bài toán 20: Chứng minh lục giác mà ®êng chÐo nèi c¸c ®Ønh víi ®Ịu chia lơc giác thành hai phần tơng đơng đờngA chéo đồng Bquy điểm Q P Chứng minh: C F FC Q Giả sử AD cắt CF P cắt BE R, cắt R Vì đờng thẳng AD, BE chia đôi diện tích lục giác nên: SAREF + S RED = SRDCB + SRAB E D SAREF + SSRB = SRDCB + SERD => SRED = SRAB; Tøc lµ AR BR = RERD => (AP + PR) (BQ + QR) > AP BQ Tơng tự AP.FP > QC.RD BQ.OC > PF.RE Nhân vế với vế bất đẳng thức ta có: RE.RD.AP.EP.PQ.QC > AP.BQ.QC.RD.PE.RE ( Vô lý, thực vế nhau) Vậy đờng chéo lục giác phải đồng quy điểm Loại VII: Phơng pháp chứng minh Các toán cực trị hình học 23 Về phơng pháp chứng minh tơng tự giống nh loại ý thêm: + Tổng số dơng không đổi tích số đạt giá trÞ lín nhÊt chóng b»ng + NÕu tÝch số dơng không đổi tổng số đạt giá trị bé chúng Từ suy ra: + Trong hình chữ nhật (hình thoi) có chu vi hình vuông có diện tích lớn + Trong hình chữ nhật (hình thoi) có diện tích hình vuông có chu vi bé Bài tập vận dụng: Bài toán 21: Cho M nằm tam giác ABC Các đờng thẳng AM, BM, CM lần lợt cắt cạnh BC, CA, AB A 1, B1, C1 Hãy xác định điểm M t¸m gi¸c cho: A MA MB MC a MA MB MC lµ bÐ nhÊt 1 C1 MA1 MB1 MC1 b MA MB MC lµ bÐ nhÊt S3 S2 M S1 Chøng minh: a Đặt AMBC = S1, SMAC = S2, SMBA =B S3 S MA B1 A1 S S2 S MAC MAB Ta cã: MA S S MA1B S1 MA1C T¬ng tù MA MB MC S S S2 S MB MAC MAB => MA MB MC MB1 S MA1C S MA1B S3 1 S S1 S S1 S S > S S S S S S2 = MA MB MC VËy MA MB MC đạt giá trị bé 1 MA S MB S MC S 2 b MA S S ; MB S S , MC S S ; Gäi S = S1 = S2 = S3 1 24 C S S S 1 XÐt P= S S S S S S (S1+S2+S3) 3 S S S1 S S S1 P= 1 1 S S S S S S1 9-3= > 2 S S S1 S S S MA MB MC 1 VËy P = MA MB MC > MA MB MC 1 Do ®ã MA MB MC đạt giá trị bé S1 = S2 = S3 => M trọng tâm ABC Bài toán 22: Gọi O giao điểm hai ®êng chÐo cđa tø gi¸c ABCD BiÕt SAOB = 4, SCDO = Tính giá trị nhỏ diện tích tứ giác ABCD A Giải: Ta có: B S OAD OD S ODC S OAB OB S OBC O => SOAD.SOBC = SOAB SODC = 4.9 = 36 D => SOAD.SOBC > C S CAD S OBC = 12 => SABCD = SOAC + SOBC + SOCD + SODA > + + 12 = 15 => AABCD đạt giá trị bé 25 S OAD = SOBC = Bài toán 23: Cho hình bình hành ABCD có diện tích a, MKL nối tiếp hình bình hành ABCD Tìm giá trị lớn diện tích C M MKL Giải: * Xét trờng hợp đặc biệt: Khi MKL có đỉnh (k l0 nằm D h m A K L cạnh hình bình hành ABCD Vì m < h, kl < Nên SMLK = 1 1 m.kl < h.AB = SABCD = a VËy SMLK < a 2 2 25 B AB * XÐt trêng hỵp tổng quát: K, L, M nằm ba cạnh khác hình bình hành Khi có hai đỉnh (k l) nằm hai cnạh đối diện hình bình hành ABCD từ m kẻ MQ//AB (QCB), MQ cắt lk P Nh toán đợc đa trờng hợp xét SKLM = SKPM + SPML < = 1 AABQM + SMQCD 2 1 SABCD = a 2 => SKLM D K C M < a Nh hai trờng hợp SKLM 26 A < a Q L B Phần III: Bài tập đề nghị Bài tập 1: Cho ABC ( A =900) Trên cạnh AB, AC, BC phía tam giác dựng hình vuông ABED, ACBQ BCMN Đờng cao AH thuộc cạnh huyền ABC cắt MN F Chứng minh a SBHFN = SABED, từ suy AB = BC.BH b A HCME = SAOPQ, từ suy AC2 = BC.HC Bài tập 2: Cho hình bình hành ABCD có góc BAD nhọn, đờng phân giác góc BAD cắt CD M cắt đờng thẳng BC N Gọi O điểm cách ba điểm C, M, N không giao điểm OB OD chứng minh a SOBN = SOBC b SBCK + SNOC = sDOK Bµi tËp 3: Cho ABC (AB = AC), ®êng cao AH, O trung điểm AH, tia BO cắt AC D, tia CO cắt AB E Tính tỉ số diện tích tứ giác ADOE diện tích tam giác ABC Bài tập 4: Cho ABC ( C =900) tam giác lấy điểm cho S OAB = SOBC = SOAC Chøng minh: OA2 + OB2 = 50C2 Bài tập 5: (Đề thi học sinh giái líp chuyªn VÜnh Phóc 2003) Cho ABC ( A =900) điểm H di chuyển BC Gọi E, F lần lợt điểm đối xứng cña H qua AB, AC a Chøng minh E, A, F thẳng hàng b Chứng minh BEFC hình thang Có thể tìm đợc vị trí H để BEFC trở thành hình thang vuông hình bình hành, hình chữ nhật đợc không Bài tập 7: 27 a Chứng minh đờng trung tuyến tam giác chia tam giác thành phần có diện tích b Gọi G trọng tâm ABC SGAB = SGAC = SGBC 28 C PhÇn kÕt luËn I KÕt nghiên cứu : Do đặc trng tính chất đề tài nên việc áp dụng thử nghiệm đề tài không thực đợc diện rộng, mà dành cho học sinh giỏi lớp Qua viƯc båi dìng cho 30 häc sinh trªn tỉng 80 häc sinh khèi ë líp 8A vµ 8C, năm học 2005-2006, thu đợc kết nh sau: Kết đạt đợc Trung Khá bình Lớp Số häc sinh båi dìng Giái 8A 20 30% 205 48% 2% 8B 10 28% 225 47% 3% YÕu II KiÕn nghị đề xuất Trên toàn nội dung đề tài Sử dụng phơng pháp diện tích để giải tập hình học mà nghiên cứu đợc trình giảng dạy phần diện tích đa giác lớp 8,9 Qua việc sử dụng đề tài trên, thấy mang lại hiệu lớn việc giảng dạy Đó là: Đề tài giúp có thêm nhiều phơng pháp hay, độc giúp học sinh giải toán Nó có tác dụng làm cho ngời giáo viên phải tìm tòi nghiên cứu để có toán phù hợp với khả học sinh lớp phụ trách Một thuận lợi thời gian, giáo viên với học sinh giải số lợng tập nhiều hiệu Đối với học sinh, đề tài giúp cho em có đợc phơng pháp đặc trng để giải toán phần trránh đợc lúng túng, khó khăn mắc phải Mặt khác, đề tài giúp học sinh nắm sâu kiến thức có liên quan đến diện tích Từ giải đợc 29 tập nâng cao phần Với số lợng tập đa đề tài có chọn lọc, giải toán phơng pháp diện tích đem l¹i sù høng thó häc tËp cho häc sinh Bëi học sinh phải tìm tòi, sáng tạo trình giải, giúp học sinh phát triển tốt t lôgic Với hiệu thu đợc thân học sinh thấy việc sử dụng phơng pháp diện tích để giải toán hình học việc làm phù hợp cho thầy vµ sù tiÕp thu kiÕn thøc cđa häc sinh Víi số lợng tập hạn chế, hy vọng đề tài làm tài liệu tham khảo đồng nghiệp trình giảng dạy Do kinh nghiệm hạn chế thân, chắn có thiếu sót Tôi mong đợc bổ sung góp ý kiến xây dựng đồng chí, đồng nghiệp để đề tài đợc khả quan áp dụng vào thực tế - Tác giả - 30 ... Kết đạt đợc Khá (%) TB (%) Ỹu kiĨm tra (%) (%) - 30 10 15 30 45 - 30 10 15 35 40 Năm học 2016 2017 2017 2018 Phần I: Các kiến thức I Các công thức diện tích hay sử dụng cho tam giác Cho tam giác