SANG KIEN KINH NGHIEMSKKN - Hinh lop8

Lời mở đầu I. Đặt vấn đề Trong Hình học nói riêng và toán học nói chung, việc giải các bài toán có nhiều phơng pháp khác nhau. Trong các đó bài toán có nhiều phơng pháp sử dụng diện tích các hình phẳng để giải các bài tập hình học là một phơng pháp thú vị. Việc sử dụng phơng pháp này để giải các bài toán hình học mang ý nghĩa tổng quát và có lúc đem lại cho ta những kết quả ngắn gọn bất ngờ. Phơng pháp diện tích cho phép ta hiểu sâu thêm các tiêu đề hình học, trong đó đáng quan tâm về các tiêu đề diện tích đồng thời cho phép ngời đọc thấy rõ bản chất các vấn đề nêu ra. Giải các bái toán bằng phơng pháp diện tích còn gây đợc hứng thú tìm tòi cho ngời giải toán. Bởi lẽ không phải bất cứ bài toán nào cũng có thể giải bằng phơng pháp đó. Song nếu nh cố gắng tìm tòi thì ta có thể khai thác đợc nhiều vấn đề hết sức thú vị của các bài toán. Với những lý do đã trình bày ở trên tôi đã chọn đề tài Sử dụng phơng pháp diện tích để giải các bài toán hình học để nghiên cứu,. Trong đề tài, tôi đã lựa chọn đợc 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 và 9. Do vậy, đề tài chỉ áp dụng đợc cho các học sinh khá giỏi ở Trờng THCS. II. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu. a. Thực trạng: Trong những năm dạy toán ở Trờng THCS, thông qua việc tìm hiểu số lợng bài tập hình học thì các bài toán giải bằng phơng pháp diện tích đợc trình bày quá ít. Chính vì vậy học sinh thờng lúng túng khi đứng trớc những bài toán nh vậy. Bởi thế, để giúp học sinh giải tốt các bài toán hình học nói chung và phần bài tập về diện tích đa giác nói riêng là điều mà thầy cô giáo quan tâm và suy nghĩ. Do kinh nghiệm cha nhiều và sự hạn chế của bản thân, tôi chỉ chọn kiến thức và bài tập phần diện tích đa giác ở lớp 8 và kiến thức mở rộng ở lớp 9 để nghiên cứu kinh nghiệm giảng dạy này. 1 b. Kết quả. Khi cha áp dụng đề tài, việc giải bài tập ở dạng về diện tích đa giác của học sinh gặp rất nhiều khó khăn. Kết quả thu đợc trong 2 năm thử nghiệm nh sau: Năm học Số học sinh kiểm tra Kết quả đạt đợc Giỏi (%) Khá (%) TB (%) Yếu (%) 2003 - 2004 30 10 15 30 45 2004 - 2005 30 10 15 35 40 B. Giải quyết vấn đề. I. Các giải pháp thực hiện. Dựa trên đặc điểm tình hình nhà trờng, căn cứ vào các kết quả đạt đợc của năm trớc và chất lợng học tập cũng nh 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 đợc và phát triển các bài toán tiếp theo. - Phân loại các bài toán giải bằng phơng pháp diện tích. II. Các biện pháp tổ chức thực hiện . 2 Phần I: Các kiến thức cơ bản I. 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 lợt đối diện với các đỉnh A, B, C. - ha, hb, hc: độ dài đờng cao ứng với các cạnh a, b, c - P = 2 1 (a + b + c) là nửa chu vi của tam giác - r: bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác ABC - ra, rb, rc: bán kính đờng tròn bằng tiếp ABC tiếp xúc với a, b, c Ta có công thức tính diện tích tam giác sau: S = 2 1 a. ha = 2 1 b. hb = 2 1 c. hc (1) S = ))()(( cpbpapp (2) công thức Hêrông S = 2 1 ab. Sin BacAbcSinC sin 2 1 2 1 == S = R abc 4 (3) ; S = p.r (4) S = (p - a). ra - (p - b) rb = (p - c) rc (5) * Giá trị sử dụng của các công thức: - Công thức (1) đợc sử dụng khi biết một cạnh và đờng cao thực nó. - Công thức (2) đợc sử dụng khi biết 3 cạnh. - Công thức (3) đợc sử dụng khi biết 3 cạnh và bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác. - Công thức (4) đợc sử dụng khi biết 3 cạnh và bán kính đờng tròn nội tiếp. - Công thức (5) đợc sử dụng khi biết 3 cạnh và bán kính đờng tròn bằng tiếp tơng ứng. 3 C A B c b a hb ha hc II. Các công thức tính diện tích tam giác hay dùng 1. Diện tích hình vuông cso cạnh là a: S = a 2 . 2. Diện tích hình chữ nhật có hai kích thớc là a, b: S = a. b 3. Diện tích hình bình hành có một cạnh là a và chiều cao tơng ứng h: S = a.h 4. Diện tích hình thoi có 2 đờng chéo là l 1 , l 2 : S = 2 1 l 1 l 2 (diện tích hình thoi còn đợc tính theo công thức tính diện tích hình bình hành) 5. Diện tích hình thang có hai đáy là a, b b và đờng cao h : S = 2 ).( hba + 6. Diện tích hình thang có đờng cao h, đờng trung bình m: S = m .h III. Các bài toán cơ bản về diện tích. Bài toán 1: GT ABC, ADE, B, C, D, E thuộc đờng thẳng a KL S ABC = k. S ADE (k > 0) Chứng minh: Ta có BC và DE là đoạn thẳng nên luôn tồn tại một số k > 0 để k DE BC = => BC = k . DE Mặt khác ta lại có: SABC = 2 1 AH.BC = 2 1 AH . K . DE = k( 2 1 AH.DE) => S ABC = k. S ADE Hệ quả 1: Nếu C, B, P thẳng hàng (cùng thực đờng thẳng a) và điểm A không thuộc đờng thẳng a, BC = k. CP thì S ABC = k. S ACP . Hệ quả 2: Nếu PB = C thì S ABC = S APC (k = 1) 4 E A B H D C a Bài toán 2: GT ABC, ABC AH BC, AH BC KL '' ' AH AH S S BCA ABC = Chứng minh: Thật vậy ' '. 2 1 . 2 1 ' AH AH AHBC AHBC S S BCA ABC == Hệ quả 3: Nếu ABC có diện tích không đổi và có cạnh đáy a đờng cao là h thì a và h là hai đại lợng tỉ lệ nghịch. Bài toán 3: Ta xét các trờng hợp sau: GT ABC, ABC, AA cắt BC tại E KL '' ' AE AE S S BCA ABC = Chứng minh: Ta có '' '. 2 1 . 2 1 ' AE AE AH AH AHBC AHBC S S BCA ABC === (vì EAH ~EAH) 5 A A C H H B C A B C H H A A B C H E H A A H E H A B Bài toán 4: GT ABC ~ ABC theo tỷ số k KL 2 ''' ' k S S CBA ABC = Chứng minh: Do ABC ~ ABC => k CB BC BA AB == '''' Mặt khác ABH ~ ABH => k HA AH BA AB == '''' Khi đó 2 ''' . '' . '' '''.' 2 1 . 2 1 kkk HA AH CB BC HACB AHBC S S CBA ABC ==== Đặc biệt nếu ABC = ABC (k = 1) thì S ABC = S ABC 6 A B H C A B H C Phần II: Phân loại các bài toán giải bằng phơng pháp diện tích Loại 1: Chứng minh các đoạn thẳng tỉ lệ. Loại 2: Tổng hoặc hiệu các đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác. Loại 3: Tổng hoặc hiệu diện tích các hình bằng diện tích một hình khác. Loại 4: Tỉ số diện tích hai hình phẳng Loại 5: Chứng minh các bất đẳng thức hình học. Loại 6: Chứng minh các đờng thẳng đồng quy Loại 7: Chứng minh các bài toán cực trị hình học và một số bài toán dạng khác. Loại 1: Phơng pháp chứng minh các đoạn thẳng tỉ lệ Để chứng minh AB = k, ta có thể: - Hoặc chỉ ra rằng: S MAB = S MAB d(M ; AB) = K. d(M; AB) - Hoặc chỉ ra rằng: S MAB = S NAB d(N ; AB) = K. d(M; AB) - Hoặc chỉ ra rằng: S MAB = K S MAB d(M ; AB) = K. d(M; AB) - Hoặc chỉ ra rằng: S MAB = K. S NAB d(M ; AB) = d(M; AB) = 2 '' K S S MBA ABM và K BAMd ABMd = )'';( );( Bài tập vận dụng: Bài toán 1 : Lấy một điểm O trong ABC. Các tia AO, BO, CO cắt BC, AC, AB lần lợt tại P, Q, R. Chứng minh rằng 2 =++ CR OC BQ OB AP OA 7 Chứng minh: Từ O kẻ OK BC, từ A kẻ AH BC (K, H BC) Khi đó ta có: AH OK S S ABC OBA = (hệ quả 2) Mặt khác do OK // AH => AP OP S S AP OP AH OK ABC OBZC ==>= (1) Chứng minh tơng tự ta có: PQ OQ S S ABC AOB = (2) CR OR S S ABC AOC = (3) Từ (1) (2) và (3) ta có: 1 =++=++ ABC AOC ABC AOB ABC OBC S S S S S S CR OR BQ OQ AP OP Ta có: CR ORCR BQ OQBQ AP OPAP CR CD BQ BO AP AO + + =++ = 3 - ( 213) ==++ CR CO BQ OQ AP OP => 2 =++ CR CO BQ BO AP AO (ĐPCM) Bài toán 2: Cho ABC có ba góc nhọn và ba đờng cao AA, BB, CC, gọi H là trực tâm của ABC. Chứng minh ' ' ' ' ' ' CC HC BB HB AA HA ++ Chứng minh: Ta nhận thấy CHB và CAB là hai tam giác có chung đáy CB Nên ' ' AA HA S S ABC CHB = (1) Tơng tự ta có ' ' BB HB S S ABC AHC = (2) ' ' CC HC S S ABC HAB = (3) 8 A B H C R Q PK O A B A C C B H Từ (1) (2) và (3) ta có ABC AHB ABC AHC ABC HBC S S S S S S CC HC BB HB AA HA ++=++ ' ' ' ' ' ' = ABC AHBAHCHBC S SSS ++ Do ABC có ba góc nhọn nên trục tâm H nằm ở miền trong ABC. Do đó S HBC + S AHC + S AHB => 1 == ++ ABC ABC ABC AHBAHCHBC S S S SSS => ' ' ' ' ' ' CC HC BB HB AA HA ++ =1 Bài toán 3: (Hệ quả bài toán 2) Cho ABC có ba góc nhọn AA, BB, CC là các đờng cao, H là trực tâm của ABC. Chứng minh rằng ABC là tam giác đều nếu: ' ' ' ' ' ' CC HC BB HB AA HA == Chứng minh: Theo kết quả của bài toán 2 ta có 1 ' ' ' ' ' ' =++ CC HC BB HB AA AH mà )( ' ' ' ' ' ' gt CC HC BB HB AA AH == Điều này chứng tỏ: 3 1 ' ' ' ' ' ' === CC HC BB HB AA AH => H là trọng tâm ABC => ABC đều Bài toán4: Trên các cạnh BC, CA, AB của ABC lấy các điểm A 1 , B 1 , C 1 . Chứng minh rằng nếu các đờng thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại điểm P thì 1 1 1 1 1 1 1 = AB CB CA BA BC AC (điều kiện cầu, điều luật Cê va) 9 A B A C C B H Chứng minh: Do AA 1 , BB 1 , CC 1 đồng quy tại P nên ta có: BCD ACP S S BC AC = 1 1 (1) (theo bài toán cơ bản 3) Chứng minh tơng tự ta cũng có: BCP ACP S S CA BA = 1 1 (2) và BAP ACD S S AB CB = 1 1 (3) Nhân vế với vế của các đẳng thức (1), (2) và (3) ta có: 1 1 1 1 1 1 1 == ABPACPBCP CBCPABPACP SSS SSS AB CB CA BA BC AC 10 A B A 1 C C 1 B 1 P [...]... lợt là trung điểm của các đờng chéo BD và AC của tứ gác ABCD, E là giao điểm E hai cạnh AD và BC Ta có: SEMN = SEDC - SEMD - SDMN - SDNC SEMN = SEDC SEMN = ( +( 1 2 SEMN = 1 2 1 2 1 2 SEBD - SEDC - SEDC + 1 2 1 2 1 2 SEAC - SEBD - 1 2 (SDNC + SBNC) = Vậy SEMN = 1 4 SEAC 1 2 1 2 SDNB - 1 2 B SDAC SDAC) + A D M N C SDNB) 1 2 ( 1 2 AABC + 1 2 SABCD 16 SADC) = 1 4 (SABC + SADC) = 1 4 SABCD Bài toán 11:... thì a = ha > b = hb Chứng minh: A Gọi AA1 = ha, BB1 = hb Xét AA1C ( A 1 = 1v) => ha < b => a.ha < ab 2 B1 => 2S < ab b Ta lại có: a + ha - (b + hb) = a = (a - b) (1 - ha 2S ab 2S 2S b = a b C ) Do a > b => a - b > 0 => 2S < ab => ab - 2S > 0 => (1Vậy (a = ha) - b + hb > 0 = a = ha > vb + hb Dấu = xảy ra khi 2 S = ab 22 hb A1 2S ab a )>0 B Loại VI: Phơng pháp chứng minh Các đờng thẳng đồng quy... bình hành Khi đó M C B AC SMA1,MB1 = SMC1DD1 hay A1C1, B1 D1, AC đồng quy SMA,BB1 = SC1DD1M A1 M C1 Chứng minh: A Giả sử MCAC, thế thì ta có: A (A1 MB1B) D1 D = SABC - SAA1M - SMB1C = S ABC - SAD1M - SMC1D = SABC - SAD1M - SMC1C = SD1MC1D Ngợc lại: Giả sử M không thuộc AC thì S A1MB1B SD1MC1D Do vậy chỉ có thể M thuộc AC Bài tập vận dụng Bài toán 19: Trên cạnh AB, BC, CD, DA của hình bình... nên MM AD = => 1 2 B M N C Mặt khác ta có AN = ND BB '+ CC ' 2 MM AD = 1 2 BB AD AD 1 AD + CC ' 2 2 2 => SAMN = SABN + SCND Mặt khác ta có: SMPNQ = SAMD - (SAPN + SMDQ) Thay SMPQN = (SABN + SCND) - (SAƠN + SNQD) SMPQN = (SABN - SAPN) + (SCND - SQND) vvậy SMPQN = SABP + SCQD Bài toán 8: Cho tứ giác lồi ABCD với M là trung điểm của đờng chéo AC Chứng minh rằng: a SAMB + SCMD = SAMD + SBMC = 1 2 SABCD... khác Để chứng minh: S1 + S2 + S3 + + Sn = S, ta có thể sử dụng: - Các công thức tính diện tích - Các bài toán cơ bản đã nêu Bài tập vận dụng Bài tập 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 đờng thẳmg AM và BN, Q là giao điểm của các đờng thẳng CN và DM Chứng minh SMPNQ - SAPB + SCQD Chứng minh; M B Hạ các đờng vuông góc C BB, MM, CC... rằng đề tài này có thể làm tài liệu tham khảo của các đồng nghiệp trong quá trình giảng dạy Do kinh nghiệm còn ít và sự hạn chế của bản thân, chắc chắn còn có những thiếu sót Tôi mong đợc sự bổ sung và góp ý kiến xây dựng của các đồng chí, đồng nghiệp để đề tài đợc khả quan hơn khi áp dụng vào thực tế - Tác giả - 32 ... = S1 = S2 = S3 S S S 1 3 Xét P= S +1 S + S +2 S + S + S (S1+S2+S3) S + S 3 2 2 3 1 3 1 2 P= + 1 1 -3 + S1 + S 3 S 3 + S 1 1 ( S + S 2 ) + ( S 2 + S 3 ) + ( S 3 + S1 ) 1 + 1 + 1 2 S 2 + S 3 S1 + S 3 S 3 + S 1 [ ] 1 2 > Vậy P = Do đó MA1 MB1 MC1 + + MA MB MC MA1 MB1 MC1 + + MA MB MC > 9-3 = 3 2 3 2 đạt giá trị bé nhất là 3 2 khi S1 = S2 = S3 => M là trọng tâm ABC Bài toán 22: Gọi O là giao... hình - chuyên Toán Vinh) Cho một đa giác lồi có diện tích là S, chu vi là P Chứng minh rằng bao giờ cũng tồn tại một hình tròng có bán kính S P nằm trọn vẹn trong đa giác ấy Chứng minh: Về phía mặt phẳng chứa đa giác ta dựng đợc những hình chữ nhật sao cho một kích thớc là một cạnh tranh của đa giác, kích thớc còn lại là S P Khi đó tổng diện tích của tất cả các hình chữ nhật là S P A S P P = S -> đúng... biến đổi hình học làm xuất hiện các bất đẳng thức từ các đại lợng về số đo diện tích và các đa giác mà ta kiến lập nên Cách 4: Sử dụng mối quan hệ giữa các cạnh trong tam giác (c-b) < a < c + b (a1b1c là số đo 3 cạnh của tam giác) - Sử dụng mối quan hệ giữa đờng vuông góc và đờng xiên cùng kẻ từ một điểm đến đờng thẳng Bài tập vận dụng Bài toán 16: Cho M là một điểm nằm trong tam giác ABC Qua M vẽ các... đờng chéo AC hoặc BD Giải: Tại P và cắt OD tại Q Ta có: SAOB = SCOB (GT) => AP = PC C B SAOD = SCOD (gt O => AQ = QC Vậy P Q Nếu P Q thì bốn điểm B,O,P,D P Q nằm trên 1 đờng thẳng Nghĩa là O nằm trên - O ờng chéo BD của tứ giác ABCD Nếu O P thì O nằm trên đờng chéo AC của tứ giác ABCD Nh vậy O nằm trên AC hoặc BD (ĐPCM) 29 A D Phần III: Bài tập đề nghị Bài tập 1: Cho ABC ( A =900) Trên các cạnh . có: S EMN = S EDC - S EMD - S DMN - S DNC S EMN = S EDC - 2 1 S EBD - 2 1 S EAC - 2 1 S DNB - 2 1 S DAC S EMN = ( 2 1 S EDC - 2 1 S EAC - 2 1 S DAC ) + +. = (p - a). ra - (p - b) rb = (p - c) rc (5) * Giá trị sử dụng của các công thức: - Công thức (1) đợc sử dụng khi biết một cạnh và đờng cao thực nó. - Công