a = ha > vb + hb DÊu “ =” x¶y ra khi 2 S = ab VI/ Lo¹i VI: Ph¬ng ph¸p chøng minh Các đờng thẳng đồng quy Khó có thể chỉ ra phơng pháp chung dùng diện tích để chứng minh các đờng thẳng đồ[r]
(1)N¨m häc Sè häc sinh Giái (%) kiÓm tra Kết đạt đợc Kh¸ (%) TB (%) YÕu (%) 2003 - 2004 30 10 15 30 45 2004 - 2005 30 10 15 35 40 Lêi më ®Çu A Đặt vấn đề Trong H×nh häc nãi riªng vµ to¸n häc nãi chung, viÖc gi¶i c¸c bµi to¸n cã nhiều phơng pháp khác Trong các đó bài toán có nhiều phơng pháp sử dụng diện tích các hình phẳng để giải các bài tập hình học là phơng pháp thú vị Việc sử dụng phơng pháp này để giải các bài toán hình học mang ý nghĩa tổng quát vµ cã lóc ®em l¹i cho ta nh÷ng kÕt qu¶ ng¾n gän bÊt ngê Phơng pháp diện tích cho phép ta hiểu sâu thêm các tiêu đề hình học, đó đáng quan tâm các tiêu đề diện tích đồng thời cho phép ng ời đọc thấy rõ chất các vấn đề nêu Giải các bái toán phơng pháp diện tích còn gây đợc hứng thú tìm tòi cho ngời giải toán Bởi lẽ không phải bài toán nào có thể giải ph ơng pháp đó Song nh cố gắng tìm tòi thì ta có thể khai thác đợc nhiều vấn đề hÕt søc thó vÞ cña c¸c bµi to¸n Với lý đã trình bày 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 nhiều dạng, có bài toán nâng cao và kiến thức mở rộng so với kiến thức đã trình bày SGK lớp và Do vậy, đề tài áp dụng đợc cho các học sinh khá giỏi Trờng THCS B Thực trạng vấn đề nghiên cứu I Thùc tr¹ng: Trong nh÷ng n¨m d¹y to¸n ë Trêng THCS, th«ng qua viÖc t×m hiÓu sè lîng bài tập hình học thì các bài toán giải phơng pháp diện tích đợc trình bày quá ít Chính vì học sinh thờng lúng túng đứng trớc bài toán nh Bởi thế, để giúp học sinh giải tốt các bài toán hình học nói chung và phần bài tập diÖn tÝch ®a gi¸c nãi riªng lµ ®iÒu mµ thÇy c« gi¸o quan t©m vµ suy nghÜ Do kinh nghiÖm cha nhiÒu vµ sù h¹n chÕ cña b¶n th©n, t«i chØ chän kiÕn thøc vµ bµi tËp phÇn diện tích đa giác lớp và kiến thức mở rộng lớp để nghiên cứu kinh nghiệm gi¶ng d¹y nµy II KÕt qu¶ Khi cha áp dụng đề tài, việc giải bài tập dạng diện tích đa giác học sinh gặp nhiều khó khăn Kết thu đợc năm thử nghiệm nh sau: (2) C Giải vấn đề C.I/ C¸c gi¶i ph¸p thùc hiÖn Dựa trên đặc điểm tình hình nhà trờng, vào các kết đạt đợc năm trớc và chất lợng học tập nh đặc điểm lớp phụ trách, dựa vào lực học sinh, tôi đề các giải pháp sau: - Tìm tòi các bài toán để từ đó học sinh nắm đợc và phát triển các bài to¸n tiÕp theo - Ph©n lo¹i c¸c bµi to¸n gi¶i b»ng ph¬ng ph¸p diÖn tÝch C.II/ C¸c biÖn ph¸p tæ chøc thùc hiÖn PhÇn I: C¸c kiÕn thøc c¬ b¶n I C¸c c«ng thøc diÖn tÝch hay sö dông cho tam gi¸c 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 (3) - P = (a + b + c) lµ nöa chu vi cña tam gi¸c - r: bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác ABC - ra, rb, rc: bán kính đờng tròn b»ng tiÕp Δ ABC tiÕp xóc víi a, b, c Ta cã c«ng thøc tÝnh diÖn tÝch tam gi¸c sau: S = = b hb = c hc 2 (1) S = √ p ( p − a)( p −b)( p −c ) (2) c«ng thøc Hªr«ng ^ = bcSin \{ ^ ^ S = ab Sin C A = ac sin \{ B S = abc 4R (3) ; S = p.r (4) S = (p - a) - (p - b) rb = (p - c) rc (5) * Gi¸ trÞ sö dông cña c¸c c«ng thøc: - Công thức (1) đợc sử dụng biết cạnh và đờng cao thực nó - Công thức (2) đợc sử dụng biết cạnh - Công thức (3) đợc sử dụng biết cạnh và bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam gi¸c - Công thức (4) đợc sử dụng biết cạnh và bán kính đờng tròn nội tiếp - Công thức (5) đợc sử dụng biết cạnh và bán kính đờng tròn tiếp t¬ng øng II C¸c c«ng thøc tÝnh diÖn tÝch tam gi¸c hay dïng DiÖn tÝch h×nh vu«ng cso c¹nh lµ a: S = a 2 DiÖn tÝch h×nh ch÷ nhËt cã hai kÝch thíc lµ a, b: S = a b DiÖn tÝch h×nh b×nh hµnh cã mét c¹nh lµ a vµ chiÒu cao t¬ng øng h: S = a.h Diện tích hình thoi có đờng chéo là l 1, l2: S = l1 l2 (diÖn tÝch h×nh thoi còn đợc tính theo công thức tính diện tích hình bình hành) Diện tích hình thang có hai đáy là a, b b và đờng cao h : S = (a+ b) h Diện tích hình thang có đờng cao h, đờng trung bình m: S = m h III C¸c bµi to¸n c¬ b¶n vÒ diÖn tÝch Bµi to¸n 1: GT Δ ABC, Δ ADE, B, C, D, E thuộc đờng thẳng a KL SABC = k SADE (k > 0) Chøng minh: E (4) Ta cã BC vµ DE lµ ®o¹n th¼ng nªn lu«n tån t¹i mét sè k > để BC =k => BC = k DE DE MÆt kh¸c ta l¹i cã: SABC = AH.BC = AH K DE = k( AH.DE) 2 => SABC = k SADE Hệ 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 SACP HÖ qu¶ 2: NÕu PB = C th× S ABC = SAPC (k = 1) Bµi to¸n 2: GT Δ ABC, Δ A’BC AH BC, A’H’ BC KL S ABC AH = S ' A ' BC AH ' Chøng minh: ThËt vËy BC AH S ABC AH = = S A ' BC AH ' BC AH ' Hệ 3: Nếu Δ ABC có diện tích không đổi và có cạnh đáy a đ ờng cao là h thì a và h là hai đại lợng tỉ lệ nghịch Bµi to¸n 3: Ta xÐt c¸c trêng hîp sau: GT Δ ABC, Δ A’BC, AA’ c¾t BC t¹i E KL S ABC AE = S ' A ' BC AE ' Chøng minh: Ta cã BC AH S ABC AH AE = = = S A ' BC AH ' AE ' BC AH ' Bµi to¸n 4: GT Δ ABC ~ Δ (v× EA’H ~EAH) (5) A’B’C’ theo tû sè k KL S ABC =k S ' A ' B ' C' Chøng minh: Do Δ ABC ~ Δ A’B’C’ => AB BC = =k A' B' B'C' MÆt kh¸c Δ ABH ~ Δ A’B’H’ => Khi đó AB AH = =k A' B' A ' H' BC AH S ABC BC AH = = =k k=k S A ' B ' C' B'C' A' H ' B'C' A ' H' §Æc biÖt nÕu Δ ABC = Δ A’B’C’ (k = 1) th× S ABC = SA’B’C’ PhÇn II: Ph©n lo¹i c¸c bµi to¸n gi¶i b»ng ph¬ng ph¸p diÖn tÝch Lo¹i 1: Chøng minh c¸c ®o¹n th¼ng tØ lÖ Lo¹i 2: Tæng hoÆc hiÖu c¸c ®o¹n th¼ng b»ng mét ®o¹n th¼ng kh¸c Lo¹i 3: Tæng hoÆc hiÖu diÖn tÝch c¸c h×nh b»ng diÖn tÝch mét h×nh kh¸c Lo¹i 4: TØ sè diÖn tÝch hai h×nh ph¼ng Loại 5: Chứng minh các bất đẳng thức hình học Loại 6: Chứng minh các đờng thẳng đồng quy Lo¹i 7: Chøng minh c¸c bµi to¸n cùc trÞ h×nh häc vµ mét sè bµi to¸n d¹ng kh¸c I/ Lo¹i 1: Ph¬ng ph¸p chøng minh “c¸c ®o¹n th¼ng tØ lÖ” §Ó chøng minh AB = k, ta cã thÓ: - HoÆc chØ r»ng: S MAB = SMA’B’ d(M ; AB) = K d(M; AB) - HoÆc chØ r»ng: S MAB = SNA’B’ d(N ; A’B’) = K d(M; AB) - HoÆc chØ r»ng: S MAB = K SMA’B’ d(M ; AB) = K d(M; A’B’) - HoÆc chØ r»ng: S MAB = K SNA’B’ d(M ; AB) = d(M; A’B’) { S ABM =K SA' B' M Bµi tËp vËn dông: vµ d (M ; AB) =K d ( M ; A ' B' ) (6) Δ ABC C¸c tia AO, BO, CO c¾t BC, Bµi to¸n : LÊy mét ®iÓm O AC, AB lÇn lît t¹i P, Q, R Chøng minh r»ng OA + OB + OC =2 AP BQ CR Chøng minh: Tõ O kÎ OK BC, tõ A kÎ AH BC (K, H BC) S OBA OK = S ABC AH Khi đó ta có: (hÖ qu¶ 2) MÆt kh¸c OK // AH S => OK = OP => OBZC =OP AH AP S ABC (1) AP Chøng minh t¬ng tù ta cã: S AOB OQ = S ABC PQ (2) S AOC OR = S ABC CR (3) S S S Tõ (1) (2) vµ (3) ta cã: OP + OQ +OR = OBC + AOB + AOC =1 AP BQ CR S ABC S ABC S ABC Ta cã: AO + BO + CD = AP −OP + BQ −OQ + CR −OR AP BQ CR AP BQ CR = - ( OP + OQ + CO ¿=3 −1=2 AP BQ CR => AO + BO + CO =2 AP BQ CR (§PCM) Bài toán 2: Cho Δ ABC có ba góc nhọn và ba đờng cao AA’, BB’, CC’, gọi H lµ trùc t©m cña Δ ABC Chøng minh HA ' + HB' + HC ' AA ' BB ' CC ' Chøng minh: Ta nhËn thÊy Δ CHB vµ Δ CAB là hai tam giác có chung đáy CB Nªn S CHB HA ' = S ABC AA ' T¬ng tù ta cã (1) S AHC HB ' = S ABC BB ' S HAB HC ' = S ABC CC ' (2) (3) S S S Tõ (1) (2) vµ (3) ta cã HA ' + HB' + HC ' = HBC + AHC + AHB AA ' BB ' CC ' S ABC S ABC S ABC (7) S HBC+ S AHC + S AHB SABC = Do Δ ABC cã ba gãc nhän nªn trôc t©m H n»m ë miÒn đó SHBC + SAHC + SAHB => Δ ABC Do S HBC+ S AHC + S AHB S ABC = =1 SABC S ABC => HA ' + HB' + HC ' =1 AA ' BB ' CC ' Bµi to¸n 3: (HÖ qu¶ bµi to¸n 2) Cho ABC có ba góc nhọn AA’, BB’, CC’ là các đờng cao, H là trực tâm ABC Chứng minh ABC là tam giác nếu: A ' H HB' HC ' = = AA ' BB ' CC' Chøng minh: Theo kÕt qu¶ cña bµi to¸n ta cã AH ' HB' HC ' + + =1 AA ' BB ' CC ' mµ AH ' HB ' HC ' = = (gt) AA ' BB ' CC ' §iÒu nµy chøng tá: AH ' =HB ' =HC ' = AA ' BB ' CC ' => H là trọng tâm Δ ABC => Δ ABC Bµi to¸n4: Trªn c¸c c¹nh BC, CA, AB cña Δ ABC lÊy c¸c ®iÓm A 1, B1, C1 Chứng minh các đờng thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy điểm P thì AC BA CB1 =1 C B A C B1 A (®iÒu kiÖn cÇu, ®iÒu luËt Cª va) Chøng minh: Do AA1, BB1, CC1 đồng quy P nên ta có: AC S ACP = C B S BCD (1) (theo bµi to¸n c¬ b¶n 3) Chøng minh t¬ng tù ta còng cã: BA S ACP = A C S BCP (2) vµ CB1 S ACD = B1 A S BAP (3) Nhân vế với vế các đẳng thức (1), (2) và (3) ta có: AC BA CB1 S ACP S ABP SCBCP = =1 C B A C B1 A S BCP S ACP S ABP II/ Lo¹i II: Ph¬ng ph¸p chøng minh Tæng hoÆc hiÖu c¸c ®o¹n th¼ng b»ng mét ®o¹n th¼ng kh¸c (8) Muèn chøng minh: AD + CD = PQ Ta chøng minh theo c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: ChØ tån t¹i mét ®iÓm M SMAB + SMCD = SMPQ d(M; AB) = d(M; CD) = d(M;PQ) C¸ch 2: ChØ tån t¹i hai ®iÓm M, N SMAB + SMCD = SNPQ d(M; AB) = d(M; CD) = d(N;PQ) C¸ch 3: ChØ tån t¹i ba ®iÓm M, N, R SMAB + SMCD = SRPQ d(M; AB) = d(N; CD) = d(R;PQ) Bµi tËp vËn dông: Bài toán 5: Cho Δ ABC (AB = AC) Một điểm D di chuyển trên cạnh đáy BC Từ D kẻ các đờng thẳng DE và DF lần lợt vuông góc với AC, AB Chứng minh tæng DE + EF kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña ®iÓm D trªn BC Chøng minh: §Ó chøng minh DE + DE kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ ®iÓm D ta chøng minh nã lu«n b»ng mét ®o¹n th¼ng cã độ dài không đổi Thật kẻ đờng cao CK ta có SABD + SACD = SABC mµ SABD = AB DF , S ACD= AC DF 2 SABC = AB CK => AB DF + AC DF = AB CK 2 2 Do AB = AC (gt) => (DF + DE) AB = AB CK => DF + DE CK, CK là đờng cao => CK không đổi Vậy DR + DE không đổi Bµi to¸n 6: Chøng minh tæng c¸c kho¶ng c¸ch tõ mét ®iÓm thuéc miÒn tam giác ABC đến cạnh nó không phụ thuộc vào vị trí điểm Chøng minh: Ta cã: SMAB + SMBC + SMAC = SABC Mµ SMAB = MR.AB SMBC = MB.BC SMAC = MQ.AC (9) SMAB + SMAC = MR.AB + MB + BC + MQ.AC 2 SABC = BC (MR + MD + MQ) = BC.AH 2 Vậy MR + MP + MQ không đổi III/ Lo¹i III: Ph¬ng ph¸p chøng minh Tæng hoÆc hiÖu c¸c h×nh b»ng diÖn tÝch mét h×nh kh¸c §Ó chøng minh: S + S2 + S3 + + Sn = S, ta cã thÓ sö dông: - C¸c c«ng thøc tÝnh diÖn tÝch - Các bài toán đã nêu Bµi tËp vËn dông Bµi tËp 7: Cho tø gi¸c låi ABCD Gäi M, N theo thø tù lµ trung ®iÓm cña c¸c cạnh BC và AD, P là giao điểm các đờng thẳmg AM và BN, Q là giao điểm các đờng thẳng CN và DM Chøng minh SMPNQ - SAPB + SCQD Chøng minh; Hạ các đờng vuông góc BB, MM’, CC’ xuèng AD (B’, M’ vµ C’ thuéc AD) XÐt h×nh thang BB’CC’ cã MN là đờng trung bình nên MM’ = BB ' + CC' MÆt kh¸c ta cã AN = ND nªn MM’ AD = BB ' + CC' AD => M’M AD = B’B AD + CC ' AD 2 2 => SAMN = SABN + SCND MÆt kh¸c ta cã: S MPNQ = SAMD - (SAPN + SMDQ) Thay SMPQN = (SABN + SCND) - (SA¥N + SNQD) SMPQN = (SABN - SAPN) + (SCND - SQND) vvËy SMPQN = SABP + SCQD Bài toán 8: Cho tứ giác lồi ABCD với M là trung điểm đờng chéo AC Chøng minh r»ng: a SAMB + SCMD = SAMD + SBMC = SABCD b Gi¶ sö A kh«ng song song víi CD Gäi E vµ F lÇn lît lµ trung ®iÓm cña AB vµ CD H·y t×m trªn ®o¹n th¼ng EF mét ®iÓm K cho SAKB + SCKD = SAKD + SBKC = SABCD (10) Chøng minh: a Do MA = MC (gt) => SAMB = SMBC vµ SCMD = SAMD céng vÕ víi vÕ cña hai đờng thẳng trên ta đợc SCMD + SAMB = SAMD + SBMC (1) mµ (SCMD + SAMB) + (SAMD + SBMC) = SABCD Tõ (1) vµ (2) => S CMD + SAMB = SAMD + SBMC = SABCD b V× AB kh«ng song song víi CD nªn AB c¾t CD t¹i T Trªn tia TA lÊy ®iÓm P cho TP = AB Trªn tia TD lÊy ®iÓm Q cho TQ = CD Ta cã: SAMB = STPM (hai tam gi¸c có đáy và cùng đờng cao) Vµ SCMD = STQM (nt) => SAMB + SCMD = STMP + STQM = SMPTQ = STPQ + SPQM SAMB + SCMD = SABCD (không đổi) Do đó SMPQ không đổi Do đó các điểm không thoả mãn SAKB + SCKD = SAKD + SBKC = SABCD (cha yêu cầu K EF phải chạy trên phần đờng thẳng qua M và song song với PQ cố định) Vậy để K EF và vừa có SAKB + SCKD = SAKD + SBKC = SABCD th× không phải là giao điểm EF với đờng thẳng a qua M và song song với PQ Bài toán 9: Tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽ các đờng cao BD, CF Gọi H, K là hình chiếu BC trên đờng thẳng ED Chøng minh SBEC + SBDC = SBHCK Chøng minh: VÏ EF’, II’, DD’ vu«ng gãc víi BC (I lµ trung ®iÓm cña ED) => II’ là đờng trung bình h×nh thang EE’D’E nªn DD’ + EE’ = 2II’ Khi đó ta có SBEC + SBDC = BC.EE’ + BC.DD’ = BC (EE’ + DD’) 2 (11) Hay SBEC + SBDC = BC II’ = BC II’ (1) Qua I vẽ đờng thẳng song song với BC cắt BH và CK P và Q Ta cã: BC II’ = S BPQC (2) Ta l¹i cã: Δ IPH = Δ IQK (c.g.c) => SIPH = SIQK => SBPQC = SRHKC (3) Tõ (1) vµ (3) suy S BEC + SBDC = SBHKC IV/ Lo¹i IV: Ph¬ng ph¸p chøng minh TØ sè diÖn tÝch cña hai h×nh ph¼ng §Ó chøng minh SABC SA ' B ' C ' =K =K ' ( SA A A n =K 2=K ' SA ' A ' ) Ta cã thÓ chøng minh c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: ChØ r»ng ABC ~ A’B’C’ theo tØ sè k C¸ch 2: ChØ SABC = K2 S A’B’C’ vµ dùa vµo ph¬ng ph¸p chøng minh lo¹i 1, lo¹i Cách 3: Dùng tiêu đề diện tích để từ bài toán tổng quát đ a bài toán cho tam gi¸c Bµi tËp vËn dông: Bài toán 10: Chứng minh tam giác có đỉnh là giao điểm hai cạnh đối tứ giác lồi, hai đỉnh là hai trung điểm hai đ ờng chéo tứ giác låi cã diÖn tÝch b»ng diÖn tÝch tø gi¸c Chøng minh: Gọi M và N lần lợt là trung điểm các đờng chÐo BD vµ AC cña tø g¸c ABCD, E lµ giao ®iÓm hai c¹nh AD vµ BC Ta cã: SEMN = SEDC - SEMD - SDMN - SDNC SEMN = SEDC 2 SEBD - SEAC - SDNB - SDAC SEMN = ( SEDC - SEAC - SDAC) + 2 + ( SEDC + SEBD - SDNB) SEMN = (SDNC + SBNC) = 2 ( 2 AABC + SADC) = (SABC + SADC) = (12) SABCD VËy SEMN = SABCD Bµi to¸n 11: Cho ABC trªn BC, CA, AB lÊy c¸c ®iÓm A 1; B1; C1 cho các đờng thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy P AB Chøng minh: SABP = SBCP B1 C Chøng minh: H¹ AA2 BB1 vµ CC2 BB1 Ta cã: SABP = BP AA2 vµ SBCP = BP CC2 => BP AA2 AA SABP = = SBCP CC BP CC2 MÆt kh¸c ta l¹i cã: AA AB1 = CC2 B1 C (Do AB1 A2 ~ CB1C2) AB VËy SABP = SBCP B1 C Bµi to¸n 12: Cho ABC, E lµ trung ®iÓm cña AC LÊy ®iÓm D trªn BC cho BD = BC LÊy G cho G AE vµ AG = AE §o¹n th¼ng AD c¾t BG vµ BE theo thø tù t¹i M vµ N TÝnh S MNEG theo SABC Gi¶i: Gäi F lµ trung ®iÓm cña DC => EF// AD => BN = NE (DN là đờng trung bình BEF) Gäi I lµ trung ®iÓm cña GE => NI // MG => AM = MN Khi đó ta có: SAMG = SANG = SANE Bµi to¸n 13: Trªn c¹nh AC vµ AB cña ABC lÊy c¸c ®iÓm B 1, C1 Gäi O lµ giao ®iÓm cña BB vµ CC1 H·y tÝnh OB OB1 NÕu BC1 =2 AC Gi¶i: S Ta cã: BO = BOC OB1 S B OC XÐt hai tØ sè S BOC S B OC (Vì có BOC và B1OC có cùng đáy OC) 1 vµ S BOC S AOC vµ CB1 =β AB (13) Ta thÊy: S BOC S B OC AB +B C = AC = 1 B1 C 1 β = + AB1 = + V× vËy = S BOC S AOC S BOC S AOC B1 C BC1 BO =α => AC B1 O = SAOC S B OC S BOC S B OC = 1 ) vËy β = (1 + OB = (1+ OB1 ) β Bµi to¸n 14: Cho h×nh vu«ng ABCD, gäi E,F,O,N lÇn lît lµ trung ®iÓm cña c¸c c¹nh AB, BC, CD vµ DA Nèi c¸c ®o¹n AF, BO, CN lÇn lît c¾t t¹i L, M, P, A LMPQ SABCD Q Chøng minh = Chøng minh: Ta nhËn thÊy AL = BM = MP = CP = PQ = DQ = QL Do tø gi¸c LMPQ lµ h×nh vu«ng (V× LMPQ lµ h×nh thoi cã trung ®iÓm cña QC nªn S PQP = SDPC V× Q lµ trung ®iÓm cña DL nªn S PQP = SOPL => SDQC = SBMN = SLMPQ (1) Chøng minh t¬ng tù tµi s¶n ta còng cã: SDQC = SPCB = SBMH = SALD + SLMPQ = SABCD (2) Tõ (10 vµ (2) => S LMPQ = SABCD hay A LMPQ SABCD ^ M = Bµi to¸n 15: Cho hai tam gi¸c ABC vµ A’B’C’ cã ^A chung Chøng minh: S ABC S A ' B ' C' = AB AC Ab ' AC ' Chøng minh Ta cã: SABC = CH.AB SA’B’C’ = C’H’.AB’ Do dã: S ABC S A ' B ' C' = CH AB 1 C ' H ' AB ' = AB CH (1) AB ' C ' H V× HC// H’C’ => CH C ' H' = AC AC ' (2) = 1V) vµ P lµ (14) Thay (2) vào (1) ta đợc S ABC S A ' B ' C' Chó ý: NÕu B B’ th× = AB AC AB ' AC' S ABC S A ' B ' C' = AC AC ' V/ Loại V: Phơng pháp chứng minh Các bất đẳng thức hình học Cách 1: Sử dụng các phép biến đổi đại số và bất đẳng thức nh bất đẳng thức cosi trêng hîp ¸p dông cho hai sè d¬ng a2 + b2 > 2ba, a2 b = 2 b a >2 Hoặc số bất đẳng thức khác Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức tam giác a+b < a + b Cách 3: Sử dụng các phép biến đổi hình học làm xuất các bất đẳng thức từ các đại lợng số đo diện tích và các đa giác mà ta kiến lập nên C¸ch 4: Sö dông mèi quan hÖ gi÷a c¸c c¹nh tam gi¸c (c-b) < a < c + b (a 1b1c lµ sè ®o c¹nh cña tam gi¸c) - Sử dụng mối quan hệ đờng vuông góc và đờng xiên cùng kẻ từ điểm đến đờng thẳng Bµi tËp vËn dông Bài toán 16: Cho M là điểm nằm tam giác ABC Qua M vẽ các đờng thẳng AM, BM, CM cắt các cạnh tam giác tơng ứng các điểm A 1,B1, C1 Chøng minh r»ng: a AM BM CM + + A M B1 M C M >6 b AM BM CM + + A M B1 M C M >8 Chøng minh: §Æt S1= SABC, S2 = SMAC, S3 = SMAB Ta cã: AA S S +S +S = ABC = A M S MBC S1 AA −MA S 2+ S S3 S = = + MA S2 S2 S (1) Chøng minh t¬ng tù ta cã S + S1 S S MB = = + MB1 S2 S2 S2 MC S s = = MC1 S S Từ đó suy ra: (2) (3) (15) S S S S S S a MA + MB =MC = + + + = + MA MB1 ( MC1 S2 S1 )( S3 S )( S3 S ) >2+2+2=6 DÊu “=” x¶y S = S2 = S3 b Nhân với ba đẳng thức (1) (2) (3) ta có: (S + S )(S + S )(S + S ) MA MB MC + = = 3 A M B1 M C1 M S1 S S3 V× (S1 = S2)2 > S1S2 nªn ta cã: AM A1 M BM B1 M CM C1 M ( )( )( ) AM A1 M BM B1 M = CM C1 M S1 + S2 ¿2 ¿ S +S ¿ ¿ S +S ¿ ¿ ¿ ¿ => ( )( )( ) => MA MB MC + = A M B1 M C1 M > 64 >8 Bµi to¸n 17: Cho ABC, G lµ träng t©m a Chứng minh: Bất kỳ điểm P trên cạnh tam giác ta luôn tìm đợc mét ®iÓm Q trªn c¹nh hoÆc n»m tam gi¸c cho S GPQ > SABC b Chøng minh r»ng G lµ ®iÓm nhÊt cã tÝnh chÊt trªn Chøng minh : a Gäi AM lµ BN lµ c¸c trung tuyÕn cña ABC Gi¶ sö P thuéc c¹nh BC vµ BP < PC Ta chän Q C th× SGPQ > SGMC = SGBC = SABC Vậy với P BC thì ta luôn tìm đợc điểm Q để SGPQ > SABC b Gi¶ sö K lµ ®iÓm kh¸c ®iÓm G cã TÝnh chÊt SKPQ > SABC Víi P n»m trªn c¹nh cña ABC Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t ta gi¶ sö r»ng K n»m tam gi¸c BGM Qua K kÎ KS//AM (SGAB), KS c¾t BG t¹i Ha, c¾t BC ë P (Cã thÓ k H) NÕu Q n»m BSP th× SQKT < SBHP < SBGM = SABC NÕu Q n»m AMC th× SQKP < SCHP < SBGM = (2) AABC (3) (16) V× = SCHP PC−PH MC=PM BP = = S GMC MC MG MC BM (MC+PM)( BM −PM) MC2 −PM = <1 MC/BM MC Do đó (1) (2) (3) rút điểm không không thoả mãn đợc SKPQ > SABC Bài toán 18: Cho ABC, gọi là đờng cao ứng với cạnh a và hb là đờng cao øng víi c¹nh b Chøng minh nÕu a > b th× a = > b = hb Chøng minh: Gäi AA1 = ha, BB1 = hb XÐt AA1C ( ^A = 1v) => < b => a.ha < ab => 2S < ab Ta l¹i cã: a + - (b + hb) = a - S − b= S a ( b ) = (a - b) (1 - S ) ab Do a > b => a - b > => 2S < ab => ab - 2S > => (1- S ) > ab VËy (a = ha) - b + hb > = a = > vb + hb DÊu “ =” x¶y S = ab VI/ Lo¹i VI: Ph¬ng ph¸p chøng minh Các đờng thẳng đồng quy Khó có thể phơng pháp chung dùng diện tích để chứng minh các đờng thẳng đồng quy ( đây ta có thể nói không có phơng pháp diện tích thì bài toán chứng minh các đờng thẳng đồng quy có thể thực đợc (nh sử dụng phơng pháp toạ độ và số phơng pháp khác) Vì việc tìm tòi phơng pháp diện tích để chứng minh là sộ cố gấng Tuy nhiªn, ta cã thÓ dùa vµo mét tÝnh chÊt quan träng cña h×nh b×nh hµnh sau đây để làm sở cho phơng pháp chứng minh đồng quy Tính chất: ABCD là hình bình hành.M là điểm ABCD Qua M kẻ các đ ởng thẳng song song với các cạnh ta đợc bốn hình bình hành Khi đó M AC <=> SMA1,MB1 = SMC1DD1 hay A1C1, B1 D1, AC đồng quy <=> S MA,BB1 = SC1DD1M Chøng minh: Gi¶ sö MCAC, thÕ th× ta cã: A (A1 MB1B) = SABC - SAA1M - SMB1C = S ABC - SAD1M - SMC1D = SABC - SAD1M - SMC1C = SD1MC1D Ngîc l¹i: Gi¶ sö M kh«ng thuéc AC th× S A1MB1B SD1MC1D Do vËy chØ cã thÓ M thuéc AC Bµi tËp vËn dông (17) Bµi to¸n 19: Trªn c¹nh AB, BC, CD, DA cña h×nh b×nh hµnh ABCD lÊy c¸c ®iÓm M, H, K, P t¬ng øng cho MK//AD vµ HP//AB Chøng minh r»ng c¸c ® êng thẳng BP, MD, CD đồng quy điểm (O là giao điểm HP và MK) Chøng minh: Gọi E là giao điểm các đờng thẳng CD và BP ta cần phải chứng minh MD còng ®i qua E Ta cã: Qua E kÎ P’H’ // PH vµ M’K’ // MK Ta cã P’H’ c¾t MK t¹i F, M’K’ c¾t PH t¹i G Do ®iÓm O CE nªn theo kÕt qu¶ bµi to¸n trªn ta cã: SFOHH’ = SGOKK’ => SFOHH’ = SGOKK’ (1) Do ®iÓm E BP => SAM’EP’ = SEGHH’ (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: SEFKK’ = SAM’EP; §iÒu nµy chøng tá ®iÓm E còng phải thuộc đờng chéo MD hay ba đờng thẳng BP, MD và CO đồng quy Bài toán 20: Chứng minh lục giác mà các đờng chéo nối các đỉnh với chia lục giác đó thành hai phần tơng đơng thì các đờng chéo đồng quy điểm Chøng minh: Gi¶ sö AD c¾t CF t¹i P vµ c¾t BE t¹i R, c¾t FC Q Vì các đờng thẳng AD, BE chia đôi diÖn tÝch lôc gi¸c nªn: SAREF + S RED = SRDCB + SRAB SAREF + SSRB = SRDCB + SERD => SRED = SRAB Tøc lµ AR BR = RERD => (AP + PR) (BQ + QR) > AP BQ T¬ng tù AP.FP > QC.RD vµ BQ.OC > PF.RE Nhân vế với vế các bất đẳng thức trên ta có: RE.RD.AP.EP.PQ.QC > AP.BQ.QC.RD.PE.RE ( V« lý, v× thùc vÕ b»ng nhau) Vậy các đờng chéo lục giác phải đồng quy điểm VII/ Lo¹i VII: Ph¬ng ph¸p chøng minh C¸c bµi to¸n cùc trÞ h×nh häc VÒ ph¬ng ph¸p chøng minh t¬ng tù gièng nh ë lo¹i chó ý thªm: + Tổng các số dơng không đổi thì tích các số đó đạt giá trị lớn chóng b»ng + Nếu tích các số dơng không đổi thì tổng các số đó đạt giá trị bé (18) chóng b»ng Từ đó suy ra: + Trong c¸c h×nh ch÷ nhËt (h×nh thoi) cã cïng chu vi th× h×nh vu«ng cã diÖn tÝch lín nhÊt + Trong c¸c h×nh ch÷ nhËt (h×nh thoi) cã cïng diÖn tÝch th× h×nh vu«ng cã chu vi bÐ nhÊt Bµi tËp vËn dông: Bài toán 21: Cho M nằm tam giác ABC Các đờng thẳng AM, BM, CM lần lợt cắt các cạnh BC, CA, AB A 1, B1, C1 Hãy xác định điểm M tám giác cho: a MA MB MC + + MA MB1 MC1 lµ bÐ nhÊt b MA MB1 MC1 + + MA MB MC lµ bÐ nhÊt Chøng minh: a §Æt AMBC = S1, SMAC = S2, SMBA = S3 S S S +S Ta cã: MA = MAC = MAB = MA S MA 1C S MA B S1 S S S +S MA MB MC + + T¬ng tù MB = MAC = MAB = => MA MB1 MC1 MB1 SMA C S MA1 B S3 = ( S3 S1 S S S S + + + + 2+ S1 S3 S1 S S S2 VËy )( )( MA MB MC + + MA MB1 MC1 ) >6 đạt giá trị bé là S S MC S b MA = ; MB = , = MA S 2+ S MB1 S +S MC S +S Gäi S = S1 = S2 = S3 XÐt P= S1 S2 S3 (S1+S2+S3) + + S 2+ S3 S 1+ S S + S P = [ ( S+ S2 ) + ( S2 + S3 ) + ( S 3+ S ) ] [ ( S +1 S + S +1 S + S 1+S ) -3 1 1 + + S2 + S3 S1 + S3 S3 + S1 3 ] > 9-3= VËy P = Do đó MA MB1 MC1 + + MA MB MC MA MB1 MC1 + + MA MB MC > đạt giá trị bé là S1 = S2 = S3 => M lµ träng t©m ABC Bài toán 22: Gọi O là giao điểm hai đờng chéo tứ giác ABCD Biết SAOB = 4, SCDO = TÝnh gi¸ trÞ nhá nhÊt cña diÖn tÝch tø gi¸c ABCD (19) Gi¶i: Ta cã: S OAD OD SODC = = S OAB OB SOBC => SOAD.SOBC = SOAB SODC = 4.9 = 36 C => SOAD.SOBC > √ S CAD SOBC = 12 => SABCD = SOAC + SOBC + SOCD + SODA > + + 12 = 15 => AABCD đạt giá trị bé là 25 S OAD = SOBC = Bµi to¸n 23: Cho h×nh b×nh hµnh ABCD cã diÖn tÝch lµ a, MKL nèi tiÕp h×nh b×nh hµnh ABCD T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña diÖn tÝch MKL Giải: * Xét trờng hợp đặc biệt: Khi MKL có đỉnh (k và l0 nằm trên cạnh hình bình hành ABCD Vì m < h, kl < AB Nªn SMLK = m.kl < h.AB = SABCD = a 2 2 VËy SMLK < a * XÐt trêng hîp tæng qu¸t: K, L, M nằm trên ba cạnh khác hình bình hành Khi đó có hai đỉnh (k và l) nằm trên hai cnạh đối diện hình bình hành ABCD từ m kÎ MQ//AB (QCB), MQ c¾t lk ë P Nh bài toán đợc đa trờng hợp đã xét SKLM = SKPM + SPML < AABQM + SMQCD 2 C = SABCD = a 2 => SKLM < a Nh vËy c¶ hai trêng hîp th× SKLM < a Mét sè bµi to¸n d¹ng kh¸c Ngoµi c¸c lo¹i to¸n ë trªn, qu¸ tr×nh t×m hiÓu c¸c bµi to¸n h×nh häc, ta cßn gÆp nhiÒu nh÷ng bµi to¸n d¹ng kh¸c NÕu nh kh«ng dïng ph¬ng ph¸p diÖn tÝch th× sÏ rÊt khã kh¨n viÖc gi¶i chóng ch¼ng h¹n nh bµi to¸n sau: Bµi to¸n 24: (Tµi liÖu h×nh - chuyªn To¸n Vinh) Cho mét ®a gi¸c låi cã diÖn tÝch lµ S, chu vi lµ P Chøng minh r»ng bao giê còng tån t¹i mét h×nh trßng cã b¸n kÝnh Chøng minh: S P n»m trän vÑn ®a gi¸c Êy (20) Về phía mặt phẳng chứa đa giác ta dựng đợc nh÷ng h×nh ch÷ nhËt cho mét kÝch thíc lµ mét c¹nh tranh cña ®a gi¸c, kÝch thíc cßn l¹i lµ S Khi đó tổng diện tích tất các P h×nh ch÷ nhËt lµ S P = S -> đúng P diÖn tÝch cña ®a gi¸c Nhng đa giác đã cho là đa giác lồi nên góc tồn đỉnh nhỏ h¬n 1800 V× thÕ hai h×nh ch÷ nhËt dùng trªn hai c¹nh kÒ bao giê còng cã phần chung Do đó tất các hình chữ nhật không cấp kía miền đa giác mà không bị che lấp thì khoảng cách từ điểm đó tới các cạnh đa giác luôn lớn h¬n S Điểm đó chính là tâm đờng tròn cần tìm Vây tồn P mét h×nh trßn b¸n kÝnh S P nằm trọn vẹn đa giác đó có diện tích là S và chu vi lµ P Bài toán 25: (Đề thi vô địch Thuỵ Sĩ) Cho Tø gi¸c ABCD vµ ®iÓm O n»m tø gi¸c chøng minh r»ng nÕu c¸c tam giác ABO, BCO, CDO và DAO có diện tích thì điểm O nằm trên đờng chéo AC BD Gi¶i: T¹i P vµ c¾t OD t¹i Q Ta cã: SAOB = SCOB (GT) => AP = PC SAOD = SCOD (gt O => AQ = QC VËy P Q NÕu P Q th× bèn ®iÓm B,O,P,D nằm trên đờng thẳng Nghĩa là O nằm trên đờng chéo BD tứ giác ABCD Nếu O P thì O nằm trên đờng chéo AC tứ gi¸c ABCD Nh vËy O n»m trªn AC hoÆc BD (§PCM) Phần III: Bài tập đề nghị Bµi tËp 1: Cho ABC ( ^A =900) Trªn c¸c c¹nh AB, AC, BC ë phÝa ngoµi (21) tam gi¸c dùng h×nh vu«ng ABED, ACBQ vµ BCMN §êng cao AH thuéc c¹nh huyÒn cña ABC c¾t MN t¹i F Chøng minh a SBHFN = SABED, từ đó suy AB = BC.BH b A HCME = SAOPQ, từ đó suy AC = BC.HC Bài tập 2: Cho hình bình hành ABCD có góc BAD nhọn, đờng phân giác góc BAD cắt CD M là cắt đờng thẳng BC N Gọi O là điểm cách ba điểm C, M, N lµ kh«ng lµ giao ®iÓm cña OB vµ OD chøng minh a SOBN = SOBC b SBCK + SNOC = sDOK Bài tập 3: Cho ABC (AB = AC), đờng cao AH, O là trung điểm AH, tia BO c¾t AC t¹i D, tia CO c¾t AB t¹i E TÝnh tØ sè diÖn tÝch tø gi¸c ADOE lµ diÖn tÝch tam gi¸c ABC ^ =900) c¸c tam gi¸c lÊy ®iÓm hoÆc cho Bµi tËp 4: Cho ABC ( C SOAB = SOBC = SOAC Chøng minh: OA + OB2 = 50C2 Bµi tËp 5: (§Ò thi häc sinh giái líp chuyªn VÜnh Phóc - 2003) Cho ABC ( ^A =900) lµ ®iÓm H di chuyÓn trªn BC Gäi E, F lÇn lît lµ ®iÓm đối xứng H qua AB, AC a Chøng minh E, A, F th¼ng hµng b Chứng minh BEFC là hình thang Có thể tìm đợc vị trí H để BEFC trở thành hình thang vuông hình bình hành, hình chữ nhật đợc không Bµi tËp 7: a Chứng minh các đờng trung tuyến tam giác chia tam giác thành phần cã diÖn tÝch b»ng b Gäi G lµ träng t©m cña ABC th× SGAB = SGAC = SGBC (22) C PhÇn kÕt luËn I KÕt qu¶ nghiªn cøu : Do đặc trng và tính chất đề tài nên việc áp dụng và thử nghiệm đề tài không thực đợc trên diện rộng, mà dành cho học sinh khá giỏi lớp Qua viÖc båi dìng cho 10 häc sinh trªn tæng 24 häc sinh khèi 8, n¨m häc 2006-2007, tôi thu đợc kết nh sau: Líp 8A Sè häc sinh båi d6 Giái 30% Kết đạt đợc Trung Kh¸ b×nh 30% 40% YÕu 0% II Kiến nghị đề xuất Trên đây là toàn nội dung đề tài “Sử dụng phơng pháp diện tích để giải các bài tập hình học” mà tôi đã nghiên cứu đợc quá trình giảng dạy phần diÖn tÝch ®a gi¸c ë líp 8,9 Qua việc sử dụng đề tài trên, tôi thấy nó mang lại hiệu lớn việc gi¶ng d¹y §ã lµ: Đề tài giúp tôi có thêm nhiều phơng pháp hay, độc đáo để giúp học sinh giải toán Nó còn có tác dụng làm cho ngời giáo viên phải luôn tìm tòi nghiên cứu để có nh÷ng bµi to¸n phï hîp víi kh¶ n¨ng cña häc sinh líp m×nh phô tr¸ch Mét thuËn lîi n÷a lµ cïng mét thêi gian, gi¸o viªn cïng víi häc sinh gi¶i mét sè l îng bµi tËp nhiÒu vµ hiÖu qu¶ h¬n Đối với học sinh, đề tài này giúp cho các em có đợc các phơng pháp đặc trng để giải các bài toán phần này trránh đợc lúng túng, khó khăn mắc ph¶i Mặt khác, đề tài này còn giúp học sinh nắm sâu các kiến thức có liên quan đến diện tích Từ đó có thể giải đợc các bài tập nâng cao phần này Với số lợng bài tập đa đề tài có chọn lọc, thì giải toán ph ơng pháp diện tÝch cßn ®em l¹i sù høng thó häc tËp cho häc sinh Bëi v× häc sinh ph¶i t×m tßi, s¸ng t¹o qu¸ tr×nh gi¶i, gióp häc sinh ph¸t triÓn tèt t l«gic cña m×nh Với hiệu thu đợc thân và học sinh tôi thấy việc sử dụng phơng pháp diện tích để giải các bài toán hình học là việc làm phù hợp cho thÇy vµ sù tiÕp thu kiÕn thøc cña häc sinh Víi sè lîng bµi tËp cßn h¹n chÕ, hy vọng đề tài này có thể làm tài liệu tham khảo các đồng nghiệp quá tr×nh gi¶ng d¹y (23) Do kinh nghiÖm cßn Ýt vµ sù h¹n chÕ cña b¶n th©n, ch¾c ch¾n cßn cã nh÷ng thiếu sót Tôi mong đợc bổ sung và góp ý kiến xây dựng các đồng chí, đồng nghiệp để đề tài đợc khả quan áp dụng vào thực tế T¸c gi¶ Lª V¨n S¬n (24)