(Sáng kiến kinh nghiệm) sử dụng các công thức tính diện tích để chứng minh hình học

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong chương trình Tốn học nói chung Hình học nói riêng việc giải tốn có nhiều phương pháp khác Trong phương pháp tốn có phương pháp sử dụng diện tích hình phẳng để giải tập hình học phương pháp thú vị Việc sử dụng phương pháp để giải tốn hình học mang ý nghĩa tổng qt có lúc đem lại cho ta kết ngắn gọn bất ngờ Sử dụng cơng thức tính diện tích cho phép ta hiểu sâu thêm tiêu đề hình học, đáng quan tâm tiêu đề diện tích đồng thời cho phép người đọc thấy rõ chất vấn đề nêu Chứng minh bái tốn cơng thức tính diện tích cịn gây hứng thú tìm tịi cho người giải tốn Bởi lẽ khơng phải tốn giải phương pháp Song cố gắng tìm tịi ta khai thác nhiều vấn đề thú vị tốn Với lý trình bày chọn đề tài “ Sử dụng công thức tính diện tích để chứng minh hình học THCS” để nghiên cứu, Trong đề tài, lựa chọn 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 cho học sinh giỏi Trường THCS 1.2 Mục đích nghiên cứu: Chỉ phương pháp dạy loại "Sử dụng cơng thức tính diện tích diện tích chứng minh hình học" Đơi phương pháp dạy học Nâng cao chất lượng dạy học, cụ thể chất lượng học sinh giỏi mũi nhọn 1.3 Đối tượng nghiên cứu Trong năm dạy tốn Trường THCS, thơng qua việc tìm hiểu số lượng tập hình học tốn giải phương pháp diện tích trình bày q Chính học sinh thường lúng túng đứng trước toán Bởi thế, để giúp học sinh giải tốt tốn hình học nói chung phần tập diện tích đa giác nói riêng điều mà thầy giáo quan tâm suy nghĩ Do kinh nghiệm chưa 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 1.4 Phương pháp nghiên cứu Dựa đặc điểm tình hình nhà trường, vào kết đạt năm trước chất lượng học tập đặc điểm lớp phụ trách, dựa vào lực học sinh, đề giải pháp sau: - Tìm tịi tốn để từ học sinh nắm phát triển toán - Phân loại toán giải phương pháp diện tích 1.5 Những điểm SKKN: Đề tài giới hạn tốn hình học THCS đặc biệt tốn hình học Phân loại dạng toán cụ thể chi tiết thường gặp công tác dạy học đặc biệt cơng tác ơn thi học sinh giỏi Tốn Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lý luận Với đề tài hi vọng giúp học sinh không bỡ ngỡ suy luận chứng minh tốn hình học sử dụng cơng thức tính diện tích, giúp em học tốt Đồng thời hình thành học sinh tư tích cực, độc lập, sáng tạo, nâng cao lực phát giải vấn đề, rèn luyện khả vận dụng kiến thức vào hoạt động thực tiễn, rèn luyện nếp nghĩ khoa học mong muốn làm việc đạt kết cao nhất, tốt 2.1.1 Cơng thức tính diện tích tam giác: Cho tam giác ABC có độ dài cạnh a, b, c đối diện với đỉnh A, B, C - ha, hb,hc độ dài đường cao ứng với cạnh a, b, c -p= (a + b + c) nửa chu vi tam giác - R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC - r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC - ra, rb, rc bán kính đường trịn bàng tiếp  ABC tiếp xúc với cạnh a, b, c Ta có cơng thức tính diện tích tam giác sau: S= S = 1 = b hb = c hc 2 p( p  a )( p  b)( p  c) (1) (2) công thức Hêrông 1 ab Sin Cˆ  bcSinAˆ  ac sin Bˆ (3) 2 abc S= (4) S = p.r (5) S = (p - a) r a - (p - b) rb = (p - c) rc (6) 4R S= 2.1.2 Cơng thức tính diện tích tứ giác đặc biệt: - Diện tích hình vng có cạnh a: S = a - Diện tích hình chữ nhật có hai kích thước a, b: S = a b - Diện tích hình bình hành có cạnh a chiều cao tương ứng h: S = a.h - Diện tích hình thoi có đường chéo l 1, l2: S = l1 l2 (diện tích hình thoi cịn tính theo cơng thức tính diện tích hình bình hành) - Diện tích hình thang có hai đáy a, b đường cao h : S = (a  b).h - Diện tích hình thang có đường cao h, đường trung bình m: S = m h 2.1.3 Các tốn diện tích : Bài tốn 1:  ABC,  ADE, B, C, D, E GT thuộc đường thẳng a KL SABC = k SADE (k > 0) Hướng dẫn: A a B H Ta có BC DE đoạn thẳng nên tồn số để Mặt khác ta lại có: S ABC = D E C BC  k  BC  k DE DE 1 AH.BC = AH k DE = k( AH.DE) 2 => SABC = k SADE Từ toán ta rút hệ quả: Hệ 1: Nếu C, B, P thẳng hàng (cùng thuộc đường thẳng a) điểm A không thuộc đường thẳng a, BC = k CP S ABC = k SACP Hệ 2: Nếu C, B, P thẳng hàng (cùng thuộc đường thẳng a) điểm A không thuộc đường thẳng a, BC = CP S ABC = SAPC (k = 1) Bài toán 2: ABC , A' BC , A GT AH  BC , A' H '  BC A' KL S ABC AH  S ' A' BC AH ' B Hướng dẫn: 2 Ta có: S ABC  BC AH , S A'BC  BC A' H nên H S ABC S A' BC H' C BC AH AH   BC AH ' AH ' Từ toán ta rút hệ quả: Hệ 3: Nếu  ABC có diện tích khơng đổi có cạnh đáy a đường cao h a h hai đại lượng tỉ lệ nghịch Bài toán 3: GT ABC , A' BC AA’ cắt BC E KL S ABC AE  S ' A' BC AE Hướng dẫn: Ta xét trường hợp sau: A A' B Ta có: H A A 1 BC AH , S A'BC  BC A' H 2 BC AH AH   (1) A' H ' BC A' H ' C H' E S ABC  S ABC S A'BC S AHE B H' H E H' C h A' c b E A' A' H ' E ( Hˆ  Hˆ '  90 , AEˆ H  A' Eˆ H ' (đối đỉnh)  AH AE  (2) A' H ' A' E BC AH S ABC AE   Thay (2) vào (1) ta được: S A'BC A' E BC A' H ' Bài toán 4: KL  ABC  A’B’C’ S GT A theo tỷ số k Hướng dẫn: Do  ABC AB BC B  H k A' B' B ' C ' S Mặt khác  ABH S S ABC k2 S ' A ' B 'C ' A'  A’B’C’ (theo giả thiết) => C B' H' C' AB AH  k  A’B’H’ ( Bˆ  Bˆ ' , AHˆ B  A' Hˆ ' B' ) => A' B' A' H ' BC AH S ABC BC AH    k k  k Khi S A ' B 'C ' B ' C ' A' H ' B' C '.A' H ' Đặc biệt  ABC =  A’B’C’ (k = 1) S ABC = SA’B’C’ 2.2 Thực trạng vấn đề: Thực trạng nhận chun mơn phân cơng dạy đội tuyển tốn tiết cảm thấy cách học đa số học sinh đội tuyển nắm kiến thức thụ động mang nhiều tính sách Để thống kê lực tiếp thu học sinh tơi dùng nhiều hình thức phát vấn trắc nghiệm rút tượng bật học sinh trả lời rõ ràng mạch lạc mang tính chất học vẹt chấp hành nguyên bản, trình dạy để kiểm tra việc thực hành ứng dụng học sinh tơi đưa số ví dụ học sinh lúng túng thực Qua việc khảo sát việc nắm bắt dạng toán “Chứng minh hình học” đối tượng 15 học sinh giỏi lớp đầu HK I năm học 2017 - 2018 Số HS 15 điểm - 10 SL % 01 điểm - SL % 6,7% 13,3% điểm - Sl % điểm SL % 46,7% 33.3% Sau kiểm tra thấy số học sinh chưa năm kiến thức dạng dẫn tới kết thấp 5em chiếm tỉ lệ 33,3% ;số học sinh nắm phương pháp mơ hồ kết chưa cao em chiếm tỉ lệ 46,7%, số học sinh nắm phương pháp biết phân dạng kỹ chậm 2em chiếm tỉ lệ 13,3% ;1em thực có hứng thú với dạng tốn (có lực suy luận, tư sáng tạo), chiếm tỉ lệ 6,7% Xuất phát từ khó khăn học sinh qua thực tế giảng dạy tơi tìm tịi nghiên cứu mạnh dạn đưa giải pháp sau: 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề Thông qua tốn sách giáo khoa (sách tham khảo) tơi tiến hành phân loại thành số dạng trung học sở hướng dẫn học sinh tìm kiến thức có liên quan cần thiết để giải dạng tốn Sau số dạng tốn tìm giá trị lớn giá trị nhỏ thường gặp Dạng 1: Phương pháp chứng minh đoạn thẳng tỉ lệ: Để chứng minh AB = k.A'B', ta có thể: - Hoặc rằng:   S MAB  S MA ' B '  ' '  d ( M ; A B )  k d ( M ; AB ) - Hoặc rằng:   S MAB  S NA ' B '  ' '  d ( N ; A B )  k d ( M ; AB )  S MAB  k S MA ' B ' - Hoặc rằng: d ( M ; AB)  d ( M ; A B ) ' - Hoặc rằng: '   S MAB  k S NA' B '  ' '  d ( M ; AB )  d ( M ; A B ) S ABM - Hoặc : S  k A 'B 'M d ( M ; AB) k d ( M ; A' B' ) BÀI TẬP VẬN DỤNG: Bài toán 1: Lấy điểm O  ABC Các tia AO, BO, CO cắt BC, AC, OA OB OC AB P, Q, R Chứng minh AP  BQ  CR  Hướng dẫn: Từ O kẻ OK  BC, từ A kẻ AH  BC (K, H  BC) A R S OBC OK  Khi ta có: S (hệ 2) AH ABC OK OP S Q O OP OBC  Mặt khác OK // AH  AH  AP  S (1) AP ABC B H K C P Chứng minh tương tự ta có: S AOB OQ  (2) S ABC PQ S AOC OR  (3) S ABC CR OP OQ OR S S S OBC  AOB  AOC  Từ (1) (2) (3) ta có: AP  BQ  CR  S S ABC S ABC ABC AO BO CD Ta có: AP  BQ  CR  AP  OP BQ  OQ CR  OR   AP BQ CR OP OQ CO = - ( AP  BQ  CR )  Bài tốn 2: Cho  ABC có ba góc nhọn ba đường cao AA’, BB’, CC’, gọi H trực tâm  ABC Chứng minh HA' HB ' HC '   1 AA' BB ' CC ' Hướng dẫn: Ta nhận thấy  CHB  CAB hai tam S A HA' CHB  giác có chung đáy CB nên S (1) AA' ABC S B' C' HB ' H AHC  Tương tự ta có S (2) BB ' ABC S HAB HC '  (3) S ABC CC ' B Từ (1) (2) và(3) ta có A' C S HBC  S AHC  S AHB HA' HB' HC ' S HBC S AHC S AHB      = AA' BB' CC ' S ABC S ABC S ABC S ABC Do  ABC có ba góc nhọn nên trục tâm H nằm miền  ABC Do S  S AHC  S AHB S HA' HB' HC ' =1  ABC   S HBC  S AHC  S AHB  S ABC  HBC   S ABC S ABC AA' BB' CC ' Bài toán 3: (Hệ toán 2) Cho ABC có ba góc nhọn AA’, BB’, CC’ đường cao, H trực tâm ABC Chứng minh  ABC tam giác nếu: HA' HB ' HC '   AA' BB ' CC ' Hướng dẫn: Theo kết toán ta có A HA' HB ' HC '   1 AA' BB ' CC ' HA' HB' HC '   ( gt ) mà AA' BB' CC ' AH ' HB ' HC '    Điều chứng tỏ: AA' BB ' CC ' => H trọng tâm  ABC =>  ABC B' C' H B A' C Bài toán 4: Trên cạnh BC, CA, AB  ABC lấy điểm A 1, B1, C1 Chứng minh đường thẳng AA', BB', CC' đồng quy điểm P AC ' BA' CB ' 1 C ' B A' C B ' A A Hướng dẫn: Do AA', BB', CC'đồng quy P nên ta có: AC ' S ACP  (1) (theo tốn 3) C ' B S BCD BA' C' B' P B S C A' CB ' S ACP ACD Chứng minh tương tự ta có: A' C  S (2) B' A  S (3) BCP BAP Nhân vế với vế đẳng thức (1), (2) (3) ta có: AC ' BA' CB ' S ACP S ABP S BCP  1 C ' B A' C B ' A S BCP S ACP S ABP Dạng 2: Tổng hiệu đoạn thẳng đoạn thẳng khác Muốn chứng minh: AB + CD = PQ Ta chứng minh theo cách sau: Cách 1: Chỉ tồn điểm M cho: SMAB + SMCD = SMPQ d(M; AB) = d(M; CD) = d(M;PQ) Cách 2: Chỉ tồn hai điểm M, N cho: SMAB + SMCD = SNPQ d(M; AB) = d(M; CD) = d(N;PQ) Cách 3: Chỉ tồn ba điểm M, N, R cho: SMAB + SNCD = SRPQ d(M; AB) = d(N; CD) = d(R;PQ) BÀI TẬP VẬN DỤNG: Bài toán 5: Cho  ABC cân A (AB = AC) Một điểm D di chuyển cạnh đáy BC Từ D kẻ đường thẳng DE DF vng góc với AB, AC Chứng minh tổng DE + DF khơng phụ thuộc vào vị trí điểm D BC Hướng dẫn: A Để chứng minh DE + DE khơng phụ thuộc vào vị trí điểm D ta chứng minh ln đoạn H F thẳng có độ dài khơng đổi E Thật kẻ đường cao CH ta có.S ABD + SACD = SABC B 1 AB.DE , S ACD  AC.DF ; S ABC  AB.CH D 2 1  AB.DE  AC.DF  AB.CH  AB.DE  AB.DF  AB.CH (Do AB = AC ) 2  DE + DF = CH mà S ABD  C mà CH đường cao nên CH không đổi Vậy DE + DF không đổi Bài toán 6: Cho tam giác ABC, M điểm thuộc miền tam giác Gọi P, Q, R lầm lượt hình chiếu M BC, AC, AB Chứng minh MR + MP + MQ không đổi M thay đổi Hướng dẫn: A Kẻ AH  BC Ta có: S ABC  S MAB  S MBC  S MAC (1) Mà S ABC  AH BC (2); R M Q 1 S MAB  MR AB ; S MBC  MP.BC ; S MAC  MQ AC 2 1 C  S MAB  S MBC  S MAC = MR AB  MP.BC  MQ AC B H P 2 1 = MR.BC  MP.BC  MQ.BC (Vì ABC tam giác đều) 2 = BC (MR + MD + MQ) (3) 1 Thay (2) và(3) vào (1) ta được: BC (MR + MD + MQ) = BC.AH 2  MR + MP + MQ = AH mà AH đường cao nên AH không đổi Vậy MR + MP + MQ không đổi Dạng 3: Phương pháp chứng minh tổng hiệu hình diện tích hình khác: Để chứng minh: S + S2 + S3 + + Sn = S, ta sử dụng: - Các cơng thức tính diện tích - Các tốn nêu BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài tập 7: Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M, N theo thứ tự trung điểm cạnh BC AD, P giao điểm đường thẳng AM BN, Q giao điểm đường thẳng CN DM Chứng minh S MPNQ = SAPB + SCQD Hướng dẫn: Hạ đường vng góc BB', MM’, CC’ C M xuống AD (B’, M’ C’ thuộc AD) B Xét hình thang BB’C'C có MM' đường trung bình nên BB 'CC ' BB'CC ' MM '   MM '.AD  AD 2 MM '.AD   MM '.AD   P Q AD AD BB'  CC ' A M' N C' B' D 2 2 1 AD BB'.AN  CC '.ND (vì AN  ND  )=> SAMD = SABN + SCND 2 (1) Mặt khác ta có: S MPNQ = SAMD - (SAPN + SNDQ) (2) Thay (1) vào (2) ta được: S MPNQ = (SABN + SNCD) - (SAPN + SNQD) = (SABN - SAPN) + (SCND - SQND) = SABP + SCQD Bài toán 8: Cho tứ giác lồi ABCD với M trung điểm đường chéo AC a Chứng minh rằng: S AMB + SCMD = SAMD + SBMC = SABCD b Giả sử AB không song song với CD Gọi E F trung điểm AB CD Hãy tìm đoạn thẳng EF điểm K cho T SAKB + SCKD = SAKD + SBKC = SABC Hướng dẫn: a Do MA = MC (gt) => S AMB = SMBC SCMD = SAMD cộng vế với vế hai đẳng thức ta SAMB+ SCMD = SMBC + SAMD (1) mà (SAMB+ SCMD) + (SMBC + SAMD)= SABCD (2) Từ (1) (2) => SCMD + SAMB = SAMD + SBMC P Q C B E M F A D = SABCD b Vì AB khơng song song với CD nên AB cắt CD T Trên tia TA lấy điểm P cho TP = AB Trên tia TD lấy điểm Q cho TQ = CD Ta có: SAMB = STPM (hai tam giác có đáy đường cao) SCMD = STQM (hai tam giác có đáy đường cao) => SAMB + SCMD = STMP + STQM = SMPTQ = STPQ + SPQM SABCD (khơng đổi) S MPQ không đổi Nên điểm K thoả mãn SAKB + SCKD = SAKD + SBKC = SABCD phải chạy Do SAMB + SCMD = phần đường thẳng qua M song song với PQ cố định Vậy để K  EF vừa có S AKB + SCKD = SAKD + SBKC = SABCD K phải giao điểm EF với đường thẳng a qua M song song với PQ Bài tốn 9: Tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽ đường cao BD, CF Gọi H, K hình chiếu B, C đường thẳng ED Chứng minh SBEC + SBDC = SBHCK Hướng dẫn: Vẽ EF’, II’, DD’ vng góc với BC (I trung điểm ED) => II’ đường trung bình hình thang EE’D’E nên DD’ + EE’ = 2II’ Khi ta có SBEC + SBDC = 1 BC.EE’ + BC.DD’ 2 BC (EE’ + DD’) + SBDC = BC II’ = BC II’ (1) = Hay SBEC Qua I vẽ đường thẳng song song với BC cắt BH CK P Q Ta có: BC II’ = S BPQC (2) Ta lại có:  IPH =  IQK (c.g.c) => S IPH = SIQK => SBPQC = SBHKC (3) Từ (1) (2) (3) suy S BEC + SBDC = SBHKC Dạng 4: Phương pháp chứng minh tỉ số diện tích hai hình phẳng S ABC  k  k ' ta chứng minh cách sau: Để chứng minh S A ' B 'C ' Cách 1: Chỉ  ABC  A’B’C’ theo tỉ số k Cách 2: Chỉ S ABC  k S A'B 'C ' dựa vào phương pháp chứng minh dạng1, Cách 3: Dùng tiêu đề diện tích để từ tốn tổng quát đưa toán cho tam giác S BÀI TẬP VẬN DỤNG: Bài toán 10: Chứng minh tam giác có đỉnh giao điểm hai cạnh đối tứ giác lồi, hai đỉnh hai trung điểm hai đường chéo tứ giác lồi có diện tích diện tích tứ giác Hướng dẫn: Gọi M N trung điểm đường chéo BD AC tứ giác ABCD, E giao điểm hai cạnh AD BC Ta có: SEMN = SEDC - SEMD - SENC - SDMN - SDNC 1 1 SEMN = SEDC - SEBD - SEAC - SDNB - SDAC 2 2 1 1 SEMN = ( SEDC - SEAC - SDAC) + ( SEDC + 2 2 1 1 (SDNC + SBNC) = ( AABC + SADC) = = 2 2 E B A M N D SEBD - SDNB) 2 1 (SABC + SADC) = SABCD 4 C Bài toán 11: Cho  ABC BC, CA, AB lấy điểm A 1; B1; C1 cho S AB ABP  đường thẳng AA 1, BB1, CC1 đồng quy P Chứng minh: S B1C BCP Hướng dẫn: Hạ AA2  BB1 CC2  BB1 Ta có: 1 BP AA2 SBCP = BP CC2 2 BP AA2 S AA2  ABP   S BCP CC BP.CC 2 A SABP = S Mặt khác ta lại có AB1A2 CB1C2 (g.g) B1 C1 C2 A2 P B A1 C 10  AA2 AB1  CC B1C  S ABP AB1  S BCP B1C Bài toán 12: Cho  ABC, E trung điểm AC Trên BC lấy điểm D cho BD = 1 BC Trên AE lấy điểm G cho AG = AE Đoạn thẳng AD 3 cắt BG BE theo thứ tự M N Tính S MNEG theo SABC Hướng dẫn: Gọi F trung điểm DC  EF// AD  EF// ND  DN đường trung bình  BEF  BN = NE Gọi I trung điểm GE  NI // MG  AM = MN 1 A Khi :SAMG = SANG (AM = MN); 1 SANG = SANE (AG = AE); M 3 1 SANE = SABE(NE = BE); 2 N 1 SABE = SABC (AE = AC); 2 B 1 D  SANE = SABC ; SAMG = SABC 24 1 Vậy: SMNEG = SANE - SAMG = SABC SABC = SABC 24 24 G I E C F Bài toán 13: Trên cạnh AC AB  ABC lấy điểm B 1, C1 Gọi O OB CB BC 1 giao điểm BB CC1 Hãy tính OB Nếu AC   AB   1 Hướng dẫn: A BO S BOC Theo toán ta có: OB  S B1OC S AOC AC AB1  B1C AB1   1  1 = S B1OC B1C B1C B1C  S BOC BC1  = S AOC AC1 S AOC BO S BOC S BOC  = =  ( +1) S B1OC OB1 S B1OC S AOC  B1 C1 O B C Bài tốn 14: Cho hình vng ABCD, gọi E, F, O, N trung điểm cạnh AB, BC, CD DA Nối đoạn AF, BO, CN cắt L, M, P, Q Chứng minh ALMPQ S ABCD = Hướng dẫn: Do tứ giác LMPQ hình vng P trung điểm QC nên SDQP = SDPC Vì Q trung điểm DL nên S DQP = SPQL => SDQC = SDPC + SDQP =2 SPQL = SLMPQ (1) A e B L M N F Q P d O C 11 Chứng minh tương tự ta có: SDQC = SPCB = SBMA = SALD = SLMPQ (2) Mà SDQC + SPCB + SBMA + SALD + SLMPQ=S ABCD (3) S LMPQ 1 SABCD hay S = 5 ABCD Bài toán 15: Cho hai tam giác ABC AB’C’ có Aˆ chung S ABC AB AC Chứng minh: S = A AB '.AC ' AB 'C ' Từ (1) (2) (3)  SLMPQ = Hướng dẫn: H' 1 CH AB ; SAB’C’ = C H '.AB' 2 CH AB S ABC AB CH Do dó: S = = (1) AB ' C' H AB 'C ' C ' H '.AB' CH AC  Vì HC// H’C’ => (2) C ' H ' AC ' S ABC AB AC Thay (2) vào (1) ta S = AB' AC ' AB 'C ' S ABC AC Chú ý: Nếu B  B’ S = AC ' AB 'C ' Ta có: SABC = H C' B' B C Dạng 5: Phương pháp chứng minh bất đẳng thức hình học: Cách 1: Sử dụng phép biến đổi đại số bất đẳng thức bất đẳng thức Cosi trường hợp áp dụng cho hai số dương a2 + b2 > 2a.b, a b2  >2 b2 a Hoặc số bất đẳng thức khác Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức tam giác a+b < a + b Cách 3: Sử dụng phép biến đổi hình học làm xuất bất đẳng thức từ đại lượng số đo diện tích đa giác mà ta kiến lập nên Cách 4: Sử dụng mối quan hệ cạnh tam giác (c-b) < a < c + b (a 1b1c số đo cạnh tam giác) - Sử dụng mối quan hệ đường vng góc đường xiên kẻ từ điểm đến đường thẳng BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài toán 16: Cho M điểm nằm tam giác ABC Qua M vẽ đường thẳng AM, BM, CM cắt cạnh tam giác tương ứng điểm A1,B1, C1 Chứng minh rằng: AM BM CM AM BM CM a A M  B M  C M > 1 b A M  B M  C M > 1 12 A Hướng dẫn: Đặt S1= SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB AA S ABC  Theo toán 3: A M  S MBC S1  S  S S1 MA AA1  MA1 S  S S S     MA1 MA1 S1 S S1 (1) C1 M B1 A1 B C Chứng minh tương tự ta có MB S  S1 S S1    (2) MB1 S2 S2 S2 MC S1 S   MC1 S S (3) Từ suy ra: a MA MB MC  S1 S   S S   S1 S            > MA1 MB1 MC1  S S1   S S   S S1  Dấu “=” xảy S = S2 = S3 b Nhân với ba đẳng thức (1) (2) (3) ta có: MA MB MC ( S  S )( S1  S )( S  S )  A1 M B1 M C1 M S1 S S Vì (S1 + S2)2 > S1S2 nên ta có:  AM   BM       A1 M   B1 M  MA MB   A1 M B1 M 2 ( S  S ) ( S  S1 ) ( S1  S ) S S S S1 S1 S  CM     = = 64 S12 S 22 S 32 S12 S 22 S 32  C1 M  MC  >8 C1 M Bài toán 17: Cho  ABC, G trọng tâm a Chứng minh: Bất kỳ điểm P cạnh tam giác ta ln tìm SABC điểm Q cạnh nằm tam giác cho S GPQ > b Chứng minh G điểm có tính chất Hướng dẫn: a Gọi AM BN trung tuyến của ABC Khơng tính tổng qt giả sử P thuộc cạnh S BC BP < PC Ta chọn Q trùng với C: SGPQ > SGMC = 1 SGBC = SABC H Vậy với P  BC ta ln tìm điểm Q để SGPQ > SABC A G N K P B M C b Giả sử K điểm khác điểm G có tính chất S KPQ  SABC Với P nằm cạnh ABC Khơng tính tổng quát ta giả sử K nằm tam giác BGM Qua K kẻ KS //AM (S  AB), KS cắt BG H, cắt BC P (Có thể K  H) Nếu Q nằm  BHP SQKP < SBHP < SBGM = SABC (1) 13 Nếu Q nằm  GMC SQKP < SCHP < SBGM = S PC.PH CHP   Vì S MC MG GMC AABC (2) MC  PM PH MC  PM BP  (Vì PH // MG) MC GM MC BM ( MC  PM )( BM  PM ) MC  PM  1 = MC / BM MC (3) Từ (1) (2) (3)  điểm K không không thoả mãn S KPQ > SABC Vậy G điểm có tính chất Bài toán 18: Cho  ABC, gọi h a đường cao ứng với cạnh a h b đường cao ứng với cạnh b Chứng minh a > b a + h a > b + hb Hướng dẫn: A Gọi AH = ha, BK = hb Xét  AHC ( Hˆ = 1v)  < b  a.ha < a.b  2SABC < ab  a  K S ABC b b Từ ta có: 2S 2S   a   (b  hb )  a  ABC   b  ABC  b b    2S   a   (b  hb )  (a  b)1  ABC  ab   hb H C  Do a > b  a - b > 2S ABC < ab  ab - 2SABC >  1   a B S ABC  > ab  Vậy (a + ha) - (b + hb) > => a + > b + hb Dấu “ =” xảy 2S ABC = ab Dạng 6: Phương pháp chứng minh đường thẳng đồng quy: Khó phương pháp chung dùng diện tích để chứng minh đường thẳng đồng quy ( ta nói khơng có phương pháp diện tích tốn chứng minh đường thẳng đồng quy thực (như sử dụng phương pháp toạ độ số phương pháp khác) Vì việc tìm tịi phương pháp diện tích để chứng minh cố gấng Tuy nhiên, ta dựa vào tính chất quan trọng hình bình hành sau để làm sở cho phương pháp chứng minh đồng quy Tính chất: ABCD hình bình hành, O điểm ABCD Qua O kẻ đưởng thẳng song song với cạnh ta bốn hình bình hành Khi OAC  SOMBN = SOPDQ hay MP, NQ, AC đồng quy  SOMBN = SOPDQ Hướng dẫn: N B Giả sử O  AC, ta có: C SOMBN = SABC - SAOM - SONC = SADC - SAOQ - SOPC = SOPDQ M P Ngược lại: Giả sử O khơng thuộc AC O SOMNP  SOPDQ Do O thuộc AC A Q D 14 BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài toán 19: Trên cạnh AB, BC, CD, DA hình bình hành ABCD lấy điểm M, H, K, P tương ứng cho MK//AD HP//AB Chứng minh đường thẳng BP, MD, CO đồng quy điểm (O giao điểm HP MK) H' H C B Hướng dẫn: Gọi E giao điểm đường thẳng CO BP ta cần phải chứng F O M K E minh MD qua E Thật vậy: G M' K' Qua E kẻ P’H’ // PH M’K’ // MK P A P' D Ta có P’H’ cắt MK F, M’K’ cắt PH G Do điểm O  CE nên theo kết toán ta có: S FOHH’ = SGOKK’  SEGHH’ = SEFKK’ (1) Do điểm E  BP  SAM’EP’ = SEGHH’ (2) Từ (1) (2) suy ra: S EFKK’ = SAM’EP' Điều chứng tỏ điểm E phải thuộc đường chéo MD hình bình hành AMKD hay ba đường thẳng BP, MD CO đồng quy E Bài toán 20: Chứng minh lục giác mà đường chéo nối đỉnh với chia lục giác thành hai phần tương đương đường chéo đồng quy điểm Hướng dẫn: Giả sử AD cắt CF P cắt BE R, cắt FC Q Vì đường thẳng AD, BE chia đơi diện tích lục giác nên: A B SAREF + S RED = SRDCB + SRAB SAREF + SARB = SRDCB + SERD C F  SRAB =SRED Tức RE.RD = AR.BR Q P  RE.RD = (AP + PR)(BQ + QR) >AP BQ(1) R Tương tự ta có: AP.FP > QC.RD (2) BQ.OC > PF.RE (3) Nhân vế với vế (1), (2), (3) ta có: D E RE.RD.AP.EP.PQ.OC >AP.BQ.QC.RD.PE.RE (Vơ lý hai vế nhau) Vậy P, Q, R phải trùng hay đường chéo lục giác phải đồng quy điểm Dạng 7: Các toán cực trị hình học Về phương pháp chứng minh tương tự giống dạng ý thêm: + Tổng số dương khơng đổi tích số đạt giá trị lớn chúng + Nếu tích số dương khơng đổi tổng số đạt giá trị bé chúng Từ suy ra: + Trong hình chữ nhật (hình thoi) có chu vi hình vng có diện tích lớn 15 + Trong hình chữ nhật (hình thoi) có diện tích hình vng có chu vi bé BÀI TẬP VẬN DỤNG: Bài toán 21: Cho M nằm tam giác ABC Các đường thẳng AM, BM, CM cắt cạnh BC, CA, AB A 1, B1, C1 Hãy xác định điểm M tam giác cho: MA MB MC MA MB MC a MA  MB  MC bé 1 1 1 b MA  MB  MC bé A Hướng dẫn: Đặt S1= SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB S ABC S1  S  S AA1  Theo toán 3: A M  S S1 MBC MA AA1  MA1 S  S S S     (1) MA1 MA1 S1 S S1 C1 B1 M A1 B C Chứng minh tương tự ta có MB S  S1 S S1    (2) MB1 S2 S2 S2 MC S1 S   MC1 S S (3) Từ suy ra:   S S   S1 S           > + + =   S S   S S1  Dấu “=” xảy S = S2 = S3  M trọng tâm  ABC MA MB MC Vậy MA  MB  MC đạt giá trị bé M trọng tâm  ABC 1 S3 MA1 S1 MB1 S2 MC1 b MA  S  S ; MB  S  S , MC  S  S 3 MA1 MB1 MC1 Xét P = MA  MB  MC a MA MB MC  S1 S     MA1 MB1 MC1  S S1 S S  S 1   -3   = S  S  S  S  S  S =(S1+S2+S3)  S  S S  S S  S 3 2 3       S1  S    S  S    S  S1       - > 2  S  S S1  S S  S1  Dấu “=” xảy S = S2 = S3  M trọng tâm  ABC MA1 MB1 MC1 Vậy MA  MB  MC đạt giá trị bé M trọng tâm  ABC P= Bài toán 22: Gọi O giao điểm hai đường chéo tứ giác ABCD Biết SAOB = 4, SCDO = Tính giá trị nhỏ diện tích tứ giác ABCD Hướng dẫn: S OD S OAD ODC Theo tốn ta có: S  OB  S OAB OBC 16 A B  SOAD.SOBC = SOAB SODC = 4.9 = 36  SOAD+SOBC > S OAD S OBC = 12 O  SABCD= SOAC+ SOBC+ SOCD +SODA > + + 12 = 15  SABCD đạt giá trị bé 25 S OAD = SOBC = D C Bài tốn 23: Cho hình bình hành ABCD có diện tích a,  MKL nối tiếp hình bình hành ABCD Tìm giá trị lớn diện tích  MKL Hướng dẫn: C D * Xét trường hợp đặc biệt: h Khi  MKL có đỉnh (K L nằm cạnh M hình bình hành ABCD Vì m < h, KL< AB 1 1 m.KL < h.AB = SABCD = a 2 2  Dấu "=" xảy m = h KL = AB Nên SMLK = m A L K B * Xét trường hợp tổng quát: K, L, M nằm ba cạnh khác hình bình hành Khi có hai đỉnh (giả sử K L) nằm hai cạnh đối diện hình bình hành ABCD từ M kẻ MQ//AB (QCB), MQ cắt KL P Như toán đưa trường hợp xét 1 AABQM + SMQCD 2 = a SKLM = SKPM + SPML < SABCD => SKLM < a Dấu "=" xảy  K  C L  B  SKLM < Vậy giá trị lớn củaS MLK SMLK= a D M A L C P K Q B 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Qua năm thực thấy em hiểu rõ rèn luyện số kỹ quan trọng việc suy luận tìm phương pháp chứng minh hình học Học sinh trọng giải tốn khơng lúng túng trước.Q trình rèn luyện khả tư giúp em khơng phân dạng mà cịn nắm bắt phương pháp phù hợp để giải dạng Chính mà học tập học sinh thân phụ trách hầu hết em nắm kiến thức Kết khảo sát cuối năm việc nắm đề tài đối tượng 15 học sinh giỏi ban đầu tơi nhận thấy có hs chiếm tỉ lệ 60% năm chuyên đề (biết phân dạng tìm phương pháp phù hợp), em chiếm tỉ lệ 33,3 % biết thực chậm (Bước đầu biết định hướng dạng phương pháp thụ động chậm, cần gợi ý) KẾT QUẢ CỤ THỂ 17 Số HS 15 điểm - 10 SL % 03 20 % điểm - SL % 40% điểm - Sl % 33,3% điểm SL % 6,7 % Kết luận, kiến nghị Trên toàn nội dung đề tài “Sử dụng phương pháp diện tích để chứng minh hình học” mà tơi nghiên cứu q trình giảng dạy phần diện tích đa giác lớp 8,9 Qua việc sử dụng đề tài trên, tơi thấy mang lại hiệu lớn việc giảng dạy Đó là: - Đề tài giúp tơi có thêm nhiều phương pháp hay, độc giúp học sinh giải tốn Nó cịn có tác dụng làm cho người giáo viên phải ln tìm tịi 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 lượng tập nhiều hiệu - Đối với học sinh, đề tài giúp cho em có phương pháp đặc trưng để giải toán phần tránh 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 tập nâng cao phần Với số lượng tập đưa đề tài có chọn lọc, giải tốn phương pháp diện tích cịn đem lại hứng thú học tập cho học sinh Bởi học sinh phải tìm tịi, sáng tạo q trình giải, giúp học sinh phát triển tốt tư lôgic 2) Đề xuất,đề nghị: Khơng Mặc dù có nhiều cố gắng thời gian không nhiều, trình độ lực thân tài liệu tham khảo cịn hạn chế nên cách trình bày khơng tránh khỏi sơ xuất thiếu sót Rất mong nhận giúp đỡ, góp ý thầy, bạn đồng nghiệp để tơi rút kinh nghiệm trình giảng dạy thời gian sau Tôi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN Quảng Chính, ngày 10 tháng 04 năm 2019 CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN viết, HIỆU TRƯỞNG khơng chép nội dung người khác …… Nguyễn Mạnh Cường 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO STT Tên sách Toán tập Kiến thức nâng caoToán tập Ôn tập Hình học Nâng cao phát triển Toán tập Tổng hợp dạng Toán diện tích THCS Thực hành giải tốn Tuyển chọn 400 tập Toán Toán nâng cao chuyên đề Toán Phương pháp giải toán sơ cấp Tác giả Bộ GD&ĐT Nguyễn Ngọc Đạm Vũ Hữu Bình Vũ Hữu Bình Võ Đại Mau Quách Tú Chương Phan Thế Thượng Vũ Dương Thuỵ Lê Hồng Đức 19 ... Dạng 3: Phương pháp chứng minh tổng hiệu hình diện tích hình khác: Để chứng minh: S + S2 + S3 + + Sn = S, ta sử dụng: - Các cơng thức tính diện tích - Các tốn nêu BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài tập 7: Cho... khác Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức tam giác a+b < a + b Cách 3: Sử dụng phép biến đổi hình học làm xuất bất đẳng thức từ đại lượng số đo diện tích đa giác mà ta kiến lập nên Cách 4: Sử dụng. .. cao tương ứng h: S = a.h - Diện tích hình thoi có đường chéo l 1, l2: S = l1 l2 (diện tích hình thoi cịn tính theo cơng thức tính diện tích hình bình hành) - Diện tích hình thang có hai đáy a,