SKKN Hướng dẫn học sinh lớp 7 tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của một biểu thức

1. MỞ ĐẦU

1.1. Lí do chọn đề tài
Trong chương trình Tốn học nói chung Hình học nói riêng việc giải
các bài tốn có nhiều phương pháp khác nhau. Trong các phương pháp đó bài
tốn có phương pháp sử dụng diện tích các hình phẳng để giải các bài tập
hình học là một phương pháp thú vị. Việc sử dụng phương pháp này để giải
các bài tốn hình học mang ý nghĩa tổng quát và có lúc đem lại cho ta những
kết quả ngắn gọn bất ngờ.
Sử dụng các công thức tính 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 người đọc thấy rõ bản chất các vấn đề nêu ra.
Chứng minh các bái tốn bằng cơng thức tính diện tích cịn gây được
hứng thú tìm tịi cho người giải tốn. Bởi lẽ khơng phải bất cứ bài tốn nào
cũng có thể giải bằng phương pháp đó. Song nếu như cố gắng tìm tịi thì ta có
thể khai thác được nhiều vấn đề hết sức thú vị của các bài toán.
Với những lý do đã trình bày ở trên tơi đã chọn đề tài “Sử dụng cơng
thức tính diện tích để chứng minh hình học THCS” để nghiên cứu,.
Trong đề tài, tơi 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 và 9. Do vậy, đề tài chỉ áp dụng được cho các học sinh
khá giỏi ở Trường THCS.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Chỉ ra những phương pháp dạy loại bài "Sử dụng các cơng thức tính diện tích
diện tích trong chứng minh hình học"
Đơi mới phương pháp dạy học.
Nâng cao chất lượng dạy học, cụ thể là chất lượng học sinh giỏi là mũi nhọn.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Trong những năm dạy tốn ở Trường THCS, thơng qua việc tìm hiểu số
lượng bài tập hình học thì các bài tốn giải bằng phương pháp diện tích được
trình bày q ít. Chính vì vậy học sinh thường lúng túng khi đứng trước

những bài toán như vậy. Bởi thế, để giúp học sinh giải tốt các bài tốn 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 chưa 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.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
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:
1
SangKienKinhNghiem.net


- Tìm tịi các bài tốn cơ bản để từ đó học sinh nắm được và phát triển các bài
tốn tiếp theo.
- Phân loại các bài toán giải bằng phương pháp diện tích.
1.5. Những điểm mới của SKKN:
Đề tài giới hạn trong các bài tốn hình học THCS đặc biệt là các bài tốn
hình học 8. Phân loại các dạng tốn cụ thể chi tiết thường gặp trong cơng tác dạy
học đặc biệt là trong công tác ôn thi học sinh giỏi Toán 8
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1 Cơ sở lý luận.
Với đề tài này tôi hi vọng sẽ giúp học sinh không bỡ ngỡ khi suy luận và
chứng minh các bài tốn hình học khi sử dụng các cơng thức tính diện tích,
giúp các em học tốt hơn. Đồng thời hình thành ở học sinh tư duy tích cực, độc
lập, sáng tạo, nâng cao năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề, rèn luyện khả
năng vận dụng kiến thức vào hoạt động thực tiễn, rèn luyện nếp nghĩ khoa học
luôn mong muốn làm được những việc đạt kết quả cao nhất, tốt nhất.
2.1.1 Cơng thức tính diện tích 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 là độ dài đường cao ứng với các cạnh a, b, c.
-p=

1
(a + b + c) là nửa chu vi của tam giác.
2

- R là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC.
- r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác ABC
- ra, rb, rc là 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
1
1
a. ha = b. hb = c. hc
2
2
2

p ( p  a )( p  b)( p  c)

(1)
(2) công thức Hêrông

1
1

1
ab. Sin Cˆ  bcSinAˆ  ac sin Bˆ
(3)
2
2
2
abc
S=
(4) S = p.r (5) S = (p - a). ra - (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 là a: S = a2.
- Diện tích hình chữ nhật có hai kích thước là a, b: S = a. b
- Diện tích hình bình hành có một cạnh là a và chiều cao tương ứng h:
S = a.h
- Diện tích hình thoi có 2 đường chéo là l1, l2: S =

1
l1 l2 (diện tích hình thoi
2

cịn được tính theo cơng thức tính diện tích hình bình hành)
2
SangKienKinhNghiem.net


(a  b).h

2

- Diện tích hình thang có hai đáy là a, b và đường cao h : S =

- Diện tích hình thang có đường cao h, đường trung bình m: S = m .h
2.1.3 . Các bài tốn cơ bản về 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

D

E

C

BC
 k  BC  k .DE
DE
1

1
1
= AH.BC = AH . k . DE = k( AH.DE)
2
2
2

Ta có BC và DE là đoạn thẳng nên ln tồn tại một số để
Mặt khác ta lại có: SABC

=> SABC = k. SADE
Từ bài toán cơ bản 1 trên ta có thể rút ra hệ quả:
Hệ quả 1: Nếu C, B, P thẳng hàng (cùng thuộc đường thẳng a) và điểm A
không thuộc đường thẳng a, BC = k. CP thì SABC = k. SACP.
Hệ quả 2: Nếu C, B, P thẳng hàng (cùng thuộc đường thẳng a) và điểm A
khơng thuộc đường thẳng a, BC = CP thì SABC = 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 '

Hướng dẫn:

Ta có: S ABC

B

C

H'

H

1
BC. AH
S ABC
AH
1
1
 BC. AH , S A'BC  BC. A' H nên
 2

2
2
S A' BC 1 BC. AH ' AH '
2

Từ bài tốn cơ bản 2 ta có thể rút ra hệ quả:
Hệ quả 3: Nếu  ABC có diện tích khơng đổi và có cạnh đáy a đường cao là
h thì a và h là hai đại lượng tỉ lệ nghịch.
Bài toán 3:
GT ABC , A' BC AA’ cắt BC tại E
A

KL

S ABC
AE

S ' A' BC AE

A'
B

H

H'

E

C

3
SangKienKinhNghiem.net


Hướng dẫn:
Ta xét các trường hợp sau:
Ta có:

A

A

1
1
BC. AH , S A'BC  BC. A' H
2
2
1
BC. AH
AH
2
(1)


1
A' H '
BC. A' H '
2

S ABC 
S ABC
S A'BC

B

H'
H

E

H'

C

h

A'

c

b

E

A'

S

AH
AE

(2)
AHE
A' H ' E ( Hˆ  Hˆ '  90 0 , AEˆ H  A' Eˆ H ' (đối đỉnh) 
A' H ' A' E
1
BC. AH
S ABC
AE
Thay (2) vào (1) ta được:
 2


S A'BC 1
A' E
BC. A' H '
2

Bài toán 4:

KL

 ABC

 A’B’C’

S

GT

A

theo tỷ số k

A'

S ABC
 k2
S ' A ' B 'C '
B

C

H

B'

H'

C'

Hướng dẫn:
S

Do  ABC

 A’B’C’ (theo giả thiết) =>

S

Mặt khác  ABH

AB
BC

k
A' B' B' C '

AB
AH

k
 A’B’H’ ( Bˆ  Bˆ ' , AHˆ B  A' Hˆ ' B ' ) =>

A' B' A' H '

1
BC. AH
S ABC
BC AH
 2

.
 k .k  k 2
Khi đó
1
S A ' B 'C '
B' C ' A' H '
B' C '.A' H '
2

Đặc biệt nếu  ABC =  A’B’C’ (k = 1) thì SABC = SA’B’C’
2.2. Thực trạng của vấn đề:
Thực trạng khi nhận chuyên môn phân công dạy đội tuyển tốn 8 ở những
tiết đầu tiên tơi cảm thấy cách học của đa số học sinh trong đội tuyển nắm kiến
thức rất thụ động mang nhiều tính sách vở.
Để thống kê năng lực tiếp thu bài của học sinh tôi dùng nhiều hình thức
phát vấn trắc nghiệm rút ra một hiện tượng nổi bật học sinh trả lời rõ ràng mạch
lạc nhưng mang tính chất học vẹt chấp hành đúng nguyên bản, quá trình dạy để
kiểm tra việc thực hành ứng dụng của học sinh tôi đưa ra một số ví dụ thì học
sinh lúng túng khơng biết thực hiện như thế nào.
4
SangKienKinhNghiem.net

Qua việc khảo sát việc nắm bắt dạng toán “Chứng minh hình học” trên đối
tượng 15 học sinh khá giỏi lớp 8 đầu HK I năm học 2017 - 2018
Số HS
15

điểm 9 - 10
SL
%
01

điểm 7 - 8
SL
%

6,7%

2

13,3%

điểm 5 - 6
Sl
%
7

điểm dưới 5
SL
%

46,7%

33.3%

5

Sau khi kiểm tra tôi thấy số học sinh chưa năm được kiến thức dạng này
dẫn tới kết quả thấp 5em chiếm tỉ lệ 33,3% ;số học sinh nắm phương pháp còn
mơ hồ kết quả chưa cao 7 em chiếm tỉ lệ 46,7%, một số học sinh nắm phương
pháp và biết phân dạng nhưng kỹ năng còn chậm 2em chiếm tỉ lệ 13,3% ;1em
thực sự có hứng thú với dạng tốn này (có năng lực suy luận, tư duy sáng tạo),
chiếm tỉ lệ 6,7% .
Xuất phát từ những khó khăn của học sinh và qua thực tế giảng dạy tơi tìm
tịi nghiên cứu và đã mạnh dạn đưa ra các giải pháp sau:
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Thơng qua các bài tốn trong sách giáo khoa (sách tham khảo) tôi tiến
hành phân loại thành một số dạng cơ bản nhất trung học cơ sở rồi hướng dẫn
học sinh tìm kiến thức có liên quan cần thiết để giải từng dạng tốn đó. Sau đây
là một số dạng tốn tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất thường gặp
Dạng 1: Phương pháp chứng minh các đoạn thẳng tỉ lệ:
Để chứng minh AB = k.A'B', ta có thể:
S MAB  S MA' B
- Hoặc chỉ ra rằng: 
' '

'

d ( M ; A B )  k .d ( M ; AB)

S MAB  S NA' B

- Hoặc chỉ ra rằng: 
' '

'

d ( N ; A B )  k .d ( M ; AB)

S MAB  k .S MA' B '

- Hoặc chỉ ra rằng: 

d ( M ; AB)  d ( M ; A' B ' )

S MAB  k .S NA' B
- Hoặc chỉ ra rằng: 

'

d ( M ; AB)  d ( M ; A' B ' )

- Hoặc chỉ ra rằng :

S ABM
d ( M ; AB)
k
 k 2 và
S A' B 'M
d ( M ; A' B' )

BÀI TẬP VẬN DỤNG:

Bài toán 1: Lấy một điểm O trong  ABC. Các tia AO, BO, CO cắt BC, AC,
AB lần lượt tại P, Q, R. Chứng minh rằng

OA OB OC


2
AP BQ CR

Hướng dẫn:
Từ O kẻ OK  BC, từ A kẻ AH  BC (K, H  BC)

A
R

Q

O

SangKienKinhNghiem.net

B

H

K

5
P

C


Khi đó ta có:

S OBC OK

(hệ quả 2)
S ABC
AH

Mặt khác OK // AH 

S
OK OP
OP

 OBC 
(1)
AH AP
S ABC
AP

Chứng minh tương tự ta có:
S AOB OQ

(2)
S ABC PQ

S AOC OR

(3)
S ABC CR

Từ (1) (2) và (3) ta có:
Ta có:

OP OQ OR S OBC S AOB S AOC





1
AP BQ CR S ABC S ABC S ABC

AO BO CD AP  OP BQ  OQ CR  OR





AP BQ CR
AP
BQ
CR

=3-(

OP OQ CO


)2
AP BQ CR

Bài tốn 2: Cho  ABC có ba góc nhọn và ba đường cao AA’, BB’, CC’, gọi
H là trực tâm của  ABC. Chứng minh

HA' HB' HC '


1
AA' BB' CC '

Hướng dẫn:
Ta nhận thấy  CHB và  CAB là hai tam
S CHB HA'

(1)
S ABC
AA'

giác có chung đáy CB nên
Tương tự ta có

A
B'

C'

S AHC HB'

(2)
S ABC
BB'

H

S HAB HC '

(3)
S ABC CC '
B

Từ (1) (2) và(3) ta có

A'

C

S
S
S
HA' HB' HC ' S HBC S AHC S AHB






= HBC AHC AHB
AA' BB' CC ' S ABC S ABC S ABC
S ABC

Do  ABC có ba góc nhọn nên trục tâm H nằm ở miền trong  ABC. Do đó
S HBC  S AHC  S AHB  S ABC 

S HBC  S AHC  S AHB
S
HA' HB' HC '
=1
 ABC  1 


S ABC
S ABC
AA' BB' CC '

Bài toán 3: (Hệ quả bài tốn 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 '

Hướng dẫn:
Theo kết quả của bài tốn 2 ta có

A

HA' HB' HC '


1
AA' BB' CC '

B'

C'
H

6
SangKienKinhNghiem.net

B

A'

C


HA' HB' HC '


( gt )
AA' BB' CC '
AH ' HB' HC ' 1




Điều này chứng tỏ:
AA' BB' CC ' 3

mà

=> H là trọng tâm  ABC =>  ABC đều
Bài toán 4: Trên các cạnh BC, CA, AB của  ABC lấy các điểm A1, B1, C1.
Chứng minh rằng nếu các đường thẳng AA', BB', CC' đồng quy tại điểm P thì
AC ' BA' CB '
.
.
1
C ' B A' C B ' A

A

Hướng dẫn:
Do AA', BB', CC'đồng quy tại P nên ta có:
AC ' S ACP

(1) (theo bài tốn cơ bản 3)
C ' B S BCD

Chứng minh tương tự ta cũng có:

C'
B'
P

B

C

A'

BA' S ACP
CB ' S ACD


(2) và
(3)
A' C S BCP
B' A S BAP

Nhân vế với vế của các đẳng thức (1), (2) và (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 hoặc hiệu các đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác.
Muốn chứng minh: AB + CD = PQ. Ta chứng minh theo các cách sau:
Cách 1: Chỉ ra tồn tại một điểm M sao cho:
SMAB + SMCD = SMPQ
d(M; AB) = d(M; CD) = d(M;PQ)
Cách 2: Chỉ ra tồn tại hai điểm M, N sao cho:
SMAB + SMCD = SNPQ

d(M; AB) = d(M; CD) = d(N;PQ)
Cách 3: Chỉ ra tồn tại ba điểm M, N, R sao cho:
SMAB + SNCD = SRPQ
d(M; AB) = d(N; CD) = d(R;PQ)
BÀI TẬP VẬN DỤNG:

Bài toán 5: Cho  ABC cân tại A (AB = AC). Một điểm D di chuyển trên cạnh
đáy BC. Từ D kẻ các đường thẳng DE và DF lần lượt vng góc với AB, AC
Chứng minh rằng tổng DE + DF khơng phụ thuộc vào vị trí của điểm D trên BC.
Hướng dẫn:
A
Để chứng minh DE + DE khơng phụ thuộc vào vị
trí điểm D ta chứng minh nó ln bằng một đoạn
H
F
thẳng có độ dài khơng đổi.
E
Thật vậy kẻ đường cao CH ta có.SABD + SACD = SABC
B
D

C

7
SangKienKinhNghiem.net


1
2

1
2

1
2

mà S ABD  AB.DE , S ACD  AC.DF ; S ABC  AB.CH


1
1
1
AB.DE  AC.DF  AB.CH  AB.DE  AB.DF  AB.CH (Do AB = AC )
2
2
2

 DE + DF = CH

mà CH là đường cao nên CH khơng đổi. Vậy DE + DF khơng đổi
Bài tốn 6: Cho tam giác đều ABC, M là một điểm thuộc miền trong của tam
giác. Gọi P, Q, R lầm lượt là hình chiếu của M trên BC, AC, AB. Chứng
minh rằng MR + MP + MQ không đổi khi M thay đổi
Hướng dẫn:
A
Kẻ AH  BC .Ta có: S ABC  S MAB  S MBC  S MAC (1)
1
2

Mà S ABC  AH .BC (2);

R

Q

M
1
1
1
S MAB  MR. AB ; S MBC  MP.BC ; S MAC  MQ. AC
2
2
2
1
1
1
C
 S MAB  S MBC  S MAC = MR. AB  MP.BC  MQ. AC
B
H P
2
2
2
1
1
1
= MR.BC  MP.BC  MQ.BC (Vì ABC là tam giác đều)
2
2
2

1
= BC (MR + MD + MQ) (3)
2
1
1
Thay (2) và(3) vào (1) ta được: BC (MR + MD + MQ) = BC.AH
2
2

 MR + MP + MQ = AH

mà AH là đường cao nên AH không đổi. Vậy MR + MP + MQ không đổi
Dạng 3: Phương pháp chứng minh tổng hoặc hiệu các hình bằng diện tích
một hình khác:
Để chứng minh: S1 + S2 + S3 + ... + Sn = S, ta có thể sử dụng:
- Các cơng thức tính diện tích
- Các bài tốn 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 đường thẳng AM và BN, Q là giao
điểm của các đường thẳng CN và DM. Chứng minh SMPNQ = SAPB + SCQD
Hướng dẫn:
Hạ các đường vng góc BB', MM’, CC’
C
M
xuống AD (B’, M’ và C’ thuộc AD)
B
Xét hình thang BB’C'C có MM' là đường
trung bình nên

MM ' 

BB'CC '
BB'CC '
 MM '.AD 
. AD
2
2

Q

P

8
A

SangKienKinhNghiem.net

B'

M'

N

C'

D


1

MM '.AD 
2
1
 MM '.AD 
2


1
AD 1
AD
BB'.
 CC '.
2
2
2
2
1
1
AD
BB'.AN  CC '.ND (vì AN  ND 
)=> SAMD = SABN + SCND.
2
2
2

(1) Mặt khác ta có: SMPNQ = SAMD - (SAPN + SNDQ) (2)
Thay (1) vào (2) ta được: SMPNQ = (SABN + SNCD) - (SAPN + SNQD)
= (SABN - SAPN) + (SCND - SQND) = SABP + SCQD
Bài toán 8: Cho tứ giác lồi ABCD với M là trung điểm của đường chéo AC.
a. Chứng minh rằng: SAMB + SCMD = SAMD + SBMC =

1
SABCD
2

b. Giả sử AB không song song với CD. Gọi E và F lần lượt là trung điểm của
AB và CD. Hãy tìm trên đoạn thẳng EF một điểm K sao cho
T
SAKB + SCKD = SAKD + SBKC =

1
SABC
2

Hướng dẫn:
a. Do MA = MC (gt) => SAMB = SMBC và SCMD = SAMD
cộng vế với vế của hai đẳng thức trên ta được
SAMB+ SCMD = SMBC + SAMD (1)
mà (SAMB+ SCMD) + (SMBC + SAMD)= SABCD (2)
Từ (1) và (2) => SCMD + SAMB = SAMD + SBMC

P
Q
C

B
E

M

F

A

D

1
= SABCD
2

b. Vì AB khơng song song với CD nên AB cắt CD tại T. Trên tia TA lấy điểm
P sao cho TP = AB. Trên tia TD lấy điểm Q sao cho TQ = CD.
Ta có: SAMB = STPM (hai tam giác có đáy bằng nhau và cùng đường cao)
và SCMD = STQM (hai tam giác có đáy bằng nhau và cùng đường cao)
=> SAMB + SCMD = STMP + STQM = SMPTQ = STPQ + SPQM
1
SABCD (khơng đổi) do đó SMPQ cũng khơng đổi.
2
1
Nên các điểm K thoả mãn SAKB + SCKD = SAKD + SBKC = SABCD phải chạy
2

Do SAMB + SCMD =

trên phần đường thẳng đi qua M và song song với PQ cố định
Vậy để K  EF và vừa có SAKB + SCKD = SAKD + SBKC =

1
SABCD thì K phải là
2

giao điểm của EF với đường thẳng a đi qua M và song song với PQ
Bài toán 9: Tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽ các đường cao BD, CF. Gọi H,
K là hình chiếu của B, C trên đường thẳng ED.
Chứng minh SBEC + SBDC = SBHCK
Hướng dẫn:
Vẽ EF’, II’, DD’ vng góc
với BC (I là trung điểm của ED)
9
SangKienKinhNghiem.net


=> II’ là đường trung bình của
hình thang EE’D’E nên
DD’ + EE’ = 2II’. Khi đó ta có
SBEC + SBDC =

1
1
BC.EE’ + BC.DD’
2
2

1
BC (EE’ + DD’)
2
1
+ SBDC = BC . 2 II’ = BC . II’ (1)
2

=

Hay SBEC

Qua I vẽ đường thẳng song song với BC cắt BH và CK tại P và Q.
Ta có: BC. II’ = SBPQC (2)
Ta lại có:  IPH =  IQK (c.g.c) => SIPH = SIQK => SBPQC = SBHKC (3)
Từ (1) (2) và (3) suy ra SBEC + SBDC = SBHKC
Dạng 4: Phương pháp chứng minh tỉ số diện tích của hai hình phẳng
Để chứng minh

S ABC
 k 2  k ' ta có thể chứng minh các cách sau:
S A'B 'C '

S

Cách 1: Chỉ ra rằng  ABC
 A’B’C’ theo tỉ số k
2
Cách 2: Chỉ ra S ABC  k S A'B 'C ' và dựa vào phương pháp chứng minh dạng1, 2.
Cách 3: Dùng tiêu đề diện tích để từ bài toán tổng quát đưa về bài toán cho
tam giác.
BÀI TẬP VẬN DỤNG:

Bài tốn 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

Hướng dẫn:
Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các
đường chéo BD và AC của tứ giác ABCD, E là
giao điểm hai cạnh AD và BC.
Ta có: SEMN = SEDC - SEMD - SENC - SDMN - SDNC

E

B
A

M
1
1
1
1
SEMN = SEDC - SEBD - SEAC - SDNB - SDAC
N
2
2
2
2
1
1
1
1
1 D

1
C
SEMN = ( SEDC - SEAC - SDAC) + ( SEDC + SEBD - SDNB)
2
2
2
2
2
2
1
1 1
1
1
1
(SDNC + SBNC) = ( AABC + SADC) = (SABC + SADC) = SABCD
=
2
2 2
2
4
4

Bài toán 11: Cho  ABC trên BC, CA, AB lấy các điểm A1; B1; C1 sao cho
các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại P. Chứng minh:
Hướng dẫn:
Hạ AA2  BB1 và CC2  BB1 Ta có:
SABP =

1
1

BP. AA2 và SBCP = BP . CC2
2
2

S ABP AB1

S BCP B1C

A

B1

C1
A2
P

SangKienKinhNghiem.net

C2

10




S ABP
S BCP

1
BP. AA2

AA2
2


1
CC 2
BP.CC 2
2



AA2 AB1

CC 2 B1 C



CB1C2 (g.g)

S

Mặt khác ta lại có AB1A2

S ABP AB1

S BCP B1C

Bài toán 12: Cho  ABC, E là trung điểm của AC. Trên BC lấy điểm D sao
cho BD =

1
1
BC. Trên AE lấy điểm G sao cho AG = AE. Đoạn thẳng AD
3
3

cắt BG và BE theo thứ tự tại M và N. Tính SMNEG theo SABC.
Hướng dẫn:
Gọi F là trung điểm của DC  EF// AD  EF// ND  DN là đường trung bình
của  BEF  BN = NE. Gọi I là trung điểm của GE  NI // MG  AM = MN.
1
Khi đó :SAMG = 1 SANG (AM = MN);
2

A

2

1
1
SANE (AG = AE);
M
3
3
1
1
SANE = SABE(NE = BE);
2
2
1

1
N
SABE = SABC (AE = AC);
2
2
B
1
1
D
SABC
 SANE = SABC ; SAMG =
4
24
1
1
5
Vậy: SMNEG = SANE - SAMG = SABC SABC =
SABC
4
24
24

G

SANG =

I
E

C

F

Bài toán 13: Trên cạnh AC và AB của  ABC lấy các điểm B1, C1. Gọi O là
giao điểm của BB1 và CC1. Hãy tính

CB1
BC1
OB
  và

Nếu
AC1
OB1
AB1

Hướng dẫn:

A

BO S BOC
Theo bài tốn cơ bản 3 ta có:

OB1 S B1OC
AC AB1  B1C AB1
1
S AOC


1  1

=
S B1OC
B1C
B1C
B1C


B1
C1

S BOC
BC1

=
AC1
S AOC
S
S
BO S BOC
1
= BOC . AOC =  ( +1)

S AOC

S B1OC
OB1 S B1OC

O

B

C

Bài tốn 14: Cho hình vng ABCD, gọi E, F, O, N lần lượt là trung điểm
của các cạnh AB, BC, CD và DA. Nối các đoạn AF, BO, CN lần lượt cắt
nhau tại L, M, P, Q. Chứng minh

ALMPQ
S ABCD

=

1
.
5

A

e

B

L

Hướng dẫn:

M
N

SangKienKinhNghiem.net

F

Q
P

11


Do tứ giác LMPQ là hình vng và P là trung điểm
của QC nên SDQP = SDPC
Vì Q là trung điểm của DL nên SDQP = SPQL
=> SDQC = SDPC + SDQP =2 SPQL = SLMPQ (1)
Chứng minh tương tự ta cũng có:
SDQC = SPCB = SBMA = SALD = SLMPQ (2)
Mà SDQC + SPCB + SBMA + SALD + SLMPQ=S ABCD (3)

S
1
1
SABCD hay LMPQ = .
S ABCD
5
5
Bài toán 15: Cho hai tam giác ABC và AB’C’ có Aˆ chung
S
AB. AC
Chứng minh: ABC =
A
S AB 'C '

AB'.AC '

Từ (1) (2) và (3)  SLMPQ =

Hướng dẫn:

H'

1
1
Ta có: SABC = CH. AB ; SAB’C’ = C H '.AB'
2
2
1
CH . AB
S ABC
AB CH
.
Do dó:
= 1
=
(1)
1
S AB 'C '
AB' C ' H
C ' H '.AB'
2
CH
AC


Vì HC// H’C’ =>
(2)
C ' H ' AC '
S
AB AC
.
Thay (2) vào (1) ta được ABC =
S AB 'C '
AB' AC '
S
AC
Chú ý: Nếu B  B’ thì ABC =
S AB 'C '
AC '

H

C'

B'

B

C

Dạng 5: Phương pháp chứng minh các bất đẳng thức trong hình học:
Cách 1: Sử dụng các phép biến đổi đại số và bất đẳng thức như bất
đẳng thức Cosi trong trường hợp áp dụng cho hai số dương.
a2

+

b2

a 2 b2
> 2a.b, 2  2 > 2
b
a

Hoặc một 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 hiện các bất đẳng
thức từ các đại lượng 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 đường vng góc và đường xiên cùng kẻ từ một
điểm đến đường thẳng.
BÀI TẬP VẬN DỤNG.

Bài toán 16: 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. Chứng minh rằng:

12
SangKienKinhNghiem.net


AM
BM
CM



>6
A1 M B1 M C1 M
AM
BM
CM


b.
>8
A1 M B1 M C1 M

a.

A

Hướng dẫn:
Đặt S1= SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB

S
S  S 2  S3
AA1
 ABC  1
A1 M S MBC
S1
MA AA1  MA1 S 2  S 3 S 2 S 3





(1)
MA1
MA1
S1
S1 S1

Theo bài toán cơ bản 3:

C1

M

B1

A1

B

C

Chứng minh tương tự ta có
MB S 3  S1 S 3 S1



(2)
MB1
S2
S2 S2

S
S
MC
 1  2
MC1 S 3 S 3

(3)

Từ đó suy ra:
a.

MA MB
MC  S1 S 2


 
MA1 MB1 MC1  S 2 S1

  S 2 S3
   
  S3 S 2

  S1 S 3 
     > 6
  S 3 S1 

Dấu “=” xảy ra khi S1 = S2 = S3.
b. Nhân về với về của ba đẳng thức (1) (2) (3) ta có:
MA MB MC ( S 2  S 3 )( S1  S 3 )( S 2  S 3 )


A1 M B1 M C1 M
S1 S 2 S 3

Vì (S1 + S2)2 > 4 S1S2 nên ta có:
2

 AM   BM 

 

 A1 M   B1 M 
MA
MB


A1 M B1 M

2

2

 CM 
( S  S 3 ) 2 ( S 3  S1 ) 2 ( S1  S 2 ) 2 4 S 2 S 3 .4 S 3 S1 .4 S1 S 2

 = 2
= 64

S12 .S 22 .S 32
S12 .S 22 .S 32

 C1 M 
MC

>8
C1 M

Bài toán 17: 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 SGPQ >
b. Chứng minh rằng G là điểm duy nhất có tính chất trên.
Hướng dẫn:
a. Gọi AM là BN là các trung tuyến của ABC.
Khơng mất tính tổng quát giả sử P thuộc cạnh
S
BC và BP < PC. Ta chọn Q trùng với C:
thì SGPQ > SGMC =

1
1
SGBC = SABC
2
6

để SGPQ >

1
SABC
6

A

H

Vậy với P  BC thì ta ln tìm được điểm Q

1
SABC.
6

G

N

K
P

B

M

C

1
6

b. Giả sử K là điểm khác điểm G có tính chất SKPQ  SABC. Với P nằm trên
cạnh của ABC. Khơng mất tính tổng quát ta giả sử rằng K nằm trong tam
13
SangKienKinhNghiem.net

giác BGM. Qua K kẻ KS //AM (S  AB), KS cắt BG tại H, cắt BC ở P (Có
thể K  H). Nếu Q nằm trong  BHP thì.
SQKP < SBHP < SBGM =

1
SABC
6

(1)

Nếu Q nằm trong  GMC thì SQKP < SCHP < SBGM =
Vì

1
AABC (2)
6

S CHP
PC.PH
MC  PM PH MC  PM BP


.

.
(Vì PH // MG)
S GMC MC.MG
MC
GM

MC
BM

=

( MC  PM )( BM  PM ) MC 2  PM 2

1
MC / BM
MC 2

(3)
1
SABC.
6

Từ (1) (2) (3)  điểm K không không thoả mãn được S KPQ >

Vậy G là điểm duy nhất có tính chất
Bài tốn 18: Cho  ABC, gọi ha là đường cao ứng với cạnh a và hb là đường
cao ứng với cạnh b. Chứng minh nếu a > b thì a + ha > b + hb.
Hướng dẫn:
A

Gọi AH = ha, BK = hb
Xét  AHC ( Hˆ = 1v)  ha < b
 a.ha < a.b  2SABC < ab  a 

K

2 S ABC
b

b

Từ đó ta có:
2S
2S


a  ha  (b  hb )  a  ABC   b  ABC 
b
b 

 2S

 a  ha  (b  hb )  (a  b)1  ABC 
ab 


C

hb
ha
H



Do a > b  a - b > 0 và 2SABC < ab  ab - 2SABC > 0  1 


a

B

2 S ABC 
> 0
ab 

Vậy (a + ha) - (b + hb) > 0 => a + ha > b + hb
Dấu “ =” xảy ra khi 2SABC = ab
Dạng 6: Phương pháp chứng minh các đường thẳng đồng quy:
Khó có thể chỉ ra phương pháp chung dùng diện tích để chứng minh
các đường thẳng đồng quy ( ở đây ta có thể nói rằng khơng có phương pháp
diện tích thì bài tốn chứng minh các đường thẳng đồng quy vẫn có thể thực
hiện được (như sử dụng phương pháp toạ độ và một số phương pháp khác).
Vì vậy việc tìm tịi phương pháp diện tích để chứng minh là một sự cố gấng.
Tuy nhiên, ta có thể dựa vào một tính chất quan trọng của hình bình hành sau
đây để làm cơ sở cho phương pháp chứng minh đồng quy.
Tính chất: ABCD là hình bình hành, O là một điểm trong ABCD. Qua O kẻ
các đưởng thẳng song song với các cạnh ta được bốn hình bình hành. Khi đó
OAC  SOMBN = SOPDQ hay MP, NQ, AC đồng quy  SOMBN = SOPDQ
Hướng dẫn:
Giả sử O  AC, thế thì ta có:
14
SangKienKinhNghiem.net


N

B

SOMBN = SABC - SAOM - SONC
= SADC - SAOQ - SOPC = SOPDQ
Ngược lại: Giả sử O không thuộc AC thì
SOMNP  SOPDQ. Do vậy chỉ có thể O thuộc AC.
BÀI TẬP VẬN DỤNG.

C

M

P

O
A

Q

D

Bài toán 19: Trên cạnh AB, BC, CD, DA của hình bình hành ABCD lấy các
điểm M, H, K, P tương ứng sao cho MK//AD và HP//AB. Chứng minh rằng
các đường thẳng BP, MD, CO đồng quy tại một điểm (O là giao điểm của HP
và MK).
H' H
C
B
Hướng dẫn:
Gọi E là giao điểm của các đường

thẳng CO và BP ta cần phải chứng
F O
M
K
E
minh MD cũng đi qua E. Thật vậy:
G
M'
K'
Qua E kẻ P’H’ // PH và M’K’ // MK.
P
A
P'
D
Ta có P’H’ cắt MK tại F, M’K’ cắt PH tại G.
Do điểm O  CE nên theo kết quả bài tốn trên ta có: SFOHH’ = SGOKK’
 SEGHH’ = SEFKK’ (1)
Do điểm E  BP  SAM’EP’ = SEGHH’ (2)
Từ (1) và (2) suy ra: SEFKK’ = SAM’EP'. Điều này chứng tỏ điểm E cũng phải
thuộc đường chéo MD trong hình bình hành AMKD hay ba đường thẳng BP,
MD và CO đồng quy tại E.
Bài toán 20: Chứng minh rằng nếu trong một lục giác mà các đường chéo nối
các đỉnh với nhau đều chia lục giác đó thành hai phần tương đương thì các
đường chéo đồng quy tại một điểm.
Hướng dẫn:
Giả sử AD cắt CF tại P và cắt BE tại R, cắt FC
tại Q. Vì các đường thẳng AD, BE đều chia
đơi diện tích lục giác nên:
A
B

SAREF + S RED = SRDCB + SRAB
SAREF + SARB = SRDCB + SERD
C
F
 SRAB =SRED Tức là 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)
và BQ.OC > PF.RE (3)
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta có:
D
E
RE.RD.AP.EP.PQ.OC >AP.BQ.QC.RD.PE.RE
(Vơ lý vì hai vế như nhau)
Vậy P, Q, R phải trùng nhau hay các đường chéo của lục giác phải đồng quy
tại một điểm.
Dạng 7: Các bài tốn cực trị hình học
Về phương pháp chứng minh tương tự giống như ở dạng 5 chú ý thêm:
+ Tổng các số dương khơng đổi thì tích các số đó đạt giá trị lớn nhất khi
chúng bằng nhau.
15
SangKienKinhNghiem.net


+ Nếu tích các số dương khơng đổi thì tổng các số đó đạt giá trị bé nhất khi
chúng bằng nhau.
Từ đó suy ra:
+ Trong các hình chữ nhật (hình thoi) có cùng chu vi thì hình vng có diện

tích lớn nhất.
+ Trong các hình chữ nhật (hình thoi) có cùng diện tích thì hình vng có chu
vi bé nhất.
BÀI TẬP VẬN DỤNG:

Bài toán 21: Cho M nằm trong tam giác ABC. Các đường thẳng AM, BM,
CM lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại A1, B1, C1.
Hãy xác định điểm M trong tam giác sao cho:
MA MB MC


là bé nhất
MA1 MB1 MC1
MA1 MB1 MC1
b.
là bé nhất


MA MB
MC

a.

A

Hướng dẫn:
Đặt S1= SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB

S
S  S 2  S3

AA1
 ABC  1
Theo bài toán cơ bản 3:
A1 M S MBC
S1
MA AA1  MA1 S 2  S 3 S 2 S 3




(1)
MA1
MA1
S1
S1 S1

C1

M

B1

A1

B

C

Chứng minh tương tự ta có
MB S 3  S1 S 3 S1




(2)
MB1
S2
S2 S2

S
S
MC
 1  2
MC1 S 3 S 3

(3)

Từ đó suy ra:
MA MB
MC  S1 S 2   S 2 S 3   S1 S 3 


        > 2 + 2 + 2 = 6
MA1 MB1 MC1  S 2 S1   S 3 S 2   S 3 S1 
Dấu “=” xảy ra khi S1 = S2 = S3  M là trọng tâm  ABC.
MA MB MC


Vậy
đạt giá trị bé nhất là 6 khi M là trọng tâm  ABC.
MA1 MB1 MC1

S3
MA1
S1
MB1
S2
MC1

;

,

b.
MA S 2  S 3 MB S1  S 3 MC S1  S 2
MA MB
MC1
Xét P = 1  1 
MA MB
MC

a.

=
P=

 1
S3
S1
S2
1
1



=(S1+S2+S3) 


S 2  S 3 S1  S 3 S1  S 2
 S 2  S 3 S1  S 3 S1  S 2

1
S1  S 2  S 2  S 3  S 3  S1 
2


 -3

 1
3
1
1 



 -3>
2
 S 2  S 3 S1  S 3 S 3  S1 

Dấu “=” xảy ra khi S1 = S2 = S3  M là trọng tâm  ABC.
Vậy

MA1 MB1 MC1

3
đạt giá trị bé nhất là khi M là trọng tâm  ABC.


2
MA MB
MC

16
SangKienKinhNghiem.net


Bài toán 22: Gọi O là giao điểm của hai đường chéo của tứ giác ABCD. Biết
SAOB = 4, SCDO = 9. Tính giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD.
Hướng dẫn:
Theo bài toán cơ bản 3 ta có:

S OAD OD S ODC


S OAB OB S OBC

A
B

 SOAD.SOBC = SOAB . SODC = 4.9 = 36
 SOAD+SOBC > 2 S OAD .S OBC = 12

O

 SABCD= SOAC+ SOBC+ SOCD +SODA > 4 + 9 + 12 = 15
 SABCD đạt giá trị bé nhất là 25 khi SOAD = SOBC = 6.

D
C

Bài tốn 23: Cho hình bình hành ABCD có diện tích là a,  MKL nối tiếp
trong hình bình hành ABCD. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích  MKL.
Hướng dẫn:
C
D
* Xét trường hợp đặc biệt:
h
Khi  MKL có 2 đỉnh (K và L nằm trên một cạnh
M
của hình bình hành ABCD. Vì m < h, KL< AB
1
1
1
1
m.KL < h.AB = SABCD = a
2
2
2
2
A
Dấu "=" xảy ra  m = h và KL = AB

Nên SMLK =

m
L

K

B

* Xét trường hợp tổng quát:
K, L, M nằm trên ba cạnh khác nhau của hình bình hành. Khi đó bao giờ cũng
có hai đỉnh (giả sử K và L) nằm trên hai cạnh đối diện của hình bình hành
ABCD từ M kẻ MQ//AB (QCB), MQ cắt KL ở P. Như vậy bài toán được
đưa về trường hợp đã xét.
1
1
AABQM + SMQCD
2
2
1
= a
2

SKLM = SKPM + SPML <

1
SABCD
2
1
=> SKLM < a.
2
Dấu "=" xảy ra  K  C và L  B

 SKLM <

Vậy giá trị lớn nhất củaSMLK

1
là SMLK= a
2

D

M
A

L

C

P
K

Q
B

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Qua một năm thực hiện tôi thấy các em đã hiểu rõ và rèn luyện được
một số kỹ năng quan trọng trong việc suy luận và tìm phương pháp chứng
minh hình học. Học sinh dần dần chú trọng khi giải tốn chứ khơng lúng túng
như trước.Q trình rèn luyện khả năng tư duy đã giúp các em không những

phân dạng được mà còn nắm bắt được phương pháp phù hợp để giải từng
dạng. Chính vì thế mà trong học tập của học sinh do bản thân tôi phụ trách
hầu hết các em nắm chắc kiến thức. Kết quả khảo sát cuối năm việc nắm đề
tài này trên đối tượng 15 học sinh khá giỏi ban đầu tôi nhận thấy đã có 9 hs
chiếm tỉ lệ 60% đã năm chắc chuyên đề (biết phân dạng và tìm ra phương
17
SangKienKinhNghiem.net


pháp phù hợp), 5 em chiếm tỉ lệ 33,3 % biết thực hiện nhưng còn chậm (Bước
đầu đã biết định hướng được dạng và phương pháp nhưng còn thụ động và
chậm, đang cần sự gợi ý).
KẾT QUẢ CỤ THỂ

Số HS
15

điểm 9 - 10
SL
%
03

20 %

điểm 7 - 8
SL
%
6

40%

điểm 5 - 6
Sl
%
5

33,3%

điểm dưới 5
SL
%
1

6,7 %

3. Kết luận, kiến nghị
Trên đây là toàn bộ nội dung đề tài “Sử dụng phương pháp diện tích
để chứng minh hình học” mà tơi đã nghiên cứu được trong q trình giảng
dạy phần diện tích đa giác ở lớp 8,9. Qua việc sử dụng đề tài trên, tơi thấy nó
mang lại hiệu quả rất lớn trong việc giảng dạy. Đó là:
- Đề tài giúp tơi có thêm nhiều phương pháp hay, độc đáo để giúp học sinh
giải tốn. Nó cịn có tác dụng làm cho người giáo viên phải ln tìm tịi
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 tốn bằng
phương pháp diện tích cịn đem lại sự hứng thú học tập cho học sinh. Bởi vì
học sinh phải tìm tịi, sáng tạo trong q trình giải, giúp học sinh phát triển tốt
tư duy lơgic của mình.
2) Đề xuất,đề nghị: Khơng
Mặc dù có rất nhiều cố gắng nhưng do thời gian khơng nhiều, do trình độ
năng lực của bản thân và tài liệu tham khảo còn hạn chế nên trong cách trình
bày khơng tránh khỏi những sơ xuất thiếu sót . Rất mong nhận được sự giúp
đỡ, góp ý của các thầy, cô và bạn đồng nghiệp để tơi có thể rút kinh nghiệm
trong q trình giảng dạy của mình trong thời gian sau.
Tơi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN
Quảng Chính, ngày 10 tháng 04 năm 2019
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
HIỆU TRƯỞNG
khơng sao chép nội dung của người khác

18
SangKienKinhNghiem.net


……..
Nguyễn Mạnh Cường

TÀI LIỆU THAM KHẢO
STT
1
2
3
4

5
6
7
8
9

Tên sách
Toán 8 tập 1
Kiến thức cơ bản và nâng caoTốn 8 tập 1
Ơn tập Hình học 8
Nâng cao và phát triển Tốn 8 tập 1
Tổng hợp các dạng Tốn về diện tích THCS
Thực hành giải toán 8
Tuyển chọn 400 bài tập Toán 8
Toán nâng cao và các chuyên đề Toán 8
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
SangKienKinhNghiem.net