Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi toán phần diện tích hình học 9

Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi
CHUYÊN ĐỀ : DIỆN TÍCH
Hình học 9
A/. PHẦN I
Kiến thức cơ bản :
1) Tiên đề về diện tích : Mỗi đa giác có một diện tích xác định. Diện tích đa
giác là một số dương.
2) Diện tích đa giác có các tính chất sau :
+Hai tam giác bằng nhau có diện tích bằng nhau.
+Nếu một đa giác được chia thành những đa giác nhỏ không có điểm
trong chung thì diện tích của nó bằng tổng diện tích của những đa giác đó.
+Hình vuông cạnh có độ dài bằng 1 thì diện tích là 1 - Hình vuông đó
được gọi là hình vuông đơn vị.
I. DIỆN TÍCH TỨ GIÁC :
1) Cho tứ giác ABCD. Gọi AB = a , BC = b , CD = c , DA = d , AC =
d
1
, BD = d
2
, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp, r là bán kính đường tròn
nội tiếp và p = (a + b + c + d) . Ta có :
d
a
b
c
d1
d2
m
I

A
D
B
C
a) S
ABCD
= S
ABC
+ S
ADC

= S
ABD
+ S
CBD
.
+Tổng các góc trong của tứ giác A + B + C + D = 360
0
= 2π
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 1
α
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
+Tổng bình phương của các cạnh : a
2
+ b
2
+ c
2
+ d

2
=
22
2
2
1
4mdd =+

(m là độ dài đoạn thẳng nối hai trung điểm của hai đường chéo)
b) S
ABCD
= d
1
d
2
sinα
(α là góc tạo bởi hai đường chéo d
1
, d
2
)
*Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O: R)
a
b
d
c
d1
d2
O
A

B
C
D
c) S
ABCD
=
+Tổng hai góc đối diện A + C = B + D = 180
0
= π
+Tích các đườngchéo : d
1
d
2
= ac + bd.
p = (a + b + c + d)
* Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O; r).
d
a
b
c
r
M
O
A
B
C
D
d) S
ABCD
= p.r

+Tổng hai cạnh đối diện : a + c = b + d
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 2
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
2)Diện tích các tứ giác đặc biệt :
a)Diện tích hình chữ nhật :
A a B
b d S
ABCD
= a.b
d =
D C
b)Diện tích hình vuông
A a B
S
ABCD
= a
2
a d d = a
S
ABCD
= d
2
D C
*Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích
lớn nhất .
c)Diện tích hình thang :
A a B
h S
ABCD

= (a + b).h
M m N
S
ABCD
= m.h
D H b C
d)Diện tích hình bình hành :

A B
S
ABCD
= a.h
h d
1

d
2
d
1
2
+ d
2
2
= 2(a
2
+ b
2
)
D H a C
e)Diện tích hình thoi :

A
h S
ABCD
= d
1
d
2
= a.h
D d
2
B d
1
2
+d
2
2
= a
2
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 3
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
d
1
a
H
C
II.DIỆN TÍCH TAM GIÁC
Cho tam giác ABC có BC = a , AC = b , AB = c, đường cao thuộc
cạnh BC là AH = h

a
, r là bán kính đường tròn nội tiếp , R là bán kính đường
tròn ngoại tiếp ∆ABC và p = . Ta có các công thức sau :
1) S
ABC
= a.h
a
c
b
h
B
C
A
H
Chứng minh :
Kẻ đường cao AH, ta có : ∆ABH vuông tại H nên S
ABH
= AH.BH (1)
S
ACH
= AH.CH (2)
Cộng (1) và (2) vế theo vế ta được :
S
ABH
+ S
ACH
= AH.BH + AH.CH
S
ABC
= AH.(BH + CH) = AH.BC

Hay S
ABC
= a.h
Tương tự ta cũng có : S
ABC
= b.k = S
ABC
= c.l
(k là chiều cao ứng với cạnh AC, l là chiều cao ứng với cạnh AB)
2)Tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O; r)
S
ABC
= p.r
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 4
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
a
c
b
r
r
r
O
B
C
A
E
D
F
Chứng minh :

S
ABC
= S
AOB
+ S
BOC
+ S
COA
Mà : S
AOB
= r.c
S
BOC
=
2
1
r.a
S
COA
=
2
1
r.b
Cộng vế theo vế, ta được : S
AOB
+ S
BOC
+ S
COA
= r.c +

2
1
r.a +
2
1
r.b
S
ABC
= r.(c + a + b) = r. = p.r
( p = : nửa chu vi )
3)Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R)
S
ABC
=
a
c
b
h
O
B
C
A
H
D
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 5
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
Chứng minh :
Kẻ đường cao AH và đường kính AD.
S

ABC
= a.h
Xét ∆ABH vuông tại H và ∆ADC vuông tại C có :
ABH = ADC (góc nội tiếp cùng chắn cung AC)
=> ∆ABH ~ ∆ADC => = => AH = =
Vậy S
ABC
= a.h = .a . =
4) S
ABC
=
(Công thức Hêrông)
Chứng minh :
a
c
b
h
c'
b'
B
C
A
H
Giả sử B và C đều nhọn.
Kẻ đường cao AH (AH ⊥ BC) - đặt AH = h
BC = BH + CH hay a = b’ + c’ (1)
Để không mất tính tổng quát ta giả sử b > c => b’ > c’
∆ABH vuông tại H : AH
2
= AB

2
- BH
2
hay h
2
= c
2
- c’
2
∆ACH vuông tại H : AH
2
= AC
2
- CH
2

hay h
2
= b
2
- b’
2

=> c
2
- c’
2
= b
2

- b’
2
<=> b
2
- c
2
= b’
2
- c’
2
<=> b
2
- c
2
= (b’ + c’).(b’ - c’)
b
2
- c
2
= a.(b’ - c’) => b’ - c’ = (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình :





−
=−
=+
a

cb
cb
acb
22
''
''
Giải hệ phương trình :





−
=−
=+
a
cb
cb
acb
22
''
''
<=>





−+
=

=+
a
cba
b
acb
222
'2
''
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 6
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
<=>







+−
=
−+
=
a
cba
c
a
cba
b
2

'
2
'
222
222
Do đó h
2
= b
2
- b’
2
= b
2
-
( )
2
2
222
2
2
222
4
2
a
cba
b
a
cba −+
−=









−+
=
( )
( )
( )
2
222
2
2
2
22222
4
2
4
4
a
cbaab
a
cbaba −+−
=
−+−
=
( ) ( )

2
222222
4
2.2
a
cbaabcbaab +−−−++
=
( )
[ ]
( )
[ ]
2
222222
4
2.2
a
babaccbaba +−−−++
=
( )
[ ]
( )
[ ]
2
2
22
2
4
.
a
baccba −−−+

=
( )( )( )( )
2
4a
bacbaccbacba +−−+−+++
=
( )( )( )( )
2
4
222
a
acbabcbaccbacba −++−++−++++
(Đặt a + b + c = 2p)
=
( )( )( ) ( )( )( )
22
4
16
4
2222222
a
cpbpapp
a
apbpcpp −−−
=
−−−
=
( )( )( )
2
4

a
cpbpapp −−−
=> h

=
( )( )( )
( )( )( )
cpbpapp
a
a
cpbpapp
−−−=
−−− 24
2
Vậy S
ABC
=
2
1
a.h =
2
1
a.
( )( )( )
cpbpapp
a
−−−
2
=
( )( )( )

cpbpapp −−−
NHỮNG ĐIỂM CẦN CHÚ Ý KHI SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP DIỆN
TÍCH ĐỂ GIẢI TOÁN :
Ta đã biết, khi biết độ dài một số yếu tố của một hình ta có thể tính
được diện tích hình đó bằng những công thức mà ta đã biết. Ngược lại các
công thức tính diện tích cho ta các quan hệ về độ dài của các đoạn thẳng. Sử
dụng công thức tính diện tích các hình có thể giúp ta so sánh độ dài các đoạn
thẳng.
Để so sánh hai độ dài đoạn thẳng nào đó bằng phương pháp diện tích,
ta chú ý các điểm sau :
1)Xác định quan hệ diện tích giữa các hình.
2)Sử dụng các công thức tính diện tích để biểu diễn mối quan hệ đó
bằng một đẳng thức có chứa các độ dài.
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 7
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
3)Biến đổi đẳng thức vừa tìm được ta có quan hệ về độ dài giữa hai
đoạn thẳng cần so sánh.
Khi giải bài toán bằng phương pháp diện tích ta cần nắm vững :
+Sử dụng trực tiếp công thức tính diện tích của các hình.
+Sử dụng tính chất :
-Nếu hai tam giác có cùng chiều cao thì tỉ số hai đáy tương ứng bằng
tỉ số hai diện tích. Ngược lại, nếu hai tam giác có cùng đáy thì tỉ số hai chiều
cao tương ứng bằng tỉ số hai diện tích.
-Nếu hai tam giác có cùng chung đáy và có cùng diện tích thì đỉnh thứ
ba thuộc đường thẳng song song với đáy.
-Đường trung bình trong một tam giác chia tam giác đó thành hai
phần có diện tích tỉ lệ với 1 : 3
-Đường trung tuyến của một tam giác chia tam giác đó thành hai phần
có diện tích bằng nhau.

-Ba tam giác có chung đỉnh là trọng tâm của một tam giác còn đáy là
ba cạnh thì có diện tích bằng nhau.
-Nếu một tam giác và một hình bình hành có cùng đáy và cùng chiều
cao thì diện tích tam giác bằng nửa diện tích hình bình hành.
B/.PHẦN II
I.CÁC BÀI TOÁN MẪU :
Bài 1 :
Cho tam giác đều ABC. Từ một điểm O ở trong tam giác, ta kẻ OH ⊥
AB, OK ⊥ AC, OI ⊥ BC. Chứng minh rằng khi O di động trong tam giác thì
tổng OH + OK + OI không đổi.
Giải
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 8
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
H
I
K
A
B
C
O
Gọi cạnh của tam giác đều ABC là a và chiều cao là h, thì S
ABC
= a.h và AB
= BC = CA = a
Ta có S
ABC
= S
AOB
+ S

BOC
+ S
COA
S
AOB
= AB.OH
S
BOC
= BC.OI
S
COA
= BC.OI
Cộng vế theo vế ta được : a.h = AB.OH + BC.OI + BC.OI
<=> a.h = a.OH + a.OK + a.OI <=> a.h = a(OH + OK + OI)
<=> h = OH + OK + OI . Mà h : không đổi => OH + OK + OI không đổi
+Nếu O thuộc cạnh của tam giác đều thì bài toán trên vẫn đúng.
+Nếu thay tam giác đều bằng một đa giác đều thì tổng khoảng cách từ điểm
O bất kỳ nằm trong đa giác đến các cạnh của đa giác vẫn không đổi.
Bài 2 :
Chứng minh định lý Py-ta-go : Trong một tam giác vuông bình phương của
cạnh huyền bằng tổng bình phương của hai cạnh góc vuông.
Ta đã biết chứng minh định lý này bằng cách sử dụng hệ thức lượng
trong tam giác vuông. Ta sẽ sử dụng phương pháp diện tích để chứng minh
định lý này :
Chứng minh
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 9
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
G
F

H
M
N
D
A
B
E
K
C
Lấy các cạnh của tam giác ABC có Â = 90
0
làm cạnh dựng ra ngoài tam giác
các hình vuông BCDE, ABFG , ACMN lần lượt có diện tích là : S
BCDE
=BC
2

= a
2
, S
ABFG
= AB
2
= c
2
, S
ACMN
= AC
2
= b

2
Ta phải chứng minh S
BCDE
= S
ABFG
+ S
ACMN
hay a
2
= b
2
+ c
2
Kẻ đường cao AH của ∆ABC kéo dài cắt DE tại K.
+ Ta chứng minh S
ABFG
= S
BHKE
.
Nối AE và CF : ∆ABE = ∆CBF (c-g-c) => S
ABE
= S
CBF
(1)
∆FBC và hình vuông ABFG có chung cạnh đáy FB, đường cao ứng với đáy
này là bằng AB => S
CBF
= S
ABFG
(2)

∆ABE và hình vuông BHKE có chung cạnh đáy là BE, đường cao ứng với
cạnh đáy này bằng BH => S
ABE
= S
BHKE
(3)
Từ (1), (2) và (3) => S
ABFG
= S
BHKE
(*)
+Ta chứng minh S
ACMN
= S
CDKH

Nối BM và AD
∆BCM = ∆DCA (c-g-c) => S
BCM
= S
DCA
(4)
∆BCM và hình vuông ACMN có chung cạnh đáy CM và có đường cao bằng
nhau và bằng AC => S
BCM
= S
ACMN
(5)
∆ACD và hình vuông CDKH có chung cạnh đáy là CD và có đường cao
bằng nhau và bằng KD => S

ACD
= S
CDKH
(6)
Từ (4), (5) và (6) => S
ACMN
= S
CDKH
(**)
Cộng (*) và (**) vế theo vế, ta được : S
BHKE
= S
ABFG
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 10
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
S
CDKH
= S
ACMN

S
BCDE
= S
ABFG
+ S
ACMN

Hay a
2

= b
2
+ c
2
Bài 3 :
Cho tam giác ABC. Trên phần kéo dài của các cạnh AB, BC và AC
lấy các điểm D, E, F (B nằm giữa A và D ; C năm giữa B và E ; A nằm giữa
C và F) sao cho BD = AB ; CE = BC và AF = AC. Gọi s là diện tích của
∆ABC. Tính diện tích ∆DEF theo s.
Giải
GT ∆ABC có diện tích là s
AB = BD ; BC = CE ; AC = AF
KL S
DEF
?
B
C
A
D
E
F
Cách 1 : Sử dụng tính chất cơ bản của diện tích
Xét ∆ABE có AC là trung tuyến (BC = CE) => S
ABC
= S
ACE
= s
=> S
ABE
= S

ABC
+ S
ACE
= 2s
∆AED có EB là trung tuyến (AB = BD) => S
ABE
= S
BED
= 2s
=> S
AED
= S
ABE
+ S
BED
= 4s
∆BCF có BA là trung tuyến (AC = AF) => S
ABC
= S
BAF
= s
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 11
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
∆CEF có EA là trung tuyến (AC = AF) => S
ACE
= S
AEF
= s
=> S

CEF
= S
ACE
+ S
AEF
= 2s
∆AFD có FB là trung tuyến (AB = BD) => S
DBF
= S
BAF
= s
=> S
AFD
= S
DBF
+ S
BAF
= 2s
S
DEF
= S
AED
+ S
AFE
+ S
AFD
= 4s + s + 2s = 7s
Vậy S
DEF
= 7s

Cách 2 :
Kẻ BI ⊥ AC và EH ⊥ CF
Chứng minh ∆vuông BIC = ∆ vuông EHC (Cạnh huyền và góc nhọn)
=> BI = EH
Ta có AC = AF và AC + AF = CF => CF = 2AC
=> S
CEF
= 2S
ABC
= 2s (hai tam giác có cung đường cao nhưng
cạnh đáy CF của ∆CEF gấp hai lần cạnh đáy AC của ∆ABC)
Tương tự ta cũng chứng minh được S
ADF
= 2S
ABC
= 2s
Và S
BDE
= 2S
ABC
= 2s
Mà S
DEF
= S
ABC +
S
BED
+ S
CFE
+ S

AFD
= s + 2s + 2s + 2s = 7s
Vậy S
DEF
= 7s
Bài 4 :
Cho hình vuông ABCD cạnh a. M, N là trung điểm của AD và CD.
Nối BN và CM cắt nhau tại E. Chứng minh diện tích hình vuông ABCD gấp
5 lần diện tích tam giác BEC .
GT Hình vuông ABCD có AB = BC = CD = DA = a
Và AM = MD , NC = ND
KL S
ABCD
= 5S
BEC

Giải
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 12
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
H
P
Q
E
M
N
A
D
B
C

Cách 1 :
*Để chứng minh S
HV/ABCD
= 5S
∆
BEC
. Ta chuyển về tính S
∆
BEC
= a
2
.
Để tính diện tích tam giác BEC ta kẻ đường cao EH ứng với cạnh
đáy BC (biết BC = a), ta tính EH theo a.
+ Gọi P là trung điểm BC và Q là trung điểm BE => PQ là đường trung bình
của tam giác BEC => PQ = CE (1)và PQ // CE.
+ ∆BCN = ∆CDM (cgc) => NBC = MCD và CMD = BNC
mà BCM = CMD (SLT) =>BCM = BNC
Có : MCD + BCM = 90
0
(góc của hình vuông ABCD)
Nên NBC + BCM = 90
0
=> BEC = 90
0
=> CM ⊥ BN tại E
∆BQP = ∆CEN (gcg) => PQ = NE (2)
Từ (1) và (2) => 2NE = BQ và BQ = CE mà BQ = QE (gt) => BQ = QE =
CE = 2EN
Ta có : BN = BQ + QE + EN = 5NE => NE = BN

=> CE = BN hay =
∆ECH ~ ∆BNC (gg) => = = => EH = BC hay EH = a
S
∆
BEC
= BC.EH = a.a = a
2
. Mà S
ABCD
= a
2
Vậy S
∆
BEC
= S
HV/ABCD
hay S
HV/ABCD
= 5S
∆
BEC

Cách 2 :
Chứng minh ∆BCN = ∆CDM (cgc) => NBC = MCD và CMD = BNC mà
BCM = CMD (SLT) =>BCM = BNC
Có : MCD + BCM = 90
0
(góc của hình vuông ABCD)
Nên NBC + BCM = 90
0

=> BEC = 90
0
=> CM ⊥ BN tại E
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 13
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
Chứng mính ∆CEN ~ ∆BEC => =
2






BC
CN
=
4
1
2
1
2
=













a
a

=> S
CEN
= S
BEC

Kẻ đường chéo BD của hình vuông ABCD => S
BCD
= S
HV/ABCD
= a
2
∆BCD có BN là đường trung tuyến => S
BCN
= S
BCD
= .a
2
= a
2
Mà S
BCN
= S

BEC
+ S
CEN
= S
BEC
+ S
BEC
= S
BEC
hay a
2
= S
BEC
=> 5S
BEC
= a
2
, mà a
2
= S
HV/ABCD
. Do đó S
HV/ABCD
= 5S
BEC
.
Cách 3 :
+ Gọi P là trung điểm BC và Q là trung điểm BE => PQ là đường trung bình
của tam giác BEC => PQ = CE (1)và PQ // CE.
+ ∆BCN = ∆CDM (cgc) => NBC = MCD và CMD = BNC

mà BCM = CMD (SLT) =>BCM = BNC
Có : MCD + BCM = 90
0
(góc của hình vuông ABCD)
Nên NBC + BCM = 90
0
=> BEC = 90
0
=> CM ⊥ BN tại E
∆BQP = ∆CEN (gcg) => BQ = CE mà BQ = QE (gt) => BQ = QE = CE
Ta có BE = BQ + QE = CE + CE = 2CE
Trong ∆ vuông BEC có BC
2
= BE
2
+ CE
2
= (2CE)
2
+ CE
2
= 5CE
2
=> CE =
5
2
BC
=
5
2

a
=
5
a
=> BE = 2CE = 2.
5
a
∆BEC vuông tại E : S
BEC
= CE .BE =
5
a
.2.
5
a
= a
2
.
Mà S
ABCD
= a
2
, nên S
HV/ABCD
= 5S
BEC
.
Bài 5 :
Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao thuộc cạnh bên bằng h, góc ở
đáy bằng α . Chứng minh S

ABC
=
Giải :
GT ∆ABC có AB = AC , CM ⊥ AB tại M, CM = h, B = α
KL S
ABC
=
*Phương pháp : Áp dụng công thức S
ABC
= BC.AD =CM.AB
=> Hãy tính BC và AH theo h và tỉ số lượng giác của góc B hoặc C, hoặc
AB theo h và các tỉ số lượng giác của góc B hoặc C.
Chứng minh :
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 14
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
Kẻ CM ⊥ AB và AD ⊥ BC
h
M
D
B
C
A
∆BCM vuông tại M, ta có : sin B = sinα = = => BC =
∆ADB vuông tại D, ta có : D là trung điểm của BC (vì ∆ABC cân tại A), nên
BD = BC = . = và tanB = tanα = hay = => AD = BD. = . = .
=> S
ABC
= BC.AD = . = .
Bài 6 :

Chứng minh rằng nếu một tam giác có số đo các cạnh nhỏ hơn 1 thì
diện tích tam giác nhỏ hơn .
Phương pháp :
*Nếu tam giác đều có cạnh bằng 1 thì diện tích là
* Nếu tam giác đều có cạnh nhỏ hơn 1 thì diện tích nhỏ hơn
Chứng minh :
Giả sử tam giác ABC có cạnh AB lớn nhất , mà AB < 1. Trên nửa mặt
phẳng chứa tam giác ABC có bờ là đường thẳng chứa cạnh AB ta dựng tam
giác đều ABC’ có cạnh AB < 1 => S
ABC’
< Và AC ≤ AC’ , BC ≤ BC’
Từ C và C’ của ∆ABC và ∆ABC’ kẻ hai đường cao tương ứng có
chiều dài là h và h’ => h ≤ h’
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 15
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
C'
A
B
=> S
ABC
= AB.h và S
ABC’
= AB.h’, do h ≤ h’ => S
ABC
≤ S
ABC’
.
Mà S
ABC’

< (vì cạnh AB của tam giác đều ABC’ nhỏ hơn 1)
Vậy S
ABC
< .
Bài 7 :
Cho tam giác nhọn ABC với ba đường cao tương ứng AH, BI và CK.
Chứng minh S
HIK
= (1 - cos
2
A - cos
2
B - cos
2
C).S
ABC
.
*Phương pháp : Từ hệ thức của bài toán cần chứng minh ta có :
= 1 - cos
2
A - cos
2
B - cos
2
C và S
HIK
= S
ABC
- S
AKI

- S
BKH
- S
CHI
=> Ta phải chứng minh : = cos
2
A, = cos
2
B, = cos
2
C
Chứng minh :
Cách 1:
C
A
B
I
K
H
M
Ta có : S
HIK
= S
ABC
- S
AKI
- S
BKH
- S
CHI

Chia hai vế cho S
ABC
, ta được : = - - -
= 1 - - -
*Từ K kẻ KM ⊥ AC => KM // BI (vì cùng vuông góc với AC)
Tam giác ABI có KM //BI => = (1)
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 16
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
=
ACBI
KMAI
.
2
1
.
2
1
= = . (2)
= .= = .
Tam giác ABI vuông tại I (vì BI⊥ AC) => = cosA
Tam giác AKC vuông tại K (vì CK ⊥ AB) => = cosA
Nên . = cos
2
A , do đó = cos
2
A.
Tương tự ta cũng chứng minh được : = cos
2
B, = cos

2
C
Vậy = - - - = 1 - cos
2
A - cos
2
B - cos
2
C
Nên : S
HIK
= (1 - cos
2
A - cos
2
B - cos
2
C).S
ABC
.
Cách 2 :
*Xét ∆ABI vuông tại I và ∆ACK vuông tại K có góc  chung (hoặc
ABI = ACK - cùng phụ với góc  hay hai góc nhọn có cạnh tương ứng
vuông góc).
=> ∆ABI ~ ∆ACK => = => =
+ ∆AIK và ∆ABC có : = và Â góc chung => ∆AIK ~ ∆ABC
=> = ()
2
= cos
2

A (1)
*Xét ∆ABH vuông tại H và ∆CBK vuông tại K có góc B chung (hoặc
BAH = BCK - cùng phụ với góc B hay hai góc nhọn có cạnh tương ứng
vuông góc)
∆ABH ~ ∆CBK => = => =
+ ∆BHK và ∆BAC có : = và góc B chung => ∆BHK ~ ∆BAC
=> = ()
2
= cos
2
B (2)
*Xét ∆ACH vuông tại H và ∆BCI vuông tại I có góc C chung (hoặc
CAH = CBI - cùng phụ với góc C hay hai góc nhọn có cạnh tương ứng
vuông góc)
∆ACH ~ ∆BCI => = => =
+∆CHI và ∆CAB có = và góc C chung => ∆CHI ~ ∆CAB
=> = ()
2
= cos
2
C (3)
Và ta có : S
HIK
= S
ABC
- S
AKI
- S
BKH
- S

CHI
Hay = - - -
= 1 - - - (4)
Từ (1), (2),(3) và (4) => = 1 - cos
2
A - cos
2
B - cos
2
C
Hay S
HIK
= (1 - cos
2
A - cos
2
B - cos
2
C).S
ABC
.
Bài 8 :
Chứng minh định lý :
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 17
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
“Trong một tam giác chân đường phân giác trong của một góc chia
cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn
thẳng ấy.”
Giải :

Cách 1 : Vận dụng định lý Talét
GT ∆ABC có AD là phân giác góc  (D ∈ BC)
KL =
D
B
C
A
E
Từ đỉnh B kẻ BE // AC cắt tia AD tại E
Ta có BAD = CAD (gt)
BEA = CAD ( so le trong - vì BE // AC)
=> BAD = BEA => ∆ABE cân tại B => AB = BE.
∆ADC có BE // AC (Áp dụng hệ quả định lý Ta-lét ) => =
Mà BE = AB , do đó = . Vậy =
Cách 2 : Giải bằng phương pháp diện tích :
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 18
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
H
F
E
D
B
C
A
Kẻ đường cao AH ( AH ⊥ BC) và từ D kẻ DE ⊥ AB , DF ⊥ AC. Theo tính
chất tia phân giác của góc ta có DE = DF (DE và DF là khoảng cách từ điểm
D trên tia phân giác AD của góc A đến hai cạnh AB và AC )
Ta có S
ABD

= AH.BD = AB.DE
S
ADC
= AH.DC = AC.DF
=> =
DFAC
DEAB
CDAH
BDAH
.
2
1
.
2
1
.
2
1
.
2
1
=
= = (vì DE = DF)
Vậy =
Bài 9 :
Cho hình bình hành ABCD. Trên cạnh BC lấy điểm M, trên cạnh AB
lấy điểm N sao cho AM = CN. Chứng minh rằng đỉnh D của hình bình hành
cách đều hai đường thẳng AM và CN.
*Phương pháp : Vận dụng về diện tích để chứng minh
H

K
C
A
B
D
M
N
Chứng minh :
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 19
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
Từ D kẻ DH ⊥ AM và DK ⊥ CN
+Xét ∆ACD và ∆AMD hai tam giác này có chung cạnh đáy là AD và hai
đỉnh C và M cung năm trên đường thẳng BC song song với AD (Tính chất
cạnh đối của HBH/ABCD) => S
ACD
= S
AMD
(1)
+Xét ∆ACD và ∆NCD có cạnh đáy CD chung và hai đỉnh A và N nằm trên
đường thẳng AB // CD (Tính chất cạnh đối của HBH/ABCD)
=> S
ACD
= S
NCD
(2)
Từ (1) và (2) => S
NCD
= S
AMD

(3)
S
AMD
= DH.AM và S
NCD
= DK.CN (4)
Từ (3) và (4) => DH.AM = DK.CN mà AM = CN (gt) => DH = DK
Vậy đỉnh D của HBH/ABCD cách đều hai đường thẳng AM và CN.
Bài 10 : Cho ∆ABC có AC = b , AB = c, phân giác AD của góc A và phân
giác BE của góc B cắt nhau tại I. Gọi G là trọng tâm của ∆ABC. Chứng
minh rằng : Nếu BC bằng trung bình cộng của AB và AC thì IG // BC
Giải :
Cách 1 : Sử dụng tính chất tia phân giác trong tam giác và tính chất trọng
tâm của tam giác
a
c
b
I
M
E
D
B
C
A
G
K
+AD là đường phân giác trong ∆ABC (đặt BC = a) :
= = => = => =
=> BD =
+BI là đường phân giác trong ∆ABD

= = c : =
Vì a = => = (b + c) : = 2 (1)
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 20
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
+Ta có G là trọng tâm của ∆ABC => = 2 (2)
Từ (1) và (2) => = => IG // DM hay IG // BC
Cách 2 : Sử dụng diện tích tam giác :
+Kẻ IK ⊥ BC
Vì a = => 2a = b + c
Và I là giao điểm của hai đường phân giác trong của ∆ABC, nên I là tâm
đường đường tròn nội tiếp ∆ABC => IK là bán kính của đường tròn nội tiếp
=> S
ABC
= .IK = .IK (1)
Ta có S
IBC
= a.IK (2)
Từ (1) và (2) => S
IBC
= S
ABC
(3)
G là trọng tâm của ∆ABC => =
+Kẻ AH ⊥ BC và GP ⊥ BC => AH // GP
∆AGH có GP // AH => = = => GP = AH
Ta lại có S
ABC
= BC.AH mà S
GBC

= BC.GP = BC.AH = (BC.AH)
=> S
GBC
= S
ABC
(4)
Từ (3) và (4) => S
IBC
= S
GBC
(Hai tam giác có diện tích bằng nhau mà có
chung cạnh đáy nên hai đường cao bằng nhau, do đó I và G nằm trên đường
thẳng song song với BC hay IG // BC
Bài 11 :
Cho ∆ABC có AB = 14cm, AC = 35cm, đường phân giác AD = 12cm.
Tính diện tích ∆ABC ?
Cách giải :
Vẽ DE // AB và tính diện tích tam giác ADE.
F
E
A
B
C
D
Giải :
Từ D kẻ DE // AB => = (1)
Mà = = (vì AD phân giác góc A của ∆ABC) (2)
Từ (1) và (2) => = => = => =
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 21
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học

9
=> AE = 10 (cm)
Ta có BAD = CAD (gt) và BAD = ADE (SLT - vì DE // AB)
=> CAD = ADE => ∆ADE cân tại E.
Kẻ EF ⊥ AD => AF = FD = AD => AF = 6
∆AEF vuông tại F => EF = 8 => S
ADE
= AD.EF = 48 cm
2
Từ D kẻ DK ⊥ AC => DK vừa là đường cao của ∆ADE vừa là đường cao
của ∆ADC. Mà S
ADE
= AE. DK <=> 48 = .10. DK => DK = 9,6 (cm)
=> S
ADC
= AC. DK = .35.9,6 = 168 cm
2
Kẻ AH⊥ BC => AH là đường cao của ∆ABC cũng là đường cao của ∆ADC
Nên S
ADC
= CD.AH <=> 7.S
ADC
= 7CD.AH <=> 1176 = 7CD.AH (3)
Từ = => = <=> 5BC = 7CD (4)
Từ (3) và (4) => 1176 = .5BC.AH <=> = .BC.AH = S
ABC
Vậy S
ABC
= 235,2 cm
2

II.CÁC BÀI TẬP LUYỆN TẬP :
Bài 1 : Cho tam giác ABC có diện tích là s, các đường trung tuyến AD, BE
và CF. Gọi s’ là diện tích tam giác có độ dài các cạnh bằng AD, BE và CF.
Chứng minh rằng s’ = s.
Bài 2 : Hình thang ABCD có các đáy AB = b, CD = a (a > b). Đoạn thẳng
MN song song với hai đáy, hai đầu của đoạn thẳng thuộc hai cạnh bên và
chia hình thang thành hai phần có diện tích bằng nhau. Chứng minh rằng
MN
2
= .
Bài 3 : Cho tam giác ABC vuông cân tại A, đường cao AH và đường phân
giác BE. Đường vuông góc với BE tại E cắt cạnh BC ở G, cắt tia đối của tia
AB ở D. Kẻ EF vuông góc với BC. Tính diện tích tam giác ABC, biết AD =
15 cm, HF = 20 cm.
Bài 4 : Cho tam giác có độ dài các cạnh là BC = a, AC = b, AB = c và a - b =
b - c . G là giao điểm các đường trung tuyến. I là giao điểm các đường phân
giác trong của tam giác đã cho. Chứng minh GI // AC.
Bài 5 : Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân ghiác AD. Vẽ DH
vuông góc với AB. Đặt DH = d, AB = c, AC = b . Chứng minh
= + .
Bài 6 : Cho tam giác ABC và điểm M ở trong hoặc ở trên một cạnh của tam
giác, sao cho S
MBC
= S
MAB
+

S
MAC
. Chứng minh rằng M di động trên một

đoạn thẳng cố định.
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 22
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
Bài 7 : Cho góc xOy, tia Ot nằm trong góc đó. Lấy điểm A cố định trên tia
Ox, điểm B cố định trên tia Oy và điểm C di động trên tia Ot. Tia Ot cắt AB
tại M.
Chứng minh rằng S
AOC
= S
BOC
khi và chỉ khi M là trung điểm của AB
Bài 8 : Cho tam giác ABC, các góc B và C có tỉ lệ 3 : 1; phân giác của góc Â
chia diện tích tam giác theo tỉ lệ 2 : 1 . Tính các góc của tam giác.
Hướng dẫn giải
Bài 1 :
H
G
E
D
F
B
A
C
Gợi ý cách giải
Gọi G là trọng tâm của ∆ABC, H là trung điểm của GC. Chọn S
GDH
làm
trung gian . Tính được S’ = 9S
GDH

và S = 12S
GDH
.
Giải
Cách 1
+Vì G là trọng tâm của tam giác ABC nên : AG = 2GD, BG = 2GE, CG =
2GF. Gọi H là trung điểm của GC => GH = GF
∆BGC có HD là đường trung bình => HD // BG và HD = BG => HD = EG
=> HEGD là hình bình hành => S
GDH
= S
EGH
= S
EGF
(*)
Ta có S
GDH
= S
GDC
(tính chất đường trung tuyến trong tam giác)
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 23
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
Mà S
GDC
= S
ADC
(vì hai ∆ADC và ∆GDC có cùng chiều cao, nhưng cạnh đáy
AD của ∆ADC gấp 3 lần cạnh đáy GD của ∆GDC)
=> S

GDH
= . S
ADC
= S
ADC

Ta lại có S
ADC
= S (tính chất đường trung tuyến trong tam giác)
=> S
GDH
= . S => S = 12S
GDH

+Ta có S’ = S
CDF
+ S
ADE
+ S
BEF

S
CDF
= 3S
GDH
(Hai tam giác này có cùng chiều cao nhưng cạnh đáy của
∆CDF gấp 3 lần cạnh đáy của ∆GDH) (1)
Ta có ∆GDH và ∆EGD có cùng cạnh đáy GD và hai đỉnh đối diện hai cạnh
đó nằm trên cùng một đường thẳng song song với GD => S
GDH

= S
EGD
.
Mà S
ADE
= 3S
EGD
=> S
ADE
= 3S
GDH
(2)
Ta cũng có ∆EFG và ∆EGH có cạnh đáy bằng nhau (vì cùng bằng GC) và
đường cao bằng nhau => S
EFG
= S
EGH
= S
GDH
(theo * )
Mà S
BEF
= 3S
EFG
=> S
BEF
= 3S
GDH
(3)
Cộng (1), (2) và (3) ta được : S’ = 9S

GDH
Vậy = = => S’ = S
Cách 2 :
Kéo dài AD một đoan DH, sao cho GD = GH. => GH = AG
Theo tính chất đường trung tuyến trong tam giác ta có AG = AD,
GH = AD, CG = CF ∆BGD = ∆CHD (cgc) => BG = CH = BE
G
F
D
E
B
A
H
C
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 24
Chuyên đề BD.HSG . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Hình học
9
Vậy = = = . Nên ∆CGH đồng dạng với tam giác có độ dài bằng ba đường
trung tuyến AD, BE, CF của ∆ABC (ccc) và có diện tích là S’. => =
2
2
3






=
=> S’ = S

CGH
. (1)
Ba đường trung tuyến trong tam giác chia tam giác đoành 6 phần có diện
tích bằng nhau và bằng S
ABC
, nghĩa là S
DCG
= S
ABC
=> S
CGH
= S
ABC
(2)
Từ (1) và (2) => S’ = S
CGH
= .S
ABC
= S (vì S
ABC
= S)
Bài 2:
Gợi ý :
Gọi O là giao điểm của AD và BC.
Đặt S = S
ABNM
= S
MNCD
và MN = x
Vận dụng sự đồng dạng của các cặp tam giác ∆OAB và ∆OMN, ∆ODC và

∆OMN .
a
b
x
B
D
C
O
A
M
N
Giải :
Gọi O là giao điểm của AD và BC.
Đặt S = S
ABNM
= S
MNCD
và MN = x
Xét ∆OAB và ∆OMN có : AB//MN => ∆OAB ~ ∆OMN
=> =
2






x
b
= (1)

Xét ∆ODC và ∆OMN có MN //CD => ∆ODC ~ ∆OMN
Biên soạn : Nguyễn Song - GV trường THCS CHU VĂN AN . . . . HH / 25