Diện tích đa giác và một số bài toán hình học

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*******

NGUYỄN THỊ NGUYỆT

DIỆN TÍCH ĐA GIÁC
VÀ MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC

KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Hình học

Ngƣời hƣớng dẫn khoa học:
ThS. GVC. PHAN HỒNG TRƢỜNG

HÀ NỘI - 2015


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2
LỜI CẢM ƠN

Em xin chân thành cảm ơn các thầy giáo, cô giáo trong khoa Toán
trƣờng Đại học Sƣ phạm Hà Nội 2, đặc biệt là các thầy giáo, cô giáo trong tổ
Hình học đã tận tình dạy dỗ, chỉ bảo, giúp đỡ em trong suốt thời gian em theo
học tại khoa và thời gian làm khóa luận tốt nghiệp.
Đặc biệt em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới thầy giáo Phan Hồng
Trƣờng, ngƣời trực tiếp hƣớng dẫn em, luôn chỉ bảo, định hƣớng cho em để
em có thể hoàn thành khóa luận này.
Mặc dù đã có rất nhiều cố gắng, song do thời gian và kinh nghiệm của

bản thân còn nhiều hạn chế nên khóa luận của em không thể tránh khỏi những
thiếu sót. Em kính mong nhận đƣợc sự chỉ bảo và đóng góp ý kiến của các
thầy cô giáo và các bạn sinh viên để khóa luận của em đƣợc hoàn thiện hơn.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 5 năm 2015
Sinh viên

Nguyễn Thị Nguyệt

Nguyễn Thị Nguyệt

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2
LỜI CAM ĐOAN

Trong quá trình nghiên cứu khóa luận “Diện tích đa giác và một số bài
toán hình học”, em có sử dụng một số tài liệu tham khảo để hoàn thành khóa
luận của mình. Danh sách tài liệu này em đã đƣa vào mục Tài liệu tham khảo
của khóa luận.
Em xin cam đoan khóa luận đƣợc hoàn thành bởi sự cố gắng, nỗ lực của
bản thân cùng với sự hƣớng dẫn tận tình của thầy giáo Phan Hồng Trƣờng
cũng nhƣ các thầy cô trong tổ Hình học.
Khóa luận không trùng với kết quả nghiên cứu của các tác giả khác.
Em rất mong nhận đƣợc sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và các bạn
sinh viên để khóa luận của em đƣợc hoàn thiện hơn.

Sinh viên
Nguyễn Thị Nguyệt

Nguyễn Thị Nguyệt

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2
MỤC LỤC

MỞ ĐẦU .......................................................................................................... 1
Chƣơng 1: CƠ SỞ LÝ THUYẾT ..................................................................... 3
1.1. KIẾN THỨC CƠ BẢN ............................................................................. 3
1.1.1. Quan hệ giữa đƣờng vuông góc, đƣờng xiên, hình chiếu ....................... 3
1.1.2. Quan hệ giữa đoạn thẳng và đƣờng gấp khúc ........................................ 3
1.1.3. Một số bất đẳng thức đại số .................................................................... 3
1.2. DIỆN TÍCH VÀ PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH ...................................... 5
1.2.1. Diện tích ................................................................................................. 5
1.2.2. Phƣơng pháp diện tích ............................................................................ 6
Chƣơng 2. PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG ........................................ 8
GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG .......................................... 8
2.1. CÁC BIỆN PHÁP THỰC HIỆN ............................................................... 8
2.1.1. Sử dụng trực tiếp công thức tính diện tích đa giác ................................. 8
2.1.2. Sử dụng các tính chất.............................................................................. 8
2.2. ỨNG DỤNG PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN
HÌNH HỌC PHẲNG ........................................................................................ 9
2.2.1. Bài toán chứng minh............................................................................... 9

2.2.2. Bài toán cực trị ..................................................................................... 22
2.2.3. Bài toán dựng hình ............................................................................... 36
2.2.4. Bài toán tìm tập điểm ........................................................................... 47
2.3. BÀI TẬP LUYỆN TẬP........................................................................... 57
KẾT LUẬN .................................................................................................... 59
TÀI LIỆU THAM KHẢO .............................................................................. 60

Nguyễn Thị Nguyệt

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2
MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài
Để giải các bài toán trong hình học phẳng có nhiều phƣơng pháp, bên
cạnh các phƣơng pháp nhƣ sử dụng phép biến hình, phƣơng pháp vec-tơ,
phƣơng pháp tọa độ… thì phƣơng pháp diện tích cũng là một phƣơng pháp để
giải toán hình học, chứng minh các định lý, công thức. Phƣơng pháp diện tích
đôi khi là một phƣơng pháp hay, có thể cho ta lời giải ngắn gọn, hợp lý đối
với một số bài toán hình học. Ngoài ra, việc vận dụng phƣơng pháp diện tích
còn rèn luyện tƣ duy cho học sinh.
Việc sử dụng phƣơng pháp diện tích vào giải các bài toán trong hình học
phẳng là không nhiều bởi chúng là những bài toán khó. Nhƣng chúng là một
trong những nội dung thƣờng gặp trong các đề thi học sinh giỏi.
Không phải ngẫu nhiên trong lý thuyết chứng minh hình học hiện đại
ngƣời ta có nhắc đến và sử dụng phƣơng pháp diện tích nhƣ một lý thuyết

quan trọng.
Với lý do trên và mong muốn ứng dụng phƣơng pháp diện tích trong
hình học phẳng. Đƣợc sự hƣớng dẫn của thầy giáo Phan Hồng Trƣờng, em đã
chọn đề tài “Diện tích đa giác và một số bài toán hình học” .
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu các ứng dụng khác nhau của phƣơng pháp diện tích, đƣa ra
đƣợc hệ thống các bài toán phong phú và đa dạng thể hiện tính ƣu việt của
phƣơng pháp diện tích.
3. Đối tƣợng, phạm vi nghiên cứu
3.1. Đối tƣợng nghiên cứu
Các bài toán chứng minh, tìm tập điểm, dựng hình, tìm cực trị trong
hình học phẳng.

Nguyễn Thị Nguyệt

1

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

3.2. Phạm vi nghiên cứu
Các bài toán chứng minh, tìm tập điểm, dựng hình, tìm cực trị trong
hình học phẳng đƣợc giải bằng phƣơng pháp diện tích.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu
Một là, đƣa ra hệ thống kiến thức cơ bản để áp dụng các bài toán hình
học bằng phƣơng pháp diện tích.

Hai là, ứng dụng phƣơng pháp diện tích giải bài toán chứng minh, tìm
tập điểm, dựng hình, bài toán cực trị trong hình học phẳng.
5. Phƣơng pháp nghiên cứu
Nghiên cứu lý luận chung về phƣơng pháp diện tích để xác định cơ sở lý
luận của đề tài.
Tìm và tham khảo tài liệu, sách giáo khoa, sách giáo trình có liên quan
để xây dựng hệ thống bài tập ứng dụng phƣơng pháp diện tích để giải bài toán
hình học.
Phân tích và tổng hợp bài tập minh họa, tham khảo ý kiến giảng viên
hƣớng dẫn.
6. Ý nghĩa khoa học, thực tiễn của đề tài
Dùng diện tích giúp ta giải quyết nhiều bài toán ở bậc Trung học cơ sở
nên nội dung khóa luận này mang tính thiết thực có thể sử dụng làm tài liệu
tham khảo cho học sinh khá giỏi của bậc Trung học cơ sở.

Nguyễn Thị Nguyệt

2

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Chƣơng 1: CƠ SỞ LÝ THUYẾT
1.1. KIẾN THỨC CƠ BẢN
1.1.1. Quan hệ giữa đƣờng vuông góc, đƣờng xiên, hình chiếu
Quan hệ giữa đƣờng vuông góc, đƣờng xiên, hình chiếu thƣờng đƣợc sử

dụng dƣới các dạng sau:
*. Trong các tam giác vuông (có thể suy biến thành đoạn thẳng) có cạnh
góc vuông AH và cạnh huyền BC thì AH  BC , xảy ra dấu “=” khi và chỉ khi
H trùng với B.
*. Trong các đoạn thẳng nối từ một điểm đến một đƣờng thẳng, đoạn
thẳng vuông góc với đƣờng thẳng có độ dài nhỏ nhất.
*. Trong các đoạn thẳng nối hai điểm thuộc hai đƣờng thẳng song song,
đoạn thẳng vuông góc với đƣờng thẳng có độ dài nhỏ nhất.
*. Trong hai đƣờng xiên kẻ từ một điểm đến một đƣờng thẳng, đƣờng
xiên lớn hơn khi và chỉ khi hình chiếu lớn hơn.
1.1.2. Quan hệ giữa đoạn thẳng và đƣờng gấp khúc
Với 3 điểm A, B, C bất kỳ ta có:
 AB + AC ≥ BC. Dấu “=” xảy ra khi và chi khi A nằm giữa B và C.
 |AB – AC| ≤ BC. Dấu “=” xảy ra khi và chi khi B, C cùng phía với A.
1.1.3. Một số bất đẳng thức đại số
1.1.3.1. Bất đẳng thức Cauchy
(Bất đẳng thức Cauchy đƣợc sử dụng trong các bài toán hình học bằng cách
biểu thị độ dài thay đổi bằng các biến x, y,..)
Cho hai số không âm x, y. Khi đó ta có x + y  2 xy
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y.
Hệ quả của bất đẳng thức Cauchy
Nếu hai số có tổng không đổi thì tích của chúng lớn nhất khi và chỉ khi
hai số đó bằng nhau.
Nguyễn Thị Nguyệt

3

K37B - SP Toán

Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Nếu hai số dƣơng có tích không đổi thì tổng của chúng nhỏ nhất khi và
chỉ khi hai số đó bằng nhau.
Ta còn sử dụng bất đẳng thức Cauchy để mở rộng cho ba số dương:
Từ bất đẳng thức Cauchy ta có một số bất đẳng thức thƣờng hay sử dụng khi
giải bài toán cực trị hình học là:
 Với ba số dƣơng a, b , c ta luôn có:

 a + b + c  

1 1 1
+ + 9
b b
a

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
 Với ba số dƣơng a, b, c ta luôn có:

a
b
c
3
+
+

b+c a+c b+a
2

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c
1.1.3.2. Bất đẳng thức Bunhiacopski
 Với hai bộ n số thực ( a1, a2, a3,…an) và (b1, b2, b3,…bn) bất kỳ ta có:
(a1 b1+ a2 b2+ …+an bn)2 ≤ (a12 + a22 +…+ an2). (b12 + b22 +…+ bn2).
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

a1
a
a
= 2 = ... = n
b1
b2
bn

 Với x + y = a ( với a là hằng số ) thì

a2
a2
2
2
hoặc (xy)max =
hoặc (x + y )min =
.
4
2
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y =

a
2

 Nếu x.y = a (a là hằng số) thì ( x + y) min = 2 a  x = y =

a

1.1.3.3. Bất đẳng thức lũy thừa bậc hai
 Các bất đẳng thức lũy thừa bậc hai thƣờng đƣợc sử dụng dƣới dạng:
A2  0 ; - A2 ≤ 0

Nguyễn Thị Nguyệt

4

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Do đó với m là hằng số, ta có:
f = A2 + m  m; min f = m khi và chỉ khi A = 0
f = - A2 + m ≤ m; max f = m khi và chỉ khi A = 0
1.2. DIỆN TÍCH VÀ PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH
1.2.1. Diện tích
1.2.1.1. Định nghĩa
Số đo của phần mặt phẳng giới hạn bởi một đa giác đƣợc gọi là diện tích
của đa giác đó.
Diện tích của hình H trong mặt phẳng đƣợc ký hiệu là SH.
1.2.1.2. Tính chất của diện tích
* Mỗi đa giác đều có một diện tích xác định. Diện tích của đa giác là

một số dƣơng
* Hai tam giác bằng nhau thì có diện tích bằng nhau.
* Nếu một đa giác đƣợc chia thành những đa giác không có điểm trong
chung thì diện tích của đa giác ban đầu bằng tổng diện tích của những đa giác đó.
* Hình vuông có cạnh là 1 thì có diện tích là 1.
1.2.1.3. Diện tích của các hình đặc biệt
* Cho tam giác ABC có AB = c, BC = a, AC = b. Gọi ha , hb , hc lần lƣợt
là các đƣờng cao hạ từ A, B, C; R, r là bán kính đƣờng tròn ngoại tiếp, nội
tiếp tam giác, p =

a+b+c
là nửa chu vi tam giác.
2

Khi đó diện tích tam giác ABC đƣợc tính theo công thức:
 S=

1
1
1
a. ha = b. hb = c. hc
2
2
2

 S=

1
1
1

ab. sin C = bc. sinA = ca. sin B
2
2
2

 S=

abc
4R

Nguyễn Thị Nguyệt

5

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp
 S=

Trường ĐHSP Hà Nội 2

p.(p - a)(p - b)(p - c)
a

* Diện tích hình chữ nhật
S = a.b

b

(với chiều dài và chiều rộng lần lƣợt là a và b)
*Diện tích hình vuông

a

Diện tích hình vuông bằng bình phƣơng cạnh của nó.
S = a2
(với a là độ dài cạnh hình vuông)
* Diện tích hình thang
Diện tích hình thang bằng nửa tích tổng hai đáy

a

với chiều cao.
h

1
S = ( a+ b ) . h
2

(với a, b là độ dài hai đáy, h là chiều cao)
* Diện tích hình bình hành
a

Diện tích hình bình hành bằng tích của một cạnh
với chiều cao tƣơng ứng.

h

S = a.h

* Diện tích tứ giác có hai đƣờng chéo vuông góc bằng nửa tích độ dài
hai đƣờng chéo.
* Diện tích đa giác
Việc tính diện tích của một đa giác bất kỳ thƣờng đƣợc quy về việc tính diện
tích của các hình đặc biệt kể trên.
1.2.2. Phƣơng pháp diện tích
Ta đã biết công thức tính diện tích của các đa giác nhƣ công thức tính
diện tích tam giác, tứ giác, hình thang, hình bình hành,… và một số tính chất
về tỉ số diện tích. Khi biết một số yếu tố nhƣ độ dài đoạn thẳng, số đo góc, số

Nguyễn Thị Nguyệt

6

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

đo chu vi,… của các hình thì ta có thể tính đƣợc diện tích của các hình đó.
Ngƣợc lại nếu biết quan hệ diện tích của các hình thì ta có thể suy ra quan hệ
của các yếu tố trên.
Nhƣ vậy sử dụng các công thức diện tích và tỷ số diện tích có thể giúp
ta so sánh và thiết lập mối quan hệ giữa các hình với nhau nhƣ ba đƣờng
thẳng đồng quy, hai đƣờng thẳng song song,…
Để giải một bài toán hình học bằng phƣơng pháp diện tích ta thực hiện
theo các bƣớc sau:
 Thiết lập quan hệ diện tích giữa các hình.

 Sử dụng công thức diện tích, tính chất và tỷ số diện tích để biễu diễn
mối quan hệ đó.
 Biến đổi mối quan hệ trên ta suy ra kết luận của bài toán.

Nguyễn Thị Nguyệt

7

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Chƣơng 2. PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG
GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG
2.1. CÁC BIỆN PHÁP THỰC HIỆN
2.1.1. Sử dụng trực tiếp công thức tính diện tích đa giác
Ta sử dụng công thức tính diện tích đa giác đã nêu ở chƣơng 1
2.1.2. Sử dụng các tính chất
2.1.2.1. Tính chất 1
Cho tam giác ABC, N là điểm giữa B và C sao cho BN = kCN thì

SABN
=k
SACN
Đặc biệt nếu N là trung điểm của BC thì SABN = SACN
A

B

A

N

C

B

C

N

2.1.2.2. Tính chất 2
Cho hai tam giác ABC và tam giác DBC chung cạnh BC. Gọi AH và
DK là hai đƣờng cao của ∆ABC và ∆DBC. Khi đó ta có
nếu BC  AD = E thì
A

D

SABC
AE
=
SDBC
DE
A

A

D

D
B

H

K

Nguyễn Thị Nguyệt

C

B

SABC
AH
=
và
SDBC
DK

C

8

E

B

E

C

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

2.1.2.3 Tính chất 3
Cho hai đƣờng thẳng DB và CE cắt nhau tại A. Khi đó

B

E

B

A

C

A

SADE
AE.AD
=
SABC

AB.AC

E

E
D

A
2.1.2.4. Tính chất 4 D
D cắt AB tạiBE và cắt AC tạiCF.
C Cho ∆ABC, đƣờng thẳng song song với BC
Khi đó ta có

SAEF
EF2
; SEFB = SEFC
=
SABC
BC2

A

E

A

F

B

B

E

C

C

F

2.2. ỨNG DỤNG PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH GIẢI MỘT SỐ BÀI
TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG
Trong hình học có nhiều dạng toán mà khi áp dụng phƣơng pháp diện
tích sẽ cho ta lời giải ngắn gọn, độc đáo. Ở đây tôi xin trình bày bốn dạng
toán cơ bản nhất là bài toán chứng minh, bài toán tìm cực trị, bài toán dựng
hình, bài toán tìm tập điểm.
2.2.1. Bài toán chứng minh
2.2.1.1. Một số ví dụ
Ví dụ 1: Chứng minh rằng tổng khoảng cách từ một điểm tùy ý trong
tam giác đều đến ba cạnh của tam giác là không đổi.

Nguyễn Thị Nguyệt

9

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Lời giải
Cách 1: (Hình 1)
A

A
R
K

K
J

P

M
HI

B

B

C

T

S

M

J
Q

H I

C

Hình 2

Hình 1

Gọi AH là đƣờng cao của ∆ABC, vì ∆ABC đều nên độ dài AH không đổi.
Nối MA, MB, MC ta đƣợc các tam giác MAB, MAC, MBC.
Gọi MI, MJ, MK lần lƣợt là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB
Khi đó ta có: SABC = SMAB + SMBC + SMAC


1
1
1
1
BC.AH = AB.MK + BC.MI + CA.MJ
2
2
2
2

 MK + MI + MJ = AH (vì ∆ABC đều nên AB = AC = BC)
Vậy tổng khoảng cách từ điểm M bất kỳ trong ∆ABC đều đến các cạnh của
tam giác có độ dài không đổi và bằng chiều cao của tam giác.

Cách 2: (Hình 2)
Từ M trong tam giác ta kẻ đƣờng thẳng song song với BC, cắt AB và
AC tƣơng ứng tại P và Q. Dễ thấy do ∆ABC đều nên ∆APQ đều.
Từ M kẻ đƣờng thẳng song song với AC, cắt AB tại R  ∆MPR đều
Gọi PT là đƣờng cao của ∆MPR, S = PT  RM.
Khi đó ta có: MI + MJ + MK = MI + ST + PS (∆MPR đều nên MK = PS)
 MI + MJ + MK = MI + PT = AH (không đổi)

Nguyễn Thị Nguyệt

10

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Vậy tổng khoảng cách từ điểm M bất kỳ trong ∆ABC đều đến các cạnh
của tam giác có độ dài không đổi và bằng chiều cao của tam giác.
Nhận xét
Từ hai cách chứng minh trên, ta thấy với bài toán trên sử dụng phƣơng
pháp diện tích ở cách 1 cho lời giải ngắn gọn, dễ hiểu và hình vẽ đơn giản hơn
so với ở cách 2.

 = 900, AC = b, AB = c, BC = a.
Ví dụ 2: Cho ∆ABC, BAC
Chứng minh rằng a2 = b2 + c2 (Định lý Pitago)
Lời giải

B’
B
b
a
c
A

b

C

c A’

Trên tia đối của tia CA lấy điểm A’ sao cho CA’ = c. Từ A’ dựng đƣờng
thẳng vuông góc với AC, lấy B’ sao cho A’B’ = b.
Xét ∆ABC và ∆A’CB’ có:
AC = A’B’ = b và AB = A’C’ = c

 ∆ABC = ∆A’CB’
= 
 BC = B’C = a và BCA
A'B'C
Mặt khác:

 + BCA
 = 900 , A'CB'
 +
ABC
A'B'C = 90 0
 + A'CB'

 = 900  
nên BCA
BCB' = 900
Vậy ∆BCB’ vuông tại C

Nguyễn Thị Nguyệt

11

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp
Ta có SABC =

Trường ĐHSP Hà Nội 2

1
1
1
bc , SA'BC = bc , SBCB' = a 2
2
2
2

Lại có tứ giác ABB’A’ là hình thang do đó AB // A’B’
(cùng vuông góc với AC) nên

SABB'A' =

1
1
(c + b).(b + c) = (b + c) 2 . Mặt khác:
2
2

SABB'A' = SABC + SA'B'C + SBB'C
1
1
 (b + c) 2 = (bc + bc + a 2 )
2
2

hay a 2 = b2 + c2 (điều phải chứng minh)
Nhận xét
Có rất nhiều cách để chứng minh định lý Pitago nhƣ chứng minh của
Euclid, dùng hình mở rộng, cắt và ghép hình, chứng minh bằng đại số, chứng
minh bằng vi phân…, cách chứng minh dựa vào diện tích nhƣ trên là của một
Tổng thống Mỹ năm 1876. Đó đƣợc coi là một trong những cách chứng minh
hay và sáng tạo. Hơn nữa, cách chứng minh này phù hợp và vừa sức để chứng
minh cho học sinh.
Ví dụ 3: Chứng minh rằng trong tất cả các tứ giác lồi có cùng chu vi
cho trước thì hình vuông có diện tích lớn nhất.
B
Lời giải
C
A
K

H

D
Giả sử ABCD là tứ giác lồi có chu vi l cho trƣớc

Đặt AB = a, BC = b, CD = c, DA = d. Khi đó a + b + c + d = l
Từ B kẻ BH  AD, BK  CD, ta có SABCD = SABD + SBCD

Nguyễn Thị Nguyệt

12

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

1
1
HB.AD + BK.CD
2
2
1
1
 SABCD  AB.AD + BC.CD
2
2
1
1
 SABCD  a.d + b.c

2
2
 = BCD
 = 900
Dấu “ =” xảy ra khi H  A và B  K hay BAD
Suy ra SABCD =

1
1
a.d + b.c
2
2
 = ADC
 = 900
Dấu “ =” xảy ra khi ABC
Tƣơng tự  SABCD 

(1)

(2)

1
Từ (1) và (2) suy ra SABCD  (a+c) . (b+d)
(3)
4
 = BCD
 = ABC
 = ADC
 = 900 tức là khi ABCD là
Dấu “=” xảy ra khi BAD

hình chữ nhật. Khi đó a = c và b = d
Mặt khác

(4)

4
1
(a+c) . (b+d)
(a+c) . (b+d) =
16
4

(a+c)2 + 2(a+c)(d+b) + (b+d)2

16
(a + b + c +d)2
1
=
= l2
4
16
Từ (3) và (5) suy ra SABCD

l
= 
4

(5)

2

(6)

Dấu “=” xảy ra khi a + c = b + d

(7)
2

Từ (4), (6), (7) suy ra SABCD

l
lớn nhất bằng   khi a = b = c = d, tức là khi
4

l
4
Ví dụ 4. Cho tứ giác ABCD, các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại

ABCD là hình vuông có cạnh có độ dài là

E, Gọi F và G theo thứ tự là trung điểm của các đường chéo AC và BD.

Nguyễn Thị Nguyệt

13

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Chứng minh rằng SEFG =

Trường ĐHSP Hà Nội 2

1
SABCD
4

Lời giải

Nối AG và CG, ta có:

SEFG = SAEG - SAGF - SAEF
= SABG + SEGB - SAGF - SAEF
=

1
( SABD + SEBD - SACG – SACE )
2

=

1
1
( SADE – SAGCE ) = ( SABCD – SABCG )
2
2

=

1
( SABCD - SABG – SBCG )
2

=

1
1
1
( SABCD - (SABD + SBCD ))
2
2
2

=

1
1
( SABCD - SABCD )
2
2

=

1
SABCD
4

Nhận xét
 Nếu AD  BC = H thì SHGF =

1
SABCD . Khi đó ta có SHGF = SEFG .
4

 Nếu AD  BC = H và K là trung điểm của EH, khi đó dựa vào bài
toán trên ta chứng minh đƣợc G, F, K thẳng hàng.
Nguyễn Thị Nguyệt

14

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Ví dụ 5. Cho hình bình hành ABCD, gọi P, Q, R, S theo thứ tự là
trung điểm của các cạnh CD, DA, AB, BC. Vẽ bốn đường thẳng nối lần
lượt các đỉnh A, B, C, D với các điểm P, Q, R, S. Chứng minh rằng tứ giác
tạo bởi các đường này có diện tích bằng

1
diện tích hình bình hành ABCD.
5

Lời giải
A

R
H

E

Q
G
D

Ta có

B

F
C

P

HE
EF
FG
GH
=
=
=
=1
EB FC GD HA

Áp dụng tính chất 1 ta có:

SBRE = SARE
 SABH = SBRE + SARE + SAEH = 2SBRE + SEHG

SAEH = SEHG
=

1
1
SABH + SEHG  SABH = SEGH hay SABH = 2SEGH
2
2

Tƣơng tự ta có:
SADG = 2SHGF , SDCF = 2SGFE , SCBR = 2SHEF
Cộng vế với vế các đẳng thức trên ta có
SABH + SADG + SDCF + SCBR = 2(SABH + SHGF + SGFE + SHEF) = 4SEFGH
 SABH + SADG + SDCF + SCBR + SEFGH = 5 SEFGH
 SABCD = 5 SEFGH hay SEFGH =

1
SABCD .
5

Nhận xét

Nguyễn Thị Nguyệt

15

K37B - SP Toán

Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

 Vì tứ giác EFGH là hình bình hành nên bài toán có thể phát biểu nhƣ
sau:
“Cho hình bình hành EFGH, trên tia đối FE, GF, HG, EH lần lượt lấy
các điểm C, D, A, B sao cho E, F, G, H lần lượt là trung điểm các đoạn HB,

1
5

EC, FD, GA. Chứng minh rằng S EFGH  S ABCD ”
 Khi tứ giác ABCD hay EFGH không phải hình bình hành thì kết luận
trên cũng đúng nên ta có bài toán sau:
“ Cho tứ giác EFGH, trên tia đối FE, GF, HG, EH lần lượt lấy các điểm
C, D, A, B sao cho E, F, G, H lần lượt là trung điểm các đoạn HB, EC, FD,
GA. Chứng minh rằng SEFGH 
 Ta thấy rằng

1
S ABCD ”
5

HE
EF
FG
GH

S
=
=
=
= 1 thì ABCD = 5
EB FC GD HA
SEFGH

Thay “1” bởi “m” thì SABCD =  2m(m+1) + 1.SEFGH
Nhƣ vậy ta đƣợc bài toán tổng quát của bài toán trên:
“Cho tứ giác EFGH, trên tia đối FE, GF, HG, EH lần lượt lấy các điểm
C, D, A, B sao cho

HE EF FG GH



 m.
EB FC GD HA

Chứng minh rằng SABCD =  2m(m+1) + 1.SEFGH ”.
Ví dụ 6: Trên các cạnh BC, AC, AB của ∆ABC lấy các điểm E, F, G.
Chứng minh rằng AE, BF, CG đồng quy khi và chỉ khi

AG BE CF
.
.
 1.
GB EG FA
(Định lý Xeva khi ba điểm E, F, G nằm trên ba cạnh của tam giác)

Lời giải

Nguyễn Thị Nguyệt

16

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2
A
G

F
P

B

E

C

* Điều kiện cần
Giả sử AE, BF, CG đồng quy tại P
Xét ∆ABP và ∆ACP có AP  BC = E
nên

SAPB

BE
=
SACP
CE

Tƣơng tự ta có:

(1)

SACP
GA
=
SBCP
GB

(2)

SCBP
FC
=
SABP
FA

(3)

Từ (1), (2), (3) ta có

GA EB FC SACP SABP SCBP
.
.

=
.
.
=1
GB EG FA SCBP SACP SABP

* Điều kiện đủ
Gọi P là giao điểm của BF, CG và E’ là giao điểm của AP và BF
Do AE’, BF, CG đồng quy tại P nên theo chứng minh điều kiện cần ta có:

AG BE' CF
.
.
=1
GB EG FA
Mặt khác theo giả thiết ta có

(1*)

AG BE CF
.
.
=1
GB EG FA

(2*)

Từ (1*) và (2*) ta có

BE' BE

BE' + E'C BE + EC
=

=
E'C EC
E'C
EC
BC
BC

=
 E'C = EC
E'C EC
Nguyễn Thị Nguyệt

17

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Mà E, E’ đều thuộc đoạn BC nên E  E'
Vậy AE, BF, CG đồng quy.
Nhận xét.
 Bài toán còn có thể phát biểu nhƣ sau:
“Cho ∆ABC, dựng các ∆ABD, ∆BCH, ∆CAK sao cho các điểm D, H, K
theo thứ tự nằm bên trong các góc ACB, BAC, CBA.

Tìm điều kiện để AH, BK, CD đồng quy”
Ví dụ 7: Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy hai điểm M và N.

MB.NB  AB 
 
Chứng minh rằng MAB

NAC khi và chỉ khi

MC.NC  AC 

2

Lời giải
A

* Điều kiện cần

 = NAC
 , kẻ AH  BC.
Giả sử MAB
Theo tính chất trên ta có:

SMAB
AM.AB
=
SNAC
AN.AC
Ta lại có

SMAB
SNAC

(1)
B M H

N

C

1
AH.BM BM
2
=
=
1
CN
AH.CN
2

(2)

BM AM.AB
=
CN AN.AC

(*)

Từ (1) và (2) suy ra

 = NAC
 nên NAB
 =
Mặt khác vì MAB
MAC
S
AN.AB
 =
MAC nên ta có NAB =
Xét ∆ANB và ∆AMC có NAB
SMAC
AM.AC
Lại có

SNAB
SMAC

1
AH.BN
BN
BN
AN.AB
2
=
=

=
1
CM AM.AC
AH.CM CM

2

Nguyễn Thị Nguyệt

18

(**)

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

MB.NB  AB 
Nhân hai vế của (*) và (**) ta có
=

MC.NC  AC 

2

* Điều kiện đủ
2

MB.NB  AB  

Giả sử
=

 , MAB  NAC
MC.NC  AC 

(3)

 = N'AC

Khi đó trên BC lấy N’ sao cho MAB
MB.N'B  AB 
Theo chứng minh trên ta có
=

MC.N'C  AC 
Từ (3) và (4) 

2

(4)

NB N'B
=
 N'  N (N, N'  BC)
NC N'C

 = NAC

 MAB
Nhận xét
 Nếu M  N  D với AD là phân giác góc A. Khi đó ta
2

 DB   AB 
có 
 =

 DC   AC 

2

DB AB
=
DC AC



Vậy kết quả ví dụ 6 là tính chất mở rộng quen thuộc của đƣờng phân
giác.
 Từ kết quả của ví dụ 6 ta xét bài toán mở rộng sau:
“Cho tam giác ABC, AD là phân giác trong góc A. Trên AD lấy hai điểm

  NBD
 . Chứng minh rằng MCA
  NCD
”
M, N sao cho MBA
A

Hƣớng dẫn

 = NBD

.
Từ giả thiết MBA
Áp dụng kết quả bài toán trên cho ∆ABD

M

ta có:

MA.NA  BA 
=

MD.ND  BD 

N

2

(1)
B

Nguyễn Thị Nguyệt

19

D

C

K37B - SP Toán

Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

 nên ta có
Vì AD là phân giác BAC
BA CA
DB AB

=
=
BD CD
DC AC

(2)
2

MA.NA  CA 
Từ (1) và (2) suy ra
=
 .
MD.ND  CD 

 =
Áp dụng kết quả bài toán trên cho ∆ACD ta đƣợc MCA
NCD
Ví dụ 8: Cho tam giác ABC, về phía ngoài tam giác dựng các tam giác
ABG, BCE, CAF sao cho SBCE + SCAF + SABG < SABC . Qua E, F, G ta kẻ các
đường thẳng tương ứng song song với BC, CA, AB, chúng cắt nhau tạo

thành ∆MNP. Chứng minh rằng SMNP < 2SECFAGB .
Lời giải

Áp dụng định lý Talet ta có MA, NB, PC đồng quy tại O.
Vì NE // BC nên SBCE = SBCN



SBCE
S
NB
= BCN =
SBCO
SBCO
OB

Tƣơng tự ta có



SCAF
PC
S
MA
=
và ABG =
SCAO
OC
SABO
OA

nên

SBCE
S
S
S + SCAF + SABG
= CAF = ABG = BCE
<1
SBCO
SCAO
SABO
SABC

hay

NB PC MA


1
OB OC OA

Nguyễn Thị Nguyệt

20

K37B - SP Toán


Khóa luận tốt nghiệp

Trường ĐHSP Hà Nội 2

Do đó NB < OB  SBNE < SBOE ; PC < OC  SCPE < SCOE

 SBNE + SCPE < SBOE + SCOE
 SBNE + SCPE + SOBEC < SBOE + SCOE + SOBEC
 SBNE + SCPE + SOBEC < 2SOBEC
 SONP  2SOBEC
Tƣơng tự ta có SOPM < 2SOCFA ; SOMN < 2SOAGB

 SMNP = SONP + SOMP + SOMN < 2 (SOBEC + SOCFE + SOAGB ) < 2SACFAGB
Nhận xét
Nếu SBCE + SCAF + SABG > SABC thì SMNP > 2SECFAGB
2.2.1.2. Bài tập củng cố
Bài 1: Cho hình thang ABCD (AB // CD ), hai đường chéo AC và BD
cắt nhau tại P. Chứng minh rằng: SPAB +SPCD  SABCD.
Bài 2: Qua một điểm cho trước trong tam giác, kẻ ba đường thẳng song
song với các cạnh của tam giác, các đường thẳng này chia tam giác thành
sáu phần, ba phần trong đó là các tam giác có diện tích là S1, S2, S3 và S là
diện tích của tam giác đã cho.Chứng minh rằng S1 + S2 + S3 ≥

1
S
3

Bài 3: Cho hình bình hành ABCD, trên cạnh BC và CD lần lượt lấy M
và N sao cho

CN

BM
2
. Gọi P và Q theo thứ tự là giao đểm của AM và AN
ND
MC

với BD. Chứng minh rằng S APQ 

1
S AMN .
2

Bài 4: Cho hình bình hành có bốn đỉnh nằm trên bốn cạnh của một tứ
giác, trong đó hai đỉnh của hình bình hành là trung điểm hai cạnh đối của tứ
giác. Chứng minh rằng diện tích hình bình hành bằng nửa diện tích tứ giác.
Bài 5: Cho tam giác ABC. Lấy các điểm D, E, F theo thứ tự thuộc các

1
1
1
cạnh AB, BC, CA sao cho AD  AB , BE  BC , CF  CA . Các đoạn
3
3
3

Nguyễn Thị Nguyệt

21

K37B - SP Toán