Phương Pháp Giải Bài Toán Tính Diện Tích Và Chứng Minh Bằng Phương Pháp Diện Tích

SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

Mục lục
____________________________________________

Phần I

Lời nói đầu

2

Nội dung

3

A.

3

Phương pháp giải toán tính diện tích
đa giác và chứng minh bằng phương pháp diện tích.

I/ Các tính chất cơ bản của diện tích đa giác
II/ Các công thức tính diện tích của các đa giác
đặc biệt

3

III/ Cách giải bài toán tính diện tích và phương
pháp diện tích

5

Phần II B. Một số dạng

Phần
III

3

bài tập áp dụng và hướng dẫn giải.

6

I/ Các bài toán tính diện tích đa giác

6

II/ Các bài toán giải bằng phương pháp diện tích

14

1/ Các bài toán chứng minh về quan hệ diện
tích và sử dụng diện tích để tìm quan hệ về
độ dài đoạn thẳng
2/ Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị

14

Kết luận

37

29

Phần I : Lời nói đầu
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

-1-


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

Như chúng ta đã biết, cùng với sự phát triển tư duy của con
người, toán học ra đời. Toán học là môn khoa học đặc biệt, môn khởi
đầu cho sự ra đời của các môn khoa học khác và cung rất cần thiết cho
các ngành khoa học kỹ thuật. Toán học đã rèn luyện cho con người
nhiều đức tính quí: tính cần cù, lòng say mê, sáng tạo, kiên trì.
Trong toán học không thể không kể đến bộ môn hình học. Hình
học rèn luyện cho con người khả năng tư duy trừu tượng, sự sáng tạo
và khả năng phân tích tổng hợp. Trong đó, một dạng toán tương đối
khó, đòi hỏi nhiều tới khả năng tư duy cao, vận dụng linh hoạt những
kiến thức rất cơ bản đã được học đồng thời phải quan sát kĩ lưỡng đặc
điểm từng bài toán, đó là
" Diện tích đa giác và phưong pháp diện tích " .
Trong quá trình giảng dạy cho học sinh của câu lạc bộ toán lớp 8
của trường tôi nhận thấy các bài tập về diện tích đa giác và chứng minh
bằng phương pháp diện tích rất hay và lí thú. Chúng có mặt rất nhiều
trong các đề thi học sinh giỏi của Quận và trong các đề thi vào lớp 10
các trường chuyên.
Chính vì vậy tôi đã viết SKKN về chuyên đề này để dạy cho học

sinh của câu lạc bộ toán lớp 8 của trường để giúp học sinh bớt lúng
túng khi gặp những bài tập loại này, đồng thời giúp học sinh củng cố
những kiến thức cơ bản đã học và nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo

Chuyên đề gồm
I/ Các bài toán tính diện tích đa giác
II/ Các bài toán chứng minh bằng phương pháp diện tích
1/ Các bài toán chứng minh về quan hệ diện tích và sử dụng

diện tích để tìm quan hệ về độ dài đoạn thẳng
2/ Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị

Phần II. Nội dung.
A.Phương pháp giải toán tính diện tích đa giác
và phương pháp diện tích:
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

-2-


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

Để giải các bài toán tính diện tích học sinh cần phải nắm chắc các kiến
thức sau:
I/ Các tính chất cơ bản của diện tích đa giác:

1. Nếu một đa giác được chia thành các đa giác không có điểm chung
thì diện tích của nó bằng tổng diện tích của các đa giác đó ( tính cộng)
2. Các đa giác bằng nhau có diện tích bằng nhau( tính bất biến)
3. Hình vuông có cạnh bằng một đơn vị dài thì diện tích của nó là một

đơn vị vuông ( tính chuẩn hóa)
4. Hai tam giác có cùng chiều cao thì tỉ số diện tích bằng tỉ số hai đáy
tương ứng với hai chiều cao.
5. Hai tam giác có chung cạnh thì tỉ số diện tích bằng tỉ số hai chiều
cao ứng với cạnh đó.
6. Tam giác đều cạnh a có diện tích

a 3
2

II/ Các công thức tính diện tích của các đa giác đặc biệt:

1. Công thức tính diện tích hình chữ nhật:
Diện tích hình chữ nhật bằng tích hai kích thước của nó
S = a.b.

b
a

2. Công thức tính diện tích hình vuông:
Diện tích hình vuông bằng bình phương cạnh của nó.
S = a2

a
a

3. Công thức tính diện tích tam giác:
a) Diện tích tam giác:

Diện tích tam giác bằng nửa tích của một cạnh với chiều cao ứng với

cạnh đó
S = 1 a.h

h

2

a

b) Diện tích tam giác vuông:
Diện tích tam giác vuông bằng nửa tích hai cạnh góc vuông
S=

1
a.b
2

=

1
2

c.h

a

b
h
c

Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

-3-


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

4. Công thức tính diện tích hình thang:
Diện tích hình thang bằng nửa tích của tổng hai đáy với chiều cao
S=

a

1
(a+b).h
2

h
b

5. Công thức tính diện tích hình bình hành:
Diện tích hình bình hành bằng tích của một cạnh với chiều cao ứng
với cạnh đó
S = a.h

h
a

6. Công thức tính diện tích của tứ giác có hai đường chéo vuông
góc:

Diện tích của tứ giác có hai đường chéo vuông góc với nhau bằng
nửa tích của hai đường chéo đó.
S = 1 d1.d2
2

d2

d1

7. Công thức tính diện tích của hình thoi
Diện tích hình thoi bằng nửa tích của hai đường chéo.
S=

1
d1.d2
2

d2

d1

III/ Cách giảI bài toán tính diện tích và phương pháp diện tích:

1/ Để tính diện tích của một đa giác:
+/ Đa giác đó có công thức tính nhưng chưa đủ dữ kiện để tính đòi hỏi
ta phải đi tính dữ kiện thiếu đó rồi mới tính được diện tích đa giác.
+/ Đa giác có công thức tính nhưng nếu sủ dụng công thức vẫn không
thể tính nổi thì phải thông qua diện tích của đa giác khác và sử dụng
các tính chất đã nêu ở trên.
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

-4-


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

+/ Tính diện tích của một đa giác không có công thức thì ta cần biến
đổi diện tích này bằng diện tích của hình khác đã có biết cách tính diện
tích.

2/ Chứng minh hình bằng phương pháp diện tích:
+/ Ta đã biết một số công thức tính diện tích của những đa giác dã nêu
ở trên. Do đó khi biết độ dài của một số yếu tố, ta có thể tính được diện
tích của những hình ấy. Ngược lại nếu biết quan hệ diện tích của hai
hình từ đó kết hợp với yếu tố đã biết khác, tổng hợp các kiến thức liên
quan để suy ra điều cần chứng minh.

+/ Để so sánh hai độ dài nào đó bằng phương pháp diện tích,
ta có thể làm theo các bước sau:
- Xác định quan hệ diện tích giữa các hình.
- Sử dụng các công thức diện tích để biểu diễn mối quan hệ đó
bằng một đẳng thức có chứa các độ dài.
- Biến đổi đẳng thức vừa tìm được ta có quan hệ về độ dài giữa
hai đoạn thẳng cần so sánh.

3/ Để giải các bài toán về bất đẳng thức và cực trị ta cần nắm
được:
Phương pháp giải: Xuất phát từ các bất đẳng thức đã biết, vận dụng
các tính chất của bất đẳng thức để suy ra bất đẳng thức cần chứng
minh.

Các bài toán cực trị thường được trình bày theo hai cách;
Cách 1: Đưa ra một hình rồi chứng minh rằng mọi hình khác có các
yếu tố( đoạn thẳng, góc, diện tích…) lớn hơn hoặc nhỏ hơn yếu tố
tương ứng của hình được đưa ra.
Cách 2: Thay điều kiện một đại lựợng đạt cực trị bằng các điều kiện
tương đương, cuối cùng dẫn đến điều kiện xác định được vị trí của
điểm để đạt cực trị
Các bất đẳng thức thường được dùng để giải toán cực trị:
+/ Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên.
+/ Quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu.
+/ Bất đẳng thức tam giác
+ / Các bất đẳng thức đại số

B. Một số bài tập và hướng dẫn giải
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

-5-


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

I/ Các bài toán tính diện tích đa giác
Để tính diện tích của một đa giác:
+/ Đa giác đó có công thức tính nhưng chưa đủ dữ kiện để tính đòi hỏi
ta phải đi tính dữ kiện thiếu đó rồi mới tính được diện tích đa giác.
+/ Đa giác có công thức tính nhưng nếu sủ dụng công thức vẫn không
thể tính nổi thì phải thông qua diện tích của đa giác khác và sử dụng
các tính chất đã nêu ở trên.
+/ Tính diện tích của một đa giác không có công thức thì ta cần biến

đổi diện tích này bằng diện tích của hình khác đã có biết cách tính diện
tích.
Bài 1: Cho tam giác ABC cân ở A, AB = AC = 5cm, BC = 6cm. Gọi O
là trung điểm của đường cao AH. Các tia BO và CO cắt cạnh AC và
AB lần lượt ở D và E. Tính SADOE ?
A
E

D
N

O
B

C

H

Bài giải:

Hướng giải :
Để tính diện tích đối với bài tập này
học sinh phải. nhận thấy S ABC đã biết nên
ta cần tìm mối quan hệ về SADOE với
SABC. Lại có H và O là những điểm đặc
biệt trên các đoạn AC, AH nên ta dễ
dàng tìm được mối quan hệ đó bằng
cách lấy thêm điểm N là trung điểm của
DC.

Gọi N là trung điểm của CD.
=> AD = DN = NC =
S

AD

1
AC.
3

1

AOD
=
= (Chung chiều cao hạ từ O xuống AC)
=> S
AC 3
AOC

S AOC AO 1
=
= (Chung chiều cao hạ từ C xuống AH)
S AHC AH 2

Mà SAHC =

=> SAOD =

1
SAHC (1)

6

1
SABC ( Chung chiều caoAH) (2)
2

Từ (1) và (2) => SAOD =

1
SABC
12

Mà SAOE = SAOD
=> SADOE = 2 SAOD =

1
SABC.
6

áp dụng đlí Pitago vào ∆AHC vuông tại H => AH = 4cm
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

-6-


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

=> SABC =

AH.BC 4.6

=
= 12cm 2
2
2

Vậy SADOE =

1
.12 = 2 cm2.
6

Bài 2: Cho hbh ABCD có diện tích bằng 1. Gọi M là trung điểm của
BC, AM cắt BD ở Q. Tính diện tích MQDC ?
C

D
E

M

N

Q
A

B

Phân tích đề bài và hướng giải:

Hs cần nhận thấy SABCD = 1 nên dễ dàng suy ra SBCD =

1
.
2

Để tính SMQDC thì phải thông qua SBCD và SBMQ .
Do đó ta cần phải tìm mối quan hệ của SBMQ với SBCD .
Để tìm được mối liên hệ đó ta phải xét xem Q nằm trên BD có ở vị trí
đặc biệt không bằng cách lấy thêm điểm N là trung điểm của AD.
Bài giải:
Lấy N là trung điểm của AD.
Ddcm AMCN là hình bình hành => AM // CN
=> QB = QE ; ED = QE ( Định lí đường trung bình)
=> BQ = QE = ED
1

1

=> SBMQ = 2 SBCQ ; SQBC = 3 SBCD.
=> SBMQ =
=> SMQDC =

1
6

SBCD
5
6

5

SBCD = 12 SABCD =

5
12

Bài 3: Cho hình chữ nhật ABCD, trên cạnh BC lấy M: BM =
Trên cạnh CD lấy N sao cho CN =

1
3

1
5

BC.

CD.

a) Tính SAMN theo SABCD.
Phân
đềSbMNQP
ài và
hướSng
gi.ải:
b) BD cắt AM ở P, BD cắt AN
ở Q.tích
Tính
theo
ABCD

Để giải câu (a) hs dễ dàng nhận ra
A
B
phải sử dung tính chất 1: Nếu một đa
P
giác được chia thành các đa giác
không có điểm chung thì diện tích
M
Q
của nó bằng tổng diện tích của các đa
giác đó ( tính cộng).
K
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ
H
N
D
C

-7-


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

Nên để tính diện tích của ∆AMN ta phải làm
SAMN = SABCD - SABN - SCMN - SADN
(b) Tính SMNQP theo SABCD cần phải tìm mối liên hệ SMNPQ với SAMN vì các
đỉnh của tứ giác nằm trên cạnh của ∆ AMN.
Muốn tìm mối liên hệ đó rõ ràng phải thông qua ∆ APQ.
Ta nhận thấy ∆ APQ và ∆ AMN có hai đáy cùng thuộc một đường
thẳng nên ta phải kẻ thêm đường vuông góc PK và MH. Từ đó suy ra

lời giải của bài toán.
Bài giải:
a) SAMN = SABCD - SABN - SCMN - SADN
SABM =

1
S
10 ABCD

Do đó ta tính được :
Vậy SMNPQ =

2
S
S
15 ABCD; ADN
13
SAMN = 60 SABCD

; SCMN =

1

= 3 SABCD.

13
SABCD
60

1

S APQ 2 PK.AQ PK AQ
=
=
.
b) Kẻ MH ⊥ AN ; PK ⊥ AN => S
1
MH AN
AMN
MH.AN
2
PK AP
=
Vì PK// MH ( cùng vuông góc với AN) =>
.(Theo định lí Ta let).
MH AM
AP AD 5
AP 5
=
= =>
Ddcm
=
PM BM 1
AM 6
AQ AB 3
AQ 3
=
= =>
= .
Vì DN // AB =>
QN DN 2

AN 5
S

AP AQ

5 3

1

1

13

APQ
=
.
= . = => SAPQ = SMNPQ = SAMN =
Do đó S
SABCD
AM AN 6 5 2
2
60
AMN

Bài 4: Cho ∆ ABC có AB = 3; AC = 4, BC = 5. Vẽ các đường phân
Phân
tích
đề bài và hướng giải:
giác AD, BE, CF. Tính diện tích tam
giác

DEF.
- Để
tính- 1999)
được diện tích của ∆ DEF thì ta
( Đề thi học sinh giỏi quận Ba đình
1998
phải đi tính SABC, SAEF, SBFD, SDFC
Học sinh dễ dàng tính được SABC, SAEF vì
A
đó là hai tam giác vuông.
- Để tính được SBFD, SDFC thì cần phải kẻ
E
thêm đường cao. Căn cứ thêm vào giả thiết
F
: có phân giác của các góc nên từ đó suy ra
kẻ đường cao FH và EK
=> FH = FA; EK = EA.
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

B

H

D

K

C

-8-

SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

Bài giải: ∆ABC có AB = 3, AC = 4, BC = 5.
Nên ddcm ∆ ABC vuông tại A.
Ta có CF là phân giác ACB =>
4

4

=> FA = 9 .3 = 3
Cmtt => AE =

FA CA 4
=
=
FB CB 5

=> (*) SAEF =
3
.
2

=>

FA 4
=
AB 9

AE.AF 1 3 4
= . . =1
2
2 2 3

Hạ FH ⊥ BC ; EK ⊥ BC.
=> FH = FA ; EK = AE ( Tính chất tia pg của một góc)
Cmtt như trên ta tính được DB =
20
7
FH.BD 1 4 15 10
SBFD = 2 = 2 . 3 . 7 = 7
EK.DC 1 3 20 15
SDFC = 2 = 2 . 2 . 7 = 7
AB.AC 3.4
SABC = 2 = 2 = 6

15
7

( Dựa vào định lí đường phân giác

trong tam giác) => DC =
(*)
(*)
(*)

=> SDEF = SABC - ( SAEF + SBFD + SDFC)
Vậy SDEF =

10
.
7

Bài 5: Cho hình thoi ABCD, hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại O.
Đường trung trực của AB cắt BD, AC tại M, N. Biết MB = a,
NA = b. Tính diện tích hình thoi theo a và b.

Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

-9-


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

B
H
N

A

O

C

D
M

Bài giải: Gọi H là trung điểm của AB. Dễ dàng nhận thấy:
*) ∆AHN ∽ ∆MHN ( g.g) =>

=> HN =

b
b
. HB = . HA
a
a

AN HN b
=
=
MB HB a

AH HN
=
AO OB
OB HN HN b
b
=
=
=
=>
=> OB = . OA
a
OA AH HB a

*) ∆AHN ∽ ∆AOB (g.g) =>

*) ∆AHN vuông tại H => HN2 + HA2 = AN2 ( Theo định lí Pitago)
b2

=> HA (1 + 2 ) = b2 .
a
2

a2b2
4a 2b 2
2
2
Do đó HA = 2
=> AB = 4HA = 2 2
a +b
a + b2
2

*) ∆AOB vuông => OA2 + OB2

= AB2

b2
4a 2b 2
2
=> OA + 2 . OA = 2 2
a +b
a
2

4a 4 b 2
2a 2b
2a b 2
Do đó OA = 2 2 2 => OA = 2 2 và OB = 2 2

(a + b )
a +b
a +b
2

Mà SABCD = 2.OA.OB
Vậy SABCD

8a 3b 3
= 2 2 2
(a + b )

Bài 6: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 30cm. Trên các cạnh
AB, BC, CD, DA thứ tự lấy các điểm E, F, G, H: AE = 10cm;
BF =12cm, CG = 14 cm, DH = 16cm.
a) Tính SEFGH .
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 10 -


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

2 MF
2
, FN= EN .
3
3
2
Trên cạnh HG lấy hai điểm P, Q : GP = HQ = MF . Tính SMNPQ .

5

b) Trên EF lấy hai điểm M, N : sao cho EM =

10cm

A

E

B
M

N

12cm
F

H

16cm

Q
P

D

G

14cm

C

Phân tích đề bài và hướng giải:
a) Ta nhận thấy để tính được SEFGH phải thông qua SABCD, SAEH, SEBF,
SFCG, SHGD là các hình tính được diện tích qua các công thức đã học.
b) Vì tứ giác MNPQ có các đỉnh nằm trên cạnh của tứ giác EFGH ở
những vị trí đặc biệt theo gt đã nêu. Do đó ta cần tìm mối liên hệ giữa
tứ giác MNPQ với EFGH. Từ đó tính được diện tích của tứ giác
MNPQ.
Bài giải:
a)Từ gt => EB = 20cm, CF = 18cm, DG = 16cm, AH = 14cm.
*) SABCD = 900 cm2.
AE.AH
EB.BF
2
=
70
cm
;
S
EBF =
2
2
FC.CG
DH.DG
2
=
126cm
;

S
HGD =
2
2

*) SAEH =

= 120cm2

SFCG =

= 128 cm2.

=> SEFGH = 900 - ( 70 + 120 + 126 + 128) = 456 cm2
2
2
2
b) Vì EM = MF (gt) => EM = EF => SHEM = SHEF => SHMF =
5
5
3
3
SHFE
5

GP =

2
3
HG (gt) => PH = HG => SHFP =

5
5

3
SHFG
5

3

3

=> SHMF + SHFP = 5 ( SHEF + SHFG) = 5 SEFGH .
Dd chứng tỏ PQ =

1
HP ,
3

MN =

1
MF
3

Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

1

1

=> SMQP = 3 SMHP ; SPMN = 3 SMPF.
- 11 -


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

=> SMQP + SPMN =
=> SMNPQ =

1
( SMHP
3

1
SEFGH
5

+ SMPF.) =

1 3
. SEFGH
3 5

=

1
SEFGH
5

1

= 5 .456 = 91,2 (cm2)

Bài 7: Cho hình thang ABCD. Biết độ dài hai đường chéo là 3 và
5, độ dài đoạn thẳng nối trung điểm hai đáy là 2. Tính diện tích hình
thang
B

M

C

A

N

P

D

K

E

Bài giải: Gọi M, N lần lượt là trung điểm 2 đáy BC, AD.
Dựng hình bình hành BCKD ta có : CK = BD = 5.
=> SABCD = SCAK .
Kẻ CP là trung tuyến ∆ ACK.
Ta có: NP = ND + DK - PK
AD

AK
+ DK −
2
2
DK BC
=
= MC .
=
2
2

=

=> MNPC là hình bình hành => CP = MN = 2.
Dựng hình bình hành ACKE ta có: CE = 4, EK = 3, CK = 5.
=> ∆ EKC vuông tại E => AC ⊥ CP.
SCAK = 2.SACP = AC.CP = 6 đvdt.

Vậy SABCD = 6 đvdt.

Bài 8: Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy M, N, P lần lượt thuộc AB,
BC, CD sao cho AM : MB = 1:2 ; BN : NC = 2:3 ; CP : PD = 3:4.
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 12 -


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

Nối CM, DN chúng cắt nhau tại điểm E. Đường thẳng qua E song

song với AB cắt AP tại F. Đường thẳng BF cắt AD tại Q.
a) Tính DQ : QA ?
b) Tính SPEQ theo SABCD ?
( Đề thi học sinh giỏi lớp 8 quận Ba Đình năm học 2000 - 2001)
M

A

B

I

N
F

T

S
E

Q

K

P

D

C

Phân tích đề bài và hướng giải:
a) +/ Để tính DQ : DA ta cần xem tỉ số đó bằng tỉ số nào ?
+/ Để tìm các đoạn thẳng tỉ lệ với bài này ta nên sử dụng định lí Ta Lét
vì có các đường song song nhưng phải kéo dài DN , CD, AB, BQ:
DN ∩ AB = {I} ; BQ ∩ CD = { K}.
Do đó ta thấy được:

DQ KD
=
.
DA AB

Vì AB = CD . Nên ta có thể tìm

KD
.
CD

b) Ta nhận thấy các đỉnh của ∆ PEQ đều nằm trên các cạnh của hình
thang vuông TEPD.
Do đó để tính SPEQ ta cần phải thông qua các STEPD , STQE , SDPQ.
Bài giải:
a)DN ∩ AB = {I} ; BQ ∩ CD = { K}.
BI BN 2
=
=
CD NC 3

MB =

2
AB
3

=> BI =
=

2
CD
3

=> MI =

4
MI 4
CD =>
=
3
CD 3

2
CD
3

Có MI// CD =>

EI
MI EM 4
=
=

=
ED CD EC 3

ME BS
BS FB
FB 4
=
=
⇒
=
mà
EC SC
SC FK
FK 3
FB AB
AB 4
3
3
AB// KP => FK = KP => KP = 3 => KP = 4 AB = 4 CD .
3
5
CD .
Mà DP = CD => KD =
7
28

ES // MB =>

Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 13 -


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

Vậy

QD KD 5
=
=
.
QA AB 28

b) SPQE = STEPD - STQE - SDPQ.

ES EC
=
.
ES 3
2
MB MC
=>
= ; có MB = CD
EC 3
EC 3
MB 7
3
Mà EM = 4 => MC = 7
2
5

=> ES = 7 CD => TE = 7 CD
1
14
5
1 3 9
27
3
*) STEPD = 2 (DP + ET).TD = 2  7 CD + 7 CD . 7 AD = 2 . 7 . 7 AD.CD = 98 S ABCD .


QD 5
QD 5
5
Có QA = 28 ( cmt) => DA = 33 => QD = 33 AD
64
3
AD .
TD = SC = AD .=> TQ = TD - QD =
7
231
1
1 5
64
320
160
AD =
S ABCD =
S ABCD
*)STEQ = .TE.TQ = . .CD.
2

2 7
231
3234
1617

Ta có :

*) SQDP =

1
1 5
4
10
.QD.DP = . .AD. CD =
S ABCD .
2
2 33
7
231

=> S PQE

= STEPD - STQE - SDPQ =

431 S
3234 ABCD .

II/ Các bài toán chứng minh bằng phương pháp diện tích
1/ Các bài toán chứng minh về quan hệ diện tích và quan hệ các đoạn thẳng:

+/ Ta đã biết một số công thức tính diện tích của những đa giác đã nêu
ở trên. Do đó khi biết độ dài của một số yếu tố, ta có thể tính được diện
tích của những hình ấy. Ngược lại nếu biết quan hệ diện tích của hai
hình từ đó kết hợp với yếu tố đã biết khác, tổng hợp các kiến thức liên
quan để suy ra điều cần chứng minh.
+/ Để so sánh hai độ dài nào đó bằng phương pháp diện tích, ta có
thể làm theo các bước sau:
- Xác định quan hệ diện tích giữa các hình.
- Sử dụng các công thức diện tích để biểu diễn mối quan hệ đó
bằng một đẳng thức có chứa các độ dài.
- Biến đổi đẳng thức vừa tìm được ta có quan hệ về độ dài giữa
Phân tích đề bài và hướng giải:
hai đoạn thẳng cần so sánh.
- Ta
nh
ậnCác
thấyđường
∆OABchéo
và ∆OCD
Bài 1: Cho hình thang ABCD, BC
//
AD.
nhau
không chung đường cao vàcắt
cũng
tại O. Chứng minh rằng: SOAB =không
SOCD . chung cạnh.
- ∆BAD và ∆CAD là hai tam giác có
chiều cao bằng nhau và chung đáy
AD => SBAD = SCAD => đpcm

Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 14 -


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích
B
C

O

A

D

Bài giải:
- Vì BC // AD ( gt) => Chiều cao hạ từ B và C cùng xuống AD bằng
nhau.
=> SBAD = SCAD
=> SOAB +SOAD = SOCD + SOAD
Vậy SOAB = SOCD.
Bài 2: Cho hình bình hành ABCD có AB > BC và góc BAD nhọn,
đường phân giác của góc BAD cắt CD tại M và cắt đường thẳng BC
tại N. Gọi O là diểm cách đều ba điểm C, M, N và K là giao điểm của
OB và CD.
Chứng minh:a) SOBN = SODC
b) SBCK + SNOC = SDOK
Phân tích đề bài và hướng giải:

C

B

N

K
O
M

A

D

a) Ta nhận thấy ∆OBN và ∆OCD có
ON = OM.
Vì vậy để cm SOBN = SODC ta nghĩ đến
tính chất: hai tam giác bằng nhau thì
có diện tích bằng nhau.
Do đó ta cần cm: ∆OBN = ∆OCD.
b) Để cm: SBCK + SNOC = SDOK
ta cần tìm mối liên hệ của SBCK và SNOC
với SOBN. SDOK với SODC

Bài giải:
a) Vì O cách đều các điểm M, C, N => OM = ON = OC.
Vì BN// AD => BNA = NAD

=> BNA = NAB

Mà NAD = NAB

=> ∆BAN cân tại B => BA = BN => BN = CD.
Cmtt => CM = CN => ∆CMN cân => CMO = CNO (1)
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 15 -


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

Có OM = ON( cmt) => ∆OMN cân

Có OM = OC( cmt ) => ∆OCM cân tại O => CMO = MCO (2)
Từ (1) và (2) => CNO = MCO
Do đó ddcm : ∆OBN = ∆OCD (c.g.c)
Vậy SOBN = SODC
b) SBCK + SNOC = SOBN - SOCK (3)
SDOK = SODC - SOCK (4)

Mà SOBN = SODC (cmt) (5)
Từ (3) (4)(5) => SBCK + SNOC = SDOK (đpcm)
Bài 3: Đường thẳng đi qua trung điểm hai đường chéo AC, BD của
tứ giác ABCD cắt các cạnh AB, CD ở M và K.
Chứng minh rằng: SDMC = SAKB
B
A
M
P

D

Q

C

K

Phân tích đề bài và hướng giải:
Để cm: SDMC = SAKB ta phải tìm các tam giác có diện tích bằng

nhau ở trong bài này và diện tích tam giác đó có mối liên hệ
thế nào với diện tích tam giác ta cần chứng minh.
Bài giải:
Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AC , BD.
=> BP = PD ; AQ = QC.
Do đó SMAQ = SMCQ; SKAQ = SKCQ => SAMK = S CMK. (1)
Cmtt => SBMK = SDMK (2)
Từ (1) và (2) => SBMK - SAMK = SDMK - S CMK
Vậy SDMC = SAKB (đpcm)
Bài 4: Cho hình bình hành ABCD. Điểm E trên tia đối của tia BA,
điểm F trên tia đối của tia DA. Nối BF và DE cắt nhau ở K.
Chứng minh: SABKD = SCKE +SCKF
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 16 -


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích
B
E
A

K
C

D

M
N

Phân tích đề bài và hướng giải:
Để cm: SABKD = SCKE +SCKF
- Ta không thể chứng tỏ ngay mối
liên hệ SCKE ,SCKF vớiSABKD.
- Cần phải tìm mối liên hệ SABKD
với SABCD; SCKE +SCKF với SABCD.

F

Bài giải:
Ta có SABKD = SABCD - ( SCDK + SCBK) (1)
Hạ EM ⊥ CD ; FN ⊥ BC.
1

1

=> SECD = 2 SABCD ; SFCB = 2 SABCD.
Do đó SECD + SFCB = SABCD
=> SCDK + SCKE + SCBK + SCKF = SABCD
=> SCKE+ SCKF = SABCD - (SCDK+ SCBK) (2)
Từ (1) và (2) => SABKD = SCKE +SCKF

Bài 6: Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P thứ tự là trung điểm của AB,
BC, CD. Chứng minh rằng: SMNP =
B

N
C

M

P

A
Q

1
4

SABCD.

Phân tích đề bài và hướng giải:
Ta có M, N, P là trung điểm các cạnh của
tứ giác ABCD. Nếu ta lấy thêm Q là trung
điểm của AP => MNPQ là hình bình
hành.Do đó SMNP = 1 SMNPQ.
2
Ta nhận thấy SMNPQ có mối liên hệ với SABCD.
Vì vậy => đpcm

D

Bài giải:
Lấy P là trung điểm của AP.
Do đó ddcm được MNPQ là hình bình hành.
1

=> SMNP = 2 SMNPQ.
SMNPQ = SABCD - SMNB - SCNP - SDPQ - SAMQ
1

1

SBMN = 2 SBAN = 4 SABC.
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 17 -


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

SCNP =

1
S
2 BCP

= 4 SCBD

1

SDPQ =

1
S
2 QCD

= 4 SDAC

1

1

1

SAMQ = 2 SAMD = 4 SABD
=> SMNPQ = SABCD -

1
(
4

SABC + SCBD+ SDAC + SABD)

1

SMNPQ = SABCD - 4 .2 SABCD =
1

Do đó SMNP = 2 SMNPQ=

1

4

1
2

SABCD

SABCD

Bài 7: Cho ∆ ABC có ba góc nhọn, vẽ đường cao BD, CE. Gọi H, K
là hình chiếu của B, C trên đường thẳng ED. Chứng minh rằng:
a) EH = DK.
A
b) SBEC + SBDC = SBHKC
P

D

N

K
Q

E
H

B

E'

N'

M D'

C

Bài giải:
a) Gọi M, N thứ tự là trung điểm của BC và ED.
∆MED có ME = MD (cùng bằng 1/2 BC) nên là tam giác cân.
Do đó MN ⊥ ED.
Hình thang BHKC có BM = MC, MN // BH // CK
=> N là trung điểm của HK( định lí đường trung bình )
Mà có NE = ND .
Vậy EH = DK (đpcm).
b) Vẽ EE' , NN', DD' vuông góc với BC.
Ddcm được NN' là đường trung bình hình thangEE'D'D.
=> EE' + DD' = 2NN'
1

1

Do đó S BEC + SBDC = 2 BC.EE' + 2 BC.DD' =BC.NN' (1)
Qua N vẽ đường thẳng PQ // BC, cắt BH và CK ở P và Q.
Ta có BC.NN' = SBPQC (2)
Mà ddcm được: ∆NHP = ∆NKQ (g.c.g) => SNHP = SNKQ
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 18 -

SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

=> SBPQC = SBHKC (3)
Từ (1)(2)(3) => S BEC + SBDC = SBHKC
Bài 8: Cho tứ giác ABCD. Các đường thẳng AB cắt CD tại E. Gọi F
và G theo thứ tự là trung điểm của đường chéo AC và BD.
Chứng minh rằng: SEFG =

1
S
.
4 ABCD

A

B
F
G

D

C

E

Phân tích đề bài và hướng giải:
+/ Để cm: SEFG = 1 SABCD ta cần
4
phải biểu diễn SEFG thông qua
diện tích của các hình có liên

quan với SABCD.
+/ Cần dựa vào gt có các đoạn
thẳng bằng nhau => Có diện tích
các tam giác bằng nhau.
=> đpcm

Bài giải:
Nối AG , CG. Ta có:
S EFG = SAEG - SAFG - SAFE .
Mà SAEG = SABG + SEBG
Nên S EFG = SABG + SEBG- SAFG - SAFE .
1

Có SABG = 2 SABD ( vì GB =
SAFG =

1
S
2 AGC

( vì AF =

1
BD);
2

1
AC)
2

1

SEBG = 2 SEBD ( vì GB =
1

; SAFE = 2 SACE( vì AF =

1
BD)
2

1
AC)
2

1

=> S EFG = 2 ( SABD + SEBD - SAGC - SACE)
S EFG =

1
(
2

SADE - SAGCE)

1

S EFG = 2 ( SABCD + SEBC - SEBC - SABCG).
Ddcm: SABCG =

S EFG =

1
(
2

1
2

SABCD -

SABCD
1
2

SABCD) => S EFG =

1
4

SABCD

Bài 9: Cho ∆ ABC và hình bình hành BCDE nằm cùng phía đối với
BC sao cho các điểm D, E nằm bên ngoài tam giác. Vẽ các hình
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 19 -


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

bình hànhABGH, ACIK sao cho đường thẳng GH đi qua E, đường
thẳng IK đi qua D. Cmr: SBCDE = SABGH + SACIK.
(Bài toán của Páp, nhà toán học Hi Lạp thế kỉ III)
O
K

H
A

N

E

D
I

G
B

C

M

Phân tích đề bài và hướng giải:
CM: SBCDE = SABGH + SACIK.
+/ Rõ ràng bài này ta cần vẽ đường phụ
+/ Ta cần cm: S BENM = SABGH.; SCDNM = SACIK
Bài giải:
Vẽ hình bình hành ABEO => ACDO là hình bình hành.

Do đó GH ∩ IK = {O}.
Cho OA ∩ BC ={M}; OA ∩ DE = {N}
Ddcm được SABGH = SABEO ( chung cạnh, chung đường cao)
SABEO = S BENM ( chung cạnh BE, đường cao từ A và N
xuống BE bằng nhau).
=> S BENM = SABGH.
Cmtt => SCDNM = SACIK
Do đó : S BENM + SCDNM = SABGH.+ SACIK
Vậy : S BEDC = SABGH.+ SACIK
Bài 10: Cho tứ giác ABCD. M và N là trung điểm của AB, CD. AN
B
cắt DM tại P, CM
M cắt BN tại Q.
Chứng
A minh: SMPNQ = SADP + SBCQ.
( Đề thi học sinh giỏi Quận Ba Đình năm học 1999 - 2000).
P

Q

Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

D

H

I N

K

C

- 20 -


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

Phân tích đề bài và hướng giải:
Chứng minh: SMPNQ = SADP + SBCQ.
+/ Cần tìm mối liên hệ của SMPNQ với SMDC.
+/ Cần tìm mối liên hệ SADP với SADN ; SBCQ với SBCN.
=> đpcm
Bài giải:
Dựng AH, MI và CK cùng vuông góc với DC.
=> AH // MI // BK; AH + BK = 2MI.
*) SMDC = SMPNQ + SDPN + SQCN (1)
*) SADN + SBCN = SADP + SDPN + SBQC + SQCN
SADN + SBCN = (SADP + SBQC) + (SDPN + SQCN ) (2)
*) SMDC =

MI.CD
2

; SADN + SBCN =

AH.DN BK.CI (AH + CD)CD MI.CD
+
=
=
2

2
4
2

=> SMDC = SADN + SBCN (3)
Từ (1) (2) (3) => SMPNQ = SADP + SBCQ.(đpcm)
Sử dụng công thức tính diện tích để thiết lập quan hệ các đoạn thẳng:

Bài 11: Cho ∆ ABC vuông tại A, đường cao AH.
Chứng minh rằng: AB.AC = BC. AH
A

Bài giải: SABC =
=>

B

H

C

AB.CD
BC.AH
; SABC =
2
2

AB.AC BC.AH
 AB.AC
=

2
2

= BC. AH

Bài 12: a) Chứng minh rằng: Tổng các khoảng cách từ một điểm M
bất kì nằm trong ∆ ABC đều đến các cạnh của tam giác không phụ
thuộc vị trí của điểm M.
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 21 -


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích
A

K

I
M
B

H

O

C

Bài giải:
Gọi cạnh ∆ABC đều là a, chiều cao của tam giác là h.

*) SABC = SMAB + SMBC + SMAC.
*) SABC =

a.h
2

(1)

*) SMAB + SMBC + SMAC =

MI.a MH.a MK.a (MI + MH + MK)a
+
+
=
2
2
2
2

(2)

Từ (1) và (2) => MH + MI + MK = h
Mà h: không đổi
Vậy MH + MI + MK không đổi khi M ở vị trí bất kỳ nằm trong ∆ABC.
b) Quan hệ trên thay đổi như thế nào nếu M thuộc miền ngoài ∆ABC.
Chứng minh được: MH + MI - MK = h.

Bài 13: Các điểm E, F nằm trên các cạnh AB, BC của hình bình
hành ABCD sao cho AF = CE. Gọi I là giao điểm của AF , CE.
Chứng minh rằng: ID là tia phân giác của AIC.

A

E

H

B

I
K
F

D

C

Phân tích đề bài và hướng giải:
+/ Để chứng minh ID là phân giác AIC ta nghĩ đến cần chứng minh
khoảng cách từ D đến IA và IC phải bằng nhau.
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 22 -


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

+/ Tiếp tục cần cm: SADF = SDCE vì hai tam giác có: AF = CE (gt)
+/ Tìm mối liên hệ giữa SADF và SDCE với SABCD
Bài giải:
+/ Hạ DH ⊥ IA ; DK ⊥ IC.

+/ Gọi chiều cao hình bình hành hạ từ B xuống AD là h1.
Gọi chiều cao hình bình hành hạ từ A xuống CD là h2
=> SADF =

AD.h1 S ABCD
=
2
2

.

S DCE =

CD.h2 S ABCD
=
2
2

=> SADF = S DCE (1)
SADF =

DH.AF
(2)
2

; S DCE =

DK.CE
2

(3)

Mà AF = CE (gt) (4)
Từ (1)(2)(3)(4) => DH = DK.
Vậy ID là phân giác của AIK.
Bài 14: Cho ∆ ABC đều. A', B', C' thứ tự là hình chiếu của M ( M
nằm trong ∆ ABC hoặc trên AB, BC, CA). Các đường vuông góc với
AB tại B , vuông góc với BC tại C, vuông góc với CA tại A cắt nhau ở
D, E, F.
Chứng minh: a) ∆ DEF đều.
b) AB' + BC' +CA' không phụ thuộc vị trí điểm M.
D
A
H

C'

B'
M

E

K
B

C

A'
I

F

Bài giải:
a) ddcm được : ∆ DEF đều.
b) Goị cạnh ∆ ABC đều là a => cạnh ∆DEF đều là a

3

h: chiều cao ∆DEF đều => h không đổi
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 23 -


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

Từ M hạ MH ⊥ DE, MI ⊥ EF, MK ⊥ DF.

Mà MH + MI + MK = h _ Dựa và bài 11 ( đã cm)
Ta ddcm : MH = AB'; MI = BC' ; MK = CA'.
=> MH + MI + MK = AB' + BC' + CA'.
Do đó AB' + BC' + CA' = h - không đổi
Vậy AB' + BC' + CA' không phụ thuộc vị trí điểm M.
Bài 15: Cho ∆ ABC vuông tại C, trong tam giác ấy lấy điểm O sao
cho SOAB = SOBC = SOCA. Chứng minh rằng: OA2 + OB2 = 5. OC2
C
N

M

O
A

B

I

Bài giải:
Ddcm bài toán: Gọi G là trọng tâm của tam giác thì SGAB =SGAC = SGBC.
Do đó ta cm: O là trọng tâm của ∆ABC.
Từ O kẻ OM ⊥ AC, ON ⊥ BC; cho CO ∩ AB= {I}
1

Theo giả thiết SOAC = 3 SABC
1

Nên ddcm : OM = 3 BC;
1

Cmtt : ON = 3 AC.
1

1

Đặt BC = a, AC = b, ta có: OM = 3 a, ON = 3 b.
Do đó OA2 = AM2 + OM2 ; OB2 = NB2 + ON2 (Theo định lí Pitago)
2

OA =

2

2

2

2

4 2 1 2
2  1 
 b +  a = b + a
9
9
3  3 

2
1
4
1
OB =  a  +  b  = a 2 + b 2
9
9
3  3 
 b 2 a2 
2
2
=> OA + OB = 5  9 + 9  (1)


2

Vì O là trọng tâm ∆ABC => OC = 3 CI
 AB 2  a 2 + b 2
2
=> OC =  9  =
(2)
9


2

=

2 AB AB
.
=
.
3 2
3

Từ (1) và (2) => OA2 + OB2 = 5OC2
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 24 -


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

Bài 16: Từ điểm M tùy ý trong ∆ ABC, các đường thẳng MA, MB,
MC lần lượt cắt BC, CA, AB tại A1, B1 , C1 .
MA1

Chứng minh: AA

+

1

A

MB1 MC1
+
=1
BB1 CC1

B1

C1
M

A1 K

B

H

C

Phân tích đề bài và hướng giải:
MA 1

+/ Để chứng minh AA

+

1

MB1 MC1
+
=1
BB1 CC1

ta thấy cần phải xét từng tỉ số của

hai đoạn thẳng trong hệ thức trên.
+/ Nếu biểu thị ngay từng tỉ số đó với tỉ số diện tích ∆CMA1 và ∆CAA1
thì không thể chứng minh được .
Vì vậy ta cần phải vẽ thêm đường phụ: Đó là hai đường vuông góc hạ
từ M, A xuống BC thì =>

MA 1 MK
=
.
AA 1 AH

Mà MK và AH là hai đường vuông góc cùng hạ xuống BC nên
=>

MK SMBC
=
.

AH S ABC

Từ đó => đpcm

Bài giải:
MA 1

Kẻ MK, AH vuông góc với BC => MK //AH=> AA
MA 1 MK
=
=
AA 1 AH

Ta có:

MB1 SMAC
=
BB1 S ABC
MC1 S AMB
=
CC1 S ABC

Cmtt ta có :

1
MK.BC
S
2
= MBC
1

S ABC
AH.BC
2

1

=

MK
AH

(1)

(2)
(3)

Từ (1)(2) (3) ta được :
MA1 MB1
AA1 + BB1

+

SMBC SMAC S AMB
MC1
S ABC
=
+
+
=
= 1 ( Đpcm)

S ABC S ABC S ABC
CC1
S ABC

Bài 17: Cho ∆ ABC và ba điểm A', B', C' lần lượt nằm trên các cạnh
BC, CA, AB sao cho AA', BB', CC' đồng quy. ( A', B', C' không
trùng với các đỉnh của tam giác).
Chứng minh rằng:

A' B B' C C' A
.
.
= 1 (Định
A' C B' A C' B

Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

lí Xêva)
- 25 -