Phuong phap giai toan tinh dien tich da giac va chungminh bang phuong phap dien tich toan 8

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

Phần II B. Một số dạng

Phần

III

bài tập áp dụng và hướng dẫn giải.

3

5

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

Phần I : Lời nói đầu

Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 1 -

3

29


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.
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

A.Phương pháp giải toán tính diện tích đa giác
và 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 =
h
1
a.h
2

a

b) Diện tích tam giác vuông:
Diện tích tam giác vuông bằng nửa tích hai cạnh góc vuông
1
2

1
2

S- Trường
= a.b
Vũ Minh Nguyệt
THCS=
Giảng Võ
- 3 -

c.h

a

b
h

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

d2
d1

2

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

1/ Để tính diện tích của một đa giác:
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

+/ 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.

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:
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

+/ 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
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

Hướng giải :
D

O

B

H

N

C

Bài giải:
Gọi N là trung điểm của CD.
=> AD = DN = NC =
=>

1
AC.
3

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

S AOD AD 1

 (Chung chiều cao hạ từ O xuống AC)
S AOC AC 3
S AOC AO 1

 (Chung chiều cao hạ từ C xuống AH)
S AHC AH 2

Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 6 -

=> SAOD =

1
SAHC (1)
6


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

Mà SAHC =

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

=> 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
=> SBMQ = 1 SBCQ ; SQBC = 1 SBCD.
=> SBMQ =

2
1
6

3

SBCD

Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 7 -


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

=> SMQDC =

5
6

SBCD =

5

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.
b) BD cắt AM ở P, BD cắt AN ở Q. Tính SMNQP theo SABCD.
A

P

B

M
Q

K
H

N

D

C

Phân tích đề bài và
hướng giải:
Để giải câu (a) hs dễ
dàng nhận ra phải sử
dung tính chất 1: Nếu
một đa giác được chia
thành các đa giác không

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

SABCD
10

Do đó ta tính được :
Vậy SMNPQ =

2
SABCD; SADN
15
SAMN = 13 SABCD
60

; SCMN =

= 1 SABCD.
3

13
SABCD
60

1
PK.AQ
S APQ
PK AQ
b) Kẻ MH  AN ; PK  AN =>
 2

.
1

S AMN
MH AN
MH.AN
2
PK AP
Vì PK// MH ( cùng vuông góc với AN) =>

.(Theo định lí Ta let).
MH AM

Ddcm

AP AD 5
AP 5

 =>
=
PM BM 1
AM 6

Vì DN // AB =>

AQ AB 3
AQ 3

 =>
 .
QN DN 2
AN 5

Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 8 -


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

Do đó

S APQ
AP AQ 5 3 1
1
13

.
 .  => SAPQ = SMNPQ = SAMN =
SABCD
S AMN AM AN 6 5 2
2
60

Bài 4: Cho ABC có AB = 3; AC = 4, BC = 5. Vẽ các đường phân
giác AD, BE, CF. Tính diện tích tam giác DEF.
( Đề thi học sinh giỏi quận Ba đình 1998 - 1999)
A
E

F

B

Phân tích đề bài và hướng
giải:
- Để tính được diện tích
của  DEF thì ta phải đi
tính SABC, SAEF, SBFD, SDFC
Học sinh dễ dàng tính được
C SABC, SAEF vì đó là hai tam
giác vuông.
- Để tính được SBFD, SDFC thì
cần phải kẻ thêm đường cao.

D

H

K

Bài giải: ABC có AB = 3, AC = 4, BC = 5.
Nên ddcm  ABC vuông tại A.
Ta có CF là phân giác ACB =>
=> FA = 4 .3  4
9

3

FA CA 4


FB CB 5

=> (*) SAEF

Cmtt => AE = 3 .
2

=

=>

FA 4

AB 9

AE.AF
=
2

1 3 4

Hạ FH  BC ; EK  BC.
=> FH = FA ; EK = AE ( Tính chất tia pg của một góc)
Cmtt như trên ta tính được DB =

15
7

( Dựa vào định lí đường phân giác

20

7
FH.BD 1 4 15 10
 . .

2
2 3 7
7

trong tam giác) => DC =
(*) SBFD =
(*) SDFC =
(*) SABC =

EK.DC 1 3 20 15
 . .

2
2 2 7
7

AB.AC 3.4

6
2
2

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

10

.
7

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

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.
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 =

AN HN b


MB HB a

b
b
. HB = . HA
a
a

AH HN

AO OB
OB HN HN b
b



=>
=> OB = . OA
OA AH HB a
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 2 b 2
2
=> OA + 2 . OA = 2 2
a
a b
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 )

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

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 .
b) Trên EF lấy hai điểm M, N : sao cho EM = 2 MF , FN= 2 EN .
3
3
2
Trên cạnh HG lấy hai điểm P, Q : GP = HQ = MF . Tính SMNPQ .
5
A

10cm

E

B
M

N

F

H

16cm

12cm

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
= 70 cm2; SEBF = EB.BF
2
2
FC.CG
= 126cm2; SHGD = DH.DG
2
2

*) SAEH =

= 120cm2

SFCG =

= 128 cm2.

=> SEFGH = 900 - ( 70 + 120 + 126 + 128) = 456 cm2

Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 11 -

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

b) Vì EM = 2 MF (gt) => EM = 2 EF => SHEM = 2 SHEF => SHMF =
5
5
3
3
S HFE
5

GP = 2 HG (gt) => PH = 3 HG => SHFP =
5

5

=> SHMF + SHFP = 3 ( SHEF + SHFG) =
5

Dd chứng tỏ PQ =

1
HP ,
3

MN =

1
MF

3

3
SEFGH .
5

=> SMQP = 1 SMHP ; SPMN = 1 SMPF.

=> SMQP + SPMN = 1 ( SMHP + SMPF.) =
3

=> SMNPQ =

1
S EFGH
5

3
S HFG
5

3

1 3
. SEFGH
3 5

=

3

1
S EFGH
5

= 1 .456 = 91,2 (cm2)
5

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

A

C

N

K

P

D

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.
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

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.
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

S

T

E

Q

K

D

P

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:
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

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

mà BS  FB  FB  4
EC SC
SC FK
FK 3
AB// KP => FB  AB => AB  4 => KP = 3 AB  3 CD .
FK KP
KP 3
4
4
3
5
Mà DP = CD => KD =

CD .
7
28
Vậy QD  KD  5 .
QA AB 28

ES // MB =>

b) SPQE = STEPD - STQE - SDPQ.
Ta có : ES  EC .

MB MC
ES 3
=>
 ; có MB =
EC 3
EC 3
MB 7
Mà
 =>

EM 4
MC 7
2
=> ES = CD => TE = 5 CD
7
7
1
*) STEPD = (DP  ET).TD  1  4 CD  5 CD . 3 AD  1 . 3 . 9 AD.CD  27 S ABCD .
2

27
7
2 7 7
98
7
Có QD  5 ( cmt) => QD  5 => QD = 5 AD
QA 28
DA 33
33

64
3
AD .
AD .=> TQ = TD - QD =
231
7
1
1 5
64
320
160
= .TE.TQ  . .CD.
AD 
S ABCD 
S ABCD
2
2 7
231
3234
1617

TD = SC =
*)STEQ

*) 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
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

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.
Bài 1: Cho hình thang ABCD, BC // AD. Các đường chéo cắt nhau
tại O. Chứng minh rằng: SOAB = SOCD .
B

C
O

A

D

Bài giải:

Phân tích đề bài và
hướng giải:
- Ta nhận thấy OAB và
OCD không chung đường
cao và cũng không chung
cạnh.
- BAD và CAD là hai
tam giác có chiều cao

- 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
C

B

N

Phân tích đề bài và
hướng giải:

K

a) Ta nhận thấy OBN và
OCD có ON = OM.
M
Vì vậy để cm SOBN = SODC
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võta nghĩ đến tính chất:
- 15 hai tam giác bằng nhau
thì có diện tích bằng
O


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

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)

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

Q

D

C

Phân tích đề bài và hướng giải:
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 16 -

K


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

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
B

A

E

K
C

D

M
N
F

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

Bài giải:
Ta có SABKD = SABCD - ( SCDK + SCBK) (1)
Hạ EM  CD ; FN  BC.
=> SECD = 1 SABCD ; SFCB = 1 SABCD.
2

2

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 = 1 SABCD.
4

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
B

N

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.

C
M

P

A
Q
D

2

Bài giải:
Lấy P là trung điểm của AP.
Do đó ddcm được MNPQ là hình bình hành.
=> SMNP = 1 SMNPQ.
2

SMNPQ = SABCD - SMNB - SCNP - SDPQ - SAMQ
1

SBAN
2

SBMN =

= 1 SABC.
4

SCNP = 1 SBCP =
2

1
SCBD
4

SDPQ = 1 SQCD = 1 SDAC
2

4

SAMQ = 1 SAMD = 1 SABD
2

4

=> SMNPQ = SABCD - 1 ( SABC + SCBD+ SDAC + SABD)
4

SMNPQ = SABCD -

1
.2
4

SABCD =

Do đó SMNP = 1 SMNPQ=
2

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
K
D
P

N

Q

E
H
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 18 B

E'

N'

M

C


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

D'

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'
Do đó S BEC + SBDC = 1 BC.EE' + 1 BC.DD' =BC.NN' (1)
2

2

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
=> 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 SABCD.
4

A

Phân tích đề bài và
hướng giải:
+/ Để cm: SEFG =

B
F
G

D

C

Bài giải:
Nối AG , CG. Ta có:
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 19 -

E

1
SABCD
4

ta cần 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


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

S EFG = SAEG - SAFG - SAFE .
Mà SAEG = SABG + SEBG
Nên S EFG = SABG + SEBG- SAFG - SAFE .
Có SABG = 1 SABD ( vì GB = 1 BD); SEBG = 1 SEBD ( vì GB = 1 BD)
2

2

SAFG = 1 SAGC ( vì AF =
2

1
AC)
2

2

2

; SAFE = 1 SACE( vì AF = 1 AC)
2

2

=> S EFG = 1 ( SABD + SEBD - SAGC - SACE)
2

S EFG = 1 ( SADE - SAGCE)
2

S EFG = 1 ( SABCD + SEBC - SEBC - SABCG).
2

Ddcm: SABCG =

1

2

SABCD

S EFG = 1 ( SABCD 2

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
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

M

C

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:
Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 20 -


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

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
cắt DM tại P, CM cắt BN tại Q.
Chứng minh: SMPNQ = SADP + SBCQ.
( Đề thi học sinh giỏi Quận Ba Đình năm học 1999 - 2000).
B

M
A
P

D

H

Q

I N

K

C

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)
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

*) SADN + SBCN = SADP + SDPN + SBQC + SQCN
SADN + SBCN = (SADP + SBQC) + (SDPN + SQCN ) (2)
*) SMDC = MI.CD ; SADN + SBCN =
2

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

AB.CD
;
2

SABC

BC.AH
2

C

H

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.
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 (1)
2

*) 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.

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

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.
E
A

H

B

I
K
F

C

D

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.
+/ 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.
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

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
C

B

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
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.

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 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}
Theo giả thiết SOAC = 1 SABC
Nên ddcm : OM =

3
1
BC;

3

Cmtt : ON = 1 AC.
3

Đặt BC = a, AC = b, ta có: OM = 1 a, ON = 1 b.
2

2

2

2

2

2

2

3

2

3

Do đó OA = AM + OM ; OB = NB + ON2 (Theo định lí Pitago)
2

4 2 1 2

2  1 
 b   a  b  a
9
9
3  3 

2

=  2 a    1 b   4 a 2  1 b 2
9
9
3  3 
2
2


OB2 = 5  b  a  (1)
9 
 9

OA =
OB

2

=> OA2 +

Vì O là trọng tâm ABC => OC =
=> OC2 =

 AB 2

 9

2
CI
3

=

2 AB AB
.

.
3 2
3

 a 2  b2
 =
(2)
9


Từ (1) và (2) => OA2 + OB2 = 5OC2
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 .
Chứng minh: MA1  MB1  MC 1  1
AA1

BB1

CC1

Vũ Minh Nguyệt - Trường THCS Giảng Võ

- 25 -