Sử dụng các công thức tính diện tích để chứng minh hình học

1. MỞ ĐẦU

1.1. Lí do chọn đề tài
Trong chương trình Toán học nói chung Hình học nói riêng việc giải
các bài toán có nhiều phương pháp khác nhau. Trong các phương pháp đó bài
toán có phương pháp sử dụng diện tích các hình phẳng để giải các bài tập
hình học là một phương pháp thú vị. Việc sử dụng phương pháp này để giải
các bài toán hình học mang ý nghĩa tổng quát và có lúc đem lại cho ta những
kết quả ngắn gọn bất ngờ.
Sử dụng các công thức tính diện tích cho phép ta hiểu sâu thêm các tiêu
đề hình học, trong đó đáng quan tâm về các tiêu đề diện tích đồng thời cho
phép người đọc thấy rõ bản chất các vấn đề nêu ra.
Chứng minh các bái toán bằng công thức tính diện tích còn gây được
hứng thú tìm tòi cho người giải toán. Bởi lẽ không phải bất cứ bài toán nào
cũng có thể giải bằng phương pháp đó. Song nếu như cố gắng tìm tòi thì ta có
thể khai thác được nhiều vấn đề hết sức thú vị của các bài toán.
Với những lý do đã trình bày ở trên tôi đã chọn đề tài “Sử dụng công
thức tính diện tích để chứng minh hình học THCS” để nghiên cứu,.
Trong đề tài, tôi đã lựa chọn được các bài tập ở nhiều dạng, có những
bài toán nâng cao và những kiến thức mở rộng hơn so với kiến thức đã trình
bày trong SGK lớp 8 và 9. Do vậy, đề tài chỉ áp dụng được cho các học sinh
khá giỏi ở Trường THCS.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Chỉ ra những phương pháp dạy loại bài "Sử dụng các công thức tính diện tích
diện tích trong chứng minh hình học"
Đôi mới phương pháp dạy học.
Nâng cao chất lượng dạy học, cụ thể là chất lượng học sinh giỏi là mũi nhọn.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Trong những năm dạy toán ở Trường THCS, thông qua việc tìm hiểu số
lượng bài tập hình học thì các bài toán giải bằng phương pháp diện tích được
trình bày quá ít. Chính vì vậy học sinh thường lúng túng khi đứng trước

những bài toán như vậy. Bởi thế, để giúp học sinh giải tốt các bài toán hình
học nói chung và phần bài tập về diện tích đa giác nói riêng là điều mà thầy
cô giáo quan tâm và suy nghĩ. Do kinh nghiệm chưa nhiều và sự hạn chế của
bản thân, tôi chỉ chọn kiến thức và bài tập phần diện tích đa giác ở lớp 8 và kiến
thức mở rộng ở lớp 9 để nghiên cứu kinh nghiệm giảng dạy này.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Dựa trên đặc điểm tình hình nhà trường, căn cứ vào các kết quả đạt được của
năm trước và chất lượng học tập cũng như đặc điểm của lớp phụ trách, dựa
vào năng lực của học sinh, tôi đề ra các giải pháp sau:
1


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

- ha, hb,hc là độ dài đường cao ứng với các cạnh a, b, c.
-p=

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

- R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
- r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC
- ra, rb, rc là bán kính đường tròn bàng tiếp  ABC tiếp xúc với cạnh a, b, c.
Ta có công thức tính diện tích tam giác sau:
S=
S =

1
1
1
a. ha = b. hb = c. hc
2
2
2
p ( p  a)( p  b)( p  c)

(1)
(2) công thức Hêrông

1
1
1
ab. Sin Cˆ  bcSinAˆ  ac sin Bˆ

(3)
2
2
2
abc
S=
(4) S = p.r (5) S = (p - a). r a - (p - b) rb = (p - c) rc (6)
4R

S=

2.1.2. Công thức tính diện tích tứ giác đặc biệt:
- Diện tích hình vuông có cạnh là a: S = a 2.
- Diện tích hình chữ nhật có hai kích thước là a, b: S = a. b
- Diện tích hình bình hành có một cạnh là a và chiều cao tương ứng h:
S = a.h
- Diện tích hình thoi có 2 đường chéo là l 1, l2: S =

1
l1 l2 (diện tích hình thoi
2

còn được tính theo công thức tính diện tích hình bình hành)
2


(a  b).h
2

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

- Diện tích hình thang có đường cao h, đường trung bình m: S = m .h
2.1.3 . Các bài toán cơ bản về diện tích :
Bài toán 1:
 ABC,  ADE, B, C, D, E
GT
thuộc đường thẳng a
KL SABC = k. SADE (k > 0)
Hướng dẫn:

A

a
B

H

Ta có BC và DE là đoạn thẳng nên luôn tồn tại một số để
Mặt khác ta lại có: S ABC =

D

C

E

BC
k  BC k .DE
DE

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

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

S ABC
AH

S ' A' BC AH '
B

Hướng dẫn:
1

2

Ta có: S ABC  BC. AH , S A'BC

H

H'

C

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

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

AE

3


Hướng dẫn:
Ta xét các trường hợp sau:

A

A'
B

Ta có:

B

H'
H

E

C

S

S ABC
S A'BC

H'
h

c

b

E

A'

A'

A' H ' E ( Hˆ Hˆ ' 90 0 , AEˆ H  A' Eˆ H ' (đối đỉnh) 

Thay (2) vào (1) ta được:

C

H' E
A

A

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

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

H

AH
AE

(2)
A' H ' A' E

1
BC. AH
AE
2


1
A' E
BC. A' H '
2

Bài toán 4:

KL

A

 A’B’C’

S

GT

 ABC

theo tỷ số k

BAB

S

Hướng dẫn:
Do  ABC

S ABC
k 2
S ' A ' B 'C '

BC
H
k

A' B ' B' C '

S

Mặt khác  ABH

A'

 A’B’C’ (theo giả thiết) =>
C

B'

H'

C'

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

1
BC. AH
S ABC
BC AH
2



.
k .k k 2
Khi đó
S A ' B 'C ' 1
B ' C ' A' H '
B' C '.A' H '
2
Đặc biệt nếu  ABC =  A’B’C’ (k = 1) thì S ABC = SA’B’C’

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


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

điểm 9 - 10
SL
%

01

6,7%

điểm 7 - 8
SL
%
2

13,3%

điểm 5 - 6
Sl
%
7

điểm dưới 5
SL
%

46,7%

5

33.3%

Sau khi kiểm tra tôi thấy số học sinh chưa năm được kiến thức dạng này
dẫn tới kết quả thấp 5em chiếm tỉ lệ 33,3% ;số học sinh nắm phương pháp còn
mơ hồ kết quả chưa cao 7 em chiếm tỉ lệ 46,7%, một số học sinh nắm phương
pháp và biết phân dạng nhưng kỹ năng còn chậm 2em chiếm tỉ lệ 13,3% ;1em

thực sự có hứng thú với dạng toán này (có năng lực suy luận, tư duy sáng tạo),
chiếm tỉ lệ 6,7% .
Xuất phát từ những khó khăn của học sinh và qua thực tế giảng dạy tôi tìm
tòi nghiên cứu và đã mạnh dạn đưa ra các giải pháp sau:
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Thông qua các bài toán trong sách giáo khoa (sách tham khảo) tôi tiến
hành phân loại thành một số dạng cơ bản nhất trung học cơ sở rồi hướng dẫn
học sinh tìm kiến thức có liên quan cần thiết để giải từng dạng toán đó. Sau đây
là một số dạng toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất thường gặp
Dạng 1: Phương pháp chứng minh các đoạn thẳng tỉ lệ:
Để chứng minh AB = k.A'B', ta có thể:
 S MAB S MA'B '
- Hoặc chỉ ra rằng: 
 d ( M ; A' B ' ) k .d ( M ; AB)
 S MAB S NA' B '
 d ( N ; A' B ' ) k .d ( M ; AB )

- Hoặc chỉ ra rằng: 

 S MAB k .S MA' B '
' '
 d ( M ; AB ) d ( M ; A B )

- Hoặc chỉ ra rằng: 

 S MAB k .S NA'B '
 d ( M ; AB ) d ( M ; A' B ' )

- Hoặc chỉ ra rằng: 

S ABM

- Hoặc chỉ ra rằng : S

A' B 'M

k 2 và

d ( M ; AB)
k
d ( M ; A' B' )

BÀI TẬP VẬN DỤNG:

Bài toán 1: Lấy một điểm O trong  ABC. Các tia AO, BO, CO cắt BC, AC,
OA

OB

OC

AB lần lượt tại P, Q, R. Chứng minh rằng AP  BQ  CR 2
Hướng dẫn:
Từ O kẻ OK  BC, từ A kẻ AH  BC (K, H  BC)

A
R

Q

O

5
B

H

K

P

C


S

OK

OBC

Khi đó ta có: S
(hệ quả 2)
AH
ABC

OK

OP

S

OP

OBC

Mặt khác OK // AH  AH  AP  S
(1)
AP
ABC

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

S AOC OR

(3)
S ABC CR
OP

OQ

OR

S

S

S

OBC
 AOB  AOC 1
Từ (1) (2) và (3) ta có: AP  BQ  CR  S
S ABC S ABC
ABC

AO

BO

CD

Ta có: AP  BQ  CR 

AP  OP BQ  OQ CR  OR


AP
BQ
CR
OP

OQ

CO

= 3 - ( AP  BQ  CR ) 2
Bài toán 2: Cho  ABC có ba góc nhọn và ba đường cao AA’, BB’, CC’, gọi

H là trực tâm của  ABC. Chứng minh

HA' HB' HC '


1
AA' BB' CC '

Hướng dẫn:
Ta nhận thấy  CHB và  CAB là hai tam

A

S CHB HA'

giác có chung đáy CB nên S
(1)
AA'
ABC
S

B'

C'
H

HB '

AHC


Tương tự ta có S
(2)
BB'
ABC

S HAB HC '

(3)
S ABC CC '

B

Từ (1) (2) và(3) ta có

A'

C

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

Do  ABC có ba góc nhọn nên trục tâm H nằm ở miền trong  ABC. Do đó

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

S ABC

AA'

BB'

CC '

Bài toán 3: (Hệ quả bài toán 2)
Cho ABC có ba góc nhọn AA’, BB’, CC’ là các đường cao, H là trực tâm của
ABC. Chứng minh rằng  ABC là tam giác đều nếu:

HA' HB' HC '


AA' BB ' CC '
A

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

B'

C'

HA' HB' HC '


1
AA' BB' CC '

H

6
B

A'

C


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

Điều này chứng tỏ:
AA' BB' CC ' 3

mà

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

A

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

C'
B'
P

B

S

C

A'

CB '

S

ACP
ACD
Chứng minh tương tự ta cũng có: A' C  S
(2) và B' A  S
(3)
BCP
BAP

Nhân vế với vế của các đẳng thức (1), (2) và (3) ta có:
AC ' BA' CB ' S ACP .S ABP .S BCP
.
.

1
C ' B A' C B ' A S BCP .S ACP .S ABP

Dạng 2: Tổng hoặc hiệu các đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác.
Muốn chứng minh: AB + CD = PQ. Ta chứng minh theo các cách sau:
Cách 1: Chỉ ra tồn tại một điểm M sao cho:
SMAB + SMCD = SMPQ

d(M; AB) = d(M; CD) = d(M;PQ)
Cách 2: Chỉ ra tồn tại hai điểm M, N sao cho:
SMAB + SMCD = SNPQ
d(M; AB) = d(M; CD) = d(N;PQ)
Cách 3: Chỉ ra tồn tại ba điểm M, N, R sao cho:
SMAB + SNCD = SRPQ
d(M; AB) = d(N; CD) = d(R;PQ)
BÀI TẬP VẬN DỤNG:

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

D

C

7

1
2

1
2

1
2

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

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

 DE + DF = CH

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

2

Mà S ABC  AH .BC (2);

R
M

Q

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

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

mà AH là đường cao nên AH không đổi. Vậy MR + MP + MQ không đổi
Dạng 3: Phương pháp chứng minh tổng hoặc hiệu các hình bằng diện tích
một hình khác:
Để chứng minh: S 1 + S2 + S3 + ... + Sn = S, ta có thể sử dụng:
- Các công thức tính diện tích
- Các bài toán cơ bản đã nêu
BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài tập 7: Cho tứ giác lồi ABCD. Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của các
cạnh BC và AD, P là giao điểm của các đường thẳng AM và BN, Q là giao
điểm của các đường thẳng CN và DM. Chứng minh S MPNQ = SAPB + SCQD
Hướng dẫn:
Hạ các đường vuông góc BB', MM’, CC’
C
M
xuống AD (B’, M’ và C’ thuộc AD)
B
Xét hình thang BB’C'C có MM' là đường

trung bình nên
Q

P

A

B'

M' N

C'

8
D


MM ' 

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

1
1
AD 1
AD

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

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

1
SABCD
2

b. Giả sử AB không song song với CD. Gọi E và F lần lượt là trung điểm của

T
AB và CD. Hãy tìm trên đoạn thẳng EF một điểm K sao cho
SAKB + SCKD = SAKD + SBKC =

1
SABC
2

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

P
Q
C

B
E
A

M

F
D

1
= SABCD

2

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

Do SAMB + SCMD =

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

1
SABCD thì K phải là
2

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

Vẽ EF’, II’, DD’ vuông góc
với BC (I là trung điểm của ED)
=> II’ là đường trung bình của
hình thang EE’D’E nên
DD’ + EE’ = 2II’. Khi đó ta có
1
1
BC.EE’ + BC.DD’
2
2
1
= BC (EE’ + DD’)
2
1
+ SBDC = BC . 2 II’ = BC . II’ (1)
2

SBEC + SBDC =

Hay SBEC

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

2

S

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

Bài toán 10: Chứng minh rằng tam giác có đỉnh là giao điểm của hai cạnh đối
của một tứ giác lồi, hai đỉnh kia là hai trung điểm của hai đường chéo của tứ
giác lồi có diện tích bằng

1
diện tích tứ giác.
4

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

E

B
A

M

1
1
1
1
SEMN = SEDC - SEBD - SEAC - SDNB - SDAC
N
2
2
2
2
1
1
1
1
1 D
1
SEMN = ( SEDC - SEAC - SDAC) + ( SEDC + SEBD - SDNB)
2
2
2
2
2
2
1
1 1

1
1
1
(SDNC + SBNC) = ( AABC + SADC) = (SABC + SADC) = SABCD
=
2
2 2
2
4
4

C

Bài toán 11: Cho  ABC trên BC, CA, AB lấy cácAđiểm A 1; B1; C1 sao cho
S

AB

ABP
 1
các đường thẳng AA 1, BB1, CC1 đồng quy tại P. Chứng minh: S
BCP
CB1C

Hướng dẫn:

B1

C1
A2

P
B

A1

2

10
C


Hạ AA2  BB1 và CC2  BB1 Ta có:
1
1
BP. AA2 và SBCP = BP . CC2
2
2
1
BP. AA2
S ABP
AA

2
 2
S BCP 1
CC 2
BP.CC 2
2

SABP =



AA2 AB1

CC 2 B1 C



S

Mặt khác ta lại có AB1A2

CB1C2 (g.g)

S ABP AB1

S BCP B1C

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

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

cắt BG và BE theo thứ tự tại M và N. Tính S MNEG theo SABC.
Hướng dẫn:

Gọi F là trung điểm của DC  EF// AD  EF// ND  DN là đường trung bình
của  BEF  BN = NE. Gọi I là trung điểm của GE  NI // MG  AM = MN.
1
1
A
2
Khi đó :SAMG = SANG (AM = 2 MN);
1
1
M
SANG = SANE (AG = AE);
3
3
1
1
SANE = SABE(NE = BE);
2
2
N
1
1
SABE = SABC (AE = AC);
2
2
B
D
1
1
 SANE = SABC ; SAMG =
SABC

4
24
1
1
5
Vậy: SMNEG = SANE - SAMG = SABC SABC =
SABC
4
24
24

G
I
E

C

F

Bài toán 13: Trên cạnh AC và AB của  ABC lấy các điểm B 1, C1. Gọi O là
OB

CB

BC

1
1
giao điểm của BB1 và CC1. Hãy tính OB Nếu AC  và AB  
1

1
1

Hướng dẫn:
BO

A

S

BOC
Theo bài toán cơ bản 3 ta có: OB  S
1
B OC
1

S AOC
AC AB1  B1C AB1
1


1  1
=
S B1OC
B1C
B1C
B1C

S BOC
BC1

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

B1
C1

B

O

C

11

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

ALMPQ
S ABCD

=

1
.
5

A

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

e

B

L
M
N

F

Q
P

d

C

O

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

AB '.AC '
AB 'C '

Từ (1) (2) và (3)  SLMPQ =

Hướng dẫn:

H'

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

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

Ta có: SABC =

H

C'

B'

B

C

Dạng 5: Phương pháp chứng minh các bất đẳng thức trong hình học:
Cách 1: Sử dụng các phép biến đổi đại số và bất đẳng thức như bất
đẳng thức Cosi trong trường hợp áp dụng cho hai số dương.
a2 + b2 > 2a.b,

a 2 b2

>2
b2 a 2

Hoặc một số bất đẳng thức khác.
Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức tam giác a+b < a + b
Cách 3: Sử dụng các phép biến đổi hình học làm xuất hiện các bất đẳng
thức từ các đại lượng về số đo diện tích và các đa giác mà ta kiến lập nên.
Cách 4: Sử dụng mối quan hệ giữa các cạnh trong tam giác.
(c-b) < a < c + b (a 1b1c là số đo 3 cạnh của tam giác)
- Sử dụng mối quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên cùng kẻ từ một
điểm đến đường thẳng.
12


BÀI TẬP VẬN DỤNG.

Bài toán 16: Cho M là một điểm nằm trong tam giác ABC. Qua M vẽ các
đường thẳng AM, BM, CM cắt các cạnh tam giác tương ứng tại các điểm
A1,B1, C1. Chứng minh rằng:
AM

BM

CM

AM

BM

CM

a. A M  B M  C M > 6
1
1
1
b. A M  B M  C M > 8
1
1
1

A

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

S

ABC
1


Theo bài toán cơ bản 3: A M  S
1
MBC

S1  S 2  S 3
S1

MA AA1  MA1 S 2  S 3 S 2 S 3


 
MA1
MA1
S1
S1 S 1

(1)

C1

B1

M

A1

B

C

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

MC S1 S 2
 
MC1 S 3 S 3

(3)

Từ đó suy ra:
a.

MA MB
MC  S1 S 2   S 2 S 3   S1 S 3 



  
     > 6
MA1 MB1 MC1  S 2 S1   S 3 S 2   S 3 S1 

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


A1 M B1 M C1 M
S1 S 2 S 3

Vì (S1 + S2)2 > 4 S1S2 nên ta có:
2

 AM   BM 

 

 A1 M   B1 M 
MA
MB


A1 M B1 M

2

2

( S 2  S 3 ) 2 ( S 3  S1 ) 2 ( S1  S 2 ) 2 4S 2 S 3 .4 S 3 S1 .4 S1 S 2
 CM 


 =
= 64
2
2

2
S
.
S
.
S
S12 .S 22 .S 32
C
M
1
2
3
 1 
MC

>8
C1 M

Bài toán 17: Cho  ABC, G là trọng tâm.
a. Chứng minh: Bất kỳ điểm P trên một cạnh của tam giác ta luôn tìm được
một điểm Q trên cạnh hoặc nằm trong tam giác sao cho S GPQ >
b. Chứng minh rằng G là điểm duy nhất có tính chất trên.
Hướng dẫn:
a. Gọi AM là BN là các trung tuyến của ABC.
Không mất tính tổng quát giả sử P thuộc cạnh
S
BC và BP < PC. Ta chọn Q trùng với C:
thì SGPQ > SGMC

1

1
= SGBC = SABC
2
6

A

H

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

1
SABC.
6

G

N

K
B

P

M

C

13

để SGPQ >

1
SABC
6
1
6

b. Giả sử K là điểm khác điểm G có tính chất S KPQ  SABC. Với P nằm trên
cạnh của ABC. Không mất tính tổng quát ta giả sử rằng K nằm trong tam
giác BGM. Qua K kẻ KS //AM (S  AB), KS cắt BG tại H, cắt BC ở P (Có thể
K  H). Nếu Q nằm trong  BHP thì.
SQKP < SBHP < SBGM =

1
SABC
6

(1)

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

PC .PH

CHP


Vì S

MC.MG
GMC

=

1
AABC
6

(2)

MC  PM PH MC  PM BP
.

.
(Vì PH // MG)
MC
GM
MC
BM

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

(3)

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

1
SABC.
6

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

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

K

2S ABC
b

b

Từ đó ta có:
2 S ABC 
2S

  b  ABC 
b
b 


 2 S ABC 
 a  ha  (b  hb ) ( a  b)1 

ab 

a  ha  (b  hb ) a 

C

hb
ha
a

H



Do a > b  a - b > 0 và 2S ABC < ab  ab - 2SABC > 0  1 


B

2 S ABC 
> 0
ab 

Vậy (a + ha) - (b + hb) > 0 => a + ha > b + hb
Dấu “ =” xảy ra khi 2S ABC = ab
Dạng 6: Phương pháp chứng minh các đường thẳng đồng quy:
Khó có thể chỉ ra phương pháp chung dùng diện tích để chứng minh

các đường thẳng đồng quy ( ở đây ta có thể nói rằng không có phương pháp
diện tích thì bài toán chứng minh các đường thẳng đồng quy vẫn có thể thực
hiện được (như sử dụng phương pháp toạ độ và một số phương pháp khác).
Vì vậy việc tìm tòi phương pháp diện tích để chứng minh là một sự cố gấng.
Tuy nhiên, ta có thể dựa vào một tính chất quan trọng của hình bình hành sau
đây để làm cơ sở cho phương pháp chứng minh đồng quy.
14


Tính chất: ABCD là hình bình hành, O là một điểm trong ABCD. Qua O kẻ
các đưởng thẳng song song với các cạnh ta được bốn hình bình hành. Khi đó
OAC  SOMBN = SOPDQ hay MP, NQ, AC đồng quy  SOMBN = SOPDQ
Hướng dẫn:
N
B
C
Giả sử O  AC, thế thì ta có:
SOMBN = SABC - SAOM - SONC
= SADC - SAOQ - SOPC = SOPDQ
M
P
Ngược lại: Giả sử O không thuộc AC thì
O
SOMNP  SOPDQ. Do vậy chỉ có thể O thuộc AC.
BÀI TẬP VẬN DỤNG.

A

Q

D

Bài toán 19: Trên cạnh AB, BC, CD, DA của hình bình hành ABCD lấy các
điểm M, H, K, P tương ứng sao cho MK//AD và HP//AB. Chứng minh rằng
các đường thẳng BP, MD, CO đồng quy tại một điểm (O là giao điểm của HP
và MK).
H' H
C
B
Hướng dẫn:
Gọi E là giao điểm của các đường
F O
M
thẳng CO và BP ta cần phải chứng
K
E
G
minh MD cũng đi qua E. Thật vậy:
M'
K'
Qua E kẻ P’H’ // PH và M’K’ // MK.
P
A
P'
D
Ta có P’H’ cắt MK tại F, M’K’ cắt PH tại G.
Do điểm O  CE nên theo kết quả bài toán trên ta có: S FOHH’ = SGOKK’
 SEGHH’ = SEFKK’ (1)
Do điểm E  BP  SAM’EP’ = SEGHH’ (2)
Từ (1) và (2) suy ra: S EFKK’ = SAM’EP'. Điều này chứng tỏ điểm E cũng phải

thuộc đường chéo MD trong hình bình hành AMKD hay ba đường thẳng BP,
MD và CO đồng quy tại E.
Bài toán 20: Chứng minh rằng nếu trong một lục giác mà các đường chéo nối
các đỉnh với nhau đều chia lục giác đó thành hai phần tương đương thì các
đường chéo đồng quy tại một điểm.
Hướng dẫn:
Giả sử AD cắt CF tại P và cắt BE tại R, cắt FC
tại Q. Vì các đường thẳng AD, BE đều chia
đôi diện tích lục giác nên:
A
B
SAREF + S RED = SRDCB + SRAB
SAREF + SARB = SRDCB + SERD
C
F
Q
P
 SRAB =SRED Tức là RE.RD = AR.BR
 RE.RD = (AP + PR)(BQ + QR) >AP. BQ(1)
R
Tương tự ta có: AP.FP > QC.RD (2)
và BQ.OC > PF.RE (3)
D
Nhân vế với vế của (1), (2), (3) ta có:
E
RE.RD.AP.EP.PQ.OC >AP.BQ.QC.RD.PE.RE
(Vô lý vì hai vế như nhau)
Vậy P, Q, R phải trùng nhau hay các đường chéo của lục giác phải đồng quy
tại một điểm.
15

Dạng 7: Các bài toán cực trị hình học
Về phương pháp chứng minh tương tự giống như ở dạng 5 chú ý thêm:
+ Tổng các số dương không đổi thì tích các số đó đạt giá trị lớn nhất khi
chúng bằng nhau.
+ Nếu tích các số dương không đổi thì tổng các số đó đạt giá trị bé nhất khi
chúng bằng nhau.
Từ đó suy ra:
+ Trong các hình chữ nhật (hình thoi) có cùng chu vi thì hình vuông có diện
tích lớn nhất.
+ Trong các hình chữ nhật (hình thoi) có cùng diện tích thì hình vuông có chu
vi bé nhất.
BÀI TẬP VẬN DỤNG:

Bài toán 21: Cho M nằm trong tam giác ABC. Các đường thẳng AM, BM,
CM lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại A 1, B1, C1.
Hãy xác định điểm M trong tam giác sao cho:
MA

MB

MC

MA

MB

MC

a. MA  MB  MC là bé nhất
1
1
1
1
1
1
b. MA  MB  MC là bé nhất

A

Hướng dẫn:
Đặt S1= SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB
S ABC S1  S 2  S 3
AA1

Theo bài toán cơ bản 3: A M  S
S1
1
MBC
MA AA1  MA1 S 2  S 3 S 2 S 3


 
(1)
MA1
MA1
S1
S1 S 1

C1

B1

M

A1

B

C

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

MC S1 S 2
 
MC1 S 3 S 3

(3)

Từ đó suy ra:
MA MB
MC  S1 S 2   S 2 S 3   S1 S 3 




  
     > 2 + 2 + 2 = 6
MA1 MB1 MC1  S 2 S1   S 3 S 2   S 3 S1 
Dấu “=” xảy ra khi S 1 = S2 = S3  M là trọng tâm  ABC.
MA MB MC
Vậy MA  MB  MC đạt giá trị bé nhất là 6 khi M là trọng tâm  ABC.
1
1
1
S3
MA1
S1
MB1
S2
MC1
b. MA  S  S ; MB  S  S , MC  S  S
2
3
1
3
1
2
MA1 MB1 MC1
Xét P = MA  MB  MC

a.

S

S

S



1

1

1



3
1
2
 -3


= S  S  S  S  S  S =(S1+S2+S3) 
2
3
1
3
1
2
 S 2  S 3 S1  S 3 S1  S 2 

16




1
  S1  S 2    S 2  S 3    S 3  S1    1  1  1  - 3 > 3
2
2
 S 2  S 3 S1  S 3 S 3  S 1 
Dấu “=” xảy ra khi S 1 = S2 = S3  M là trọng tâm  ABC.
MA1 MB1 MC1
3
Vậy MA  MB  MC đạt giá trị bé nhất là khi M là trọng tâm  ABC.
2

P=

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

OD

S

OAD
ODC

Theo bài toán cơ bản 3 ta có: S  OB  S
OAB
OBC

A
B

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

O

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

D
C

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

1
m.KL < h.AB = SABCD = a A
2
2
2
2
Dấu "=" xảy ra  m = h và KL = AB

Nên SMLK =

m
L

K

B

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

SKLM = SKPM + SPML <

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

Vậy giá trị lớn nhất củaS MLK là SMLK=

D

M
A

L

C

P
K

Q
B

1

a
2

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Qua một năm thực hiện tôi thấy các em đã hiểu rõ và rèn luyện được
một số kỹ năng quan trọng trong việc suy luận và tìm phương pháp chứng
minh hình học. Học sinh dần dần chú trọng khi giải toán chứ không lúng túng
17


như trước.Quá trình rèn luyện khả năng tư duy đã giúp các em không những
phân dạng được mà còn nắm bắt được phương pháp phù hợp để giải từng
dạng. Chính vì thế mà trong học tập của học sinh do bản thân tôi phụ trách
hầu hết các em nắm chắc kiến thức. Kết quả khảo sát cuối năm việc nắm đề
tài này trên đối tượng 15 học sinh khá giỏi ban đầu tôi nhận thấy đã có 9 hs
chiếm tỉ lệ 60% đã năm chắc chuyên đề (biết phân dạng và tìm ra phương
pháp phù hợp), 5 em chiếm tỉ lệ 33,3 % biết thực hiện nhưng còn chậm (Bước
đầu đã biết định hướng được dạng và phương pháp nhưng còn thụ động và
chậm, đang cần sự gợi ý).
KẾT QUẢ CỤ THỂ

Số HS
15

điểm 9 - 10
SL
%
03

20 %

điểm 7 - 8
SL
%
6

40%

điểm 5 - 6
Sl
%
5

33,3%

điểm dưới 5
SL
%
1

6,7 %

3. Kết luận, kiến nghị
Trên đây là toàn bộ nội dung đề tài “Sử dụng phương pháp diện tích
để chứng minh hình học” mà tôi đã nghiên cứu được trong quá trình giảng
dạy phần diện tích đa giác ở lớp 8,9. Qua việc sử dụng đề tài trên, tôi thấy nó
mang lại hiệu quả rất lớn trong việc giảng dạy. Đó là:
- Đề tài giúp tôi có thêm nhiều phương pháp hay, độc đáo để giúp học sinh
giải toán. Nó còn có tác dụng làm cho người giáo viên phải luôn tìm tòi

nghiên cứu để có những bài toán phù hợp với khả năng của học sinh lớp mình
phụ trách. Một thuận lợi nữa là trong cùng một thời gian, giáo viên cùng với
học sinh giải một số lượng bài tập nhiều và hiệu quả hơn.
- Đối với học sinh, đề tài này giúp cho các em có được các phương pháp đặc
trưng để giải các bài toán ở phần này tránh được những lúng túng, những khó
khăn mắc phải.
- Mặt khác, đề tài này còn giúp học sinh nắm sâu hơn các kiến thức có liên
quan đến diện tích. Từ đó có thể giải được các bài tập nâng cao ở phần này.
Với số lượng bài tập đưa ra trong đề tài có sự chọn lọc, thì giải toán bằng
phương pháp diện tích còn đem lại sự hứng thú học tập cho học sinh. Bởi vì
học sinh phải tìm tòi, sáng tạo trong quá trình giải, giúp học sinh phát triển tốt
tư duy lôgic của mình.
2) Đề xuất,đề nghị: Không
Mặc dù có rất nhiều cố gắng nhưng do thời gian không nhiều, do trình độ
năng lực của bản thân và tài liệu tham khảo còn hạn chế nên trong cách trình
bày không tránh khỏi những sơ xuất thiếu sót . Rất mong nhận được sự giúp
đỡ, góp ý của các thầy, cô và bạn đồng nghiệp để tôi có thể rút kinh nghiệm
trong quá trình giảng dạy của mình trong thời gian sau.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
18


XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
HIỆU TRƯỞNG

Quảng Chính, ngày 10 tháng 04 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác

……..
Nguyễn Mạnh Cường

TÀI LIỆU THAM KHẢO
STT
1
2
3
4
5
6
7
8
9

Tên sách
Toán 8 tập 1
Kiến thức cơ bản và nâng caoToán 8 tập 1
Ôn tập Hình học 8
Nâng cao và phát triển Toán 8 tập 1
Tổng hợp các dạng Toán về diện tích THCS
Thực hành giải toán 8
Tuyển chọn 400 bài tập Toán 8
Toán nâng cao và các chuyên đề Toán 8
Phương pháp giải toán sơ cấp

Tác giả
Bộ GD&ĐT
Nguyễn Ngọc Đạm
Vũ Hữu Bình

Vũ Hữu Bình
Võ Đại Mau
Quách Tú Chương
Phan Thế Thượng
Vũ Dương Thuỵ
Lê Hồng Đức

19