SKKN hinh lop8( 2017 2018)

Lời mở đầu
I. Đặt vấn đề

Trong Hình học nói riêng và toán học nói chung, việc giải
các bài toán có nhiều phơng pháp khác nhau. Trong các đó bài
toán có nhiều phơng pháp sử dụng diện tích các hình phẳng
để giải các bài tập hình học là một phơng pháp thú vị. Việc
sử dụng phơng 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.
Phơng pháp 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 ngời đọc thấy rõ bản chất các vấn đề
nêu ra.
Giải các bái toán bằng phơng pháp diện tích còn gây đợc
hứng thú tìm tòi cho ngời giải toán. Bởi lẽ không phải bất cứ bài
toán nào cũng có thể giải bằng phơng pháp đó. Song nếu nh
cố gắng tìm tòi thì ta có thể khai thác đợc 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 phơng pháp diện tích để giải các bài toán hình
học để nghiên cứu,.
Trong đề tài, tôi đã lựa chọn đợc 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 đợc cho các học sinh khá giỏi ở Trờng THCS.
II. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu.

a. Thực trạng:
Trong những năm dạy toán ở Trờng THCS, thông qua việc
tìm hiểu số lợng bài tập hình học thì các bài toán giải bằng

phơng pháp diện tích đợc trình bày quá ít. Chính vì vậy học
sinh thờng lúng túng khi đứng trớc những bài toán nh vậy. Bởi
1


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 cha 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.
b. Kết quả.
Khi cha áp dụng đề tài, việc giải bài tập ở dạng về diện
tích đa giác của học sinh gặp rất nhiều khó khăn. Kết quả thu
đợc trong 2 năm thử nghiệm nh sau:
Số học
sinh

Giỏi

Kết quả đạt đợc
Khá (%) TB (%) Yếu

kiểm tra

(%)

(%)

-

30

10

15

30

45

-

30

10

15

35

40

Năm học
2016
2017
2017
2018

2

Phần I:
Các kiến thức cơ bản
I. Các công thức diện tích hay sử dụng cho tam giác.

Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c lần lợt đối
diện với các đỉnh A, B, C.

A
- ha, hb, hc: độ dài đờng cao ứng với các cạnh a, b, c
-P=

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

c ABC
- r: bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác
hb
- ra, rb, rc: bán kính đờng tròn

b
hc
ha
a

bằng tiếp ABC tiếp xúc với a, b, c 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

(1)
(2) công thức Hêrông

p ( p a)( p b)( p c)

S=

1
1
1
ab. Sin C bcSinA ac sin B
2
2
2

S=

abc
4R

(3)

;

S = p.r

(4)

S = (p - a). ra - (p - b) rb = (p - c) rc

(5)

* Giá trị sử dụng của các công thức:
- Công thức (1) đợc sử dụng khi biết một cạnh và đờng cao
thực nó.
- Công thức (2) đợc sử dụng khi biết 3 cạnh.
- Công thức (3) đợc sử dụng khi biết 3 cạnh và bán kính đờng tròn ngoại tiếp tam giác.
- Công thức (4) đợc sử dụng khi biết 3 cạnh và bán kính đờng tròn nội tiếp.
- Công thức (5) đợc sử dụng khi biết 3 cạnh và bán kính đờng tròn bằng tiếp tơng ứng.
II. Các công thức tính diện tích tam giác hay dùng

1. Diện tích hình vuông cso cạnh là a: S = a 2.
3


2. Diện tích hình chữ nhật có hai kích thớc là a, b: S = a.
b

3. Diện tích hình bình hành có một cạnh là a và chiều
cao tơng ứng h:
S = a.h
4. Diện tích hình thoi có 2 đờng chéo là l1, l2: S =

1
l1 l2
2

(diện tích hình thoi còn đợc tính theo công thức tính diện
tích hình bình hành)
5. Diện tích hình thang có hai đáy là a, b b và đờng cao
h:
S=

(a b).h
2

6. Diện tích hình thang có đờng cao h, đờng trung bình
m: S = m .h
III. Các bài toán cơ bản về diện tích.

A

Bài toán 1:
GT

ABC, ADE, B, C, D, E

thuộc đờng thẳng a

KL SABC = k. SADE (k > 0)
Chứng minh:

B

H

D

C

E

Ta có BC và DE là đoạn thẳng nên luôn tồn tại một số k > 0
để

BC
k => BC = k . DE
DE

Mặt khác ta lại có: SABC =

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

AH.DE)
=> SABC = k. SADE
Hệ quả 1: Nếu C, B, P thẳng hàng (cùng thực đờng thẳng
a) và điểm A không thuộc đờng thẳng a, BC = k. CP thì S ABC
= k. SACP.
Hệ quả 2: Nếu PB = C thì SABC = SAPC (k = 1)
4

a


Bài toán 2:
GT

A

ABC, ABC

A

AH BC, AH
BC
KL

S ABC
AH

S ' A' BC AH '

B

H


H

Chứng minh:
Thật vậy

S ABC
S A' BC

C

1
BC. AH
AH
2


1
AH '
BC. AH '
2

Hệ quả 3: Nếu ABC có diện tích không đổi và có cạnh
đáy a đờng cao là h thì a và h là hai đại lợng tỉ lệ nghịch.
Bài toán 3: Ta xét các trờng hợp sau:
G
T

KL

ABC, ABC, AA cắt BC tại E
S ABC
AE

S ' A' BC AE '

A

A

A

A
B

H

H

C

B

H

C

E H

H

E H B

A

C

A

Chứng minh:
1
BC. AH
S ABC
AH
AE
2



Ta có
S A' BC 1
AH ' AE '
BC. AH '
2

(vì EAH ~EAH)
A
A

Bài toán 4:
G

ABC

~



5
B

H

C B

H

C


T

ABC
theo tỷ số k

KL

S ABC

k 2
S ' A ' B 'C '

Chứng minh:
Do ABC ~ ABC =>

AB
BC

k
A' B' B' C '

Mặt khác ABH ~ ABH =>

Khi đó

S ABC
S A ' B 'C '

AB
AH

k
A' B ' A' H '

1
BC. AH
BC AH
2

.
k .k k 2
1
B ' C ' A' H '
B' C '.A' H '
2

Đặc biệt nếu ABC = ABC (k = 1) thì S ABC = SABC

Phần II:
Phân loại các bài toán giải bằng
phơng pháp diện tích

Loại 1: Chứng minh các đoạn thẳng tỉ lệ.
Loại 2: Tổng hoặc hiệu các đoạn thẳng bằng một đoạn
thẳng khác.
Loại 3: Tổng hoặc hiệu diện tích các hình bằng diện tích
một hình khác.
Loại 4: Tỉ số diện tích hai hình phẳng
Loại 5: Chứng minh các bất đẳng thức hình học.
Loại 6: Chứng minh các đờng thẳng đồng quy
Loại 7: Chứng minh các bài toán cực trị hình học và một số
bài toán dạng khác.
Loại 1: Phơng pháp chứng minh các đoạn thẳng tỉ lệ
Để chứng minh AB = k, ta có thể:
- Hoặc chỉ ra rằng:

S MAB = SMAB

d(M ; AB) = K. d(M; AB)
6


- Hoặc chỉ ra rằng:

S MAB = SNAB

d(N ; AB) = K. d(M; AB)
- Hoặc chỉ ra rằng:

S MAB = K SMAB

d(M ; AB) = K. d(M; AB)
- Hoặc chỉ ra rằng:

S MAB = K. SNAB

d(M ; AB) = d(M; AB)
S ABM
d ( M ; AB)
K
K 2 và

d ( M ; A' B' )
S A' B ' M
Bài tập vận dụng:

Bài toán 1: Lấy một điểm O trong ABC. Các tia AO, BO,
CO cắt BC, AC, AB lần lợt tại P, Q, R. Chứng minh rằng

OA OB OC


2
AP BQ CR

Chứng minh:
Từ O kẻ OK BC, từ A kẻ AH BC (K, H BC)
Khi đó ta có:

S OBA
S

ABC



OK
(hệ quả 2)
AH

A

Mặt khác do OK // AH
=>

S
OK OP
OP

OBZC
(1)
AH AP
S ABC
AP

R

Q

O

Chứng minh tơng tự ta có:
S AOB OQ

(2)
S ABC PQ

B

H

K

P

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 S
ABC
ABC
ABC

Ta có:

AO BO CD AP OP BQ OQ CR OR





AP BQ CR

AP
BQ
CR

=3-(

OP OQ CO


) 3 1 2
AP BQ CR

7

AO

BO

CO

=> AP BQ CR 2 (ĐPCM)

C


Bài toán 2: Cho ABC có ba góc nhọn và ba đờng cao
AA, BB, CC, gọi H là trực tâm của ABC. Chứng minh
HA' HB' HC '

AA' BB' CC '

A

Chứng minh:

B

C

Ta nhận thấy CHB và CAB

H

là hai tam giác có chung đáy CB
B
S CHB HA'

Nên
(1)
S ABC

AA'

Tơng tự ta có
Từ

(1)

(2)

C

A

S AHC HB'
S HAB HC '


(2) ;
(3)
S ABC
BB '
S ABC CC '

(3)

ta

HA' HB' HC ' S HBC S AHC S AHB





AA' BB' CC ' S ABC S ABC S ABC

có

=

S HBC S AHC S AHB
S ABC

Do ABC có ba góc nhọn nên trục tâm H nằm ở miền trong
ABC. Do đó SHBC + SAHC + SAHB

=>

S HBC S AHC S AHB S ABC

1
S ABC
S ABC

=>

HA' HB' HC '


=1
AA' BB' CC '

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

AA' BB ' CC '

A
B

Chứng minh:

C
Theo kết quả của bài toán 2 ta có
AH ' HB' HC '


1
AA' BB' CC '

mà

B

AH ' HB' HC '


( gt )
AA' BB' CC '

8

H
A

C


Điều này chứng tỏ:

AH ' HB' HC ' 1


=> H là trọng tâm ABC
AA' BB' CC ' 3

=> ABC đều
Bài toán4: Trên các cạnh BC, CA, AB của ABC lấy các
điểm A1, B1, C1. Chứng minh rằng nếu các đờng thẳng AA1,
BB1, CC1 đồng quy tại điểm P thì

AC1 BA1 CB1
.
.
1 (điều kiện
C1 B A1 C B1 A

cầu, điều luật Cê va)
Chứng minh:
A
Do AA1, BB1, CC1 đồng quy tại P nên ta có:
AC1 S ACP

(1) (theo bài toán cơ bản C
3)

C1 B S BCD
1

Chứng minh tơng tự ta cũng có:
BA1 S ACP
CB1 S ACD


(2) và
(3)
A1 C S BCP
B1 A S BAP

B

B1
P

A1

Nhân vế với vế của các đẳng thức (1), (2) và (3) ta có:
AC1 BA1 CB1 S ACP .S ABP .S CBCP
.
.

1
C1 B A1C B1 A S BCP .S ACP .S ABP

9

C


Loại II: Phơng pháp chứng minh
Tổng hoặc hiệu các đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác

Muốn chứng minh: AD + CD = PQ. Ta chứng minh theo các
cách sau:
Cách 1: Chỉ ra tồn tại một điểm M
SMAB + SMCD = SMPQ
d(M; AB) = d(M; CD) = d(M;PQ)
Cách 2: Chỉ ra tồn tại hai điểm M, N
SMAB + SMCD = SNPQ
d(M; AB) = d(M; CD) = d(N;PQ)
Cách 3: Chỉ ra tồn tại ba điểm M, N, R
SMAB + SMCD = SRPQ
d(M; AB) = d(N; CD) = d(R;PQ)
Bài tập vận dụng:

Bài toán 5: Cho ABC (AB = AC). Một điểm D di chuyển
trên cạnh đáy BC. Từ D kẻ các đờng thẳng DE và DF lần lợt vuông
góc với AC, AB. Chứng minh rằng tổng DE + EF không phụ thuộc
vào vị trí của điểm D trên BC.
Chứng minh:
A
Để chứng minh DE + DE không phụ thuộc
vào vị trí điểm D ta chứng minh
nó luôn bằng một đoạn thẳng có

K

độ dài không đổi.
Thật vậy kẻ đờng cao CK ta có.

SABC =

F
B

SABD + SACD = SABC
mà SABD =

E

1
1
AB.DF , S ACD AC.DF
2
2

1
1
1
1
AB.CK => AB. DF + AC . DF = AB . CK
2
2
2
2

Do AB = AC (gt) => (DF + DE). AB = AB . CK
=> DF + DE. CK, do CK là đờng cao
10

C


=> CK không đổi. Vậy DR + DE không đổi
Bài toán 6: Chứng minh tổng các khoảng cách từ một
điểm thuộc miền trong của tam giác đều ABC đến cạnh của
nó không phụ thuộc vào vị trí của điểm ấy.
Chứng minh:
A

Ta có: SMAB + SMBC + SMAC = SABC
Mà SMAB =
SMBC

1
MR.AB
2

1
= MB.BC
2

1
SMAC = MQ.AC
2

SMAB + SMAC
SABC =

Q

R
M
B

C

H P
1

1

1
1
1
= MR.AB + MB + BC + MQ.AC
2
2
2

1
1
BC (MR + MD + MQ) = BC.AH
2
2

Vậy MR + MP + MQ không đổi.
Loại III: Phơng 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 đờng thẳmg AM và BN, Q là giao điểm của các đờng thẳng CN
và DM.
Chứng minh SMPNQ - SAPB + SCQD
Chứng minh;

M

B

Hạ các đờng vuông góc

C

BB, MM, CC xuống AD
11
A

B

M N

C

D


(B, M và C thuộc AD)
Xét hình thang BBCC có MN
là đờng trung bình nên
MM =

BB 'CC '
. Mặt khác ta có AN = ND
2

nên MM . AD =
=>

BB 'CC '
. AD
2

1
1
AD 1
AD
CC '.
MM . AD = BB .
2

2
2
2
2

=> SAMN = SABN + SCND. Mặt khác ta có: S MPNQ = SAMD - (SAPN +
SMDQ)
Thay SMPQN = (SABN + SCND) - (SAƠN + SNQD)
SMPQN = (SABN - SAPN) + (SCND - SQND) vvậy SMPQN = SABP + SCQD
Bài toán 8: Cho tứ giác lồi ABCD với M là trung điểm của
đờng chéo AC. Chứng minh rằng:
a. SAMB + SCMD = SAMD + SBMC =

1
SABCD
2

b. Giả sử A không song song với CD. Gọi E và F lần lợt là
trung điểm của AB và CD. Hãy tìm trên đoạn thẳng EF một
điểm K sao cho
SAKB + SCKD = SAKD + SBKC =

1
SABCD
2

T

Chứng minh:
a. Do MA = MC (gt)

P
B

=> SAMB = SMBC và SCMD = SAMD

Q
C

E

cộng vế với vế của hai
đờng thẳng trên ta đợc

A
SCMD + SAMB = SAMD + SBMC (1)

F

M
T

B

mà (SCMD + SAMB) + (SAMD + SBMC) = SABCD
Từ (1) và (2) => S CMD + SAMB = SAMD + SBMC P
=

Q
1

SABCD
2

B
b. Vì AB không song song với CD nên AB cắt CD tại T. C
12

M
A

D


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 đờng cao)
Và SCMD = STQM (nt)
=> SAMB + SCMD = STMP + STQM = SMPTQ
= STPQ + SPQM do SAMB + SCMD =

1
SABCD (không đổi)
2

Do đó SMPQ cũng không đổi. Do đó các điểm không
thoả mãn
SAKB + SCKD = SAKD + SBKC =

1

SABCD
2

(cha yêu cầu K EF phải chạy trên phần đờng thẳng đi
qua M và song song với PQ cố định)
Vậy để K EF và vừa có SAKB + SCKD = SAKD + SBKC =

1
2

SABCD thì không phải là giao điểm của EF với đờng thẳng a đi
qua M và song song với PQ
Bài toán 9: Tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽ các đờng cao
BD, CF. Gọi H, K là hình chiếu của BC trên đờng thẳng ED.
A
Chứng minh SBEC + SBDC = SBHCK
K
Chứng minh:
D
Vẽ EF, II, DD vuông góc P
I
Q
với BC (I là trung điểm của ED) E
=> II là đờng trung bình của
hình thang EEDE nên

B

DD + EE = 2II. Khi đó ta có
SBEC + SBDC =

E

I

D

1
1
1
BC.EE + BC.DD = BC (EE + DD)
2
2
2

Hay SBEC + SBDC =

1
BC . 2 II = BC . II (1)
2

13

C


Qua I vÏ ®êng th¼ng song song víi BC c¾t BH vµ CK t¹i P
vµ Q.
Ta cã: BC. II’ = SBPQC (2)
Ta l¹i cã:  IPH =  IQK (c.g.c)

=> SIPH = SIQK => SBPQC = SRHKC (3)
Tõ (1) vµ (3) suy ra S BEC + SBDC = SBHKC

14


Loại IV: Phơng pháp
chứng minh Tỉ số diện tích của hai hình phẳng

Để chứng minh

SA1 A ...An

SABC
K 2 K '
K 2 K '
SA' B ' C '
SA'1 A' 2


Ta có thể chứng minh các cách sau:
Cách 1: Chỉ ra rằng ABC ~ ABC theo tỉ số k
Cách 2: Chỉ ra SABC = K 2 S ABC và dựa vào phơng pháp
chứng minh loại 1, loại 2.
Cách 3: Dùng tiêu đề diện tích để từ bài toán tổng quát
đa 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 đờng chéo của tứ giác lồi có diện tích
bằng

1
diện tích tứ giác.
4

Chứng minh:
Gọi M và N lần lợt là trung điểm của
các đờng chéo BD và AC của tứ gác

E

ABCD, E là giao điểm hai cạnh AD và
BC.

B

Ta có: SEMN = SEDC - SEMD - SDMN - SDNC
SEMN = SEDC

1
1
1
SEBD SEAC SDNB
2
2
2

SDAC

SEMN = (

A
-

1
2

D

M
N

1
1
1
SEDC SEAC SDAC) +
2
2
2

1
1
1
SEDC +
SEBD SDNB)
2
2
2
1

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

+(

SABCD
15

C


Vậy SEMN =

1
SABCD.
4

Bài toán 11: Cho ABC trên BC, CA, AB lấy các điểm A 1;
B1; C1 sao cho các đờng thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại P.

Chứng minh:

SABP AB1

SBCP B1C

Chứng minh:
A

Hạ AA2 BB1 và CC2 BB1
Ta có: SABP =

1
1
BP. AA2 và SBCP =
BP . CC2
2
2
C

1
BP. AA2
AA
SABP 2

2
=>
SBCP 1
CC 2
BP.CC 2

2

Mặt khác ta lại có:
Vậy

B
1

A2

1

B

C
2

C

A1

AA2 AB1

(Do AB1 A2 ~ CB1C2)
CC 2 B1 C

SABP AB1

SBCP B1C

Bài toán 12: Cho ABC, E là trung điểm của AC. Lấy
điểm D trên BC sao cho BD =
AG =

1
BC. Lấy G sao cho G AE và
3

1
AE. Đoạn thẳng AD cắt BG và BE theo thứ tự tại M và N.
3

Tính SMNEG theo SABC.
Giải:

A

Gọi F là trung điểm của DC => EF// AD

G
I

=> BN = NE (DN là đờng trung bình của BEF)

E

Gọi I là trung điểm của GE => NI // MG
N

=> AM = MN

Khi đó ta có: SAMG =

1
1
B
2 SANG = 6 SANE

16

D

F

C


Bài toán 13: Trên cạnh AC và AB của ABC lấy các điểm B1, C1.
BC

OB

1
2 và
Gọi O là giao điểm của BB 1 và CC1. Hãy tính OB Nếu
AC1
1

CB1

AB1

S

BO

BOC
Gii: Ta có: OB S
(Vì có BOC và B1OC có cùng
đáy OC)
A
1
B OC
1

S BOC

S BOC

Xét hai tỉ số S
và S
B OC
AOC

B1

1

S BOC

Ta thấy: S
B OC

1

C1
AC AB1 B1C
1
= B C B C = 1 + AB1 = 1 +
1
1

O

S BOC
S AOC
S BOC
S BOC
BC1
BO
OB
1

B (1 +
=
=
=
.
=
)
vậy
=
S B1OC

S B1OC
S AOC
AC1
B1O
S AOC
OB1
A1
1

(1+ )
Bài toán 14: Cho hình vuông ABCD, gọi E,F,O,N lần lợt là
trung điểm của các cạnh AB, BC, CD và DA. Nối các đoạn AF,
BO, CN lần lợt cắt nhau tại L, M, P, Q. Chứng minh

ALMPQ
S ABCD

=

1
.
5

Chứng minh:
Ta nhận thấy AL = BM = MP = CP = PQ = DQ = QL
Do tứ giác LMPQ là hình vuông (Vì LMPQ là hình thoi có M =
1V) và P là trung điểm của QC nên

E

A

SPQP = SDPC

L

Vì Q là trung điểm của DL nên S PQP
N

= SOPL

B

M

Q

F

=> SDQC = 2 SBMN = SLMPQ

P

(1)
Chứng minh tơng tự tài sản ta cũng có:

D

SDQC = SPCB = SBMH = SALD + SLMPQ = SABCD (2)
17

O

C

C


Tõ (10 vµ (2) => S LMPQ =

ALMPQ
1
1
SABCD hay
= .
S ABCD
2
5

Bµi to¸n 15: Cho hai tam gi¸c ABC vµ A’B’C’ cã Aˆ chung
Chøng minh:

S ABC
AB. AC
=
S A ' B 'C '
Ab'.AC '

Chøng minh
Ta cã: SABC =

S ABC
Do dã:
S A'B 'C '

1
CH.AB ;
2
1
CH . AB
1
= 1
C ' H '.AB '
2

V× HC// H’C’ =>

SA’B’C’ =

AB CH
.
=
(1)
AB ' C ' H

CH
AC

C ' H ' AC '

Thay (2) vµo (1) ta ®îc

A

1
C’H’.AB’
2

(2) B

S ABC
AB AC
.
=
S A'B 'C '
AB' AC '
S ABC

AC

Chó ý: NÕu B  B’ th× S
=
AC '
A ' B 'C '

18

H’
B’
H

C’

C


Loại V: Phơng pháp chứng minh Các bất đẳng thức trong hình học

Cách 1: Sử dụng các phép biến đổi đại số và bất đẳng
thức nh bất đẳng thức cosi trong trờng hợp áp dụng cho hai số
dơng.a2 + b2 > 2ba,

a2 b2

>2
b2 a2

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 lợng 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 đờng vuông góc và đờng xiên
cùng kẻ từ một điểm đến đờng thẳng.
Bài tập vận dụng.

Bài toán 16: Cho M là một điểm nằm trong tam giác ABC. Qua
M vẽ các đờng thẳng AM, BM, CM cắt các cạnh tam giác tơng
ứng tại các điểm A 1,B1, C1.

AM

BM

CM

AM

Chứng minh rằng: a. A M B M C M > 6 ;
1
1
1

BM

CM

b. A M B M C M >
1
1
1
A

8
Chứng minh:
Đặt S1= SABC, S2 = SMAC, S3 = SMAB

C1

B1

M

S
S S2 S3
AA1
ABC 1
Ta có:
A1 M S MBC
S1
AA1 MA1 S 2 S 3 S 3 S 3


MA1
S2
S 2 S1

(1) B

A1

Chứng minh tơng tự ta có
MB S 3 S1 S 3 S1


MB1
S2
S2 S2

MC S1 s 2

MC1 S 3 S 3

(2)

Từ đó suy ra:
19

(3)

C


a.

MA MB
MC S1 S 2




MA1 MB1 MC1 S 2 S1

S 2 S 3 S1 S 3

> 2 + 2 + 2 = 6
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 (S 1 = S2)2 > 4 S1S2

nên ta có:
2

AM BM


A1 M B1 M





2

CM

C1 M

2

AM BM

=>
A1 M B1 M





2

2

( S1 S 3 ) 2 ( S 3 S1 ) 2 ( S1 S 2 ) 2 4 S 2 S 3 .4 S 3 S1 .4 S1 S 2


=
S12 .S SS .S 32
S12 .S 22 .S 32


CM

C1 M

2


> 64

MA

MB

MC

=> A M B M C M > 8
1
1
1

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 đợc một điểm Q trên cạnh hoặc nằm trong tam
giác sao cho SGPQ >

1
SABC.
6

b. Chứng minh rằng G là điểm duy nhất có tính chất trên.
A

Chứng minh :
a. Gọi AM là BN là các trung tuyến của
S
ABC. Giả sử P thuộc cạnh BC và BP < PC

Ta chọn Q C
thì SGPQ > SGMC =

N
G
H

1
1
SGBC =
SABC
2
6

K



B

P

C

M

Vậy với P BC thì ta luôn tìm đợc điểm Q để SGPQ >

1
6

SABC
b. Giả sử K là điểm khác điểm G có.
Tính chất S KPQ >

1
SABC. Với P nằm trên cạnh của ABC.
6

Không mất tính tổng quát ta giả sử rằng K nằm trong tam giác
BGM. Qua K kẻ KS//AM (SGAB), KS cắt BG tại Ha, cắt BC ở P (Có
20


thể k H). Nếu Q nằm trong BSP thì.
=

1
SABC
6

S QKT < SBHP < SBGM

(2)

Nếu Q nằm trong AMC thì SQKP < SCHP < SBGM =

1
AABC
6

(3)
S CHP
PC PH MC PM BP


.
=
S GMC
MC.MG
MC
BM

Vì
( MC PM )( BM PM ) MC 2 PM 2

1
MC / BM
MC 2

Do đó (1) (2) (3) rút ra điểm không không thoả mãn đợc SKPQ
>

1
SABC.
6

Bài toán 18: Cho ABC, gọi ha là đờng cao ứng với cạnh a
và hb là đờng cao ứng với cạnh b. Chứng minh nếu a > b thì a
= ha > b = hb.

Chứng minh:

A

Gọi AA1 = ha, BB1 = hb
Xét AA1C ( A 1 = 1v) => ha < b
=> a.ha <

ab
=> 2S < ab.
2

Ta lại có:
a + ha - (b + hb) = a = (a - b) (1 -

2S
2S
b C
a
b

B1

ha

b

hb

A1

a

B

2S
)
ab

Do a > b => a - b > 0 => 2S < ab => ab - 2S > 0 => (12S
)>0
ab

Vậy (a = ha) - b + hb > 0 =. a = ha > vb + hb
Dấu = xảy ra khi 2 S = ab
Loại VI: Phơng pháp chứng minh
Các đờng thẳng đồng quy

21


Khó có thể chỉ ra phơng pháp chung dùng diện tích để
chứng minh các đờng thẳng đồng quy ( ở đây ta có thể nói
rằng không có phơng pháp diện tích thì bài toán chứng minh
các đờng thẳng đồng quy vẫn có thể thực hiện đợc (nh sử
dụng phơng pháp toạ độ và một số phơng pháp khác). Vì vậy
việc tìm tòi phơng pháp diện tích để chứng minh là một sộ
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 phơng pháp

chứng minh đồng quy.
Tính chất: ABCD là hình bình hành.M là một điểm trong
ABCD. Qua M kẻ các đởng thẳng song song với các cạnh ta đợc
C

B

bốn hình bình hành. Khi đó M AC
<=> SMA1,MB1 = SMC1DD1 hay A1C1, B1 D1, AC
A1

đồng quy <=> SMA,BB1 = SC1DD1M
Chứng minh:
Giả sử MCAC, thế thì ta có:
A (A1 MB1B)

A

M

D1

C1
D

= SABC - SAA1M - SMB1C = S ABC - SAD1M - SMC1D
= SABC - SAD1M - SMC1C = SD1MC1D

Ngợc lại: Giả sử M không thuộc AC thì S A1MB1B SD1MC1D . Do
vậy chỉ có thể M thuộc AC.

Bài tập vận dụng.

Bài toán 19: Trên cạnh AB, BC, CD, DA của hình bình
hành ABCD lấy các điểm M, H, K, P tơng ứng sao cho MK//AD
và HP//AB. Chứng minh rằng các đờng thẳng BP, MD, CD đồng
quy tại một điểm (O là giao điểm của HP và MK).
Chứng minh:
Gọi E là giao điểm của các đờng thẳng CD và BP ta cần
phải chứng minh MD cũng đi qua E.
Ta có: Qua E kẻ PH // PH và MK // MK.
22


Ta có PH cắt MK tại F, MK cắt PH tại G.
Do điểm O CE nên theo kết quả bài
toán trên ta có: S FOHH = SGOKK
=> SFOHH = SGOKK

(1)

Do điểm E BP => SAMEP = SEGHH (2)
Từ (1) và (2) suy ra:
SEFKK = SAMEP;. Điều này chứng tỏ

H

B

F

M
M

C

K
K

O

E
P P

A

H

D

điểm E cũng phải thuộc đờng chéo
MD hay ba đờng thẳng BP, MD và CO
đồng quy.
Bài toán 20: Chứng minh rằng nếu trong một lục giác mà
các đờng chéo nối các đỉnh với nhau đều chia lục giác đó
thành hai phần tơng đơng thì các đờngA chéo đồng Bquy tại
một điểm.

Q

P

Chứng minh:

C

F FC tại Q.
Giả sử AD cắt CF tại P và cắt BE tại R, cắt
R

Vì các đờng thẳng AD, BE đều chia đôi
diện tích lục giác nên:
SAREF + S RED = SRDCB + SRAB

E

D

SAREF + SSRB = SRDCB + SERD
=> SRED = SRAB; Tức là AR BR = RERD
=> (AP + PR) (BQ + QR) > AP. BQ
Tơng tự AP.FP > QC.RD và BQ.OC > PF.RE
Nhân vế với vế của các bất đẳng thức trên ta có:
RE.RD.AP.EP.PQ.QC > AP.BQ.QC.RD.PE.RE
( Vô lý, vì thực ra 2 vế bằng nhau)
Vậy các đờng chéo của lục giác phải đồng quy tại một điểm.
Loại VII: Phơng pháp chứng minh
Các bài toán cực trị hình học

23

Về phơng pháp chứng minh tơng tự giống nh ở loại 5 chú ý
thêm:
+ Tổng các số dơng không đổi thì tích các số đó đạt
giá trị lớn nhất khi chúng bằng nhau.
+ Nếu tích các số dơng 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 đờng
thẳng AM, BM, CM lần lợt cắt các cạnh BC, CA, AB tại A 1, B1, C1.
Hãy xác định điểm M trong tám giác sao cho: A
MA

MB

MC

a. MA MB MC là bé nhất
1
1
1
C1

MA1 MB1 MC1

b. MA MB MC là bé nhất

S3 S2

M

S1

Chứng minh:
a. Đặt AMBC = S1, SMAC = S2, SMBA =B S3
S

MA

B1

A1

S S2

S

MAC
MAB 3
Ta có: MA S
S MA1B
S1
1
MA1C

Tơng tự

MA MB MC
S
S S2
S
MB
MAC MAB 3
=> MA MB MC
MB1 S MA1C S MA1B
S3
1
1
1

S 3 S1 S 2 S1 S 2 S 3


> 6
S
S
S
S
S
S2
1
3

1
2

3




=

MA

MB

MC

Vậy MA MB MC đạt giá trị bé nhất là 6 khi
1
1
1
MA

S

MB

S

MC

S

3
2
2
1
b. MA S S ; MB S S , MC S S ; Gọi S = S1 = S2 = S3
1
2
3
1
1
3
1
2

24

C


S

S

S



1

1

1



3
1
2


Xét P= S S S S S S (S1+S2+S3)
2
3
1
3
1
2
S 2 S 3 S1 S 3 S 3 S1

3
P=

1
1
1
1
1
3

S S 2 S 2 S 3 S 3 S1
.9-3=
>
2
2
2
S 2 S 3 S1 S 3 S 3 S 1





MA

MB

MC

3
1
1
1
Vậy P = MA MB MC >
2
MA

MB

MC

3
1
1
1
Do đó MA MB MC đạt giá trị bé nhất là
khi S1 = S2 =
2

S3
=> M là trọng tâm ABC.
Bài toán 22: Gọi O là giao điểm của hai đờng chéo của tứ
giác ABCD. Biết SAOB = 4, SCDO = 9. Tính giá trị nhỏ nhất của diện
tích tứ giác ABCD.

A

Giải:
Ta có:

B
S OAD OD S ODC


S OAB OB S OBC

O

=> SOAD.SOBC = SOAB . SODC = 4.9 = 36

D

=> SOAD.SOBC > 2

C

S CAD .S OBC = 12

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

C

M

MKL.
Giải: * Xét trờng hợp đặc biệt:
Khi MKL có 2 đỉnh (k và l0 nằm trên

D
h

m
A

K

L

một cạnh của hình bình hành ABCD. Vì m < h, kl <
Nên SMLK =

1
1
1
1
1
m.kl <
h.AB =
SABCD = a. Vậy SMLK <
a.
2
2
2
2
2

25

B

AB