SANG KIEN KINH NGHIEMSKKN - Hinh lop8

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 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.

1
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:
Năm học
Số học sinh
kiểm tra
Kết quả đạt đợc
Giỏi (%) Khá (%) TB (%) Yếu (%)
2003 - 2004 30 10 15 30 45
2004 - 2005 30 10 15 35 40
B. Giải quyết vấn đề.
I. Các giải pháp thực hiện.
Dựa trên đặc điểm tình hình nhà trờng, căn cứ vào các kết quả đạt đợc
của năm trớc và chất lợng học tập cũng nh đặc điểm của lớp phụ trách, dựa
vào năng lực của học sinh, tôi đề ra các giải pháp sau:
- Tìm tòi các bài toán cơ bản để từ đó học sinh nắm đợc và phát triển
các bài toán tiếp theo.
- Phân loại các bài toán giải bằng phơng pháp diện tích.
II. Các biện pháp tổ chức thực hiện .
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.
- ha, hb, hc: độ dài đờng cao ứng với các cạnh a, b, c
- P =
2

1
(a + b + c) là nửa chu vi của tam giác
- r: bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác ABC
- ra, rb, rc: bán kính đờng tròn
bằng tiếp

ABC tiếp xúc với a, b, c
Ta có công thức tính diện tích tam giác sau:
S =
2
1
a. ha =
2
1
b. hb =
2
1
c. hc (1)
S =
))()(( cpbpapp

(2) công thức Hêrông
S =
2
1
ab. Sin
BacAbcSinC

sin
2

1

2
1

==
S =
R
abc
4
(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.
3
C
A
B
c
b
a
hb
ha

hc
II. Các công thức tính diện tích tam giác hay dùng
1. Diện tích hình vuông cso cạnh là a: S = a
2
.
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 l
1
, l
2
: S =
2
1
l
1
l
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 =
2
).( hba
+
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.
Bài toán 1:
GT

ABC,

ADE, B, C, D, E
thuộc đờng thẳng a
KL S
ABC
= k. S
ADE
(k > 0)
Chứng minh:
Ta có BC và DE là đoạn thẳng nên luôn tồn tại một số k > 0
để
k
DE
BC
=
=> BC = k . DE
Mặt khác ta lại có: SABC =
2
1
AH.BC =
2
1
AH . K . DE = k(
2
1
AH.DE)
=> S
ABC

= k. S
ADE
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. S
ACP
.
Hệ quả 2: Nếu PB = C thì S
ABC
= S
APC
(k = 1)
4
E
A
B
H
D C
a
Bài toán 2:
GT

ABC,

ABC
AH BC, AH BC
KL
''
'

AH
AH
S
S
BCA
ABC
=
Chứng minh:
Thật vậy
'
'.
2
1
.
2
1
'
AH
AH
AHBC
AHBC
S
S
BCA
ABC
==
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:
GT

ABC,

ABC, AA cắt BC tại E
KL
''
'
AE
AE
S
S
BCA
ABC
=
Chứng minh:
Ta có
''
'.
2
1
.
2
1
'
AE
AE
AH
AH

AHBC
AHBC
S
S
BCA
ABC
===
(vì EAH ~EAH)
5
A
A
C
H

H
B
C
A
B
C
H H
A
A
B
C
H
E
H
A
A

H
E
H
A
B
Bài toán 4:
GT

ABC ~

ABC
theo tỷ số k
KL
2
'''
'
k
S
S
CBA
ABC
=
Chứng minh:
Do

ABC ~

ABC =>
k
CB

BC
BA
AB
==
''''
Mặt khác

ABH ~

ABH =>
k
HA
AH
BA
AB
==
''''
Khi đó
2
'''
.
''
.
''
'''.'
2
1
.
2
1

kkk
HA
AH
CB
BC
HACB
AHBC
S
S
CBA
ABC
====
Đặc biệt nếu

ABC =

ABC (k = 1) thì S
ABC
= S
ABC
6
A
B
H
C
A
B
H
C
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
= S
MAB
d(M ; AB) = K. d(M; AB)
- Hoặc chỉ ra rằng: S
MAB
= S
NAB
d(N ; AB) = K. d(M; AB)
- Hoặc chỉ ra rằng: S
MAB
= K S
MAB
d(M ; AB) = K. d(M; AB)
- Hoặc chỉ ra rằng: S
MAB
= K. S

NAB
d(M ; AB) = d(M; AB)



=
2
''
K
S
S
MBA
ABM
và
K
BAMd
ABMd
=
)'';(
);(
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
2
=++
CR
OC
BQ

OB
AP
OA
7
Chứng minh:
Từ O kẻ OK BC, từ A kẻ AH BC (K, H BC)
Khi đó ta có:
AH
OK
S
S
ABC
OBA
=
(hệ quả 2)
Mặt khác do OK // AH
=>
AP
OP
S
S
AP
OP
AH
OK
ABC
OBZC
==>=
(1)
Chứng minh tơng tự ta có:

PQ
OQ
S
S
ABC
AOB
=
(2)
CR
OR
S
S
ABC
AOC
=
(3)
Từ (1) (2) và (3) ta có:
1
=++=++
ABC
AOC
ABC
AOB
ABC
OBC
S
S
S
S
S

S
CR
OR
BQ
OQ
AP
OP
Ta có:
CR
ORCR
BQ
OQBQ
AP
OPAP
CR
CD
BQ
BO
AP
AO

+

+

=++
= 3 - (
213)
==++
CR

CO
BQ
OQ
AP
OP
=>
2
=++
CR
CO
BQ
BO
AP
AO
(ĐPCM)
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
'
'
'
'
'
'
CC
HC
BB

HB
AA
HA
++
Chứng minh:
Ta nhận thấy

CHB và

CAB
là hai tam giác có chung đáy CB
Nên
'
'
AA
HA
S
S
ABC
CHB
=
(1)
Tơng tự ta có
'
'
BB
HB
S
S
ABC

AHC
=
(2)
'
'
CC
HC
S
S
ABC
HAB
=
(3)
8
A
B
H
C
R
Q
PK
O
A
B
A
C
C
B
H
Từ (1) (2) và (3) ta có

ABC
AHB
ABC
AHC
ABC
HBC
S
S
S
S
S
S
CC
HC
BB
HB
AA
HA
++=++
'
'
'
'
'
'
=
ABC
AHBAHCHBC
S
SSS

++
Do

ABC có ba góc nhọn nên trục tâm H nằm ở miền trong

ABC.
Do đó S
HBC
+ S
AHC
+ S
AHB
=>
1
==
++
ABC
ABC
ABC
AHBAHCHBC
S
S
S
SSS
=>
'
'
'
'
'

'
CC
HC
BB
HB
AA
HA
++
=1
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:
'
'
'
'
'
'
CC
HC
BB
HB
AA
HA
==
Chứng minh:
Theo kết quả của bài toán 2 ta có
1
'
'

'
'
'
'
=++
CC
HC
BB
HB
AA
AH
mà
)(
'
'
'
'
'
'
gt
CC
HC
BB
HB
AA
AH
==
Điều này chứng tỏ:
3
1

'
'
'
'
'
'
===
CC
HC
BB
HB
AA
AH

=> H là trọng tâm

ABC =>

ABC đều
Bài toán4: Trên các cạnh BC, CA, AB của

ABC lấy các điểm A
1
,
B
1
, C
1
. Chứng minh rằng nếu các đờng thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại
điểm P thì

1..
1
1
1
1
1
1
=
AB
CB
CA
BA
BC
AC
(điều kiện cầu, điều luật Cê va)
9
A
B
A
C
C
B
H
Chứng minh:
Do AA
1
, BB
1
, CC
1

đồng quy tại P nên ta có:
BCD
ACP
S
S
BC
AC
=
1
1
(1) (theo bài toán cơ bản 3)
Chứng minh tơng tự ta cũng có:
BCP
ACP
S
S
CA
BA
=
1
1
(2) và
BAP
ACD
S
S
AB
CB
=
1

1
(3)
Nhân vế với vế của các đẳng thức (1), (2) và (3) ta có:
1
..
..
..
1
1
1
1
1
1
==
ABPACPBCP
CBCPABPACP
SSS
SSS
AB
CB
CA
BA
BC
AC
10
A
B
A
1
C

C
1
B
1
P
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
S
MAB
+ S
MCD
= S
MPQ
d(M; AB) = d(M; CD) = d(M;PQ)
Cách 2: Chỉ ra tồn tại hai điểm M, N
S
MAB
+ S
MCD
= S
NPQ
d(M; AB) = d(M; CD) = d(N;PQ)
Cách 3: Chỉ ra tồn tại ba điểm M, N, R
S
MAB
+ S
MCD
= S

RPQ
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:
Để chứng minh DE + DE không phụ thuộc
vào vị trí điểm D ta chứng minh
nó luôn bằng một đoạn thẳng có
độ dài không đổi.
Thật vậy kẻ đờng cao CK ta có.
S
ABD
+ S
ACD
= S
ABC
mà SABD =
DFACSDFAB
ACD
.
2
1
,.
2
1
=

S
ABC
=
CKAB.
2
1
=>
2
1
AB. DF +
2
1
AC . DF =
2
1
AB . CK
Do AB = AC (gt) => (DF + DE). AB = AB . CK
=> DF + DE. CK, do CK là đờng cao
11
A
E
C
K
F
B
=> 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:

Ta có: S
MAB
+ S
MBC
+ S
MAC
= S
ABC

Mà S
MAB
=
2
1
MR.AB
S
MBC
=
2
1
MB.BC
S
MAC
=
2
1
MQ.AC
S
MAB
+ S

MAC
=
2
1
MR.AB +
2
1
MB + BC +
2
1
MQ.AC
S
ABC
=
2
1
BC (MR + MD + MQ) =
2
1
BC.AH
Vậy MR + MP + MQ không đổi.
12
A
B
C
R
Q
M
H
1

P
1