skkn chuan khong can chinh

<span class='text_page_counter'>(1)</span>N¨m häc. Sè häc sinh Giái (%) kiÓm tra. Kết quả đạt đợc Kh¸ (%) TB (%). YÕu (%). 2003 - 2004. 30. 10. 15. 30. 45. 2004 - 2005. 30. 10. 15. 35. 40. Lêi më ®Çu. A. Đặt vấn đề Trong H×nh häc nãi riªng vµ to¸n häc nãi chung, viÖc gi¶i c¸c bµi to¸n cã 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 vµ cã lóc ®em l¹i cho ta nh÷ng kÕt qu¶ ng¾n gän bÊt ngê. 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 ng ời 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 ph ơng pháp đó. Song nếu nh cố gắng tìm tòi thì ta có thể khai thác đợc nhiều vấn đề hÕt søc thó vÞ cña c¸c bµi to¸n. 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. B. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu.. I. Thùc tr¹ng: Trong nh÷ng n¨m d¹y to¸n ë Trêng THCS, th«ng qua viÖc t×m hiÓu sè lîng 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 diÖn tÝch ®a gi¸c nãi riªng lµ ®iÒu mµ thÇy c« gi¸o quan t©m vµ suy nghÜ. Do kinh nghiÖm cha nhiÒu vµ sù h¹n chÕ cña b¶n th©n, t«i chØ chän kiÕn thøc vµ bµi tËp phÇn diện tích đa giác ở lớp 8 và kiến thức mở rộng ở lớp 9 để nghiên cứu kinh nghiệm gi¶ng d¹y nµy. II. KÕt qu¶. 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:.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> C. Giải quyết vấn đề. C.I/ C¸c gi¶i ph¸p thùc hiÖn.. 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 to¸n tiÕp theo. - Ph©n lo¹i c¸c bµi to¸n gi¶i b»ng ph¬ng ph¸p diÖn tÝch. C.II/ C¸c biÖn ph¸p tæ chøc thùc hiÖn .. PhÇn I: C¸c kiÕn thøc c¬ b¶n I. C¸c c«ng thøc diÖn tÝch hay sö dông cho tam gi¸c.. 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.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> - P = 1 (a + b + c) lµ nöa chu vi cña tam gi¸c 2. - r: bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác ABC - ra, rb, rc: bán kính đờng tròn b»ng tiÕp Δ ABC tiÕp xóc víi a, b, c Ta cã c«ng thøc tÝnh diÖn tÝch tam gi¸c sau: S = 1 a. ha = 1 b. hb = 1 c. hc 2. 2. (1). 2. S = √ p ( p − a)( p −b)( p −c ). (2) c«ng thøc Hªr«ng. 1 ^ = 1 bcSin \{ ^ ^ S = 1 ab. Sin C A = ac sin \{ B 2. S = abc. 4R. 2. (3). 2. ;. S = p.r. (4). S = (p - a). ra - (p - b) rb = (p - c) rc (5) * Gi¸ trÞ sö dông cña c¸c c«ng thøc: - 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 gi¸c. - 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 t¬ng øng. II. C¸c c«ng thøc tÝnh diÖn tÝch tam gi¸c hay dïng. 1. DiÖn tÝch h×nh vu«ng cso c¹nh lµ a: S = a 2. 2. DiÖn tÝch h×nh ch÷ nhËt cã hai kÝch thíc lµ a, b: S = a. b 3. DiÖn tÝch h×nh b×nh hµnh cã mét c¹nh lµ a vµ chiÒu cao t¬ng øng h: S = a.h 4. Diện tích hình thoi có 2 đờng chéo là l 1, l2: S =. 1 2. l1 l2 (diÖn tÝch h×nh. 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. C¸c bµi to¸n c¬ b¶n vÒ diÖn tÝch.. Bµi to¸n 1: GT Δ ABC, Δ ADE, B, C, D, E thuộc đờng thẳng a KL SABC = k. SADE (k > 0) Chøng minh:. E.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Ta cã BC vµ DE lµ ®o¹n th¼ng nªn lu«n tån t¹i mét sè k > 0 để BC =k => BC = k . DE DE. MÆt kh¸c ta l¹i cã: SABC = 1 AH.BC = 1 AH . K . DE = k( 1 AH.DE) 2. 2. 2. => 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. HÖ qu¶ 2: NÕu PB = C th× S ABC = SAPC (k = 1) Bµi to¸n 2: GT Δ ABC, Δ A’BC AH  BC, A’H’  BC KL S ABC AH = S ' A ' BC AH '. Chøng minh: ThËt vËy. 1 BC . AH S ABC 2 AH = = S A ' BC 1 AH ' BC . AH ' 2. Hệ quả 3: Nếu Δ ABC có diện tích không đổi và có cạnh đáy a đ ờng cao là h thì a và h là hai đại lợng tỉ lệ nghịch. Bµi to¸n 3: Ta xÐt c¸c trêng hîp sau: GT Δ ABC, Δ A’BC, AA’ c¾t BC t¹i E KL S ABC AE = S ' A ' BC AE '. Chøng minh: Ta cã. 1 BC . AH S ABC 2 AH AE = = = S A ' BC 1 AH ' AE ' BC . AH ' 2. Bµi to¸n 4: GT Δ ABC. ~. Δ. (v× EA’H ~EAH).

<span class='text_page_counter'>(5)</span> A’B’C’ theo tû sè k KL. S ABC =k 2 S ' A ' B ' C'. Chøng minh: Do Δ ABC ~ Δ A’B’C’ =>. AB BC = =k A' B' B'C'. MÆt kh¸c Δ ABH ~ Δ A’B’H’ =>. Khi đó. AB AH = =k A' B' A ' H'. 1 BC . AH S ABC 2 BC AH 2 = = . =k . k=k S A ' B ' C' 1 B'C' A' H ' B'C'. A ' H' 2. §Æc biÖt nÕu Δ ABC = Δ A’B’C’ (k = 1) th× S ABC = SA’B’C’. PhÇn II: Ph©n lo¹i c¸c bµi to¸n gi¶i b»ng ph¬ng ph¸p diÖn tÝch. Lo¹i 1: Chøng minh c¸c ®o¹n th¼ng tØ lÖ. Lo¹i 2: Tæng hoÆc hiÖu c¸c ®o¹n th¼ng b»ng mét ®o¹n th¼ng kh¸c. Lo¹i 3: Tæng hoÆc hiÖu diÖn tÝch c¸c h×nh b»ng diÖn tÝch mét h×nh kh¸c. Lo¹i 4: TØ sè diÖn tÝch hai h×nh ph¼ng Loại 5: Chứng minh các bất đẳng thức hình học. Loại 6: Chứng minh các đờng thẳng đồng quy Lo¹i 7: Chøng minh c¸c bµi to¸n cùc trÞ h×nh häc vµ mét sè bµi to¸n d¹ng kh¸c. I/ Lo¹i 1: Ph¬ng ph¸p chøng minh “c¸c ®o¹n th¼ng tØ lÖ” §Ó chøng minh AB = k, ta cã thÓ: - HoÆc chØ ra r»ng: S MAB = SMA’B’ d(M ; AB) = K. d(M; AB) - HoÆc chØ ra r»ng: S MAB = SNA’B’ d(N ; A’B’) = K. d(M; AB) - HoÆc chØ ra r»ng: S MAB = K SMA’B’ d(M ; AB) = K. d(M; A’B’) - HoÆc chØ ra r»ng: S MAB = K. SNA’B’ d(M ; AB) = d(M; A’B’). {. S ABM =K 2 SA' B' M. Bµi tËp vËn dông:. vµ. d (M ; AB) =K d ( M ; A ' B' ).

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Δ ABC. C¸c tia AO, BO, CO c¾t BC,. Bµi to¸n 1 : LÊy mét ®iÓm O trong. AC, AB lÇn lît t¹i P, Q, R. Chøng minh r»ng OA + OB + OC =2 AP. BQ CR. Chøng minh: Tõ O kÎ OK  BC, tõ A kÎ AH  BC (K, H  BC) S OBA OK = S ABC AH. Khi đó ta có:. (hÖ qu¶ 2). MÆt kh¸c do OK // AH S => OK = OP => OBZC =OP AH. AP. S ABC. (1). AP. Chøng minh t¬ng tù ta cã: S AOB OQ = S ABC PQ. (2). S AOC OR = S ABC CR. (3). S S S Tõ (1) (2) vµ (3) ta cã: OP + OQ +OR = OBC + AOB + AOC =1 AP BQ CR. S ABC S ABC S ABC. Ta cã: 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. => AO + BO + CO =2 AP. BQ CR. (§PCM). Bài toán 2: Cho Δ ABC có ba góc nhọn và ba đờng cao AA’, BB’, CC’, gọi H lµ trùc t©m cña Δ ABC. Chøng minh HA ' + HB' + HC ' AA ' BB ' CC '. Chøng minh: Ta nhËn thÊy Δ CHB vµ Δ CAB là hai tam giác có chung đáy CB Nªn. S CHB HA ' = S ABC AA '. T¬ng tù ta cã. (1) S AHC HB ' = S ABC BB ' S HAB HC ' = S ABC CC '. (2) (3). S S S Tõ (1) (2) vµ (3) ta cã HA ' + HB' + HC ' = HBC + AHC +  AHB AA ' BB ' CC '. S ABC S ABC. S ABC.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> S HBC+ S AHC + S AHB SABC. =. Do Δ ABC cã ba gãc nhän nªn trôc t©m H n»m ë miÒn trong đó SHBC + SAHC + SAHB =>. Δ ABC. Do. S HBC+ S AHC + S AHB S ABC = =1 SABC S ABC. => HA ' + HB' + HC ' =1 AA ' BB ' CC '. Bµi to¸n 3: (HÖ qu¶ bµi to¸n 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'. Chøng minh: Theo kÕt qu¶ cña bµi to¸n 2 ta cã AH ' HB' HC ' + + =1 AA ' BB ' CC '. mµ. AH ' HB ' HC ' = = (gt) AA ' BB ' CC '. §iÒu nµy chøng tá: AH ' =HB ' =HC ' = 1 AA '. BB '. CC '. 3. => H là trọng tâm Δ ABC => Δ ABC đều Bµi to¸n4: Trªn c¸c c¹nh BC, CA, AB cña Δ ABC lÊy c¸c ®iÓm A 1, B1, C1. Chứng minh rằng nếu các đờng thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại điểm P thì AC 1 BA 1 CB1 . . =1 C 1 B A 1 C B1 A. (®iÒu kiÖn cÇu, ®iÒu luËt Cª va). Chøng minh: Do AA1, BB1, CC1 đồng quy tại P nên ta có: AC 1 S ACP = C 1 B S BCD. (1) (theo bµi to¸n c¬ b¶n 3). Chøng minh t¬ng tù ta còng cã: BA 1 S ACP = A 1 C S BCP. (2) vµ. CB1 S ACD = B1 A S BAP. (3). Nhân vế với vế của các đẳng thức (1), (2) và (3) ta có: AC 1 BA 1 CB1 S ACP . S ABP . SCBCP . . = =1 C 1 B A 1 C B1 A S BCP . S ACP . S ABP. II/ Lo¹i II: Ph¬ng ph¸p chøng minh Tæng hoÆc hiÖu c¸c ®o¹n th¼ng b»ng mét ®o¹n th¼ng kh¸c.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Muèn chøng minh: AD + CD = PQ. Ta chøng minh theo c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: ChØ ra tån t¹i mét ®iÓm M SMAB + SMCD = SMPQ d(M; AB) = d(M; CD) = d(M;PQ) C¸ch 2: ChØ ra tån t¹i hai ®iÓm M, N SMAB + SMCD = SNPQ d(M; AB) = d(M; CD) = d(N;PQ) C¸ch 3: ChØ ra tån t¹i ba ®iÓm M, N, R SMAB + SMCD = SRPQ d(M; AB) = d(N; CD) = d(R;PQ) Bµi tËp vËn dông:. Bài toán 5: Cho Δ 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 tæng DE + EF kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ cña ®iÓm D trªn BC. Chøng minh: §Ó chøng minh DE + DE kh«ng phô thuéc vµo vÞ trÝ ®iÓm D ta chøng minh nã lu«n b»ng mét ®o¹n th¼ng cã độ dài không đổi. Thật vậy kẻ đờng cao CK ta có. SABD + SACD = SABC mµ SABD = 1 AB . DF , S ACD= 1 AC. DF 2. 2. SABC = 1 AB . CK => 1 AB. DF + 1 AC . DF = 1 AB . CK 2. 2. 2. 2. Do AB = AC (gt) => (DF + DE). AB = AB . CK => DF + DE. CK, do CK là đờng cao => CK không đổi. Vậy DR + DE không đổi Bµi to¸n 6: Chøng minh tæng c¸c kho¶ng c¸ch tõ mét ®iÓm thuéc miÒn trong của tam giác đều ABC đến cạnh của nó không phụ thuộc vào vị trí của điểm ấy. Chøng minh: Ta cã: SMAB + SMBC + SMAC = SABC Mµ SMAB = 1 MR.AB 2. SMBC = 1 MB.BC 2. SMAC = 1 MQ.AC 2.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> SMAB + SMAC = 1 MR.AB + 1 MB + BC + 1 MQ.AC 2. 2. 2. SABC = 1 BC (MR + MD + MQ) = 1 BC.AH 2. 2. Vậy MR + MP + MQ không đổi. III/ Lo¹i III: Ph¬ng ph¸p chøng minh Tæng hoÆc hiÖu c¸c h×nh b»ng diÖn tÝch mét h×nh kh¸c. §Ó chøng minh: S 1 + S2 + S3 + ... + Sn = S, ta cã thÓ sö dông: - C¸c c«ng thøc tÝnh diÖn tÝch - Các bài toán cơ bản đã nêu Bµi tËp vËn dông. Bµi tËp 7: Cho tø gi¸c låi ABCD. Gäi M, N theo thø tù lµ trung ®iÓm cña c¸c 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. Chøng minh SMPNQ - SAPB + SCQD Chøng minh; Hạ các đờng vuông góc BB, MM’, CC’ xuèng AD (B’, M’ vµ C’ thuéc AD) XÐt h×nh thang BB’CC’ cã MN là đờng trung bình nên MM’ = BB ' + CC' . MÆt kh¸c ta cã AN = ND 2. nªn MM’ . AD = BB ' + CC' . AD 2. => 1 M’M . AD = 1 B’B . AD + 1 CC ' . AD 2. 2. 2. 2. 2. => SAMN = SABN + SCND. MÆt kh¸c ta cã: S MPNQ = SAMD - (SAPN + SMDQ) Thay SMPQN = (SABN + SCND) - (SA¥N + SNQD) SMPQN = (SABN - SAPN) + (SCND - SQND) vvËy SMPQN = SABP + SCQD Bài toán 8: Cho tứ giác lồi ABCD với M là trung điểm của đờng chéo AC. Chøng minh r»ng: a. SAMB + SCMD = SAMD + SBMC = 1 SABCD 2. b. Gi¶ sö A kh«ng song song víi CD. Gäi E vµ F lÇn lît lµ trung ®iÓm cña AB vµ CD. H·y t×m trªn ®o¹n th¼ng EF mét ®iÓm K sao cho SAKB + SCKD = SAKD + SBKC = 1 SABCD 2.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Chøng minh: a. Do MA = MC (gt) => SAMB = SMBC vµ SCMD = SAMD céng vÕ víi vÕ cña hai đờng thẳng trên ta đợc SCMD + SAMB = SAMD + SBMC (1) mµ (SCMD + SAMB) + (SAMD + SBMC) = SABCD Tõ (1) vµ (2) => S CMD + SAMB = SAMD + SBMC = 1 SABCD 2. b. V× AB kh«ng song song víi CD nªn AB c¾t CD t¹i T. Trªn tia TA lÊy ®iÓm P sao cho TP = AB. Trªn tia TD lÊy ®iÓm Q sao cho TQ = CD. Ta cã: SAMB = STPM (hai tam gi¸c có đáy bằng nhau và cùng đờng cao) Vµ 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 SABCD th× 2. 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. Chøng minh SBEC + SBDC = SBHCK Chøng minh: VÏ EF’, II’, DD’ vu«ng gãc víi BC (I lµ trung ®iÓm cña ED) => II’ là đờng trung bình của h×nh thang EE’D’E nªn DD’ + EE’ = 2II’. Khi đó ta có SBEC + SBDC = 1 BC.EE’ + 1 BC.DD’ = 1 BC (EE’ + DD’) 2. 2. 2.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Hay SBEC + SBDC = 1 BC . 2 II’ = BC . II’ (1) 2. Qua I vẽ đờng thẳng song song với BC cắt BH và CK tại P và Q. Ta cã: BC. II’ = S BPQC (2) Ta l¹i cã: Δ IPH = Δ IQK (c.g.c) => SIPH = SIQK => SBPQC = SRHKC (3) Tõ (1) vµ (3) suy ra S BEC + SBDC = SBHKC IV/ Lo¹i IV: Ph¬ng ph¸p chøng minh TØ sè diÖn tÝch cña hai h×nh ph¼ng. §Ó chøng minh SABC. SA ' B ' C '. =K 2 =K '. (. SA 1 A . . . A n =K 2=K ' SA ' 1 A ' 2. ). Ta cã thÓ chøng minh c¸c c¸ch sau: C¸ch 1: ChØ ra r»ng  ABC ~  A’B’C’ theo tØ sè k C¸ch 2: ChØ ra SABC = K2 S A’B’C’ vµ dùa vµo ph¬ng ph¸p chøng minh lo¹i 1, lo¹i 2. Cách 3: Dùng tiêu đề diện tích để từ bài toán tổng quát đ a về bài toán cho tam gi¸c. Bµi tËp vËn dông:. 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 đ ờng chéo của tứ giác låi cã diÖn tÝch b»ng. 1 4. diÖn tÝch tø gi¸c.. Chøng minh: Gọi M và N lần lợt là trung điểm của các đờng chÐo BD vµ AC cña tø g¸c ABCD, E lµ giao ®iÓm hai c¹nh AD vµ BC. Ta cã: SEMN = SEDC - SEMD - SDMN - SDNC SEMN = SEDC 1 2. 1 2. SEBD -. 1 2. SEAC -. 1 2. SDNB -. SDAC. SEMN = ( 1 SEDC - 1 SEAC - 1 SDAC) + 2. 2. 2. + ( 1 SEDC + 1 SEBD - 1 SDNB) 2. SEMN =. 2 1 (SDNC + SBNC) = 2. 2 1 ( 1 2 2. AABC +. 1 2. SADC) =. 1 4. (SABC + SADC) =. 1 4.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> SABCD VËy SEMN =. 1 4. SABCD.. Bµi to¸n 11: Cho  ABC trªn BC, CA, AB lÊy c¸c ®iÓm A 1; B1; C1 sao cho các đờng thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại P. AB Chøng minh: SABP = 1 SBCP. B1 C. Chøng minh: H¹ AA2  BB1 vµ CC2  BB1 Ta cã: SABP = 1 BP. AA2 vµ SBCP = 1 BP . CC2 2. =>. 2. 1 BP. AA2 AA 2 SABP 2 = = SBCP 1 CC 2 BP . CC2 2. MÆt kh¸c ta l¹i cã:. AA 2 AB1 = CC2 B1 C. (Do  AB1 A2 ~  CB1C2). AB VËy SABP = 1 SBCP. B1 C. Bµi to¸n 12: Cho  ABC, E lµ trung ®iÓm cña AC. LÊy ®iÓm D trªn BC sao cho BD =. 1 3. BC. LÊy G sao cho G  AE vµ AG =. 1 3. AE. §o¹n th¼ng AD c¾t. BG vµ BE theo thø tù t¹i M vµ N. TÝnh S MNEG theo SABC. Gi¶i: Gäi F lµ trung ®iÓm cña DC => EF// AD => BN = NE (DN là đờng trung bình của  BEF) Gäi I lµ trung ®iÓm cña GE => NI // MG => AM = MN Khi đó ta có: SAMG = 1 SANG = 2. 1 6. SANE. Bµi to¸n 13: Trªn c¹nh AC vµ AB cña  ABC lÊy c¸c ®iÓm B 1, C1. Gäi O lµ giao ®iÓm cña BB 1 vµ CC1. H·y tÝnh. OB OB1. NÕu. BC1 =2 AC 1. Gi¶i: S Ta cã: BO = BOC OB1. S B OC. XÐt hai tØ sè. S BOC S B OC. (Vì có  BOC và  B1OC có cùng đáy OC). 1. 1. vµ. S BOC S AOC. vµ. CB1 =β AB 1.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Ta thÊy:. S BOC S B OC. AB +B C = AC = 1 1 B1 C. 1. 1 β. = 1 + AB1 = 1 + V× vËy =. S BOC S AOC. S BOC S AOC. .. B1 C. BC1 BO =α => AC 1 B1 O. = SAOC S B OC. S BOC S B OC. =. 1. 1 ) vËy β. =  (1 +. 1. OB =  (1+ OB1. 1 ) β. Bµi to¸n 14: Cho h×nh vu«ng ABCD, gäi E,F,O,N lÇn lît lµ trung ®iÓm cña c¸c c¹nh AB, BC, CD vµ DA. Nèi c¸c ®o¹n AF, BO, CN lÇn lît c¾t nhau t¹i L, M, P, A LMPQ SABCD. Q. Chøng minh. = 1 . 5. Chøng minh: Ta nhËn thÊy AL = BM = MP = CP = PQ = DQ = QL Do tø gi¸c LMPQ lµ h×nh vu«ng (V× LMPQ lµ h×nh thoi cã trung ®iÓm cña QC nªn S PQP = SDPC V× Q lµ trung ®iÓm cña DL nªn S PQP = SOPL => SDQC = 2 SBMN = SLMPQ (1) Chøng minh t¬ng tù tµi s¶n ta còng cã: SDQC = SPCB = SBMH = SALD + SLMPQ = SABCD (2) Tõ (10 vµ (2) => S LMPQ = 1 SABCD hay 2. A LMPQ SABCD. ^ M. = 1 . 5. Bµi to¸n 15: Cho hai tam gi¸c ABC vµ A’B’C’ cã ^A chung Chøng minh:. S ABC S A ' B ' C'. = AB . AC. Ab ' . AC '. Chøng minh Ta cã: SABC = 1 CH.AB 2. SA’B’C’ = 1 C’H’.AB’ 2. Do dã:. S ABC S A ' B ' C'. =. 1 CH . AB 1 1 C ' H ' . AB ' 2. = AB . CH. (1). AB ' C ' H. V× HC// H’C’ => CH. C ' H'. =. AC AC '. (2). = 1V) vµ P lµ.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Thay (2) vào (1) ta đợc. S ABC S A ' B ' C'. Chó ý: NÕu B  B’ th×. = AB . AC. AB ' AC'. S ABC S A ' B ' C'. = AC. AC '. V/ 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 trêng hîp ¸p dông cho hai sè d¬ng. a2 + b2 > 2ba,. a2 b 2 = 2 2 b 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 lợng về số đo diện tích và các đa giác mà ta kiến lập nên. C¸ch 4: Sö dông mèi quan hÖ gi÷a c¸c c¹nh trong tam gi¸c. (c-b) < a < c + b (a 1b1c lµ sè ®o 3 c¹nh cña tam gi¸c) - Sử dụng mối quan hệ giữa đờng vuông góc và đờng xiên cùng kẻ từ một điểm đến đờng thẳng. Bµi tËp vËn dông.. 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. Chøng minh r»ng: a.. AM BM CM + + A M B1 M C 1 M. >6. b.. AM BM CM + + A M B1 M C 1 M. >8. Chøng minh: §Æt S1= SABC, S2 = SMAC, S3 = SMAB Ta cã:. AA 1 S S +S +S = ABC = 1 2 3 A 1 M S MBC S1. AA 1 −MA 1 S 2+ S 3 S3 S 3 = = + MA 1 S2 S2 S 1. (1). Chøng minh t¬ng tù ta cã S 3 + S1 S 3 S 1 MB = = + MB1 S2 S2 S2 MC S 1 s 2 = = MC1 S 3 S 3. Từ đó suy ra:. (2) (3).

<span class='text_page_counter'>(15)</span> S S S S S S a. MA + MB =MC = 1 + 2 + 2 + 3 = 1 + 3 MA 1 MB1. (. MC1. S2 S1. )(. S3 S 2. )(. S3 S 1. ). >2+2+2=6. DÊu “=” x¶y ra khi S 1 = S2 = S3. b. Nhân về với về của ba đẳng thức (1) (2) (3) ta có: (S + S )(S + S )(S + S ) MA MB MC + = = 2 3 1 3 2 3 A 1 M B1 M C1 M S1 S 2 S3. V× (S1 = S2)2 > 4 S1S2 nªn ta cã: AM A1 M. 2. BM B1 M. 2. CM C1 M. 2. ( )( )( ) AM A1 M. 2. BM B1 M. 2. =. CM C1 M. S1 + S2 ¿2 ¿ S 3 +S 1 ¿ 2 ¿ S 1 +S 3 ¿ 2 ¿ ¿ ¿. 2. =>. ( )( )( ). =>. MA MB MC + = A 1 M B1 M C1 M. > 64. >8. Bµi to¸n 17: Cho  ABC, G lµ träng t©m. a. Chứng minh: Bất kỳ điểm P trên một cạnh của tam giác ta luôn tìm đợc mét ®iÓm Q trªn c¹nh hoÆc n»m trong tam gi¸c sao cho S GPQ >. 1 6. SABC.. b. Chøng minh r»ng G lµ ®iÓm duy nhÊt cã tÝnh chÊt trªn.. Chøng minh : a. Gäi AM lµ BN lµ c¸c trung tuyÕn cña  ABC. Gi¶ sö P thuéc c¹nh BC vµ BP < PC Ta chän Q  C th× SGPQ > SGMC = 1 SGBC =. 1 6. 2. SABC. Vậy với P  BC thì ta luôn tìm đợc điểm Q để SGPQ >. 1 6. SABC. b. Gi¶ sö K lµ ®iÓm kh¸c ®iÓm G cã. TÝnh chÊt SKPQ >. 1 6. SABC. Víi P n»m trªn c¹nh cña  ABC. Kh«ng mÊt tÝnh. tæng qu¸t ta gi¶ sö r»ng K n»m trong tam gi¸c BGM. Qua K kÎ KS//AM (SGAB), KS c¾t BG t¹i Ha, c¾t BC ë P (Cã thÓ k  H). NÕu Q n»m trong  BSP th×. SQKT < SBHP < SBGM =. 1 6. SABC. NÕu Q n»m trong  AMC th× SQKP < SCHP < SBGM =. (2) 1 6. AABC (3).

<span class='text_page_counter'>(16)</span> V× =. SCHP PC−PH MC=PM BP = = . S GMC MC. MG MC BM (MC+PM)( BM −PM) MC2 −PM 2 = <1 2 MC/BM MC. 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 øng víi c¹nh b. Chøng minh nÕu a > b th× a = ha > b = hb. Chøng minh: Gäi AA1 = ha, BB1 = hb XÐt  AA1C ( ^A 1 = 1v) => ha < b => a.ha < ab 2. => 2S < ab.. Ta l¹i cã: a + ha - (b + hb) = a - 2 S − b= 2 S a. (. b. ). = (a - b) (1 - 2 S ) ab. Do a > b => a - b > 0 => 2S < ab => ab - 2S > 0 => (1- 2 S ) > 0 ab. VËy (a = ha) - b + hb > 0 =. a = ha > vb + hb DÊu “ =” x¶y ra khi 2 S = ab VI/ Lo¹i VI: Ph¬ng ph¸p chøng minh Các đờng thẳng đồng quy 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 nhiªn, ta cã thÓ dùa vµo mét tÝnh chÊt quan träng cña h×nh b×nh hµnh 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 đ ởng thẳng song song với các cạnh ta đợc bốn hình bình hành. Khi đó M  AC <=> SMA1,MB1 = SMC1DD1 hay A1C1, B1 D1, AC đồng quy <=> S MA,BB1 = SC1DD1M Chøng minh: Gi¶ sö MCAC, thÕ th× ta cã: A (A1 MB1B). = SABC - SAA1M - SMB1C = S ABC - SAD1M - SMC1D = SABC - SAD1M - SMC1C = SD1MC1D Ngîc l¹i: Gi¶ sö M kh«ng thuéc AC th× S A1MB1B  SD1MC1D . Do vËy chØ cã thÓ M thuéc AC. Bµi tËp vËn dông..

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Bµi to¸n 19: Trªn c¹nh AB, BC, CD, DA cña h×nh b×nh hµnh ABCD lÊy c¸c ®iÓm M, H, K, P t¬ng øng sao cho MK//AD vµ HP//AB. Chøng minh r»ng c¸c ® êng thẳng BP, MD, CD đồng quy tại một điểm (O là giao điểm của HP và MK). Chøng minh: Gọi E là giao điểm của các đờng thẳng CD và BP ta cần phải chứng minh MD còng ®i qua E. Ta cã: Qua E kÎ P’H’ // PH vµ M’K’ // MK. Ta cã P’H’ c¾t MK t¹i F, M’K’ c¾t PH t¹i G. Do ®iÓm O  CE nªn theo kÕt qu¶ bµi to¸n trªn ta cã: SFOHH’ = SGOKK’ => SFOHH’ = SGOKK’ (1) Do ®iÓm E  BP => SAM’EP’ = SEGHH’ (2) Tõ (1) vµ (2) suy ra: SEFKK’ = SAM’EP;. §iÒu nµy chøng tá ®iÓm E còng 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 đờng chéo đồng quy tại một điểm. Chøng minh: Gi¶ sö AD c¾t CF t¹i P vµ c¾t BE t¹i R, c¾t FC tại Q. Vì các đờng thẳng AD, BE đều chia đôi diÖn tÝch lôc gi¸c nªn: SAREF + S RED = SRDCB + SRAB SAREF + SSRB = SRDCB + SERD => SRED = SRAB Tøc lµ AR BR = RERD => (AP + PR) (BQ + QR) > AP. BQ T¬ng tù AP.FP > QC.RD vµ 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 ( V« lý, v× thùc ra 2 vÕ b»ng nhau) Vậy các đờng chéo của lục giác phải đồng quy tại một điểm. VII/ Lo¹i VII: Ph¬ng ph¸p chøng minh C¸c bµi to¸n cùc trÞ h×nh häc VÒ ph¬ng ph¸p chøng minh t¬ng tù gièng nh ë lo¹i 5 chó ý thªm: + Tổng các số dơng không đổi thì tích các số đó đạt giá trị lớn nhất khi chóng b»ng nhau. + Nếu tích các số dơng không đổi thì tổng các số đó đạt giá trị bé nhất khi.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> chóng b»ng nhau. Từ đó suy ra: + Trong c¸c h×nh ch÷ nhËt (h×nh thoi) cã cïng chu vi th× h×nh vu«ng cã diÖn tÝch lín nhÊt. + Trong c¸c h×nh ch÷ nhËt (h×nh thoi) cã cïng diÖn tÝch th× h×nh vu«ng cã chu vi bÐ nhÊt. Bµi tËp vËn dông:. 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 + + MA 1 MB1 MC1. lµ bÐ nhÊt. b.. MA 1 MB1 MC1 + + MA MB MC. lµ bÐ nhÊt. Chøng minh: a. §Æt AMBC = S1, SMAC = S2, SMBA = S3 S S S +S Ta cã: MA = MAC = MAB = 3 2 MA 1. S MA 1C. S MA 1 B. S1. S S S +S MA MB MC + + T¬ng tù MB = MAC = MAB = 3 2 => MA 1 MB1 MC1 MB1 SMA 1 C S MA1 B S3. =. (. S3 S1 S S S S + + 2 + 1 + 2+ 3 S1 S3 S1 S 2 S 3 S2. VËy. )(. )(. MA MB MC + + MA 1 MB1 MC1. ). >6. đạt giá trị bé nhất là 6 khi. S S MC S b. MA = 2 ; MB = 2 , 1 = 3 MA 1. S 2+ S 3 MB1. S 1 +S 3 MC. S 1 +S 2. Gäi S = S1 = S2 = S3 XÐt P=. S1 S2 S3 (S1+S2+S3) + + S 2+ S3 S 1+ S 3 S 1 + S 2. P = 1 [ ( S+ S2 ) + ( S2 + S3 ) + ( S 3+ S 1 ) ] 2. [. ( S +1 S + S +1 S + S 1+S ) -3 2. 3. 1. 1 1 1 + + S2 + S3 S1 + S3 S3 + S1. 3. 3. 1. ]. > 1 .9-3= 3 2. VËy P = Do đó. MA 1 MB1 MC1 + + MA MB MC MA 1 MB1 MC1 + + MA MB MC. 2. > 3. 2. đạt giá trị bé nhất là 3. 2. khi S1 = S2 = S3. => M lµ träng t©m  ABC. Bài toán 22: Gọi O là giao điểm của hai đờng chéo của tứ giác ABCD. Biết SAOB = 4, SCDO = 9. TÝnh gi¸ trÞ nhá nhÊt cña diÖn tÝch tø gi¸c ABCD..

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Gi¶i: Ta cã:. S OAD OD SODC = = S OAB OB SOBC. => SOAD.SOBC = SOAB . SODC = 4.9 = 36 C => SOAD.SOBC > 2 √ S CAD . SOBC = 12 => SABCD = SOAC + SOBC + SOCD + SODA > 4 + 9 + 12 = 15 => AABCD đạt giá trị bé nhất là 25 khi S OAD = SOBC = 6. Bµi to¸n 23: Cho h×nh b×nh hµnh ABCD cã diÖn tÝch lµ a,  MKL nèi tiÕp trong h×nh b×nh hµnh ABCD. T×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña diÖn tÝch  MKL. Giải: * Xét trờng hợp đặc biệt: Khi  MKL có 2 đỉnh (k và l0 nằm trên một cạnh của hình bình hành ABCD. Vì m < h, kl < AB Nªn SMLK = 1 m.kl < 1 h.AB = 1 SABCD = 1 a 2. 2. 2. 2. VËy SMLK < 1 a. 2. * XÐt trêng hîp tæng qu¸t: K, L, M nằm trên ba cạnh khác nhau của hình bình hành. Khi đó bao giờ cũng có hai đỉnh (k và l) nằm trên hai cnạh đối diện của hình bình hành ABCD từ m kÎ MQ//AB (QCB), MQ c¾t lk ë P. Nh vậy bài toán đợc đa về trờng hợp đã xét. SKLM = SKPM + SPML < 1 AABQM + 1 SMQCD 2. 2. C. = 1 SABCD = 1 a 2. 2. => SKLM < 1 a. 2. Nh vËy c¶ hai trêng hîp th× SKLM < 1 a. 2. Mét sè bµi to¸n d¹ng kh¸c Ngoµi c¸c lo¹i to¸n ë trªn, trong qu¸ tr×nh t×m hiÓu c¸c bµi to¸n h×nh häc, ta cßn gÆp nhiÒu nh÷ng bµi to¸n d¹ng kh¸c. NÕu nh kh«ng dïng ph¬ng ph¸p diÖn tÝch th× sÏ rÊt khã kh¨n trong viÖc gi¶i chóng ch¼ng h¹n nh bµi to¸n sau: Bµi to¸n 24: (Tµi liÖu h×nh - chuyªn To¸n Vinh) Cho mét ®a gi¸c låi cã diÖn tÝch lµ S, chu vi lµ P. Chøng minh r»ng bao giê còng tån t¹i mét h×nh trßng cã b¸n kÝnh Chøng minh:. S P. n»m trän vÑn trong ®a gi¸c Êy..

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Về phía mặt phẳng chứa đa giác ta dựng đợc nh÷ng h×nh ch÷ nhËt sao cho mét kÝch thíc lµ mét c¹nh tranh cña ®a gi¸c, kÝch thíc cßn l¹i lµ. S . Khi đó tổng diện tích của tất cả các P. h×nh ch÷ nhËt lµ. S .P = S -> đúng bằng P. diÖn tÝch cña ®a gi¸c. Nhng do đa giác đã cho là đa giác lồi nên góc trong tồn tại mỗi đỉnh đều nhỏ h¬n 1800. V× thÕ hai h×nh ch÷ nhËt dùng trªn hai c¹nh kÒ nhau bao giê còng cã phần chung. Do đó tất cả các hình chữ nhật không cấp kía miền trong của đa giác mà không bị che lấp thì khoảng cách từ điểm đó tới các cạnh của đa giác luôn lớn h¬n. S . Điểm đó chính là tâm của đờng tròn cần tìm. Vây bao giờ cũng tồn tại P. mét h×nh trßn b¸n kÝnh. S P. nằm trọn vẹn trong đa giác đó có diện tích là S và chu. vi lµ P.. Bài toán 25: (Đề thi vô địch Thuỵ Sĩ) Cho Tø gi¸c ABCD vµ ®iÓm O n»m trong tø gi¸c chøng minh r»ng nÕu c¸c tam giác ABO, BCO, CDO và DAO có diện tích bằng nhau thì điểm O nằm trên đờng chéo AC hoặc BD. Gi¶i: T¹i P vµ c¾t OD t¹i Q Ta cã: SAOB = SCOB (GT) => AP = PC SAOD = SCOD (gt O => AQ = QC VËy P  Q. NÕu P  Q th× bèn ®iÓm B,O,P,D nằm trên 1 đờng thẳng. Nghĩa là O nằm trên đờng chéo BD của tứ giác ABCD. Nếu O  P thì O nằm trên đờng chéo AC của tứ gi¸c ABCD. Nh vËy O n»m trªn AC hoÆc BD (§PCM). Phần III: Bài tập đề nghị Bµi tËp 1: Cho  ABC ( ^A =900). Trªn c¸c c¹nh AB, AC, BC ë phÝa ngoµi.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> tam gi¸c dùng h×nh vu«ng ABED, ACBQ vµ BCMN. §êng cao AH thuéc c¹nh huyÒn cña  ABC c¾t MN t¹i F. Chøng minh. a. SBHFN = SABED, từ đó suy ra AB 2 = BC.BH. b. A HCME = SAOPQ, từ đó suy ra AC 2 = BC.HC. Bài tập 2: Cho hình bình hành ABCD có góc BAD nhọn, đờng phân giác của góc BAD cắt CD tại M là cắt đờng thẳng BC tại N. Gọi O là điểm cách đều ba điểm C, M, N lµ kh«ng lµ giao ®iÓm cña OB vµ OD chøng minh. a. SOBN = SOBC b. SBCK + SNOC = sDOK Bài tập 3: Cho  ABC (AB = AC), đờng cao AH, O là trung điểm của AH, tia BO c¾t AC t¹i D, tia CO c¾t AB t¹i E. TÝnh tØ sè diÖn tÝch tø gi¸c ADOE lµ diÖn tÝch tam gi¸c ABC. ^ =900). trong c¸c tam gi¸c lÊy ®iÓm hoÆc sao cho Bµi tËp 4: Cho  ABC ( C SOAB = SOBC = SOAC. Chøng minh: OA 2 + OB2 = 50C2. Bµi tËp 5: (§Ò thi häc sinh giái líp 8 chuyªn VÜnh Phóc - 2003) Cho  ABC ( ^A =900) lµ ®iÓm H di chuyÓn trªn BC. Gäi E, F lÇn lît lµ ®iÓm đối xứng của H qua AB, AC. a. Chøng minh E, A, F th¼ng hµng. b. Chứng minh BEFC là hình thang. Có thể tìm đợc vị trí của H để BEFC trở thành hình thang vuông hình bình hành, hình chữ nhật đợc không. Bµi tËp 7: a. Chứng minh các đờng trung tuyến của tam giác chia tam giác thành 6 phần cã diÖn tÝch b»ng nhau. b. Gäi G lµ träng t©m cña  ABC th× SGAB = SGAC = SGBC..

<span class='text_page_counter'>(22)</span> C. PhÇn kÕt luËn I. KÕt qu¶ nghiªn cøu :. Do đặc trng và tính chất của đề tài nên việc áp dụng và thử nghiệm đề tài không thực hiện đợc trên diện rộng, mà chỉ dành cho học sinh khá giỏi ở lớp 8. Qua viÖc båi dìng cho 10 häc sinh trªn tæng 24 häc sinh khèi 8, trong n¨m häc 2006-2007, tôi thu đợc kết nh sau: Líp. 8A. Sè häc sinh båi d6. Giái 30%. Kết quả đạt đợc Trung Kh¸ b×nh 30%. 40%. YÕu 0%. II. Kiến nghị đề xuất.. Trên đây là toàn bộ nội dung đề tài “Sử dụng phơng pháp diện tích để giải các bài tập hình học” mà tôi đã nghiên cứu đợc trong quá trình giảng dạy phần diÖn tÝch ®a gi¸c ë líp 8,9. Qua việc sử dụng đề tài trên, tôi thấy nó mang lại hiệu quả rất lớn trong việc gi¶ng d¹y. §ã lµ: Đề tài giúp tôi có thêm nhiều phơng pháp hay, độc đáo để giúp học sinh giải toán. Nó còn có tác dụng làm cho ngời giáo viên phải luôn tìm tòi nghiên cứu để có nh÷ng bµi to¸n phï hîp víi kh¶ n¨ng cña häc sinh líp m×nh phô tr¸ch. Mét thuËn lîi n÷a lµ trong cïng mét thêi gian, gi¸o viªn cïng víi häc sinh gi¶i mét sè l îng bµi tËp nhiÒu vµ hiÖu qu¶ h¬n. Đối với học sinh, đề tài này giúp cho các em có đợc các phơng pháp đặc trng để giải các bài toán ở phần này trránh đợc những lúng túng, những khó khăn mắc ph¶i. 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 đợc các bài tập nâng cao ở phần này. Với số lợng bài tập đa ra trong đề tài có sự chọn lọc, thì giải toán bằng ph ơng pháp diện tÝch cßn ®em l¹i sù høng thó häc tËp cho häc sinh. Bëi v× häc sinh ph¶i t×m tßi, s¸ng t¹o trong qu¸ tr×nh gi¶i, gióp häc sinh ph¸t triÓn tèt t duy l«gic cña m×nh. Với những hiệu quả thu đợc của bản thân và của học sinh tôi thấy việc sử dụng phơng pháp diện tích để giải các bài toán hình học là một việc làm phù hợp cho thÇy vµ sù tiÕp thu kiÕn thøc cña häc sinh. Víi sè lîng bµi tËp cßn h¹n chÕ, hy vọng rằng đề tài này có thể làm tài liệu tham khảo của các đồng nghiệp trong quá tr×nh gi¶ng d¹y..

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Do kinh nghiÖm cßn Ýt vµ sù h¹n chÕ cña b¶n th©n, ch¾c ch¾n cßn cã nh÷ng thiếu sót. Tôi mong đợc sự bổ sung và góp ý kiến xây dựng của các đồng chí, đồng nghiệp để đề tài đợc khả quan hơn khi áp dụng vào thực tế. T¸c gi¶. Lª V¨n S¬n.

<span class='text_page_counter'>(24)</span>