SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM -PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH

Chuyên đề: Phương pháp diện tích
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi:
PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH

H

I. ĐẶT VẤN ĐỀ:

ơn hai ngàn năm nay, tốn học đã chứng tỏ mình như một đỉnh cao trí
tuệ của con người. Tốn học xâm nhập vào hầu hết các ngành khoa học
và là nền tảng của nhiều lý thuyết khoa học quan trọng.
Ở trường phổ thơng, mơn tốn là một trong những mơn quan trọng
được dành thời lượng giảng dạy nhiều nhất, bởi nó mang lại cho con người
nhiều lợi ích thiết thực. Nhưng đồng thời mơn tốn cũng là một trong những
mơn học mà nhiều học sinh “sợ” học.
Hình học là mơn học rèn luyện cho con người khả năng trừu tượng, tư
duy sáng tạo và khả năng phân tích tổng hợp. Bên cạnh các phương pháp khác
thì “Phương pháp diện tích” là một phương pháp mạnh để giải tốn hình học.
Trong khi giải tốn nhiều bài sử dụng phương pháp thơng thường để giải sẽ
gặp khơng ít khó khăn. Song, nếu sử dụng diện tích để giải thì đơn giản hơn
nhiều.
Vì vậy, tơi đã nghiên cứu nhiều sách, tư liệu và viết chuyên đề “Phương
pháp diện tích”.
II. CƠ SỞ LÝ LUẬN:
Trong q trình giảng dạy toán cần thường xuyên rèn luyện cho học
sinh các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rèn luyện và
tu dưỡng trong cuộc sống của học sinh. Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn
luyện cho các em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán của
trí tuệ là những điều kiện cần thiết trong việc học toán. Chính vì vậy bồi
dưỡng học sinh khá giỏi khơng đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số
vốn kiến thức thông qua việc làm bài tập càng nhiều, càng tốt, càng khó càng

hay mà phải cần thiết rèn luyện khả năng phát triển tư duy, sáng tạo làm toán
cho học sinh.
III. CƠ SỞ THỰC TIỄN:
Qua nhiều năm công tác giảng dạy, tơi nhận thấy việc học tốn nói
chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi tốn nói riêng, muốn học sinh rèn luyện
được tư duy sáng tạo trong việc học và giải tốn thì bản thân mỗi người thầy
cần phải có nhiều phương pháp và nhiều cách hướng dẫn học sinh tiếp thu và
tiếp cận bài giải. Đặc biệt, để có được học sinh giỏi của mơn Tốn là một điều
rất khó mà khơng phải giáo viên tốn nào cũng có thể làm được nếu khơng
biết đầu tư, khơng thực sự nhiệt tình và khơng nghiên cứu các chun đề. Tuy
nhiên, có nhiều nguyên nhân có cả khách quan và chủ quan. Song điều trước
tiên người thầy cần phải học, tìm tịi nghiên cứu tìm ra nhiều phương pháp và
cách giải qua một bài tốn, để từ đó rèn luyện cho học sinh năng lực hoạt
-1-


Chuyên đề: Phương pháp diện tích
động tư duy sáng tạo, phát triển bài tốn và có thể đề xuất hoặc tự làm những
bài toán tương tự đã được nghiên cứu bồi dưỡng.
IV. NỘI DUNG:
A. Một số kiến thức cơ bản:
I. Diện tích tứ giác:
1) Cho tứ giác ABCD. Gọi AB = a, BC = b, CD = c, DA = d , AC = d 1,
BD = d2 , R là bán kính đường trịn ngoại tiếp, r là bán kính đường trịn nội
tiếp và p = (a + b + c + d) . Ta có :
B
b

SABCD = SABC + SADC
= SABD + SCBD.

I
m

d1

+Tổng

các

góc

µA + B
µ +C
µ +D
µ = 3600 = 2π

trong

C

α

a

của

tứ

giác:

d2

c

A
d

2

2

2

+Tổng bình phương của các cạnh : a + b + c +
d2 = d12 + d 22 = 4m 2
(m là độ dài đoạn thẳng nối hai trung điểm của hai đường chéo)

D

SABCD = d1d2sinα

(α là góc tạo bởi hai đường chéo d1, d2 )
*Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R)
SABCD =

( p − a )( p − b)( p − c)( p − d )

B

a

A

d1

µ =B
µ +D
µ = 1800
+Tổng hai góc đối diện: µA + C
+Tích các đường chéo : d1d2 = ac + bd.
p = (a + b + c + d)

b
O

d
d2

C

c
D

B

* Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O; r).

b

C

SABCD = p.r

O

a

c

r

+Tổng hai cạnh đối diện : a + c = b + d
A

2)Diện tích các tứ giác đặc biệt:
a)Diện tích hình chữ nhật :
-2-

d

M

D


Chuyên đề: Phương pháp diện tích
A

SABCD = a.b

d =

b

a

B

d

D

b)Diện tích hình vng
A

a

C

SABCD = a2
d=a
SABCD = d2

B

d

D

a

A

h

M
D

*Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình
vng có diện tích lớn nhất c)Diện tích hình thang:

C

SABCD = (a + b).h

B

m

SABCD = m.h

N
C

b

H

(M, N lần lượt là trung điểm của AD,
BC)

d) Diện tích hình bình hành:
a

A

d1

h
D

SABCD = a.h

B

d2

d12 + d22 = 2(a2 + b2)
C

H

e)Diện tích hình thoi:
A

a
d2

D

h

H

B

SABCD = d1d2 = a.h
d12 +d22 = a2

d1
C

II.Diện tích tam giác:
Cho tam giác ABC có BC = a , AC = b , AB = c, đường cao thuộc cạnh
BC là AH = ha, r là bán kính đường trịn nội tiếp, R là bán kính đường trịn
ngoại tiếp ∆ABC và p = . Ta có các công thức sau :
-3-


Chuyên đề: Phương pháp diện tích
a) Diện tích tam giác:
SABC = a.h

A

1
1
1
S ABC = bc sin A = ac sin B = ab sin C
2
2
2

b
c

h

B

H

C

a

b)Tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O; r)

A

SABC = p.r

c

E

F

b

r

r

O
r

B

c)Tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O; R)

D

C

a

A

SABC =
b

c

O

h

d) Cơng thức Hêrơng
SABC =

C

B

H

a

D

(p: nửa chu vi tam giác)
B. Một số dạng toán:

Dạng 1: Sử dụng diện tích để chứng minh quan hệ độ dài của các đoạn thẳng
Ở dạng này cần chú ý:
- Xác định quan hệ diện tích giữa các hình.
- Sử dụng các cơng thức tính diện tích để biểu diễn mối quan hệ đó bằng một
đẳng thức có chứa các độ dài.
- Biến đổi đẳng thức vừa tìm được ta có quan hệ về độ dài giữa hai đoạn
thẳng cần so sánh.
Ví dụ 1:
Cho hình bình hành ABCD. Từ điểm B vẽ một cát tuyến cắt cạnh CD tại điểm
M. Từ điểm D vẽ một cát tuyến cắt cạnh BC tại điểm N sao cho BM= DN.
Gọi I là giao điểm của BM và DN. Chứng minh khoảng cách từ A đến BM
bằng khoảng cách từ A đến DN.
Nhận xét
Đối với bài tốn này nếu khơng dùng phương pháp sử dụng diện tích
thì khó mà giải quyết được. Nhưng để phát hiện ra bài toán này phải dùng
phương pháp sử dụng diện tích để chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau lại
càng khó hơn.

-4-

Chuyên đề: Phương pháp diện tích
Giáo viên phải gợi mở cho học sinh thấy rằng giả thiết đã có BM=DN
mà phải chứng minh khoảng cách từ A đến BM và DN bằng nhau lại có hai
BAM và DAN khơng thể bằng nhau được.
Vậy phải chăng S BAM = S DAN
Đó là điều mà người muốn giải quyết bài toán phải nghĩ tới.
Cần sử dụng tính chất: Nếu hai tam giác có cùng chiều cao thì tỉ số hai đáy
tương ứng bằng tỉ số hai diện tích. Ngược lại, nếu hai tam giác có cùng đáy
thì tỉ số hai chiều cao tương ứng bằng tỉ số hai diện tích.
Hướng dẫn: (H1)
B

S BMA = S ABCD − ( S ADM + S BMC )

kẻ EF đi qua M là EF vng góc với BC
thì

N

F

C

I

M
1
1

ME. AD + MF .BC
2
2
A
D E
H1
1
1
= AD.EF = S ABCD
2
2
1
1
Vậy S BAM = S ABCD − S ABCD = S ABCD
2
2
Tương tự qua N kẻ PQ ⊥ AB. Ta cũng chứng minh được diện tích AND

S ADM + S BMC =

bằng một nửa diện tích hình bình hành ABCD
1
2

Vậy S BAM = S ADN = S ABCD
Suy ra 2 đường cao hạ từ A tới BM, hạ từ A xuống DN bằng nhau (vì hai đáy
BM = DN theo giả thiết)
-Với giả thiết của bài tốn này có thể yêu cầu học sinh phát triển chứng minh
·
AI là phân giác của BID

Bài tập:
1) Cho tam giác ABC, trung tuyến AM, một đường thẳng song song với cạnh
BC cắt các cạnh AB, AC và trung tuyến AM lần lượt tại D, E, F. Chứng minh
rằng FD = FE.
2) Cho hình bình hành ABCD. Trên AB lấy điểm M, trên AD lấy điểm N. Gọi
·
O là giao điểm của BN với DM. Biết OC là tia phân giác của BOD
, chứng
minh BN = DM
3) Cho hình thang ABCD (AB//CD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của hai
đáy BC và AD. Một đường thẳng song song với hai đáy và cắt AB, MN và
CD lần lượt tại E, O, F. Chứng minh: O là trung điểm của EF. (Hướng dẫn:
chứng minh SMEN = SMFN)
Dạng 2: Sử dụng diện tích để chứng minh hai đường thẳng song song
Ví dụ 2:
-5-


Chun đề: Phương pháp diện tích
Cho ∆ABC có AC = b , AB = c, phân giác AD của góc A và phân giác BE của
góc B cắt nhau tại I. Gọi G là trọng tâm của ∆ABC. Chứng minh rằng: Nếu
BC bằng trung bình cộng của AB và AC thì IG // BC
Hướng dẫn: (H2)
Cách 1 : Sử dụng tính chất tia phân giác trong tam giác và tính chất trọng tâm
của tam giác
A
+AD là đường phân giác trong ∆ABC (đặt BC = a) :
= = ⇒ = ⇒ =
⇒ BD =
E

c
+BI là đường phân giác trong ∆ABD
b
I
G
= = c: =
Vì a = ⇒ = (b + c) : = 2 (1)
+Ta có G là trọng tâm của ∆ABC ⇒ = 2 (2)
B
KD M a
Từ (1) và (2) ⇒ = ⇒ IG // DM hay IG // BC
H2
Cách 2 : Sử dụng diện tích tam giác :
+Kẻ IK ⊥ BC
Vì a = ⇒ 2a = b + c
Và I là giao điểm của hai đường phân giác trong của ∆ABC, nên I là tâm
đường đường tròn nội tiếp ∆ABC ⇒ IK là bán kính của đường trịn nội tiếp
⇒ SABC = .IK = .IK (1)
Ta có
SIBC = a.IK (2)
Từ (1) và (2) ⇒ SIBC = SABC(3)
G là trọng tâm của ∆ABC ⇒ =
+Kẻ AH ⊥ BC và GP ⊥ BC ⇒ AH // GP
∆AGH có GP // AH ⇒ = = ⇒ GP = AH
Ta lại có SABC = BC.AH mà SGBC = BC.GP = BC.AH = (BC.AH)
⇒ SGBC = SABC (4)
Từ (3) và (4) ⇒ SIBC = SGBC (Hai tam giác có diện tích bằng nhau mà có
chung cạnh đáy nên hai đường cao bằng nhau, do đó I và G nằm trên đường
thẳng song song với BC hay IG // BC.
Ví dụ 3

Cho hình bình hành ABCD. Các điểm E, F, G, H thứ tự thuộc các cạnh AB,
BC, CD, DA sao cho EG không song song với AD. Cho biết diện tích EFGH
bằng nửa diện tích hình bình hành.
Chứng minh: HF // CD.
Phân tích đề bài và hướng giải:

E

A

B

F

H

-6D

K

H3

G

C

C


Chuyên đề: Phương pháp diện tích

+ Bài này ta thấy cần phải tìm hoặc tạo ra một tứ giác bằng

1
SABCD.
2

+ Tìm mối liên hệ giữa tứ giác đó với tứ giác EFGH.
+ Căn cứ vào giả thiết ta thấy cần vẽ đường phụ bằng cách: kẻ EK// AD.
Ta có SABCD = SBEKC + SEADK .
Nối HK, FK ta có tứ giác EFGH và EFKH có chung diện tích ∆HEF
Vì vậy nếu SGHF = SKHF ⇒ đpcm
Hướng dẫn: (H3)
Kẻ EK // AD.
Ta có SEFGH =

1
1
SABCD = ( SBEKC + SEADK )
2
2

SEFKH = S EFK + SHEK =

1
( SBEKC + SEADK )
2

⇒ SEFGH = SEFKH

Mà S EFGH = SHEF + SHGF
SEFKH = SHEF + SKHF

⇒

SHGF = SKHF

⇒ Chiều cao từ G và K xuống HF bằng nhau.
⇒ HF // KG

Vậy HF // BC
Bài tập:
1) Cho tam giác ABC, một đường thẳng song song với BC cắt các cạnh AB,
AC lần lượt tại D và E. Qua D, E lần lượt kẻ các đường thẳng song song với
AC, AB cắt BE, DC lần lượt tại M và N. Chứng minh rằng MN // BC
2) Cho tam giác ABC có AB = 4cm; BC = 5cm; AC = 6cm. Gọi I là giao
điểm của các phân giác; G là trọng tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng
IG//BC
3) Cho tam giác có độ dài các cạnh là BC = a, AC = b, AB = c và a - b = b - c.
G là giao điểm các đường trung tuyến. I là giao điểm các đường phân giác
trong của tam giác đã cho. Chứng minh GI // AC.
4) Cho hình bình hành ABCD. Các điểm E, F, G, H thứ tự thuộc các cạnh
AB, BC, CD, DA sao cho EG không song song với AD. Cho biết diện tích
EFGH bằng nửa diện tích hình bình hành. Chứng minh FH//CD.
Dạng 3: Sử dụng phương pháp diện tích để chứng minh một số hệ thức
Ví dụ 4:

-7-

Chuyên đề: Phương pháp diện tích
Cho tam giác ABC, O là điểm bất kỳ nằm trong tam giác, các tia AO, BO,
CO cắt các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại các điểm P, Q, R. Chứng minh
OA
OB
OC
+
+
≥ 3 2.
OP
OQ
OR

rằng: T =

Hướng dẫn: (H 4)

A

Gọi S, S1, S2, S3 lần lượt là diện tích các
tam giác ABC, BOC, COA, AOB.
Đặt S1 = x2, S2 = y2, S3 = z2 (x, y, z > 0)
Ta được S = x2 + y2 + z2
Suy ra :
AP S x + y + z
OA
y +z
= =
⇔
+1 = 1+

2
OP S1
x
OP
x2
2

⇔

2

2

2

R

Q

O

B

2

H4

P

C

y2 + z2
x2

OA
=
OP

Tương tự ta có:

Do đó T =
Lại có

OP
=
OQ

z 2 + x2
;
y2

OC
=
OR

x2 + y2
z2

OA
OB

OC
+
+
=
OP
OQ
OR

y2 + z2
x2 + y 2
z 2 + x2
+
+
x
y
z

y2 + z2 y + z
≥
.
x
2x

Tương tự ta được: T ≥

1  y z x z x y
 + + + + + ÷≥ 3 2
2x x y y z z

Ví dụ 5:

Từ điểm M tùy ý trong ∆ ABC, các đường thẳng MA, MB, MC lần lượt cắt
MA

MB

MC

1
1
1
BC, CA, AB tại A1, B1 , C1 . Chứng minh: AA + BB + CC = 1
1
1
1
Phân tích đề bài và hướng giải:

MA

MB

MC

1
1
1
+ Để chứng minh AA + BB + CC = 1 ta thấy cần phải xét từng tỉ số của hai
1
1
1
đoạn thẳng trong hệ thức trên.

-8-


Chuyên đề: Phương pháp diện tích
A

+ Nếu biểu thị ngay từng tỉ số đó với tỉ số
diện tích ∆CMA1 và ∆CAA1 thì khơng thể
chứng minh được .
Vì vậy ta cần phải vẽ thêm đường phụ: Đó
là hai đường vng góc hạ từ M, A xuống
MA1 MK
BC thì ⇒ AA = AH .
1

B1

C1
M

A1 H
K

B

5H

C

Mà MK và AH là hai đường vuông góc cùng hạ xuống BC nên
⇒

MK SMBC
=
. Từ đó ⇒ đpcm
AH S ABC

Hướng dẫn: (H 5)
MA

MK

1
Kẻ MK, AH vng góc với BC ⇒ MK //AH ⇒ AA = AH
1

1
MK.BC
MA1 MK
S
2
= MBC (1)
Ta có: AA = AH = 1
S ABC
1
AH.BC
2
MB1 S MAC
Chứng minh tương tự ta có : BB = S

1
ABC
MC1 S AMB
=
(3)
CC 1 S ABC

(2)

Từ (1), (2), (3) ta được :
MA1 MB1 MC1 SMBC S MAC S AMB S ABC
+
+ CC = S + S + S = S = 1 ( đpcm)
AA1 BB1
ABC
1
ABC
ABC
ABC

Ví dụ 6:
Cho tam giác ABC có AB = 2.AC, kẻ phân giác
AD, gọi p là nửa chu vi của ∆ABC; r, r1, r2 là
bán kính của đường tròn nội tiếp các ABC,
ADC và ABD
pr  1 2 
Chứng minh AD =  +  − p
3  r1 r2 

A

B

D

H6

Hướng dẫn: (H 6)
Vì AB = 2.AC nên S ABD = 2S ADC vì có đường cao kẻ từ D bằng nhau
mà hai tam giác có chung đường cao kẻ từ A cho nên BD = 2.CD
1
2

1
3

1
3

dễ thấy S ADC = S ABD = S ABC = pr

-9-

C


Chuyên đề: Phương pháp diện tích
2
pr
3

1
nên S ACD = r1 ( AC + AD + CD)
2
1
S ABD = r2 ( AB + AD + BD )
2
AC + AD + CD pr
AB + AD + BD 2pr
=
;
=
Cho nên
2
3r1
2
3r2
S ABD =

Cộng từng vế ta được:
AC + AD + CD + AB + AD + BD AC + AB + BC + 2AD
pr  1 2 
=
= p + AD =  + 
2
2
3  r1 r2 

hay suy ra AD =

pr  1 2 

 + −p
3  r1 r2 

Bài tập:
1) Cho tam giác nhọn ABC với ba đường cao tương ứng AH, BI và CK.
Chứng minh SHIK = (1 - cos2A - cos2B - cos2C).SABC
2) Bên trong tam giác ABC lấy một điểm O tuỳ ý, tia AO, BO, CO cắt BC,
CA, AB tại D, E, F. Chứng minh

OA OB OC
+
+
=2
AD BE CF

3) Cho ABC vuông tại A. Phân giác trong kẻ từ A cắt BC tại D. Chứng
minh rằng

2
1
1
=
+
AD AB AC

Dạng 4: Sử dụng phương pháp diện tích để chứng minh thẳng hàng, đồng
quy
Ví dụ 7:
Chứng minh rằng trong một tứ giác ngoại tiếp thì tâm đường trịn nội tiếp và
trung điểm của hai đường chéo cùng thuộc một đường thẳng.

Hướng dẫn: (H 7)
Cách 1. Nối dài DA và CB cắt nhau tại P. Trên DA lấy điểm D’ sao cho PD’ =
AD và trên BC lấy điểm C’ sao cho PC’ = BC.
P
Để ý rằng do M và N là trung điểm của BD và
AC nên ta có
1
SABCD
2
1
= SNAB + SNCD = SABCD
2

SMAD + SMBC = SMAB + SMCD =
SNAD + SNBC

Theo cách dựng điểm D’ và C’ và hai đẳng thức
trên, ta có:
SMPD’ + SMPC’ = SNPD’ + SNPC’  SMD’PC’ = SND’PC’

D'

B

A
C'
M

O

C

D
H7

-10-

N


Chuyên đề: Phương pháp diện tích
⇒ SMD’C’ = SND’C’ ⇒ MN//D’C’ (1)

Mặt khác do tứ giác ABCD ngoại tiếp đường trịn nên ta có:
AD + BC = AB + CD.
Từ đó SOAD + SOBC = SOAB + SOCD =

1
SABCD
2

Lý luận tương tự như trên ta cũng có
OM // D’C’ (2)
Từ (1) và (2) suy ra M, I, N thẳng hàng (đpcm).
Cách 2.
Ta có SIAB + SICD = SIBC + SIAD =

1
SABCD = SAMB + SCMD
2

Suy ra SIAB – SAMB = SCMD – SICD
Hay SAMI – SBMI = SCMI – SDMI
Mà SMBI = SDMI nên SAMI = SCMI
do đó MI đi qua trung điểm của AC
hay M, I, N thẳng hàng
Ví dụ 8:
Cho tam giác ABC. D, E, F là các điểm trên các cạnh BC, AC và AB. Chứng
minh rằng AD, BE và CF đồng quy khi và chỉ khi DB . EC . FA = 1
DC EA FB

Hướng dẫn: (H 8)
DB

S

EC

A

S

FA

S

OBD
OEC
OAF
Ta có DC = S , EA = S , FB = S

OCD
OEA
OBF

F

DB EC FA SOBD SOEC SOAF
Suy ra DC . EA . FB = S . S . S
(1)
OCD
OEA
OBF

E

O

Mặt khác ta có:
SOBD OB.OD SOEF OC.OE SOAF OA.OF
=
;
=
;
=
(2)
SOEA OE.OA SOBF OB.OF SOCD OC .OD

B
H8

D

C

Từ (1) và (2) ta có điều cần chứng minh.
Bài tập:
1) Cho tam giác ABC nhọn. Về phía ngồi tam giác dựng các hình chữ nhật
ACDE và BCFG có diện tích bằng nhau. Chứng minh rằng tâm đường tròn
ngoại tiếp của tam giác ABC, trung điểm của DF và điểm C thẳng hàng.
2) Cho tam giác ABC, trung tuyến AM. Một đường thẳng song song với BC
cắt AB, AC lần lượt tại D và E. Chứng minh rằng BE và CD cắt nhau trên
AM.
3) Chứng minh trong một tam giác ba đường trung tuyến đồng quy và điểm
đồng quy chia mỗi trung tuyến theo tỉ số
-11-

2
kể từ đỉnh.
3


Chuyên đề: Phương pháp diện tích
Dạng 5: Sử dụng phương pháp diện tích để chứng minh bất đẳng thức, cực trị
hình học
Phương pháp giải: Xuất phát từ các bất đẳng thức đã biết, vận dụng các tính
chất của bất đẳng thức để suy ra bất đẳng thức cần chứng minh.
Các bài tốn cực trị thường được trình bày theo hai cách:
Cách 1: Đưa ra một hình rồi chứng minh rằng mọi hình khác có các yếu tố
(đoạn thẳng, góc, diện tích…) lớn hơn hoặc nhỏ hơn yếu tố tương ứng của
hình được đưa ra.

Cách 2: Thay điều kiện một đại lượng đạt cực trị bằng các điều kiện tương
đương, cuối cùng dẫn đến điều kiện xác định được vị trí của điểm để đạt cực
trị
Ví dụ 9:
Cho tam giác ABC nhọn. Tìm điểm M bên trong
tam giác sao cho AM.BC + BM.AC + CM.AB là
nhỏ nhất

A

Hướng dẫn: (H 9)

M

Gọi D, E là hình chiếu của B, C trên AM.
D
Ta có:
C
B
2SMAB + 2SMAC = BD. AM + CE.AM
E
= AM(BD + CE) ≤ AM. BC
H9
Tương tự ta cũng có:
2SMAB + 2SMBC ≤ BM. AC,
2SMBC + 2SMAC ≤ CM.AB
Từ đó ta có:
AM. BC + BM. AC + CM. AB ≥ 2SMAB + 2SMAC + 2SMBC = 2SABC
Dấu “=” xảy ra ⇔ M là trực tâm của tam giác ABC.
Vậy giá trị nhỏ nhất của AM.BC + BM.AC + CM.AB là 2S ABC khi M là trực

tâm của tam giác ABC.
Ví dụ 10:
Cho ∆ABC vng cân có AB = AC = 10cm. ∆DEF vng cân ở D nội tiếp
∆ABC ( D ∈ AB, E ∈ BC, F ∈ AC ). Xác định vị trí của D để diện tích DEF
nhỏ nhất.
Hướng dẫn: (H 10)
Gọi AD = x. Kẻ EH ⊥ AB

C

Thì AD = EH = BH = x. DH = 10 - 2x.
SDEF =

1
1
1
DE.DF = DE2 = (EH2 + DH2 )
2
2
2

-12-

H

E

D
A

F
H 10

B


Chuyên đề: Phương pháp diện tích

=

1
[x2 + ( 10 - 2x)2 ]
2

=

1
(5x2 - 40x + 100)
2

=

5
5
( x2 - 8x + 20) = (x - 4)2 + 10 ≥ 10
2
2

(SDEF )min = 10 ⇔ x = 4.
Vậy D ∈ AB sao cho AD = 4 cm thì S DEF nhỏ nhất

Ví dụ 11:
Cho ∆ABC, trên các cạnh AB, BC, CA theo thứ tự đó ta lấy các điểm D, E, F
sao cho AD = k.AB, BE = k.BC ; CF = k.AC (0< k < 1) . Xác định k để S DEF
có giá trị nhỏ nhất với S ABC = 1
Hướng dẫn: (H 11)
Ta có S ABE = k .S ABC (2) vì BE = k.BC và chung
đường cao hạ từ A
mà AD = k.AB ⇒ BD = (1 - k).AB
nên S BDE = (1 − k ).S ABE (2)
Từ (1) và (2) suy ra S BDE = k (1 − k ).S ABC
Tương tự : SCFE = k (1 − k ).S ABC

A

D

F

S ADF = k (1 − k ).S ABC

B

E

mà S DEF = S ABC − [ S BDE + S FEC + S FAD ]
= 1 - 3k(1 - k) = 3k2 - 3k + 1

C
H 11

1
1
1
) = 3[ (k2 - k + ) +
]
3
4
12
1
1
1
1
1
= 3[(k - )2 +
] = 3(k - )2 +
≥
với mọi k
2
12
2
4
4
1
1
Vậy giá trị nhỏ nhất của S DEF là khi k =
4
2

Hay S DEF = 3k2 - 3k + 1 = 3(k2 - k +

Ví dụ 12:
Cho tam giác vng ABC tại C, kẻ đường cao CD, đường phân giác CE của
S ABC
·ACD và đường phân giác CF của BCD
·
. Tìm giá trị nhỏ nhất của tỉ số: S
CEF

Hướng dẫn: (H 12)
Tacó:

·
·
·
·
·
·
ECB
+ ECA
= 900 ; BEC
+ ECD
= 900 ; ACE
= ECD
·
·
⇒ ECB
= BEC

A

⇒ BCE cân ⇒ BC = BE

-13B

E

D

H 12

F

C


Chun đề: Phương pháp diện tích
Chứng minh tương tự thì AC = AF
nên
FE = BC - BF = BC - ( AB - FA )
= BC + AC - AB = a+ b - c
(trong đó BC = a ; AC = b ; AB = c )
mà ( a + b )2 = a2 + 2ab + b2 = c2 + 2ab ;
a2 + b2 > 2ab hay 2ab < c2
nên (a +b)2 < 2c2 ⇒ a+b - c < c 2 - c = c( 2 - 1 )
c

c

= 2 +1
⇒ a+b−c ≥

c( 2 − 1)
1
S ABC 2 AD. AB AB
c
=
=
=
Mà
SCEF 1 AD.FE FE a + b − c
2
S ABC
nên S ≥ 2 + 1
CEF
S ABC
Vì vậy Max S = 2 + 1 khi  ABC vuông cân tại C.
CEF

Bài tập:
1) Cho hình vng ABCD có cạnh bằng a. Lấy điểm M tùy ý trên đường chéo
AC, kẻ ME ⊥ AB, MF ⊥BC. Xác định vị trí của M trên đuờng chéo AC để
diện tích DEF nhỏ nhất.
2) Cho hình bình hành ABCD và điểm M cố định trên cạnh BC. Lấy điểm N
bất kì trên cạnh AD. Gọi P là giao điểm của AM và BN. Q là giao điểm của
MD và NC. Tìm vị trí của N để diện tích tứ giác MPNQ lớn nhất
3) Cho hình vng ABCD, điểm M chuyển động trên đường chéo AC. Từ M
kẻ ME vng góc với AB, kẻ MF vng góc với BC. Xác định vị trí của M để
diện tích của DE F có giá trị nhỏ nhất, biết hình vng có cạnh là 1.
4) Cho tam giác ABC, trong các hình chữ nhật nội tiếp trong tam giác có
hai đỉnh nằm trên BC, cịn hai đỉnh cịn lại nằm trên hai cạnh cịn lại. Tìm
hình chữ nhật có diện tích lớn nhất .

5) Cho hình vng có cạnh là 1. Nội tiếp trong hình vng một ngũ giác sao
cho các đỉnh của ngũ giác chia chu vi của hình vng thành các phần bằng
nhau. Xác định vị trí của các đỉnh để diện tích của ngũ giác là lớn nhất.
C. Biện pháp thực hiện:
a. Đối với học sinh:
- Nắm vững từng dạng bài tập
- Nhận dạng bài tập, suy nghĩ, phân tích để tìm phương pháp thích hợp nhất.
-14-


Chun đề: Phương pháp diện tích
- Kiên trì, nhẫn nại, cố gắng giải các bài tập của giáo viên ra, bài tập trong
sách nâng cao, từ đó tự suy nghĩ ra những dạng bài tập tương tự.
b. Đối với giáo viên:
- Thường xuyên kiểm tra việc nắm phương pháp giải của học sinh
- Ở mỗi dạng cần cho học sinh nắm vững và làm thành thạo. Điều quan trọng
là cùng với học sinh phân tích bài tốn để học sinh hiểu. Nên tránh việc áp
đặt, vì dễ dẫn đến việc các em nắm được phương pháp nhưng không vận dụng
được.
- Muốn có được kết quả như ý muốn thì giáo viên phải đầu tư trong soạn
giảng có hướng hỗ trợ học sinh phát triển kĩ năng, sắp xếp, phân loại hệ thống
bài tập trước khi truyền đạt là rất cần thiết. Việc chuẩn bị tốt ở nhà sẽ quyết
định đến chất lượng các tiết lên lớp và cả chất lượng thu được từ học sinh.
V. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU:
Qua vài năm trực tiếp dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi nhận thấy các
em lúng túng khi giải bằng phương pháp diện tích. Nhưng khi vận dụng
chuyên đề này vào giảng dạy, đã mang lại hiệu quả cao trong việc rèn luyện
giải tốn cho học sinh. Các em khơng cịn lúng túng, tơi thật sự vui mừng, học
sinh của tơi có sự hứng thú, có niềm đam mê, kết quả bài làm có nhiều khả
quan.

VI. KẾT LUẬN:
Trên đây là chuyên đề bồi đường học sinh giỏi về phương pháp diện
tích. Tơi thấy rằng để tạo hứng thú cho học sinh trong mơn tốn địi hỏi người
giáo viên phải ln có sự đầu tư thường xuyên, liên tục. Với cái tâm của
người thầy là trên hết, cùng với nghệ thuật sư phạm trong từng tiết dạy sẽ
giúp học sinh dần dần hình thành và phát triển tính chủ động sáng tạo, đặc
biệt là những học sinh khá giỏi, học sinh năng khiếu.
Trong thời gian thực hiện, bản thân tôi cũng rút ra được vài kinh
nghiệm:
- Cần có kiến thức vững chắc, có phương pháp truyền thụ kiến thức phù hợp
- Cần hướng dẫn thật kỹ ở phương pháp tổng quát và bài tập áp dụng.
- Thường xuyên theo dõi, phát hiện ra những chỗ học sinh bị sai từ đó có
phương pháp điều chỉnh.
Trong phần trình bày của tơi khơng thể tránh những thiếu sót nhất định,
tơi rất mong q cấp lãnh đạo, q đồng nghiệp đóng góp ý kiến để tơi thực
hiện được hiệu quả hơn.
.., ngày .. tháng 02 năm 20..
Người thực hiện
-15-


Chuyên đề: Phương pháp diện tích

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1- Bùi Văn Tuyên - Nâng cao và một số chuyên đề Toán - NXBGD, 2013
2- Nguyễn Vũ Khanh - Chuyên đề BDHSG Toán THCS - NXBGD, 2006
3- Nguyễn Văn Thống – Bồi dưỡng HSG mơn Tốn - NXB ĐH quốc gia Hà
Nội, 2013
3- Võ Đại Mau- Toán phát triển bồi dưỡng học sinh giỏi hình 9 - NXB tổng
hợp TP Hồ Chí Minh, 2010

4- Vũ Hữu Bình - Nâng cao và phát triển Toán 9 - NXBGD, 2005

-16-


Chuyên đề: Phương pháp diện tích

MỤC LỤC
Trang
Phần I. Đặt vấn đề ………………………………………………….. 1
Phần II. Cơ sở lí luận………………………………………………... 1
Phần III. Cơ sở thực tiễn …………………………………………… 1
Phần IV. Nội dung nghiên cứu …………………………………….. 2
A. Một số kiến thức cơ bản………..…………………………. 2
B. Một số dạng toán…………………………………………. 4
Phần V. Kết quả nghiên cứu………………………………………… 15
Phần VI. Kết luận……………………………………………………. 15
Tài liệu tham khảo
-17-


Chuyên đề: Phương pháp diện tích



-18-