Tài liệu Sang kien kinh nghiem sử dụng phương pháp diện tích để giải các bài toán hình học

Lời mở đầu I. ĐẶT VẤN ĐỀ Trong Hình học nói riêng và toán học nói chung, việc giải các bài toán có nhiều phương pháp khác nhau. Trong các đó bài toán có nhiều 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. Phương 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 người đọc thấy rõ bản chất các vấn đề nêu ra. Giải các bái toán bằng phương pháp 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 phương pháp diện tích để giải các bài toán hình học” 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. II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU. a. Thực trạng: 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 1 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. b. Kết quả. Khi chưa 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 được trong 2 năm thử nghiệm như sau: Năm học 2003 - 2004 2004 - 2005 Số học sinh kiểm tra 30 30 Giỏi (%) 10 10 Kết quả đạt được Khá (%) TB (%) Yếu (%) 15 15 30 35 45 40 B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ. I. CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN. 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: - 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. 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 lượt đối diện với các đỉnh A, B, C. A - ha, hb, hc: độ dài đường cao ứng với các cạnh a, b, c -P= 1 2 (a + b + c) là nửa chu vi của tam giác c - r: bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC hb - ra, rb, rc: bán kính đường tròn b hc ha a B bằng tiếp  ABC tiếp xúc với a, b, c Ta có công thức tính diện tích tam giác sau: S= 1 2 S = a. ha = 1 2 b. hb = 1 2 c. hc (1) p ( p  a )( p  b )( p  c ) (2) công thức Hêrông 1 1 ab. Sin Cˆ  bcSinAˆ  ac sin Bˆ S= 1 2 S= abc 4R 2 (3) 2 ; S = p.r S = (p - a). ra - (p - b) rb = (p - c) rc (4) (5) * Giá trị sử dụng của các công thức: - Công thức (1) được sử dụng khi biết một cạnh và đường cao thực nó. - Công thức (2) được sử dụng khi biết 3 cạnh. - Công thức (3) được sử dụng khi biết 3 cạnh và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác. - Công thức (4) được sử dụng khi biết 3 cạnh và bán kính đường tròn nội tiếp. 3 C - Công thức (5) được sử dụng khi biết 3 cạnh và bán kính đường tròn bằng tiếp tương ứng. 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 thước là a, b: S = a. b 3. Diện tích hình bình hành có một cạnh là a và chiều cao tương ứng h: S = a.h 4. Diện tích hình thoi có 2 đường chéo là l 1, l2: S = 1 2 l1 l2 (diện tích hình thoi còn được tính theo công thức tính diện tích hình bình hành) 5. Diện tích hình thang có hai đáy là a, b b và đường cao h : S= ( a  b).h 2 6. Diện tích hình thang có đường cao h, đường 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 đường thẳng a KL SABC = k. SADE (k > 0) Chứng minh: a B H D C E Ta có BC và DE là đoạn thẳng nên luôn tồn tại một số k > 0 để BC k DE => BC = k . DE Mặt khác ta lại có: SABC = 1 2 AH.DE) => SABC = k. SADE 4 AH.BC = 1 2 AH . K . DE = k( 1 2 Hệ quả 1: Nếu C, B, P thẳng hàng (cùng thực đường thẳng a) và điểm A không thuộc đường thẳng a, BC = k. CP thì S ABC = k. SACP. Hệ quả 2: Nếu PB = C thì S ABC = SAPC (k = 1) 5 Bài toán 2: GT A  ABC,  A’BC A’ AH  BC, A’H’  BC KL S ABC AH  S ' A' BC AH ' B Chứng minh: Thật vậy H’’ H’ C 1 BC. AH S ABC AH  2  1 S A' BC AH ' BC. AH ' 2 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: Ta xét các trường hợp sau: GT  ABC,  A’BC, AA’ cắt BC tại E KL S ABC  AE S ' A' BC AE ' A A A A’ B H H’ C B H E H C H A’ A’ Chứng minh: Ta có 1 BC. AH S ABC AH AE 2    1 S A' BC AH ' AE ' BC. AH ' 2 6 E H’ B (vì EA’H ~EAH) C A Bài toán 4: GT  ABC ~ A’  A’B’C’ theo tỷ số k KL S ABC  k2 S ' A ' B 'C ' B H C B’ Chứng minh: Do  ABC ~  A’B’C’ => AB BC  k A' B ' B ' C ' Mặt khác  ABH ~  A’B’H’ => Khi đó AB AH  k A' B' A' H ' 1 BC. AH S ABC BC AH  2  .  k .k  k 2 1 S A ' B 'C ' B ' C ' A' H ' B' C '.A' H ' 2 Đặc biệt nếu  ABC =  A’B’C’ (k = 1) thì S ABC = SA’B’C’ 7 H’ C’ Phần II: PHÂN LOẠI CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG PHƯƠNG 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 đường thẳng đồng quy Loại 7: Chứng minh các bài toán cực trị hình học và một số bài toán dạng khác. Loại 1: Phương pháp chứng minh “các đoạn thẳng tỉ lệ” Để chứng minh AB = k, ta có thể: - Hoặc chỉ ra rằng: S MAB = SMA’B’ d(M ; AB) = K. d(M; AB) - Hoặc chỉ ra rằng: S MAB = SNA’B’ d(N ; A’B’) = K. d(M; AB) - Hoặc chỉ ra rằng: S MAB = K SMA’B’ d(M ; AB) = K. d(M; A’B’) - Hoặc chỉ ra rằng: S MAB = K. SNA’B’ d(M ; AB) = d(M; A’B’)  S ABM  K2   S A' B ' M và 8 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, AB lần lượt 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) S OBA Khi đó ta có: S ABC  OK (hệ quả 2) AH A Mặt khác do OK // AH OK S OP OP R OBZC  => AH  AP  S (1) AP ABC O Q Chứng minh tương tự ta có: S AOB OQ  S ABC PQ (2) S AOC OR  S ABC CR (3) OP B OQ S OR H K S S P C OBC  AOB  AOC  1 Từ (1) (2) và (3) ta có: AP  BQ  CR  S S ABC S 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 AO BO CO   2 AP BQ CR (ĐPCM) 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' AHB' HC '   AA' BB' CC ' B’ C’ Chứng minh: H 9 B A’ C Ta nhận thấy  CHB và  CAB là hai tam giác có chung đáy CB S HA' CHB  Nên S (1) AA' ABC Tương tự ta có S AHC HB'  S ABC BB' S HAB HC '  S ABC CC ' HA' (2) (3) HB' HC ' S S S HBC  AHC  AHB Từ (1) (2) và (3) ta có AA'  BB'  CC '  S S ABC S ABC ABC = 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 '   AA' BB' CC ' =1 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: A' H HB' HC '   AA' BB' CC ' A Chứng minh: B’ C’ Theo kết quả của bài toán 2 ta có AH ' HB' HC '   1 AA' BB' CC ' mà H B AH ' HB' HC '   ( gt ) AA' BB' CC ' Điều này chứng tỏ: AH ' HB ' HC ' 1    AA' BB' CC ' 3 10 A’ C => H là trọng tâm  ABC =>  ABC đều Bài toán4: Trên các cạnh BC, CA, AB của  ABC lấy các điểm A1, B1, C1. Chứng minh rằng nếu các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy AC1 BA1 CB1 tại điểm P thì C B . A C . B A  1 (điều kiện cầu, điều luật Cê va) 1 1 1 11 Chứng minh: Do AA1, BB1, CC1 đồng quy tại P nên ta có: AC1 S ACP  C1 B S BCD (1) (theo bài toán cơ bản 3) A C1 B1 P Chứng minh tương tự ta cũng có: BA1 S ACP  A1 C S BCP CB1 S ACD (2) và B A  S (3) 1 BAP B 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 A1 C B1 A S BCP .S ACP .S ABP 12 A1 C LOẠI II: PHƯƠNG 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 đường thẳng DE và DF lần lượt 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 độ dài không đổi. Thật vậy kẻ đường cao CK ta có. SABD + SACD = SABC 13 K E F B C mà SABD = SABC = 1 1 AB.DF , S ACD  AC.DF 2 2 1 AB.CK 2 => 1 2 1 2 AB. DF + AC . DF = 1 2 AB . CK Do AB = AC (gt) => (DF + DE). AB = AB . CK => DF + DE. CK, do CK là đường cao => 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 2 SMAC = 1 2 1 2 1 2 M MB.BC B H P MQ.AC 1 SMAB + SMAC = SABC = Q R MR.AB 1 2 MR.AB + 1 2 MB + BC + BC (MR + MD + MQ) = Vậy MR + MP + MQ không đổi. 14 1 2 1 2 BC.AH 1 MQ.AC C LOẠI III: 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 thẳmg AM và BN, Q là giao điểm của các đường thẳng CN và DM. Chứng minh SMPNQ - SAPB + SCQD Chứng minh; M B Hạ các đường vuông góc C BB, MM’, CC’ xuống AD (B’, M’ và C’ thuộc AD) Xét hình thang BB’CC’ có MN là đường trung bình nên MM’ = BB 'CC ' 2 nên MM’ . AD = => 1 2 B’ M’ N C’ . Mặt khác ta có AN = ND BB 'CC ' 2 M’M . AD = A 1 2 B’B . . AD AD 1 AD  CC '. 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 đường chéo AC. Chứng minh rằng: 15 D a. SAMB + SCMD = SAMD + SBMC = 1 2 SABCD b. Giả sử A không song song với CD. Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AB và CD. Hãy tìm trên đoạn thẳng EF một điểm K sao cho SAKB + SCKD = SAKD + SBKC = 1 2 T SABCD Chứng minh: a. Do MA = MC (gt) P B => SAMB = SMBC và SCMD = SAMD Q C E cộng vế với vế của hai M A đường thẳng trên ta được F B SCMD + SAMB = SAMD + SBMC (1) mà (SCMD + SAMB) + (SAMD + SBMC) = SABCD Từ (1) và (2) => S CMD + SAMB = SAMD + SBMC = 1 2 SABCD b. Vì AB không song song với CD nên AB cắt CD tại T. T Trên tia TA lấy điểm P sao cho TP = AB. B Ta có: SAMB = STPM (hai tam giác có đáy bằng nhau và cùng đường cao) Và SCMD = STQM (nt) Q P Trên tia TD lấy điểm Q sao cho TQ = CD. C M A => SAMB + SCMD = STMP + STQM = SMPTQ = STPQ + SPQM do SAMB + SCMD = 1 2 SABCD (không đổi) Do đó SMPQ cũng không đổi. Do đó các điểm không thoả mãn SAKB + SCKD = SAKD + SBKC = 1 2 SABCD (chưa yêu cầu K  EF phải chạy trên phần đường thẳng đi qua M và song song với PQ cố định) 16 D Vậy để K  EF và vừa có SAKB + SCKD = SAKD + SBKC = 1 2 SABCD thì không phải là 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 BC trên đường thẳng ED. A Chứng minh SBEC + SBDC = SBHCK Chứng minh: I P Vẽ EF’, II’, DD’ vuông góc D K Q E với BC (I là trung điểm của ED) => II’ là đường trung bình của B hình thang EE’D’E nên E’ I’ D’ DD’ + EE’ = 2II’. Khi đó ta có SBEC + SBDC = 1 2 BC.EE’ + Hay SBEC + SBDC = 1 2 1 2 BC.DD’ = 1 2 BC (EE’ + DD’) BC . 2 II’ = BC . II’ (1) Qua I vẽ đường thẳng song song với BC cắt BH và CK tại P và Q. Ta có: BC. II’ = SBPQC (2) Ta lại có:  IPH =  IQK (c.g.c) => SIPH = SIQK => SBPQC = SRHKC (3) Từ (1) và (3) suy ra S BEC + SBDC = SBHKC 17 C LOẠI IV: PHƯƠNG 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 ~  A’B’C’ theo tỉ số k Cách 2: Chỉ ra SABC = K 2 S A’B’C’ và dựa vào phương pháp chứng minh loại 1, loại 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 4 diện tích tứ giác. Chứng minh: Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các E đường chéo BD và AC của tứ gác ABCD, E là giao điểm hai cạnh AD và BC. Ta có: SEMN = SEDC - SEMD - SDMN - SDNC SEMN = SEDC - 1 2 SEBD - 1 2 SEAC - 1 2 B SDNB - 1 2 A M SDAC SEMN = ( 1 1 2 SEDC - + ( 2 SEDC + SEMN = 1 2 1 2 1 2 SEAC - SEBD - 1 2 (SDNC + SBNC) = 1 2 N D SDAC) + C SDNB) 1 2 1 ( 2 AABC + SABCD 18 1 2 SADC) = 1 4 (SABC + SADC) = 1 4 Vậy SEMN = 1 4 SABCD. Bài toán 11: Cho  ABC trên BC, CA, AB lấy các điểm A1; B1; C1 sao cho các đường thẳng AA 1, BB1, CC1 đồng quy tại P. AB SABP 1 Chứng minh: SBCP  B C 1 Chứng minh: A Hạ AA2  BB1 và CC2  BB1 Ta có: SABP = => 1 2 BP. AA2 và SBCP = 1 2 BP . CC2 1 BP. AA2 AA2 SABP 2   SBCP 1 CC 2 BP.CC 2 2 AA B1 C 2 A2 1 B C A1 AB C 2 1 Mặt khác ta lại có: CC  B C (Do  AB1 A2 ~  CB1C2) 2 1 SABP AB 1 Vậy SBCP  B C 1 Bài toán 12: Cho  ABC, E là trung điểm của AC. Lấy điểm D trên BC sao cho BD = 1 3 BC. Lấy G sao cho G  AE và AG = 1 3 AE. Đoạn thẳng AD cắt BG và BE theo thứ tự tại M và N. Tính S MNEG theo SABC. Giải: A Gọi F là trung điểm của DC => EF// AD G I => BN = NE (DN là đường trung bình của  BEF) E Gọi I là trung điểm của GE => NI // MG N => AM = MN Khi đó ta có: S AMG = 1 2 SANG = 1 6 19 SANE B D F C Bài toán 13: Trên cạnh AC và AB của  ABC lấy các điểm B 1, C1. OB OB1 Gọi O là giao điểm của BB 1 và CC1. Hãy tính BC 1 Nếu AC  2 1 và CB1  AB1 Giải: S BO BOC Ta có: OB  S (Vì có  BOC và  B1OC có cùng đáy OC) 1 B OC 1 S BOC A S BOC Xét hai tỉ số S và S B OC AOC 1 S AC BOC Ta thấy: S = BC  B OC 1 1 = 1 + AB1 = 1 + AB1  B1C B1C O 1  B S BOC S BOC BC1 BO Vì vậy S = AC    B O = S B1OC AOC 1 1 S BOC B1 C1 S AOC = S . S =  (1 + B OC AOC 1 1  ) vậy OB OB1 C A1 =  (1+ 1  ) 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 ALMPQ cắt nhau tại L, M, P, Q. Chứng minh 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 M̂ = 1V) và P là trung điểm của QC nên S PQP = SDPC E A Vì Q là trung điểm của DL nên S PQP = SOPL => SDQC = 2 SBMN = SLMPQ (1) B L N M Q F P 20 D O C