PGD&ĐT HUYỆN HIỆP HÕA
TRƢỜNG THCS HỢP THỊNH
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
PHƢƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC VÀ
PHƢƠNG PHÁP DIỆN TÍCH
NGƢỜI VIẾT SÁNG KIẾN: PHẠM VĂN NAM
DẠY MÔN: TOÁN
ĐƠN VỊ: TRƢỜNG THCS HỢP THỊNH
NĂM HỌC 2015 - 2016
MỤC LỤC
PHẦN I : LỜI NÓI ĐẦU .......................................................................................... 3
PHẦN II. NỘI DUNG ............................................................................................... 4
A.PHƢƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC VÀ PHƢƠNG
PHÁP TÍNH DIỆN TÍCH ..................................................................................... 4
I. Các tính chất cơ bản của diện tích đa giác: .................................................... 4
II. Các công thức tính diện tích của các đa giác đặc biệt: ................................. 4
III. Cách giải bài toán tính diện tích và phƣơng pháp diện tích: ....................... 6
B. MỘT SỐ BÀI TẬP VÀ HƢỚNG DẪN GIẢI ................................................. 7
I. Các bài toán tính diện tích đa giác ................................................................. 7
II. Các bài toán chứng minh băng phƣơng pháp diện tích .............................. 15
1. Các bài toán chứng minh về quan hệ diện tích và quan hệ các đoạn
thẳng: ........................................................................................................... 15
2. Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị ................................................. 29
3. Một số bài toán chứng minh trung điểm đoạn thẳng, đƣờng thẳng song
song, ba đƣờng thẳng đồng quy. ................................................................. 36
PHẦN III . KẾT LUẬN ......................................................................................... 38
PHẦN I : LỜI NÓI ĐẦU
Nhƣ chúng ta đã biết, cùng với sự phát triển tƣ duy của con ngƣời, toán học
ra đời. Toán học là môn khoa học đặc biệt, môn khởi đầu cho sự ra đời của các
môn khoa học khác và cung rất cần thiết cho các ngành khoa học kỹ thuật. Toán
học đã rèn luyện cho con ngƣời nhiều đức tính quí: tính cần cù, lòng say mê, sáng
tạo, kiên trì.
Trong toán học không thể không kể đến bộ môn hình học. Hình học rèn
luyện cho con ngƣời khả năng tƣ duy trừu tƣợng, sự sáng tạo và khả năng phân
tích tổng hợp. Trong đó, một dạng toán tƣơng đối khó, đòi hỏi nhiều tới khả năng
tƣ duy cao, vận dụng linh hoạt những kiến thức rất cơ bản đã đƣợc học đồng thời
phải quan sát kĩ lƣỡng đặc điểm từng bài toán, đó là
" Diện tích đa giác và phưong pháp diện tích " .
Trong quá trình giảng dạy cho học sinh khá, giỏi môn toán lớp 8 của trƣờng
tôi nhận thấy các bài tập về diện tích đa giác và chứng minh bằng phƣơng pháp
diện tích rất hay và lí thú.
Chính vì vậy tôi đã viết “Sáng kiến kinh nghiệm” về chuyên đề này để dạy
cho học sinh lớp khá giỏi khối 8 của trƣờng để giúp học sinh bớt lúng túng khi gặp
những bài tập loại này, đồng thời giúp học sinh củng cố những kiến thức cơ bản đã
học và nâng cao khả năng tƣ duy, sáng tạo.
Chuyên đề gồm
I. Các bài toán tính diện tích đa giác
II. Các bài toán chứng minh bằng phƣơng pháp diện tích
1. Các bài toán chứng minh về quan hệ diện tích và sử dụng diện tích để tìm
quan hệ về độ dài đoạn thẳng
2. Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị
3. Một số bài toán chứng minh trung điểm đoạn thẳng, đƣờng thẳng song song,
đồng quy.
3
PHẦN II. NỘI DUNG
A.PHƢƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC VÀ
PHƢƠNG PHÁP TÍNH DIỆN TÍCH
Để giải các bài toán tính diện tích học sinh cần phải nắm chắc các kiến thức sau:
I. Các tính chất cơ bản của diện tích đa giác:
1. Nếu một đa giác đƣợc chia thành các đa giác không có điểm chung thì diện
tíchcủa nó bằng tổng diện tích của các đa giác đó ( tính cộng)
2. Các đa giác bằng nhau có diện tích bằng nhau( tính bất biến)
3. Hình vuông có cạnh bằng một đơn vị dài thì diện tích của nó là một đơn vị
vuông ( tính chuẩn hóa)
4. Hai tam giác có cùng chiều cao thì tỉ số diện tích bằng tỉ số hai đáy tƣơng ứng
với hai chiều cao.
5. Hai tam giác có chung cạnh thì tỉ số diện tích bằng tỉ số hai chiều cao ứng với
cạnh đó.
6. Tam giác đều cạnh a có diện tích
3a 2
.
4
II. Các công thức tính diện tích của các đa giác đặc biệt:
1. Công thức tính diện tích hình chữ nhật:
Diện tích hình chữ nhật bằng tích hai kích thước của nó
S = a.b
b
a
2. Công thức tính diện tích hình vuông:
Diện tích hình vuông bằng bình phương cạnh của nó.
S = a2
a
3. Công thức tính diện tích tam giác:
a) Diện tích tam giác:
a
Diện tích tam giác bằng nửa tích của một cạnh với chiều cao ứng với cạnh đó
S=
1
a.h
2
h
a
4
b) Diện tích tam giác vuông:
Diện tích tam giác vuông bằng nửa tích hai cạnh góc vuông
S=
1
a.b
2
=
1
2
c.h
b
a
h
c
4. Công thức tính diện tích hình thang:
Diện tích hình thang bằng nửa tích của tổng hai đáy với chiều cao
a
S=
1
(a+b).h
2
h
b
5. Công thức tính diện tích hình bình hành:
Diện tích hình bình hành bằng tích của một cạnh với chiều cao ứng với cạnh đó
S = a.h
h
a
6. Công thức tính diện tích của tứ giác có hai đƣờng chéo vuông góc:
Diện tích của tứ giác có hai đường chéo vuông góc với nhau bằng nửa tích của
hai đường chéo đó.
S=
1
d1.d2
2
d2
d1
7. Công thức tính diện tích của hình thoi
Diện tích hình thoi bằng nửa tích của hai đường chéo.
S=
d2
1
d1.d2
2
d1
5
III. Cách giải bài toán tính diện tích và phƣơng pháp diện tích:
1. Để tính diện tích của một đa giác:
+ Đa giác đó có công thức tính nhƣng chƣa đủ dữ kiện để tính đòi hỏi ta phải đi
tính dữ kiện thiếu đó rồi mới tính đƣợc diện tích đa giác.
+ Đa giác có công thức tính nhƣng nếu sủ dụng công thức vẫn không thể tính nổi
thì phải thông qua diện tích của đa giác khác và sử dụng các tính chất đã nêu ở
trên.
+ Tính diện tích của một đa giác không có công thức thì ta cần biến đổi diện tích
này bằng diện tích của hình khác đã có biết cách tính diện tích.
2. Chứng minh hình bằng phương pháp diện tích:
+ Ta đã biết một số công thức tính diện tích của những đa giác dã nêu ở trên. Do
đó khi biết độ dài của một số yếu tố, ta có thể tính đƣợc diện tích của những hình
ấy. Ngƣợc lại nếu biết quan hệ diện tích của hai hình từ đó kết hợp với yếu tố đã
biết khác, tổng hợp các kiến thức liên quan để suy ra điều cần chứng minh.
+ Để so sánh hai độ dài nào đó bằng phương pháp diện tích, ta có thể làm theo
các bước sau:
- Xác định quan hệ diện tích giữa các hình.
- Sử dụng các công thức diện tích để biểu diễn mối quan hệ đó bằng một
đẳng thức có chứa các độ dài.
- Biến đổi đẳng thức vừa tìm đƣợc ta có quan hệ về độ dài giữa hai đoạn
thẳng cần so sánh.
3. Để giải các bài toán về bất đẳng thức và cực trị ta cần nắm được:
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 toán cực trị thường được trình bày theo hai cách;
Cách 1: Đƣa 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 tƣơng ứng của hình đƣợc đƣa
ra.
Cách 2: Thay điều kiện một đại lựợng đạt cực trị bằng các điều kiện tƣơng đƣơng,
cuối cùng dẫn đến điều kiện xác định đƣợc vị trí của điểm để đạt cực trị
Các bất đẳng thức thƣờng đƣợc dùng để giải toán cực trị:
+ Quan hệ giữa đƣờng vuông góc và đƣờng xiên.
+ Quan hệ giữa đƣờng xiên và hình chiếu.
+ Bất đẳng thức tam giác
+ Các bất đẳng thức đại số
6
B. MỘT SỐ BÀI TẬP VÀ HƢỚNG DẪN GIẢI
I. Các bài toán tính diện tích đa giác
Để tính diện tích của một đa giác:
+ Đa giác đó có công thức tính nhƣng chƣa đủ dữ kiện để tính đòi hỏi ta phải đi
tính dữ kiện thiếu đó rồi mới tính đƣợc diện tích đa giác.
+ Đa giác có công thức tính nhƣng nếu sủ dụng công thức vẫn không thể tính nổi
thì phải thông qua diện tích của đa giác khác và sử dụng các tính chất đã nêu ở
trên.
+ Tính diện tích của một đa giác không có công thức thì ta cần biến đổi diện tích
này bằng diện tích của hình khác đã có biết cách tính diện tích.
Bài 1: Cho tam giác ABC cân ở A, AB = AC = 5cm, BC = 6cm. Gọi O là trung
điểm của đường cao AH. Các tia BO và CO cắt cạnh AC và AB lần lượt ở D và
E. Tính SADOE ?
A
E
Hướng giải :
D
O
B
N
C
H
Bài giải:
Để tính diện tích đối với bài tập này học
sinh phải. nhận thấy S ABC đã biết nên ta cần
tìm mối quan hệ về SADOE với SABC. Lại có
H và O là những điểm đặc biệt trên các đoạn
AC, AH nên ta dễ dàng tìm đƣợc mối quan
hệ đó bằng cách lấy thêm điểm N là trung
điểm của DC.
Gọi N là trung điểm của CD.
AD = DN = NC =
1
AC.
3
S AOD AD 1
(Chung chiều cao hạ từ O xuống AC)
S AOC AC 3
S AOC AO 1
(Chung chiều cao hạ từ C xuống AH)
S AHC AH 2
Mà SAHC =
1
SABC ( Chung chiều caoAH) (2)
2
Từ (1) và (2) SAOD =
1
SABC
12
Mà SAOE = SAOD
SADOE = 2 SAOD =
1
SABC.
6
áp dụng đlí Pitago vào AHC vuông tại H => AH = 4cm
7
=> SAOD =
1
SAHC (1)
6
SABC =
AH.BC 4.6
12cm2
2
2
1
.12 = 2 cm2.
6
Vậy SADOE =
Bài 2: Cho hbh ABCD có diện tích bằng 1. Gọi M là trung điểm của BC, AM cắt
BD ở Q. Tính diện tích MQDC ?
C
D
E
M
N
Q
A
B
Phân tích đề bài và hướng giải:
Hs cần nhận thấy SABCD = 1 nên dễ dàng suy ra SBCD =
1
.
2
Để tính SMQDC thì phải thông qua SBCD và SBMQ .
Do đó ta cần phải tìm mối quan hệ của SBMQ với SBCD .
Để tìm đƣợc mối liên hệ đó ta phải xét xem Q nằm trên BD có ở vị trí đặc biệt
không bằng cách lấy thêm điểm N là trung điểm của AD.
Bài giải:
Lấy N là trung điểm của AD.
Ddcm AMCN là hình bình hành AM // CN
QB = QE ; ED = QE ( Định lí đƣờng trung bình)
BQ = QE = ED
SBMQ =
1
1
SBCQ ; SQBC = SBCD.
2
3
1
SBCD
6
5
5
5
SMQDC = SBCD = SABCD =
6
12
12
SBMQ =
Bài 3: Cho hình chữ nhật ABCD, trên cạnh BC lấy M: BM =
CD lấy N sao cho CN =
1
CD.
3
a) Tính SAMN theo SABCD.
b) BD cắt AM ở P, BD cắt AN ở Q. Tính SMNQP theo SABCD.
8
1
BC. Trên cạnh
5
A
Phân tích đề bài và hướng giải:
Để giải câu (a) hs dễ dàng nhận ra phải
sử dung tính chất 1: Nếu một đa giác
đƣợc chia thành các đa giác không có
điểm chung thì diện tích của nó bằng tổng
diện tích của các đa giác đó ( tính cộng).
B
P
M
Q
K
H
N
D
C
Nên để tính diện tích của AMN ta phải làm
SAMN = SABCD - SABN - SCMN - SADN
(b) Tính SMNQP theo SABCD cần phải tìm mối liên hệ SMNPQ với SAMN vì các đỉnh
của tứ giác nằm trên cạnh của AMN.
Muốn tìm mối liên hệ đó rõ ràng phải thông qua APQ.
Ta nhận thấy APQ và AMN có hai đáy cùng thuộc một đƣờng thẳng nên ta
phải kẻ thêm đƣờng vuông góc PK và MH. Từ đó suy ra lời giải của bài toán.
Bài giải:
a) SAMN = SABCD - SABN - SCMN - SADN
SABM =
1
2
1
SABCD ; SCMN = SABCD; SADN = SABCD.
10
15
3
Do đó ta tính được : SAMN =
Vậy SMNPQ =
13
SABCD
60
13
SABCD
60
b) Kẻ MH AN ; PK AN
1
PK.PQ
SAPQ
PK AQ
2
1
SAMN
MH
AN
MH.AN
2
Vì PK// MH ( cùng vuông góc với AN) PK AP .(Theo định lí Ta let).
MH
AM
Do AP AD 5 AP 5
PM BM 1 AM 6
Vì DN // AB => AQ AB 3 AQ 3
QN
Do đó
DN
2
AN
5
SAPQ
AP AQ 5 3 1
1
13
SAPQ SMNPQ SAMN
S
SAMN AM AN 6 5 2
2
60 ABCD
9
Bài 4: Cho ABC có AB = 3; AC = 4, BC = 5. Vẽ các đường phân giác AD, BE,
CF. Tính diện tích tam giác DEF.
A
E
F
B
H
D
K
Phân tích đề bài và hướng giải:
- Để tính đƣợc diện tích của DEF thì ta phải
đi tính SABC, SAEF, SBFD, SDFC
Học sinh dễ dàng tính đƣợc SABC, SAEF vì đó
là hai tam giác vuông.
- Để tính đƣợc SBFD, SDFC thì cần phải kẻ thêm
đƣờng cao. Căn cứ thêm vào giả thiết : có phân
giác của các góc nên từ đó suy ra kẻ đƣờng cao
C FH và EK
FH = FA; EK = EA.
Bài giải: ABC có AB = 3, AC = 4, BC = 5.
Nên ABC vuông tại A.
FA CA 4 FA 4
4
4
FA .3 Tƣơng
FB CB 5 AB 9
9
3
3 4
3
AE.AF 2 . 3
1
tự AE SAEF
2
2
2
Hạ FH BC ; EK BC.
FH = FA ; EK = AE ( Tính chất tia pg của một góc)
Ta có CF là phân giác ACB
Cmtt nhƣ trên ta tính đƣợc DB =
giác) DC =
15
( Dựa vào định lí đƣờng phân giác trong tam
7
20
7
FH.BD 1 4 15 10
2
2 3 7
7
EK.AC 1 3 20 15
(*) SDFC =
2
2 2 7
7
AB.AC 3.4
(*) SABC =
6
2
2
SDEF = SABC - ( SAEF + SBFD + SDFC)
(*) SBFD =
Vậy SDEF =
10
.
7
Bài 5: Cho hình thoi ABCD, hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại O. Đường
trung trực của AB cắt BD, AC tại M, N. Biết MB = a,
NA = b. Tính diện tích hình thoi theo a và b.
10
B
H
O
N
A
C
D
M
S
S
Bài giải: Gọi H là trung điểm của AB. Dễ dàng nhận thấy:
AN HN b
b
b
*) AHN
MHN ( g.g)
HN HB HA
MB HB a
a
a
AH HN OA HN HN b
b
*) AHN
AOB (g.g)
OB OA
AO OB
OB AH HB a
a
*) AHN vuông tại H HN2 + HA2 = AN2 ( Theo định lí Pitago)
b2
HA (1 + 2 ) = b2 .
a
a 2b2
4a 2 b 2
Do đó HA2 = 2 2 AB2 4AH 2 2 2
a b
a b
2
2
*) AOB vuông OA + OB
= AB2
2
2
OA +
Do đó OA2 =
4a 2 b 2
(a b )
2
2
2
b2
a2
OA
OA 2
2ab
a b
2
2
4a 2 b 2
a 2 b2
và OB =
2ab
a b2
2
Mà SABCD = 2.OA.OB
Vậy SABCD =
8a 3b3
a 2 b2
2
Bài 6: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 30cm. Trên các cạnh AB, BC,
CD, DA thứ tự lấy các điểm E, F, G, H: AE = 10cm;
BF =12cm, CG = 14 cm, DH = 16cm.
a) Tính SEFGH .
2
2
b) Trên EF lấy hai điểm M, N : sao cho EM = MF , FN= EN .
3
3
2
Trên cạnh HG lấy hai điểm P, Q : GP = HQ = MF . Tính SMNPQ .
5
11
A
10cm
E
B
M
N
12cm
F
H
16cm
Q
P
D
G
14cm
C
Phân tích đề bài và hướng giải:
a) Ta nhận thấy để tính đƣợc SEFGH phải thông qua SABCD, SAEH, SEBF, SFCG, SHGD
là các hình tính đƣợc diện tích qua các công thức đã học.
b) Vì tứ giác MNPQ có các đỉnh nằm trên cạnh của tứ giác EFGH ở những vị trí
đặc biệt theo gt đã nêu. Do đó ta cần tìm mối liên hệ giữa tứ giác MNPQ với
EFGH. Từ đó tính đƣợc diện tích của tứ giác MNPQ.
Bài giải:
a)Từ gt EB = 20cm, CF = 18cm, DG = 16cm, AH = 14cm.
*) SABCD = 900 cm2.
*) SAEH =
SFCG =
AE.AH
EB.BF
= 70 cm2; SEBF =
= 120cm2
2
2
FC.CG
DH.DG
= 126cm2; SHGD =
= 128 cm2.
2
2
=> SEFGH = 900 - ( 70 + 120 + 126 + 128) = 456 cm2
2
2
3
2
b) Vì EM = MF (gt) => EM = EF => SHEM = SHEF => SHMF = SHEF
3
5
5
5
2
3
3
GP = HG (gt) => PH = HG => SHFP = SHFG
5
5
=> SHMF + SHFP =
3
3
( SHEF + SHFG) = SEFGH .
5
5
Do đó chứng tỏ PQ =
=> SMQP + SPMN =
=> SMNPQ =
5
1
1
1
1
HP , MN = MF => SMQP = SMHP ; SPMN = SMPF.
3
3
3
3
1
1 3
1
( SMHP + SMPF.) = . SEFGH = SEFGH
3
3 5
5
1
1
2
SEFGH = .456 = 91,2 (cm )
5
5
12
Bài 7: Cho hình thang ABCD. Biết độ dài hai đường chéo là 3 và 5, độ dài
đoạn thẳng nối trung điểm hai đáy là 2. Tính diện tích hình thang
B
C
M
A
N
K
P
D
E
Bài giải: Gọi M, N lần lƣợt là trung điểm 2 đáy BC, AD.
Dựng hình bình hành BCKD ta có : CK = BD = 5.
SABCD = SCAK .
Kẻ CP là trung tuyến ACK.
Ta có: NP = ND + DK – PK
AD
AK
DK
2
2
DK BC
MC
2
2
MNPC là hình bình hành CP = MN = 2.
Dựng hình bình hành ACKE ta có: CE = 4, EK = 3, CK = 5.
EKC vuông tại E => AC CP.
SCAK = 2.SACP = AC.CP = 6 đvdt.
Vậy SABCD = 6 đvdt.
Bài 8: Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy M, N, P lần lượt thuộc AB, BC, CD sao
cho AM : MB = 1:2 ; BN : NC = 2:3 ; CP : PD = 3:4.
Nối CM, DN chúng cắt nhau tại điểm E. Đường thẳng qua E song song với AB
cắt AP tại F. Đường thẳng BF cắt AD tại Q.
a) Tính DQ : QA ?
b) Tính SPEQ theo SABCD ?
M
A
B
I
N
F
S
T
E
Q
K
D
P
C
13
Phân tích đề bài và hướng giải:
a) + Để tính DQ : DA ta cần xem tỉ số đó bằng tỉ số nào ?
+ Để tìm các đoạn thẳng tỉ lệ với bài này ta nên sử dụng định lí Ta Lét vì có các
đƣờng song song nhƣng phải kéo dài DN , CD, AB, BQ:
DN AB = {I} ; BQ CD = { K}.
Do đó ta thấy đƣợc:
DQ
DA
KD
AB
.
Vì AB = CD . Nên ta có thể tìm
KD
.
CD
b) Ta nhận thấy các đỉnh của PEQ đều nằm trên các cạnh của hình thang vuông
TEPD.
Do đó để tính SPEQ ta cần phải thông qua các STEPD , STQE , SDPQ.
Bài giải:
a)DN AB = {I} ; BQ CD = { K}.
BI BN 2
2
BI = CD
CD NC 3
3
MB =
MI =
4
MI 4
CD =>
3
CD 3
2
2
AB = CD
3
3
Có MI// CD
EI
MI EM 4
ED CD EC 3
ME BS
BS FB
FB 4
mà
EC SC
SC FK
FK 3
FB AB
AB 4
3
3
=> KP = AB CD .
AB// KP
=>
FK KP
KP 3
4
4
3
5
CD .
Mà DP = CD => KD =
7
28
ES // MB
QD KD 5
=
=
QA AB 28
b) SPQE = STEPD - STQE - SDPQ.
Vậy
ES EC
.
MB MC
ES 3 ; có MB = 2 CD
EC 3
EC 3
MB 7
3
=>
Mà
MC 7
EM 4
2
5
ES = CD => TE = CD
7
7
1
1 4
5
3
1 3 9
27
*) STEPD = (DP ET).TD CD CD. AD . . AD.CD S ABCD .
2
27
7
2 7 7
98
7
Ta có :
Có
5
QD 5
QD 5
( cmt) =>
QD = AD
33
QA 28
DA 33
14
64
3
AD .
AD . TQ = TD - QD =
7
231
1
1 5
64
320
160
AD
S ABCD
S ABCD
= .TE.TQ . .CD.
2
2 7
231
3234
1617
TD = SC =
*)STEQ
*) SQDP =
1
1 5
4
10
.QD.DP . .AD. CD
S ABCD .
2
2 33
7
231
S PQE = STEPD - STQE - SDPQ =
431
.
S
3234 ABCD
II. Các bài toán chứng minh băng phƣơng pháp diện tích
1. Các bài toán chứng minh về quan hệ diện tích và quan hệ các đoạn thẳng:
+ Ta đã biết một số công thức tính diện tích của những đa giác đã nêu ở trên. Do
đó khi biết độ dài của một số yếu tố, ta có thể tính đƣợc diện tích của những hình
ấy. Ngƣợc lại nếu biết quan hệ diện tích của hai hình từ đó kết hợp với yếu tố đã
biết khác, tổng hợp các kiến thức liên quan để suy ra điều cần chứng minh.
+ Để so sánh hai độ dài nào đó bằng phương pháp diện tích, ta có thể làm theo
các bước sau:
- Xác định quan hệ diện tích giữa các hình.
- Sử dụng các công thức diện tích để biểu diễn mối quan hệ đó bằng một
đẳng thức có chứa các độ dài.
- Biến đổi đẳng thức vừa tìm đƣợc ta có quan hệ về độ dài giữa hai đoạn
thẳng cần so sánh.
Bài 1: Cho hình thang ABCD, BC // AD. Các đường chéo cắt nhau tại O. Chứng
minh rằng: SOAB = SOCD .
B
C
O
A
Bài giải:
D
Phân tích đề bài và hướng giải:
- Ta nhận thấy OAB và OCD
không chung đƣờng cao và cũng
không chung cạnh.
- BAD và CAD là hai tam giác
có chiều cao bằng nhau và chung
đáy AD SBAD = SCAD đpcm
- Vì BC // AD ( gt) Chiều cao hạ từ B và C cùng xuống AD bằng nhau.
SBAD = SCAD
SOAB +SOAD = SOCD + SOAD
Vậy SOAB = SOCD.
15
Bài 2: Cho hình bình hành ABCD có AB > BC và góc BAD nhọn, đường phân
giác của góc BAD cắt CD tại M và cắt đường thẳng BC tại N. Gọi O là diểm
cách đều ba điểm C, M, N và K là giao điểm của OB và CD.
Chứng minh:a) SOBN = SODC b) SBCK + SNOC = SDOK
C
B
Phân tích đề bài và hướng giải:
N
a) Ta nhận thấy OBN và OCD có
ON = OM.
K
O
Vì vậy để cm SOBN = SODC ta nghĩ
đến tính chất: hai tam giác bằng
nhau thì có diện tích bằng nhau.
M
Do đó ta cần cm: OBN = OCD.
A
b) Để cm: SBCK + SNOC = SDOK
D
ta cần tìm mối liên hệ của SBCK và
SNOC với SOBN. SDOK với SODC
Bài giải:
a) Vì O cách đều các điểm M, C, N OM = ON = OC.
Vì BN// AD
BNA = NAD
Mà
NAD = NAB
BNA = NAB
BAN cân tại B => BA = BN => BN = CD.
Cmtt CM = CN => CMN cân
CMO = CNO (1)
Có OM = ON( cmt) => OMN cân
Có OM = OC( cmt ) OCM cân tại O CMO = MCO (2)
Từ (1) và (2) CNO = MCO
Do đó ddcm : OBN = OCD (c.g.c)
Vậy SOBN = SODC
b) SBCK + SNOC = SOBN - SOCK (3)
SDOK = SODC - SOCK (4)
Mà SOBN = SODC (cmt) (5)
Từ (3) (4)(5) SBCK + SNOC = SDOK (đpcm)
Bài 3: Đường thẳng đi qua trung điểm hai đường chéo AC, BD của tứ giác
ABCD cắt các cạnh AB, CD ở M và K.
Chứng minh rằng: SDMC = SAKB
16
B
A
M
P
Q
K
C
D
Phân tích đề bài và hướng giải:
Để cm: SDMC = SAKB ta phải tìm các tam giác có diện tích bằng nhau ở trong bài
này và diện tích tam giác đó có mối liên hệ thế nào với diện tích tam giác ta cần
chứng minh.
Bài giải:
Gọi P, Q lần lƣợt là trung điểm của AC , BD.
BP = PD ; AQ = QC.
Do đó SMAQ = SMCQ; SKAQ = SKCQ SAMK = S CMK. (1)
Cmtt SBMK = SDMK (2)
Từ (1) và (2) SBMK - SAMK = SDMK - S CMK
Vậy SDMC = SAKB (đpcm)
Bài 4: Cho hình bình hành ABCD. Điểm E trên tia đối của tia BA, điểm F trên
tia đối của tia DA. Nối BF và DE cắt nhau ở K.
Chứng minh: SABKD = SCKE +SCKF
B
A
E
Phân tích đề bài và hướng giải:
Để cm: SABKD = SCKE +SCKF
K
- Ta không thể chứng tỏ ngay mối
liên hệ SCKE ,SCKF vớiSABKD.
C
D
M
N
- Cần phải tìm mối liên hệ SABKD
với SABCD; SCKE +SCKF với SABCD.
F
Bài giải:
Ta có SABKD = SABCD - ( SCDK + SCBK) (1)
Hạ EM CD ; FN BC.
SECD =
1
1
SABCD ; SFCB = SABCD.
2
2
Do đó SECD + SFCB = SABCD
SCDK + SCKE + SCBK + SCKF = SABCD
17
SCKE+ SCKF = SABCD - (SCDK+ SCBK) (2)
Từ (1) và (2) SABKD = SCKE +SCKF
Bài 6: Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P thứ tự là trung điểm của AB, BC, CD.
Chứng minh rằng: SMNP =
B
1
SABCD.
4
N
C
M
P
A
Phân tích đề bài và hướng giải:
Ta có M, N, P là trung điểm các cạnh
của tứ giác ABCD. Nếu ta lấy thêm Q là
trung điểm của AP => MNPQ là hình
bình hành.Do đó SMNP = 1 SMNPQ.
2
Q
D
Ta nhận thấy SMNPQ có mối liên hệ với
SABCD.
Vì vậy => đpcm
Bài giải:
Lấy P là trung điểm của AP.
Do đó ddcm đƣợc MNPQ là hình bình hành.
SMNP =
1
SMNPQ.
2
SMNPQ = SABCD - SMNB - SCNP - SDPQ - SAMQ
SBMN =
1
1
SBAN = SABC.
4
2
SCNP =
1
1
SBCP = SCBD
4
2
SDPQ =
1
1
SQCD = SDAC
4
2
SAMQ =
1
1
SAMD = SABD
4
2
SMNPQ = SABCD -
SMNPQ = SABCD Do đó SMNP =
1
( SABC + SCBD+ SDAC + SABD)
4
1
1
.2 SABCD = SABCD
4
2
1
1
SMNPQ= SABCD
4
2
Bài 7: Cho ABC có ba góc nhọn, vẽ đường cao BD, CE. Gọi H, K là hình chiếu
của B, C trên đường thẳng ED. Chứng minh rằng:
a) EH = DK.
b) SBEC + SBDC = SBHKC
18
A
K
D
P
N
Q
E
H
B
E'
N'
M
D'
C
Bài giải:
a) Gọi M, N thứ tự là trung điểm của BC và ED.
MED có ME = MD (cùng bằng 1/2 BC) nên là tam giác cân.
Do đó MN ED.
Hình thang BHKC có BM = MC, MN // BH // CK
N là trung điểm của HK( định lí đƣờng trung bình )
Mà có NE = ND .
Vậy EH = DK (đpcm).
b) Vẽ EE' , NN', DD' vuông góc với BC.
Ddcm đƣợc NN' là đƣờng trung bình hình thangEE'D'D.
EE' + DD' = 2NN'
Do đó S BEC + SBDC =
1
1
BC.EE' + BC.DD' =BC.NN' (1)
2
2
Qua N vẽ đƣờng thẳng PQ // BC, cắt BH và CK ở P và Q.
Ta có BC.NN' = SBPQC (2)
Mà ddcm đƣợc: NHP = NKQ (g.c.g) SNHP = SNKQ
SBPQC = SBHKC (3)
Từ (1)(2)(3) S BEC + SBDC = SBHKC
Bài 8: Cho tứ giác ABCD. Các đường thẳng AB cắt CD tại E. Gọi F và G theo
thứ tự là trung điểm của đường chéo AC và BD.
Chứng minh rằng: SEFG =
1
SABCD.
4
Phân tích đề bài và hướng giải:
+ Để cm: SEFG = 1 SABCD ta cần
A
4
B
F
G
D
C
E
19
phải biểu diễn SEFG thông qua
diện tích của các hình có liên
quan với SABCD.
+ Cần dựa vào gt có các đoạn
thẳng bằng nhau Có diện tích
các tam giác bằng nhau.
đpcm
Bài giải:
Nối AG , CG. Ta có:
S EFG = SAEG - SAFG - SAFE .
Mà SAEG = SABG + SEBG
Nên S EFG = SABG + SEBG- SAFG - SAFE .
Có SABG =
SAFG =
1
1
1
1
SABD ( vì GB = BD); SEBG = SEBD ( vì GB = BD)
2
2
2
2
1
1
1
1
SAGC ( vì AF = AC) ; SAFE = SACE( vì AF = AC)
2
2
2
2
1
2
S EFG = ( SABD + SEBD - SAGC - SACE)
S EFG =
1
( SADE - SAGCE)
2
1
2
S EFG = ( SABCD + SEBC - SEBC - SABCG).
1
SABCD
2
Ddcm: SABCG =
S EFG =
1
1
1
( SABCD - SABCD) S EFG = SABCD
4
2
2
Bài 9: Cho ABC và hình bình hành BCDE nằm cùng phía đối với BC sao cho
các điểm D, E nằm bên ngoài tam giác. Vẽ các hình bình hànhABGH, ACIK
sao cho đường thẳng GH đi qua E, đường thẳng IK đi qua D. Cmr: SBCDE =
SABGH + SACIK.
O
K
H
A
N
E
D
I
G
B
M
C
Phân tích đề bài và hướng giải:
CM: SBCDE = SABGH + SACIK.
+ Rõ ràng bài này ta cần vẽ đƣờng phụ
+ Ta cần cm: S BENM = SABGH.; SCDNM = SACIK
20
- Xem thêm -
.PDF 
38 
417 
54 
