Tài liệu Phuong phap giai toan tinh dien tich da giac va chungminh bang phuong phap dien tich toan 8

SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích Mục lục ____________________________________________ Phần I Phần II Phần III Lời nói đầu 2 Nội dung 3 A. Phương pháp giải toán tính diện tích đa giác và chứng minh bằng phương pháp diện tích. 3 I/ Các tính chất cơ bản của diện tích đa giác 3 II/ Các công thức tính diện tích của các đa giác đặc biệt 3 III/ Cách giải bài toán tính diện tích và phương pháp diện tích 5 B. Một số dạng bài tập áp dụng và hướng dẫn giải. 6 I/ Các bài toán tính diện tích đa giác 6 II/ Các bài toán giải bằng phương pháp diện tích 14 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 14 Kết luận 37 29 Phần I : Lời nói đầu Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ -1- SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích Như chúng ta đã biết, cùng với sự phát triển tư duy của con người, 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 người 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 người khả năng tư duy trừu tượng, sự sáng tạo và khả năng phân tích tổng hợp. Trong đó, một dạng toán tương đối khó, đòi hỏi nhiều tới khả năng tư duy cao, vận dụng linh hoạt những kiến thức rất cơ bản đã được học đồng thời phải quan sát kĩ lưỡng đặc điểm từng bài toán, đó là " Diện tích đa giác và phưong pháp diện tích " . Trong quá trình giảng dạy BD HSG cho học sinh toán lớp 8 của trường tôi nhận thấy các bài tập về diện tích đa giác và chứng minh bằng phương pháp diện tích rất hay và lí thú. Chúng có mặt rất nhiều trong các đề thi học sinh giỏi của Huyện và trong các đề thi vào lớp 10 các trường chuyên. Chính vì vậy tôi đã viết SKKN về chuyên đề này để dạy BD HSG cho học sinh của toán lớp 8 của trường 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 tư duy, sáng tạo Chuyên đề gồm I/ Các bài toán tính diện tích đa giác II/ Các bài toán chứng minh bằng phương 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 Phần II. Nội dung. Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ -2- SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích A.Phương pháp giải toán tính diện tích đa giác và phương pháp 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 được 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) 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 tương 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 a 3 2 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 2 a.h h 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 a 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 1 S= (a+b).h h 2 Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ b -3- SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích 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 đường 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= 1 d1.d2 2 d2 d1 III/ Cách giảI bài toán tính diện tích và phương pháp diện tích: 1/ Để tính diện tích của một đa giác: +/ Đa giác đó có công thức tính nhưng chưa đủ dữ kiện để tính đòi hỏi ta phải đi tính dữ kiện thiếu đó rồi mới tính được diện tích đa giác. +/ Đa giác có công thức tính nhưng 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 được diện tích của những hình ấy. Ngược 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. Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ -4- SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích - 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 được 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: 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 lựợng 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 Các bất đẳng thức thường được dùng để giải toán cực trị: +/ Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên. +/ Quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu. +/ Bất đẳng thức tam giác + / Các bất đẳng thức đại số B. Một số bài tập và hướng 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 nhưng chưa đủ dữ kiện để tính đòi hỏi ta phải đi tính dữ kiện thiếu đó rồi mới tính được diện tích đa giác. +/ Đa giác có công thức tính nhưng 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 D O B Bài giải: Hướng giải : H N C 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 được mối quan hệ đó bằng cách lấy thêm điểm N là trung điểm của DC. Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ -5- SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích Gọi N là trung điểm của CD. => AD = DN = NC = S AD 1 AC. 3 1 AOD   (Chung chiều cao hạ từ O xuống AC) => S AC 3 AOC => SAOD = S AOC AO 1   (Chung chiều cao hạ từ C xuống AH) S AHC AH 2 Mà SAHC = 1 6 SAHC (1) 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 => SABC = AH.BC 4.6  12cm 2 2 2 Vậy SADOE = 1 .12 = 2 cm2. 6 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 B A 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 được 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 đường trung bình) Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ -6- SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích => 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 = N sao cho CN = 1 BC. Trên cạnh CD lấy 5 1 CD. 3 a) Tính SAMN theo SABCD. b) BD cắt AM ở P, BD cắt AN ở Q. Tính SMNQP theo SABCD. A P 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 được 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 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 đường thẳng nên ta phải kẻ thêm đường 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 1 S APQ 2 PK.AQ PK AQ   . b) Kẻ MH  AN ; PK  AN => S AMN 1 MH AN MH.AN 2 PK AP  Vì PK// MH ( cùng vuông góc với AN) => .(Theo định lí Ta let). MH AM Ddcm AP AD 5 AP 5   => = PM BM 1 AM 6 Vì DN // AB => AQ AB 3 AQ 3   =>  . QN DN 2 AN 5 Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ -7- SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích S AP AQ 5 3 1 1 13 APQ  .  .  => SAPQ = SMNPQ = SAMN = Do đó S SABCD AM AN 6 5 2 2 60 AMN 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. ( Đề thi học sinh giỏi quận Ba đình 1998 - 1999) A E F B Phân tích đề bài và hướng giải: - Để tính được diện tích của  DEF thì ta phải đi tính SABC, SAEF, SBFD, SDFC Học sinh dễ dàng tính được SABC, SAEF vì đó là hai tam giác vuông. - Để tính được SBFD, SDFC thì cần phải kẻ C thêm đường cao. Căn cứ thêm vào giả thiết : có phân giác của các góc nên từ đó suy ra kẻ đường cao FH và EK => FH = FA; EK = EA. D H K Bài giải: ABC có AB = 3, AC = 4, BC = 5. Nên ddcm  ABC vuông tại A. Ta có CF là phân giác ACB => 4 9 FA CA 4 FA 4   =>  FB CB 5 AB 9 => FA = .3  4 3 => (*) SAEF = Cmtt => AE = 3 . 2 1 3 4 . . 1 2 2 3 AE.AF 2 = Hạ FH  BC ; EK  BC. => FH = FA ; EK = AE ( Tính chất tia pg của một góc) Cmtt như trên ta tính được DB = DC = 15 ( Dựa vào định lí đường phân giác trong tam giác) => 7 20 7 (*) SBFD = FH.BD 1 4 15 10  . .  2 2 3 7 7 (*) SDFC = EK.DC 1 3 20 15  . .  2 2 2 7 7 (*) SABC = AB.AC 3.4  6 2 2 => SDEF = SABC - ( SAEF + SBFD + SDFC) 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. Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ -8- SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích B H N A O C D M Bài giải: Gọi H là trung điểm của AB. Dễ dàng nhận thấy: AN HN b   *) AHN ∽ MHN ( g.g) => MB HB a b b => HN = . HB = . HA a a AH HN  *) AHN ∽ AOB (g.g) => AO OB OB HN HN b b    => OB = . OA => a OA AH HB a 2 2 *) AHN vuông tại H => HN + HA = AN2 ( Theo định lí Pitago) b2 => HA (1 + 2 ) = b2 . a 2 a 2b 2 4a 2b 2 2 2 Do đó HA = 2 => AB = 4HA = 2 a  b2 a  b2 *) AOB vuông => OA2 + OB2 = AB2 2 => OA2 + b2 4a 2b 2 2 = . OA a2  b2 a2 4a 4 b 2 2a 2b 2a b 2 Do đó OA = 2 => OA = và OB = (a  b 2 ) 2 a2  b2 a2  b2 2 Mà SABCD = 2.OA.OB Vậy SABCD 8a 3b 3 = 2 (a  b 2 ) 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 . Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ -9- SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích 2 MF 2 , FN= EN . 3 3 2 Trên cạnh HG lấy hai điểm P, Q : GP = HQ = MF . Tính SMNPQ . 5 b) Trên EF lấy hai điểm M, N : sao cho EM = 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 được SEFGH phải thông qua SABCD, SAEH, SEBF, SFCG, SHGD là các hình tính được 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 được 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 2S 2 MF (gt) => EM = 2 EF => S => SHMF = HEM = 5 5 HEF 3 3 2 3 GP = HG (gt) => PH = HG => SHFP = SHFG 5 5 5 b) Vì EM = => SHMF + SHFP = 3 3 ( SHEF + SHFG) = SEFGH . 5 5 Dd chứng tỏ PQ = => SMQP + SPMN = => SMNPQ = 3 SHFE 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 SEFGH = .456 = 91,2 (cm2) 5 5 Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ - 10 - SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích 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 A M C N K P D E Bài giải: Gọi M, N lần lượt 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 ? ( Đề thi học sinh giỏi lớp 8 quận Ba Đình năm học 2000 - 2001) Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ - 11 - SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích M A B I N F S T E Q K P D C 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 đường song song nhưng phải kéo dài DN , CD, AB, BQ: DN  AB = {I} ; BQ  CD = { K}. Do đó ta thấy được: DQ KD  . DA 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 QD KD 5   . Vậy QA AB 28 ES // MB => b) SPQE = STEPD - STQE - SDPQ. ES EC  . MB MC EC 3 EC 3  =>  Mà EM 4 MC 7 Ta có : => ES 3  MB 7 Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ ; có MB = 2 3 CD - 12 - SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích 2 5 CD => TE = CD 7 7 1 1 4 5 1 3 9 27  3 *) STEPD = (DP  ET).TD   CD  CD . AD  . . AD.CD  S ABCD . 2 27 7 2 7 7 98  7 QD 5 QD 5 5  ( cmt) =>  AD Có => QD = QA 28 DA 33 33 64 3 AD . TD = SC = AD .=> TQ = TD - QD = 7 231 1 1 5 64 320 160 AD  S ABCD  S ABCD *)STEQ = .TE.TQ  . .CD. 2 2 7 231 3234 1617 => ES = *) SQDP = 1 1 5 4 10 .QD.DP  . .AD. CD  S ABCD . 2 2 33 7 231 431 => S PQE = STEPD - STQE - SDPQ = 3234 SABCD . II/ Các bài toán chứng minh bằng phương 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 được diện tích của những hình ấy. Ngược 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 được 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 D Phân tích đề bài và hướng giải: - Ta nhận thấy OAB và OCD không chung đường 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 Bài giải: - Vì BC // AD ( gt) => Chiều cao hạ từ B và C cùng xuống AD bằng nhau. => SBAD = SCAD Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ - 13 - SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích => SOAB +SOAD = SOCD + SOAD Vậy SOAB = SOCD. 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 N K O M Phân tích đề bài và hướng giải: a) Ta nhận thấy OBN và OCD có ON = OM. Vì vậy để cm SOBN = SODC ta nghĩ đến tính chất: hai tam giác bằng nhau thì có diện tích bằng nhau. Do đó ta cần cm: OBN = OCD. b) Để cm: SBCK + SNOC = SDOK A ta cần tìm mối liên hệ của SBCK và SNOC với SOBN. SDOK với SODC D 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 Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ - 14 - SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích B A M P Q C D K 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 lượt 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 Để cm: SABKD = SCKE +SCKF K C D Phân tích đề bài và hướng giải: M N F - Ta không thể chứng tỏ ngay mối liên hệ SCKE ,SCKF vớiSABKD. - Cần phải tìm mối liên hệ SABKD với SABCD; SCKE +SCKF với SABCD. 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 => SCKE+ SCKF = SABCD - (SCDK+ SCBK) (2) Từ (1) và (2) => SABKD = SCKE +SCKF Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ - 15 - SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích 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 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 1 bình hành.Do đó SMNP = 2 SMNPQ. Ta nhận thấy SMNPQ có mối liên hệ với SABCD. C M P A Q D Vì vậy => đpcm Bài giải: Lấy P là trung điểm của AP. Do đó ddcm được MNPQ là hình bình hành. => SMNP = 1 SMNPQ. 2 SMNPQ = SABCD - SMNB - SCNP - SDPQ - SAMQ SBMN = 1 1 SBAN = SABC. 2 4 SCNP = 1 1 SBCP = SCBD 2 4 SDPQ = 1 1 SQCD = SDAC 2 4 SAMQ = 1 1 SAMD = SABD 2 4 => SMNPQ = SABCD SMNPQ = SABCD Do đó SMNP = 1 ( SABC + SCBD+ SDAC + SABD) 4 1 1 .2 SABCD = SABCD 4 2 1 1 SMNPQ= SABCD 2 4 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. A b) SBEC + SBDC = SBHKC P N D E K Q H B THCS E' Hồng N' Thuỷ M D' Nguyễn Văn Lợi - Trường C - 16 - SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích 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 đường trung bình ) Mà có NE = ND . Vậy EH = DK (đpcm). b) Vẽ EE' , NN', DD' vuông góc với BC. Ddcm được NN' là đường 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 đường thẳng PQ // BC, cắt BH và CK ở P và Q. Ta có BC.NN' = SBPQC (2) Mà ddcm được: 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 A B F G D C E Phân tích đề bài và hướng giải: 1 +/ Để cm: SEFG = 4 SABCD ta cần 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 Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ - 17 - SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích 1 2 => S EFG = ( SABD + SEBD - SAGC - SACE) S EFG = 1 ( SADE - SAGCE) 2 1 2 S EFG = ( SABCD + SEBC - SEBC - SABCG). Ddcm: SABCG = S EFG = 1 SABCD 2 1 1 1 ( SABCD - SABCD) => S EFG = SABCD 2 2 4 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. (Bài toán của Páp, nhà toán học Hi Lạp thế kỉ III) 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 đường phụ +/ Ta cần cm: S BENM = SABGH.; SCDNM = SACIK Bài giải: Vẽ hình bình hành ABEO => ACDO là hình bình hành. Do đó GH  IK = {O}. Cho OA  BC ={M}; OA  DE = {N} Ddcm được SABGH = SABEO ( chung cạnh, chung đường cao) SABEO = S BENM ( chung cạnh BE, đường cao từ A và N xuống BE bằng nhau). => S BENM = SABGH. Cmtt => SCDNM = SACIK Do đó : S BENM + SCDNM = SABGH.+ SACIK Vậy : S BEDC = SABGH.+ SACIK Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ - 18 - SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích Bài 10: Cho tứ giác ABCD. M và N là trung điểm của AB, CD. AN cắt DM tại P, CM cắt BN tại Q. Chứng minh: SMPNQ = SADP + SBCQ. ( Đề thi học sinh giỏi Quận Ba Đình năm học 1999 - 2000). A P D B M Q I N H K C Phân tích đề bài và hướng giải: Chứng minh: SMPNQ = SADP + SBCQ. +/ Cần tìm mối liên hệ của SMPNQ với SMDC. +/ Cần tìm mối liên hệ SADP với SADN ; SBCQ với SBCN. => đpcm Bài giải: Dựng AH, MI và CK cùng vuông góc với DC. => AH // MI // BK; AH + BK = 2MI. *) SMDC = SMPNQ + SDPN + SQCN (1) *) SADN + SBCN = SADP + SDPN + SBQC + SQCN SADN + SBCN = (SADP + SBQC) + (SDPN + SQCN ) (2) *) SMDC = MI.CD AH.DN BK.CI (AH  CD)CD MI.CD    ; SADN + SBCN = 2 2 2 4 2 => SMDC = SADN + SBCN (3) Từ (1) (2) (3) => SMPNQ = SADP + SBCQ.(đpcm) Sử dụng công thức tính diện tích để thiết lập quan hệ các đoạn thẳng: Bài 11: Cho  ABC vuông tại A, đường cao AH. Chứng minh rằng: AB.AC = BC. AH A B H Bài giải: SABC = C => AB.CD 2 AB.AC BC.AH  2 2 ; SABC = BC.AH 2  AB.AC = BC. AH Bài 12: a) Chứng minh rằng: Tổng các khoảng cách từ một điểm M bất kì nằm trong ABC đều đến các cạnh của tam giác không phụ thuộc vị trí của điểm M. Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ - 19 - SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích A K I M B H O C Bài giải: Gọi cạnh ABC đều là a, chiều cao của tam giác là h. *) SABC = SMAB + SMBC + SMAC. *) SABC = a.h (1) 2 *) SMAB + SMBC + SMAC = MI.a MH.a MK.a (MI  MH  MK)a    (2) 2 2 2 2 Từ (1) và (2) => MH + MI + MK = h Mà h: không đổi Vậy MH + MI + MK không đổi khi M ở vị trí bất kỳ nằm trong ABC. b) Quan hệ trên thay đổi như thế nào nếu M thuộc miền ngoài ABC. Chứng minh được: MH + MI - MK = h. Bài 13: Các điểm E, F nằm trên các cạnh AB, BC của hình bình hành ABCD sao cho AF = CE. Gọi I là giao điểm của AF , CE. Chứng minh rằng: ID là tia phân giác của AIC. E A H B I K F D C Phân tích đề bài và hướng giải: +/ Để chứng minh ID là phân giác AIC ta nghĩ đến cần chứng minh khoảng cách từ D đến IA và IC phải bằng nhau. +/ Tiếp tục cần cm: SADF = SDCE vì hai tam giác có: AF = CE (gt) +/ Tìm mối liên hệ giữa SADF và SDCE với SABCD Bài giải: +/ Hạ DH  IA ; DK  IC. +/ Gọi chiều cao hình bình hành hạ từ B xuống AD là h1. Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ - 20 -