Tải bản đầy đủ

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
a.h
2

h
b) Diện tích tam giác vuông:
Diện tích tam giác vuông bằng nửa tích hai cạnh góc vuông

S=

1
a.b
2

c.h

=

1
2

4. Công thức tính diện tích hình thang:
Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ

-

a

a
b

h
c
-3


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

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 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
2

d2

d1

d1.d2

7. Công thức tính diện tích của hình thoi
Diện tích hình thoi bằng nửa tích của hai đường chéo.

S=

1
2

d2
d1

d1.d2

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.
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

+/ 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.
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 ?

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

A

Hướng giải :

E

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.

D
N

O
B

C

H

Bài giải:
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

S AOC AO 1

 (Chung chiều cao hạ từ C xuống AH)
S AHC AH 2

Mà SAHC =

=> SAOD =

1
SAHC (1)
6

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

12cm2
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:
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

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)
=> BQ = QE = ED
1
1
SBCQ ; SQBC = SBCD.
2
3
1
=> SBMQ = 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

B

M

Q
K
D

H

N

C

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).

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

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

Do đó ta tính được : SAMN =
Vậy SMNPQ =

13
SABCD
60

13
SABCD
60

1
SAPQ 2PK.AQ PK AQ


.
b) Kẻ MH  AN ; PK  AN =>
SAMN 1
MH AN
MH.AN
2
PK AP

Vì PK// MH ( cùng vuông góc với AN) =>
.(Theo định lí Ta let).
MH AM
AP AD 5
AP 5

 =>
Ddcm
=
PM BM 1
AM 6
AQ AB 3
AQ 3

 =>
 .
Vì DN // AB =>
QN DN 2
AN 5
SAPQ

AP AQ

5 3

1

1

13


.
 .  => 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)

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.

A
E

F

B

H

D

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

4
3
3
Cmtt => AE = .
2

=> FA = .3

FA CA 4
FA 4

 =>

FB CB 5
AB 9

=> (*) SAEF =

AE.AF
=
2

1 3 4
. . 1
2 2 3

Hạ FH  BC ; EK  BC.

=> FH = FA ; EK = AE ( Tính chất tia pg của một góc)

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

Cmtt như trên ta tính được DB =
DC =

15
( Dựa vào định lí đường phân giác trong tam giác) =>
7

20
7

FH.BD 1 4 15 10
 . . 
2
2 3 7
7
EK.DC 1 3 20 15
 . .

(*) SDFC =
2
2 2 7
7
AB.AC 3.4

6
(*) SABC =
2
2

(*) SBFD =

=> 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.
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
*) AHN vuông tại H => HN2 + HA2 = AN2 ( Theo định lí Pitago)

b2
=> HA (1 + 2 ) = b2 .
a
2

a2b2
4a2b2
2
2
Do đó HA = 2
=> AB = 4HA = 2
a  b2
a  b2
2

*) AOB vuông => OA2 + OB2

= AB2

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

b2
4a2b2
2
=> OA + 2 . OA = 2
a  b2
a
2

4a4b2
2a2b
2a b2
Do đó OA = 2
=> OA = 2
và OB = 2
(a  b2 ) 2
a  b2
a  b2
2

Mà SABCD = 2.OA.OB
Vậy SABCD

8a3b3
= 2
(a  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 .

2MF
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

F

H

16cm

12cm

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 =

AE.AH
EB.BF
= 70 cm2; SEBF =
= 120cm2
2
2

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

SFCG =

FC.CG
DH.DG
= 126cm2; SHGD =
= 128 cm2.
2
2

=> SEFGH = 900 - ( 70 + 120 + 126 + 128) = 456 cm2
b) Vì EM =
GP =

2MF(gt) => EM = 2EF => S = 2 S
=> SHMF =
HEM
5
5 HEF
3

2
3
HG (gt) => PH = HG => SHFP =
5
5

3
S HFE
5

3
S HFG
5

3
3
( SHEF + SHFG) = SEFGH .
5
5
1
1
1
1
Dd chứng tỏ PQ = HP , MN = MF => SMQP = SMHP ; SPMN = SMPF.
3
3
3
3
1
1 3
1
=> SMQP + SPMN = ( SMHP + SMPF.) = . S EFGH = S EFGH
3
3 5
5

=> SHMF + SHFP =

=> SMNPQ =

1
1
S EFGH = .456 = 91,2 (cm2)
5
5

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

P

D

K

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.
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

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)
M

A

B

I

N
T

F

S
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 =

2
2
AB = CD
3
3

Có MI// CD =>
ES // MB =>

EI
MI EM 4



ED CD EC 3

ME BS
BS FB
FB 4





EC SC
SC FK
FK 3

Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ

12 -

4
MI 4
CD =>

3
CD 3

-


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

FB AB
AB 4
3
3

 => KP = AB  CD .
=>
FK KP
KP 3
4
4
3
5
CD .
Mà DP = CD => KD =
7
28
QD KD 5

 .
Vậy
QA AB 28

AB// KP =>

b) SPQE = STEPD - STQE - SDPQ.
ES EC

.
ES 3
2
MB MC
 ; có MB = CD
=>
EC 3
EC 3
MB 7
3
 =>


EM 4
MC 7
2
5
=> ES = 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

=> 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

Ta có :

*) SQDP =

1
1 5
4
10
.QD.DP  . .AD. CD 
S ABCD .
2
2 33
7
231
431

=> S PQE = STEPD - STQE - SDPQ = 3234SABCD.
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.

Phân
tích
đềhệ
bàivềvà
- Biến đổi đẳng thức vừa tìm được
ta có
quan
độhướng
dài giữagiải:
hai đoạn thẳng cần
so sánh.
- Ta nhận thấy OAB và OCD
Bài 1: Cho hình thang ABCD, BC // không
AD. Cácchung
đườngđường
chéo cắt
tại O. Chứng minh
caonhau
và cũng
rằng: SOAB = SOCD .
Nguyễn Văn Lợi

13 -

không chung cạnh.
- BAD và CAD là hai tam giác có
chiều cao bằng nhau và chung đáy
- Trường THCS Hồng Thuỷ
AD => SBAD = SCAD => đpcm

-


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích
B
C

O

A

D

Bài giải:
- 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.
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
Phân tích đề bài và hướng giải:

C

B

N

K
O
M

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



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)
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

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
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)
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

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
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
1

hành.Do đó SMNP = 2 SMNPQ.

Q

Ta nhận thấy SMNPQ có mối liên hệ với SABCD.
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

Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ

16 -

-


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

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

K
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 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

Phân tích đề bài và hướng giải:

A

+/ Để cm: SEFG =
B
F

G

D

C

E

Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ

17 -

1
S
4 ABCD

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
-


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

Bài giải:
Nối AG , CG. Ta có:
S EFG = SAEG - SAFG - SAFE .
Mà SAEG = SABG + SEBG
Nên S EFG = SABG + SEBG- SAFG - SAFE .
1
1
1
1
SABD ( vì GB = BD); SEBG = SEBD ( vì GB = BD)
2
2
2
2

Có SABG =
SAFG =

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).
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.
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

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
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

H

Q

I N

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)
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

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

Bài giải: SABC =

C

H

=>

AB.CD
BC.AH
; SABC =
2
2

AB.AC BC.AH

 AB.AC
2
2

= 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.
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.

Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ

20 -

-


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích
E
A
B
H
I

K
F

C

D

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.
Gọi chiều cao hình bình hành hạ từ A xuống CD là h2
=> SADF =

AD.h1 S ABCD

.
2
2

S DCE =

CD.h2 S ABCD

2
2

=> SADF = S DCE (1)
SADF =

DH.AF
DK.CE
(2) ; S DCE =
(3)
2
2

Mà AF = CE (gt) (4)
Từ (1)(2)(3)(4) => DH = DK.
Vậy ID là phân giác của AIK.
Bài 14: Cho  ABC đều. A', B', C' thứ tự là hình chiếu của M ( M nằm trong  ABC
hoặc trên AB, BC, CA). Các đường vuông góc với AB tại B , vuông góc với BC tại C,
vuông góc với CA tại A cắt nhau ở D, E, F.
Chứng minh:
a)  DEF đều.
b) AB' + BC' +CA' không phụ thuộc vị trí điểm M.

Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ

21 -

-


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích
D
A
H

C'

B'
M

E

K
B

C

A'
I

F

Bài giải:
a) ddcm được :  DEF đều.
b) Goị cạnh  ABC đều là a => cạnh DEF đều là a 3
h: chiều cao DEF đều => h không đổi
Từ M hạ MH  DE, MI  EF, MK  DF.
Mà MH + MI + MK = h _ Dựa và bài 11 ( đã cm)
Ta ddcm : MH = AB'; MI = BC' ; MK = CA'.
=> MH + MI + MK = AB' + BC' + CA'.
Do đó AB' + BC' + CA' = h - không đổi
Vậy AB' + BC' + CA' không phụ thuộc vị trí điểm M.
Bài 15: Cho  ABC vuông tại C, trong tam giác ấy lấy điểm O sao cho SOAB = SOBC =
SOCA. Chứng minh rằng: OA2 + OB2 = 5. OC2
C
N

M

O
A

B

I

Bài giải:
Ddcm bài toán: Gọi G là trọng tâm của tam giác thì SGAB =SGAC = SGBC.
Do đó ta cm: O là trọng tâm của ABC.
Từ O kẻ OM  AC, ON  BC; cho CO  AB= {I}
Theo giả thiết SOAC =
Nên ddcm : OM =
Cmtt : ON =

1
SABC
3

1
BC;
3

1
AC.
3

Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ

22 -

-


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

Đặt BC = a, AC = b, ta có: OM =

1
1
a, ON = b.
3
3

Do đó OA2 = AM2 + OM2 ; OB2 = NB2 + ON2 (Theo định lí Pitago)
2

2

2

2

4
1
2  1 
OA =  b   a  b2  a2
9
9
3  3 
2

4
1
2  1 
OB =  a   b  a2  b2
9
9
3  3 
 b2 a2 
=> OA2 + OB2 = 5    (1)
9
 9
2
2 AB AB

Vì O là trọng tâm ABC => OC = CI = .
.
3
3 2
3
 AB2  a2  b2
2
 =
=> OC = 
(2)
9
 9 
2

Từ (1) và (2) => OA2 + OB2 = 5OC2
Bài 16: Từ điểm M tùy ý trong  ABC, các đường thẳng MA, MB, MC lần lượt cắt BC,
CA, AB tại A1, B1 , C1 .
MA

MB

MC

1
1
1
Chứng minh: AA  BB  CC 1
1
1
1

A
B1

C1
M

A1 K

B

H

C

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 đoạn thẳng
1
1
1
trong hệ thức trên.
+/ Nếu biểu thị ngay từng tỉ số đó với tỉ số diện tích CMA1 và CAA1 thì không thể
chứng minh được .
Vì vậy ta cần phải vẽ thêm đường phụ: Đó là hai đường vuông góc hạ từ M, A xuống BC

MA1

MK

thì => AA  AH .
1
Mà MK và AH là hai đường vuông góc cùng hạ xuống BC nên
=>

MK SMBC
=
.
AH S ABC

Từ đó => đpcm

Bài giải:
MA

MK

1
Kẻ MK, AH vuông góc với BC => MK //AH=> AA  AH
1

Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ

23 -

-


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

1
MK.BC
MA1 MK
S
2

 MBC (1)
Ta có: AA AH = 1
S ABC
1
AH.BC
2
MB1 S MAC
Cmtt ta có : BB  S
(2)
1
ABC
MC1 S AMB

(3)
CC 1 S ABC

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

Bài 17: Cho  ABC và ba điểm A', B', C' lần lượt nằm trên các cạnh BC, CA, AB sao
cho AA', BB', CC' đồng quy. ( A', B', C' không trùng với các đỉnh của tam giác).
Chứng minh rằng:

A' B B' C C' A
.
.
1(Định lí Xêva)
A' C B' A C' B

A

B'
C'

O
H

B

C

A'
K

Phân tích đề bài và hướng giải:
Ta thấy ở vế trái của điều phải chứng minh là tích của 3 tỉ số.
Để có thể rút gọn được tích này ta sẽ thay đổi tỉ số của hai đoạn thẳng bằng tỉ số diện tích
của hai tam giác thích hợp, sau đó khử liên tiếp để được đpcm
Bài giải:
Vẽ BH  AA' và CK  AA'.
A'B

S

AA'B
=> A'C  S
( hai tam giác có chung chiều cao hạ từ đỉnh A)(1)
AA'C

S

BH

AA'B

Mà S
( hai tam giác có chung cạnh AA') (2)
CK
AA'C

S

BH

AOB

Ta lại có : S
( hai tam giác có chung cạnh OA)(3)
CK
AOC

A'B

S

AOB
Từ (1)(2)(3) => A'C  S
(4)
AOC

B'C

S BOC

C' A

S COA

Cmtt => B' A  S
(5) ; C'B  S
(6)
BOA
COB
=> Nhân từng vế (4)(5)(6) ta được:
Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ

24 -

-


SKKN: Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

A'B B'C C' A S AOB S BOC S COA
.
.
=
.
.
= 1 (đpcm)
A'C B' A C'B S AOC S BOA S COB

Bài 18: Chứng minh định lí Pitago: Trong một tam giác vuông, bình phương của cạnh
huyền bằng tổng các bình phương của hai cạnh góc vuông.
N

G
M

A
F

B

E

H

K

ở lớp 7 chúng ta đã được học
định lí này ( công nhận , không
chứng minh). Có rất nhiều cách
để chứng minh và một trong
những cách đó ta sử dụng
phương pháp diện tích

C

D

Bài giải:
Dựng các hình vuông ABFG, ACMN, BCDE.
Muốn chứng minh BC2 = AB2 + AC2 ta cần chứng minh:
SBCDE =SABFG + SACMN.
Vẽ đường cao AH và kéo dài cắt DE tại K.
Nối AE, CF. Dd cm được : FBC = ABE (c.g.c)
=>

SFBC = SABE (1)
SFBC =

Cmtt SABE =

AB.BF
1
( vì AC //BF ) => SFBC = SABFG (2)
2
2

1
SBHKE (3)
2

Từ (1)(2)(3) => SBHKE = SABFG
Cmtt được : SCHKD = SACMN
Do đó: SABFG +SACMN = SBHKE + SCHKD
=> SBCDE = SABFG +SACMN
Nguyễn Văn Lợi - Trường THCS Hồng Thuỷ

25 -

-


Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×

×