sư dụng diện tích trong giải toán

Nhờ đó mà học sinh có thể linh hoạt, sáng tạo việc sử dụng các công thức tính diện tích để giải quyết hầu hết các dạng toán trong chương trình THCS từ chứng minh sự bằng nhau của các yếu

đã giải quyết được phải nhờ sử dụng đến diện tích !

Đến các lớp bậc THCS học sinh đã biết suy diễn để xây dựng các công thức tính diện tích, nêu ra được các mối liên hệ giữa diện tích với các yếu tố khác (cạnh, góc,cung, ) Nhờ đó mà học sinh có thể linh hoạt, sáng tạo việc sử dụng các công thức tính diện tích để giải quyết hầu hết các dạng toán trong chương trình THCS

từ chứng minh sự bằng nhau của các yếu tố hình học, chứng minh sự thẳng hàng của các điểm, chứng minh sự đồng quy của các đường thẳng, đến các bài toán về đẳng thức, bất đẳng thức, cực trị v v ,và rất nhiều bài toán đã được đơn giản, dễ hiếu hơn nhờ giải nó bằng cách sử dụng diện tích ! tôi đã cố gắng tìm tòi, minh họa một số bài toán có được trong quá trình tham gia dạy học và bồi dưỡng học

sinh giỏi mà giải nó bằng cách sử dụng diện tích – “Phương pháp diện tích”.

Rất mong được trao đổi, chia sẻ với các đồng nghiệp và các em học sinh yêu thích bộ môn toán !

PHẦN THỨ HAI - NỘI DUNG A.Những kiến thức về diện tích được sử dụng

+ Các công thức tính diện tích tam giác, tứ giác,đường tròn, cung tròn,

+ Các bài toán cơ bản:

Bài toán cơ bản 1: Tỷ số diện tích hai tam giác có chung đường cao bằng tỷ số độ

dài hai cạnh tương ứng

Bài toán cơ bản 2: Tỷ số diện tích hai tam giác có chung một cạnh bằng tỷ số độ

dài hai đường cao tương ứng

Bài toán cơ bản 3: Tỷ số diện tích hai tam giác có chung một góc bằng tỷ số tích

độ dài hai cạnh kề cúa hai góc đó

Bài toán cơ bản 3: Tỷ số diện tích hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỷ số

đồng dạng

B Những bài toán minh họa

I Các bài toán về tính toán – chứng minh

Bài toán 1: Chứng minh:

1.Tam gác cân hai đường cao ứng với hai cạnh bên bằng nhau

2.Trong một tam giác cân tổng khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên cạnh đáy đến hai cạnh bên không thay đổi

3.Trong một tam giác đều tổng khoảng cách từ một điểm bất kỳ nằm trong tam giác đến ba cạnh của tam giác không thay đổi

( Tất cả các các bài toán này được chứng minh bằng cách sử dụng công thức tính

diện tích rất gọn gàng, đơn giản ! )

Xin minh họa một số bài toán dùng cho học sinh các lớp 5, 6

Bài toán 2: Cho tam giác ABC có M là điểm chính giữa cạnh BC còn điểm N

trên cạnh AC sao cho NC gấp đôi NA, hai đoạn AM, BN cắt nhau tại O

O phải là điểm chính giữa đoạn AM hay hai đoạn AO và OM bằng nhau

Bài toán 3: Cho tam giác ABC có M là trung điểm cạnh AB, N là điểm trên cạnh

AC sao cho NC gấp đôi NA Đường thẳng MN cắt đường thẳng BC tại điểm D Chứng minh hai đoạn BC và BD bằng nhau

Cũng giống bài toán trên nhờ vị tí đặc biệt của các điểm M, N trên các đoạn AB,

AC nên ta có diện tích các tam giác DAN và DBN bằng nhau, mà diện tích tam giác DAN bằng 1/3 diện tích tam giác ABC ⇒ SDAN = 1

2SDNC

⇒ SDNB = 1

2SDNC ⇒ DB = 1

2DC ⇒DB = BC

Bài toán 4: Cho tam giác ABC, có D là trung điểm cạnh AB, trên cạnh AC lấy

điểm E sao cho AE = 2.CE Gọi giao điểm của BE với CD là O

Chứng minh: OE = 1

4 BE

M

O D

A

E N

Hướng chứng minh :

Kẻ AM , CN vuụng gúc với BE

Từ điều kiện bài ra ta cú: SAOC= SBOC và SAOC= 3.SEOC suy ra

SBOC= 3.SEOC hay SBOE = 4.SEOC Vậy: OE = 1

4 BE, (đpcm)

Bài toỏn 5: Cho tam giác ABC, trung tuyến AM, một đờng thẳng song song với

cạnh BC cắt các cạnh AB, AC và trung tuyến AM lần lợt tại D, E, F

(Vỡ có chung đờng cao và hai đáy bằng nhau BM = MC)

SDBM = SECM (2) (Có đờng cao DI = EN và hai đáy bằng nhau)

Từ (1) và (2) suy ra SABM - SDBM = SACM - SECM , hay SADM = SAEM

mà tam giác ADM và tam giác AEM có chung đáy AM nên hai đờng cao thuộc đáy AM bằng nhau tức là: DK = EH

Từ đõy ta lại cú SADF=SAEF (Cú chung đỏy AFvà cú hai đường cao DK, EH bằng nhau) mà hai tam giỏc này lại cú chung đường cao kẻ từ đỉnh A nờn hai cạnh đỏy tương ứng bằng nhau, hay DF = FE

Bài toỏn 6: Cho tam giác ABC, Trung tuyến AM Một đờng thẳng song song với

Theo bài toỏn trước ta cú FD = FE

Suy ra SBDFM = SBFD + SBFM = SCFE + SCFM = SCEFM (1)

Gọi giao điểm của BE và CD là I, nối IF, IM ta có :

SDIF = SEIF, ( Vì FD = FE ) và SBIM = SCIM ,

SBDI = SCEI ( Do SBDC = SCEB ) Suy ra SBDFIM = SCEFIM ,

Hay đờng gấp khúc FIM chia đôi diện tích hình thang BDEC (2)

Từ (1) và (2) suy ra: SFIM = 0 , suy ra F, I, M thẳng hàng suy ra I thuộc FM

Bài toỏn 7: Cho tam giác ABC , một đờng thẳng song song với BC cắt các cạnh

AB, AC lần lợt tại D và E Qua D, E lần lợt kẻ các đờng thẳng song song với AC ,

I

E A

D

gọi I là giao điểm của BE và CD vì EN // AB nên SBEN = SDEN (1),

(Vì chung đáy EN và có đờng cao thuộc EN bằng nhau)

mà SBIN = SBEN - SIEN (2)

SDIE = SDEN - SIEN (3)

Từ (1),(2)Và(3) ⇒ SBIN = SDIE (4)

Ttơng tự SCIM = SDIE (5)

Từ (4) và (5) ⇒ SBIN = SCIM

mặt khác SBMN = SBIN - SMIN , SCMN = SCIM - SMIN do đó SBMN = SCMN

⇒ hai đờng cao BH và CK tơng ứng thuộc MN bằng nhau

Nên BHKC là hình chữ nhật do đó MN // BC

Bài toỏn 8: Cho tam giỏc đều ABC và điểm O nằm trong tam giỏc, gọi M, N, P

là hỡnh chiếu của O trờn cỏc đường cao AH, BI, CK

Chứng minh: AM + BN + CP khụng phụ thuộc vào vị trớ điểm O trong tam giỏc

Hướng chứng minh (Bằng cỏch dựng diện tớch)

A

C

B O

H

K I

D

F

P N

Gọi D, E, F là hình chiếu của O trên các cạnh BC, CA, AB Ta có

AH = AM + OD; BI = BN + OE; CK = CP + OF

⇒ AH + BI + CK = (AM + BN + CP) + (OD + OE + OF), mà từ bài toán 1 ta có

OD + OE + OF = h (h là đường cao tam giác không đổi)

⇒ AM + BN + CO = 2h – Không phụ thuộc vào vị trí điểm O

Bài toán 9: Chứng minh rằng trong một đa giác có tất cả các góc bằng nhau

tổng độ dài các đường vuông góc hạ từ một điểm O bất kỳ trong đa giác xuống các cạnh đa giác không phụ thuộc vào vị trí điểm O

giác đã cho (như hình vẽ)

Gọi hi là khoảng cách từ điểm O đến cạnh BiBi+ 1; di là khoảng cách từ điểm O đến cạnh AiAi+ 1; li là khoảng cách giữa hai cạnh AiAi+ 1 và BiBi+ 1 thì li không

phụ thuộc vào vị trí điểm O, ( i = 1,2,3, ,n)

Nên tổng d1+ d2+ d3+ + dn chỉ phụ thuộc vào tổng h1+ h2+ h3+ + hn

Mà: SB B B 1 2 n = 1

1

n

i i i

AM = , (Định lý Tha lets)

Hướng chứng minh (Bằng cách dùng diện tích)

N A

M

Tử MN//BC ⇔SMBC = SNCB ⇔SAMC = SANB ⇔

) (

) ( ) (

) (

ABC S

ANB S ABC S

AMC S

=

⇔

AC

AN AB

AM =

Từ bài toán này có thể cho học sinh làm quen, tiếp cận và tham gia giải quyết các bài toán liên quan: Tính chất đường trung bình của tam giác, hình thang, tứ giác, , đường thẳng song song cách đều, định lý Mê nê la uýt và nhiều bài toán liên quan khác mà chương trình chỉ giới thiệu vào năm lớp 8 !

Khi học đường phân giác của tam giác ta cho học sinh làm bài toán sau

Bài toán 11: Cho tam giác ABC có điểm D trên cạnh BC

Chứng minh rằng: AD là phân giác góc BAC ⇔

AC

AB DC

Từ hai kết quả này ta có điều cần chứng minh

Khi nghiên cứu các đường đồng quy trong tam giác (Lớp 7), ta có thể tổng quát

lên thành bài toán (Định lý Xê va)

Bài toán 12: Cho tam giác ABC có các điểm M, N, P trên các cạnh BC, CA, AB

Chứng minh rằng: AM, BN, CP đồng quy ⇔

PB

PA NA

NC MC

MB

= 1

Hướng chứng minh (Bằng cách dùng diện tích)

+ với AM, BN, CP đồng quy tại O, ta có:

O A

N P

) (

) ( ) (

) ( ) (

) (

AOC S

AOB S OCM S

OBM S ACM

Tương tự: NC NA = S S((BOC BOA)) (2), PB PA = S S((COA COB) (3)

Từ các kết quả (1), (2), (3) ta có điều cần phải chứng minh

(Mệnh đề ngược lại chứng minh bằng phản chứng)

Sau khi giải xong bài toán này ta minh họa lại cho học sinh hình ảnh về tính chất của ba đường phân giác: “Trong một tam giác ba đường phân giác đồng quy”

Đó là: Với AM, BN, CP là các đường phân giác của tam giác thì:

BC AC

AB

= 1

Ba đường trung tuyến: “Trong một tam giác ba đường trung tuyến đồng quy”

Đó là: Với AM, BN, CP là các đường trung tuyến của tam giác thì:

PB

PA NA

NC MC

MB

= 1 Qua đó cho học sinh thấy nhiều ứng dụng và sử dụng định lý Xê Va trong việc giải các bài toán về đường đồng quy mà không chờ đến lớp 8 !

Bài toán 13: Cho tam giác ABC có M, N trên cạnh BC.

Chứng minh rằng: ·BAM = ·CAN ⇔ =

NC MC

NB MB

Hướng chứng minh (Bằng cách dùng diện tích)

AC

AM AB ACN

S

ABM S

=

=

.

)

(

) (

(1) Cũng từ: ·BAM = ·CAN ⇔ ·BAN = ·CAM ⇔

CM

BN AM

AC

AN AB ACM

(

) (

(2)

Nhân hai vế các tỷ số sau của các kết quả (1) và (2) ta được điều phải chứng minh

Áp dụng các bài toán 12 và bài toán 13 ta có bài toán sau:

Bài toán 14: Cho tam giác ABC, trên cạnh AC lấy hai điểm M, N; Trên cạnh

AB lấy hai điểm E, F sao cho: góc ABM bằng góc CBN và góc ACE bằng góc BCF Gọi I là giao điểm của BM với CE, K là giao điểm của BN với CF

Chứng minh hai góc IAC và KAB cũng bằng nhau

Đây là bài toán khá khó, có lời giải khá phức tạp trong cuốn “Một số chuyên đề nâng cao và phát triển toán 8” của tác giả Vũ Hữu Bình Tôi xin phép nêu cách

giải bằng “Phương pháp diện tích”

I K

Lời giải: Gọi giao điểm của AI,AK với BC là P,Q, từ bài toán 12 (Định lý Xê va)

ta có: BM,CE,AP đồng quy tại I, nên:

EB

EA MA

MC PC

EA NA

NC MA

MC PC

PB QC

AB ⇒ ·QAB = ·PAC , hay ·IAC= ·KAB (đpcm)

Bài toán 15: Cho tam giác ABC có AM,AD là các đường trung tuyến, phân giác

kẻ từ đỉnh A Gọi AN là tia đối xứng của AM qua AD (N ∈ BC)

Chứng minh: NB

NC =

2

AB AC

Áp dụng kết quả bài toán 13, ta có: =

NC MC

NB MB

  , (đpcm)

Bài toán 16: Cho tam giác ABC có điểm M bất kỳ trong tam giác, các tia AM,

BM, CM cắt các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại A’, B’, C’

B' C'

Gọi S, S1, S2, S3 lần lượt là diện tích các tam giác ABC, MBC, MCA, MABa.Ta có: '

S S

3

' '

Từ câu a của bài toán này ta có bài toán sau:

Bài toán 17: Các đường cao AA’, BB’, CC’ của tam giác nhọn ABC cắt đường

tròn ngoại tiếp tam giác lần lượt tại M, N, P

C B

Muốn chứng minh BC2 = AB2 + AC2 ta đi chứng minh: SBCDE = SABFG + SACMN

Vẽ đờng cao AH và kéo dài cắt DE tại K Ta sẽ chứng minh

SABFG = SBHKE và SACMN = SCHKD

Nối AE, CF , từ ∆FBC = ∆ABE (c.g.c) ⇒SFBC = SABE (1)

Tam giỏc FBC và hình vuông ABFG có chung đáy BF, đờng cao ứng với đáy này bằng nhau ( = AB ), nên SFBC = 1

Hãy nhìn vào kết luận của định lí: Ta phải chứng minh: BC2 = AB2 + AC2

mà BC2 , AB2 , AC2 chính là diện tích các hình vuông có cạnh lần lợt là BC, AB,

AC Để chứng minh diện tích hình vuông BCDE bằng tổng diện tích của 2 hình vuông ABFG và ACMN ta đã vẽ đờng cao AH rồi kéo dài để chia hình vuông BCDE thành 2 hình chữ nhật không có điểm trong chung rồi chứng minh 2 hình chữ nhật này có diện tích lần lợt bằng diện tích của 2 hình vuông kia

Bài toỏn 19: Cho hỡnh bỡnh hành ABCD, trờn cạnh CD, CB lấy cỏc điểm M, N

sao cho: BM = DN, dọi I là giao điểm của BM và DN

Chứng minh IA là phõn giỏc của gúc BID

Hướng chứng minh (Bằng cách dùng diện tích)

I

B

C

D A

Tương tự ta có bài toán sau:

Bài toán 20: Cho h×nh b×nh hµnh ABCD C¸c ®iÓm M, N, theo thø tù thuéc c¸c

c¹nh AB, BC sao cho AM = CN Gäi K lµ giao ®iÓm cña AN vµ CM KÎ DH vu«ng gãc víi KA; DI vu«ng gãc víi KC

Chøng minh : DH AN = DI CM

Bài toán 21: Cho tam giác ABC có AB = 2.AC , kẻ phân giác AD , gọi p là chu

vi tam giác ABC còn r , r1 , r2 là bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác ABC , ADC và ABD Chứng minh: AD = pr3 r1 r2 p

Vì AB = 2.AC mà AD là phân giác của tam giác ABC nên

1

2Cho nên: AC AD CD+ 2 + = 3prr AB AD BD+ 2 + = 23prr

Bài toán 22: Cho hình thang ABCD ngoại tiếp đường tròn (Đáy là AD, BC), O

là giao điểm hai đường chéo hình thang Gọi r1, r2, r3, r4là bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác AOD, AOB, COB, COD

A

C

D Gọi a, b, c, d là độ dài các cạnh AB, BC, CD, DA và x, y là độ dài các đoạn OA, OD; Do hai tam giác OBC và ODA đồng dạng (Tỷ số đồng dạng là k)

⇒ OC = kx ; OB = ky ; SOBC = k2SOAD ; SOAB = SOCD = kSOAD Từ công thức tính diện tích tam giác S = pr (p, r là nửa chu vi và bán kính đường tròn nội tiếp)

+ +

+

OAD

c kx y kS

+ +

(2) Mặt khác ta lại có a + c = b + d, hay a + c = kd + d (3)

Từ (1),(2).(3) ⇒

OAD

d x y S

+ +

+

OAD

c kx y kS

+ +

⇒ (đpcm)

Bài toán 23: Cho tam giác ABC có M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác còn

R,r là bán kính đường tròn ngoại tiếp, đường tròn nội tiếp

Chứng minh: MC2= ab – 4Rc

Hướng giải:

C B

A

M

D

Gọi số đo góc C là α , tiếp điểm của đường tròn nội tiếp trên cạnh BC là D

Xét tam giác vuông MCD ta có: CM = sin

2

r

α ⇒ CM2 =

2 2

sin 2

abr p p c S

Hướng chứng minh (Bằng cách dùng diện tích)

O

G E

Từ (1) (2) suy ra EG = r hay OG // BC (Vì O và G cách đều AC)

Bài toán 25: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân ghiác AD Vẽ DH

vuông góc với AB Đặt DH = d, AB = c, AC = b Chứng minh : = +

K H

D B

A

C

Hướng chứng minh (Bằng cách dùng diện tích)

Kẻ DK ⊥ AC, ta có DK = DH = d vì AD là phân giác của góc BAC

Ta có : SABC = SABD + SACD, mà SABC = bc ; SACD = dc ; SACD = db

=> bc = dc + db <=> bc = dc + db

Chia hai vế cho bcd ta được : = +

Bài toán 26: Cho tam giác ABC có ha, hb, hc là độ dài các đường cao; r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác, biết rằng ha+ hb+ hc = 9r

Chứng minh tam giác ABC đều

Hướng giải:

C B

Bài toán 27: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tam O bán kính r, các

tiếp tuyến của đường tròn (O,r) song song với cạnh tam giác cắt các cặp cạnh còn lại tại (P,Q), (I,K), (E,F) Gọi r1, r2, r3lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp các tam giác APQ, BIK, CEF

Chứng minh: r1 + r2 + r3= r

Hướng giải :

Gọi: p, p1, p2, p3 lần lượt là nửa chu vi các tam giác ABC, APQ, BIK, CEF

O A

Tính các góc của tam giác ABC ?

Hướng chứng minh (Bằng cách dùng diện tích):Sử dụng định lý về hàm số sin

Nhân hai vế của (1) với cosC, ta được sin3C.cosC = 2sinC.cosC

(do: 2sinC.cosC = sin2C ) ⇒ Hay sin3C.cosC = sin2C

Ta lại có: sin3C.cosC = [sin(3C + C) + sin(3C - C)] = (sin4C + sin2C)

Bài toán 29: Cho h×nh b×nh hµnh ABCD Trªn c¸c c¹nh AB vµ BC lÇn lît lÊy c¸c

®iÓm E vµ F Gäi M, N, K thø tù lµ trung ®iÓm DE, DF vµ EF Gäi O lµ giao ®iÓm cña AM vµ CN Chøng minh r»ng 3 ®iÓm B, O, K th¼ng hµng

Hướng chứng minh (Bằng cách dùng diện tích):

O N M

K A

B E

F

V× M lµ trung ®iÓm DE nªn SOAE = SOAD (1)

V× N lµ trung ®iÓm cña DF nªn SOCD = SOCF (2)

MÆt kh¸c, dÔ thÊy SOAB + SOCD = SOAD + SOBC

(SOAE + SOBE) + SOCD = SOAD + (SOBF + SOCF) (3)

Tõ (1), (2), (3) suy ra SOBE = SOBF ⇒ BO ®i qua trung ®iÓm K cña EF

VËy 3 ®iÓm O, B, K th¼ng hµng

Trong bài toán này ta đã sử dụng mệnh đề:

“Với tứ giác ABCD có điểm M trên đường chéo AC thì S ABMD = S CBMD khi và chỉ khi M là trung điểm của đường chéo AC”

Cùng loại này ta có bài toán sau:

Bài toán 30: Cho hình bình hành ABCD có M, N, P, Q trên các cạnh AB, BC,

CD, DA sao cho: MP//AD; NQ//AB Gọi O là giao điểm của MP và NQ

C B

S(IKPF) = S(ISNH), cũng như vậy với hình bình hành ABNQ có điểm I nằm trên

BQ nên S(ISNH) = S(IEAR), từ đó ta có: S(IKPF) = S(IEAR) mà I lại nằm trong hình bình hành AMPD ⇒I thuộc đường chéo DM ⇒ BQ, DM, OC đồng quy tại I

Trong bài toán này ta đã sử dung mệnh đề:

“Điểm I nằm trên đường chéo AC của hình bình hành ABCD khi và chỉ khi

S BSIE = S CFIR ”, (với các yếu tố EF, SR lấy trong bài toán này)

Bài toán 31: Cho lục giác ABCDEF có các đường chéo AD, BE, CF đều chia

lục giác ra hai phần có diện tích bằng nhau Chứng minh AD, BE, CF đồng quy

Hướng giải: Giả sử AD, BE, CF đôi một cắt nhau tại P, Q, R (hình vẽ)

Q R

Khi đó từ: SABRF+ SBCR = SABRF+ SREF ⇒ SBCR = SREF

⇒ RB.RC = RE.RF ≥ PE.QF (1)

Tương tự ta có: PD.PE ≥ RB.QA (2) và QA.QF ≥ RC.PD ,

Từ (1), (2), (3) ⇒ RB.RC.PD.PE.QA.QF ≥ PE.QF.RB.QA.RC.PD

⇔ PQ = QR = RP = 0 ⇔AD, BE, CF đồng quy

Bài toán 32: Cho lục giác có các cặp cạnh đối song song Chứng minh rằng:

Đoạn thẳng nối trung điểm các cặp cạnh đối của lục giác đồng quy

Để giải bài toán này ta sử dụng mệnh đề sau: Một hình thang ABCD (AB//CD)

có O là giao điểm hai đường chéo M, N là trung điểm các đáy AB, CD Khi đó với

I là điểm nằm trong góc AOB hoặc góc COD thì I∈ MN ⇔SIAC = SIBD

+ Nếu lục giác ABCDEF có các đường chéo AD, BE, CF mà đồng quy tại O thì các đoạn MN, PQ, RS cũng đồng quy tại O (Vì trong hình thang ABCD thì đoạn

MN luôn đi qu giao điểm O của hai đường chéo)