SKKN toan 8 cuc hay

Khó có thể chỉ ra phương pháp chung dùng diện tích để chứng minh các đường thẳng đồng quy ở đây ta có thể nói rằng không có phương pháp diện tích thì bài toán chứng minh các đường thẳng[r]

A ĐẶT VẤN ĐỀ

I Lời mở đầu

Trong toán học nói chung hình học nói riêng, việc giải các bài toán có nhiều phương pháp khác nhau Trong đó bài toán có nhiều phương pháp sử dụng diện tích hình phẳng để giải các bài tập hình học là một phương pháp thú vị Việc sử dụng phương pháp này để giải các bài toán hình học mang ý nghĩa tổng quát và có lúc đem lại cho ta những kết quả ngắn gọn bất ngờ

Phương pháp diện tích cho phép ta hiểu sâu thêm các tiêu đề hình học, trong đó đáng quan tâm về các tiêu đề diện tích đồng thời cho phép người đọc thấy rõ bản chất các vấn đề nêu ra Giải các bài toán bằng phương pháp diện tích còn gây được hứng thú tìm tòi cho người giải toán Bởi lẽ không phải bất

cứ bài toán nào cũng có thể giải bằng phương pháp đó Song nếu như cố gắng tìm tòi thì ta có thể khai thác được nhiều vấn đề hết sức thú vị của các bài toán

Trong quá trình giảng dạy môn toán lớp 8 tại trường THCS Vĩnh Thịnh, tôi thấy các em đã hiểu bài nhưng chưa vận dụng được phương pháp diện tích

để giải toán hình học

Với những lý do đó tôi đã nghiên cứu “Một số biện pháp sử dụng phương pháp diện tích để giải bài toán hình học lớp 8” nhằm giúp HS làm

tốt các bài toán hình học

II Thực trạng công tác dạy học việc sử dụng phương pháp diện tích để giải các bài toán hình học lớp 8 tại trường THCS Vĩnh Thịnh.

1 Thực trạng:

Giáo viên: Ưu điểm: Trong trường đã có đầy đủ giáo viên dạy môn Toán có năng lực, nhiệt tình giảng dạy, nên HS được học đầy đủ số tiết số bài, và được quan tâm nhiều

Nhược điểm: Mặc dù các GV có tinh thần trách nhiệm cao và có trình độ, nhưng trong việc sử dụng phương pháp diện tích vào bài toán hình học, còn chưa tìm hiểu, nghiên cứu sâu để hướng dẫn kĩ cho HS, đặc biệt là HS khá giỏi

Học sinh: Các em rất thích học toán và luôn xem đây là môn quan trọng nhất Nhưng trong việc dùng phương pháp diện tích để giải bài toán hình học thì các em vẫn chưa nhạy bén, chưa tìm ra được hướng làm bài nhanh nhất và cách trình bày dễ hiểu nhất

Trong những năm dạy toán ở Trường THCS Vĩnh Thịnh, thông qua việc tìm hiểu số lượng bài tập hình học thì các bài toán giải bằng phương pháp diện tích được trình bày quá ít Chính vì vậy học sinh thường lúng túng khi đứng trước những bài toán như vậy Bởi thế, để giúp học sinh giải tốt các bài toán hình học nói chung và phần bài tập về diện tích đa giác nói riêng là điều mà thầy cô giáo quan tâm và suy nghĩ Vì thế tôi đã chọn kiến thức và bài

tập phần diện tích đa giác ở lớp 8 để đưa ra kinh nghiệm “Một số biện pháp sử dụng phương pháp diện tích để giải bài toán hình học lớp 8”.

2 Kết quả, hiệu quả thực trạng việc sử dụng phương pháp diện tích để giải các bài toán hình học lớp 8

Khi chưa áp dụng đề tài, việc giải bài tập ở dạng sử dụng phương pháp diện tích giải toán hình học của các em gặp rất nhiều khó khăn Kết quả thu được trong HK1 năm học 2011 - 2012 như sau:

B CÁC GIẢI PHÁP CẢI TIẾN

I Các giải pháp thực hiện:

2

Dựa trên đặc điểm tình hình nhà trường, căn cứ vào các kết quả đạt

được của năm trước và chất lượng học tập cũng như đặc điểm của lớp phụ

trách, dựa vào năng lực của học sinh, tôi đề ra các giải pháp sau:

Giải pháp 1:

Nắm được mục tiêu dưa vào giảng dạy Tìm tòi các bài toán cơ bản để

từ đó học sinh nắm được và phát triển các bài toán tiếp theo

Giải pháp 2:

Phân loại các bài toán giải bằng phương pháp diện tích

II Các biện pháp tổ chức thực hiện .

Biện pháp 1: Khắc sâu các công thức diện tích hay sử dụng cho tam

giác.

Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c lần lượt đối diện với

các đỉnh A, B, C

- ha, hb, hc: độ dài đường cao ứng với các cạnh a, b, c

- P = 2

1

(a + b + c) là nửa chu vi của tam giác

- r: bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC

- ra, rb, rc: bán kính đường tròn

bằng tiếp ABC tiếp xúc với a, b, c

Ta có công thức tính diện tích tam giác sau:

S = 2

1

a ha = 2

1

b hb = 2

1

c hc (1)

S = p(p a)(p b)(p c) (2) công thức Hêrông

S = 2

1

ab Sin C bcSin A 2acsinBˆ

1 ˆ 2

1

S = R

abc

S = (p - a) ra - (p - b) rb = (p - c) rc (5)

C

A

B

a hb

ha hc

* Giá trị sử dụng của các công thức:

- Công thức (1) được sử dụng khi biết một cạnh và đường cao thực nó

- Công thức (2) được sử dụng khi biết 3 cạnh

- Công thức (3) được sử dụng khi biết 3 cạnh và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác

- Công thức (4) được sử dụng khi biết 3 cạnh và bán kính đường tròn nội tiếp

- Công thức (5) được sử dụng khi biết 3 cạnh và bán kính đường tròn bằng tiếp tương ứng

*Công thức diện tích:

1 Diện tích hình vuông cso cạnh là a: S = a2

2 Diện tích hình chữ nhật có hai kích thước là a, b: S = a b

3 Diện tích hình bình hành có một cạnh là a và chiều cao tương ứng h:

S = a.h

4 Diện tích hình thoi có 2 đường chéo là l1, l2: S = 2

1

l1 l2 (diện tích hình thoi còn được tính theo công thức tính diện tích hình bình hành)

5 Diện tích hình thang có hai đáy là a, b b và đường cao h :

S = 2

).

(a  b h

6 Diện tích hình thang có đường cao h, đường trung bình m:

S = m h

Bài toán 1:

GT ABC, ADE, B, C, D, E

thuộc đường thẳng a

KL SABC = k SADE (k > 0)

Chứng minh:

Ta có BC và DE là đoạn thẳng nên luôn tồn tại một số k > 0

4

để DE k

BC



=> BC = k DE

Mặt khác ta lại có: SABC = 2

1

AH.BC = 2

1

AH K DE = k(2

1

AH.DE)

=> SABC = k SADE

Hệ quả 1: Nếu C, B, P thẳng hàng (cùng thực đường thẳng a) và điểm A không thuộc đường thẳng a, BC = k CP thì SABC = k SACP

Hệ quả 2: Nếu PB = C thì SABC = SAPC (k = 1)

Bài toán 2:

GT ABC, A’BC

AH  BC, A’H’  BC KL

' ' ' AH

AH S

S

BC A

ABC



Chứng minh:

Thật vậy

' '

2 1

2 1

AH AH

BC

AH BC S

S

BC A

ABC





Hệ quả 3: Nếu ABC có diện tích không đổi và có cạnh đáy a đường cao là h thì a và h là hai đại lượng tỉ lệ nghịch

Biện pháp 2:

Phân loại các bài toán giải bằng phương pháp diện tích

Loại 1: Chứng minh các đoạn thẳng tỉ lệ

Loại 2: Tổng hoặc hiệu các đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác

Loại 3: Tổng hoặc hiệu diện tích các hình bằng diện tích một hình khác Loại 4: Tỉ số diện tích hai hình phẳng

Loại 5: Chứng minh các bất đẳng thức hình học

Loại 6: Chứng minh các đường thẳng đồng quy

Loại 7: Chứng minh các bài toán cực trị hình học và một số bài toán dạng khác

A

A’

C H’

’ H’

B

Loại 1: Phương pháp chứng minh “các đoạn thẳng tỉ lệ”

Để chứng minh AB = k, ta có thể:

- Hoặc chỉ ra rằng: SMAB = SMA’B’

d(M ; AB) = K d(M; AB)

- Hoặc chỉ ra rằng: SMAB = SNA’B’

d(N ; A’B’) = K d(M; AB)

- Hoặc chỉ ra rằng: SMAB = K SMA’B’

d(M ; AB) = K d(M; A’B’)

- Hoặc chỉ ra rằng: SMAB = K SNA’B’

d(M ; AB) = d(M; A’B’)







 2

' '

K S

S

M B

ABM

và d M A B K

AB M d

 ) ' '

; (

)

; (

BÀI TẬP VẬN DỤNG:

Bài toán 1 : Lấy một điểm O trong ABC Các tia AO, BO, CO cắt

BC, AC, AB lần lượt tại P, Q, R Chứng minh rằng  CR 2

OC BQ

OB AP OA

Chứng minh:

Từ O kẻ OK  BC, từ A kẻ AH  BC (K, H  BC)

Khi đó ta có: AH

OK S

S

ABC OBA



(hệ quả 2) Mặt khác do OK // AH

OP S

S AP

OP AH

OK

ABC

OBZC







(1) Chứng minh tương tự ta có:

PQ

OQ S

S

ABC

AOB 

(2)

A

B

P K O

6

OR S

S

ABC

AOC



(3)

Từ (1) (2) và (3) ta có:      ABC 1

AOC ABC

AOB ABC

OBC

S

S S

S S

S CR

OR BQ

OQ AP OP

OR CR BQ

OQ BQ AP

OP AP CR

CD BQ

BO AP















= 3 - (   CR)312

CO BQ

OQ AP OP

=>  CR 2

CO BQ

BO AP

AO

(ĐPCM)

Bài toán 2: Cho ABC có ba góc nhọn và ba đường cao AA’, BB’,

CC’, gọi H là trực tâm của ABC Chứng minh '

' '

' '

'

CC

HC BB

HB AA

HA





Chứng minh

Ta nhận thấy CHB và CAB

là hai tam giác có chung đáy CB

'

AA

HA S

S

ABC

CHB



(1)

'

BB

HB S

S

ABC

AHC 

(2)

'

'

CC

HC S

S

ABC

HAB



(3)

AHB ABC

AHC ABC

HBC

S

S S

S S

S CC

HC BB

HB AA

HA











'

' '

' ' '

AHB AHC

HBC

S

S S

Do ABC có ba góc nhọn nên trục tâm H nằm ở miền trong ABC

Do đó SHBC + SAHC + SAHB

A

B

H

=>  1





ABC

ABC ABC

AHB AHC

HBC

S

S S

S S

S

' '

' '

'

CC

HC BB

HB AA

HA





=1

Biện pháp 3:

Phương pháp chứng minh tổng hoặc hiệu các đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác.

Muốn chứng minh: AD + CD = PQ Ta chứng minh theo các cách sau: Cách 1: Chỉ ra tồn tại một điểm M

SMAB + SMCD = SMPQ

d(M; AB) = d(M; CD) = d(M;PQ) Cách 2: Chỉ ra tồn tại hai điểm M, N

SMAB + SMCD = SNPQ

d(M; AB) = d(M; CD) = d(N;PQ) Cách 3: Chỉ ra tồn tại ba điểm M, N, R

SMAB + SMCD = SRPQ

d(M; AB) = d(N; CD) = d(R;PQ)

BÀI TẬP VẬN DỤNG:

Bài toán 1: Cho ABC (AB = AC) Một điểm D di chuyển trên cạnh đáy

BC Từ D kẻ các đường thẳng DE và DF lần lượt vuông góc với AC, AB Chứng minh rằng tổng DE + EF không phụ thuộc vào vị trí của điểm D trên BC

Chứng minh:

Để chứng minh DE + DE không phụ thuộc

vào vị trí điểm D ta chứng minh

nó luôn bằng một đoạn thẳng có

độ dài không đổi

Thật vậy kẻ đường cao CK ta có

A

E

C

K F B

8

SABD + SACD = SABC

mà SABD = AB DF S ACD 2 AC.DF

1 ,

2

1



SABC = 2 AB. CK

1

=> 2

1

AB DF + 2

1

AC DF = 2

1

AB CK

Do AB = AC (gt) => (DF + DE) AB = AB CK

=> DF + DE CK, do CK là đường cao

=> CK không đổi Vậy DR + DE không đổi

Bài toán 2: Chứng minh tổng các khoảng cách từ một điểm thuộc miền

trong của tam giác đều ABC đến cạnh của nó không phụ thuộc vào vị trí của điểm ấy

Chứng minh:

Ta có: SMAB + SMBC + SMAC = SABC

Mà SMAB = 2

1

MR.AB

SMBC = 2

1

MB.BC

SMAC = 2

1

MQ.AC

SMAB + SMAC = 2

1

MR.AB + 2

1

MB + BC + 2

1

MQ.AC

SABC = 2

1

BC (MR + MD + MQ) = 2

1

BC.AH Vậy MR + MP + MQ không đổi

Biện pháp 4: Phương pháp chứng minh tổng hoặc hiệu các hình bằng diện tích một hình khác

Để chứng minh: S1 + S2 + S3 + + Sn = S, ta có thể sử dụng:

- Các công thức tính diện tích

A

M

H 1 P 1

- Các bài toán cơ bản đã nêu

BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài tập : Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của

các cạnh BC và AD, P là giao điểm của các đường thẳmg AM và BN, Q là giao điểm của các đường thẳng CN và DM

Chứng minh SMPNQ - SAPB + SCQD

Chứng minh;

Hạ các đường vuông góc

BB, MM’, CC’ xuống AD

(B’, M’ và C’ thuộc AD)

Xét hình thang BB’CC’ có MN

là đường trung bình nên

MM’ = 2

'

' CC

BB 

Mặt khác ta có AN = ND

nên MM’ AD = 2

'

' CC

BB 

AD

=> 2

1

M’M AD = 2

1

B’B 2 '. 2

1 2

AD CC

AD



=> SAMN = SABN + SCND Mặt khác ta có: SMPNQ = SAMD - (SAPN + SMDQ)

Thay SMPQN = (SABN + SCND) - (SAƠN + SNQD)

SMPQN = (SABN - SAPN) + (SCND - SQND) vvậy SMPQN = SABP + SCQD

Biện pháp 5 : Phương pháp chứng minh tỉ số diện tích của hai hình phẳng.





















' '

' '

' '

2 2

1

1

A SA

A A SA K K C B SA

Ta có thể chứng minh các cách sau:

Cách 1: Chỉ ra rằng  ABC ~  A’B’C’ theo tỉ số k

D C’

N M’

B’

A

1

Cách 2: Chỉ ra SABC = K2 S A’B’C’ và dựa vào phương pháp chứng minh loại 1, loại 2

Cách 3: Dùng tiêu đề diện tích để từ bài toán tổng quát đưa về bài toán cho tam giác

BÀI TẬP VẬN DỤNG:

Bài toán: Chứng minh rằng tam giác có đỉnh là giao điểm của hai cạnh

đối của một tứ giác lồi, hai đỉnh kia là hai trung điểm của hai đường chéo của

tứ giác lồi có diện tích bằng 4

1

diện tích tứ giác

Chứng minh:

Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các

đường chéo BD và AC của tứ gác ABCD, E là

giao điểm hai cạnh AD và BC

Ta có: SEMN = SEDC - SEMD - SDMN - SDNC

SEMN = SEDC - 2

1

SEBD - 2

1

SEAC - 2

1

SDNB - 2

1

SDAC

SEMN = (2

1

SEDC - 2

1

SEAC - 2

1

SDAC) + + (2

1

SEDC + 2

1

SEBD - 2

1

SDNB)

SEMN = 2

1

(SDNC + SBNC) = 2

1

(2

1

AABC + 2

1

SADC) = 4

1

(SABC + SADC) = 4

1

SABCD

Vậy SEMN = 4

1

SABCD.

Biện pháp 6 :

Phương pháp chứng minh các bất đẳng thức trong hình học

Cách 1: Sử dụng các phép biến đổi đại số và bất đẳng thức như bất đẳng thức cosi trong trường hợp áp dụng cho hai số dương

a2 + b2 > 2ba, 2

2 2

2

a

b b

a



> 2 Hoặc một số bất đẳng thức khác

E

B

C D

N

B C

A

M

1

Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức tam giác a+b < a + b

Cách 3: Sử dụng các phép biến đổi hình học làm xuất hiện các bất đẳng thức từ các đại lượng về số đo diện tích và các đa giác mà ta kiến lập nên

Cách 4: Sử dụng mối quan hệ giữa các cạnh trong tam giác

(c-b) < a < c + b (a1b1c là số đo 3 cạnh của tam giác)

- Sử dụng mối quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên cùng kẻ từ một điểm đến đường thẳng

Biện pháp 7:

Phương pháp chứng minh các đường thẳng đồng quy.

Khó có thể chỉ ra phương pháp chung dùng diện tích để chứng minh các đường thẳng đồng quy ( ở đây ta có thể nói rằng không có phương pháp diện tích thì bài toán chứng minh các đường thẳng đồng quy vẫn có thể thực hiện được (như sử dụng phương pháp toạ độ và một số phương pháp khác) Vì vậy việc tìm tòi phương pháp diện tích để chứng minh là một sộ cố gấng

Tuy nhiên, ta có thể dựa vào một tính chất quan trọng của hình bình hành sau đây để làm cơ sở cho phương pháp chứng minh đồng quy

Tính chất: ABCD là hình bình hành.M là một điểm trong ABCD Qua M kẻ

các đưởng thẳng song song với các cạnh ta được bốn hình bình hành Khi đó

M  AC

<=> SMA1,MB1 = SMC1DD1 hay A1C1, B1 D1, AC

đồng quy <=> SMA,BB1 = SC1DD1M

Chứng minh:

Giả sử MCAC, thế thì ta có:

A (A1 MB1B) = SABC - SAA1M - SMB1C = S ABC - SAD1M - SMC1D

= SABC - SAD1M - SMC1C = SD1MC1D

Ngược lại: Giả sử M không thuộc AC thì SA1MB1B  SD1MC1D Do vậy chỉ

có thể M thuộc AC

BÀI TẬP VẬN DỤNG

Bài toán: Trên cạnh AB, BC, CD, DA của hình bình hành ABCD lấy

các điểm M, H, K, P tương ứng sao cho MK//AD và HP//AB Chứng minh

1

rằng các đường thẳng BP, MD, CD đồng quy tại một điểm (O là giao điểm của HP và MK)

Chứng minh:

Gọi E là giao điểm của các đường thẳng CD và BP ta cần phải chứng minh MD cũng đi qua E

Ta có: Qua E kẻ P’H’ // PH và M’K’ // MK

Ta có P’H’ cắt MK tại F, M’K’ cắt PH tại G

Do điểm O  CE nên theo kết quả bài toán trên

ta có: SFOHH’ = SGOKK’

=> SFOHH’ = SGOKK’ (1)

Do điểm E  BP => SAM’EP’ = SEGHH’ (2)

Từ (1) và (2) suy ra:

SEFKK’ = SAM’EP; Điều này chứng tỏ điểm E cũng

phải thuộc đường chéo MD hay ba đường thẳng

BP, MD và CO đồng quy

Biện pháp 7 :

Phương pháp chứng minh các bài toán cực trị hình học.

Về phương pháp chứng minh tương tự giống như ở loại 5 chú ý thêm: + Tổng các số dương không đổi thì tích các số đó đạt giá trị lớn nhất khi chúng bằng nhau

+ Nếu tích các số dương không đổi thì tổng các số đó đạt giá trị bé nhất khi chúng bằng nhau

Từ đó suy ra:

+ Trong các hình chữ nhật (hình thoi) có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất

+ Trong các hình chữ nhật (hình thoi) có cùng diện tích thì hình vuông

có chu vi bé nhất

BÀI TẬP VẬN DỤNG:

C

A

B

D

’

H

P

H

’

P

’

F E

O

Bài toán: Cho M nằm trong tam giác ABC Các đường thẳng AM, BM,

CM lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại A1, B1, C1 Hãy xác định điểm M trong tám giác sao cho:

a 1 1 MC1

MC MB

MB MA

MA





là bé nhất

MC MB

MB MA





là bé nhất

Chứng minh:

a Đặt AMBC = S1, SMAC = S2, SMBA = S3

2 3 1 1

S S S

S S

S MA

MA

B MA

MAB C

MA







2 3 1 1

S S S

S S

S MB

MB

B MA

MAB C

MA







=> 1 1 MC1

MC MB

MB MA

MA















































2

3 3

2 2

1 1

2 3

1 1

3

S

S S

S S

S S

S S

S S

S

> 6

Vậy 1 1 MC1

MC MB

MB MA

MA





đạt giá trị bé nhất là 6 khi

3 1

3 1

2 1

3 2

2 1

,

;

S S

S MC

MC S S

S MB

MB S S

S MA

MA













Gọi S = S1 = S2 = S3

Xét

3 3

1

2 3

2

1

S S

S S

S

S S

S

S

























2

1 1

1

S S S S S

P =   2  2 3  3 1 

2

1

S S S S S



















2

1 1

1

S S S S S S

> 2

1

9 - 3 = 2

3

MC MB

MB MA





> 2 3

C

A

B

B1 C1

A1 S1

S2

S3

M

1