SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM -PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH

Bên cạnh các phương pháp khác thì “Phương pháp diện tích” là một phương pháp mạnh để giải toán hình học.. Song điều trước tiên người thầy cần phải học, tìm tòi nghiên cứu tìm ra nhiều ph

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi:

PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH

I ĐẶT VẤN ĐỀ:

ơn hai ngàn năm nay, toán học đã chứng tỏ mình như một đỉnh cao trí tuệ của con người Toán học xâm nhập vào hầu hết các ngành khoa học

và là nền tảng của nhiều lý thuyết khoa học quan trọng

H

Ở trường phổ thông, môn toán là một trong những môn quan trọng được dành thời lượng giảng dạy nhiều nhất, bởi nó mang lại cho con người nhiều lợi ích thiết thực Nhưng đồng thời môn toán cũng là một trong những môn học mà nhiều học sinh “sợ” học

Hình học là môn học rèn luyện cho con người khả năng trừu tượng, tư duy sáng tạo và khả năng phân tích tổng hợp Bên cạnh các phương pháp khác thì “Phương pháp diện tích” là một phương pháp mạnh để giải toán hình học Trong khi giải toán nhiều bài sử dụng phương pháp thông thường để giải sẽ gặp không ít khó khăn Song, nếu sử dụng diện tích để giải thì đơn giản hơn nhiều

Vì vậy, tôi đã nghiên cứu nhiều sách, tư liệu và viết chuyên đề “Phương pháp diện tích”

II CƠ SỞ LÝ LUẬN:

Trong quá trình giảng dạy toán cần thường xuyên rèn luyện cho học sinh các phẩm chất trí tuệ có ý nghĩa lớn lao đối với việc học tập, rèn luyện và

tu dưỡng trong cuộc sống của học sinh Đối với học sinh khá giỏi, việc rèn luyện cho các em tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng tạo, tính phê phán của trí tuệ là những điều kiện cần thiết trong việc học toán Chính vì vậy bồi dưỡng học sinh khá giỏi không đơn thuần chỉ cung cấp cho các em một số vốn kiến thức thông qua việc làm bài tập càng nhiều, càng tốt, càng khó càng hay mà phải cần thiết rèn luyện khả năng phát triển tư duy, sáng tạo làm toán cho học sinh

III CƠ SỞ THỰC TIỄN:

Qua nhiều năm công tác giảng dạy, tôi nhận thấy việc học toán nói chung và bồi dưỡng học sinh khá giỏi toán nói riêng, muốn học sinh rèn luyện được tư duy sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi người thầy cần phải có nhiều phương pháp và nhiều cách hướng dẫn học sinh tiếp thu và tiếp cận bài giải Đặc biệt, để có được học sinh giỏi của môn Toán là một điều rất khó mà không phải giáo viên toán nào cũng có thể làm được nếu không biết đầu tư, không thực sự nhiệt tình và không nghiên cứu các chuyên đề Tuy nhiên, có nhiều nguyên nhân có cả khách quan và chủ quan Song điều trước tiên người thầy cần phải học, tìm tòi nghiên cứu tìm ra nhiều phương pháp và cách giải qua một bài toán, để từ đó rèn luyện cho học sinh năng lực hoạt

động tư duy sáng tạo, phát triển bài toán và có thể đề xuất hoặc tự làm những bài toán tương tự đã được nghiên cứu bồi dưỡng

IV NỘI DUNG:

A Một số kiến thức cơ bản:

I Diện tích tứ giác:

1) Cho tứ giác ABCD Gọi AB = a, BC = b, CD = c, DA = d , AC = d1,

BD = d2 , R là bán kính đường tròn ngoại tiếp, r là bán kính đường tròn nội tiếp và p = (a + b + c + d) Ta có :

+Tổng các góc trong của tứ giác:

µ µ µ µ 360 0 2

A B C D+ + + = = π

+Tổng bình phương của các cạnh : a2 + b2 + c2 +

d2 = 2 2

2

2

1 d 4m

(m là độ dài đoạn thẳng nối hai trung điểm của hai đường chéo)

(α là góc tạo bởi hai đường chéo d1, d2 )

*Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R)

+Tổng hai góc đối diện: µA C B D+ = + =µ µ µ 180 0

+Tích các đường chéo : d1d2 = ac + bd

p = (a + b + c + d)

* Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O; r)

+Tổng hai cạnh đối diện : a + c = b + d

2)Diện tích các tứ giác đặc biệt:

a)Diện tích hình chữ nhật :

-2-α

SABCD = SABC + SADC

= SABD + SCBD

SABCD = d1d2sinα

SABCD = (p a p b p c p d− )( − )( − )( − )

SABCD = p.r

d a

b

c r

M O

A

B

C

D

d

a

b

c d1 m d2

I

A

D

B

C

d2

d1

d

c

b a

O

C

B A

D

SABCD = a.b

d =

b)Diện tích hình vuông

SABCD = a2

d = a

SABCD = d2

*Trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình

SABCD = (a + b).h

SABCD = m.h

(M, N lần lượt là trung điểm của AD, BC)

d) Diện tích hình bình hành:

SABCD = a.h

d12 + d22 = 2(a2 + b2)

e)Diện tích hình thoi:

SABCD = d1d2 = a.h

d12 +d22 = a2

II.Diện tích tam giác:

Cho tam giác ABC có BC = a , AC = b , AB = c, đường cao thuộc cạnh

BC là AH = ha, r là bán kính đường tròn nội tiếp, R là bán kính đường tròn

d b

a

C D

d

a

C D

m h

b

a

H

d2

d1 h

a

H

d2

d1 h

a

A

B D

C H

a) Diện tích tam giác:

SABC = a.h

sin acsin sin

ABC

b)Tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (O; r)

SABC = p.r

c)Tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R)

SABC =

d) Công thức Hêrông

SABC =

(p: nửa chu vi tam giác)

B Một số dạng toán:

Dạng 1: Sử dụng diện tích để chứng minh quan hệ độ dài của các đoạn thẳng

Ở dạng này cần chú ý:

- Xác định quan hệ diện tích giữa các hình

- Sử dụng các công thức tính 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

Ví dụ 1:

Cho hình bình hành ABCD Từ điểm B vẽ một cát tuyến cắt cạnh CD tại điểm

M Từ điểm D vẽ một cát tuyến cắt cạnh BC tại điểm N sao cho BM= DN Gọi I là giao điểm của BM và DN Chứng minh khoảng cách từ A đến BM bằng khoảng cách từ A đến DN

Nhận xét

Đối với bài toán này nếu không dùng phương pháp sử dụng diện tích thì khó mà giải quyết được Nhưng để phát hiện ra bài toán này phải dùng phương pháp sử dụng diện tích để chứng minh hai đoạn thẳng bằng nhau lại càng khó hơn

-4-a

c

b h

A

H

a

c

b r

r

r O

A

E

D F

a

h O

B

C A

H D

Giáo viên phải gợi mở cho học sinh thấy rằng giả thiết đã có BM=DN

mà phải chứng minh khoảng cách từ A đến BM và DN bằng nhau lại có hai

BAM và DAN không thể bằng nhau được

Vậy phải chăng S BAM =S DAN

Đó là điều mà người muốn giải quyết bài toán phải nghĩ tới

Cần sử dụng tính chất: Nếu hai tam giác có cùng chiều cao thì tỉ số hai đáy

tương ứng bằng tỉ số hai diện tích Ngược lại, nếu hai tam giác có cùng đáy thì tỉ số hai chiều cao tương ứng bằng tỉ số hai diện tích.

Hướng dẫn: (H1)

BMA ABCD ADM BMC

kẻ EF đi qua M là EF vuông góc với BC

thì

.

ADM BMC

ABCD

Tương tự qua N kẻ PQ ⊥AB Ta cũng chứng minh được diện tích AND bằng một nửa diện tích hình bình hành ABCD

2

BAM ADN ABCD

Suy ra 2 đường cao hạ từ A tới BM, hạ từ A xuống DN bằng nhau (vì hai đáy

BM = DN theo giả thiết)

-Với giả thiết của bài toán này có thể yêu cầu học sinh phát triển chứng minh

Bài tập:

1) Cho tam giác ABC, trung tuyến AM, một đường thẳng song song với cạnh

BC cắt các cạnh AB, AC và trung tuyến AM lần lượt tại D, E, F Chứng minh rằng FD = FE

2) Cho hình bình hành ABCD Trên AB lấy điểm M, trên AD lấy điểm N Gọi

O là giao điểm của BN với DM Biết OC là tia phân giác của ·BOD, chứng minh BN = DM

3) Cho hình thang ABCD (AB//CD) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của hai đáy BC và AD Một đường thẳng song song với hai đáy và cắt AB, MN và

CD lần lượt tại E, O, F Chứng minh: O là trung điểm của EF (Hướng dẫn: chứng minh SMEN = SMFN)

Dạng 2: Sử dụng diện tích để chứng minh hai đường thẳng song song

Ví dụ 2:

H 1

I

M

Cho ∆ABC có AC = b , AB = c, phân giác AD của góc A và phân giác BE của góc B cắt nhau tại I Gọi G là trọng tâm của ∆ABC Chứng minh rằng: Nếu

BC bằng trung bình cộng của AB và AC thì IG // BC

Hướng dẫn: (H2)

Cách 1 : Sử dụng tính chất tia phân giác trong tam giác và tính chất trọng tâm của tam giác

+AD là đường phân giác trong ∆ABC (đặt BC = a) :

= = ⇒ = ⇒ =

⇒ BD =

+BI là đường phân giác trong ∆ABD

= = c : =

Vì a = ⇒ = (b + c) : = 2 (1)

+Ta có G là trọng tâm của ∆ABC ⇒ = 2 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ = ⇒ IG // DM hay IG // BC

Cách 2 : Sử dụng diện tích tam giác :

+Kẻ IK ⊥ BC

Vì a = ⇒ 2a = b + c

Và I là giao điểm của hai đường phân giác trong của ∆ABC, nên I là tâm đường đường tròn nội tiếp ∆ABC ⇒ IK là bán kính của đường tròn nội tiếp ⇒ SABC = .IK = IK (1)

Ta có SIBC = a.IK (2)

Từ (1) và (2) ⇒ SIBC = SABC(3)

G là trọng tâm của ∆ABC ⇒ =

+Kẻ AH ⊥ BC và GP ⊥ BC ⇒ AH // GP

∆AGH có GP // AH ⇒ = = ⇒ GP = AH

Ta lại có SABC = BC.AH mà SGBC = BC.GP = BC.AH = (BC.AH)

⇒ SGBC = SABC (4)

Từ (3) và (4) ⇒ SIBC = SGBC (Hai tam giác có diện tích bằng nhau mà có chung cạnh đáy nên hai đường cao bằng nhau, do đó I và G nằm trên đường thẳng song song với BC hay IG // BC

Ví dụ 3

Cho hình bình hành ABCD Các điểm E, F, G, H thứ tự thuộc các cạnh AB,

BC, CD, DA sao cho EG không song song với AD Cho biết diện tích EFGH bằng nửa diện tích hình bình hành

Chứng minh: HF // CD

Phân tích đề bài và hướng giải:

-6-a

I

M

E

D

A

G

K

H2

H 3

B

H

G

F

K

+ Bài này ta thấy cần phải tìm hoặc tạo ra một tứ giác bằng

2

1

SABCD + Tìm mối liên hệ giữa tứ giác đó với tứ giác EFGH

+ Căn cứ vào giả thiết ta thấy cần vẽ đường phụ bằng cách: kẻ EK// AD

Ta có SABCD = SBEKC + SEADK

Nối HK, FK ta có tứ giác EFGH và EFKH có chung diện tích ∆HEF

Vì vậy nếu SGHF = SKHF ⇒ đpcm

Hướng dẫn: (H3)

Kẻ EK // AD

Ta có SEFGH =

2

1

SABCD =

2

1

( SBEKC + SEADK )

SEFKH = S EFK + SHEK =

2

1

( SBEKC + SEADK )

⇒ SEFGH = SEFKH

Mà S EFGH = SHEF + SHGF

SEFKH = SHEF + SKHF

⇒ Chiều cao từ G và K xuống HF bằng nhau.

⇒ HF // KG

Vậy HF // BC

Bài tập:

1) Cho tam giác ABC, một đường thẳng song song với BC cắt các cạnh AB,

AC lần lượt tại D và E Qua D, E lần lượt kẻ các đường thẳng song song với

AC, AB cắt BE, DC lần lượt tại M và N Chứng minh rằng MN // BC

2) Cho tam giác ABC có AB = 4cm; BC = 5cm; AC = 6cm Gọi I là giao điểm của các phân giác; G là trọng tâm của tam giác ABC Chứng minh rằng IG//BC

3) Cho tam giác có độ dài các cạnh là BC = a, AC = b, AB = c và a - b = b - c

G là giao điểm các đường trung tuyến I là giao điểm các đường phân giác trong của tam giác đã cho Chứng minh GI // AC

4) Cho hình bình hành ABCD Các điểm E, F, G, H thứ tự thuộc các cạnh

AB, BC, CD, DA sao cho EG không song song với AD Cho biết diện tích EFGH bằng nửa diện tích hình bình hành Chứng minh FH//CD

Dạng 3: Sử dụng phương pháp diện tích để chứng minh một số hệ thức

Ví dụ 4:

⇒ SHGF = SKHF

Cho tam giác ABC, O là điểm bất kỳ nằm trong tam giác, các tia AO, BO,

CO cắt các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại các điểm P, Q, R Chứng minh rằng: T OA OB OC 3 2.

Hướng dẫn: (H 4)

Gọi S, S1, S2, S3 lần lượt là diện tích các

tam giác ABC, BOC, COA, AOB

Đặt S1 = x2, S2 = y2, S3 = z2 (x, y, z > 0)

Ta được S = x2 + y2 + z2

Suy ra :

1

2 2 2

1 1

+

Tương tự ta có:

2 2 2

2 2 2

;

+

= +

=

Do đó

T

Lại có

2 2

2

+ ≥ +

2

T

≥  + + + + + ÷≥

Ví dụ 5:

Từ điểm M tùy ý trong ∆ ABC, các đường thẳng MA, MB, MC lần lượt cắt

BC, CA, AB tại A1, B1 , C1 Chứng minh: 1 1 1

1 AA

+ + =

Phân tích đề bài và hướng giải:

CC

MC BB

MB AA

MA

1

1 1

1 1

1 + + = ta thấy cần phải xét từng tỉ số của hai

đoạn thẳng trong hệ thức trên

-8-H 4 O A

P Q R

+ 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 thì ⇒ MAAA MKAH

1

1 = .

Mà MK và AH là hai đường vuông góc cùng hạ xuống BC nên

⇒

AH

MK

=

ABC

MBC

S

S

Từ đó ⇒ đpcm

Hướng dẫn: (H 5)

Kẻ MK, AH vuông góc với BC ⇒ MK //AH ⇒

AH

MK AA

MA 1

1 =

Ta có: MAAA MKAH

1

1 = =

ABC

MBC S

S AH.BC 2

1

MK.BC 2

1

= (1)

Chứng minh tương tự ta có : =

1

1 BB

MB

ABC

MAC S

S

(2)

= 1

1 CC

MC

ABC

AMB S

S

(3)

Từ (1), (2), (3) ta được :

1

1

AA

MA

+

1

1

BB

MB

+

1

1 CC

MC

=

ABC

MBC S

S

+

ABC

MAC S

S

+

ABC

AMB S

S

=

ABC

ABC S

S

= 1 ( đpcm)

Ví dụ 6:

Cho tam giác ABC có AB = 2.AC, kẻ phân giác

AD, gọi p là nửa chu vi của ∆ABC; r, r1, r2 là

bán kính của đường tròn nội tiếp các ABC,

ADC và ABD

Chứng minh AD = pr r r p

3

1 2

1 2 +







 −

Hướng dẫn: (H 6)

Vì AB = 2.AC nên S ABD = 2S ADC vì có đường cao kẻ từ D bằng nhau

mà hai tam giác có chung đường cao kẻ từ A cho nên BD = 2.CD

H K

M

C B

A

D

A

B C

H 5

H 6

nên 1

2

2

3

1

2

1

2

ABD

ACD

ABD

=

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

;

Cộng từng vế ta được:

AC AD CD AB AD BD AC AB BC AD

p AD pr

r r





 2

2

1 2

1 2

hay suy ra AD pr

r r p

=  +





 − 3

1 2

1 2

Bài tập:

1) Cho tam giác nhọn ABC với ba đường cao tương ứng AH, BI và CK

Chứng minh SHIK = (1 - cos2A - cos2B - cos2C).SABC

2) Bên trong tam giác ABC lấy một điểm O tuỳ ý, tia AO, BO, CO cắt BC,

CA, AB tại D, E, F Chứng minh + + = 2

CF

OC BE

OB AD OA

3) Cho ABC vuông tại A Phân giác trong kẻ từ A cắt BC tại D Chứng minh rằng 2 1 1

AD= AB+ AC

Dạng 4: Sử dụng phương pháp diện tích để chứng minh thẳng hàng, đồng

quy

Ví dụ 7:

Chứng minh rằng trong một tứ giác ngoại tiếp thì tâm đường tròn nội tiếp và trung điểm của hai đường chéo cùng thuộc một đường thẳng

Hướng dẫn: (H 7)

Cách 1 Nối dài DA và CB cắt nhau tại P Trên DA lấy điểm D’ sao cho PD’ =

AD và trên BC lấy điểm C’ sao cho PC’ = BC

Để ý rằng do M và N là trung điểm của BD và

AC nên ta có

SMAD + SMBC = SMAB + SMCD = 1

2 SABCD

SNAD + SNBC = SNAB + SNCD = 1

2 SABCD

Theo cách dựng điểm D’ và C’ và hai đẳng thức

trên, ta có:

SMPD’ + SMPC’ = SNPD’ + SNPC’  SMD’PC’ = SND’PC’

-10-H 7

O A

B

P

D'

C'

⇒ SMD’C’ = SND’C’ ⇒ MN//D’C’ (1)

Mặt khác do tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn nên ta có:

AD + BC = AB + CD

Từ đó SOAD + SOBC = SOAB + SOCD = 1

2 SABCD

Lý luận tương tự như trên ta cũng có

OM // D’C’ (2)

Từ (1) và (2) suy ra M, I, N thẳng hàng (đpcm)

Cách 2.

Ta có SIAB + SICD = SIBC + SIAD = 1

2 SABCD = SAMB + SCMD

Suy ra SIAB – SAMB = SCMD – SICD

Hay SAMI – SBMI = SCMI – SDMI

Mà SMBI = SDMI nên SAMI = SCMI

do đó MI đi qua trung điểm của AC

hay M, I, N thẳng hàng

Ví dụ 8:

Cho tam giác ABC D, E, F là các điểm trên các cạnh BC, AC và AB Chứng minh rằng AD, BE và CF đồng quy khi và chỉ khi DB EC FA. . 1

DC EA FB =

Hướng dẫn: (H 8)

DC = S EA = S FB =S

Suy ra . OBD. OEC. OAF

OCD OEA OBF

DB EC FA

DC EA FB = S S S (1)

Mặt khác ta có:

S OB OD S OC OE S OA OF

S = OE OA S = OB OF S =OC OD (2)

Từ (1) và (2) ta có điều cần chứng minh

Bài tập:

1) Cho tam giác ABC nhọn Về phía ngoài tam giác dựng các hình chữ nhật ACDE và BCFG có diện tích bằng nhau Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, trung điểm của DF và điểm C thẳng hàng

2) Cho tam giác ABC, trung tuyến AM Một đường thẳng song song với BC cắt AB, AC lần lượt tại D và E Chứng minh rằng BE và CD cắt nhau trên

AM

3) Chứng minh trong một tam giác ba đường trung tuyến đồng quy và điểm đồng quy chia mỗi trung tuyến theo tỉ số 2

3 kể từ đỉnh

H 8 O A

D E F

Dạng 5: Sử dụng phương pháp diện tích để chứng minh bất đẳng thức, cực trị

hình học

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 lượng 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

Ví dụ 9:

Cho tam giác ABC nhọn Tìm điểm M bên trong

tam giác sao cho AM.BC + BM.AC + CM.AB là

nhỏ nhất

Hướng dẫn: (H 9)

Gọi D, E là hình chiếu của B, C trên AM

Ta có:

2SMAB + 2SMAC = BD AM + CE.AM

= AM(BD + CE) ≤ AM BC

Tương tự ta cũng có:

2SMAB + 2SMBC ≤ BM AC,

2SMBC + 2SMAC ≤ CM.AB

Từ đó ta có:

AM BC + BM AC + CM AB ≥ 2SMAB + 2SMAC + 2SMBC = 2SABC

Dấu “=” xảy ra ⇔ M là trực tâm của tam giác ABC

Vậy giá trị nhỏ nhất của AM.BC + BM.AC + CM.AB là 2SABC khi M là trực tâm của tam giác ABC

Ví dụ 10:

Cho ∆ABC vuông cân có AB = AC = 10cm ∆DEF vuông cân ở D nội tiếp

∆ABC ( D ∈ AB, E ∈ BC, F ∈ AC ) Xác định vị trí của D để diện tích DEF nhỏ nhất

Hướng dẫn: (H 10)

Gọi AD = x Kẻ EH ⊥ AB

Thì AD = EH = BH = x DH = 10 - 2x

2

1 DE 2

1 DE.DF

2

-12-A

H 9

E D M

H 10

C

D

E

F H