Chuyen de dien tich

<span class='text_page_counter'>(1)</span>PHÒNG GIÁO DỤC VÀ ðÀO TẠO YÊN LẠC TRƯỜNG TRUNG HỌC CƠ SỞ YÊN ðỒNG _____________________________. CHUYÊN ðỀ. DIỆN TÍCH VÀ PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG THỰC HÀNH GIẢI TOÁN. A. A. D. N. M. M. I h. B. H. N. E. I h/2. a. C. B. H. a. Người viết: Lê Mạnh Hà Người dạy minh họa: Cao Thị Hồng Thắm. NĂM HỌC 2012-2013. C.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> A. PHẦN MỞ ðẦU I.. LÝ DO CHỌN CHUYÊN ðỀ 1. Thực trạng giảng dạy toán trường THCS Yên ðồng 2. Giải pháp. II. PHẠM VI VÀ MỤC ðÍCH CỦA CHUYÊN ðỀ B. PHẦN NỘI DUNG I.. ðẶC ðIỂM CHƯƠNG TRÌNH, SÁCH GIÁO KHOA HÌNH HỌC 8. II. DIỆN TÍCH VÀ PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG THỰC HÀNH GIẢI TOÁN 1. ðịnh hướng cơ bản của phương pháp diện tích 2. Xây dựng công thức tính diện tích của một số ña giác ñặc biệt 3. Một số kết quả có nhiều ứng dụng 4. Một số bài toán giải bằng phương pháp diện tích 4.1.. Dạng bài về cắt và ghép hình, vẽ một ña giác có diện tích bằng diện tích của một ña giác cho trước.. 4.2.. Dạng bài về tính toán. 4.3.. Dạng bài về chứng minh tính chất. 4.4.. Dạng bài về tìm một ñiểm hay tập hợp ñiểm thỏa mãn một tính chất cho trước. 4.5.. Dạng bài về bất ñẳng thức và cực trị hình học. C. PHẦN KẾT LUẬN __________________.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. A. PHẦN MỞ ðẦU I.. LÝ DO CHỌN CHUYÊN ðỀ. 1. Thực trạng giảng dạy toán trường THCS Yên ðồng. Trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng HSG tại trường THCS Yên ðồng, chúng tôi thấy có nhiều học sinh chưa ñạt ñược kết quả mong muốn, có cả kết quả yếu kém. Tìm hiểu trong thực tế giảng dạy và học tập của học sinh, chúng tôi thấy các nguyên nhân sau: Về phía học sịnh: có em không nhớ một số kiến thức cơ bản, có em chưa biết ñến bài toán cơ bản có nhiều ứng dụng, có em thì khả năng suy luận yếu, các thao tác tư duy cơ bản chưa thành thạo, có em thì lười học, có em thì ñạo ñức yếu, gia ñình thiếu quan tâm… Về phía giáo viên: ða số giáo viên toán trường THCS Yên ðồng có ý thức tự bồi dưỡng thường xuyên ñể nâng cao trình ñộ chuyên môn nghệp vụ và có trách nhiệm trong công việc. Phương pháp giảng dạy ñã có sự ñổi mới theo hướng tích cực hóa các hoạt ñộng của học sinh, song bên cạnh ñó vẫn còn gặp khó khăn trong công tác giảng dạy và giáo dục học sinh. Kết quả học tập của học sinh chưa ñược như mong muốn, vẫn có học sinh hư, ñạo ñức còn yếu kém, thiếu ý thức học tập và rèn luyện bản thân. 2. Giải pháp Dạy toán phải nhằm mục ñích ñào tạo con người năng ñộng, sáng tạo. Học sinh phải biết phương pháp học tập và nghiên cứu bộ môn. Quá trình tìm lời giải cho một bài tốn yêu cầu phải cĩ khả năng phán đốn và tư duy nhạy bén, trong đĩ cĩ hai điều kiện quan trọng phải có, ñó là:. Nắm ñược kiến thức cơ sở: bao gồm các kiến thức cơ bản (ñịnh nghĩa, ñịnh lý, tính chất, quy tắc, công thức, thuật toán); các bài toán cơ bản (bài toán mà ở ñó có kết quả hoặc phương pháp giải của nó có thể vận dụng ñể giải các bài toán khác) Nắm ñược phương pháp suy luận: bao gồm các thao tác tư duy cơ bản (phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát hóa, trừu tượng hóa,…); các phương pháp vận dụng kiến thức cơ sở ñể giải quyết một bài toán. Khi gặp một bài toán thì ñòi hỏi phải biết phân tích, tìm hiểu bài toán và huy ñộng ñược các kiến thức cơ sở có liên quan ñến bài toán, từ ñó giúp ta nhìn nhận bài toán một cách ñúng ñắn, rồi ñi ñến phương pháp giải bài toán ñó. Từ những tư tưởng nêu trên, chúng tôi thấy cần phải giúp học sinh nắm ñược kiến thức cơ bản và phương pháp vận dụng ñể giải toán. Môn toán có rất nhiều kiến thức cơ bản phải nhớ, giáo viên phải biết kiến thức cơ bản nào quan trọng nhất, có nhiều ứng dụng nhất, ñể chú trọng ñặc biệt trong quá trình giảng dạy và bồi dưỡng. Chương trình toán lớp 8, chúng tôi thấy diện tích ña giác và phương pháp vận dụng diện tích ña giác là một mảng kiến thức cơ bản quan trọng, có nhiều ứng dụng kể cả 1.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. trong thực tiễn ñời sống và trong toán học. Có nhiều bài toán giải bằng phương pháp diện tích dễ hơn, sáng tạo hơn phương pháp khác. Do ñó chúng tôi chọn chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán” II. PHẠM VI VÀ MỤC ðÍCH CỦA CHUYÊN ðỀ Phạm vi: Do có sự hạn chế về thời gian nên chuyên ñề chỉ ñề cập ñến diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán hình học 8 Mục ñích: Thực hiện chuyên ñề này nhằm chia sẻ, trao ñổi về chuyên môn với ñồng nghiệp, giúp giáo viên nâng cao hơn về trình ñộ chuyên môn. Học sinh nắm ñược khái niệm diện tích và phương pháp vận dụng diện tích trong giải toán, qua ñó giúp học sinh phát triển tư duy toán học. B. PHẦN NỘI DUNG I.. ðẶC ðIỂM CHƯƠNG TRÌNH, SÁCH GIÁO KHOA HÌNH HỌC 8. Không xây dựng hình học như một khoa học suy diễn thuần túy (tức là không xuất phát từ một hệ tiên ñề rồi bằng các chứng minh chặt chẽ ñể ñi ñến các ñịnh lí, tính chất). Giảm nhẹ chứng minh, nhưng yêu cầu rèn luyện suy luận chứng minh tăng dần. Giúp học sinh khả năng phát triển tư duy lôgic, khả năng diễn ñạt chính xác ý tưởng của mình, khả năng tưởng tượng và bước ñầu hình thành cảm xúc thẩm mỹ qua học tập môn toán. Không dạy hình học không gian mà chỉ giúp học sinh nhận biết một số vật thể trong không gian, qua ñó dần hình thành một số khái niệm cơ bản của hình học không gian. Nội dung cụ thể chia ra làm 4 chương: Chương 1. Tứ giác (25 tiết), không dạy bài “Dựng hình bằng thước và compa” Chương 2. ða giác. Diện tích ña giác (9 tiết) Chương 3. Tam giác ñồng dạng (19 tiết) Chương 4. Hình lăng trụ ñứng. Hình chóp ñều (14 tiết) II. DIỆN TÍCH VÀ PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG THỰC HÀNH GIẢI TOÁN 1. ðịnh hướng cơ bản của phương pháp diện tích 1.1. Vận dụng khái niệm diện tích ña giác và các tính chất của diện tích ña giác: - Hai tam giác bằng nhau thì có diện tích bằng nhau - Nếu một ña giác ñược chia thành những ña giác không có ñiểm trong chung thì diện tích của nó bằng tổng diện tích của những ña giác ñó - Nếu chọn hình vuông có cạnh là 1cm, 1dm, 1m,… làm ñơn vị ño diện tích thì ñơn vị diện tích tương ứng là 1cm2, 1dm2, 1m2,… 1.2. Phương pháp cắt ghép hình 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. 1.3.. Phương pháp vẽ một ña giác có diện tích bằng diện tích của một ña giác cho trước.. 1.4.. Xây dựng công thức tính diện tích của một số ña giác ñặc biệt và vận dụng. 1.5.. Rèn luyện suy luận chứng minh và phương pháp tính.. 2. Xây dựng công thức tính diện tích của một số ña giác ñặc biệt 2.1. Công thức tính diện tích hình chữ nhật A. Ta thừa nhận công thức tính diện tích hình chữ nhật: S ABCD = AB.BC = ab. a. B. b. GV ñặt câu hỏi: Từ công thức tính diện tích hình chữ nhật, có suy ra công thức tính diện tích hình vuông, tam giác vuông không?. D. C. HS thực hiện: Hình vuông ABCD có cạnh bằng a cũng là hình chữ nhật, nên ta có: S ABCD = AB.BC = a.a=a 2 Từ tam giác ABC vuông tại B, AB=a, BC=b, ta vẽ hình chữ n ABCD, khi ñó ta có: ∆ABC = ∆ADC ⇒ S ABC = S ADC. a. A. A. D. C. a. B. S ABCD = S ABC + S ADC = 2 S ABC. ⇔ ab = 2 S ABC ⇔ S ABC. B. b. 1 = ab 2. D. C. * Tính dtích hình vuông là vận dụng công thức tính dtích hình chữ nhật, tính dtích tam giác vuông là theo phương pháp cắt ghép hình . 2.2. Công thức tính diện tích tam giác A. GV ñặt câu hỏi: Ta ñã biết công thức tính diện tích tam giác vuông, với tam giác nhọn, tam giác tù thì sao?. h. Giáo viên cho học sinh vẽ tam giác nhọn ABC, ñường cao AH. Yêu cầu HS quan sát hình và nhận xét? HS nhận xét khi vẽ ñường cao AH, tam giác ABC ñược chia thành hai tam giác vuông AHB và AHC GV yêu cầu HS tính diện tích tam giác ABC? HS thực hiện: S ABC = S AHB + S AHC =. 1 1 1 1 AH .BH + AH .CH = AH .BC = ah 2 2 2 2 3. B. a. H. C.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”.
là góc tù, ñường cao AH. Yêu cầu Giáo viên cho học sinh vẽ tam giác tù ABC, C HS quan sát hình và nhận xét?. HS nhận xét khi vẽ ñường cao AH, tam giác vuông AHB ñược chia thành hai tam giác, gồm tam giác vuông AHC và tam giác tù ABC. GV yêu cầu HS tính diện tích tam giác ABC?. A. HS thực hiện: h. S ABC + S AHC = S AHB ⇔ S ABC = S AHB − S AHC =. 1 1 1 1 AH .BH − AH .CH = AH .BC = ah 2 2 2 2. B. a. C. H. GV yêu cầu HS tổng quát hóa từ các trường hợp trên, hãy rút ra công thức tính diện tích tam giác? HS thực hiện: Với tam giác ABC bất kỳ, ñường cao AH, ta có công thức tính diện tích như sau: S ABC =. 1 1 AH .BC = a.h (trong ñó BC=a, AH=h) 2 2. * Phần xây dựng công thức tính diện tích tam giác ở trên là vận dụng tính chất diện tích của ña giác và công thức dtích tam giác vuông.
Xây dựng công thức tính diện tích tam giác bằng phương pháp cắt ghép hình GV hướng dẫn HS xây dựng công thức tính diện tích tam giác bằng phương pháp cắt ghép hình. GV giao cho các nhóm HS tấm bìa hình tam giác (ñủ các dạng tam giác vuông, nhọn, tù), kéo, băng dính và yêu cầu HS cắt tấm bìa hình tam giác thành các mảnh ñể ghép lại thành một hình chữ nhật? Từ kết quả nhận ñược, hãy ñưa ra công thức tính diện tích tam giác? HS thực hiện: Nhóm 1 (tam giác nhọn) Cắt một tam giác nhọn thành ba mảnh gồm 1 hình thang và 2 hình tam giác vuông rồi ghép lại ñược một hình chữ nhật có kích thước là a và h/2. Từ kết quả trên, cho thấy diện tích hình tam giác bằng diện tích hình chữ nhật, tức 1 2. là S ABC = a.h A. A. D. N. M. M. I h. B. H. N. E. I h/2. a. C. B. 4. H. a. C.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. Qua hoạt ñộng này, HS có thể tìm ra một cách khác ñể chứng minh công thức diện tích tam giác (dựng hình chữ nhật có diện tích bằng diện tích hình tam giác). Cụ thể như sau: Dựng hình chữ nhật BCED sao cho ñường thẳng DE trùng với ñường trung bình MN của tam giác ABC. Khi ñó ñường cao AH ⊥ DE tại I, BD=AH/2=h/2 Ta có ∆BDM=∆AIM, ∆CEN=∆AIN ⇒ S BDM = S AIM , SCEN = S AIN ⇒ S ABC = S BMNC + S AIM + S AIN = S BMNC + S BDM + SCEN = S BCED =. 1 ah 2. Nhóm 2 (tam giác nhọn) Cắt một tam giác nhọn thành ba mảnh gồm 1 hình ngũ giác và 2 hình tam giác vuông rồi ghép lại ñược một hình chữ nhật có kích thước là a/2 và h. Từ kết quả trên, cho thấy diện tích hình tam giác bằng diện tích hình chữ nhật, tức 1 2. là S ABC = a.h a/2. A. A. N. M. P. Q. M. N. h h. B. D. H. a. E. C. B. D. H. a. E. C. Từ cách cắt ghép này, HS sẽ tìm ñược một cách khác ñể chứng minh công thức diện tích tam giác. C. Nhóm 3 (tam giác vuông) Cắt một tam giác vuông thành 2 mảnh gồm 1 hình thang vuông và 1 hình tam giác vuông rồi ghép lại ñược một hình chữ nhật có kích thước là c và b/2.. C. N. M. N P. M. b. b/2. Từ kết quả trên, cho thấy diện tích hình tam 1 2. giác bằng diện tích hình chữ nhật, tức là S ABC = b.c. A. c. B. A. c. B. Từ cách cắt ghép này, HS sẽ tìm ñược một cách khác ñể chứng minh công thức diện tích tam giác. Nhóm 4 (tam giác tù) Cắt một tam giác tù thành 2 mảnh gồm 1 hình thang và 1 hình tam giác vuông rồi ghép lại ñược một hình bình hành có hai cạnh là a và c/2. Cắt hình bình hành nhận ñược thành 2 mảnh gồm 1 hình thang vuông và 1 hình tam giác vuông rồi ghép lại ta ñược một hình chữ nhật có kích thước là a và h/2.. 5.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. Từ kết quả trên, cho thấy diện tích hình tam giác bằng diện tích hình bình hành và 1 2. diện tích hình chữ nhật, tức là S ABC = a.h. M. A. A. A. N. M. P. N. P. Q. M. R. h. C. h/2. a. H C. B. a. N. H C. B. B. a. H. Từ cách cắt ghép này, HS sẽ tìm ñược một cách khác ñể chứng minh công thức diện tích tam giác. Cuối cùng GV và HS cùng khẳng ñịnh kết quả ñạt ñược. 2.3. Công thức tính diện tích hình thang GV cho hình thang ABCD, AB//CD. Hãy chia hình thang ABCD thành 2 tam giác rồi tính diện tích hình thang theo hai ñáy và ñường cao? HS thực hiện:. S ADC =. 1 1 AH .CD , S ABC = AH . AB 2 2. ⇒ S ABCD = S ADC + S ABC =. B. A. Kẻ ñường chéo AC, khi ñó hình thang ABCD ñược chia thành hai tam giác không có ñiểm trong chung. Ta có: D. H. C. 1 AH ( AB + CD ) 2. * Phần xây dựng công thức tính diện tích hình thang ở trên là vận dụng tính chất diện tích của ña giác và công thức dtích tam giác.
Xây dựng công thức tính diện tích hình thang bằng phương pháp cắt ghép hình GV hướng dẫn HS xây dựng công thức tính diện tích hình thang bằng phương pháp cắt ghép hình. GV giao cho các nhóm HS tấm bìa hình thang, kéo, băng dính và yêu cầu HS cắt tấm bìa hình thang thành các mảnh ñể ghép lại thành một hình chữ nhật? Từ kết quả nhận ñược, từ ñó hãy ñưa ra công thức tính diện tích hình thang? HS thực hiện cắt ghép hình: B. a. A. Q. B. S. F. G. F. A. G h. h. D. N H. b. O. C. D. 6. N. O. C.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. Từ kết quả ghép hình, HS thấy rằng diện tích hình thang bằng diện tích hình chữ nhật, kích thước hình chữ nhật nhận ñược là h và Tức là: S ABCD =. a+b , 2. a+b 1 .h = AH ( AB + CD ) . 2 2. Từ cách cắt ghép này, HS sẽ tìm ñược một cách khác ñể chứng minh công thức diện tích hình thang (dựng hình chữ nhật có kích thước bằng chiều cao và ñộ dài ñường trung bình của hình thang, sau ñó chứng minh hai hình có diện tích bằng nhau) GV yêu cầu HS từ công thức tính diện tích hình thang, hãy suy ra công thức tính diện tích hình bình hành ABCD? HS thực hiện:. B. A. Vì hình bình hành cũng là hình thang nên ta có: 1 AH ( AB + CD ) 2 1 = AH ( AB + AB ) = AH . AB 2. S ABCD =. H. D. C. GV có thể yêu cầu HS thực hiện việc cắt ghép hình ñể tìm ra công thức tính diện tích hình bình hành. 2.4. Công thức tính diện tích tứ giác có hai ñường chéo vuông góc GV cho tứ giác ABCD có hai ñường chéo vuông góc tại H. Hãy tính diện tích tứ giác ABCD theo AC và BD? HS thực hiện: ðường chéo BD chia tứ giác ABCD thành hai tam giác không có ñiểm trong chung. Ta có: S ADB =. 1 1 AH .BD , S DCB = CH .BD 2 2. A. B. D. 1 1 AH .BD + CH .BD 2 2 1 1 = ( AH + CH ) BD = AC.BD 2 2. ⇒ S ABCD = S ADB + S DCB =. H. C. GV yêu cầu HS thực hiện việc cắt ghép hình ñể tìm ra công thức tính diện tích tứ giác có hai ñường chéo vuông góc (tương tự như ñã làm ở trên) GV yêu cầu từ công thức tính diện tích tứ giác có hai ñường chéo vuông góc, hãy suy ra công thức tính diện tích hình thoi ABCD?. 7.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. HS thực hiện:. A. Vì hình thoi có hai ñường chéo vuông góc, nên tương tự theo cách tính trên, ta có S ABCD. 1 = AC.BD 2. B. D. O H. GV ñặt câu hỏi: Còn công thức nào khác ñể tính diện tích hình thoi không?. C. HS có thể tính diện tích hình thoi theo công thức tính diện tích hình bình hành, S ABCD = AH .CD. GV yêu cầu HS thực hiện việc cắt ghép hình ñể tìm ra công thức tính diện tích hình thoi (tương tự như ñã làm ở trên) 3. Một số kết quả có nhiều ứng dụng(bài toán có nhiều ứng dụng). 3.1.. Tam giác ABC, có M nằm trên cạnh BC. Ta có. 3.2. 3.3.. S ABM BM , ñặc biệt nếu M là trung ñiểm của BC thì S ABM = S ACM = S ACM CM. Tứ giác ABCD là hình thang (AB//CD) ⇔ SACD=SBCD ABCD là hình bình hành, M là ñiểm bất kỳ trên cạnh AB. 1 2. Khi ñó ta có S MCD = S ABCD 3.4.. Tam giác ABC có M, N lần lượt là trung ñiểm của AB, AC. Khi ñó ta có. S AMN 1 = S ABC 4. 3.5.. Hai tam giác có tỉ số các cạnh tương ứng bằng k thì tỉ số diện tích của hai tam giác bằng k2 . 4. Một số bài toán giải bằng phương pháp diện tích 4.1. Dạng bài về cắt và ghép hình, vẽ một ña giác có diện tích bằng diện tích của một ña giác cho trước. Phương pháp và ý tưởng giải các bài toán dạng này ñã nêu ở phần “xây dựng công thức tính diện tích của một số ña giác ñặc biệt”. Xin giới thiệu thêm một số bài toán sau: Bài 1 (Bài 11 SGK). Cắt hai tam giác vông bằng nhau từ một tấm bìa. Hãy ghép 2 tam giác ñó ñề tạo thành: a) Một tam giác cân. b) Một hình chữ nhật. c)Một hình bình hành. Diện tích của các hình này có bằng nhau không? Vì sao? Lời giải. 8.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. Diện tích của các hình tam giác cân, hình chữ nhật, hình bình hành ñều bằng nhau, vì chúng cùng bằng hai lần diện tích tam giác vuông. Các hình tam giác cân, hình chữ nhật, hình bình hành ñã ñược ghép từ hai tam giác vuông bằng nhau. Bài 2 (Bài 33 SGK). Vẽ hình chữ nhật có một cạnh bằng ñường chéo của một hình thoi cho trước và có diện tích bằng diện tích của hình thoi ñó. Từ ñó suy ra cách tính diện tích hình thoi. Lời giải - Giả sử cho trước hình thoi ABCD có hai ñường chéo cắt nhau tại O. - Dưng qua A, C hai ñường thẳng vuông góc với AC. B. A. - Dựng qua D ñường thẳng vuông góc vơi hai ñường thẳng ñã dựng ở trên lần lượt tại F, E.. O C. F. D. E. - Khi ñó ACEF là hình cần dựng. Thật vậy: Theo cách dựng ta có ACEF là hình chữ nhật. ∆AFD=∆CED=∆BOA=∆BOC 1 2. ⇒SABCD=SACEF=AF.AC= AC.BD Bài 3 (Bài 34 SGK). Cho một hình chữ nhật. Vẽ tứ giác có các ñỉnh là trung ñiểm các cạnh của hình chữ nhật. Vì sao tứ giác này là hình thoi? So sánh diện tích hình thoi và diện tích hình chữ nhật, từ ñó suy ra cách tính diện tích hình thoi. Bài 4 (Bài 42 SGK). Vẽ một tam giác có diện tích bằng diện tích của tứ giác ABCD cho trước. 4.2. Dạng bài về tính toán Bài 1 (Bài 24 SGK). Tính diện tích của tam giác cân có cạnh ñáy bằng a và cạnh bên bằng b. A. Lời giải Tam giác ABC cân tại A, AB=AC=b, BC=a Kẻ ñường cao AH, ta có BH=CH=. b. a 2 B. a 4b − a = 4 2 2. Theo ñịnh lý Pytago ta có AH= b 2 −. 2. 9. 2. H. a. C.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. 1 1 4b 2 − a 2 1 Từ ñó ta có SABC= AH.BC = . .a = a 4b 2 − a 2 2 2 2 4. Bài 2 (Bài 25 SGK). Tính diện tích của tam giác ñều có cạnh bằng a. Lời giải. A. Tam giác ABC ñều cạnh bằng a. Kẻ ñường cao AH, ta có BH=CH= Theo ñịnh lý Pytago ta có AH= a 2 − 1 2. Từ ñó ta có SABC= AH.BC =. a 2. a2 a 3 = 4 2. B. H. C. a. a2 3 4. Bài 3 (Bài 30 SBT). Cho tam giác ABC, AB=3AC. Tính tỷ số hai ñường cao xuất phát từ các ñỉnh B và C. Lời giải. A. E. Kẻ các ñường cao BD, CE ta có: 1 2. 1 2. D. SABC= BD.AC = CE.AB. C. BD ⇔BD.AC=CE.3AC⇔BD=3CE⇔ =3 CE. B. Bµi 4 (Bài 53 SBT). Qua t©m O cña h×nh vu«ng ABCD c¹nh a, kÎ ®−êng th¼ng l c¾t c¹nh AB và CD lần l−ợt tại M và N. Biết MN=b. Hãy tính tổng các khoảng cách từ các đỉnh của hình vuông đến đ−ờng thẳng l theo a và b (a và b có cùng đơn vị đo). Lêi gi¶i Gäi O lµ t©m h×nh vu«ng c¹nh a; M vµ N lµ giao ®iÓm cña ®−êng th¼ng l víi AB vµ CD; gäi h1 vµ h2 lÇn l−ợt là các khoảng cách từ A, B đến l; s là tổng cần tính.  (gãc cã Ta có AM=CN (đối xứng qua O),  AMP= CNR cạnh t/− song song) . Do đó ∆AMP=∆CNR, vậy AP=CR=h2. T−¬ng tù cã BQ=DS=h1. §Ó tÝnh tæng h1+h2, ta tÝnh SAOB theo hai c¸ch kh¸c nhau:. a. B. h2 h1. 10. S. R. N. O Q P. h1. M. h2 A. 1 2  a  a2 2a 2 4 2 a b h h h h s h h 2 ⇒ = + ⇒ + ⇒ = + = = ( ) ( )  1 2 1 2 1 2 b b 1 S AOB = b ( h1 + h2 )   4 S AOB =. C. D. l.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. Bài 5.. M Q. Cho tứ giác ABCD, trên tia ñối của tia AB lấy ñiểm M sao cho AM=AB, trên tia ñối của tia BC lấy ñiểm N sao cho BN=CB, trên tia ñối của tia CD lấy ñiểm P sao cho CP=CD, trên tia ñối của tia DA lấy ñiểm Q sao cho DQ=AD. Tính SMNPQ , biết SABCD=1.. D A. N. B. C. P. Lời giải: Trong ∆AQM có MQ là ñường trung tuyến nên SAMQ= 2SAMD, mà AM=AB nên SAMD= SABD. Suy ra SAMQ=2SABD Tương tự ta có: SCPN= 2SBCD Suy ra: SAMQ+ SCPN=2SABD+2SBCD=2SABCD Chứng minh tương tự ta có SBNM+ SDQP=2SABCD Suy ra: SMNPQ= SAMQ+ SCPN +SBNM+ SDQP+SABCD=5SABCD=5.1=5 M.
Bài 6. Cho tứ giác ABCD và ñiểm O nằm trong tứ giác. Gọi M , N , P , Q là các ñiểm ñối xứng của O qua trung ñiểm các cạnh của tứ giác . Hãy tính SMNPQ . Biết SABCD=12 (cm2). N. B. E A. F O. Lời giải: Gọi E, F, G, H lần lượt là trung ñiểm của AB, BC, CD và AD . 1 4. 1 4. 1 4. Q. C. H G. P. D. 1 4. Ta dễ thấy SBEF= SBAC, SCFG= SCBD, SDGH= SDCA, SAHE= SADB 1 2. 1 2. Suy ra: SBEF +SCFG+ SDGH+ SAHE= SABCD ⇒SEFGH= SABCD=6 (cm2) 1 4. 1 4. 1 1 4 4 1 1 1 1 Suy ra: SOEF +SOFG +SOGH +SOHE= SOMN + SONP + SOPQ + SOQM 4 4 4 4 1 ⇒SEFGH= SMNPQ⇒SMNPQ =4SEFGH=24(cm2) 4. Lại có: SOEF= SOMN, SOFG= SONP, SOGH= SOPQ, SOHE= SOQM.
Bài 7. Từ ñỉnh B và C của tam giác cân ABC (AB= AC) ta nối với trung ñiểm O của ñường cao AH . Các ñường ñó cắt AC, AB tại D , E . Hãy tính SAEOD . Biết SABC = 12 (cm2). A. E. D O F. Lời giải: Vì tam giác ABC là tam giác cân nên AH là ñường cao vừa là ñường trung tuyến nên BH=HC. Từ H kẻ ñường thẳng song song với BD cắt AC tại F Trong ∆BCD có HF//BD và BH=HC ⇒ FC=FD Trong ∆AH F có OD//HF và OA=OH ⇒ AD=DF Do vậy suy ra AD =. B. H. C. 1 1 AC, cho nên SAOD= SAOC (1) (vì chung ñường cao hạ từ O). 3 3 11.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. 1 SABC (2) 4 1 1 Từ (1) và (2) ⇒ SAOD = SABC. Suy luận tương tự ta có SAOE = SABC 12 12 1 2 Suy ra: SAEOD= SAOD +SAOE= SABC=2(cm ) 6. Dễ thấy SAOC =. C.
Bài 8. Trong tam giác ABC có diện tích bằng 1 . D là ñiểm thuộc cạnh BC, sao cho ñoạn AD cắt trung tuyến CF tại M thỏa mãn ñiều kiện CF=4FM. Tìm diện tích của tam giác ABD .. P D. N. E. M. B. F. A. Lời giải: Gọi N là trung ñiểm của CF, từ F và N kẻ ñường thẳng song song với AD cắt BC tại E và P. Trong ∆ABD có FE //AD và FA=FB nên E là trung ñiểm của BD (1) Trong ∆ FCE có FN = NC và NP//FE nên P là trung ñiểm của CE (2). Trong hình thang FNPE có FM=. 1 1 1 FC và FN= FC cho nên FM= FN, hay M là 4 2 2. trung ñiểm của FN, mà MD//FE cho nên D là trung ñiểm của PE (3) 1 2. Từ (1),(2) và (3) suy ra PD=DE=EB= PC ⇒ BD = Suy ra: SABD=. 2 BC 5. 2 2 SABC = vì chung ñường cao hạ từ A. 5 5. 4.3. Dạng bài về chứng minh tính chất Bài 1 (Bài 17 SGK). Cho tam giác AOB vuông tại O, ñường cao OM. Hãy giải thích vì sao ta có ñẳng thức AB.OM=OA.OB. Lời giải 1 2. B. 1 2. Ta có SABC= OA.OB , SABC= OM.AB. M. Suy ra AB.OM=OA.OB A. O. Bài 2 (Bài 18 SGK). Cho tam giác ABC và ñường trung tuyến AM. Chứng minh rằng SAMB=SAMC. Lời giải. A. Hai tam giác ABM và ACM có cùng chiều cao là AH và có hai cạnh ñáy BM=CM Suy ra SAMB=SAMC B. 12. H. M. C.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. Bài 3 (Bài 46 SGK). Cho tam giác ABC, gọi M và N lần lượt là trung ñiểm của AC, BC. 3 4. Chứng minh rằng SABNM= SABC. Lời giải Cách 1.. A. Kẻ ñường cao CH, CH cắt MN tại K 1 2. H. M. 1 2. K. Theo gt suy ra MN//AB, MN= AB, CK= CH C. N. B. 1 1 1 1 SCMN= CK.MN= ( CH.AB)= SABC 2 4 2 4 3 4. Suy ra SABNM= SABC. Cách 2. 1 2. MA=MC ⇒SAMN=SCMN⇒SCMN= SACN. 1 4. 3 4. NB=NC⇒SABN=SACN. ⇒SCMN= SABC Suy ra SABNM= SABC. Bài 4 (Bài 37 SBT). Chứng minh rằng mọi ñường thẳng ñi qua trung ñiểm của ñường trung bình của hình thang và cắt hai ñáy của hình thang sẽ chia hình thang ñó thành hai hình thang có diện tích bằng nhau. Hướng dẫn: Hình thang ABCD, AB//CD, AH là ñường cao, O là trung ñiểm của ñường trung bình EF, ñường thẳng qua O cắt AB, CD tại M và N. 1 2. M. A. B. O. E. F. Từ công thức diện tích hình thang ta có SAMND= AH.EO, D. C. N. 1 SBMNC= AH.FO. Suy ra ñpcm 2. Bài 5 (Bài 51 SBT) Cho tam giác ABC. Các ñường cao AA’, BB’, CC’ cắt nhau tại H. Chứng minh rằng. HA' HB ' HC ' =1. + + AA' BB ' CC '. Lời giải Ta cã:. S HBC S HAC S HAB =1 + + S ABC S ABC S ABC. A. HA' . BC HB ' . AC HC ' . AB + + =1 AA' . BC BB ' . AC CC ' . AB HA' HB ' HC ' + + =1 ⇔ AA' BB ' CC '. C'. ⇔. B' H B. 13. A'. C.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. Bµi 6. Chøng minh r»ng trong mét tam gi¸c c©n, tæng c¸c kho¶ng c¸ch tõ mét ®iÓm bÊt kì trên cạnh đáy đến hai cạnh bên không phụ thuộc vào vị trí của điểm đó trên cạnh đáy. Lời giải Tam gi¸c ABC c©n t¹i A, M lµ ®iÓm bÊt k× trªn c¹nh BC. KÎ MI, MH vu«ng gãc víi AB, MJ vu«ng gãc víi AC. Ta cã SABC=SMAB+SMAC ⇒CH.AB=MI.AB+MJ.AC= MI.AB+MJ.AB=(MI+MJ)AB Suy ra MI+MJ=CH (không đổi). Do đó ta có đpcm.. A. H J. I B. C. M.
Bµi 7. (më réng bµi 6). Chøng minh r»ng tæng kho¶ng c¸ch tõ mét ®iÓm bÊt k× trong tam giác đều tới các cạnh của nó là không đổi. Lời giải A. Tam giác ABC đều, đ−ờng cao AH. M là điểm bất kì trong tam gi¸c ABC. KÎ MI, MJ, MK lÇn l−ît vu«ng gãc víi BC, AC, AB. Ta phải chứng minh MI+MJ+MK không đổi. Ta cã:. J. SABC=SMAB+SMBC+SMCA. K M. ⇒AH.BC=MK.AB+MI.BC+MJ.AC=(MK+MI+MJ)BC ⇒MK+MI+MJ=AH (không đổi). I. B. H. C.
Bµi 8. Cho h×nh b×nh hµnh ABCD. Trªn CD vµ DA lÇn l−ît lÊy hai ®iÓm M, N sao cho AM=CN. Gäi I lµ giao ®iÓm cña AM vµ CN. Chøng minh IB lµ ph©n gi¸c cña gãc AIC. Lời giải KÎ BH vµ BK lÇn l−ît vu«ng gãc víi AM vµ CN. Ta cã: 1  S ABCD   2  ⇒ S MAB = S NBC 1 S NBC = S ABCD   2 ⇒ BH . AM = BK .CN ⇒ BH = BK. B. C. S MAB =. K. M. H I A. N. D. Suy ra ∆BHI=∆BKI(c¹nh huyªn-c¹nh gãc vu«ng) suy ra IB lµ ph©n gi¸c cña gãc AIC..
Bµi 9. Cho tam gi¸c ABC víi AB=c, BC=a, CA=b vµ ba ®−êng cao t−íng øng víi ba cạnh đó có độ dài là hc, ha, hb. Gọi r là khoảng cách từ giao điểm của ba đ−ờng phân giác đến mỗi cạnh của tam giác . Chứng minh rằng Lời giải. 14. 1 1 1 1 + + = . ha hb hc r.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. V× kho¶ng c¸ch tõ giao ®iÓm O cña ba ®−êng ph©n gi¸c đến các cạnh của tam giác bằng nhau và bằng r, Ta có: SABC=SOAB+SOBC+SOCA. A. r. 1 1 1 1 = rc + ra + rb = r ( a + b + c ) 2 2 2 2 1 1 1 L¹i cã: SABC= ha a = hb b = hc c 2 2 2. r. ha. O r. B. C. H. Từ đó suy ra: r(a+b+c)=aha=bhb=chc⇔. 1 1 1 1 a+b+c a b c a+b+c ⇔ + + = . = = = = 1 1 1 1 1 1 1 ha hb hc r + + r ha hb hc ha hb hc. Bài 10. Cho hình thang ABCD (AB // CD), các ñường chéo cắt nhau tại O. Qua O, kẻ ñường thẳng song song với hai ñáy, cắt các cạnh bên AD và BC theo thứ tự tại E và F. Chứng minh rằng OE = OF. Lời giải. A. Kí hiệu như trên hình vẽ. Ta có SADC = SBDC .. B 1. F 2. Cùng trừ ñi S5 ñược : S1 + S2 = S3 + S4 (1) Giả sử OE >OF thì S1>S3 và S2 >S4 nên S1+S2>S3+S4, trái với (1).. 3. E O. 4. 5 D. C. Giả sử OE< OF thì S1< S3 và S2< S4 nên S1+S2<S3+S4, trái với (1). Vậy OE = OF ..
Bài 11. Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N là trung ñiểm của hai ñường chéo AC và BD. Từ M kẻ ñường thẳng song song với BD, từ N kẻ ñường thẳng song song với AC. Hai ñường này cắt nhau tại O. Chứng minh ñoạn thẳng nối ñiểm O với trung ñiểm các cạnh chia tứ giác thành bốn phần có diện tích bằng nhau .. A G D H N. O. M F. B E C. Lời giải Gọi E, F, G, H lần lượt là trung ñiểm các cạnh BC, CD, DA và AB. 1 1 các cạnh của ∆BDC nên SCFE = SBCD 2 4 1 1 ∆MEF có các cạnh tương ứng bằng các cạnh của ∆ABD nên SMEF= SABD 2 4. ∆CFE có các cạnh tương ứng bằng. MO//BD và EF//BD ⇒ OM // FE nên SOEF=SMEF SOECF= SOE F + SCFE=. 1 1 (SABD + SBCD)= SABCD 4 4. 15.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. 1 4. Chứng minh tương tự : SOFDG= SOHAG= SOEBH= SOECF= SABCD Từ ñó suy ra ñiều phải chứng minh .
Bài 12. Cho tam giác ABC, D là trung ñiểm của AB, trên AC lấy ñiểm E sao cho AE=2CE. Gọi giao ñiểm của CD và. A. D. 1 BE là O. Chứng minh: OE= BE 4. E O. Lời giải Dễ thấy SBOC= SAOC, SAOC= 3SEOC Do ñó SBOC=3SEOC ⇒ OB = 3OE hay BE=4OE. C. B. Bài 13 ( ðịnh lý Ta-let ). Nếu một ñường thẳng song song với một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó ñịnh ra trên hai cạnh ấy các ñoạn thẳng tương ứng tỉ lệ . Lời giải Ta có:. S ABN AN S ACM AM = , = S ABC AC S ABC AB. (1) A. MN//BC ⇒ SBMN=SCMN ⇒ SBMN+SAMN=SCMN+SAMN⇒SABN=SACM (2) Từ (1) và (2) suy ra. AM AN = AB AC. Tương tự ta cũng chứng minh ñược. AM AN BM CN = , = MB NC AB AC. M. N. B. C. Bài 14. Tam giác ABC có AC = 2 AB. Tia phân giác của góc A cắt BC ở D. Chứng minh rằng DC= 2 DB. Lời giải. Kẻ DI vuông góc với AB, DK vuông góc với AC suy ra DI=DK. Xét ∆ADC và ∆ADB : các ñường cao DI = DK, các ñáy AC = 2 AB nên SADC = 2 SADB. Hai tam giác trên có chung ñường cao kẻ từ A ñến BC, do SADC = 2SADB nên DC=2DB.. A. K. I B. C. D. Giải tương tự như trên, ta chứng minh ñược bài toán tổng quát : Nếu AD là phân giác của ∆ABC thì. DB AB = (tính chất ñường phân giác trong tam giác ) DC AC.
Bµi 15. Cho tø gi¸c ABCD, c¸c ®−êng th¼ng AB vµ CD c¾t nhau tai E. Gäi F vµ G 1 4. theo thø tù lµ trung ®iÓm c¸c ®−êng chÐo AC vµ BD. Chøng minh r»ng SEFG= SABCD.. 16.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. Lời giải. A. Ta cã SEFG=SAEG-SAFG-SAEF=SABG+SEGB- SAFG-SAEF 1 1 1 (SADE-SAGCE)= (SADG+SGDC) 2 2 2 1 1 1 1 1 = ( SABD+ SCBD)= (SABD+SCBD)= SABCD. 2 2 2 4 4. B. = (SABD+SEBD-SACG-SACE) =. F. G E C D.
Bµi 16 (më réng bµi 15). Cho tø gi¸c ABCD, c¸c ®−êng th¼ng AB vµ CD c¾t nhau tai E, c¸c ®−êng th¼ng AD vµ BC c¾t nhau t¹i H. Gäi F vµ G theo thø tù lµ trung ®iÓm c¸c ®−êng chÐo AC vµ BD. Chøng minh r»ng SEFG=SHFG. H. Lời giải VËn dông kÕt qu¶ cña bµi 1, ta cã: A. 1 1 SEFG= SABCD, SHFG= SABCD. 4 4. B F. Suy ra SEFG=SHFG.. E. G C D. 4.4. Dạng bài về tìm một ñiểm hay tập hợp ñiểm thỏa mãn một tính chất cho trước Bài 1 (Bài 9 SGK). Cho hình vuông ABCD cạnh bằng 12 cm, E nằm. E. A. D. 1 3. trên cạnh AD, AE=x cm. Tìm x sao cho SABE = SABCD . Lời giải: B. 1 1 1 2 SABE = SABCD ⇔ AB.AE = AB 2 ⇔ x = AE = AB = 8cm 3 2 3 3. Bài 2 (Bài 21 SGK). Tính x sao cho diện tích hình chữ nhật ABCD gấp ba lần diện tích tam giác ADE Lời giải:. C. E. 2cm A. D H. 1 2. SABCD=3SADE⇔ AB.AD = 3. EH.AD ⇔ x = AB = 3cm. x. B. Bài 3 (Bài 22 SGK). Cho tam giác PAF. Hãy chỉ ra: a) Một ñiểm I sao cho SPIF=SPAF b) Một ñiểm O sao cho SPOF=2SPAF 1 2. c) Một ñiểm N sao cho SPNF= SPAF. Lời giải. 17. C.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. O A. I. A. A N. P. H. K. F. P. Lấy một ñiểm I trên mặt phẳng sao cho khoảng cách từ I ñến PE bằng chiều cao AH của ∆APE. Khi ñó ta có SPIF=SPAF. H. E. P. F. Lấy một ñiểm O trên mặt phẳng sao cho khoảng cách từ O ñến PE bằng 2 lần chiều cao AH của ∆APE. Khi ñó ta có SPOF=2SPAF. H. K. F. Lấy một ñiểm N trên mặt phẳng sao cho khoảng cách từ N ñến PE bằng nửa chiều cao AH của ∆APE. Khi ñó 1 2. ta có SPNF= SPAF. Bài 4 (Mở rông bài 3). Cho tam giác PAF. Tìm tập hợp các ñiểm I sao cho SPIF=SPAF Lời giải:. I. A. Giả sử có ñiểm I sao cho SPIF=SPAF. Khi ñó ta có Khoảng cách từ I ñến PE luôn không ñổi bằng chiều cao AH. Suy ra tập hợp các ñiểm I là hai ñường thẳng song song với PE và cách PE một khoảng bằng AH.. P. H. K. F. Bài 5 (Bài 23 SGK). Cho tam giác ABC. Hãy chỉ ra một số vị trí của ñiểm M nằm trong tam giác ñó sao cho: SAMB+SBMC=SMAC. Lời giải Giả sử có ñiểm SAMB+SBMC=SMAC.. B. M. nằm. trong. ∆ABC. sao. cho E. M. F. Mặt khác ta có: SAMB+SBMC+SMAC=SABC. Từ ñó suy ra S. 1 1 S ABC ⇔ MH = BH (không ñổi) . Vậy M nằm trên MAC = 2 2. A. H. K. C. ñường trung bình EF của ∆ABC 4.5. Dạng bài về bất ñẳng thức và cực trị hình học Bài 1 (Bài 15 SGK). Tại sao trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất. Lời giải: Theo gt ta có, nếu gọi kích thước hình chữ nhật là a, b thì cạnh hình vuông có cùng chu a+b (không ñổi). vi với các hình chữ nhật là 2. 18. a+b 2. b a.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. a+b. 2. a−b. 2.    Khi ñó có: S-S’=   − ab =   ≥ 0 ⇔ S ≥ S ' . Dấu “=” xảy ra khi a=b, tức là  2   2  hình chữ nhật trở thành hình vuông. Vậy trong các hình chữ nhật có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất.. Bài 2 (Bài 36 SGK). Cho một hình thoi và một hình vuông có cùng chu vi. Hỏi hình nào có diện tích lớn hơn? Vì sao? Lời giải: Vì hình thoi và hình vuông có cùng chu vi, nên gọi cạnh của hình thoi và hình vuông là a, chiều cao của hình thoi là h. Gọi S là dtích hình vuông (không ñổi), S’ là dtích hình thoi. Khi ñó có: S-S’=a2-ah=a(a-h)≥0 (do a≥h). h. a a. ⇔S≥S’. Dấu “=” xảy ra khi a=h, hình thoi trở thành hình vuông. Bài 3 (Bài 41 SBT). Một hình chữ nhật và một hình bình hành ñều có kích thước là a và b. Hỏi hình nào có diện tích lớn hơn? Lời giải: tương tự như trên b. h. b. a. a. Bài 4 (Bài 42 SBT). Trong những hình thoi có chu vi bằng nhau, hãy tìm hình thoi có diện tích lớn nhất. Lời giải: Gọi cạnh của hình thoi a, chiều cao của hình thoi là h, S là dtích hình thoi. Ta có S=ah≤a2 (không ñổi), Dấu “=” xảy ra khi a=h, hình thoi trở thành hình vuông. Vậy trong những hình thoi có chu vi bằng nhau, hình có diện tích lớn nhất là hình vuông.. h. a.
Bµi 5. Cho tam gi¸c ABC, M lµ ®iÓm bÊt k× trªn c¹nh BC. §−êng th¼ng qua M song song víi AB c¾t AC t¹i P, ®−¬ng th¼ng ®i qua M song song víi AC c¾t AB t¹i Q. Chøng 1 2. minh r»ng SAPMQ ≤ S ABC . Lời giải A. A. P. Q. P. Q. B. B. M. C. M. H. G. Tr−êng hîp b. Tr−êng hîp a XÐt hai tr−êng hîp: 19. C.

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. 1 4. a) Khi M lµ trung ®iÓm cña BC, dÔ thÊy SBMQ=SMCP= S ABC . 1 2. Từ đó suy ra SAPMQ = S ABC . (1) b) Khi M kh«ng lµ trung ®iÓm cña BC th× MB<MC hoÆc MB>MC. Kh«ng mÊt tÝnh tæng qu¸t ta gi¶ sö MB<MC. Trªn ®o¹n MC lÊy H sao cho MH=MB. Qua H kÎ ®−êng th¼ng song song víi AB, ®−êng th¼ng nµy c¾t AC t¹i K, c¾t QM kÐo dµi t¹i G. Ta cã, ∆QMB=∆GHM (gcg). Từ đó suy ra 2SAPMQ=SAKGQ=SAKHMQ+SQBM=SAKHB<SABC. (2) 1 2. Tõ (1) vµ (2) ta suy ra SAPMQ ≤ S ABC ..
Bµi 6. Cho tam gi¸c ABC cã hai gãc nhän B, C. Dùng h×nh ch÷ nhËt MNPQ sao cho M∈AB, N∈AC cßn P,Q∈BC. H·y t×m vÞ trÝ cña M sao cho SMNPQ lín nhÊt. Lời giải C¸ch 1. KÎ ®−êng cao AH, K lµ giao ®iÓm cña MN vµ AH. VËn dông kÕt qu¶ cña bµi 9 cho hai tam gi¸c ABH 1 2. A. 1 2. vµ ACH, ta cã: S MKHQ ≤ S ABH , S KNPH ≤ S ACH , 1 2. 1 2. M. K. N. Suy ra S MNPQ = S MKHQ + S KNPH ≤ S ABH + S ACH B. Q. H. P. C. 1 2. ⇒ S MNPQ ≤ S ABC dấu đẳng thức xảy ra khi M là trung điểm của AB, N là trung điểm của AC. VËy SMNPQ lín nhÊt b»ng. 1 S ABC khi M lµ trung ®iÓm cña AB. 2. C¸ch 2. §Æt MQ=x, MN=y, AH=h, BC=a. Ta cã: a h 2 2 2 a a h  h ah 1   a h Nªn cã SMNPQ=xy= (h − x)x =  −  − x   ≤ . = = S ABC h h  4  2 4 2   h 4 h h Dấu đẳng thức xảy ra khi − x = 0 ⇔ x = hay M là trung điểm của AB, N là trung 2 2 1 ®iÓm cña AC. VËy SMNPQ lín nhÊt b»ng S ABC khi M lµ trung ®iÓm cña AB. 2. SABC=SAMN+SBMNC ⇔ah=y(h-x)+(y+a)x⇔ y = ( h − x ).
Bµi 7. Trong tam gi¸c ABC lÊy ®iÓm M tuú ý. §Æt S = AM .BC + BM . AC + CM . AB 1 4. a) Chøng minh r»ng S ABC ≤ S b) Từ đó suy ra vị trí của điểm M để S đạt giá trị nhỏ nhất. Lời giải 20.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán” A. a) Kẻ BH, CK vuông góc với AM. Khi đó, ta có: 1 2. 1 2. SABM+SAMC= AM ( BH + CK ) ≤ AM . BC. (1). M H. (vì BH+CK≤BC, dấu đẳng thức xảy ra khi AM⊥BC). C. B. T−¬ng tù ta cã: SABM+SBMC ≤ 1 BM . AC 2. (2).. SCMA+SBMC ≤ 1 CM . AB. (3).. K. 2. 1 4. 1 4. Tõ (1),(2) vµ (3) suy ra S ABC ≤ ( AM . BC + BM . AC + CM . AB ) = S . b) Tõ c©u a, ta cã S≥4SABC. DÊu b»ng x¶y ra khi mµ dÊu b»ng x¶y ra trong c¸c B§T (1), (2) vµ (3).  AM ⊥ BC  Tøc lµ  BM ⊥ AC ⇔ M lµ trùc t©m cña tam gi¸c ABC. CM ⊥ AB . VËy S nhá nhÊt b»ng 4SABC khi M lµ trùc t©m cña tam gi¸c ABC A.
Bài 8. Cho ∆ABC, trên các cạnh AB, BC, CA theo thứ tự ñó ta lấy các ñiểm D, E, F sao cho AD= kAB, BE=kBC, CF= kAC (0< k < 1) . Xác ñịnh k ñể SDEF có giá trị nhỏ nhất, biết SABC=1.. D. F. B E. C. Lời giải Ta có SABE=kSABC (1) vì BE = kBC và chung ñường cao hạ từ A AD = k.AB ⇒ BD=(1- k)AB ⇒ SBDE= (1- k)SABE (2) Từ (1) và (2) suy ra SBDE= k(1-k)SABC Tương tự : SCFE= k(1-k)SABC , SADF = k(1-k) SABC 2. 1 1 1 SDE F=SABC – (SBDE +SCFE +SADF)=1-3k(1- k)= 3k - 3k+1= 3  k-  + ≥ với mọi k  2 4 4 1 1 Vậy giá trị nhỏ nhất của SDE F là khi k = 4 2 2.
Bài 9. Nhận dạng tam giác ABC biết rằng ha+hb+hc=9r. Trong đó ha,hb,hc là các ®−êng cao, r lµ b¸n kÝnh ®−êng trßn néi tiÕp tam gi¸c. Lời giải. §Æt AB=c, BC=a, CA=b vµ ba ®−êng cao t−íng øng víi ba c¹nh đó có độ dài là hc, ha, hb. Vì khoảng cách từ tâm O của đ−ờng tròn nội tiếp đến các cạnh cña tam gi¸c b»ng nhau vµ b»ng r, Ta cã: 1 2. 1 2. 1 2. 1 2. A. r. r. ha. SABC=SOAB+SOBC+SOCA= rc + ra + rb = r ( a + b + c ). r B. 21. O. H. C.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Chuyên ñề “Diện tích và phương pháp diện tích trong thực hành giải toán”. 1 2. 1 2. 1 2. Lại có: SABC= ha a = hb b = hc c . Từ đó suy ra: r(a+b+c)=aha=bhb=chc ⇔. 1 1 1 1 a+b+c a b c a+b+c ⇔ + + = . = = = = 1 1 1 1 1 1 1 ha hb hc r + + r ha hb hc ha hb hc  1 1 1 1 + +  = 9r . = 9 (1) r  ha hb hc . Suy ra ( ha + hb + hc ) . MÆt kh¸c, theo B§T Bunhiacopski ta cã:  1. ( ha + hb + hc )  h . a. +. 1 1 +  ≥ 9 , dấu “=” khi ha=hb=hc .(2). hb hc . Từ (1) và (2) suy ra tam gíc ñã cho là ñều..
Bài 10. Cho tam gi¸c ABC, I lµ ®iÓm bÊt k× n»m trong tam gi¸c, AI, BI, CI theo thø tù c¾t c¸c c¹nh BC, CA, AB t¹i M, N, P. Chøng minh r»ng C.. IA IB IC + + ≥6 IM IN IP. PHẦN KẾT LUẬN. Trong giảng dạy và bồi dưỡng học sinh, ñể có kết quả tốt thì dạy học phải xác ñịnh rõ trọng tâm kiến thức. Việc chọn ra những kiến thức trong chương trình toán THCS mà có nhiều ứng dụng trong giải toán cũng như thực tiễn ñể xác trọng tâm bồi dưỡng cho học sinh là việc làm cần thiết bởi vì: - Dạy nhiều, dàn trải sẽ làm cho học sinh bị quá tải, dẫn ñến ức chế trong học tập, dẫn ñến hiệu quả giảng dạy và học tập thấp - Dạy và bồi dưỡng những kiến thức ñược xác ñịnh là có nhiều ứng dụng, dạy ñúng phương pháp sẽ ñạt ñược hiệu quả cao, học sinh không bị quá tải. Kiến thức mà học sinh học ñược là vững chắc. Chuyên ñề ñã ñưa ra ñược tư tưởng của phương pháp diện tích trong thực hành giải toán, có thể áp dụng trong dạy bài mới, dạy bài luyện tập và bồi dưỡng học sinh giỏi. Chuyên ñề ñã ñề cập ñến 5 dạng toán giải bằng phương pháp diện tích. Trong mỗi dạng ñều có bài tập cơ bản và nâng cao, những bài tập nâng cao có ñính sao. Giáo viên dạy cần căn cứ vào các hoàn cảnh cụ thể ñể áp dụng trong soạn và giảng dạy cho phù hợp với học sinh của mình. Chuyên ñề này không chỉ áp dụng cho dạy học sinh lớp 8 mà còn có thể mở rộng phạm vi ñể áp dụng cho dạy học sinh lớp 9. Dù ñã có nhiều có gắng trong việc nghiên cứu và viết chuyên ñề, nhưng khả năng còn hạn chế nên không thể tránh khỏi thiếu sót. Rất mong ñược ñồng nghiệp ñóng góp ý kiến ñể chuyên ñề ñược hoàn thiện hơn và ứng dụng có hiệu quả trong giảng dạy. Trân trọng cảm ơn! Ngày 5 tháng 12 năm 2012. LÊ MẠNH HÀ 22.

<span class='text_page_counter'>(25)</span>