Sáng kiến kinh nghiệm - Sử dụng phương pháp diện tích để giải

Đặt vấn đề Toán học nói chung và hình học nói riêng, việc giải các bài toán có nhiều phương pháp khác nhau. Trong đó phương pháp sử dụng diện tích các 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. Trong quá trình giảng dạy tôi đã tìm tòi các dạng toán, bài toán có thể giải quyết bằng phương pháp diện tích để giúp học sinh có cái nhìn khái quát hơn về phương pháp giải toán này. Trong phạp vi bài viết này, tôi xin trình bày tóm tắt các dạng toán thường “Sử dụng phương pháp diện tích để giải” mà tôi đã áp dụng trong quá trình giảng dạy. B. Giải quyết vấn đề. Phần I: Các kiến thức cơ bản I. 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 = (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 = a. ha = b. hb = c. hc (1) S = (2) công thức Hêrông S = ab. Sin S = (3) ; S = p.r (4) S = (p - a). ra - (p - b) rb = (p - c) rc (5) II- Các công thức tính diện tích tam giác hay dùng 1. Diện tích hình vuông có 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 = 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 và đường cao h : S = A B H D C a III. Các bài toán cơ bản về diện tích. Bài toán 1: GT ABC, ADE, B, C, D, E thuộc đường thẳng a KL E SABC = k. SADE (k > 0) Chứng minh: Với hai đoạn thẳng BC và DE luôn tồn tại một số k > 0 để => BC = k . DE Mặt khác ta lại có: SABC = AH.BC = AH . K . DE = k(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 = PC thì SAPB = SAPC (k = 1) Bài toán 2: GT ABC, A’BC AH ^ BC, A’H’ ^ BC KL Chứng minh: Thật vậy 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. Bài toán 3: GT ABC, A’BC, AA’ cắt BC tại E KL Ta xét các trường hợp sau: Chứng minh: Ta có Mặt khác: do A’H//AH nên: suy ra: IV- các bài toán giải bằng phương pháp diện tích Dạng 1: Phương pháp chứng minh các đoạn thẳng tỉ lệ Để chứng minh AB = k. A’B’, ta có thể: - Hoặc chỉ ra rằng: SMAB = SMA’B’ d(M ; AB) = k. d(M; A’B’) - 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) = d(M; A’B’) - Hoặc chỉ ra rằng: SMAB = k. SNA’B’ d(M ; AB) = d(M; A’B’) 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 Chứng minh: Từ O kẻ OK ^ BC, từ A kẻ AH ^ BC (K, H ẻ BC) Khi đó ta có: Mặt khác do OK // AH => (1) Chứng minh tương tự ta có: (2) (3) Từ (1) (2) và (3) ta có: Ta có: = 3 - ( => (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 =1 Chứng minh: Ta nhận thấy CHB và CAB là hai tam giác có chung đáy CB Nên (1) Tương tự ta có (2) (3) Từ (1) (2) và (3) ta có = Do ABC có ba góc nhọn nên trực tâm H nằm ở miền trong ABC. Do đó SHBC + SAHC + SAHB => => =1 Bài toán 3: Cho ABC có ba góc nhọn AA’, BB’, CC’ là các đường cao, H là trực tâm của DABC. Chứng minh rằng D ABC là tam giác đều nếu: = Chứng minh: Theo kết quả của bài toán 2 ta có mà Điều này chứng tỏ: => H là trọng tâm ABC => ABC đều Bài toán4: Trên các cạnh BC, CA, AB của ABC lấy các điểm A’, B’, C’. Chứng minh rằng nếu các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại điểm O thì Chứng minh: Chứng minh: Do AA1, BB1, CC1 đồng quy tại P nên ta có: A B A1 C C1 B1 P (1) (theo bài toán cơ bản 3) Chứng minh tương tự ta cũng có: (2) và (3) Nhân vế với vế của các đẳng thức (1), (2) và (3) ta có: Dạng II: Phương pháp chứng minh Tổng hoặc hiệu các đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác Muốn chứng minh: AB + 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 5: Cho ABC (AB = AC). Một điểm D di chuyển trên cạnh 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: Kẻ đường cao CK ta có. SABD + SACD = SABC mà SABD = SABC = => AB. DF + AC . DF = 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 6: 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 = MR.AB SMBC = MP.BC SMAC = MQ.AC Do SMAB + SMAC + SMBC= MR.AB + MP.BC + MQ.AC SABC = BC (MR + MD + MQ) = BC.AH MR + MD + MQ =AH Vậy MR + MP + MQ không đổi. Dạng III: 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 Bài tập vận dụng Bài tập 7: 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’ = . Mặt khác ta có AN = ND nên MM’ . AD = . AD => M’M . AD = B’B . => 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 Bài toán 8: Cho tứ giác lồi ABCD với M là trung điểm của đường chéo AC. Chứng minh rằng: a. SAMB + SCMD = SAMD + SBMC = SABCD b. Giả sử A không song song với CD. Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AB và CD. Hãy tìm trên đoạn thẳng EF một điểm K sao cho T Q B P E A C B F M SAKB + SCKD = SAKD + SBKC = SABCD Chứng minh: a. Do MA = MC (gt) => SAMB = SMBC và SCMD = SAMD cộng vế với vế của hai đường thẳng trên ta được SCMD + SAMB = SAMD + SBMC (1) mà (SCMD + SAMB) + (SAMD + SBMC) = SABCD T Q D P A C B M Từ (1) và (2) => SCMD + SAMB = SAMD + SBMC = SABCD b. Vì AB không song song với CD nên AB cắt CD tại T. Trên tia TA lấy điểm P sao cho TP = AB. Trên tia TD lấy điểm Q sao cho TQ = CD. Ta có: SAMB = STPM (hai tam giác có đáy bằng nhau và cùng đường cao) Và SCMD = STQM (nt) SAMB + SCMD = STMP + STQM = SMPTQ = STPQ + SPQM do SAMB + SCMD = SABCD (không đổi) Do đó SMPQ cũng không đổi. Do đó các điểm không thoả mãn SAKB + SCKD = SAKD + SBKC = SABCD (chưa yêu cầu K ẻ EF phải chạy trên phần đường thẳng đi qua M và song song với PQ cố định) Vậy để K ẻ EF và vừa có SAKB + SCKD = SAKD + SBKC = SABCD thì không phải là giao điểm của EF với đường thẳng a đi qua M và song song với PQ A K Q C D’ I’ E’ B P E I D Bài toán 9: Tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽ các đường cao BD, CF. Gọi H, K là hình chiếu của BC trên đường thẳng ED. Chứng minh SBEC + SBDC = SBHCK Chứng minh: Vẽ EF’, II’, DD’ vuông góc với BC (I là trung điểm của ED) => II’ là đường trung bình của hình thang EE’D’E nên DD’ + EE’ = 2II’. Khi đó ta có SBEC + SBDC = BC.EE’ + BC.DD’ = BC (EE’ + DD’) Hay SBEC + SBDC = BC . 2 II’ = BC . II’ (1) Qua I vẽ đường thẳng song song với BC cắt BH và CK tại P và Q. Ta có: BC. II’ = SBPQC (2) Ta lại có: IPH = IQK (c.g.c) => SIPH = SIQK => SBPQC = SRHKC (3) Từ (1) và (3) suy ra SBEC + SBDC = SBHKC dạng IV: Phương pháp chứng minh Tỉ số diện tích của hai hình phẳng Để chứng minh Ta có thể chứng minh các cách sau: Cách 1: Chỉ ra rằng D ABC ~ D A’B’C’ theo tỉ số k Cách 2: Chỉ ra SABC = k2 S A’B’C’ và dựa vào phương pháp chứng minh dạng 1, dạng 2. Bài tập vận dụng: Bài toán 10: 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 diện tích tứ giác. E B C D A M N 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 - SEBD - SEAC - SDNB - SDAC SEMN = ( SEDC - SEAC - SDAC) + + ( SEDC + SEBD - SDNB) SEMN = (SDNC + SBNC) = ( AABC + SADC) = (SABC + SADC) = SABCD Vậy SEMN = SABCD. A B C C1 B1 C2 A2 A1 Bài toán 11: Cho D ABC trên BC, CA, AB lấy các điểm A1; B1; C1 sao cho các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại P. Chứng minh: Chứng minh: Hạ AA2 ^ BB1 và CC2 ^ BB1 Ta có: SABP = BP. AA2 và SBCP = BP . CC2 => Mặt khác ta lại có: (Do D AB1 A2 ~ D CB1C2) Vậy A B C D F E I N G Bài toán 12: Cho D ABC, E là trung điểm của AC. Lấy điểm D trên BC sao cho BD = BC. Lấy G sao cho G ẻ AE và AG = AE. Đoạn thẳng AD cắt BG và BE theo thứ tự tại M và N. Tính SMNEG theo SABC. Chứng minh: Gọi F là trung điểm của DC => EF// AD => BN = NE (DN là đường trung bình của D BEF) Gọi I là trung điểm của GE => NI // MG => AM = MN Khi đó ta có: SAMG = SANG = SANE Bài toán 13: Trên cạnh AC và AB của D ABC lấy các điểm B1, C1. Gọi O là giao điểm của BB1 và CC1. Hãy tính Nếu và Chứng minh: A B C C1 A1 B1 O Ta có: (Vì có D BOC và D B1OC có cùng đáy OC) Xét hai tỉ số và Ta thấy: = = 1 + AB1 = 1 + Vì vậy = = = . = a (1 + ) vậy = a (1+ ) Bài toán 14: Cho hình vuông ABCD, gọi E,F,O,N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD và DA. Nối các đoạn AF, BO, CN lần lượt cắt nhau tại L, M, P, Q. Chứng minh = . Chứng minh: Ta nhận thấy AL = BM = MP = CP = PQ = DQ = QL A E B D O C N F P Q L M Do tứ giác LMPQ là hình vuông (Vì LMPQ là hình thoi có = 1V) và P là trung điểm của QC nên SPQP = SDPC Vì Q là trung điểm của DL nên SPQP = SOPL => SDQC = 2 SBMN = SLMPQ (1) Chứng minh tương tự tài sản ta cũng có: SDQC = SPCB = SBMH = SALD + SLMPQ = SABCD (2) Từ (10 và (2) => SLMPQ = SABCD hay = . Bài toán 15: Cho hai tam giác ABC và A’B’C’ có chung A B C C’ H’ H B’ Chứng minh: = Chứng minh Ta có: SABC = CH.AB SA’B’C’ = C’H’.AB’ Do dó: = = (1) Vì HC// H’C’ => (2) Thay (2) vào (1) ta được = Chú ý: Nếu B º B’ thì = Dạng V: 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 quen thuộc 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 thiết lập nên. Cách 4: Sử dụng mối quan hệ giữa các cạnh trong tam giác. (c-b) < a < c + b (a, b, c 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. Bài tập vận dụng. Bài toán 16: Gọi H là trực tâm của tam giác ABC nhọn, ba đường cao của tam giác ABC là AA1, BB1, CC1. Chứng minh rằng: a) b) Dấu “=” xẩy ra khi nào? Chứng minh Gọi diện tích các tam giác ABC, HBC, HAC, HAB lần lượt là S; S1; S2; S3. thì S= S1+S2+S3 Dễ thấy Do đó: áp dụng bất đẳng thức: (a+b+c) Ta có: Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi S1=S2=S3=, lúc đó vừa là trực tâm vừa là trọng tâm của tam giác ABC, nên tam giác ABC đều. b) Từ Hay Tương tự: ; áp dụng bất đẳng thức Ta có: Dấu “=” xẩy ra S1=S2=S3=. Hay tam giác ABC đều Bài toán 17: Cho M là một điểm nằm trong tam giác ABC. Qua M vẽ các đường thẳng AM, BM, CM cắt các cạnh tam giác tương ứng tại các điểm A1,B1, C1. Chứng minh rằng: A B C C1 B1 A1 M a. > 6 b. > 8 Chứng minh: Đặt S1= SABC, S2 = SMAC, S3 = SMAB Ta có: (1) Chứng minh tương tự ta có (2) (3) Từ đó suy ra: a. > 2 + 2 + 2 = 6 Dấu “=” xảy ra khi S1 = S2 = S3. b. Nhân về với về của ba đẳng thức (1) (2) (3) ta có: Vì (S1 = S2)2 > 4 S1S2 nên ta có: = => > 64 => > 8 Bài toán 18: Cho D ABC, G là trọng tâm. a. Chứng minh: Bất kỳ điểm P trên một cạnh của tam giác ta luôn tìm được một điểm Q trên cạnh hoặc nằm trong tam giác sao cho SGPQ > SABC. b. Chứng minh rằng G là điểm duy nhất có tính chất trên. Chứng minh : a. Gọi AM là BN là các trung tuyến của D ABC. Giả sử P thuộc cạnh BC và BP < PC Ta chọn Q º C thì SGPQ > SGMC = SGBC = SABC Vậy với P ẻ BC thì ta luôn tìm được điểm Q để SGPQ > SABC b. Giả sử K là điểm khác điểm G có. Tính chất SKPQ > SABC. Với P nằm trên cạnh của D ABC. Không mất tính tổng quát ta giả sử rằng K nằm trong tam giác BGM. Qua K kẻ KS//AM (SGAB), KS cắt BG tại H, cắt BC ở P (Có thể K º H). Nếu Q nằm trong D BSP thì. SQKT < SBHP < SBGM = SABC (2) Nếu Q nằm trong D AMC thì SQKP < SCHP < SBGM = AABC (3) Vì = Do đó, từ (1) (2) (3) rút ra điểm không không thoả mãn được SKPQ > SABC. Bài toán 19: Cho D ABC, gọi ha là đường cao ứng với cạnh a và hb là đường cao ứng với cạnh b. Chứng minh nếu a > b thì a = ha > b = hb. A B1 C A1 hb ha b a B Chứng minh: Gọi AA1 = ha, BB1 = hb Xét D AA1C (1 = 1v) => ha < b => a.ha 2S < ab. Ta lại có: a + ha - (b + hb) = a - = (a - b) (1 - ) Do a > b => a - b > 0 => 2S ab - 2S > 0 => (1- ) > 0 Vậy (a = ha) - b + hb > 0 =. a = ha > vb + hb Dấu “ =” xảy ra khi 2 S = ab Loại VI: 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 hệ quả của bất đẳng thức Cô-si: + 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. Bài tập vận dụng: Bài toán 20: 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 tam giác sao cho: a. là bé nhất b. là bé nhất Chứng minh: a. Đặt AMBC = S1, SMAC = S2, SMBA = S3 Ta có: Tương tự => = > 6 Vậy đạt giá trị bé nhất là 6 khi S1=S2 =S3, => M là trọng tâm D ABC. b. Gọi S = S1 + S2 + S3 Xét P= = (S1+S2+S3)-3 P = > . 9 - 3 = Vậy P = > Do đó đạt giá trị bé nhất là khi S1 = S2 = S3 => M là trọng tâm D ABC. A B D O Bài toán 21: Gọi O là giao điểm của hai đường chéo của tứ giác ABCD. Biết SAOB = 4, SCDO = 9. Tính giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD. Giải: Ta có: C => SOAD.SOBC = SOAB . SODC = 4.9 = 36 => SOAD.SOBC > 2 = 12 => SABCD = SOAC + SOBC + SOCD + SODA > 4 + 9 + 12 = 15 => AABCD đạt giá trị bé nhất là 25 khi SOAD = SOBC = 6. D C B A M K L h m Bài toán 22: Cho hình bình hành ABCD có diện tích là a, D MKL nối tiếp trong hình bình hành ABCD. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích D MKL. Giải: * Xét trường hợp đặc biệt: Khi D MKL có 2 đỉnh (k và l0 nằm trên một cạnh của hình bình hành ABCD. Vì m < h, kl < AB Nên SMLK = m.kl < h.AB = SABCD = a Vậy SMLK < a. * Xét trường hợp tổng quát: D B A M K L Q K, L, M nằm trên ba cạnh khác nhau của hình bình hành. Khi đó bao giờ cũng có hai đỉnh (k và l) nằm trên hai cnạh đối diện của hình bình hành ABCD từ m kẻ MQ//AB (QẻCB), MQ cắt lk ở P. Như vậy bài toán được đưa về trường hợp đã xét. C SKLM = SKPM + SPML < AABQM + SMQCD = SABCD = a => SKLM < a. Như vậy cả hai trường hợp thì SKLM < a. C. Phần kết luận Trên đây là toàn bộ nội dung đề tài “Sử dụng phương pháp diện tích để giải các bài tập hình học” mà tôi đã nghiên cứu được trong quá trình giảng dạy Qua việc sử dụng đề tài trên, tôi thấy nó mang lại hiệu quả rất lớn trong việc giảng dạy. Đối với học sinh, đề tài này giúp cho các em có được các phương pháp đặc trưng để giải các bài toán ở phần này trránh được những lúng túng, những khó khăn mắc phải. Với những hiệu quả thu được của bản thân và của học sinh tôi thấy việc sử dụng phương pháp diện tích để giải các bài toán hình học là một việc làm phù hợp cho giáo viên và học sinh.Do kinh nghiệm còn ít và sự hạn chế của bản thân, chắc chắn còn có những thiếu sót. Tôi mong được sự bổ sung và góp ý kiến xây dựng của đồng nghiệp để đề tài hoàn chỉnh hơn.