SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

PHÒNG GD & ĐT THÀNH PHỐ THANH HÓA
(*Font Times New Roman, cỡ 16, đậm, CapsLock;** Font Times New Roman, cỡ
15,CapsLock)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
(Font Times New Roman, cỡ 15, CapsLock)

MỘT VÀI KINH NGHIỆM SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP
DIỆN TÍCH ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC

Người thực hiện : Nguyễn Thị Quế
Chức vụ

: Phó hiệu trưởng

Đơn vị công tác : Trường THCS Quảng Hưng
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2016


MỤC LỤC
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI...........................................................1
Như chúng ta đã biết, cùng với sự phát triển tư duy của
con người, toán học ra đời. Toán học là môn khoa học
đặc biệt, môn khởi đầu cho sự ra đời của các môn khoa
học khác. Toán học đã rèn luyện cho con người nhiều
đức tính qúi: tính cần cù, lòng say mê, sáng tạo và kiên
trì.......................................................................................1

Trong đề tài, tôi đã lựa chọn được các bài tập ở nhiều dạng, có những bài toán
nâng cao và những kiến thức mở rộng hơn so với kiến thức đã trình bày trong
SGK lớp 8,9. Do vậy, đề tài được áp dụng chủ yếu cho đối tượng học sinh khá
giỏi ở Trường THCS Quảng Hưng.
II. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Tìm hiểu thực trạng, những vướng mắc của học sinh khi giải các bài
toán hình liên quan đến diện tích và từ đó đưa ra các dạng toán thường gặp
khi giải bài toán hình có sử dụng phương pháp diện tích.
III. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
- Học sinh khối 8, 9 của trường THCS Quảng Hưng
IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
+ Điều tra, thực nghiệm, khảo sát kết quả học tập của học sinh.
+ Thực nghiệm giảng dạy chuyên đề cho các lớp bồi dưỡng học sinh giỏi
môn Toán lớp 8 và lớp 9 cùng với nhóm chuyên môn trong nhà trường.
1


B. NỘI DUNG
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI
Ở tiểu học, học sinh đã được học về diện tích các hình chữ nhật, hình
vuông, hình tam giác, … Các công thức về diện tích các hình nói trên chủ yếu
được các em ứng dụng trong việc giải quyết các bài tập tính toán có liên quan
đến diện tích. Khi học lên lớp 8 các em lại tiếp tục được học về diện tích của
các hình này nhưng ở diện rộng hơn và sâu hơn. Tới đây, ta cũng cần cho học
sinh thấy được ngoài ứng dụng tính toán, các công thức tính diện tích còn cho
ta mối quan hệ về độ dài của các đoạn thẳng, chúng rất có ích trong một số
bài toán chứng minh về đại số cũng như hình học.
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU TRƯỚC KHI ÁP
DỤNG ĐỀ TÀI
Trong quá trình dạy toán nhiều năm tôi nhận thấy đa số học sinh học

Yếu

Kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%
5,1

8A1

39

1

2,6

8


21,6

5
13,5
2


3


III. CÁC GIẢI PHÁP ĐÃ SỬ DỤNG ĐỂ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
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:
- Tìm tòi các bài toán cơ bản để từ đó học sinh nắm được và phát triển
các bài toán tiếp theo.
- Phân loại các bài toán giải bằng phương pháp diện tích.
Phần I:
CÁC KIẾN THỨC CƠ BẢN
1. 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 A
+) p =

1
(a + b + c) là nửa chu vi của tam giác
2



S=

b
ha

hc
a

C

S = p.r
(4)
S = (p - a).r a = (p - b).r b = (p - c).r c (5)
* Giá trị sử dụng của các công thức:
- Công thức (1) được sử dụng khi biết một cạnh và đường cao tương ứng
- 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
bàng tiếp tương ứng.
2. Các công thức tính diện tích của các hình phẳng:
2.1. Diện tích hình vuông có độ dài cạnh là a :
S = a 2.
2.2. Diện tích hình chữ nhật có hai kích thước là a, b : S = a. b
2.3. Diện tích hình bình hành có cạnh là a và chiều cao tương ứng h:
4


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

D

a
E

C

BC
= k => BC = k . DE
DE
1
1
1
Mặt khác ta lại có: S ABC = AH.BC = AH . k . DE = k.( AH.DE)
2
2
2

để

=> S ABC = k. SADE
Hệ quả 1: Nếu C, B, D thẳng hàng (cùng thuộc đường thẳng a) và điểm
A không thuộc đường thẳng a sao cho: BC = k. CD thì S ABC = k. SACD.
Hệ quả 2: Nếu BC = CD thì S ABC = SACD (k = 1)
Bài toán 2:
GT ∆ ABC và ∆ A’BC

AH
= '
Vậy S
A H'
A ' BC

H
’

C

Bài toán 3:
GT ∆ ABC ; ∆ A’BC :
AA’ cắt BC tại E

5


KL

S ABC
AE
= '
S A'BC A E

A

B

H

(vì ∆EA’H

∆EAH)

A
Bài toán 4:
∆ A’B’C’
GT ∆ ABC
theo tỷ số k
KL S ABC = k 2

A’

S A' B 'C '

B

Chứng minh:
Do ∆ ABC

S ABC
S A ' B 'C '

AB
BC
=
=k
A' B ' B' C '
AB
AH

B' C ' A' H '
B' C '.A' H '
2

Đặc biệt nếu ∆ ABC = ∆ A’B’C’ (k = 1) thì S ABC = SA’B’C’

6


7


Phần II
PHÂN LOẠI CÁC BÀI TOÁN GIẢI BẰNG
PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH
Dạng 1: Chứng minh các đoạn thẳng tỉ lệ.
Dạng 2: Tổng hoặc hiệu các đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác.
Dạng 3: Tổng hoặc hiệu diện tích các hình bằng diện tích một hình khác.
Dạng 4: Tỉ số diện tích hai hình phẳng
Dạng 5: Chứng minh các bất đẳng thức và các bài toán cực trị hình học.
Dạng 1:
CHỨNG MINH “CÁC ĐOẠN THẲNG TỈ LỆ”
Bài toán 1: Lấy một điểm O trong ∆ ABC. Các tia AO, BO, CO cắt BC,
OA

OB

OC

AC, AB lần lượt tại P, Q, R. Chứng minh rằng AP + BQ + CR = 2


O

Q

Chứng minh tương tự ta có:
B

S AOB OQ
=
(2)
S ABC BQ
S AOC OR
=
(3)
S ABC CR
OP

OQ

OR

S

S

H

K


Chứng minh :
=1
AA' BB' CC '
AO

BO

CO

Ta có: AP + BQ + CR =

8


Chứng minh:
Ta nhận thấy ∆ CHB và ∆ CAB là hai tam giác có chung đáy CB
S

HA'

CHB
=
Nên S
(1)
AA'
ABC

S AHC HB'
=
(2)

AA' BB' CC '

Bài toán 3: (Hệ quả bài toán 2)
Cho ABC có ba góc nhọn AA’, BB’, CC’ là các đường cao, H là trực
tâm của ∆ABC. Chứng minh rằng ∆ ABC là tam giác đều nếu:
HA' HB ' HC '
=
=
AA' BB ' CC '

A
Chứng minh
Theo kết quả của bài toán 2 ta có

C’

HA' HB' HC '
+
+
=1
AA' BB ' CC '
H
HA' HB' HC '
=
=
(
gt
)
mà
AA' BB ' CC '

B'
C'

O
H

B

C

A'
K

Chứng minh
Vẽ BH ⊥ AA' và CK ⊥ AA' ( H, K thuộc đường thẳng AA’)
A'B

S

AA'B
=> A'C = S
( hai tam giác có chung chiều cao hạ từ đỉnh A)(1)
AA'C

S

BH

AA'B
=


S

BOC
COA
Chứng minh tương tự => B' A = S
(5) ; C'B = S
(6)
BOA
COB
=> Nhân từng vế (4)(5)(6) ta được:

S AOB S BOC S COA
A'B B'C C' A
.
.
= S . S . S = 1 (đpcm)
A'C B' A C'B
AOC
BOA
COB

Dạng 2:
CHỨNG MINH TỔNG HOẶC HIỆU CÁC ĐOẠN THẲNG
BẰNG MỘT ĐOẠN THẲNG KHÁC
Bài toán 5: 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 + DF không phụ thuộc vào vị trí của điểm D trên BC.

10


mà SABD =

C

B

D

Do AB = AC (gt) => (DF + DE). AB = AB . CK
=> DF + DE = CK; do CK là đường cao của ∆ ABC => CK không đổi.
=> DF + DE không đổi.
Vậy DF + DE không đổi
Bài toán 6: Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M bất
kì nằm trong ∆ABC đều đến các cạnh của tam giác không phụ thuộc vị trí của
điểm M.
A

K

I
M

B

H

O

C

Bài toán 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 = SABP + SCQD
M

Chứng minh
Hạ các đường vuông góc
BB’; MM’; CC’ xuống AD
(B’, M’ và C’ thuộc AD)
Xét hình thang BB’C’C có MN
là đường trung bình nên

C

B
P

Q

A

M’ N
B’
BB '+CC '
BB '+CC '
MM’ =
nên MM’ . AD =
. AD
2

AC. Chứng minh rằng: S AMB + SCMD = SAMD + SBMC =
Chứng minh
Do MA = MC (gt)
=> SAMB = SMBC và SCMD = SAMD
cộng vế với vế của hai đường thẳng trên ta được
S CMD + SAMB = SAMD + SMBC
(1)
mà (SCMD + SAMB ) + (SAMD + S BMC ) = SABCD (2)
Từ (1) và (2) => S CMD + SAMB = SAMD + S BMC =
Vậy SAMB + SCMD = SAMD + SBMC =

1
SABCD
2

B
A

C

1
SABCD
2

1
SABCD
2

M


E
H

1
BC (EE’ + DD’)
2
B
1
+ SBDC = BC . 2 II’ = BC . II’ (1)
2

=

Hay SBEC

K

E’

I’

C

D’

Qua I vẽ đường thẳng song song với BC cắt BH và CK tại P và Q.
Ta có: BC. II’ = S BPQC (2)
Ta lại có: ∆ IPH = ∆ IQK (c.g.c)
=> SIPH = SIQK => SBPQC = SBHKC (3)
Từ (1) và (3) suy ra S BEC + SBDC = SBHKC

2
2
1
1
1
D
+ ( SEDC - SEBD - SDNB)
2
2
2
1
1
1
1
(SDNC + SBNC) = . ( SADC + SABC)
= 0 +
2
2
2
2
1
1
= (SABC + SADC) = . SABCD
4
4
1
Vậy SEMN = SABCD.
4

E

H

N

C

Chứng minh
Gọi N là trung điểm của CD.
=> AD = DN = NC =
S

AD

1
AC.
3

1

AOD
=
= (Chung chiều cao hạ từ O xuống AC)
=> S
AC 3
AOC

1
=> SAOD = SAHC (1)
S AOC AO 1
6


Chứng minh
Nối AG , CG. Ta có: S EFG = SAEG - SAFG - SAFE .
Mà S AEG = SABG + SEBG
14


Nên S EFG = SABG + SEBG - SAFG - SAFE .
1
1
1
1
SABD ( vì GB = BD); SEBG = SEBD ( vì GB = BD)
2
2
2
2
1
1
1
1
SAFG = SAGC ( vì AF = AC) ; SAFE = SACE( vì AF = AC)
2
2
2
2
1
=> S EFG = ( SABD + SEBD - SAGC - SACE)
2
1


CM

a) Chứng minh rằng: A M + B M + C M ≥ 6
1
1
1
b) Hãy xác định điểm M trong tam giác ABC
AM
BM
CM
sao cho: A M + B M + C M đạt giá trị nhỏ nhất
1
1
1

C1

B1
M

Chứng minh
Đặt S1= SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB
Ta có:

+
AA1 S ABC S1 + S 2 + S3
=
=
= 1+ s2 s3

A1

⇒

(1)

Chứng minh tương tự ta có

MB S 3 + S1 S 3 S1
=
=
+
MB1
S2
S2 S2

(2)

15


MC S1 + S 2 S 1 S 2
=
=
+
MC1
S3
S3 S3

(3)


B1 M

C1 M

⇔ S1 = S2 = S3 mà S1 + S2 + S3 = SABC
1
⇔ S1 = S2 = S3 = SABC ⇔ M là trọng tâm của ∆ ABC
3
AM
BM
CM
Vậy A M + B M + C M nhỏ nhất bằng 6 ⇔ điểm M là trọng tâm của tam
1
1
1

giác ABC
Bài toán 14: 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.
B

H

E

D
A


2
⇒ SDEF min = 10  x = 4 ( thỏa mãn)

=

Vậy khi điểm D ∈ AB sao cho AD = 4 cm thì S

DEF

nhỏ nhất

Bài toán 15: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a. Lấy điểm M tùy ý
trên đường chéo AC, kẻ ME ⊥ AB, MF ⊥BC. Xác định vị trí của M trên
đường chéo AC để diện tích DEF nhỏ nhất.
A

E

B

F

M

C

D

Bài giải
Dễ thấy :

MA

MB

MC

1
1
1
lần lượt cắt BC, CA, AB tại A 1, B1 , C1 .Chứng minh: AA + BB + CC = 1
1
1
1
Bài 2: Cho ∆ ABC, E là trung điểm của AC. Lấy điểm D trên BC sao

cho BD =

1
1
BC. Lấy G sao cho G ∈ AE và AG = AE. Đoạn thẳng AD cắt
3
3

BG và BE theo thứ tự tại M và N. Tính S AMG theo SABC.
Bài 3: Cho hình bình hành ABCD có AB > BC và góc BAD nhọn,
đường phân giác của góc BAD cắt CD tại M và cắt đường thẳng BC tại N.
Gọi O là diểm cách đều ba điểm C, M, N và K là giao điểm của OB và
CD.Chứng minh:
17


mới hiện nay, giúp cho HS học tập một cách năng động hơn, khả năng ứng
dụng phong phú hơn.
Qua việc vận dụng đề tài cho học sinh khối 8 của trường THCS Quảng
Hưng trong năm học 2014 - 2015, tôi thu được kết như sau:

Lớp

Tổng
Giỏi
số
%
HS SL

Kết quả đạt được
Khá
TB

Yếu

Kém

SL

%

SL

%

SL


8A2

37

3

8,1

14

37,8

14

37,8

4

10,9

2

5,4

2. Bài học kinh nghiệm
“Sử dụng phương pháp diện tích để giải các bài toán hình học” là một
phương pháp suy luận khó đối với diện đại trà mặc dù SGK có đề cập nhưng
lượng bài tập giành cho vấn đề này còn ít. Nếu vì lí do trên mà trong quá trình
giảng dạy GV cũng lướt qua thì rất thiệt thòi cho đối tượng HS khá giỏi, vì

Mặt khác, đề tài này còn giúp học sinh nắm sâu hơn các kiến thức có
liên quan đến diện tích. Từ đó có thể giải được các bài tập nâng cao ở phần
này. Với số lượng bài tập đưa ra trong đề tài có sự chọn lọc, thì giải toán bằng
phương pháp diện tích còn đem lại sự hứng thú học tập cho học sinh. Bởi vì
học sinh phải tìm tòi, sáng tạo trong quá trình giải, giúp học sinh phát triển tốt
tư duy lôgic của mình.
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 thầy và sự tiếp thu kiến thức của trò. Do kinh nghiệm còn ít
và sự hạn chế của bản thân, chắc chắn đề tài còn có những thiếu sót. Tôi kính
mong được sự bổ sung và góp ý kiến xây dựng của các đồng nghiệp để đề tài
được khả quan hơn khi áp dụng vào thực tế.
II. Kiến nghị
Để đạt được hiệu quả cao, ngoài phương pháp dạy tốt thì giáo viên phải
kết hợp với phương tiện dạy học như máy chiếu, các hình ảnh trực quan … thì
bài học sẽ sinh động và gần gũi với thực tế hơn. Muốn đạt được điều đó nhà
trường phải có đầy đủ trang thiết bị, đồ dùng học tập phục vụ cho môn học.
Nhưng tình hình thực tế nhà trường còn gặp nhiều khó khăn. Vì vậy kính
mong UBND Thành Phố, PGD&ĐT Thành Phố quan tâm hỗ trợ kinh phí để
nhà trường bổ sung trang thiết bị phục vụ tốt nhất cho việc dạy và học.
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 26 tháng 3 năm 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

20