Sáng kiến kinh nghiệm Hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp diện tích trong chứng minh hình học lớp 8

g đều có
diện tích bằng 1.
 	Theo tính chất 2 về diện tích ta có: S = 7 x 4, tức là: S = a.b
(Cách chứng minh trên cũng đúng với a,b Q+)
1.3.Công thức tính diện tích hình vuông,tam giác vuông.
a. Hình vuông là một trường hợp của hình chữ nhật: S = a2. b. Tam giác vuông: S = a.b 
Chứng minh: 
Cho tam giác vuông ABD ( = 900 ) 
và gọi S là diện tích của nó. Vẽ hình chữ nhật ABCD nhận AB và AD làm cạnh . 
Ta có ABD = CDB ( c-c-c)
Nên SABCD = 2S (tính chất 1 và 2 của diện tích)
Nhưng SABCD = AD.AB (diện tích hình chữ nhật)
1.4. Diện tích tam giác:	S = a.h
Chứng minh: Cho ABC và gọi S là diện tích của nó 
Lấy một cạnh tuỳ ý, chẳng hạn lấy cạnh BC và vẽ đường cao AH ứng với cạnh đó. Ta chứng minh: 
S= BC.AH (tức là S = a.h). Có 3 trường hợp xảy ra:
a/ Điểm H nằm giữa B và C (Hình a)
ABC được chia thành 2 tam giác vuông BHA và CHA.
Ta có: SBHA = AH.BH (diện tích tam giác vuông)
	 	 SCHA = AH.CH (diện tích tam giác vuông)
Vậy SABC = ( BH + HC). AH = BC.AH
b/ Điểm H nằm ngoài đoạn thẳng BC (Hình b)
Giả sử C nằm giữa B và H. Trong trường hợp này , có thể xem BHA được chia thành 2 tam giác ABC và AHC không có điểm chung trong.
Do đó: SBAH = SABC + SACH (tính chất 2)
Nhưng: SACH = AH.CH (diện tích tam giác vuông)
	 	SABH = AH.BH (diện tích tam giác vuông)
Vậy : S ABC = (BH –CH). AH =BC.AH
c/ Điểm H trùng với một trong các đỉnh B hay C (Hình c)
Giả sử H B. Khi đó ABC vuông tại B.
Ta có : S = BC.AB = BC.AH
1.5. Diện tích hình thang:	S = (a+ b) .h 
Chứng minh: 
 Cho hình thang ABCD (AB // CD) và gọi AH là đường cao, S là diện tích. 
Vẽ đường chéo AC ta được hai tam giác ABC, ACD có cùng chiều cao.
Do đó: SABCD = SADC + SACB ( tính chất 2)
Nhưng: SADC = DC.AH, SACB = AB.AH
Suy ra: SABCD = ( AB+DC).AH
Vậy S= (a+b)h
* Hình bình hành là hình thang có hai đáy bằng nhau nên có S = a.h.
1.6. Diện tích tứ giác có hai đường chéo vuông góc :
 S = d1.d2 ( d1,d2: là độ dài hai đường chéo)
Chứng minh: 
Cho tứ giác ABCD có AC BD tại H. 
Gọi S là diện tích ABCD, ta có: 
 S = SABC + SADC nhưng SABC = BH.AC , SADC = DH.AC
 Vậy S = AC(BH + DH) = AC.BD = d1.d2
 	* Diện tích hình thoi: S = d1.d2
Phần 2 : Chứng minh các bổ đề và các định lí.
 Bổ đề 1: Nếu hai tam giác có chung đường cao thì tỉ số hai cạnh đáy tương ứng bằng tỉ số diện tích của hai tam giác.
Chứng minh: Gọi S1 và S2 là diện tích của hai tam giác có chung đường cao h,hai cạnh đáy tương ứng có độ dài a1 và a2.
Ta có : S1= a1h , S2 = a2h nên (đpcm)
 Bổ đề 2: Nếu hai tam giác có hai cạnh đáy bằng nhau thì tỉ số hai đường cao tương ứng bằng tỉ số diện tích của hai tam giác.
Chứng minh: Gọi S1 và S2 là diện tích của hai tam giác chung cạnh đáy có độ dài b, hai đường cao tương ứng la h1, h2.
Ta có : S1 = bh1 h1 = 
 S2 = bh2 nên (đpcm).
2.1 Chứng minh định lí talet:
 Cho ABC, nếu DE//BC thì 
Chứng minh: 	
ADE và ABE có chung đường cao kẻ từ E nên theo bổ đề 1 ta có (1)
AED và ACD có chung đường cao kẻ từ D nên theo bổ đề 1 ta có : (2)
Ta lại có : SBEC = SBDC (chung đáy BC, các đường cao tương ứng bằng nhau)
Nên SABC – SBEC = SABC – SBDC SABE = SACD (3)
Từ (1) , (2) và (3) suy ra .
Chứng minh tính chất phân giác của tam giác.
	Nếu AD là phân giác của ΔABC thì 
Cách 1: Dùng định lý Talet để chứng minh ( tham khảo SGK toán 8 tập 2 trang 66)
Cách2: Dùng diện tích để chứng minh. Chứng minh: ΔADB và ΔADC có chung đường cao kẻ từ A đến BC 
Nên theo bổ đề 1 ta có: (1) 
Kẻ DH AB; DKAC. 
Ta có : SADB = DH.AB, SADC = DK.AC 
Nên : (2) ( vì DH = DK do ADH =ADK)
Từ (1) và (2) 
Phần 3: Ứng dụng vào giải các bài toán cụ thể.
Bài toán 1: Cho ABC cân tại A . Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc cạnh đáy BC . Gọi MH, MK theo thứ tự là các đường vuông góc kẻ từ M đến AB, AC. Gọi BI là đường cao của ABC . Chứng minh rằng MH+ MK = BI. 
Giải : 
 Đặt AB = AC = a. Ta có 
MH = , MK = 
Do đó: MH + MK = 
 Ghi nhớ: Đường cao h của một tam giác có diện tích S được biểu thị bằng h = ( a là cạnh đáy tương ứng)
Bài toán 2: Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm M bất kỳ trong tam giác đều ABC đến ba cạnh của tam giác bằng chiều cao của tam giác đó. 
	 Giải : 
 Gọi a là độ dài các cạnh của tam giác đều ABC,
 h là đường cao của tam giác đều.
Ta có: 
SMBC + SMAC + SMAB = SABC 
 Ghi nhớ : Phải kẻ các đường phụ MA, MB, MC để tạo ra các tam giác MBC, MAC, MAB.
Bài toán 3: Cho tam giác ABC cân tại A. Điểm M thuộc tia đối của tia BC. Chứng minh rằng hiệu các khoảng cách từ điểm M đến các đường thẳng AC và AB bằng đường cao ứng với cạnh bên của tam giác ABC. 
 Giải : Đặt AB = AC = a , kẻ MH AC , MK AB, BI AC. 
 Ta sẽ chứng minh MH – MK = BI
Ta có : SMAC – SMAB = S ABC
Ghi nhớ: Sử dụng tính chất 2 về diện tích đa giác để có SMAC – SMAB = SABC .
Bài toán 4: Cho hình bình hành ABCD. Các điểm M, N theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC sao cho AN = CM. Gọi K là giao điểm của AN và CM. Chứng minh rằng: KD là tia phân giác của góc AKC.
 	Giải : 
Kẻ DH KA, DI KC.
Ta có: DH.AN = 2 SADN (1) ; DI . CM = 2 SCDM (2)
 Ta lại có:	 	 SADN =(tam giác và hình bình hành có chung đáy AD, đường cao tương ứng bằng nhau)
 SCDM =SABCD (Tam giác và hình bình hành có chung đáy CD, đường cao tương ứng bằng nhau)
 	Nên : SADN = SCDM (3)
 	 Từ (1), (2), (3) suy ra: DH.AN = DI. CM.
 	Do AN = CM nên DH = DI. Do đó KD là tia phân giác của 
 Ghi nhớ: Các đường vuông góc DH, DI được vẽ thêm có liên hệ với các đoạn thẳng đã cho AN, CM trong các công thức diện tích tam giác.
Bài toán 5: Gọi O là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh BC, AC, AB theo thứ tự ở A’, B’, C’. Chứng minh rằng .
	 Giải: 
 	 Kí hiệu : SABC = S, SOBC = S1, SOAC = S2, SOAB = S3.
 	 Theo bổ đề 1 ta có: 
 	 Nên theo tính chất dãy tỉ số bằng nhau ta có: 
 Trong đó: 
 Do đó: 
 Ghi nhớ: Có thể biểu thị tỷ số của hai đoạn thẳng theo tỷ số diện tích của hai tam giác.
Bài toán 6: Gọi O là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác ABC. Các tia AO, BO, CO cắt các cạnh BC, AC, AB theo thứ tự ở A’, B’ , C’ . Chứng minh rằng: 
	 Giải: Theo bổ đề1: ;
Nên theo tính chất dãy tỷ số bằng nhau: 
Tương tự: 
Do đó: 
 Ghi nhớ: Có thể biểu thị tỷ số của hai đoạn thẳng theo tỷ số diện tích của hai tam giác.
Bài toán 7: Cho hình thang ABCD ( AB // CD) , các đường chéo cắt nhau tại O . Qua O, kẻ đường thẳng song song với hai đáy nó cắt các cạnh bên AD và BC theo thứ tự tại E và F. Chứng minh rằng: OE = OF.
	 Giải : Cách 1 
 Kẻ AH , BK ,CN, DM vuông góc với EF.
 	Đặt AH = BK = h1 ; CN = DM = h2 
 	Ta có :OE .h1 + OE.h2 = SOEA + S OED = SOAD (1) 
 OF .h1 + OF.h2 = SOFB + SOFC = SOBC (2) 
 Ta lại có: SADC = SBDC SADC – SODC = SBDC – SODC SOAD = SOBC (3)
 	Từ (1), (2) và (3) suy ra : OE (h1 + h2 ) = OF ( h1 + h2 )
 	 Do đó: OE =OF
 Ghi nhớ: Vẽ thêm các đường cao để sử dụng công thức diện tích tam giác. 
 Cách 2: (Ký hiệu như hình vẽ.) 
Ta có : SADC = SBDC , cùng trừ đi S5 được :S1 + S2 = S3 + S4 (1)
 Giả sư OE > OF thì S1 > S3 và S2 > S4 
 nên S1 + S2 > S3 + S4 trái vơí (1) 
Giả sử OE < OF thì S1 < S3 và S2 < S4 nên S1 + S2 < S3 + S4 trái vơí (1)
 	 Vậy OE = OF.
 Ghi nhớ: Có thể sử dụng phương pháp phản chứng kết hợp với phương pháp diện tích để chứng minh.
Bài toán 8 : Cho tam giác ABC vuông tại A. Các tia phân giác của các góc B và C cắt nhau tại I. Kẻ IK vuông góc với BC (KBC). Chứng minh rằng: KB.KC = AB.AC. 
 Giải : (Hình 15) Kẻ ID AB, IE AC. Ta có : IK = ID = IE đặt chúng bằng r
Đặt KB = m, KC = n, ta có :BD = m, CE = n.
Tứ giác ADIE là hình vuông AD = AE = r
Ta có : AB .AC= (m +r ) (n +r ) = mn + mr + nr + r2 (1)
Ta thấy : mr = 2S1 , nr =2 S2 , r2 = S3 
Và 2S1 + 2S2 + S3 = SABC = 
 nên : mr +nr + r2 = (2)
Từ (1) và (2) suy ra : AB.AC = mn + 
Vậy mn = 
 Ghi nhớ : Có thể biểu thị tích của độ dài hai đoạn thẳng theo diện tích của tam giác 
Bài toán 9: Cho hình bình hành ABCD. Điểm E trên tia đối của tia BA, điểm F trên tia đối của tia DA. Nối BF và DE cắt nhau tại K. Chứng minh diện tích tứ giác ABKD bằng tổng diện tích hai tam giác CKE và CKF. 
 Giải: 
Kẻ EM CD, FNBC
	SECD = EM . CD = SABCD
 SECK =SABCD – S KCD (1)
	SFBC =FN . BC =SABCD 
SFKC =SABCD – SKCB (2) 
Từ (1) và (2) suy ra : 
SFKC + S ECK = ( SABCD +SABCD ) –( SKCD + SKCB ) = SABKD .
 Ghi nhớ: Phải kẻ thêm đường phụ EM và FN để sử dụng công thức diện tích trong tam giác ECD,FBC.
Bài toán 10: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. Trên AB,AC lấy K,L sao cho: AK = AH = AL . Chứng minh rằng: SAKL SABC.
 Giải: Ta có : SAKL = AK.AL = AH2 (1) 
 SABC = AH.BC (2)
 Gọi M là trung điểm của BC, ta có:
 BM = MC = AM suy ra BC = 2AM.
 Mặt khác ta có AM AH (đường vuông góc và đường xiên). 
 Từ đó suy ra: 2AH BC (3)
 Từ (1),(2) và (3) suy ra SAKL SABC. 
 Ghi nhớ: Khi dùng công thức diện tích tam giác phải linh hoạt.
Bài toán 11: Từ một điểm M nằm trong tam giác ABC, kẻ các tia Mx,My,Mz theo thứ tự vuông góc và cắt với BC,AC,AB. Lần lượt lấy A1,B1,C1 sao cho MA1 = BC, MB1 = CA, MC1 = AB. Chứng minh rằng: M là trọng tâm tam giác A1B1C1.
 Giải: 
	Trên tia đối của tia Mx lấy điểm A2 sao cho : 
MA2= MA1= BC.
 Ta có : 	 
 Vậy A2MB1 = BCA do đó = SBCA
 Mặt khác: 
 Nên 
 Tương tự: 
 Vậy ba tam giác A1MB1 , B1MC1, C1MA1 có cùng diện tích. Do đó M là trọng tâm của A1B1C1.
 Ghi nhớ: Phải lấy thêm điểm A2.
 2. Kết quả đạt được:
Sau khi thấy được các công thức diện tích không phải chỉ để tính diện tích mà chúng còn rất có ích để giải nhiều bài toán chứng minh khác, học sinh rất thích thú, nhất là khi các em tự mình giải được bài tập theo phương pháp nói trên. Qua đó, nó giúp học sinh vững tin hơn khi vận dụng kiến thức một cách sáng tạo để giải bài tập theo nhiều phương pháp khác nhau. Nó góp phần đáp ứng yêu cầu mới hiện nay, giúp cho HS học tập một cách năng động hơn, khả năng ứng dụng phong phú hơn. Nó góp phần làm cho số lượng học sinh yêu thích môn Toán ngày càng tăng lên. Sự yêu thích bộ môn giúp các em thêm tích cực học tập và tiến bộ hơn
Phần ba: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
I. KẾT LUẬN: 
 Trong quá trình giảng dạy tôi luôn tìm tòi phương pháp giải phù hợp cho học sinh và khai thác phương pháp đó để học sinh vận dụng một cách linh hoạt vào các bài tập khác. Trong chứng minh hình học, học sinh rất sợ những bài toán phải vẽ thêm đường phụ và không để ý áp dụng công thức diện tích các hình (tam giác, tứ giác, đa giác). Do học sinh không biết vẽ từ đâu, và vẽ để làm gì. Qua các bài toán trên giúp học sinh định hướng được vẽ đường phụ nhằm tạo ra những tam giác để sử dụng công thức diện tích khi chứng minh. Qua thực tế bản thân tôi áp dụng phương pháp diện tích các hình (tam giác, tứ giác, đa giác) trong chứng minh các bài toán hình học ở chương trình lớp 8 để dạy học sinh giỏi, tôi thấy học sinh tiếp thu hào hứng và mạnh dạn suy nghĩ theo hướng dùng diện tích để giải quyết bài toán.
II. KIẾN NGHỊ:
Để đạt được hiệu quả cao ngoài phương pháp dạy tốt thì giáo viên phải thường xuyên nghiên cứu thêm tài liệu về phương pháp diện tích các phần miềm giảng dạy như sketchpad, mathcad .... Bên cạnh đó 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. Nhờ đó học sinh học sinh sẽ lĩnh hội được kiến thức một cách tốt hơn, kết quả giảng dạy sẽ cao hơn.
	Hiện nay đồ dùng dạy học môn hình học thiếu khá nhiều. Vậy kính mong cấp trên cần trang bị nhiều hơn đồ dùng dạy học của môn này.
	Trên đây là những giải pháp giảng dạy phương pháp diện tích trong chứng minh hình học. Rất mong sự góp ý của các đồng nghiệp.
 Liên Nghĩa, ngày 10 tháng 10 năm 2017
	 Người viết 
 Bạch Long Hùng
V/ PHỤ LỤC:
 Tham khảo các tài liệu :
1/. Sách giáo khoa toán 8 – Tập 1 – nhà xuất bản Giáo dục năm 2003.
2/. Sách giáo khoa toán 8 – Tập 2 – nhà xuất bản Giáo dục năm 2003.
3/. Sách Hình Học 8 – Nhà xuất bản Giáo dục – 1998.
4/. 500 bài toán chọn lọc bồi dưỡng học sinh giỏi toán 8.- Nhà xuất bản ĐHSP.
5/. Toán nâng cao hình học 8 – Nhà xuất bản giáo dục .
6/. Các chuyên đề hình học bồi dưỡng học sinh giỏi trung học cơ sở –Nhà xuất bản Giáo dục.
Bài toán 10: Cho tam giác ABC, đường cao AH , cạnh BC = a. Hình chữ nhật MNPQ có các đỉnh nằm trên các cạnh hình tam giác ABC.(MAB , N AC, P và Q BC ). Hãy xác định vị trí của M trên cạnh AB sao cho diện tích hình chữ nhật MNPQ đạt giá trị lớn nhất, tính giá trị lớn nhất ấy. 
 Giải :
 NP = x , MN = y , KH = x , AK= h-x.
 SABC = SAMN + S BMNC ah = y (h-x ) + (a+y ) x
 ah = hy –xy + ax + xy.
 ah = hy + ax 
 x = 
SMNPQ = xy = (a –y ) . y = (ay – y2 )
 Vì không đổi nên SMNPQ lớn nhất khi ay – y2 lớn nhất 
 Ta có : ay –y2 = - ( y2 – ay + ) =
 - = -(y -) 2 + 
Giá trị lớn nhất của ay – y2 = 
Giá trị lớn nhất của SMNPQ = 
 Khi y = 
MN là đường trung bình của tam giác ABC (vì MN // BC )
Vậy giá trị lớn nhất của SMNPQ = khi M là trung điểm của AB.
 Ghi nhớ : Sử dụng tích chất 2 về diện tích đa giác để có 
SABC = SAMN + S BMNC .
Bài toán 11: Cho tứ giác ABCD. Các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại M, các đường thẳng AD và BC cắt nhau tại N. Gọi I,J,K theo thứ tự là trung điểm của BD,AC,MN. Chứng minh rằng I,J,K thẳng hàng.
 Giải:
 Ta có: SNIJ = SNDC – SNDI – SNJC – SCIJ - SCID 
	 = SNDC - SNBD - SNAC - SAIC - SCBD
	 = SNDC – SNAB - SABD - SABC - (SADC – SADIC) - SCBD 
 	 = SABCD - (SABD + SBCD) + SABCD - (SABC + SADC) 	 = SABCD
 Tương tự: SMIJ = SABCD
 Vậy SNIJ = SMIJ. Do đó các khoảng cách từ M và N tới IJ là bằng nhau. Mặt khác M và N nằm về hai phía của IJ, nên IJ đi qua trung điểm của MN.
 Ghi nhớ: Hai tam giác có diện tích bằng nhau mà có chung một cạnh thì khoảng cách từ hai đỉnh đối diện với cạch chung đó bằng nhau.
Bài toán 12: Cho góc xOy.Hai điểm A,B thuộc Ox. Hai điểm C,D thuộc Oy. Tìm tập hợp những điểm M nằm trong góc xOy sao cho hai tam giác MAB và MCD có cùng diện tích.
 Giải: 
	Lấy E và F lần lượt trên Ox,Oy sao cho: OE = AB; OF = CD.
 Gọi I là trung điểm của EF. Ta có: 
	 SMAB = SMCD SMOE = SMOF MOE = MOF 
	Mà SMOE = SOEMF
	 SMOE = SMOF O,I,M thẳng hàng.
	Vậy tập hợp điểm M là tia OI. 
 Ghi nhớ: * Hai tam giác bằng nhau thì diện tích diện tích bằng nhau.
	 * SMOE = SMOF O,I,M thẳng hàng.
Bài toán13: Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi M,N là trung điểm các đường chéo AC,BD. Chứng minh rằng ba điểm M,N,I thẳng hàng.
 Giải: Tương tự bài 12, trước hết hãy chứng minh 
rằng tập hợp những điểm K sao cho :
 SKAB + SKCD = SABCD (không đổi) thuộc một đường thẳng. (1)
 Ta có: SNAB = SABD , SNCD = SBCD
 Suy ra: SNAB + SNCD = SABCD (2)
 SMAB = SABC Và SMCD = SACD
	Do đó : SMAB + SMCD = SABCD (3)
 Do tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) nên AB + CD = AD + BC
 SIAB = SICD = SIAD = SIBC
 Do đó : SIAB + SICD = SABCD (4)
 Từ (2),(3) và (4) suy ra N,M,I thuộc quỹ tích nói ở (1). Do đó chúng thẳng hàng.
 Ghi nhớ: Do tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) nên AB + CD = AD + BC => SIAB = SICD = SIAD = SIBC
 .. HẾT ..
PHÒNG GIÁO DỤC DI LINH
TRƯỜNG THCS GIA HIỆP
TỔ TOÁN
.›&š
 KINH NGHIỆM NHỎ:
TRONG GIẢNG DẠY BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI DÙNG
PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC.
Giáo viên thực hiện : Bạch Long Hng