Đề tài Phương pháp giải bài toán tính diện tích và chứng minh bằng phương pháp diện tích

Mục lục
____________________________________________
Phần I
Lời nói đầu
2
Phần II
Nội dung
3
A. Phương pháp giải toán tính diện tích 
đa giác và chứng minh bằng phương pháp diện tích.
3
 I/ Các tính chất cơ bản của diện tích đa giác
3
II/ Các công thức tính diện tích của các đa giác đặc biệt
3
III/ Cách giải bài toán tính diện tích và phương pháp diện tích
5
B. Một số dạng bài tập áp dụng và hướng dẫn giải.
6
I/ Các bài toán tính diện tích đa giác
6
II/ Các bài toán giải bằng phương pháp diện tích
14
1/ Các bài toán chứng minh về quan hệ diện tích và sử dụng diện tích để tìm quan hệ về độ dài đoạn thẳng
14
2/ Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị 
29
Phần III
Kết luận
37
Phần I : Lời nói đầu
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 và cung rất cần thiết cho các ngành khoa học kỹ thuật. Toán học đã rèn luyện cho con người nhiều đức tính quí: tính cần cù, lòng say mê, sáng tạo, kiên trì. 
Trong toán học không thể không kể đến bộ môn hình học. Hình học rèn luyện cho con người khả năng tư duy trừu tượng, sự sáng tạo và khả năng phân tích tổng hợp. Trong đó, một dạng toán tương đối khó, đòi hỏi nhiều tới khả năng tư duy cao, vận dụng linh hoạt những kiến thức rất cơ bản đã được học đồng thời phải quan sát kĩ lưỡng đặc điểm từng bài toán, đó là 
 " Diện tích đa giác và phưong pháp diện tích " .
Trong quá trình giảng dạy cho học sinh của câu lạc bộ toán lớp 8 của trường tôi nhận thấy các bài tập về diện tích đa giác và chứng minh bằng phương pháp diện tích rất hay và lí thú. Chúng có mặt rất nhiều trong các đề thi học sinh giỏi của Quận và trong các đề thi vào lớp 10 các trường chuyên. 
Chính vì vậy tôi đã viết SKKN về chuyên đề này để dạy cho học sinh của câu lạc bộ toán lớp 8 của trường để giúp học sinh bớt lúng túng khi gặp những bài tập loại này, đồng thời giúp học sinh củng cố những kiến thức cơ bản đã học và nâng cao khả năng tư duy, sáng tạo 
Chuyên đề gồm
I/ Các bài toán tính diện tích đa giác
II/ Các bài toán chứng minh bằng phương pháp diện tích
1/ Các bài toán chứng minh về quan hệ diện tích và sử dụng diện tích để tìm quan hệ về độ dài đoạn thẳng
2/ Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị 
Phần II. Nội dung.
A.Phương pháp giải toán tính diện tích đa giác 
và phương pháp diện tích:
 Để giải các bài toán tính diện tích học sinh cần phải nắm chắc các kiến thức sau:
I/ Các tính chất cơ bản của diện tích đa giác:
1. Nếu một đa giác được chia thành các đa giác không có điểm chung thì diện tích của nó bằng tổng diện tích của các đa giác đó ( tính cộng)
2. Các đa giác bằng nhau có diện tích bằng nhau( tính bất biến)
3. Hình vuông có cạnh bằng một đơn vị dài thì diện tích của nó là một đơn vị vuông ( tính chuẩn hóa)
4. Hai tam giác có cùng chiều cao thì tỉ số diện tích bằng tỉ số hai đáy tương ứng với hai chiều cao.
5. Hai tam giác có chung cạnh thì tỉ số diện tích bằng tỉ số hai chiều cao ứng với cạnh đó.
6. Tam giác đều cạnh a có diện tích 
II/ Các công thức tính diện tích của các đa giác đặc biệt:
1. Công thức tính diện tích hình chữ nhật:
b
a
Diện tích hình chữ nhật bằng tích hai kích thước của nó
S = a.b.
2. Công thức tính diện tích hình vuông:
a
a
S = a2
Diện tích hình vuông bằng bình phương cạnh của nó. 
3. Công thức tính diện tích tam giác:
a) Diện tích tam giác:
Diện tích tam giác bằng nửa tích của một cạnh với chiều cao ứng với cạnh đó
h
a
S = a.h
b) Diện tích tam giác vuông:
Diện tích tam giác vuông bằng nửa tích hai cạnh góc vuông
h
c
b
a
S = a.b = c.h
4. Công thức tính diện tích hình thang:
Diện tích hình thang bằng nửa tích của tổng hai đáy với chiều cao
S = (a+b).h
a
h
b
5. Công thức tính diện tích hình bình hành:
Diện tích hình bình hành bằng tích của một cạnh với chiều cao ứng với cạnh đó
h
a
S = a.h
6. Công thức tính diện tích của tứ giác có hai đường chéo vuông góc:
 Diện tích của tứ giác có hai đường chéo vuông góc với nhau bằng nửa tích của hai đường chéo đó.
S = d1.d2
7. Công thức tính diện tích của hình thoi
Diện tích hình thoi bằng nửa tích của hai đường chéo.
S = d1.d2
III/ Cách giảI bài toán tính diện tích và phương pháp diện tích:
1/ Để tính diện tích của một đa giác:
+/ Đa giác đó có công thức tính nhưng chưa đủ dữ kiện để tính đòi hỏi ta phải đi tính dữ kiện thiếu đó rồi mới tính được diện tích đa giác.
+/ Đa giác có công thức tính nhưng nếu sủ dụng công thức vẫn không thể tính nổi thì phải thông qua diện tích của đa giác khác và sử dụng các tính chất đã nêu ở trên.
+/ Tính diện tích của một đa giác không có công thức thì ta cần biến đổi diện tích này bằng diện tích của hình khác đã có biết cách tính diện tích.
2/ Chứng minh hình bằng phương pháp diện tích:
+/ Ta đã biết một số công thức tính diện tích của những đa giác dã nêu ở trên. Do đó khi biết độ dài của một số yếu tố, ta có thể tính được diện tích của những hình ấy. Ngược lại nếu biết quan hệ diện tích của hai hình từ đó kết hợp với yếu tố đã biết khác, tổng hợp các kiến thức liên quan để suy ra điều cần chứng minh.
+/ Để so sánh hai độ dài nào đó bằng phương pháp diện tích, ta có thể làm theo các bước sau:
	- Xác định quan hệ diện tích giữa các hình.
	- Sử dụng các công thức 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.
3/ Để giải các bài toán về bất đẳng thức và cực trị ta cần nắm được:
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 lựợng 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
Các bất đẳng thức thường được dùng để giải toán cực trị:
+/ Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên.
+/ Quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu.
+/ Bất đẳng thức tam giác 
+ / Các bất đẳng thức đại số 
B. Một số bài tập và hướng dẫn giải
I/ Các bài toán tính diện tích đa giác
 Để tính diện tích của một đa giác:
+/ Đa giác đó có công thức tính nhưng chưa đủ dữ kiện để tính đòi hỏi ta phải đi tính dữ kiện thiếu đó rồi mới tính được diện tích đa giác.
+/ Đa giác có công thức tính nhưng nếu sủ dụng công thức vẫn không thể tính nổi thì phải thông qua diện tích của đa giác khác và sử dụng các tính chất đã nêu ở trên.
+/ Tính diện tích của một đa giác không có công thức thì ta cần biến đổi diện tích này bằng diện tích của hình khác đã có biết cách tính diện tích.
Bài 1: Cho tam giác ABC cân ở A, AB = AC = 5cm, BC = 6cm. Gọi O là trung điểm của đường cao AH. Các tia BO và CO cắt cạnh AC và AB lần lượt ở D và E. Tính SADOE ?
Hướng giải :
Để tính diện tích đối với bài tập này học sinh phải. nhận thấy S ABC đã biết nên ta cần tìm mối quan hệ về SADOE với SABC. Lại có H và O là những điểm đặc biệt trên các đoạn AC, AH nên ta dễ dàng tìm được mối quan hệ đó bằng cách lấy thêm điểm N là trung điểm của DC.
N
H
E
D
O
C
B
A
Bài giải: 	
Gọi N là trung điểm của CD.
=> AD = DN = NC = AC.
=> SAOD = SAHC (1)
=> (Chung chiều cao hạ từ O xuống AC)
 (Chung chiều cao hạ từ C xuống AH)
Mà SAHC = SABC ( Chung chiều caoAH) (2)
Từ (1) và (2) => SAOD = SABC 
	Mà SAOE = SAOD 
=> SADOE = 2 SAOD = SABC.
áp dụng đlí Pitago vào DAHC vuông tại H => AH = 4cm
=> SABC = 
Vậy SADOE = .12 = 2 cm2.
Bài 2: Cho hbh ABCD có diện tích bằng 1. Gọi M là trung điểm của BC, AM cắt BD ở Q. Tính diện tích MQDC ?
E
Q
N
M
D
A
B
C
Phân tích đề bài và hướng giải:
Hs cần nhận thấy SABCD = 1 nên dễ dàng suy ra SBCD = . 
Để tính SMQDC thì phải thông qua SBCD và SBMQ .
Do đó ta cần phải tìm mối quan hệ của SBMQ với SBCD .
Để tìm được mối liên hệ đó ta phải xét xem Q nằm trên BD có ở vị trí đặc biệt không bằng cách lấy thêm điểm N là trung điểm của AD.
Bài giải:
Lấy N là trung điểm của AD.
Ddcm AMCN là hình bình hành => AM // CN
=> QB = QE ; ED = QE ( Định lí đường trung bình)
=> BQ = QE = ED
=> SBMQ = SBCQ ; SQBC = SBCD.
=> SBMQ = SBCD 
=> SMQDC = SBCD = SABCD = 
Bài 3: Cho hình chữ nhật ABCD, trên cạnh BC lấy M: BM = BC. Trên cạnh CD lấy N sao cho CN = CD.
a) Tính SAMN theo SABCD.
b) BD cắt AM ở P, BD cắt AN ở Q. Tính SMNQP theo SABCD.
Phân tích đề bài và hướng giải: 
Để giải câu (a) hs dễ dàng nhận ra phải sử dung tính chất 1: Nếu một đa giác được chia thành các đa giác không có điểm chung thì diện tích của nó bằng tổng diện tích của các đa giác đó ( tính cộng). 
P
Q
H
K
D
C
B
A
N
M
Nên để tính diện tích của DAMN ta phải làm 
 SAMN = SABCD - SABN - SCMN - SADN
(b) Tính SMNQP theo SABCD cần phải tìm mối liên hệ SMNPQ với SAMN vì các đỉnh của tứ giác nằm trên cạnh của D AMN.
Muốn tìm mối liên hệ đó rõ ràng phải thông qua D APQ. 
Ta nhận thấy D APQ và D AMN có hai đáy cùng thuộc một đường thẳng nên ta phải kẻ thêm đường vuông góc PK và MH. Từ đó suy ra lời giải của bài toán.
Bài giải:
a) SAMN = SABCD - SABN - SCMN - SADN
SABM = SABCD ; SCMN = SABCD; SADN = SABCD.
Do đó ta tính được : SAMN = SABCD
Vậy SMNPQ = SABCD
b) Kẻ MH ^ AN ; PK ^ AN => 
Vì PK// MH ( cùng vuông góc với AN) => .(Theo định lí Ta let).
Ddcm => = 
Vì DN // AB => => .
Do đó => SAPQ = SMNPQ = SAMN = SABCD
Bài 4: Cho DABC có AB = 3; AC = 4, BC = 5. Vẽ các đường phân giác AD, BE, CF. Tính diện tích tam giác DEF.
( Đề thi học sinh giỏi quận Ba đình 1998 - 1999)
Phân tích đề bài và hướng giải: 
- Để tính được diện tích của D DEF thì ta phải đi tính SABC, SAEF, SBFD, SDFC
 Học sinh dễ dàng tính được SABC, SAEF vì đó là hai tam giác vuông. 
- Để tính được SBFD, SDFC thì cần phải kẻ thêm đường cao. Căn cứ thêm vào giả thiết : có phân giác của các góc nên từ đó suy ra kẻ đường cao FH và EK 
=> FH = FA; EK = EA. 
K
H
E
F
D
C
B
A
Bài giải: DABC có AB = 3, AC = 4, BC = 5. 
Nên ddcm D ABC vuông tại A.
Ta có CF là phân giác ACB => => 
=> (*) SAEF = = 
=> FA = 
Cmtt => AE = . 
Hạ FH ^ BC ; EK ^ BC.
=> FH = FA ; EK = AE ( Tính chất tia pg của một góc)
Cmtt như trên ta tính được DB = ( Dựa vào định lí đường phân giác trong tam giác) => DC = 
(*) SBFD = 
(*) SDFC = 
(*) SABC = 
=> SDEF = SABC - ( SAEF + SBFD + SDFC) 
 Vậy SDEF = .
Bài 5: Cho hình thoi ABCD, hai đường chéo AC, BD cắt nhau tại O. Đường trung trực của AB cắt BD, AC tại M, N. Biết MB = a,
NA = b. Tính diện tích hình thoi theo a và b.
Bài giải: Gọi H là trung điểm của AB. Dễ dàng nhận thấy:
*) DAHN ∽ DMHN ( g.g) => 
=> HN = = 
*) DAHN ∽ DAOB (g.g) => 
=> => OB = 
*) DAHN vuông tại H => HN2 + HA2 = AN2 ( Theo định lí Pitago)
=> HA2(1 + ) = b2 . 
Do đó HA2 = => AB2 = 4HA2 = 
*) DAOB vuông => OA2 + OB2 = AB2
	=> OA2 += 
Do đó OA2 = => OA = và OB = 
Mà SABCD = 2.OA.OB 
Vậy SABCD = 
Bài 6: Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng 30cm. Trên các cạnh AB, BC, CD, DA thứ tự lấy các điểm E, F, G, H: AE = 10cm; 
BF =12cm, CG = 14 cm, DH = 16cm.
a) Tính SEFGH .
b) Trên EF lấy hai điểm M, N : sao cho EM = , FN= .
Trên cạnh HG lấy hai điểm P, Q : GP = HQ = . Tính SMNPQ .
Phân tích đề bài và hướng giải: 
a) Ta nhận thấy để tính được SEFGH phải thông qua SABCD, SAEH, SEBF, SFCG, SHGD là các hình tính được diện tích qua các công thức đã học.
b) Vì tứ giác MNPQ có các đỉnh nằm trên cạnh của tứ giác EFGH ở những vị trí đặc biệt theo gt đã nêu. Do đó ta cần tìm mối liên hệ giữa tứ giác MNPQ với EFGH. Từ đó tính được diện tích của tứ giác MNPQ.
Bài giải:
a)Từ gt => EB = 20cm, CF = 18cm, DG = 16cm, AH = 14cm.
*) SABCD = 900 cm2.
*) SAEH = = 70 cm2; SEBF = = 120cm2
SFCG = = 126cm2; SHGD = = 128 cm2.
=> SEFGH = 900 - ( 70 + 120 + 126 + 128) = 456 cm2
b) Vì EM = (gt) => EM = => SHEM = => SHMF = 
GP = (gt) => PH = => SHFP = 
=> SHMF + SHFP = ( SHEF + SHFG) = SEFGH .
Dd chứng tỏ PQ = , MN = => SMQP = SMHP ; SPMN = SMPF.
=> SMQP + SPMN = ( SMHP + SMPF.) = = 
=> SMNPQ = = .456 = 91,2 (cm2)
Bài 7: Cho hình thang ABCD. Biết độ dài hai đường chéo là 3 và 5, độ dài đoạn thẳng nối trung điểm hai đáy là 2. Tính diện tích hình thang
Bài giải: Gọi M, N lần lượt là trung điểm 2 đáy BC, AD. 
Dựng hình bình hành BCKD ta có : CK = BD = 5.
=> SABCD = SCAK .
Kẻ CP là trung tuyến D ACK.
Ta có: NP 	= ND + DK - PK
 	= 
	= .
=> MNPC là hình bình hành => CP = MN = 2.
Dựng hình bình hành ACKE ta có: CE = 4, EK = 3, CK = 5.
=> D EKC vuông tại E => AC ^ CP.
 SCAK = 2.SACP = AC.CP = 6 đvdt.
Vậy SABCD = 6 đvdt.
Bài 8: Cho hình chữ nhật ABCD. Lấy M, N, P lần lượt thuộc AB, BC, CD sao cho AM : MB = 1:2 ; BN : NC = 2:3 ; CP : PD = 3:4.
Nối CM, DN chúng cắt nhau tại điểm E. Đường thẳng qua E song song với AB cắt AP tại F. Đường thẳng BF cắt AD tại Q.
a) Tính DQ : QA ?
b) Tính SPEQ theo SABCD ?
( Đề thi học sinh giỏi lớp 8 quận Ba Đình năm học 2000 - 2001)
Phân tích đề bài và hướng giải:
a) +/ Để tính DQ : DA ta cần xem tỉ số đó bằng tỉ số nào ?
+/ Để tìm các đoạn thẳng tỉ lệ với bài này ta nên sử dụng định lí Ta Lét vì có các đường song song nhưng phải kéo dài DN , CD, AB, BQ: 
DN Ç AB = {I} ; BQ Ç CD = { K}.
Do đó ta thấy được: . 
Vì AB = CD . Nên ta có thể tìm .
b) Ta nhận thấy các đỉnh của D PEQ đều nằm trên các cạnh của hình thang vuông TEPD. 
Do đó để tính SPEQ ta cần phải thông qua các STEPD , STQE , SDPQ.
Bài giải:
 a)DN Ç AB = {I} ; BQ Ç CD = { K}.
=> MI = => 
 => BI = 
MB = = 
Có MI// CD => 
ES // MB => mà 
AB// KP => => => KP = .
 Mà DP = 	=> KD = . 
Vậy .
b) SPQE = STEPD - STQE - SDPQ.
=> ; có MB = 
Ta có : .
Mà => 
=> ES = => TE = 
*) STEPD = .
Có ( cmt) => => QD = 
TD = SC = .=> TQ = TD - QD = .
*)STEQ = 
*) SQDP = .
=> S PQE = STEPD - STQE - SDPQ = .
II/ Các bài toán chứng minh bằng phương pháp diện tích
1/ Các bài toán chứng minh về quan hệ diện tích và quan hệ các đoạn thẳng:
+/ Ta đã biết một số công thức tính diện tích của những đa giác đã nêu ở trên. Do đó khi biết độ dài của một số yếu tố, ta có thể tính được diện tích của những hình ấy. Ngược lại nếu biết quan hệ diện tích của hai hình từ đó kết hợp với yếu tố đã biết khác, tổng hợp các kiến thức liên quan để suy ra điều cần chứng minh.
+/ Để so sánh hai độ dài nào đó bằng phương pháp diện tích, ta có thể làm theo các bước sau:
	- Xác định quan hệ diện tích giữa các hình.
	- Sử dụng các công thức 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.
Bài 1: Cho hình thang ABCD, BC // AD. Các đường chéo cắt nhau tại O. Chứng minh rằng: SOAB = SOCD .
Phân tích đề bài và hướng giải:
- Ta nhận thấy DOAB và DOCD không chung đường cao và cũng không chung cạnh. 
- DBAD và DCAD là hai tam giác có chiều cao bằng nhau và chung đáy AD => SBAD = SCAD => đpcm
Bài giải: 
- Vì BC // AD ( gt) => Chiều cao hạ từ B và C cùng xuống AD bằng nhau.
=> SBAD = SCAD 
=> SOAB +SOAD = SOCD + SOAD
Vậy SOAB = SOCD.
Bài 2: 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:a) SOBN = SODC	b) SBCK + SNOC = SDOK
Phân tích đề bài và hướng giải:
a) Ta nhận thấy DOBN và DOCD có ON = OM.
Vì vậy để cm SOBN = SODC ta nghĩ đến tính chất: hai tam giác bằng nhau thì có diện tích bằng nhau.
Do đó ta cần cm: DOBN = DOCD.
b) Để cm: SBCK + SNOC = SDOK
ta cần tìm mối liên hệ của SBCK và SNOC với SOBN. SDOK với SODC
K
O
M
N
D
C
B
A
Bài giải:
a) Vì O cách đều các điểm M, C, N => OM = ON = OC.
=> BNA = NAB
Vì BN// AD => 	BNA = NAD 
	Mà 	NAD = NAB	
=> DBAN cân tại B => BA = BN => BN = CD.
=> CMO = CNO (1)
Cmtt => CM = CN => DCMN cân
Có OM = ON( cmt) => DOMN cân
Có OM = OC( cmt ) => DOCM cân tại O => CMO = MCO (2)
Từ (1) và (2) => CNO = MCO
Do đó ddcm : DOBN = DOCD (c.g.c)
Vậy SOBN = SODC
b) SBCK + SNOC = SOBN - SOCK (3)
 SDOK = SODC - SOCK (4)
 Mà SOBN = SODC (cmt) (5)
 Từ (3) (4)(5) => SBCK + SNOC = SDOK (đpcm)
Bài 3: Đường thẳng đi qua trung điểm hai đường chéo AC, BD của tứ giác ABCD cắt các cạnh AB, CD ở M và K. 
Chứng minh rằng: SDMC = SAKB
Phân tích đề bài và hướng giải:
Để cm: SDMC = SAKB ta phải tìm các tam giác có diện tích bằng nhau ở trong bài này và diện tích tam giác đó có mối liên hệ thế nào với diện tích tam giác ta cần chứng minh.
 Bài giải:
Gọi P, Q lần lượt là trung điểm của AC , BD.
=> BP = PD ; AQ = QC.
Do đó SMAQ = SMCQ; SKAQ = SKCQ => SAMK = S CMK. (1)
Cmtt => SBMK = SDMK (2)
Từ (1) và (2) => SBMK - SAMK = SDMK - S CMK
 Vậy SDMC = SAKB (đpcm)
Bài 4: 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 ở K. 
Chứng minh: SABKD = SCKE +SCKF
Phân tích đề bài và hướng giải:
Để cm: SABKD = SCKE +SCKF
- Ta không thể chứng tỏ ngay mối liên hệ SCKE ,SCKF vớiSABKD. 
- Cần phải tìm mối liên hệ SABKD với SABCD; SCKE +SCKF với SABCD. 
Bài giải:
Ta có SABKD = SABCD - ( SCDK + SCBK) (1)
 Hạ EM ^ CD ; FN ^ BC.
=> SECD = SABCD ; SFCB = SABCD.
Do đó SECD + SFCB = SABCD
=> SCDK + SCKE + SCBK + SCKF = SABCD
=> SCKE+ SCKF = SABCD - (SCDK+ SCBK) (2)
Từ (1) và (2) => SABKD = SCKE +SCKF
Bài 6: Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P thứ tự là trung điểm của AB, BC, CD. Chứng minh rằng: SMNP = SABCD.
Phân tích đề bài và hướng giải:
Ta có M, N, P là trung điểm các cạnh của tứ giác ABCD. Nếu ta lấy thêm Q là trung điểm của AP => MNPQ là hình bình hành.Do đó SMNP = SMNPQ.
Ta nhận thấy SMNPQ có mối liên hệ với SABCD.
Vì vậy => đpcm
Bài giải:
Lấy P là trung điểm của AP. 
Do đó ddcm được MNPQ là hình bình hành.
=> SMNP = SMNPQ.
SMNPQ = SABCD - SMNB - SCNP - SDPQ - SAMQ
SBMN = SBAN = SABC.
SCNP = SBCP = SCBD
SDPQ = SQCD = SDAC
SAMQ = SAMD = SABD
 => SMNPQ = SABCD - ( SABC + SCBD+ SDAC + SABD)
SMNPQ = SABCD - .2 SABCD = SABCD
Do đó SMNP = SMNPQ= SABCD
Bài 7: Cho DABC có ba góc nhọn, vẽ đường cao BD, CE. Gọi H, K là hình chiếu của B, C trên đường thẳng ED. Chứng minh rằng:
a) EH = DK.
b) SBEC + SBDC = SBHKC
E'
N'
Q
P
M
N
K
H 
D
E
C
B
A
D'
Bài giải:
 a) Gọi M, N thứ tự là trung điểm của BC và ED.
DMED có ME = MD (cùng bằng 1/2 BC) nên là tam giác cân.
Do đó MN ^ ED.
Hình thang BHKC có BM = MC, MN // BH // CK
=> N là trung điểm của HK( định lí đường trung bình )
Mà có NE = ND .
Vậy EH = DK (đpcm).
b) Vẽ EE' , NN', DD' vuông góc với BC. 
Ddcm được NN' là đường trung bình hình thangEE'D'D.
=> EE' + DD' = 2NN'
Do đó S BEC + SBDC = BC.EE' +BC.DD' =BC.NN' (1)
Qua N vẽ đường thẳng PQ // BC, cắt BH và CK ở P và Q. 
Ta có BC.NN' = SBPQC (2) 
Mà ddcm được: DNHP = DNKQ (g.c.g) => SNHP = SNKQ
=> SBPQC = SBHKC (3)
Từ (1)(2)(3) => S BEC + SBDC = SBHKC
Bài 8: Cho tứ giác ABCD. Các đường thẳng AB cắt CD tại E. Gọi F và G theo thứ tự là trung điểm của đường chéo AC và BD. 
Chứng minh rằng: SEFG = SABCD.
Phân tích đề bài và hướng giải:
+/ Để cm: SEFG = SABCD ta cần phải biểu diễn SEFG thông qua diện tích của các hình có liên quan với SABCD. 
+/ Cần dựa vào gt có các đoạn thẳng bằng nhau => Có diện tích các tam giác bằng nhau.
=> đpcm
Bài giải:
 Nối AG , CG. Ta có:
S EFG = SAEG - SAFG - SAFE .
Mà SAEG = SABG + SEBG 
Nên S EFG = SABG + SEBG- SAFG - SAFE .
Có SABG = SABD ( vì GB = BD); SEBG = SEBD ( vì GB = BD)
SAFG = SAGC ( vì AF = AC) ; SAFE = SACE( vì AF = AC)
=> S EFG =( SABD + SEBD - SAGC - SACE)
S EFG = ( SADE - SAGCE) 
S EFG =( SABCD + SEBC - SEBC - SABCG).
Ddcm: SABCG = SABCD
S EFG = ( SABCD - SABCD) => S EFG = SABCD
Bài 9: Cho DABC và hình bình hành BCDE nằm cùng phía đối với BC sao cho các điểm D, E nằm bên ngoài tam giác. Vẽ các hình bình hànhABGH, ACIK sao cho đường thẳng GH đi qua E, đường thẳng IK đi qua D. Cmr: SBCDE = SABGH + SACIK.
(Bài toán của Páp, nhà toán học Hi Lạp thế kỉ III)
Phân tích đề bài và hướng giải:
CM: SBCDE = SABGH + SACIK.
+/ Rõ ràng bài này ta cần vẽ đường phụ 
+/ Ta cần cm: S BENM = SABGH.; SCDNM = SACIK 
Bài giải:
Vẽ hình bình hành ABEO => ACDO là hình bình hành.
Do đó GH Ç IK = {O}. 
Cho OA Ç BC ={M}; OA Ç DE = {N}
Ddcm được SABGH = SABEO ( chung cạnh, chung đường cao)
 SABEO = S BENM ( chung cạnh BE, đường cao từ A và N xuống BE bằng nhau).
=> S BENM = SABGH.
 Cmtt => SCDNM = SACIK 
 Do đó : S BENM + SCDNM = SABGH.+ SACIK 
Vậy : S BEDC = SABGH.+ SACIK
Bài 10: Cho tứ giác ABCD. M và N là trung điểm của AB, CD. AN cắt DM tại P, CM cắt BN tại Q.
Chứng minh: SMPNQ = SADP + SBCQ.
 ( Đề thi học sinh giỏi Quận Ba Đình năm học 1999 - 2000).
Q
P
N
H
M
I
K
D
C
B
A
Phân tích đề bài và hướng giải:
Chứng minh: SMPNQ = SADP + SBCQ.
+/ Cần tìm mối liên hệ của SMPNQ với SMDC.
+/ Cần tìm mối liên hệ SADP với SADN ; SBCQ với SBCN.
=> đpcm 
Bài giải:
Dựng AH, MI và CK cùng vuông góc với DC.
=> AH // MI // BK; AH + BK = 2MI.
*) SMDC = SMPNQ + SDPN + SQCN (1)
*) SADN + SBCN = SADP + SDPN + SBQC + SQCN
 SADN + SBCN = (SADP + SBQC) + (SDPN + SQCN ) (2)
*) SMDC = ; SADN + SBCN = 
=> SMDC = SADN + SBCN (3)
Từ (1) (2) (3) => SMPNQ = SADP + SBCQ.(đpcm)
Sử dụng công thức tính diện tích để thiết lập quan hệ các đoạn thẳng:
Bài 11: Cho D ABC vuông tại A, đường cao AH.
Chứng minh rằng: AB.AC = BC. AH
Bài giải: SABC = ; SABC =
=> ó AB.AC = BC. AH
Bài 12: a) Chứng minh rằng: Tổng các khoảng cách từ một điểm M bất kì nằm trong DABC đều đến các cạnh của tam giác không phụ thuộc vị trí của điểm M.
Bài giải:
Gọi cạnh DABC đều là a, chiều cao của tam giác là h.
*) SABC = SMAB + SMBC + SMAC.
*) SABC = (1)
*) SMAB + SMBC + SMAC = (2)
Từ (1) và (2) => MH + MI + MK = h 
Mà h: không đổi
Vậy MH + MI + MK không đổi khi M ở vị trí bất kỳ nằm trong DABC.
b) Quan hệ trên thay đổi như thế nào nếu M thuộc miền ngoài DABC.
 Chứng minh được: MH + MI - MK = h.
Bài 13: Các điểm E, F nằm trên các cạnh AB, BC của hình bình hành ABCD sao cho AF = CE. Gọi I là giao điểm của AF , CE. 
Chứng minh rằng: ID là tia phân giác của AIC.
Phân tích đề bài và hướng giải:
+/ Để chứng minh ID là phân giác AIC ta nghĩ đến cần chứng minh khoảng cách từ D đến IA và IC phải bằng nhau.
+/ Tiếp tục cần cm: SADF = SDCE vì hai tam giác có: AF = CE (gt)
+/ Tìm mối liên hệ giữa SADF và SDCE với SABCD
Bài giải:
+/ Hạ DH ^ IA ; DK ^ IC.
+/ Gọi chiều cao hình bình hành hạ từ B xuống AD là h1.
 Gọi chiều cao hình bình hành hạ từ A xuống CD là h2
=> SADF = . 	S DCE = 
=> SADF = S DCE (1)
SADF = (2) ; S DCE = (3)
Mà AF = CE (gt) (4)
Từ (1)(2)(3)(4) => DH = DK.
Vậy ID là phân giác của AIK.
Bài 14: Cho DABC đều. A', B', C' thứ tự là hình chiếu của M ( M nằm trong DABC hoặc trên AB, BC, CA). Các đường vuông góc với AB tại B , vuông góc với BC tại C, vuông góc với CA tại A cắt nhau ở D, E, F. 
Chứng minh:	 a) DDEF đều.
	b) AB' + BC' +CA' không phụ thuộc vị trí điểm M.
Bài giải:
a) ddcm được : D DEF đều.
b) Goị cạnh D ABC đều là a => cạnh DDEF đều là a
 h: chiều cao DDEF đều => h không đổi 
Từ M hạ MH ^ DE, MI ^ EF, MK ^ DF.
Mà MH + MI + MK = h _ Dựa và bài 11 ( đã cm)
Ta ddcm : MH = AB'; MI = BC' ; MK = CA'.
=> MH + MI + MK = AB' + BC' + CA'.
Do đó AB' + BC' + CA' = h - không đổi
Vậy AB' + BC' + CA' không phụ thuộc vị trí điểm M.
Bài 15: Cho DABC vuông tại C, trong tam giác ấy lấy điểm O sao cho SOAB = SOBC = SOCA. Chứng minh rằng: OA2 + OB2 = 5. OC2
Bài giải:
Ddcm bài toán: Gọi G là trọng tâm của tam giác thì SGAB =SGAC = SGBC.
Do đó ta cm: O là trọng tâm của DABC.
Từ O kẻ OM ^ AC, ON ^ BC; cho CO Ç AB= {I}
Theo giả thiết SOAC = SABC 
Nên ddcm : OM = BC; 
Cmtt : ON = AC.
Đặt BC = a, AC = b, ta có: OM = a, ON = b.
Do đó OA2 = AM2 + OM2 ; OB2 = NB2 + ON2 (Theo định lí Pitago)
OA2 = 
OB2 = 
=> OA2 + OB2 = 5 (1)
Vì O là trọng tâm DABC => OC = = .
=> OC2 = = (2)
Từ (1) và (2) => OA2 + OB2 = 5OC2
Bài 16: Từ điểm M tùy ý trong D ABC, các đường thẳng MA, MB, MC lần lượt cắt BC, CA, AB tại A1, B1 , C1 .
Chứng minh: 
Phân tích đề bài và hướng giải:
+/ Để chứng minh ta thấy cần phải xét từng tỉ số của hai đoạn thẳng trong hệ thức trên.
+/ Nếu biểu thị ngay từng tỉ số đó với tỉ số diện tích DCMA1 và DCAA1 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 => .
Mà MK và AH là hai đường vuông góc cùng hạ xuống BC nên 
=> = . Từ đó => đpcm
Bài giải:
Kẻ MK, AH vuông góc với BC => MK //AH=>
Ta có:	 = (1)
Cmtt ta có : 	(2)
	 (3)
Từ (1)(2) (3) ta được :
++ = ++= = 1 ( Đpcm)
Bài 17: Cho DABC và ba điểm A', B', C' lần lượt nằm trên các cạnh BC, CA, AB sao cho AA', BB', CC' đồng quy. ( A', B', C' không trùng với các đỉnh của tam giác). 
Chứng minh rằng: (Định lí Xêva)
Phân tích đề bài và hướng giải:
Ta thấy ở vế trái của điều phải chứng minh là tích của 3 tỉ số.
Để có thể rút gọn được tích này ta sẽ thay đổi tỉ số của hai đoạn thẳng bằng tỉ số diện tích của hai tam giác thích hợp, sau đó khử liên tiếp để được đpcm
Bài giải:
Vẽ BH ^ AA' và CK ^ AA'. 
=> ( hai tam giác có chung chiều cao hạ từ đỉnh A)(1)
Mà ( hai tam giác có chung cạnh AA') (2)
Ta lại có : ( hai tam giác có chung cạnh OA)(3)
Từ (1)(2)(3) => (4)
Cmtt => (5) ; (6)
=> Nhân từng vế (4)(5)(6) ta được:
..= ..= 1 (đpcm)
Bài 18: Chứng minh định lí Pitago: Trong một tam giác vuông, bình phương của cạnh huyền bằng tổng các bình phương của hai cạnh góc vuông.
ở lớp 7 chúng ta đã được học định lí này ( công nhận , không chứng minh). Có rất nhiều cách để chứng minh và một trong những cách đó ta sử dụng phương pháp diện tích
Bài giải:
Dựng các hình vuông ABFG, ACMN, BCDE.
Muốn chứng minh BC2 = AB2 + AC2 ta cần chứng minh: 
SBCDE =SABFG + SACMN.
Vẽ đường cao AH và kéo dài cắt DE tại K.
Nối AE, CF. Dd cm được : DFBC = DABE (c.g.c)
=> 	SFBC = SABE (1)
SFBC = ( vì AC //BF ) => SFBC = SABFG (2)
Cmtt SABE = SBHKE (3)
Từ (1)(2)(3) => SBHKE = SABFG
Cmtt được : SCHKD = SACMN
Do đó: SABFG +SACMN = SBHKE + SCHKD
 => SBCDE = SABFG +SACMN
Vậy BC2 = AB2 + AC2
Bài 19: 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.
K
H
G
F
E
A
B
C
D
Phân tích đề bài và hướng giải:
+/ Bài này ta thấy cần phải tìm hoặc tạo ra một tứ giác bằng SABCD.
+/ Tìm mối liên hệ giữa tứ giác đó với tứ giác EFGH.
+/ Căn cứ vào gt 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 DHEF 
Vì vậy nếu SGHF = SKHF => đpcm
Bài giải:
Kẻ EK // AD.
Ta có SEFGH = SABCD = ( SBEKC + SEADK ) 
 SEFKH = S EFK + SHEK = ( SBEKC + SEADK ) 
 => SEFGH = SEFKH
=> SHGF = SKHF 
 Mà S EFGH = SHEF + SHGF
 SEFKH = SHEF + SKHF
=> Chiều cao từ G và K xuống HF bằng nhau.
=> HF // KG
Vậy HF // BC
Bài 20: Cho DABC có AB = 3; AC = 4, BC = 5. Vẽ các đường phân giác AD, BE, CF. a) Tính diện tích tam giác DEF.
	b) CMR: DF đi qua trung điểm của BE.
( Đề thi học sinh giỏi quận Ba đình 1998 - 1999)
K
H
E
F
D
C
B
A
Bài giải:
a) Đã làm ở bài 4 ( tr 8)
=> h1 = h2
b) Theo cmt ta có : S BFD = SDEF (cùng bằng )
h1, h2 chiều cao của DBFD , DDEF hạ từ B và E xuống FD
S BFD = FD. h1 ; SDEF = FD.h2 
Cho DF Ç BE = {I} => IB = IE 
Vậy DF đi qua trung điểm của BE.
2/ Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị
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 lựong 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
Các bất đẳng thức thường được dùng để giải toán cực trị:
+/ Quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên.
+/ Quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu.
+/ Bất đẳng thức tam giác 
+ / Các bất đẳng thức đại số 
Bài 1: Cho DABC cân tại A có Â = 300 và BD là đường phân giác. Chứng minh rằng: SBCD < SABC.
Bài giải: Hạ DH ^ AB; DK ^ BC
=> DH = DK (1) 
DABC cân tại A và Â = 300 => B = C = 750
 BC < AB.(2)
SDBC = DK.BC ; SDAB =DH.AB (3)
Từ (1)(2)(3) => SDBC 2SBCD < SABC
Vậy SBCD < SABC (đpcm)
Bài 2: Cho DABC vuông cân có AB = AC = 10cm. DDEF vuông cân ở D nội tiếp DABC ( D Î AB, E Î BC, F Î AC ). Xác định vị trí của D để diện tích DEF nhỏ nhất.
Bài giải: Gọi AD = x. Kẻ EH ^ AB 
Thì AD = EH = BH = x. DH = 10 - 2x.
SDEF = 
 = [x2 + ( 10 - 2x)2 ] 
 = (5x2 - 40x + 100)
 ( x2 - 8x + 20) = (x - 4)2 + 10 ³ 10
(SDEF )min = 10 ó x = 4.
 D Î AB : AD = 4 cm thì S DEF nhỏ nhất
Bài 3: 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 đuờng chéo AC để diện tích DEF nhỏ nhất.
Bài giải: 
Dễ thấy SDEM = SAME ( chung cạnh ME, chiều cao từ D và A xuống ME bằng nhất)
SDMF = SCMF 
SDEF = SDEM + SDMF + SEMF 
 = SABC - SBEF 
 = ( a2 - BE. BF)
SDEF đạt giá trị nhỏ nhất ó BE.BF lớn nhất (1)
Do BE + BF = a không đổi nên BE.BF lớn nhất ó BE = BF = a/2
ó M là trung điểm của AC và SDEF = (a2 - = 
Bài 4: Cho tứ giác ABCD có các cạnh AB = a, BC = b, CD = c, 
DA = d. Chứng minh rằng: SABCD £ (a+c)(b+d)
Bài giải: 
Vẽ BH ^ AD; BK ^DC 
(H Î AD, K Î CD).
Ta có: BH £ AB => BH £ a
 BK £ BC => BK £ b
SABCD = SABD + SCBD 
 =BH.AD +BK.CD £ (ad+bc)
Cmtt t