Sáng kiến kinh nghiệm: Phương pháp giải toán tính diện tích đa giác và phương pháp diện tích

Chia sẻ: Nam Nam | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:42

Thêm vào BST

Báo xấu

317
lượt xem 37
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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, nhằm giúp các bạn hiểu hơn về vấn đề này, mời các bạn cùng tham khảo nội dung bài viết sáng kiến kinh nghiệm "Phương pháp giải toán tính diện tích đa giác và phương pháp diện tích" dưới đây.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Phương pháp giải toán tính diện tích đa giác và phương pháp diện tích

PGD&ĐT HUYỆN HIỆP HÒA TRƯỜNG THCS HỢP THỊNH SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC VÀ PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH NGƯƠI VIÊT SANG KIÊN ̀ ́ ́ ́ : PHẠM VĂN NAM DẠY MÔN: TOÁN ĐƠN VỊ: TRƯỜNG THCS HỢP THỊNH
NĂM HỌC 2015 2016 2
MỤC LỤC PHẦN I : LỜI NÓI ĐẦU................................................................................ 4 PHẦN II. NỘI DUNG.................................................................................... 5 A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC VÀ PHƯƠNG PHÁP TÍNH DIỆN TÍCH .................................................................. 5 I. Các tính chất cơ bản của diện tích đa giác:....................................... 5 II. Các công thức tính diện tích của các đa giác đặc biệt:.....................5 III. Cách giải bài toán tính diện tích và phương pháp diện tích: ............7 B. MỘT SỐ BÀI TẬP VÀ HƯỚNG DẪN GIẢI ................................................ 8 I. Các bài toán tính diện tích đa giác..................................................... 8 II. Các bài toán chứng minh băng phương pháp diện tích ..................17 1. Các bài toán chứng minh về quan hệ diện tích và quan hệ các đoạn thẳng:...................................................................................... 17 2. Các bài toán về bất đẳng thức và cực trị..................................... 32 3. Một số bài toán chứng minh trung điểm đoạn thẳng, đường thẳng song song, ba đường thẳng đồng quy............................................. 39 PHẦN III . KẾT LUẬN................................................................................ 41
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 khá, giỏi môn 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. Chính vì vậy tôi đã viết “Sáng kiến kinh nghiệm” về chuyên đề này để dạy cho học sinh lớp khá giỏi khối 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 3. Một số bài toán chứng minh trung điểm đoạn thẳng, đường thẳng song song, đồng quy. 4
PHẦN II. NỘI DUNG A.PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC VÀ PHƯƠNG PHÁP TÍNH 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 tíchcủa 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. 3a 2 6. Tam giác đều cạnh a có diện tích . 4 II. Các công thức tính diện tích của các đa giác đặc biệt: 1. Công thức tính diện tích hình chữ nhật: Diện tích hình chữ nhật bằng tích hai kích thước của nó S = a.b b a 2. Công thức tính diện tích hình vuông: Diện tích hình vuông bằng bình phương cạnh của nó. S = a2 a 3. Công thức tính diện tích tam giác: a a) Diện tích tam giác: 5
Diện tích tam giác bằng nửa tích của một cạnh với chiều cao ứng với cạnh đó 1 S = a.h 2 h a b) Diện tích tam giác vuông: Diện tích tam giác vuông bằng nửa tích hai cạnh góc vuông 1 1 b S = a.b = c.h a 2 2 h c 4. Công thức tính diện tích hình thang: Diện tích hình thang bằng nửa tích của tổng hai đáy với chiều cao a 1 S = (a+b).h 2 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 S = a.h h a 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. 1 d2 S = d1.d2 d1 2 6
7. Công thức tính diện tích của hình thoi Diện tích hình thoi bằng nửa tích của hai đường chéo. d2 1 d1 S = d1.d2 2 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: 7
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 ? 8
A Hướng giải : E D Để tính diện tích đối với bài tập này học sinh phải. nhận thấy S ABC đã biết nên ta cần O N tìm mối quan hệ về SADOE với SABC. Lại có H và O là những điểm đặc biệt trên các đoạn B AC, AH nên ta dễ dàng tìm được mối quan H C hệ đó bằng cách lấy thêm điểm N là trung Bài giải: điểm của DC. Gọi N là trung điểm của CD. 1 AD = DN = NC = AC. 3 S AOD AD 1 (Chung chiều cao hạ từ O xuống AC) S AOC AC 3 =>S AOD =S AHC (1) S AOC AO 1 (Chung chiều cao hạ từ C xuống AH) S AHC AH 2 1 Mà SAHC = SABC ( Chung chiều caoAH) (2) 2 1 Từ (1) và (2) SAOD = SABC 12 Mà SAOE = SAOD 1 SADOE = 2 SAOD = SABC. 6 áp dụng đlí Pitago vào AHC vuông tại H => AH = 4cm AH.BC 4.6 SABC = 12cm 2 2 2 1 Vậy SADOE = .12 = 2 cm2. 6 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 ? C D M E N Q B A 9
Phân tích đề bài và hướng giải: 1 Hs cần nhận thấy SABCD = 1 nên dễ dàng suy ra SBCD = . 2 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 1 1 SBMQ = SBCQ ; SQBC = SBCD. 2 3 1 SBMQ = SBCD 6 5 5 5 SMQDC = SBCD = SABCD = 6 12 12 1 Bài 3: Cho hình chữ nhật ABCD, trên cạnh BC lấy M: BM = BC. Trên 5 1 cạnh CD lấy N sao cho CN = CD. 3 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: A B P Để giải câu (a) hs dễ dàng nhận ra phải M sử dung tính chất 1: Nếu một đa giác được chia thành các đa giác không có điểm chung Q thì diện tích của nó bằng tổng diện tích K H của các đa giác đó ( tính cộng). D N C Nên để tính diện tích của AMN 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 AMN. 10
Muốn tìm mối liên hệ đó rõ ràng phải thông qua APQ. Ta nhận thấy APQ và 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 1 2 1 SABM = SABCD ; SCMN = SABCD; SADN = SABCD. 10 15 3 13 Do đó ta tính được : SAMN = SABCD 60 13 Vậy SMNPQ = SABCD 60 1 SAPQ PK.PQ 2 PK AQ = = SAMN 1 MH AN MH.AN b) Kẻ MH AN ; PK AN 2 PK AP = Vì PK// MH ( cùng vuông góc với AN) MH AM .(Theo định lí Ta let). AP AD 5 AP 5 = = � = Do PM BM 1 AM 6 AQ AB 3 AQ 3 = = � = Vì DN // AB => QN DN 2 AN 5 SAPQ AP AQ 5 3 1 1 13 = � = � = � SAPQ = SMNPQ = SAMN = S Do đó SAMN AM AN 6 5 2 2 60 ABCD Bài 4: Cho ABC có AB = 3; AC = 4, BC = 5. Vẽ các đường phân giác AD, BE, CF. Tính diện tích tam giác DEF. Phân tích đề bài và hướng giải: Để tính được diện tích của DEF thì ta phải đi tính SABC, SAEF, SBFD, SDFC A Học sinh dễ dàng tính được SABC, SAEF vì đó là hai tam giác vuông. F E 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 B H D K C FH = FA; EK = EA. 11
Bài giải: ABC có AB = 3, AC = 4, BC = 5. Nên ABC vuông tại A. FA CA 4 FA 4 4 4 Ta có CF là phân giác ACB = = � = � FA = .3 = Tương FB CB 5 AB 9 9 3 3 4 tự AE = 3 � S AE.AF 2 . 3 2 AEF = 2 = 2 = 1 Hạ FH BC ; EK BC. FH = FA ; EK = AE ( Tính chất tia pg của một góc) 15 Cmtt như trên ta tính được DB = ( Dựa vào định lí đường phân giác trong tam 7 20 giác) DC = 7 FH.BD 1 4 15 10 (*) SBFD = = �� = 2 2 3 7 7 EK.AC 1 3 20 15 (*) SDFC = = �� = 2 2 2 7 7 AB.AC 3.4 (*) SABC = = = 6 2 2 SDEF = SABC ( SAEF + SBFD + SDFC) 10 Vậy SDEF = . 7 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. 12
B H N O A C D M Bài giải: Gọi H là trung điểm của AB. Dễ dàng nhận thấy: AN HN b b b *) AHN S MHN ( g.g) � = = � HN = � HB = �HA MB HB a a a AH HN OA HN HN b b *) AHN S AOB (g.g) � = � = = = � OB = � OA AO OB OB AH HB a a *) AHN vuông tại H HN2 + HA2 = AN2 ( Theo định lí Pitago) b2 HA2(1 + 2 ) = b2 . a a 2b2 4a 2 b 2 Do đó HA2 = 2 2 � AB2 = 4AH 2 = 2 2 a +b a +b *) AOB vuông OA2 + OB2 = AB2 b2 4a 2 b 2 OA2 + OA 2 = � a2 a 2 + b2 4a 2 b 2 2ab 2ab 2 Do đó OA = � OA = và OB = (a 2 + b 2 ) 2 a 2 + b2 a 2 + b2 Mà SABCD = 2.OA.OB 8a 3b3 Vậy SABCD = (a ) 2 2 + b2 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 . 2 2 b) Trên EF lấy hai điểm M, N : sao cho EM = MF , FN= EN . 3 3 2 Trên cạnh HG lấy hai điểm P, Q : GP = HQ = MF . Tính SMNPQ . 5 13
10 c m E A B M N 12 c m H F 16 c m Q P D C G 14 c m 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. AE.AH EB.BF *) SAEH = = 70 cm2; SEBF = = 120cm2 2 2 FC.CG DH.DG SFCG = = 126cm2; SHGD = = 128 cm2. 2 2 => SEFGH = 900 ( 70 + 120 + 126 + 128) = 456 cm2 2 2 2 3 b) Vì EM = MF (gt) => EM = EF => SHEM = SHEF => SHMF = SHEF 3 5 5 5 2 3 3 GP = HG (gt) => PH = HG => SHFP = SHFG 5 5 5 3 3 => SHMF + SHFP = ( SHEF + SHFG) = SEFGH . 5 5 1 1 1 1 Do đó chứng tỏ PQ = HP , MN = MF => SMQP = SMHP ; SPMN = SMPF. 3 3 3 3 1 1 3 1 => SMQP + SPMN = ( SMHP + SMPF.) = . SEFGH = SEFGH 3 3 5 5 1 1 => SMNPQ = SEFGH = .456 = 91,2 (cm2) 5 5 14
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 B M C A K N P D E 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 ACK. Ta có: NP = ND + DK – PK AD AK = + DK − 2 2 DK BC = = = MC 2 2 MNPC là hình bình hành CP = MN = 2. Dựng hình bình hành ACKE ta có: CE = 4, EK = 3, CK = 5. 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 ? 15
A M B I N F T S E Q K D P C 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 AB = {I} ; BQ CD = { K}. DQ KD Do đó ta thấy được: = . DA AB KD Vì AB = CD . Nên ta có thể tìm . CD b) Ta nhận thấy các đỉnh của 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 AB = {I} ; BQ CD = { K}. BI BN 2 2 4 MI 4 BI = CD MI = CD => CD NC 3 3 3 CD 3 2 2 MB = AB = CD 3 3 EI MI EM 4 Có MI// CD ED CD EC 3 ME BS BS FB FB 4 ES // MB mà EC SC SC FK FK 3 FB AB AB 4 3 3 AB// KP => => KP = AB CD . FK KP KP 3 4 4 3 5 Mà DP = CD => KD = CD . 7 28 QD KD 5 Vậy = = QA AB 28 b) SPQE = STEPD STQE SDPQ. ES EC Ta có : . ES 3 2 MB MC ; có MB = CD MB 7 3 16
EC 3 EC 3 Mà => EM 4 MC 7 2 5 ES = CD => TE = CD 7 7 1 1 4 5 3 1 3 9 27 *) STEPD = (DP ET).TD CD CD . AD . . AD.CD S ABCD . 2 2 7 7 7 2 7 7 98 QD 5 5 Có = ( cmt) => QD = 5 QD = AD QA 28 DA 33 33 3 64 TD = SC = AD . TQ = TD QD = AD . 7 231 1 1 5 64 320 160 *)STEQ = .TE.TQ . .CD. AD S ABCD S ABCD 2 2 7 231 3234 1617 1 1 5 4 10 *) SQDP = .QD.DP . .AD. CD S ABCD . 2 2 33 7 231 431 S PQE = STEPD STQE SDPQ = S . 3234 ABCD II. Các bài toán chứng minh băng 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 OAB và OCD không chung đường cao và cũng không chung cạnh. BAD và CAD là hai tam giác có chiều cao bằng nhau và chung đáy AD 17 SBAD = SCAD đpcm
B C O A D 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 C Phân tích đề bài và hướng giải: B N K a) Ta nhận thấy OBN và OCD có ON = OM. O M 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: OBN = OCD. A D b) Để cm: SBCK + SNOC = SDOK ta cần tìm mối liên hệ của SBCK và SNOC với SOBN. SDOK với SODC Bài giải: a) Vì O cách đều các điểm M, C, N OM = ON = OC. Vì BN// AD BNA = NAD BNA = NAB Mà NAD = NAB BAN cân tại B => BA = BN => BN = CD. Cmtt CM = CN => CMN cân CMO = CNO (1) 18
Có OM = ON( cmt) => OMN cân Có OM = OC( cmt ) OCM cân tại O CMO = MCO (2) Từ (1) và (2) CNO = MCO Do đó ddcm : OBN = OCD (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 B A M P Q D C K 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 19
B E A Phân tích đề bài và hướng giải: K Để cm: SABKD = SCKE +SCKF D C Ta không thể chứng tỏ ngay mối M liên hệ SCKE ,SCKF vớiSABKD. N Cần phải tìm mối liên hệ SABKD F với SABCD; SCKE +SCKF với SABCD. Bài giải: Ta có SABKD = SABCD ( SCDK + SCBK) (1) Hạ EM CD ; FN BC. 1 1 SECD = SABCD ; SFCB = SABCD. 2 2 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. 1 Chứng minh rằng: SMNP = SABCD. 4 B N C Phân tích đề bài và hướng giải: M Ta có M, N, P là trung điểm các cạnh của tứ giác ABCD. Nếu ta lấy thêm Q là trung A P điểm của AP => MNPQ là hình bình 1 Q hành.Do đó SMNP = 2 SMNPQ. D 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. 1 SMNP = SMNPQ. 2 SMNPQ = SABCD SMNB SCNP SDPQ SAMQ 20