Chuyên đề Diện tích đa giác và phương pháp sử dụng diện tích trong chứng minh

CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH HÌNH
Chuyên đề 6 :
DIỆN TÍCH ĐA GIÁC VÀ PHƯƠNG PHÁP
 SỬ DỤNG DIỆN TÍCH TRONG CHỨNG MINH
I. NỘI DUNG KIẾN THỨC CƠ BẢN CẦN NHỚ: 
1. Đa giác lồi.
2. Đa giác đều
3. Tổng các góc trong đa giác n cạnh là (n – 2). 1800
4. Số đường chéo của một đa giác n cạnh là 
( 3).
2
n n
5. Tổng các góc ngoài của một đa giác n cạnh là 3600
6. Trong một đa giác đều, giao điểm O của hai đường phân giác của hai góc
là tâm của đa giác đều. Tâm O cách đều các đỉnh, cách đều các cạnh của đa giác
đều, có một đường tròn tâm O đi qua các đỉnh của đa giác đều gọi là đường tròn
ngoại tiếp đa giác đều.
7. Diện tích tam giác:
1 .
2
S a h
 (a: cạnh đáy; h: chiều cao tương ứng)
1 . .sin
2
S a b C
 ( a = AB; b = CA )
8. Diện tích hình chữ nhật
S = ab
9. Diện tích hình vuông
S = a2
10. Diện tích hình bình hành
S = ah (h là chiều cao kẻ từ một đỉnh đến cạnh a)
11. Diện tích hình thoi
1 .
2
S AC BD
 (AC; BD là hai đường chéo)
12. Diện tích hình thang
1 ( ).
2
S AB CD AH 
(AB, CD là hai đáy; AH: chiều cao)
 13. Một số kết quả cần nhớ
a). SABM = SACM ( AM là trung tuyến tam giác ABC)
b). AA’ // BC => SABC = SA’BC
1
AH K
CIB
CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH HÌNH
c). 
ABD
DBC
S BD
S CD

 (D thuộc BC của tam giác ABC)
d) 
ABD
DBC
S AH
S DK

 (AH; DK là đường cao của tam giác ABC và DBC)
e) 
.AMN
ABC
S AM AN
S AB AC

 (M thuộc BC; N thuộc AC của tam giác ABC)
II. PHƯƠNG PHÁP DIỆN TÍCH: Sử dụng công thức tính diện tích để thiết lập
mối quan hệ về độ dài của các đoạn thẳng
- Ta đã biết một số công thức tính diện tích của đa giác như công thức tính
diện tích hình tam giác, hình thang, hình bình hành, hình chữ nhật, hình thoi ..
khi biết độ dài của một số yếu tố ta có thể tính được diện tích của nhữnh hình ấy.
Ngược lại nếu biết quan hệ diện tích của hai hình chẳng hạn biết diện tích của hai
tam giác bằng nhau và có hai đáy bằng nhau thì suy ra được các chiều cao tương
ứng bằng nhau. Như vậy các công thức diện tích cho ta các quan hệ về độ dài của
các đoạn thẳng. Sử dụng các công thức tính diện tích các hình có thể giúp ta so
sánh độ dài các đoạn thẳng.
- Để so sánh độ dài các đoạn thẳng bằng phương pháp diện tích, ta có thể làm
theo các bước sau:
1. Xác định quan hệ diện tích giữa các hình
2. Sử dụng các công thức diện tích để biểu diễn mối quan hệ đó bằng một
đẳng thức có chứa các độ dài.
3. Biến đổi các đẳng thức vừa tìm được ta có quan hệ về độ dài giữa hai đoạn
thẳng cần so sánh.
Ví dụ 1: 
Cho tam giác đều ABC. Từ điểm O ở trong tam giác ta vẽ 
OH AB
; 
OI BC
; 
OK CA
. Chứng minh rằng khi O di động trong tam giác thì tổng OH + OI + OK
không đổi.
Giải
Gọi độ dài mỗi cạnh của tam giác đều là a, chiều cao h
Ta có:
AOB BOC COA ABCS S S S  
1 1 1 1. . . .
2 2 2 2
a OH a OI a OK a h  
2
CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH HÌNH
1 1( ) .
2 2
a OH OI OK a h  
( )OH OI OK h   
 (không đổi)
Nhận xét : 
- Có thể giải ví dụ trên bằng cách khác nhưng không thể ngắn gọn bằng
phương pháp diện tích như đã trình bày.
- Bài toán trên vẫn đúng nếu O thuộc cạnh của tam giác đều
- Nếu thay tam giác đều bởi một đa giác bất kỳ thì tổng các khoảng cách từ O
đến cách cạnh cũng không thay đổi.
Ví dụ 2:
Chứng minh định lý Pitago: Trong một tam giác vuông, bình phương của
cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông:
Giải:
- Dựng ra phía ngoài 
ABC
 các hình vuông BCDE; ABFG; ACMN
- Muốn chứng minh 
2 2 2BC AB AC 
 ta phải chứng minh 
BCDE ABFG ACMNS S S 
- Vẽ đường cao AH kéo dài cắt DE tại K. ta sẽ chứng minh
ABFG BHKES S
 và
ACMN CHKDS S
- Nối AE; CF
FBC ABE  
 (c-g-c) 
FBC ABES S 
 (1)
FBC
 và hình vuông ABFG có chung đáy BF, đường cao ứng với đáy này
bằng nhau (là AB)
1
2FBC ABFG
S S 
 (2)
Tương tự: 
1
2ABE BHKE
S S 
 (3)
Từ (1); (2) và (3) 
BHKE ABFGS S 
Chứng minh tương tự ta được: 
CHKD ACMNS S
Do đó: 
BHKE CHKD ABFG ACMNS S S S  
3
CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH HÌNH
BCDE ABFG ACMNS S S 
 (đpcm)
4
N\
M\
C\
H\
B\
E\ K\ D\
CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH HÌNH
5
FG
A
N\M\
O\
C\
CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH HÌNH
Nhận xét: 
- Điểm mấu chốt trong cách giải trên là vẽ hình phụ: vẽ thêm ba hình vuông.
Ta phải chứng minh: 
2 2 2BC AB AC 
 mà BC2; AB2; AC2 chính là diện tích
của các hình vuông có cạnh lần lượt là BC; AB; AC.
- Để chứng minh 
BCDE ABFG ACMNS S S 
 ta vẽ đường cao AH rồi kéo dài để chia
hình vuông BCDE thành hai hình chữ nhật không có điểm trong chung rồi chứng
minh hai hình chữ nhật này có diện tích lần lượt bằng diện tích của hai hình vuông
kia.
Bài tập áp dụng: (Khoảng 5 bài tập)
III. TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC BẰNG PHƯƠNG PHÁP ĐẠI SỐ 
- Đặt các diện tích cần tìm bởi các ẩn rồi đưa về phương trình hoặc hệ
phương trình với các ẩn đó.
- Giải phương trình hoặc hệ phương trình để tìm nghiệm
Ví dụ 1:
Cho 
ABC
có diện tích bằng đơn vị, trên cạnh AB lấy M và trên AC lấy N sao
cho AM = 3BM. BN cắt CM ở O. Tính diện tích của 
AOB
và 
AOB
Giải:
Đặt SAOB = x; SAOC = y
(x,y > 0)
Ta có: 
3
4
OAM
OAB
S
S

 (vì 
3
4
AM
AB

)
3
4OAM
xS 
Vì 
4
5
AN
AC

 nên 
4
5
OAN AN
C AC
S  
4
5OAN
yS 
Ta có: SBAN = SBAO + SOAN = x + 
4
5
y
6
A
B
A\
N\
C\P\H\Q
M\
B\
I\
CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH HÌNH
mà 
4 4
5 5ABCBAN
SS  
 nên 
4 4
5 5
yx  
 (1)
mặt khác: 
3
4COA OAMCAM
xS S yS    
mà: 
3 3
4 4ABCCAM
SS  
do đó: 
3 3
4 4
xy  
 (2)
Từ (1) và (2) ta có hệ phương trình
5x + 4y = 4 (3)
3x + 4y = 3 (4)
Lấy (3) trừ (4) theo từng vế ta được 
1
2
x 
Thay 
1
2
x 
 vào (3) ta được 
3
8
x 
Vậy 
1
2AOB
S 
 và 
3
8AOC
S 
Ví dụ 2:
Giả sử MNPQ là hình vuông nội tiếp tam giác ABC, với 
;M AB N AC 
 và
;P Q BC
. Tính cạnh hình vuông biết BC = a và đường cao AH = h
Giải:
Gọi I là giao điểm của AH với MN. Đặt cạnh hình vuông MNPQ là x (x >
0), 
Ta có:
1 .
2AMN
S MN AI 1 ( )
2
x h x 
1 1( ) ( )
2 2BMNC
S BC MN MQ a x x   
1 .
2ABC
S a h
7
BM
A N C
CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH HÌNH
Ta lại có: 
ABC AMN BMNCS S S 
 nên
1 1 1. ( ) ( )
2 2 2
a h x h x x a x   
Hay: 
. ( ) aha h x a h x
a h
   

Vậy cạnh hình vuông MNPQ là 
ah
a h
Bài tập áp dụng: khoảng 5 bài
IV. BẤT ĐẲNG THỨC DIỆN TÍCH:
- Ta sử dụng hệ quả của bất đẳng thức Côsi: nếu hai số có một tổng không
đổi thì tích của chúng lớn nhất khi hai số ấy bằng nhau.
- Để sử dụng các bất đẳng thức đại số ta đặt độ dài cần xác định là x biểu thị
đại lượng cần tìm giá trị nhỏ nhất (hay giá trị lớn nhất) bằng một biểu thức có biến
x rồi tìm điều kiện của x để biểu thức có giá trị nhỏ nhất (hay giá trị lớn nhất).
Ví dụ 1: 
Cho tam giác ANC vuông tại A, AB = 4cm. Trên hai cạnh AB và AC lần lượt
lấy các điểm M, N sao cho AM = CN. Xác định vị trí của M, N sao cho tứ giác
BCMN có diện tích nhỏ nhất. Tính diện tích nhỏ nhất đó
Giải:
Đặt: 
BCMNS S
; AM = CN = x
=> AN = 4 - x
S = SABC - SAMN
4.4 (4 ) (4 )8
2 2 2
x x x xS     
S nhỏ nhất 
(4 )
2
x x
 lớn nhất
(4 )
2
x x
 lớn nhất 
Vì x + (4 – x) = 4 (không đổi) nên x(4 – x) lớn nhất

 x = 4 – x

 x = 2 (hệ quả bất đẳng thức Côsi
Khi đó M và N lần lượt là trung điểm của AB và AC
8
A
M
C N B
B
I
K CED
A
CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH HÌNH
2
min
2(4 2)8 6
2
S cm  
Ví dụ 2:
Cho đường tròn tâm O bán kính r nội tiếp trong tam giác ABC. Qua O vẽ
đường thẳng cắt hai cạnh AC và BC lần lượt tạio M và N. Chứng minh 
22CMNS r
Giải:
Đặt 
CMNS S
Ta có 
1 ( )
2CMN OCM OCN
S S S MC NC r   
Theo bất đẳng thức Côsi:
1 ( ) . 25
2
MC NC CM CN  
(Vì 
1 1( ).sin .
2 2
S MC NC C CM CN  
)
1 ( ). 2 .
2
S MC NC r S r   
2 22 .S S r 
Dấu “=” xảy ra khi CM = CN hay 
MN OC
Bài tập áp dụng: Khoảng 5 bài
V. BÀI TẬP VỀ DIỆN TÍCH VÀ CHỨNG MINH
Ví dụ 1: 
Cho hình thang ABCD, đáy AB = 3cm, AD = 4cm, BC = 6cm, CD = 9cm.
Tính diện tích hình thang
Giải
Vẽ 
//BE AD
 ta có:
3 9 6
2
S h h 
 (cm2)
CBE
 cân ở C
IC2 = 36 – 4 = 32
4 2IC 
9
CK
A L B
M
CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH HÌNH
4.4 2 8 2
2BCE
S  
8 5.2 8 2
6 3
h BK   
8 26 6. 16 2
3ABCD
S h  
Ví dụ 2: 
Cho 
ABC
có chu vi là 2p, cạnh BC = a, gọi góc 
·BAC 
, đường tròn nội
tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh AC tại K.
Tính diện tích 

AOK
+ Giải
AK = AL; CK = CM; BM = BL
2 CM + 2 AK + 2 BM = 2p
AK = p – (BM + CM)
AK = p – a 
·KAO 
2

OK = (p - a)tan
2

SAOK = 
1
2
AK
.AO = 
21 ( ) tan
2 2
p a 
* Bài tập áp dụng: 
1. Cho 

 ABC có 3 góc nhọn, các đường cao AA’, BB’, CC’ và trực tâm H.
 Tính tổng: 
' ' '
' ' '
HA HB HC
AA BB CC
 
2. Một tam giác có độ dài các đường cao là các số nguyên và bán kính đường tròn 
ngoại tiếp bằng 1. Chứng minh tam giác đó đều.
3. Cho 

 ABC biết 
µ ,A 
 , 
µ ,B 
,
µC 
, đường tròn nội tiếp tam giác có 
bán kính bằng r; P, Q, R là các tiếp điểm.
10
CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH HÌNH
 Tính diện tích tam giác PQR
4. Cho 

ABC. Trên cạnh AB lấy điểm M, trên cạnh AC lấy điểm N sao cho
1
3
AM AN
AB AC
 
. Gọi O là giao điểm của BN và CM. Gọi H, L lần lượt là chân đường
vuông góc kẻ từ A, C tới đường thẳng BN.
a/ Chứng minh CL = 2 AH.
b/ Chứng minh: SBOC = 2 SBOA
 Kẻ CE và BD vuông góc với AO. Chứng minh BD = CE.
c/ Giả sử SABC = 30 cm2, tính SAMON.
5. Cho hình thang ABCD, đáy AB, O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD. 
a/ Chứng minh rằng: SOAD = SOBC.
b/ SOAB.SOCD = (SOBC)2
HƯỚNG DẪN GIẢI
1. Ta có: 
1 '. '2
1 ''.
2
HBC
ABC
HA BCS HA
S AAAA BC
 
 (1)
Tương tự: 
'
'
HAB
ABC
S HC
S CC

 (2)
'
'
HAC
ABC
S HB
S BB

 (3)
Cộng (1), (2) và (3) ta được: 
' ' '
' ' '
HA HB HC
AA BB CC
 
=
HBC HAB HAC
ABC
S S S
S
 
=
1ABC
ABC
S
S

2.
Đặt a = BC, b = AC, c = AB
Gọi x, y, z là độ dài các đường cao tương ứng với 3 cạnh a, b, c của tam giác.
Vì bán kính đường tròn nội tiếp bằng 1 nên x, y, z > 2
Giả sử: x

y

z

 2
11
H
C’
B’A
A’B
C
CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH HÌNH
Theo kết quả bài 1: 

1 1 1
x y z
 
=1 

3
z

 z

 3 

 z=3
Từ: 
1 1 1
x y z
 
=1 

1 1 2
3x y
 
hay 3(x+y) = 2xy

 (2x-3)(2y-3) = 9 = 3 . 3 = 9 . 1

 x = y = 3 hoặc x = 6; y =2 (loại)
Vậy = y = z khi đó a = b = c
3.
OP = OQ = OR = r.
SPQR = S OPR + SOPQ + SOQR
SPQR = 
1
2
r2sin(1800 - 

) 
 = 
1
2
r2sin 

SORQ = 
1
2
r2sin 

SORQ = 
1
2
r2sin 

Do đó SPQR = 
1
2
r2 (sin 

 + sin 

+ sin 

)
4. 
a/ CN = 2 AN 

 SBNC = 2S BNA
BNC BNAS 2 S 2
BNchung 
CL AH
 
 

12
A
H
L
O
M
N
CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH HÌNH
/ 
1S .
2
1S . S 2S
2
 CL= 2AH
BOC
BOA BOC BOA
BO CL
BO AH
 

  



 (1)
Chứng minh tương tự
SBOC = 2SCOA (2)
T ừ (1) v à (2) 

 SBOA = 2 SCOA (3)
Kẻ CE 

 AO, BD

CE
Ta chứng minh được:
BD = CE
c/ Giả sử SBOC = 2a (cm2) 

 SBOA = a (cm2), SCOA= a (cm2)
Ta tính được:
SABC = 4a (cm2) 

 a = 3 cm2
Ta lại có SONA = SOMA = 
1
3
a= 1 (cm2) 
Vậy: SOAMN = 2 cm2
5.
a/ Kẻ đ ư ờng cao AH v à BH’, ta c ó: AH = BH’
Ta có: SADC = 
1 .
2
AH DC
SBDC = 
1 '.
2
BH DC

 SADC = SBDC 

 SODA = SOBC
b/ Kẻ đường cao BK của 

ABC, ta c ó:
OAB
OBC
S OA
S OC

13
E
A
B
D
C
BA
L
K
CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH HÌNH
Tương tự: 
OAD
OCD
S OA
S OC


OAB OAD
OBC OCD
S S
S S


 (SOBC)2 = SOAB.SOCD ( Vì SOBC = SOAD)
14
D A H’ C