SKKN Một vài kinh nghiệm sử dụng phương pháp diện tích để giải các bài toán hình học

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
A. MỞ ĐẦU
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
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. 
Định hướng đổi mới phương pháp dạy học hiện nay đã xác định “Phương pháp dạy học Toán trong nhà trường cần phải phát huy tính tích cực, tự giác chủ động của người học, hình thành và phát triển năng lực tự học, trau dồi các phẩm chất linh hoạt, độc lập sáng tạo”. Bắt nguồn từ định hướng đó giáo viên cần phải học hỏi nghiên cứu, tìm tòi và áp dụng những phương pháp dạy học sao cho phù hợp với từng đối tượng học sinh, từng kiểu bài làm cho hiệu quả giờ học đạt cao nhất.
Trong chương trình các cấp học nói chung và THCS nói riêng một trong những môn học có tác dụng rất lớn trong việc phát triển năng lực trí tuệ và tư duy khoa 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. Việc tìm phương pháp giải cho các bài toán hình ngoài việc phải tìm ra cách giải đúng còn phải tìm ra cách giải ngắn gọn, đơn giản và dễ hiểu nhất. Trong đó phương pháp sử dụng diện tích các hình phẳng để giải các bài tập hình học là một phương pháp thú vị. Tuy nhiên chưa có tài liệu nghiên cứu nào bàn sâu về vấn đề này. Đa số các giáo viên trong nhà trường khi dạy các bài toán về diện tích mới chỉ dừng lại việc vận dụng trực tiếp các công thức tính diện tích vào giải toán mà chưa khai thác sâu về ứng dụng của phương pháp đó vào các bài toán hình liên quan. 
 Với những lý do đã trình bày ở trên tôi đã chọn đề tài “Một vài kinh nghiệm sử dụng phương pháp diện tích để giải các bài toán hình học”. 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.
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 môn toán nói chung và hình học nói riêng là do các em hổng kiến thức từ lớp dưới. Vì đặc trưng của môn toán là môn hệ thống kiến thức được xây dựng đi lên như xây một bức tường. Muốn học giỏi môn toán trước hết học sinh phải nắm vững, chính xác các kiến thức cơ bản một cách chủ động, sáng tạo biết vận dụng các kiến thức đó vào giải các bài tập từ đó nâng cao mở rộng và phát triển. Bên cạnh đó các em còn phải rèn luyện khả năng tìm tòi, tích luỹ, tổng hợp, tự nghiên cứu nhằm hình thành và phát huy tính tích cực sáng tạo trong các hoạt động học tập. 
Trong chương trình toán THCS (chủ yếu là lớp 8) thì các bài toán có liên quan đến diện tích là một dạng toán hay và đa dạng. Tuy nhiên khi học sinh làm dạng toán này chỉ thành thạo trong việc áp dụng các công thức tính diện tích để tính diện tích trực tiếp của một hình nào đó mà chưa linh hoạt vận dụng được các kiến thức này vào các bài toán khác có liên quan. Cụ thể : Cho 76 học sinh khối 8 năm học 2014 - 2015 làm một đề kiểm tra hình về các bài toán có liên quan đến diện tích khi chưa áp dụng đề tài, bản thân thu được kết quả như sau
Lớp
Tổng số
HS
Kết quả đạt được
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
8A1
39
1
2,6
8
20,5
20
51,3
8
20,5
2
5,1
8A2
37
0
0
9
24,3
15
40,6
8
21,6
5
13,5
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.
C
A
B
b
a
ha 
hc 
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
 c
+) p = (a + b + c) là nửa chu vi của tam giác
hb
+) r : bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC
ra ; rb ; rc : bán kính đường tròn bàng tiếp 
 ABC tiếp xúc với a, b, c
Ta có công thức tính diện tích tam giác sau:
S = a. ha = b.hb = c. hc 	(1)
S = 	(2) công thức Hêrông
S = ab. Sin
S = (3) 	
S = p.r 	 (4)
S = (p - a).ra = (p - b).rb = (p - c).rc (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 = a2.
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: 
 S = a.h
2.4. Diện tích hình thoi có 2 đường chéo là l1, l2 : S = l1.l2
(diện tích hình thoi còn được tính theo công thức tính diện tích hình bình hành)
2.5.Diện tích hình thang có hai đáy là a, b và đường cao h : S = 
2.6. Diện tích hình thang có đường cao h, đường trung bình m :
 S = m.h
A
B
H
D
C
a
3. Các bài toán cơ bản về diện tích
 E
Bài toán 1:
GT
ABC, ADE,
 B, C, D, E thuộc đường thẳng a
KL
SABC = k. SADE (k > 0)
 Chứng minh: 
Ta có BC và DE là đoạn thẳng nên luôn tồn tại một số k > 0 
 để => BC = k . DE
Mặt khác ta lại có: SABC = AH.BC = AH . k . DE = k.(AH.DE)
 => SABC = 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 SABC = k. SACD.
Hệ quả 2: Nếu BC = CD thì SABC = SACD (k = 1)
A
A’’
C
H’
B
Bài toán 2: 
GT
ABC và A’BC 
AH ^ BC, A’H’ ^ BC
KL
 Chứng minh:
Ta có: . Vậy 
Bài toán 3: 	
GT
ABC ; A’BC : 
AA’ cắt BC tại E
KL
 A
 H
 C
 H’
 E
 A’
 B
Chứng minh:
Ta có 	 (vì DEA’H DEAH)
 Vậy 
A
B
H
C
A’
B’
H’
C’
Bài toán 4:
GT
ABC A’B’C’
theo tỷ số k
KL
 Chứng minh:
Do ABC A’B’C’ => 
Mặt khác ABH A’B’H’ => 
Khi đó 
Đặc biệt nếu ABC = A’B’C’ (k = 1) thì SABC = SA’B’C’
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, AC, AB lần lượt tại P, Q, R. Chứng minh rằng 
Chứng minh
A
B
H
C
R
Q
P
K
O
Từ O kẻ OK ^ BC, từ A kẻ AH ^ BC (K, H Î BC)
Khi đó ta có: (theo bài toán cơ bản 2)
Mặt khác do OK // AH
=> (1) 
Chứng minh tương tự ta có:
 (2)
 (3)
Từ (1) (2) và (3) ta có: 
Ta có: 
 = 3 - (
 => 	(đpcm)
Bài toán 2: Cho ABC có ba góc nhọn và ba đường cao AA’ ; BB’ ; CC’, gọi H là trực tâm của ABC. 
Chứng minh : = 1
 Chứng minh: 
Ta nhận thấy CHB và CAB là hai tam giác có chung đáy CB	
 Nên (1)	
Tương tự ta có (2)
 (3)
Từ (1) (2) và (3) ta có 
 = 
Do ABC có ba góc nhọn nên trực tâm H nằm ở miền trong ABC. 
Do đó SHBC + SAHC + SAHB = SABC 
=> => =1
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 DABC. Chứng minh rằng D ABC là tam giác đều nếu: 
 A
A’
H
B
B’
C’
Chứng minh
Theo kết quả của bài toán 2 ta có	
mà 	
 C
Điều này chứng tỏ: 
=> H là trọng tâm ABC, mà H là trực tâm của DABC 
 => ABC đều
Bài toán 4 : 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)
Chứng minh
Vẽ BH ^ AA' và CK ^ AA' ( H, K thuộc đường thẳng 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)
Chứng minh tương tự => (5) ; (6)
=> Nhân từng vế (4)(5)(6) ta được:
..= ..= 1 (đpcm)
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.
 A
 C
 K
 F
 E
 Chứng minh:	
Để chứng minh DE + DF không phụ thuộc 
vào vị trí điểm D ta chứng minh nó luôn 
bằng một đoạn thẳng có độ dài không đổi. 
Thật vậy kẻ đường cao CK ta có.	
SABD + SACD = SABC
 B
mà SABD = 	 
 D
 SABC = 	
=> AB. DF + AC . DF = AB . CK 
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 DABC đều đến các cạnh của tam giác không phụ thuộc vị trí của điểm M.
Chứng minh
Gọi cạnh DABC đều là a, chiều cao của tam giác là h.
Ta có : SABC = SMAB + SMBC + SMAC.
Hay SABC = (1)
 Mà SABC = (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.
Dạng 3:
CHỨNG MINH TỔNG HOẶC HIỆU DIỆN TÍCH CÁC HÌNH BẰNG DIỆN TÍCH MỘT HÌNH KHÁC
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
 B
M
C
D
C’
N
M’
B’
A
 Chứng minh
Hạ các đường vuông góc
Q
P
BB’; MM’; CC’ xuống AD 	
(B’, M’ và C’ thuộc AD)	
Xét hình thang BB’C’C có MN 
là đường trung bình nên 
 MM’ = nên MM’ . AD = . AD
=> M’M . AD = B’B . 
 = B’B.AN + CC’.ND ( Vì AN = ND = )
=> SAMD = SABN + SCND. Mặt khác ta có: SMPNQ = SAMD - (SAPN + SNDQ)
 Hay SMPNQ = ( SABN + SCND) - (SAPN + SNDQ)
SMPQN = (SABN - SAPN) + (SCND - SQND) = SABP + SCQD
Vậy SMPQN = SABP + SCQD
B
Bài toán 8: Cho tứ giác lồi ABCD với M là trung điểm của đường chéo AC. Chứng minh rằng: SAMB + SCMD = SAMD + SBMC = SABCD
 A
 D
 M
 Chứng minh
Do MA = MC (gt) 	
=> SAMB = SMBC và SCMD = SAMD 	
cộng vế với vế của hai đường thẳng trên ta được 
 C
 SCMD + SAMB = SAMD + SMBC (1)	
mà (SCMD + SAMB ) + (SAMD + S BMC ) = SABCD (2)
Từ (1) và (2) => SCMD + SAMB = SAMD + S BMC = SABCD
Vậy SAMB + SCMD = SAMD + SBMC = SABCD
Bài toán 9: Tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽ các đường cao BD, CE. Gọi H, K là hình chiếu của B, C trên đường thẳng ED.
Chứng minh : SBEC + SBDC = SBHKC
A
K
Q
C
D’
I’
E’
B
P
E
I
D
 Chứng minh
Gọi I là trung điểm của ED .
Vẽ EE’, II’, DD’ vuông góc với BC 
=> II’ là đường trung bình của 
 H
hình thang EE’D’D nên 
DD’ + EE’ = 2II’. Khi đó ta có 
SBEC + SBDC = BC.EE’ + BC.DD’ 
 = BC (EE’ + DD’)
Hay SBEC + SBDC = BC . 2 II’ = BC . II’ (1)
Qua I vẽ đường thẳng song song với BC cắt BH và CK tại P và Q. 
Ta có: BC. II’ = SBPQC (2)
Ta lại có: IPH = IQK (c.g.c)
=> SIPH = SIQK => SBPQC = SBHKC (3)
Từ (1) và (3) suy ra SBEC + SBDC = SBHKC
Dạng 4:
CHỨNG MINH TỈ SỐ DIỆN TÍCH CỦA HAI HÌNH PHẲNG
Bài toán 10: Chứng minh rằng tam giác có đỉnh là giao điểm của hai cạnh đối của một tứ giác lồi, hai đỉnh kia là hai trung điểm của hai đường chéo của tứ giác lồi có diện tích bằng diện tích tứ giác. 
 Chứng minh
E
B
C
D
A
M
N
Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các đường chéo BD và AC của tứ gác ABCD, E là giao điểm hai cạnh AD và BC.
Ta có: SEMN = SEDC - SEMD - SDMN - SDNC - SENC
SEMN = SEDC - SEBD - SEAC - SDNB - SDAC 
SEMN = ( SEDC - SEAC - SDAC) 
 + ( SEDC - SEBD - SDNB)
SEMN = 0 + (SDNC + SBNC) = . ( SADC + SABC) 
= (SABC + SADC) = . SABCD
Vậy SEMN = SABCD.
Bài toán 11: Cho tam giác ABC cân ở A. 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. Chứng minh: SADOE = SABC
N
H
E
D
O
C
B
A
Chứng minh
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
Bài toán 12: 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
Chứng minh
 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). Do SABCG = SABCD
=>S EFG = ( SABCD - SABCD) => S EFG = SABCD
Vậy SEFG = SABCD
Dạng 5:
CHỨNG MINH CÁC BẤT ĐẲNG THỨC VÀ CỰC TRỊ HÌNH HỌC
A
B
C
C1
B1
A1
M
Bài toán 13: Cho M là một điểm nằm trong tam giác ABC. Qua M vẽ các đường thẳng AM, BM, CM cắt các cạnh tam giác tương ứng tại các điểm A1,B1, C1. 
a) Chứng minh rằng: 6
b) Hãy xác định điểm M trong tam giác ABC 
sao cho: đạt giá trị nhỏ nhất 
Chứng minh
Đặt S1= SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB
Ta có: 
 	 (1)
Chứng minh tương tự ta có
 	 (2)
 (3)
Từ đó suy ra:
Vậy 6
b) Theo câu a ta có 6
Dấu “=” xảy ra khi S1 = S2 = S3 
 đạt giá trị nhỏ nhất
 S1 = S2 = S3 mà S1 + S2 + S3 = SABC 
 S1 = S2 = S3 = SABC M là trọng tâm của D ABC
Vậy nhỏ nhất bằng 6 điểm M là trọng tâm của tam giác ABC 
Bài toán 14: 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
 Đặt AD = x ( với x > 0). Kẻ EH ^ AB ( H BD)
 Dễ dàng chứng minh được:DADF = DHEF (ch-gn) và DBHE vuông cân tại H
 AD = EH = BH = x. DH = 10 - 2x.
Ta có: SDEF = 
 = [x2 + ( 10 - 2x)2 ] = (5x2 - 40x + 100)
 = ( x2 - 8x + 20) = (x - 4)2 + 10 ³ 10
SDEF min = 10 ó x = 4 ( thỏa mãn)
 Vậy khi điểm D Î 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.
Bài giải
Dễ thấy :
SDEM = SAME (chung cạnh ME, chiều cao từ D và A xuống ME bằng nhau)
SDMF = SCMF (chung cạnh MF, chiều cao từ D và C xuống MF bằng nhau)
Ta có: SDEF = SDEM + SDMF + SEMF 
 = SABC - SBEF = = ( a2 - BE. BF)
SDEF đạt giá trị nhỏ nhất ó BE.BF lớn nhất 
Do BE + BF = a không đổi nên BE.BF lớn nhất ó BE = BF = a/2
ó M là trung điểm của AC . Khi đó: SDEF = (a2 - = 
Phần III: BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1: 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: 
Bài 2: Cho D ABC, E là trung điểm của AC. Lấy điểm D trên BC sao cho BD = BC. Lấy G sao cho G Î AE và AG = AE. Đoạn thẳng AD cắt BG và BE theo thứ tự tại M và N. Tính SAMG 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:
a) SOBN = SODC	 b) SBCK + SNOC = SDOK
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
Bài 5: Cho tứ giác ABCD. Gọi M, N, P thứ tự là trung điểm của AB, BC, CD. Chứng minh rằng: SMNP = SABCD.
Bài 6: Cho D ABC, G là trọng tâm. 
a. Chứng minh: Bất kỳ điểm P trên một cạnh của tam giác ta luôn tìm được một điểm Q trên cạnh hoặc nằm trong tam giác sao cho SGPQ > SABC. 
b. Chứng minh rằng G là điểm duy nhất có tính chất trên. 
IV. HIỆU QUẢ CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM :
	1. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
	Sau khi vận dụng đề tài trong công tác giảng dạy, học sinh 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 đa số các em đã rất thích thú, nhất là khi các em tự mình giải được bài tập theo phương pháp nói trên. Qua đó, 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. Góp phần đáp ứng yêu cầu đổi 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 số
HS
Kết quả đạt được
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
SL
%
8A1
39
8
20,5
15
38,5
13
33,3
3
7,7
0
0
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 thực tế cho thấy có những bài toán nếu không sử dụng phương pháp này thì việc chứng minh sẽ rất khó khăn. Ngoài các bài tập nêu trên còn có một số dạng khác nữa nhưng thời gian trên lớp không cho phép GV hướng dẫn học sinh kĩ hơn về phương pháp này. Bởi vậy qua việc áp dụng phương pháp này bản thân đã tổ chức được một hình thức học tập thích hợp từ đó khuyến khích học sinh tự học, tự rèn luyện bổ sung kiền thức, hỗ trợ thêm cho việc tiếp thu bài trên lớp tốt hơn và đặc biệt có tác dụng lớn trong việc xây dựng các chuyên đề bồi dưỡng HSG theo tinh thần đổi mới của PGD & ĐT đã triển khai trong năm nay.
C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
I. Kết luận
Trên đây là toàn bộ nội dung đề tài “Một vài kinh nghiệm sử dụng phương pháp diện tích để giải các bài toán hình học” mà tôi đã nghiên cứu được trong quá trình giảng dạy. Qua việc sử dụng đề tài trên, tôi thấy nó mang lại hiệu quả rất lớn trong việc giảng dạy. Đó là: 
Đề tài giúp tôi có thêm nhiều phương pháp hay, độc đáo để giúp học sinh giải toán. Nó còn có tác dụng làm cho người giáo viên phải luôn t