SKKN Sử dụng công thức tính diện tích để chứng minh hình học THCS

1. MỞ ĐẦU 
1.1. Lí do chọn đề tài
Trong chương trình Toán học nói chung Hình học nói riêng việc giải các bài toán có nhiều phương pháp khác nhau. Trong các phương pháp đó bài toán có phương pháp sử dụng diện tích các hình phẳng để giải các bài tập hình học là một phương pháp thú vị. Việc sử dụng phương pháp này để giải các bài toán hình học mang ý nghĩa tổng quát và có lúc đem lại cho ta những kết quả ngắn gọn bất ngờ.
	Sử dụng các công thức tính diện tích cho phép ta hiểu sâu thêm các tiêu đề hình học, trong đó đáng quan tâm về các tiêu đề diện tích đồng thời cho phép người đọc thấy rõ bản chất các vấn đề nêu ra.
	Chứng minh các bái toán bằng công thức tính diện tích còn gây được hứng thú tìm tòi cho người giải toán. Bởi lẽ không phải bất cứ bài toán nào cũng có thể giải bằng phương pháp đó. Song nếu như cố gắng tìm tòi thì ta có thể khai thác được nhiều vấn đề hết sức thú vị của các bài toán.
	Với những lý do đã trình bày ở trên tôi đã chọn đề tài “Sử dụng công thức tính diện tích để chứng minh hình học THCS” để nghiên cứu,.
	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 và 9. Do vậy, đề tài chỉ áp dụng được cho các học sinh khá giỏi ở Trường THCS.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Chỉ ra những phương pháp dạy loại bài "Sử dụng các công thức tính diện tích diện tích trong chứng minh hình học"
Đôi mới phương pháp dạy học.
Nâng cao chất lượng dạy học, cụ thể là chất lượng học sinh giỏi là mũi nhọn. 
1.3. Đối tượng nghiên cứu
	Trong những năm dạy toán ở Trường THCS, thông qua việc tìm hiểu số lượng bài tập hình học thì các bài toán giải bằng phương pháp diện tích được trình bày quá ít. Chính vì vậy học sinh thường lúng túng khi đứng trước những bài toán như vậy. Bởi thế, để giúp học sinh giải tốt các bài toán hình học nói chung và phần bài tập về diện tích đa giác nói riêng là điều mà thầy cô giáo quan tâm và suy nghĩ. Do kinh nghiệm chưa nhiều và sự hạn chế của bản thân, tôi chỉ chọn kiến thức và bài tập phần diện tích đa giác ở lớp 8 và kiến thức mở rộng ở lớp 9 để nghiên cứu kinh nghiệm giảng dạy này.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
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.
1.5. Những điểm mới của SKKN:
	Đề tài giới hạn trong các bài toán hình học THCS đặc biệt là các bài toán hình học 8. Phân loại các dạng toán cụ thể chi tiết thường gặp trong công tác dạy học đặc biệt là trong công tác ôn thi học sinh giỏi Toán 8
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1 Cơ sở lý luận.
	Với đề tài này tôi hi vọng sẽ giúp học sinh không bỡ ngỡ khi suy luận và chứng minh các bài toán hình học khi sử dụng các công thức tính diện tích, giúp các em học tốt hơn. Đồng thời hình thành ở học sinh tư duy tích cực, độc lập, sáng tạo, nâng cao năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề, rèn luyện khả năng vận dụng kiến thức vào hoạt động thực tiễn, rèn luyện nếp nghĩ khoa học luôn mong muốn làm được những việc đạt kết quả cao nhất, tốt nhất. 
2.1.1 Công thức tính diện tích tam giác:
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 là độ dài đường cao ứng với các cạnh a, b, c.
- p = (a + b + c) là nửa chu vi của tam giác.
- R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
- r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC
- ra, rb, rc là bán kính đường tròn bàng tiếp ABC tiếp xúc với cạnh 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 (3)
S = (4) S = p.r (5) S = (p - a). ra - (p - b) rb = (p - c) rc (6)
2.1.2. Công thức tính diện tích tứ giác đặc biệt:
- Diện tích hình vuông có cạnh là a: S = a2.
- Diện tích hình chữ nhật có hai kích thước là a, b: S = a. b
- Diện tích hình bình hành có một cạnh là a và chiều cao tương ứng h: 
S = a.h
- 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)
- Diện tích hình thang có hai đáy là a, b và đường cao h : S = 
- Diện tích hình thang có đường cao h, đường trung bình m: S = m .h
2.1.3 . Các bài toán cơ bản về diện tích:
Bài toán 1:
GT
ABC, ADE, B, C, D, E thuộc đường thẳng a
KL
SABC = k. SADE (k > 0)
Hướng dẫn: 
Ta có BC và DE là đoạn thẳng nên luôn tồn tại một số để 
Mặt khác ta lại có: SABC = AH.BC = AH . k . DE = k(AH.DE)
=> SABC = k. SADE
Từ bài toán cơ bản 1 trên ta có thể rút ra hệ quả:
Hệ quả 1: Nếu C, B, P thẳng hàng (cùng thuộc đường thẳng a) và điểm A không thuộc đường thẳng a, BC = k. CP thì SABC = k. SACP.
Hệ quả 2: Nếu C, B, P thẳng hàng (cùng thuộc đường thẳng a) và điểm A không thuộc đường thẳng a, BC = CP thì SABC = SAPC (k = 1)
Bài toán 2: 
GT
, ,
, 
KL
Hướng dẫn:
Ta có: nên 
Từ bài toán cơ bản 2 ta có thể rút ra hệ quả:
Hệ quả 3: Nếu ABC có diện tích không đổi và có cạnh đáy a đường cao là h thì a và h là hai đại lượng tỉ lệ nghịch.
Bài toán 3: 
GT
, AA’ cắt BC tại E
KL
Hướng dẫn:
Ta xét các trường hợp sau:
Ta có: (1)	 
S
 (, (đối đỉnh) (2)
Thay (2) vào (1) ta được: 
Bài toán 4:
GT
S
ABC A’B’C’
theo tỷ số k
KL
Hướng dẫn:
S
Do ABC A’B’C’ (theo giả thiết) => 
S
Mặt khác ABH A’B’H’ () => 
Khi đó 
Đặc biệt nếu ABC = A’B’C’ (k = 1) thì SABC = SA’B’C’
2.2. Thực trạng của vấn đề:
Thực trạng khi nhận chuyên môn phân công dạy đội tuyển toán 8 ở những tiết đầu tiên tôi cảm thấy cách học của đa số học sinh trong đội tuyển nắm kiến thức rất thụ động mang nhiều tính sách vở.
Để thống kê năng lực tiếp thu bài của học sinh tôi dùng nhiều hình thức phát vấn trắc nghiệm rút ra một hiện tượng nổi bật học sinh trả lời rõ ràng mạch lạc nhưng mang tính chất học vẹt chấp hành đúng nguyên bản, quá trình dạy để kiểm tra việc thực hành ứng dụng của học sinh tôi đưa ra một số ví dụ thì học sinh lúng túng không biết thực hiện như thế nào.
Qua việc khảo sát việc nắm bắt dạng toán “Chứng minh hình học” trên đối tượng 15 học sinh khá giỏi lớp 8 đầu HK I năm học 2017 - 2018
Số HS
điểm 9 - 10
điểm 7 - 8
điểm 5 - 6
điểm dưới 5
SL
%
SL
%
Sl
%
SL
%
15
01
6,7%
2
13,3%
7
46,7%
5
33.3%
 Sau khi kiểm tra tôi thấy số học sinh chưa năm được kiến thức dạng này dẫn tới kết quả thấp 5em chiếm tỉ lệ 33,3% ;số học sinh nắm phương pháp còn mơ hồ kết quả chưa cao 7 em chiếm tỉ lệ 46,7%, một số học sinh nắm phương pháp và biết phân dạng nhưng kỹ năng còn chậm 2em chiếm tỉ lệ 13,3% ;1em thực sự có hứng thú với dạng toán này (có năng lực suy luận, tư duy sáng tạo), chiếm tỉ lệ 6,7% .
Xuất phát từ những khó khăn của học sinh và qua thực tế giảng dạy tôi tìm tòi nghiên cứu và đã mạnh dạn đưa ra các giải pháp sau:
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Thông qua các bài toán trong sách giáo khoa (sách tham khảo) tôi tiến hành phân loại thành một số dạng cơ bản nhất trung học cơ sở rồi hướng dẫn học sinh tìm kiến thức có liên quan cần thiết để giải từng dạng toán đó. Sau đây là một số dạng toán tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất thường gặp 
Dạng 1: Phương pháp chứng minh các đoạn thẳng tỉ lệ:
Để chứng minh AB = k.A'B', ta có thể:
- Hoặc chỉ ra rằng: 
- Hoặc chỉ ra rằng: 
- Hoặc chỉ ra rằng: 
- Hoặc chỉ ra rằng: 
- Hoặc chỉ ra rằng : và 
BÀI TẬP VẬN DỤNG:
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 
Hướng dẫn:
Từ O kẻ OK ^ BC, từ A kẻ AH ^ BC (K, H Î BC)
Khi đó ta có: (hệ quả 2)
Mặt khác OK // AH (1) 
Chứng minh tương tự ta có:
 (2) (3)
Từ (1) (2) và (3) ta có: 
Ta có: 
 = 3 - ( 	
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 
 Hướng dẫn:
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 trục tâm H nằm ở miền trong ABC. Do đó =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: 
Hướng dẫn: 
Theo kết quả của bài toán 2 ta có
mà 	
Điều này chứng tỏ: 
=> H là trọng tâm ABC => ABC đều
Bài toán 4: Trên các cạnh BC, CA, AB của ABC lấy các điểm A1, B1, C1. Chứng minh rằng nếu các đường thẳng AA', BB', CC' đồng quy tại điểm P thì 
Hướng dẫn:
Do AA', BB', CC'đồng quy tại P nên ta có: 
 (1) (theo bài toán cơ bản 3)
Chứng minh tương tự ta cũng có: (2) và (3)
Nhân vế với vế của các đẳng thức (1), (2) và (3) ta có:
Dạng 2: Tổng hoặc hiệu các đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác.
Muốn chứng minh: AB + CD = PQ. Ta chứng minh theo các cách sau:
Cách 1: Chỉ ra tồn tại một điểm M sao cho:
 SMAB + SMCD = SMPQ
d(M; AB) = d(M; CD) = d(M;PQ)
Cách 2: Chỉ ra tồn tại hai điểm M, N sao cho:
 SMAB + SMCD = SNPQ
d(M; AB) = d(M; CD) = d(N;PQ)
Cách 3: Chỉ ra tồn tại ba điểm M, N, R sao cho:
 SMAB + SNCD = SRPQ
d(M; AB) = d(N; CD) = d(R;PQ)
BÀI TẬP VẬN DỤNG:
Bài toán 5: Cho ABC cân tại A (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 AB, AC Chứng minh rằng tổng DE + DF không phụ thuộc vào vị trí của điểm D trên BC.
 Hướng dẫn:
Để chứng minh DE + DE 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 CH ta có.SABD + SACD = SABC
mà ;
 (Do AB = AC )
 DE + DF = CH 
mà CH là đường cao nên CH không đổi. Vậy DE + DF không đổi
Bài toán 6: Cho tam giác đều ABC, M là một điểm thuộc miền trong của tam giác. Gọi P, Q, R lầm lượt là hình chiếu của M trên BC, AC, AB. Chứng minh rằng MR + MP + MQ không đổi khi M thay đổi
Hướng dẫn:
Kẻ .Ta có: (1)
Mà (2); 
; ; 
 = 
 = (Vì là tam giác đều) 
 =BC (MR + MD + MQ) (3)
Thay (2) và(3) vào (1) ta được:BC (MR + MD + MQ) = BC.AH
 MR + MP + MQ = AH
mà AH là đường cao nên AH không đổi. Vậy MR + MP + MQ không đổi
Dạng 3: Phương pháp chứng minh tổng hoặc hiệu các hình bằng diện tích một hình khác:
Để chứng minh: S1 + S2 + S3 + ... + Sn = S, ta có thể sử dụng:
- Các công thức tính diện tích
- Các bài toán cơ bản đã nêu
BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài tập 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 thẳng AM và BN, Q là giao điểm của các đường thẳng CN và DM. Chứng minh SMPNQ = SAPB + SCQD
Hướng dẫn:
Hạ các đường vuông góc BB', MM’, CC’ 
xuống AD (B’, M’ và C’ thuộc AD)
Xét hình thang BB’C'C có MM' là đường 
trung bình nên 
 (vì)=> SAMD = SABN + SCND. (1) Mặt khác ta có: SMPNQ = SAMD - (SAPN + SNDQ) (2)
Thay (1) vào (2) ta được: SMPNQ = (SABN + SNCD) - (SAPN + SNQD)
 = (SABN - SAPN) + (SCND - SQND) = SABP + SCQD
Bài toán 8: Cho tứ giác lồi ABCD với M là trung điểm của đường chéo AC. 
a. Chứng minh rằng: SAMB + SCMD = SAMD + SBMC = SABCD
b. Giả sử AB không song song với CD. Gọi E và F lần lượt là trung điểm của AB và CD. Hãy tìm trên đoạn thẳng EF một điểm K sao cho
SAKB + SCKD = SAKD + SBKC = SABC
Hướng dẫn:
a. Do MA = MC (gt) => SAMB = SMBC và SCMD = SAMD
cộng vế với vế của hai đẳng thức trên ta được 
SAMB+ SCMD = SMBC + SAMD (1)
mà (SAMB+ SCMD) + (SMBC + SAMD)= SABCD (2)
Từ (1) và (2) => SCMD + SAMB = SAMD + SBMC = SABCD
b. Vì AB không song song với CD nên AB cắt CD tại T. Trên tia TA lấy điểm P sao cho TP = AB. Trên tia TD lấy điểm Q sao cho TQ = CD.
Ta có: SAMB = STPM (hai tam giác có đáy bằng nhau và cùng đường cao) 
và SCMD = STQM (hai tam giác có đáy bằng nhau và cùng đường cao)
=> SAMB + SCMD = STMP + STQM = SMPTQ = STPQ + SPQM 
Do SAMB + SCMD = SABCD (không đổi) do đó SMPQ cũng không đổi. 
Nên các điểm K thoả mãn SAKB + SCKD = SAKD + SBKC = SABCD phải chạy trên phần đường thẳng đi qua M và song song với PQ cố định
Vậy để K Î EF và vừa có SAKB + SCKD = SAKD + SBKC = SABCD thì K phải là giao điểm của EF với đường thẳng a đi qua M và song song với PQ
Bài toán 9: Tam giác ABC có ba góc nhọn, vẽ các đường cao BD, CF. Gọi H, K là hình chiếu của B, C trên đường thẳng ED.
Chứng minh SBEC + SBDC = SBHCK
Hướng dẫn:
Vẽ EF’, II’, DD’ vuông góc 
với BC (I là trung điểm của ED) 
=> II’ là đường trung bình của 
hình thang EE’D’E 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) (2) và (3) suy ra SBEC + SBDC = SBHKC
Dạng 4: Phương pháp chứng minh tỉ số diện tích của hai hình phẳng
Để chứng minh ta có thể chứng minh các cách sau: 
S
Cách 1: Chỉ ra rằng D ABC D A’B’C’ theo tỉ số k
Cách 2: Chỉ ravà dựa vào phương pháp chứng minh dạng1, 2.
Cách 3: Dùng tiêu đề diện tích để từ bài toán tổng quát đưa về bài toán cho tam giác.
BÀI TẬP VẬN DỤNG: 
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. 
Hướng dẫn: 
Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các đường chéo BD và AC của tứ giác ABCD, E là giao điểm hai cạnh AD và BC.
Ta có: SEMN = SEDC - SEMD - SENC - SDMN - SDNC 
SEMN = SEDC - SEBD - SEAC - SDNB - SDAC 
SEMN = ( SEDC - SEAC - SDAC) + ( SEDC + SEBD - SDNB)
 = (SDNC + SBNC) = ( AABC + SADC) = (SABC + SADC) = SABCD
Bài toán 11: Cho D ABC trên BC, CA, AB lấy các điểm A1; B1; C1 sao cho các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại P. Chứng minh: 
 Hướng dẫn: 
Hạ AA2 ^ BB1 và CC2 ^ BB1 Ta có: 
SABP = BP. AA2 và SBCP = BP . CC2
S
Mặt khác ta lại có DAB1A2 DCB1C2 (g.g)
Bài toán 12: Cho D ABC, E là trung điểm của AC. Trên BC lấy điểm D sao cho BD = BC. Trên AE lấy điểm G sao cho AG = AE. Đoạn thẳng AD cắt BG và BE theo thứ tự tại M và N. Tính SMNEG theo SABC.
Hướng dẫn:
Gọi F là trung điểm của DCEF// ADEF// NDDN là đường trung bình của D BEF BN = NE. Gọi I là trung điểm của GENI // MG AM = MN. Khi đó :SAMG = SANG (AM = MN); 
SANG = SANE (AG = AE); 
SANE =SABE(NE = BE); 
 SABE =SABC (AE = AC); 
 SANE =SABC ; SAMG = SABC
Vậy: SMNEG = SANE - SAMG =SABC - SABC = SABC
Bài toán 13: Trên cạnh AC và AB của D ABC lấy các điểm B1, C1. Gọi O là giao điểm của BB1 và CC1. Hãy tính Nếu và 
 Hướng dẫn:
Theo bài toán cơ bản 3 ta có: 
 = 
 = 
= . = a (+1) 
Bài toán 14: Cho hình vuông ABCD, gọi E, F, O, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD và DA. Nối các đoạn AF, BO, CN lần lượt cắt nhau tại L, M, P, Q. Chứng minh = .
Hướng dẫn:
Do tứ giác LMPQ là hình vuông và P là trung điểm
 của QC nên SDQP = SDPC
Vì Q là trung điểm của DL nên SDQP = SPQL
=> SDQC = SDPC + SDQP =2 SPQL = SLMPQ (1)
Chứng minh tương tự ta cũng có: 
SDQC = SPCB = SBMA = SALD = SLMPQ 	 (2)
Mà SDQC + SPCB + SBMA + SALD + SLMPQ=S ABCD (3)	
Từ (1) (2) và (3) SLMPQ = SABCD hay = .
Bài toán 15: Cho hai tam giác ABC và AB’C’ có chung
Chứng minh: = 
Hướng dẫn:
Ta có: SABC = ; SAB’C’ = 
Do dó: = = (1)
Vì HC// H’C’ => 	(2)
Thay (2) vào (1) ta được = 
Chú ý: Nếu B º B’ thì = 
Dạng 5: Phương pháp chứng minh các bất đẳng thức trong hình học:
	Cách 1: Sử dụng các phép biến đổi đại số và bất đẳng thức như bất đẳng thức Cosi trong trường hợp áp dụng cho hai số dương.
a2 + b2 > 2a.b, > 2
Hoặc một số bất đẳng thức khác.
	Cách 2: Sử dụng bất đẳng thức tam giác |a+b| < |a| + |b|
	Cách 3: Sử dụng các phép biến đổi hình học làm xuất hiện các bất đẳng thức từ các đại lượng về số đo diện tích và các đa giác mà ta kiến lập nên.
	Cách 4: Sử dụng mối quan hệ giữa các cạnh trong tam giác.
(c-b) < a < c + b (a1b1c là số đo 3 cạnh của tam giác)
- Sử dụng mối quan hệ giữa đường vuông góc và đường xiên cùng kẻ từ một điểm đến đường thẳng. 
BÀI TẬP VẬN DỤNG. 
Bài toán 16: 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. Chứng minh rằng: 
a. > 6
b. > 8
Hướng dẫn:
Đặt S1= SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB
Theo bài toán cơ bản 3: 
 	(1)
Chứng minh tương tự ta có
 (2) 	 (3)
Từ đó suy ra:
a. > 6
Dấu “=” xảy ra khi S1 = S2 = S3.
b. Nhân về với về của ba đẳng thức (1) (2) (3) ta có: 
Vì (S1 + S2)2 > 4 S1S2 nên ta có: 
= = 64 
 > 8
Bài toán 17: 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. 
Hướng dẫn:
a. Gọi AM là BN là các trung tuyến củaD ABC. 
Không mất tính tổng quát giả sử P thuộc cạnh
BC và BP < PC. Ta chọn Q trùng với C:
thì SGPQ > SGMC = SGBC = SABC
Vậy với P Î BC thì ta luôn tìm được điểm Q 
để SGPQ > SABC
b. Giả sử K là điểm khác điểm G có tính chất SKPQSABC. Với P nằm trên cạnh của DABC. Không mất tính tổng quát ta giả sử rằng K nằm trong tam giác BGM. Qua K kẻ KS //AM (S AB), KS cắt BG tại H, cắt BC ở P (Có thể K º H). Nếu Q nằm trong D BHP thì. 
SQKP < SBHP < SBGM = SABC 	(1)
Nếu Q nằm trong D GMC thì SQKP < SCHP < SBGM = AABC 	(2)
Vì (Vì PH // MG)
 = (3)
Từ (1) (2) (3) điểm K không không thoả mãn được S KPQ > SABC.
Vậy G là điểm duy nhất có tính chất 
Bài toán 18: Cho D ABC, gọi ha là đường cao ứng với cạnh a và hb là đường cao ứng với cạnh b. Chứng minh nếu a > b thì a + ha > b + hb. 
 Hướng dẫn:
 Gọi AH = ha, BK = hb
Xét D AHC (= 1v) ha < b
 a.ha < a.b 2SABC < ab
Từ đó ta có:
Do a > b a - b > 0 và 2SABC 0 > 0
Vậy (a + ha) - (b + hb) > 0 => a + ha > b + hb
Dấu “ =” xảy ra khi 2SABC = ab
Dạng 6: Phương pháp chứng minh các đường thẳng đồng quy:	
Khó có thể chỉ ra phương pháp chung dùng diện tích để chứng minh các đường thẳng đồng quy ( ở đây ta có thể nói rằng không có phương pháp diện tích thì bài toán chứng minh các đường thẳng đồng quy vẫn có thể thực hiện được (như sử dụng phương pháp toạ độ và một số phương pháp khác). Vì vậy việc tìm tòi phương pháp diện tích để chứng minh là một sự cố gấng.
Tuy nhiên, ta có thể dựa vào một tính chất quan trọng của hình bình hành sau đây để làm cơ sở cho phương pháp chứng minh đồng quy.
Tính chất: ABCD là hình bình hành, O là một điểm trong ABCD. Qua O kẻ các đưởng thẳng song song với các cạnh ta được bốn hình bình hành. Khi đó OÎACSOMBN = SOPDQ hay MP, NQ, AC đồng quy SOMBN = SOPDQ
 Hướng dẫn:
Giả sử OAC, thế thì ta có: 
SOMBN = SABC - SAOM - SONC
 = SADC - SAOQ - SOPC = SOPDQ
Ngược lại: Giả sử O không thuộc AC thì 
SOMNP ¹ SOPDQ. Do vậy chỉ có thể O thuộc AC. 
BÀI TẬP VẬN DỤNG. 
Bài toán 19: Trên cạnh AB, BC, CD, DA của hình bình hành ABCD lấy các điểm M, H, K, P tương ứng sao cho MK//AD và HP//AB. Chứng minh rằng các đường thẳng BP, MD, CO đồng quy tại một điểm (O là giao điểm của HP và MK). 
Hướng dẫn: 
Gọi E là giao điểm của các đường 
thẳng CO và BP ta cần phải chứng 
minh MD cũng đi qua E. Thật vậy: 
Qua E kẻ P’H’ // PH và M’K’ // MK.
Ta có P’H’ cắt MK tại F, M’K’ cắt PH tại G.
Do điểm O Î CE nên theo kết quả bài toán trên ta có: SFOHH’ = SGOKK’ 
 SEGHH’ = SEFKK’ (1)	
Do điểm E Î BP SAM’EP’ = SEGHH’ 	(2) 
Từ (1) và (2) suy ra: SEFKK’ = SAM’EP'. Điều này chứng tỏ điểm E cũng phải thuộc đường chéo MD trong hình bình hành AMKD hay ba đường thẳng BP, MD và CO đồng quy tại E.
Bài toán 20: Chứng minh rằng nếu trong một lục giác mà các đường chéo nối các đỉnh với nhau đều chia lục giác đó thành hai phần tương đương thì các đường chéo đồng quy tại một điểm. 
Hướng dẫn:
Giả sử AD cắt CF tại P và cắt BE tại R, cắt FC
 tại Q. Vì các đường thẳng AD, BE đều chia
 đôi diện tích lục giác nên: 
SAREF + S RED = SRDCB + SRAB
SAREF + SARB = SRDCB + SERD
 SRAB =SRED Tức là RE.RD = AR.BR 
RE.RD = (AP + PR)(BQ + QR) >AP. BQ(1)
Tương tự ta có: AP