Sáng kiến kinh nghiệm Sử dụng phương pháp diện tích để giải các bài toán hình học

Lời mở đầu 
I. Đặt vấn đề
Trong Hình học nói riêng và toán học nói chung, việc giải các bài toán có nhiều phương pháp khác nhau. Trong các đó bài toán có nhiều 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.
Phương pháp 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.
Giải các bái toán bằng phương pháp 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 phương pháp diện tích để giải các bài toán hình học” 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.
II. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu.
a. Thực trạng:
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.
b. Kết quả.
Khi chưa áp dụng đề tài, việc giải bài tập ở dạng về diện tích đa giác của học sinh gặp rất nhiều khó khăn. Kết quả thu được trong 2 năm thử nghiệm như sau:
Năm học
Số học sinh kiểm tra
Kết quả đạt được
Giỏi (%)
Khá (%)
TB (%)
Yếu (%)
2003 - 2004
30
10
15
30
45
2004 - 2005
30
10
15
35
40
B. Giải quyết vấn đề.
I. Các giải pháp thực hiện.
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.
II. Các biện pháp tổ chức thực hiện .
Phần I: 
Các kiến thức cơ bản
I. Các công thức diện tích hay sử dụng cho tam giác.
C
A
B
c
b
a
hb
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
- P = (a + b + c) là nửa chu vi của tam giác
- r: bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC
- ra, rb, rc: bán kính đường tròn 
bằng 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 thực nó.
- 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 bằng tiếp tương ứng.
II. Các công thức tính diện tích tam giác hay dùng
1. Diện tích hình vuông cso cạnh là a: S = a2.
2. Diện tích hình chữ nhật có hai kích thước là a, b: S = a. b
3. Diện tích hình bình hành có một cạnh là a và chiều cao tương ứng h: S = a.h
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)
5. Diện tích hình thang có hai đáy là a, b b và đường cao h : 
S = 
6. Diện tích hình thang có đường cao h, đường trung bình m: S = m .h
A
B
H
D
C
a
III. Các bài toán cơ bản về diện tích.
Bài toán 1:
GT
ABC, ADE, B, C, D, E thuộc đường thẳng a
KL
E
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, P thẳng hàng (cùng thực đường thẳng a) và điểm A không thuộc đường thẳng a, BC = k. CP thì SABC = k. SACP.
Hệ quả 2: Nếu PB = C thì SABC = SAPC (k = 1)
Bài toán 2: 
A
A’
C
H’’
H’
B
GT
ABC, A’BC 
AH ^ BC, A’H’ ^ BC
KL
Chứng minh:
Thật vậy 
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: Ta xét các trường hợp sau:
GT
ABC, A’BC, AA’ cắt BC tại E
KL
C
A
B
C
H
H’
A’
A
B
C
H
E
H
A’
A
H
E
H’
A’
B
Chứng minh:
Ta có 	 (vì DEA’H ~DEAH)
Bài toán 4:
A
B
H
C
A’
B’
H’
C’
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
Loại 1: Chứng minh các đoạn thẳng tỉ lệ.
Loại 2: Tổng hoặc hiệu các đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác.
Loại 3: Tổng hoặc hiệu diện tích các hình bằng diện tích một hình khác.
Loại 4: Tỉ số diện tích hai hình phẳng
Loại 5: Chứng minh các bất đẳng thức hình học.
Loại 6: Chứng minh các đường thẳng đồng quy
Loại 7: Chứng minh các bài toán cực trị hình học và một số bài toán dạng khác.
Loại 1: Phương pháp chứng minh “các đoạn thẳng tỉ lệ”
Để chứng minh AB = k, ta có thể:
- Hoặc chỉ ra rằng: SMAB = SMA’B’
 d(M ; AB) = K. d(M; AB)
- Hoặc chỉ ra rằng: SMAB = SNA’B’
 d(N ; A’B’) = K. d(M; AB)
- Hoặc chỉ ra rằng: SMAB = K SMA’B’
 d(M ; AB) = K. d(M; A’B’)
- Hoặc chỉ ra rằng: SMAB = K. SNA’B’
 d(M ; AB) = d(M; A’B’)
 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 
Chứng minh:
Từ O kẻ OK ^ BC, từ A kẻ AH ^ BC (K, H ẻ BC)
A
B
H
C
R
Q
P
K
O
Khi đó ta có: (hệ quả 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 
A
B
A’
C
C’
B’
H
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 trục tâm H nằm ở miền trong ABC. Do đó SHBC + SAHC + SAHB
=> 
=> =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
B
A’
C
C’
B’
H
Chứng minh: 
Theo kết quả của bài toán 2 ta có
mà 	
Điều này chứng tỏ: 
=> H là trọng tâm ABC => ABC đều
Bài toán4: Trên các cạnh BC, CA, AB của ABC lấy các điểm A1, B1, C1. Chứng minh rằng nếu các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại điểm P thì (điều kiện cầu, điều luật Cê va)
Chứng minh:
A
B
A1
C
C1
B1
P
Do AA1, BB1, CC1 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:
Loại II: Phương pháp chứng minh
Tổng hoặc hiệu các đoạn thẳng bằng một đoạn thẳng khác
Muốn chứng minh: AD + CD = PQ. Ta chứng minh theo các cách sau:
Cách 1: Chỉ ra tồn tại một điểm M
SMAB + SMCD = SMPQ
d(M; AB) = d(M; CD) = d(M;PQ)
Cách 2: Chỉ ra tồn tại hai điểm M, N
SMAB + SMCD = SNPQ
d(M; AB) = d(M; CD) = d(N;PQ)
Cách 3: Chỉ ra tồn tại ba điểm M, N, R
SMAB + SMCD = SRPQ
d(M; AB) = d(N; CD) = d(R;PQ)
Bài tập vận dụng:
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 + EF không phụ thuộc vào vị trí của điểm D trên BC.
A
E
C
K
F
B
Chứng minh:
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 CK ta có.
SABD + SACD = SABC	D
mà SABD = 
SABC = => AB. DF + AC . DF = AB . CK
Do AB = AC (gt) => (DF + DE). AB = AB . CK 
=> DF + DE. CK, do CK là đường cao
=> CK không đổi. Vậy DR + DE không đổi
Bài toán 6: Chứng minh tổng các khoảng cách từ một điểm thuộc miền trong của tam giác đều ABC đến cạnh của nó không phụ thuộc vào vị trí của điểm ấy.
A
B
C
R
Q
M
H1
P1
Chứng minh:
Ta có: SMAB + SMBC + SMAC = SABC 
Mà SMAB = MR.AB
SMBC = MB.BC
SMAC = MQ.AC
SMAB + SMAC = MR.AB + MB + BC + MQ.AC
SABC = BC (MR + MD + MQ) = BC.AH
Vậy MR + MP + MQ không đổi.
Loại III: 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 thẳmg AM và BN, Q là giao điểm của các đường thẳng CN và DM. 
Chứng minh SMPNQ - SAPB + SCQD
B
M
C
D
C’
N
M’
B’
A
Chứng minh;
Hạ các đường vuông góc
 BB, MM’, CC’ xuống AD 
(B’, M’ và C’ thuộc AD)
Xét hình thang BB’CC’ có MN 
là đường trung bình nên 
MM’ = . Mặt khác ta có AN = ND
nên MM’ . AD = . AD
=> M’M . AD = B’B . 
=> SAMN = SABN + SCND. Mặt khác ta có: SMPNQ = SAMD - (SAPN + SMDQ)
Thay SMPQN = (SABN + SCND) - (SAƠN + SNQD)
SMPQN = (SABN - SAPN) + (SCND - SQND) vvậy SMPQN = SABP + SCQD
Bài toán 8: Cho tứ giác lồi ABCD với M là trung điểm của đường chéo AC. Chứng minh rằng:
a. SAMB + SCMD = SAMD + SBMC = SABCD
b. Giả sử A 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
T
Q
B
P
E
A
C
B
F
M
SAKB + SCKD = SAKD + SBKC = SABCD
Chứng minh:
a. Do MA = MC (gt) 
=> SAMB = SMBC và SCMD = SAMD 
cộng vế với vế của hai 
đường thẳng trên ta được 
SCMD + SAMB = SAMD + SBMC (1)
mà (SCMD + SAMB) + (SAMD + SBMC) = SABCD
T
Q
D
P
A
C
B
M
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 (nt)
 ... hì SQKP < SCHP < SBGM = AABC 	(3)
Vì 
= 
Do đó (1) (2) (3) rút ra điểm không không thoả mãn được SKPQ > SABC.
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. 
A
B1
C
A1
hb
ha
b
a
B
Chứng minh: 
 Gọi AA1 = ha, BB1 = hb
Xét D AA1C (1 = 1v) => ha < b
=> a.ha 2S < ab.
Ta lại có: 
a + ha - (b + hb) = a - 
= (a - b) (1 - )
Do a > b => a - b > 0 => 2S ab - 2S > 0 => (1- ) > 0
Vậy (a = ha) - b + hb > 0 =. a = ha > vb + hb
Dấu “ =” xảy ra khi 2 S = ab
Loại VI: 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 sộ 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.
B
C
A
D1
D
M
A1
C1
Tính chất: ABCD là hình bình hành.M là một điểm trong ABCD. Qua M kẻ các đưởng thẳng song song với các cạnh ta được bốn hình bình hành. Khi đó M ẻ AC 
 SMA1,MB1 = SMC1DD1 hay A1C1, B1 D1, AC đồng quy SMA,BB1 = SC1DD1M
Chứng minh:
Giả sử MCAC, thế thì ta có: 
A (A1 MB1B) 	= SABC - SAA1M - SMB1C = S ABC - SAD1M - SMC1D
= SABC - SAD1M - SMC1C = SD1MC1D
Ngược lại: Giả sử M không thuộc AC thì SA1MB1B ạ SD1MC1D . Do vậy chỉ có thể M 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, CD đồng quy tại một điểm (O là giao điểm của HP và MK). 
Chứng minh: 
Gọi E là giao điểm của các đường thẳng CD và BP ta cần phải chứng minh MD cũng đi qua E. 
Ta có: Qua E kẻ P’H’ // PH và M’K’ // MK.
Ta có P’H’ cắt MK tại F, M’K’ cắt PH tại G.
C
A
B
M
K
D
M’
K’
H
P
H’
P’
F
E
O
Do điểm O ẻ CE nên theo kết quả bài toán trên ta có: SFOHH’ = SGOKK’
=> SFOHH’ = SGOKK’ 	(1)
Do điểm E ẻ 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 hay ba đường thẳng BP, MD và CO đồng quy. 
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. 
Chứng minh:
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 + SSRB = SRDCB + SERD
=> SRED = SRAB
Tức là AR BR = RERD
=> (AP + PR) (BQ + QR) > AP. BQ
Tương tự AP.FP > QC.RD và BQ.OC > PF.RE
Nhân vế với vế của các bất đẳng thức trên ta có: 
RE.RD.AP.EP.PQ.QC > AP.BQ.QC.RD.PE.RE
( Vô lý, vì thực ra 2 vế bằng nhau)
A
B
C
F
E
D
R
P
Q
Vậy các đường chéo của lục giác phải đồng quy tại một điểm.
Loại VII: Phương pháp chứng minh
Các bài toán cực trị hình học
Về phương pháp chứng minh tương tự giống như ở loại 5 chú ý thêm: 
+ Tổng các số dương không đổi thì tích các số đó đạt giá trị lớn nhất khi chúng bằng nhau. 
+ Nếu tích các số dương không đổi thì tổng các số đó đạt giá trị bé nhất khi chúng bằng nhau. 
Từ đó suy ra:
+ Trong các hình chữ nhật (hình thoi) có cùng chu vi thì hình vuông có diện tích lớn nhất. 
+ Trong các hình chữ nhật (hình thoi) có cùng diện tích thì hình vuông có chu vi bé nhất. 
Bài tập vận dụng: 
C
A
B
B1
C1
A1
S1
S2
S3
M
Bài toán 21: Cho M nằm trong tam giác ABC. Các đường thẳng AM, BM, CM lần lượt cắt các cạnh BC, CA, AB tại A1, B1, C1. Hãy xác định điểm M trong tám giác sao cho: 
a. là bé nhất 
b. là bé nhất
Chứng minh: 
a. Đặt AMBC = S1, SMAC = S2, SMBA = S3
Ta có: 
Tương tự => 
= > 6
Vậy đạt giá trị bé nhất là 6 khi
b. 
Gọi S = S1 = S2 = S3
Xét P= (S1+S2+S3)-3
P = 
> . 9 - 3 = 
Vậy P = > 
Do đó đạt giá trị bé nhất là khi S1 = S2 = S3
=> M là trọng tâm D ABC. 
A
B
D
O
Bài toán 22: Gọi O là giao điểm của hai đường chéo của tứ giác ABCD. Biết SAOB = 4, SCDO = 9. Tính giá trị nhỏ nhất của diện tích tứ giác ABCD.
Giải:
Ta có: 
C
=> SOAD.SOBC = SOAB . SODC = 4.9 = 36
=> SOAD.SOBC > 2 = 12
=> SABCD = SOAC + SOBC + SOCD + SODA > 4 + 9 + 12 = 15
=> AABCD đạt giá trị bé nhất là 25 khi SOAD = SOBC = 6.
D
C
B
A
M
K
L
h
m
Bài toán 23: Cho hình bình hành ABCD có diện tích là a, D MKL nối tiếp trong hình bình hành ABCD. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích D MKL.
Giải: * Xét trường hợp đặc biệt: 
Khi D MKL có 2 đỉnh (k và l0 nằm trên một cạnh của hình bình hành ABCD. Vì m < h, kl < AB
Nên SMLK = m.kl < h.AB = SABCD = a
Vậy SMLK < a.
* Xét trường hợp tổng quát: 
K, L, M nằm trên ba cạnh khác nhau của hình bình hành. Khi đó bao giờ cũng có hai đỉnh (k và l) nằm trên hai cnạh đối diện của hình bình hành ABCD từ m kẻ MQ//AB (QẻCB), MQ cắt lk ở P. 
Như vậy bài toán được đưa về trường hợp đã xét. 
D
B
A
M
K
L
Q
C
SKLM = SKPM + SPML < AABQM + SMQCD
= SABCD = a
=> SKLM < a. 
Như vậy cả hai trường hợp thì SKLM < a. 
Một số bài toán dạng khác 
Ngoài các loại toán ở trên, trong quá trình tìm hiểu các bài toán hình học, ta còn gặp nhiều những bài toán dạng khác. Nếu như không dùng phương pháp diện tích thì sẽ rất khó khăn trong việc giải chúng chẳng hạn như bài toán sau: 
Bài toán 24: (Tài liệu hình - chuyên Toán Vinh)
Cho một đa giác lồi có diện tích là S, chu vi là P. Chứng minh rằng bao giờ cũng tồn tại một hình tròng có bán kính nằm trọn vẹn trong đa giác ấy. 
Chứng minh: 
Về phía mặt phẳng chứa đa giác ta dựng được những hình chữ nhật sao cho một kích thước là một cạnh tranh của đa giác, kích thước còn lại là . Khi đó tổng diện tích của tất cả các hình chữ nhật là .P = S -> đúng bằng diện tích của đa giác.
A
Nhưng do đa giác đã cho là đa giác lồi nên góc trong tồn tại mỗi đỉnh đều nhỏ hơn 1800. Vì thế hai hình chữ nhật dựng trên hai cạnh kề nhau bao giờ cũng có phần chung. Do đó tất cả các hình chữ nhật không cấp kía miền trong của đa giác mà không bị che lấp thì khoảng cách từ điểm đó tới các cạnh của đa giác luôn lớn hơn . Điểm đó chính là tâm của đường tròn cần tìm. Vây bao giờ cũng tồn tại một hình tròn bán kính nằm trọn vẹn trong đa giác đó có diện tích là S và chu vi là P. 
Bài toán 25: (Đề thi vô địch Thuỵ Sĩ) 
Cho Tứ giác ABCD và điểm O nằm trong tứ giác chứng minh rằng nếu các tam giác ABO, BCO, CDO và DAO có diện tích bằng nhau thì điểm O nằm trên đường chéo AC hoặc BD.
Giải: 
Tại P và cắt OD tại Q
Ta có: SAOB = SCOB (GT)
=> AP = PC
SAOD = SCOD (gt O => AQ = QC
Vậy P º Q. Nếu P º Q thì bốn điểm B,O,P,D nằm trên 1 đường thẳng. Nghĩa là O nằm trên đường chéo BD của tứ giác ABCD. 
Nếu O º P thì O nằm trên đường chéo AC của tứ giác ABCD. Như vậy O nằm trên AC hoặc BD (ĐPCM)
B
C
A
D
O
P
Q
Phần III: Bài tập đề nghị
Bài tập 1: Cho D ABC (=900). Trên các cạnh AB, AC, BC ở phía ngoài tam giác dựng hình vuông ABED, ACBQ và BCMN. Đường cao AH thuộc cạnh huyền của D ABC cắt MN tại F. Chứng minh. 
a. SBHFN = SABED, từ đó suy ra AB2 = BC.BH. 
b. A HCME = SAOPQ, từ đó suy ra AC2 = BC.HC. 
Bài tập 2: Cho hình bình hành ABCD có góc BAD nhọn, đường phân giác của góc BAD cắt CD tại M là cắt đường thẳng BC tại N. Gọi O là điểm cách đều ba điểm C, M, N là không là giao điểm của OB và OD chứng minh. 
a. SOBN = SOBC
b. SBCK + SNOC = sDOK
Bài tập 3: Cho D ABC (AB = AC), đường cao AH, O là trung điểm của AH, tia BO cắt AC tại D, tia CO cắt AB tại E. Tính tỉ số diện tích tứ giác ADOE là diện tích tam giác ABC. 
Bài tập 4: Cho D ABC (=900). trong các tam giác lấy điểm hoặc sao cho SOAB = SOBC = SOAC. Chứng minh: OA2 + OB2 = 50C2.
Bài tập 5: (Đề thi học sinh giỏi lớp 8 chuyên Vĩnh Phúc - 2003)
Cho D ABC (=900) là điểm H di chuyển trên BC. Gọi E, F lần lượt là điểm đối xứng của H qua AB, AC. 
a. Chứng minh E, A, F thẳng hàng. 
b. Chứng minh BEFC là hình thang. Có thể tìm được vị trí của H để BEFC trở thành hình thang vuông hình bình hành, hình chữ nhật được không. 
Bài tập 7: 
a. Chứng minh các đường trung tuyến của tam giác chia tam giác thành 6 phần có diện tích bằng nhau. 
b. Gọi G là trọng tâm của D ABC thì SGAB = SGAC = SGBC.
C. Phần kết luận
I. Kết quả nghiên cứu :
Do đặc trưng và tính chất của đề tài nên việc áp dụng và thử nghiệm đề tài không thực hiện được trên diện rộng, mà chỉ dành cho học sinh khá giỏi ở lớp 8. Qua việc bồi dưỡng cho 30 học sinh trên tổng 80 học sinh khối 8 ở 2 lớp 8A và 8C, trong năm học 2005-2006, tôi thu được kết như sau: 
Lớp
Số học sinh bồi dưỡng
Kết quả đạt được
Giỏi
Khá
Trung bình
Yếu
8A
20
30%
205
48%
2%
8B
10
28%
225
47%
3%
II. Kiến nghị đề xuất.
Trên đây là toàn bộ nội dung đề tài “Sử dụng phương pháp diện tích để giải các bài tập hình học” mà tôi đã nghiên cứu được trong quá trình giảng dạy phần diện tích đa giác ở lớp 8,9. 
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 tìm tòi nghiên cứu để có những bài toán phù hợp với khả năng của học sinh lớp mình phụ trách. Một thuận lợi nữa là trong cùng một thời gian, giáo viên cùng với học sinh giải một số lượng bài tập nhiều và hiệu quả hơn. 
Đối với học sinh, đề tài này giúp cho các em có được các phương pháp đặc trưng để giải các bài toán ở phần này trránh được những lúng túng, những khó khăn mắc phải. 
Mặt khác, đề tài này còn giúp học sinh nắm sâu hơn các kiến thức có liên quan đến diện tích. Từ đó có thể giải được các bài tập nâng cao ở phần này. Với số lượng bài tập đưa ra trong đề tài có sự chọn lọc, thì giải toán bằng phương pháp diện tích còn đem lại sự hứng thú học tập cho học sinh. Bởi vì học sinh phải tìm tòi, sáng tạo trong quá trình giải, giúp học sinh phát triển tốt tư duy lôgic của mình. 
Với những hiệu quả thu được của bản thân và của học sinh tôi thấy việc sử dụng phương pháp diện tích để giải các bài toán hình học là một việc làm phù hợp cho thầy và sự tiếp thu kiến thức của học sinh. Với số lượng bài tập còn hạn chế, hy vọng rằng đề tài này có thể làm tài liệu tham khảo của các đồng nghiệp trong quá trình giảng dạy.
Do kinh nghiệm còn ít và sự hạn chế của bản thân, chắc chắn còn có những thiếu sót. Tôi mong được sự bổ sung và góp ý kiến xây dựng của các đồng chí, đồng nghiệp để đề tài được khả quan hơn khi áp dụng vào thực tế. 
- Tác giả -