Đề tài Khai thác và phát triển bài toán Hình học 8 nhằm phát triển kỹ năng giải toán của học sinh

g, đi lại khó khăn, đẫn đến khó triển khai được các buổi học thêm để triển khai các chuyên đề, các chương trình nâng cao cho học sinh.
- Đa số học sinh cảm thấy khó học phân môn hình học do các em không thể nhớ hay xâu chuỗi các kiến thức với nhau. Do các e không chịu học phần định nghĩa, khái niệm, tính chất, dấu hiệu nhận biết đã được học ở các tiết lí thuyết, mà đây lại là vấn đề quan trọng yêu cầu học sinh phải nắm và hiểu được trước khi làm bài tập.
b/ Thành công- hạn chế
* Thành công
- Khối lớp 8 của trường THCS Trường THCS Băng AĐrênh có số lượng học sinh khá giỏi tương đối nên thuận lợi cho việc triển khai chuyên đề. Khi triển khai chuyên đề, chất lượng học sinh khá giỏi tốt nên việc tiếp thu kiến thức mới và kiến thức khó của các em rất tốt và các em nhanh chóng nắm được các kiến thức.
* Hạn chế
- Chuyên đề triển khai trên tất cả học sinh khối 8 nhưng một số học sinh vẫn chưa chịu đầu tư, nghiên cứu dẫn đến chưa thể nắm vững nội dung, phương pháp mà giáo viên đã đưa ra.
c/ Mặt mạnh- mặt yếu
- Chuyên đề triển khai áp dụng bài toán cơ bản trong sách giáo khoa lớp 8 nên đa số học sinh khá giỏi tiếp thu nhanh và biết áp dụng vào các bài tập cơ bản và nâng cao, khả năng phát triển tư duy logic của học sinh được nâng lên rõ rệt.
- Tuy nhiên với học sinh trung bình và yếu thì việc giải các bài toán nâng cao của các em còn quá khó khăn, chính vì vậy chất lượng đại trả vẫn chưa được cải thiện nhiều.
d/ Các nguyên nhân, các yếu tố tác động
- - Trong quá trình học toán, học sinh hiểu phần lý thuyết có khi chưa chắc chắn hoặc còn mơ hồ về các định nghĩa, các khái niệm, định lí, các công thức nên không biết áp dụng vào giải bài tập.
- Có những dạng bài tập chứng minh, tính toán trong hình học, nếu học sinh không chú tâm để ý hay chủ quan xem nhẹ hoặc làm theo cảm nhận tương tự là có thể đi vào thế bế tắc hoặc sai lầm.
- Học sinh của trường đa số là con em gia đình thuần nông nên việc đầu tư thời gian học tập còn hạn chế, phần nào ảnh hưởng tới chất lượng học tập của các em.
e/ Phân tích, đánh giá các vấn đề về thực trang mà đề tài đã đặt ra.
- Khối lớp 8 có số lượng học sinh khá giỏi nhìn chung vẫn còn ít hơn khối lớp khác, trình độ học sinh không đồng đều về nhận thức và học lực nên gây khó khăn cho giáo viên trong việc lựa chọn phương pháp phù hợp. Nhiều học sinh có hoàn cảnh khó khăn cả về vật chất lẫn tinh thần do đó việc đầu tư về thời gian và sách vở cho học tập bị hạn chế nhiều và ảnh hưởng không nhỏ đến sự nhận thức và phát triển của các em.
- Sau khi nhận lớp và dạy một thời gian tôi đã tiến hành điều tra cơ bản thì thấy:
+ Lớp 8A: Số em không thể giải, không thể tự trình bày giải hay chứng minh hình học chiếm khoảng 75%, số học sinh nắm chắc kiến thức và biết vận dụng vào bài tập có khoảng 25%, số học sinh biết phối hợp các kiến thức, kỹ năng giải các bài toán phức tạp được biến đổi từ bài toán quen chiếm khoảng 4,2%.
+ Lớp 8B: Số em không thể giải, không thể tự trình bày giải hay chứng minh hình học chiếm khoảng 65%, số học sinh nắm chắc kiến thức và biết vận dụng vào bài tập có khoảng 35%, số học sinh biết phối hợp các kiến thức, kỹ năng giải các bài toán phức tạp được biến đổi từ bài toán quen chiếm khoảng 6,5%.
- Số học sinh trung bình và yếu, kém tập trung ở cả hai lớp nên gây khó khăn trong quá trình giảng dạy.
II.3. Giải pháp thực hiện
a/ Mục tiêu của giải pháp, biện pháp
* Mục tiêu:
- Hình thành kĩ năng giải và trình bày bài toán hình học cho học sinh từ bài toán đơn giản. Tăng dần lượng kiến thức, chuyển từ bài toán đơn giản đã biết cách giải sang bài toán phức tập hơn.
* Giải pháp:
- Tạo tâm lí thoải mái cho học sinh, không có gì khó khăn khi giải và trình bày bài tập hình học. Cần khuyến khích học sinh tự giải và tự trình bày sau khi giáo viên đã giảng giải.
- Giáo viên đóng vai trò là người hướng dẫn, dẫn dắt học sinh tìm ra lời giải bài toán, học sinh chủ động lĩnh hội kiến thức.
- Giáo viên luôn tạo môi trường thân thiện giữa thầy và trò. Không quá tỏ vẻ xa cách hay quá lớn lao và cao cả đối với học sinh. Luôn tạo cho học sinh một cảm giác gần gũi, không làm cho học sinh cảm thấy sợ hãi. Dạy thật, học thật ngay từ đầu. Dạy theo điều kiện thực tế không quá áp đặt chủ quan.
b/ Nội dung và cách thực hiện 
	Xuất phát từ bài 18 trang 121 Sgk toán 8 tập 1:
Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: SAMB = SAMC
Bài toán trên ta dễ chứng minh được.
Chúng ta sẽ dễ dàng giải được bài toán sau:
Bài toán 1: DABC vuông tại A, AM là trung tuyến. Gọi P, Q là hình chiếu của M trên AC, AB. Chứng minh rằng: SAQMP = SABC
Hướng dẫn:
Dễ thấy P, Q lần lượt là trung điểm của AC, AB. Áp dụng bài toán trên ta có:
SAMP = SMPC = SAMC
SAMQ = SBMQ = SABM
 SAMP + SAMQ = (SAMC + SABM)
SAQMP = SABC.
Ta thấy nếu điểm M di chuyển trên BC thì SAQMP cũng sẽ thay đổi và thay đổi như thế nào. Ta có bài toán sau:
Bài toán 2: Cho tam giác ABC vuông tại A. M là một điểm thay đổi trên cạnh BC. Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu của điểm M trên AC và AB . Với vị trí nào của điểm M trên BC thì SAQMP lớn nhất
Phân tích bài toán: Ta thấy SABC không đổi. Vậy SAQMP lớn nhất khi và chỉ khi lớn nhất. Từ đó ta có cách giải:
Cách 1:
Ta có SAQMP = AQ. MQ; SABC = AB. AC 
= 2.. 
Đặt BM = x; MC = y
=>
Do đó mà (x + y)2 ≥ 4xy.
=> . Dấu “=” xảy ra x = y M là trung điểm của BC.
Vậy SAQMP đạt giá trị lớn nhất bằng SABC khi M là trung điểm của BC.
 Mặt khác: SAPMQ = SABC – ( SBQM + SCPM). Vậy diện tích tứ giác APMQ lớn nhất khi và chỉ khi SBQM + SCPM nhỏ nhất tỉ số nhỏ nhất. Từ đó ta có cách giải khác:
 Cách 2: 
Ký hiệu SABC = S; SBQM = S1; SMPC = S2.
Ta có: SAQMP = S – ( S1 + S2 ).
Do đó SAQMP lớn nhất S1 + S2 nhỏ nhất nhỏ nhất.
Ta có: QM // AC => => 
 PM // AB => => 
 => ( Vì (x+y)2 ≤ 2(x2 + y2) )
 Vậy S1 + S2 => .
 Dấu “=” xảy ra x = y M là trung điểm của BC.
Và ta dễ thấy: 
 =>
 CP. QB. AP.AQ = (PM.MQ)2 ( Vì AP = MQ; AQ =PM)
Nên ta có cách giải khác:
Cách 3: Dễ thấy AQMP là hình chữ nhật
 SAQMP = PM. MQ
 SABC = S = 
Ta có: AC = AP + PC 2 ( BĐT côsi)
 AB = AQ + QB 2 (BĐT côsi)
AC . AB 4
Ta lại có: D CPM D MQB (g.g)	
 =>
 CP. QB. AP.AQ = (PM . MQ)2 ( Vì AP = MQ; AQ =PM)
Suy ra: AC . AB 4. PM . MQ
 2S 4SAQMP SAQMP .
Vậy maxSAQMP = khi PC = CA và QA = QB hay M là trung điểm của BC.
	Nhận xét 1: Về cách giải, ở bài toán 2 để tìm vị trí của điểm M sao cho diện tích APMQ lớn nhất, ta phải xét mối liên hệ giữa diện tích APMQ với diện tích tam giác ABC.
	Mặt khác, ta nhận thấy rằng nếu lấy điểm E đối xứng với điểm M qua AB, điểm F đối xứng với điểm M qua AC thì 3 điểm E,A,F thẳng hàng ( Bài 159 sách bài tập toán 8, tập một) và diện tích tam giác MEF gấp hai lần diện tích tứ giác AQMP. Vì vậy, ta có thể phát biểu thành một bài toán mới như sau:
 Bài toán 2.1: Cho tam giác ABC vuông tại A; M di chuyển trên cạnh BC. Gọi E,F lần lượt là điểm đối xứng của M qua AB và AC. Xác định vị trí của điểm M để diện tích tam giác MEF lớn nhất.
Hướng dẫn: 
Dễ dàng chứng minh được DEAQ = DMAQ 
Và DMAP = DFAP nên ta có: 
Và SAEQ = SMAQ ; SAMP = SFAP
Suy ra SFEM = 2SAQMP. 
Đến đây ta giải giống bài toán 2.
	 Nhận xét 2: Bằng phương pháp tổng quát hóa, dựa vào cách giải bài toán 2 ta có thể thay tam giác ABC vuông ở A bằng một tam giác ABC bất kỳ. Khi đó P,Q được thay là giao điểm của các đường thẳng qua M song song với AB và AC, và thay việc tìm vị trí của điểm M để diện tích tứ giác APMQ lớn nhất bằng việc chứng minh SAPMQ ≤ .
Ta có: Bài toán 2.2: Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy điểm M bất kỳ. Đường thẳng qua M và song song với AB cắt AC tại P, đường thẳng qua M và song song với AC cắt B tại Q. Chứng minh rằng: ?
Phân tích: Ta thấy bài toán 2.2 là bài toán tổng quát cho bài toán 2. Nên cả hai cách giải 1 và 2 ở bài toán 2 đều áp dụng được cho bài toán này.
Cách 1: Để tính ta kẻ đường cao từ B hoặc C của tam giác ABC. Khi đó:
 = 
 = 
 ( Vì ( x+ y)2 4xy )
Vậy 	
Cách 2: Hoàn toàn tương tự cách 2 của bài toán 2.
Cách 3: 
Không mất tính tổng quát: Giả sử MB MC. Trên đoạn MB lấy điểm I sao cho MI = MC. Qua I kẻ đường thẳng song song với QM cắt AB tại K, cắt PM tại G.
Ta có: D MPC =D MGI (g.c.cg)	
SMPC = SMGI và MP = MG
Do đó SAQMP = SKQMG 
( Vì AQMP và KQMG là hình bình hành)
Lại có SABC SAQMP + SKQMI + SMPC
SABC SAQMP + SKQMI + SMGI
SABC 2SAQMP.
	Như vậy sau khi giải xong các bài toán trên ta rút ra được phương pháp giải tổng quát cho một số bài toán diện tích bằng cách tạo ra hình bình hành nội tiếp tam giác. Kết quả cũng như cách giải của bài toán 2.1 sẽ được vận dụng giải cho các bài tập sau:
	Nhận xét 3: Từ bài toán 2.2 ta thấy SAQMP đạt giá trị lớn nhất bằng khi M là trung điểm của BC với S = SABC. Khi đó tổng diện tích hai tam giác QMB và PMC đạt giá trị nhỏ nhất.
	- Ở bài toán 2.2, xét trường hợp điểm M nằm trong tam giác ABC. Lúc đó, qua M kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác ABC, cắt các cạnh AB, BC, CA lần lượt tại các điểm Q, H, N, K, G, P. Áp dụng kết quả của bài toán 2.2 ta chứng minh đựơc S1+S2+S3 ≥ S :3 ( S là diện tích tam giác ABC). Từ đó ta có bài toán 2.3.
Bài toán 2.3 : Cho tam giác ABC, M là điểm nằm trong tam giác. Qua M kẻ các đường thẳng song song với các cạnh của tam giác cắt các cạnh AB, BC, CA lần lượt tại Q, H, N, K, G, P. Gọi S1 = SQHM, S2 = SNMK, S3 = SPMG ; S = SABC.
 a) Chứng minh S1 + S2 + S3 ≥ 
 b) Tìm vị trí của điểm M để S1 + S2 + S3 nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải :
a) Xét tam giác AHG có : 
Hình bình hành AQMP nội tiếp trong tam giác.
Áp dụng kết quả cách 2 của bài toán 2.2, ta có : 
 S1 + S2 . Tương tự : 
Với tam giác BQK ta có : S1 + S2 
Với tam giác CPN ta có : S2 + S3 
 Suy ra : 2. ( S1 + S2 + S3) ( S + S1 + S2 + S3)
 3.( S1 + S2 + S3 ) S S1 + S2 + S3 .
b) Từ nhận xét bài toán 2.2 ta có S1 + S2 +S3 nhỏ nhất khi và chỉ khi M đồng thời là trung điểm của HG, QK và NP.
M là trung điểm của HG AM đi qua trung điểm của BC
M là trung điểm của QK BM đi qua trung điểm của AC
M là trung điểm của NP CM đi qua trung điểm của BA
Khi đó M là trọng tâm của tam giác ABC.
	Nhận xét 4 : Từ bài toán 2.2 với tam giác ABC có hai góc B và C nhọn, dựng hình chữ nhật MNPQ sao cho M nằm trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AC còn 2 điểm P, Q nằm trên cạnh BC, lúc này ta không yêu cầu chứng minh SMNPQ SABC nữa mà yêu cầu tìm vị trí của M sao cho diện tích MNPQ là lớn nhất. 
Từ đó ta có bài toán 2.6 :
Bài toán 2.4 : Cho tam giác ABC có hai góc B và C nhọn. Dựng hình chữ nhật MNPQ sao cho M nằm trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AC còn hai điểm P, Q nằm trên cạnh BC. Hãy tìm vị trí của điểm M để diện tích hình chữ MNPQ lớn nhất ?
Phân tích : Bài toán này thực chất là bài toán 2 được mở rộng nhưng đòi hỏi HS phải biết cách liên hệ bài toán 2 hoặc bài toán 2.2 để áp dụng kết quả của nó vào bài toán này. Từ cách giải của bài toán 2, ta nhận thấy rằng để tìm được vị trí điểm M sao cho diện tích MNPQ lớn nhất ta phải tìm được mối liên hệ giữa diện tích của MNPQ với diện tích tam giác ABC ; tức là ta phải tạo đường cao của tam giác ABC để tính diện tích. Vì cạnh PQ của hình chữ nhật nằm trên cạnh BC, suy ra đường cao phải kẻ là đường cao xuất phát từ đỉnh A. Kẻ đường cao AI ta có thể áp dụng ngay kết quả bài toán 2 vào hai tam giác AIB và AIC. Từ đó ta có thể giải bài toán 2.6 như sau :
Hướng dẫn giải:
Cách 1 : Kẻ đường cao AI, gọi K là giao điểm của AI với MN.
Áp dụng kết quả bài toán 2.2 cho tam giác AIB và tam giác AIC, ta có : 
SMNPQ 
Vậy MaxSMNPQ = xảy ra khi SMKIQ = và SNKIP = SAIC
Các đẳng thức xảy ra khi M là trung điểm của AB, N là trung điểm của AC ( Áp dụng kết quả bài toán 2.2). Vậy khi M là trung điểm của AB thì hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất. 
	- Việc biết cách chuyển bài toán 2.6 về để áp dụng kết quả của bài toán 2.2 đã giúp cho việc giải bài toán một cách nhẹ nhàng và nhanh chóng hơn, góp phần củng cố các kết quả thu được khi giải bài toán 2 và bài toán 2.2.
Cách 2 : Từ cách giải bài toán 2, nhìn vào hình vẽ, học sinh có thể nghĩ ngay đến việc tính tỉ số diện tích tứ giác MNPQ và diện tích tam giác ABC bằng cách kẻ đường cao AI của tam giác ABC.
Lúc đó : 
SMNPQ = MN. MQ
SABC = AI. BC
Suy ra 
Mà ( AK + KI)2 4. AK.KI
Suy ra 2. Hay SMNPQ .SABC
Vậy SMNPQ lớn nhất bằng .SABC khi M là trung điểm của AB.
Cách 3 : Kẻ AI BC ; AI cắt MN tại K
Đặt AI = h ; BC = a ; MN = x ; MQ = y. Khi đó : KI = y ; AK = a- y
SABC = SAM N + SMNPQ + SNPC + SBMQ
a. h = x. (h - y) + x. y + ( NP. PC + MQ. BQ)
Mà NP = MQ = KI = y
Nên: a. h = x. (h - y) + x. y + y. ( PC + BQ)
Mà PC + BQ = BC – QP = a – x
a. h = x. (h - y) + x. y + y( a – x ) 
 a.h = xh + ay y = .
Vậy SMNPQ = xy = x. = 
Ta có : không đổi nên diện tích tứ giác MNPQ lớn nhất khi và chỉ khi x.(a – x ) lớn nhất mà x và a- x là hai số dương có tổng bằng a không đổi , do đó x. ( a – x ) lớn nhất khi x = a – x x = MN là đường trung bình của tam giác ABC. Khi đó M là trung điểm của AB. Và SMNPQ .
Vậy khi M là trung điểm của AB thì hình chữ nhật MNPQ có diện tích lớn nhất bằng SABC.
	Nhận xét 5 :Ta thấy với bài toán 2.6 nếu học sinh nắm chắc cách giải của bài toán 2 và bài toán 2.2 các em có thể vận dụng được kết quả để giải hoặc biết dùng cách giải tương tự để giải chứ không cần giải như cách 3 vừa dài vừa khó. Và khi năm chắc cách khai thác kết quả của bài toán, ta có thể đưa ra bài toán mới bằng cách thay giả thiết của bài toán 2.6 là hình chữ nhật MNPQ bởi hình bình hành MNPQ thì kết quả vẫn không thay đổi. Ta có bài toán 2.7
Bài toán 2.5 : Cho tam giác ABC. Dựng hình bình hành MNPQ sao cho M nằm trên cạnh AB, N nằm trên cạnh AC, còn hai điểm P, Q nằm trên cạnh BC. Hãy tìm vị trí của điểm M sao cho diện tích hình bình hành là lớn nhất.
Hướng dẫn giải:
Cách 1 : Ta thấy nếu từ A vẽ đường thẳng AI song song với MQ (I BC ) thì ta sẽ
 vận dụng được kết quả bài toán 2.2 vào hai tam giác AIC và AIB với các hình bình hành IKNP và IKMQ.
Ta có : SIKNP SAIC và SIKMQ SABI
Suy ra SMNPQ SABC. 
Dấu bằng xảy ra khi M là trung điểm của 
AB, N là trung điểm AC. 
Vậy để SMNPQ lớn nhất thì M là trung điểm của AB
Cách 2 : 
Ta cũng có thể dùng cách 1 của bài toán 2, Bằng cách kẻ đường cao AI, và tính tỉ số diện tích của tứ giác MNPQ với diện của tam giác ABC.
	Nhận xét 6 : Qua cách giải bài toán 2.5 gợi cho ta cách giải bài toán sau :
Bài toán 2.6 : Cho tứ giác ABCD. Trên cạnh AB, BC, CD, DA lấy M, N, P, Q sao cho : . ( t là hằng số không đổi)
Tìm t để SMNPQ đạt giá trị lớn nhất ?
 Hướng dẫn :
Gọi I, H lần lượt là giao điểm của AC với QM và PN. 
Dễ thấy các tứ giác : MNPQ ; MNHI và QPHI là hình bình hành.
Ta có : SMNPQ = SMNHI + SQPHI
Để SMNPQ lớn nhất thì SMNHI và SQPHI lớn nhất
Như vậy trong tam giác ABC có tứ giác MNHI là hình bình hành với điểm M nằm trên cạnh AB, điểm N nằm trên cạnh BC còn H và I nằm trên cạnh AC. Áp dụng kết quả bài toán 2.5 ta có :
 SMNHI SABC và SQPHI SACD
 Suy ra : SMNPQ SABCD . Dấu bằng xảy ra khi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD và DA.
Vậy để SMNPQ lớn nhất thì t = 1
	Nhận xét 7 : Qua bài toán 2.6 ta thấy khi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD và DA thì . Khi đó ta có , nên ta có bài toán sau :
Bài toán 2.6’ : Cho bài tứ giác ABCD và M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD. Chứng minh rằng  ?
	Như vậy ở các bài toán trên đã xoay quanh việc nội tiếp hình bình hành vào trong một tam giác để diện tích hình bình hành đó là lớn nhất. Vậy nếu hình bình hành là cố định thì tam giác được dựng như thế nào sẽ có diện tích nhỏ nhất. Ta xét bài toán sau :
Bài toán 2.7 : Cho góc xOy và điểm H cố định thuộc miền trong của góc đó. Một đường thẳng d quay xung quanh điểm H cắt Ox, Oy lần lượt tại C và D. Hãy dựng đường thẳng d để diện tích tam giác COD nhỏ nhất.
Phân tích bài toán : Ta nhận thấy rằng tam giác COD thay đổi khi cạnh CD quay quanh điểm H. Dựa vào kết quả của bài toán 2.2 ta nghĩ đến việc tạo ra hình bình hành có đỉnh là H và O trong tam giác COD. Từ đó ta có cách giải như sau :
Cách 1 : 
Từ H kẻ HA // Ox ( A Oy); HB // Oy ( B Ox )
Áp dụng kết quả bài toán 2.2 ta có: 
 SOAHB SCOD hay SCOD SOAHB
	Vì O, H, Ox và Oy cố định nên OAHB cố định và SOAHB không đổi.
Vậy COD nhỏ nhất khi SCOD = 2.SOAHB xảy ra khi H là trung điểm của CD. Ta có cách dựng đường thảng d như sau:
	Từ H kẻ HA // Ox ( A Oy), trên tia Oy ta lấy điểm D sao cho OD = 2.OA. Nối DH cắt Ox tại C. CD là đường thẳng cần dựng.
Cách 2: 
 Ở bài toán này ta có thể chứng minh diện tích tam giác COD nhỏ nhất bằng cách: qua H dựng đường thẳng d cắt Ox, Oy tại C và D sao cho CH = HD. Ta chứng minh diện tích tam giác COD nhỏ nhất. 
Thật vậy: Qua H kẻ đường thẳng d’ bất kỳ cắt Ox,Oy tại C’,D’. 
Ta cần chứng minh: SCOD < SC’OD’. 
Sẽ có các khả năng: OC’ OD hoặc OC ’ OD
*) Giả sử OC’ OD. 
Từ D kẻ đường thẳng song song với Ox cắt C’D’tại N.
D HCC’ = D HDN ( g.c.g) SHCC’ < SHDD’
SHCC’ + SC’HDO < SHDD’ + SC’HDO hay SCOD < SC’OD’.
Trường hợp còn lại chứng minh tương tự.
 	Nhận xét 8: Ở bài toán 2.7, nếu học sinh hiểu và nắm vững cách giải bài toán 2.2 thì dễ dàng giải được bài toán 2.7. Bây giờ ta xét một bài toán khó hơn mà muốn vận dụng được kết quả bài toán 2.2 ta phải kẻ đường phụ để đưa về 
bài toán 2.2.
Bài toán 2.8: Cho hình thang ABCD ( AB // CD ), hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại P. Chứng minh rằng: SPAB + SPCD SABCD.
Phân tích bài toán:
 Từ yêu cầu của bài toán, gợi cho ta nghĩ đến việc vận dụng bài toán 2.2 để giải. Vì ABCD là hình thang nên SDAB = SCAB suy ra SAPD = SBPC. Vì vậy để chứng minh SPAB + SPCD SABCD ta chứng minh 2.SAPD SABCD. Vì vậy ta nghĩ cần ghép 2. SAPD thành diện tích một hình bình hành và chuyển SABCD thành diện tích của một tam giác chứa 2. SAPD và có diện tích bằng SABCD.
Hướng dẫn:
 Cách 1:
Từ A kẻ đường thẳng song song với BD cắt CD kéo dài tại E. Qua D kẻ đường thẳng song song với AC cắt AE tại Q. 
Áp dụng kết quả bài toán 2.2 ta có:
 SAQDP SAEC 
 SEQD + SDCP SAEC (1)
Mà SDAB = SCAB 
 SPAD = SPBC (2)
Vì AQDP và ABDE là các hình bình hành nên:
 QD = AP; DE = AB; QDE = PAB ( góc có cạnh tương ứng song song)
Suy ra D APB = D DQE ( c.g.c) (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra: SPAB + SPCD = SEQD + SPCD SAEC
 SPAB + SPCD ( SEQD + SAQD + SADP + SPCD )
 SPAB + SPCD ( SABP + SPBC + SADP + SPCD )
 SPAB + SPCD SABCD, dấu bằng xảy ra khi D là trung điểm của CE khi đó AB = CD và tứ giác ABCD là hình bình hành.
Cách 2: 
Ta có thể tính trực tiếp mà không sử dụng kết quả bài 2.2
 Đặt SPAB = S1; SPAD = S2; SPCD = S3; SPBC = S4
Kẻ AQ DB; CR BD, ta có:
S2.S4 = ( .AQ. PD ).( .CR. PB ) = (.AQ. PB ).( . CR. PD ) = S1. S3
 ( S1 + S3 )2 4. S1. S3 = 4. S2. S4 (1)
 Vì ABCD là hình thang nên S2 = S4, 
 Vậy (S2 + S4 )2 = 4.S2. S4 (2)
Từ (1), (2) suy ra (S1 + S3 )2 ( S2 + S4 )2 
 S1 + S3 S2 + S4
 2. ( S1 + S3 ) S1 + S3 + S2 + S4 S1 + S3 SABCD.
Dấu bằng xảy ra khi S1 = S2 = S3 = S4 khi đó ABCD là hình bình hành.
	Nhận xét 9: Như vậy nếu chúng ta biết vận dụng thành thạo kết quả bài toán 2.2 thì ta sẽ giải bài 2.10 dễ dàng ( cách 1). Còn nếu chúng ta không biết chuyển bài toán để áp dụng kết quả bài toán 2.2 thì việc tìm ra hướng giải khó hơn ( cách 2).
Bài toán 2.9: Cho hình bình hành ABCD và điểm M cố định trên cạnh BC, lấy điểm N bất kỳ trên cạnh AD. Gọi H là giao điểm của AM và BN, I là giao điểm của MD và NC. Tìm vị trí của điểm N để diện tích MHNI lớn nhất.
Phân tích bài toán: Ta có ABMN và DCMN luôn là hình thang. Câu hỏi đặt ra là ta có thể áp dụng kết quả của bài 2.10 không?
Hướng dẫn:
 Nối M với N ta được ABMN và CDNM là hình thang.
Áp dụng kết quả bài toán 2.10 ta có:
SAHN + SHBM SABMN 
 SHAB + SHMN SABMN
Mà SHAB = SHNM ( vì SABM = SNBM )
 SHMN SABMN
Dấu bằng xảy ra khi AB // MN.
Tương tự:
 SIMN SCDNM, dấu bằng xảy ra khi MN // CD.
Từ đó suy ra:
SMHNI = SHMN + SIMN SABMN + SCDNM SMHNI SABCD.
Vậy diện tích tứ giác MHNI lớn nhất bằng SABCD khi MN // AB.
	Nhận xét 10: Từ bài toán 2.2, ta thấy: nếu M là trung điểm của BC và P, Q là hai điểm bất kỳ thuộc cạnh AC, AB.Tương tự cách 3 của bài toán 2.2 ta có cách giải cho bài toán hay và khó sau:
Bài toán 2.10: Cho tam giác ABC, M là trung điểm của BC; P, Q là hai điểm bất kỳ thuộc AC, A