T BI TON HAY TRấN TON TUI TH N BI TON THI QUC T Phan duy nghA (Phòng GD-ĐT Hơng Sơn, Hà Tĩnh) Trên tạp chí TTT1 số 41, chuyên mục Thi giải toán qua th có đăng bài toán sau: Bài toán. Một mảnh đất hình chữ nhật đ- ợc chia thành 4 hình chữ nhật nhỏ hơn có diện tích đợc ghi nh hình vẽ. Bạn có biết diện tích hình chữ nhật còn lại có diện tích là bao nhiêu không ? Bài giải. Hai hình chữ nhật AMOP và MBQO có chiều rộng bằng nhau và có diện tích hình MBQO gấp 3 lần diện tích hình AMOP (24 : 8 = 3 (lần)), do đó chiều dài hình chữ nhật MBQO gấp 3 lần chiều dài hình chữ nhật AMOP (OQ = 3 x PO) (1). Hai hình chữ nhật POND và OQCN có chiều rộng bằng nhau và có chiều dài hình OQCN gấp 3 lần chiều dài hình POND (theo (1)). Do đó diện tích hình OQCN gấp 3 lần diện tích hình POND. Vậy diện tích hình chữ nhật OQCN là: 16 x 3 = 48 (m 2 ). Lời bàn 1. Nếu ta nối các điểm M với Q; Q với N; N với P và P với M thì ta có bài toán trong đề thi toán Tiểu học quốc tế tổ chức tại Hồng Kông nh sau. Bài toán 1. Trên hình vẽ bên có AMOP, MBQO, OQCN, POND và ABCD là các hình chữ nhật. Biết diện tích MBQO là 51 cm 2 , diện tích của AMOP là 17 cm 2 và diện tích của hình POND là 29 cm 2 . Hãy tìm diện tích tứ giác MQNP. Bài giải tóm tắt. Tơng tự nh cách giải bài toán trên ta tính đợc diện tích hình chữ nhật OQCN là: 29 x 3 = 87 (cm 2 ). Mặt khác ta có: S MQNP = S PMO + S MQO + S QNO + S PNO . Mà diện tích mỗi hình tam giác này lại bằng một nửa diện tích hình chữ nhật chứa nó. Vậy S MQNP = 17 2 + 51 2 + 87 2 + 29 2 = 92 (cm 2 ). Lời bàn 2. Nối O với B ; O với D và B với D ta có bài toán mới khó hơn chút xíu sau. Bài toán 2. Hình chữ nhật ABCD chứa 4 hình chữ nhật nhỏ hơn là AMOP, MBQO, POND và OQCN có diện tích tơng ứng là 8 cm 2 , 24 cm 2 , 16 cm 2 và 48 cm 2 . Tính diện tích phần tô màu. Bài giải tóm tắt. Diện tích hình chữ nhật ABCD là: 8 + 24 + 16 + 48 = 96 (cm 2 ). Diện tích hình tam giác BCD là: 96 : 2 = 48 (cm 2 ). Diện tích hình tam giác BMO là: 24 : 2 = 12 (cm 2 ). Diện tích hình tam giác DPO là: 16 : 2 = 8 (cm 2 ). Diện tích phần tô màu là: 96 (48 + 12 + 8 + 8) = 20 (cm 2 ). Lời bàn 3. Nếu trên OQ ta lấy điểm I sao cho PO = 2 x OI thì ta có thêm bài toán mới khó hơn nh sau. Bài toán 3. Hình chữ nhật ABCD chứa 4 hình chữ nhật nhỏ hơn là AMOP, MBQO, POND và OQCN có diện tích tơng ứng là 8 cm 2 , 24 cm 2 , 16 cm 2 và 48 cm 2 . Biết PO = 2 x OI. Tính diện tích phần tô màu. Bài giải tóm tắt. Diện tích hình tam giác OBQ là: 24 : 2 = 12 (cm 2 ). Vì PO = 2 x OI nên suy ra OI = 1 6 OQ. Hai tam giác OBQ và OBI có chung chiều cao BQ nên suy ra S OBI = 1 6 x S OBQ = 1 6 x 12 = 2 (cm 2 ). Hai tam giác OBI và ODI có chung cạnh OI và có tỉ số hai chiều cao tơng ứng là PD AP = 16 8 = 2 nên suy ra S ODI = 2 x S OBI = 2 x 2 = 4 (cm 2 ). Vậy diện tích phần tô màu là : 2 + 4 = 6 (cm 2 ). Lời bàn 4. Nếu ta di chuyển cạnh ON về phía cạnh QC sao cho điểm O trùng với điểm I thì ta có bài toán trong đề thi toán Tiểu học quốc tế tổ chức tại Hồng Kông nh sau. Bài toán 4. Hình chữ nhật ABCD chứa 4 hình chữ nhật nhỏ hơn là AMOP, MBQO, PIND và IQCN có diện tích tơng ứng là 12 cm 2 , 36 cm 2 , 24 cm 2 và 48 cm 2 . Tính diện tích phần tô màu. Bài giải tóm tắt. Nối I với C ta có: Diện tích hình tam giác IQC là: 48 : 2 = 24 (cm 2 ). Mặt khác, ta có: Diện tích hình chữ nhật ABQP là: 12 + 36 = 48 (cm 2 ). Diện tích hình chữ nhật PQCD là: 48 + 24 = 72 (cm 2 ). Hai hình chữ nhật ABQP và PQCD có chung cạnh PQ nên suy ra tỉ số BQ QC = 48 72 = 2 3 . Hai tam giác IBQ và IQC có chung cạnh IQ và có tỉ số hai chiều cao t- ơng ứng là BQ QC = 2 3 nên suy ra S IBQ = 2 3 x S IQC = 2 3 x 24 = 16 (cm 2 ). Vậy S BOI = S BOQ S IBQ = 36 : 2 16 = 2 (cm 2 ). Hai tam giác BOI và DOI có chung cạnh OI và có tỉ số hai chiều cao tơng ứng là BQ QC = 2 3 nên suy ra S DOI = 3 2 x S BOI = 3 2 x 2 = 3 (cm 2 ). Diện tích phần tô màu là: 2 + 3 = 5 (cm 2 ). Lời bàn 5. Trong quá trình giải các bài toán trên, chúng ta chỉ sử dụng đến yếu tố song song của các cạnh còn yếu tố vuông góc chúng ta không sử dụng. Điều này giúp ta nghĩ đến việc thay hình chữ nhật bởi hình bình hành. Suy nghĩ đó giúp ta có thêm các bài toán mới hấp dẫn sau. Bài toán 5. Một mảnh đất hình bình hành đợc chia thành 4 hình bình hành nhỏ hơn có diện tích đợc ghi nh hình vẽ. Bạn có biết diện tích hình bình hành còn lại có diện tích là bao nhiêu không ? Bài toán 6. Trên hình vẽ bên có AMOP, MBQO, OQCN, POND và ABCD là các hình bình hành. Biết diện tích MBQO là 51 cm 2 , diện tích của AMOP là 17 cm 2 và diện tích của hình POND là 29 cm 2 . Hãy tìm diện tích tứ giác MQNP. Bài toán 7. Hình bình hành ABCD chứa 4 hình bình hành nhỏ hơn là AMOP, MBQO, POND và OQCN có diện tích tơng ứng là 8 cm 2 , 24 cm 2 , 16 cm 2 và 48 cm 2 . Tính diện tích phần tô màu. Bài toán 8. Hình bình hành ABCD chứa 4 hình bình hành nhỏ hơn là AMOP, MBQO, POND và OQCN có diện tích tơng ứng là 8 cm 2 , 24 cm 2 , 16 cm 2 và 48 cm 2 . Biết PO = 2 x OI. Tính diện tích phần tô màu. Bài toán 9. Hình bình hành ABCD chứa 4 hình bình hành nhỏ hơn là AMOP, MBQO, PIND và IQCN có diện tích tơng ứng là 12 cm 2 , 36 cm 2 , 24 cm 2 và 48 cm 2 . Tính diện tích phần tô màu. Bài giải các bài toán tự luyện. Bài toán 5. Một mảnh đất hình bình hành đợc chia thành 4 hình bình hành nhỏ hơn có diện tích đợc ghi nh hình vẽ. Bạn có biết diện tích hình bình hành còn lại có diện tích là bao nhiêu không ? Bài giải tóm tắt. Hai hình bình hành AMOP và MBQO có chiều cao bằng nhau chính là chiều cao hình bình hành ABQP nên suy ra OQ OP = 24 8 = 3. Hai hình bình hành POND và ONCQ có chiều cao bằng nhau chính là chiều cao hình bình hành PQCD nên suy ra S QONC : S POND = OQ OP = 3. Vậy: S QONC = 16 x 3 = 48 (cm 2 ). Bài toán 6. Trên hình vẽ bên có AMOP, MBQO, OQCN, POND và ABCD là các hình bình hành. Biết diện tích MBQO là 51 cm 2 , diện tích của AMOP là 17 cm 2 và diện tích của hình POND là 29 cm 2 . Hãy tìm diện tích tứ giác MQNP. Bài giải tóm tắt. Tơng tự nh cách giải bài toán trên ta tính đợc diện tích hình bình hành OQCN là: 29 x 3 = 87 (cm 2 ). Mặt khác ta có: S MQNP = S PMO + S MQO + S QNO + S PNO . Mà diện tích mỗi hình tam giác này lại bằng một nửa diện tích hình bình hành chứa nó. Vậy S MQNP = 17 2 + 51 2 + 87 2 + 29 2 = 92 (cm 2 ). Bài toán 7. Hình bình hành ABCD chứa 4 hình bình hành nhỏ hơn là AMOP, MBQO, POND và OQCN có diện tích tơng ứng là 8 cm 2 , 24 cm 2 , 16 cm 2 và 48 cm 2 . Tính diện tích phần tô màu. Bài giải tóm tắt. Diện tích hình bình hành ABCD là: 8 + 24 + 16 + 48 = 96 (cm 2 ). Diện tích hình tam giác BCD là: 96 : 2 = 48 (cm 2 ). Diện tích hình tam giác BMO là: 24 : 2 = 12 (cm 2 ). Diện tích hình tam giác DPO là: 16 : 2 = 8 (cm 2 ). Diện tích phần tô màu là: 96 (48 + 12 + 8 + 8) = 20 (cm 2 ). Bài toán 8. Hình bình hành ABCD chứa 4 hình bình hành nhỏ hơn là AMOP, MBQO, POND và OQCN có diện tích tơng ứng là 8 cm 2 , 24 cm 2 , 16 cm 2 và 48 cm 2 . Biết PO = 2 x OI. Tính diện tích phần tô màu. Bài giải tóm tắt. Diện tích hình tam giác OBQ là: 24 : 2 = 12 (cm 2 ). Vì PO = 2 x OI nên suy ra OI = 1 6 OQ. Hai tam giác OBQ và OBI có chung chiều cao hạ từ B xuống OQ nên suy ra S OBI = 1 6 x S OBQ = 1 6 x 12 = 2 (cm 2 ). Hai tam giác OBI và ODI có chung cạnh OI và có tỉ số hai chiều cao t- ơng ứng bằng 16 8 (hoặc 48 24 ) = 2 nên suy ra S ODI = 2 x S OBI = 2 x 2 = 4 (cm 2 ). Vậy diện tích phần tô màu là : 2 + 4 = 6 (cm 2 ). Bài toán 9. Hình bình hành ABCD chứa 4 hình bình hành nhỏ hơn là AMOP, MBQO, PIND và IQCN có diện tích tơng ứng là 12 cm 2 , 36 cm 2 , 24 cm 2 và 48 cm 2 . Tính diện tích phần tô màu. Bài giải tóm tắt. Nối I với C ta có: Diện tích hình tam giác IQC là: 48 : 2 = 24 (cm 2 ). Mặt khác, ta có: Diện tích hình bình hành ABQP là: 12 + 36 = 48 (cm 2 ). Diện tích hình bình hành PQCD là: 48 + 24 = 72 (cm 2 ). Hai hình bình hành ABQP và PQCD có chung cạnh PQ nên suy ra tỉ số hai chiều cao tơng ứng bằng 48 72 = 2 3 . Hai tam giác IBQ và IQC có chung cạnh IQ và có tỉ số hai chiều cao tơng ứng bằng 2 3 nên suy ra S IBQ = 2 3 x S IQC = 2 3 x 24 = 16 (cm 2 ). Vậy S BOI = S BOQ S IBQ = 36 : 2 16 = 2 (cm 2 ). Hai tam giác BOI và DOI có chung cạnh OI và có tỉ số hai chiều cao tơng ứng bằng 2 3 nên suy ra S DOI = 3 2 x S BOI = 3 2 x 2 = 3 (cm 2 ). Diện tích phần tô màu là: 2 + 3 = 5 (cm 2 ). . các điểm M với Q; Q với N; N với P và P với M thì ta có bài toán trong đề thi toán Tiểu học quốc tế tổ chức tại Hồng Kông nh sau. Bài toán 1. Trên hình vẽ bên có AMOP, MBQO, OQCN, POND và ABCD. về phía cạnh QC sao cho điểm O trùng với điểm I thì ta có bài toán trong đề thi toán Tiểu học quốc tế tổ chức tại Hồng Kông nh sau. Bài toán 4. Hình chữ nhật ABCD chứa 4 hình chữ nhật nhỏ hơn là. nghA (Phòng GD-ĐT Hơng Sơn, Hà Tĩnh) Trên tạp chí TTT1 số 41, chuyên mục Thi giải toán qua th có đăng bài toán sau: Bài toán. Một mảnh đất hình chữ nhật đ- ợc chia thành 4 hình chữ nhật nhỏ hơn