skkn môn toán

SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT ĐỒNG LỘC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NHẬN DẠNG TAM GIÁC BẰNG PHƯƠNG PHÁP SỬ DỤNG TAM THỨC BẬC HAI Họ và tên: Thái Thị Kim Liên Đơn vị: Năm học 2009 - 2010 A. ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Lý do chọn đề tài Trong các kỳ thi học sinh giỏi, hay là kỳ thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, chúng ta gặp bài toán nhận dạng tam giác, để giải được dạng toán cần sử dụng linh hoạt các phương pháp biến đổi và sử dụng phù hợp các công thức biến đổi. Để giúp cho học sinh hình thành các phương pháp biến đổi tôi trình bày sáng kiến kinh nghiệm: “Nhận dạng tam giác bằng phương pháp sử dụng tam thức bậc hai”. Chuyên đề này hướng dẫn cho học sinh sử dụng các kiến thức về tam thức bậc hai mà các em đã biết ở lớp 10 để giải. Tuy công cụ rất đơn giản và rất cơ bản nhưng chúng ta có thể giải được nhiều bài toán rất hay, cụ thể như các đề thi tuyển sinh vào Đại học, đề thi học sinh giỏi. Tuy nhiên sử dụng tam thức bậc hai không phải là cách duy nhất để giải các bài toán dạng này. Sáng kiến kinh nghiệm này tôi đưa ra 13 ví dụ và cách giải cụ thể bằng phương pháp sử dụng tam thức bậc hai và kết hợp một số bất đẳng thức thông dụng. Ngoài ra còn có một số bài toán để các em học sinh tự giải, tự rèn luyện kỹ năng của mình. Qua các ví dụ sáng kiến kinh nghiệm đã nêu bật được phương pháp sử dụng tam thức bậc hai vào nhận dạng tam thức. Trong các năm học vừa qua, tôi đã giảng dạy nội dung SKKN này cho các đối tượng học sinh khá, giỏi và luyện thi Đại học, học sinh đã tiếp thu và dễ sử dụng. Tuy nhiên, SKKN còn nhiều khiếm khuyết, rất mong đóng góp của các bạn đồng nghiệp. 2. Bố cục đề tài Sáng kiến kinh nghiệm được chia làm 3 phần A. Đăth vấn đề: LÝ do chọn đề tài và bố cục B. Giải quyết vấn đề: Đây là phần cơ bản 1. Cơ sở lý luận và phương pháp 2. Một số ví dụ áp dụng 3. Một số bài toán tự luyện C. Kết luận và kiến nghị Nêu ý nghĩa của đề tài qua thực tế giảng dạy học sinh và kiến nghị giảng dạy của giáo viên. 2 B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ PHƯƠNG PHÁP. Cho tam thức bậc hai: ( ) 2 f (x) ax bx c a 0= + + ≠ 2 b 4ac∆ = − + Tam thức bậc hai có nghiệm khi và chỉ khi ∆ ≥ 0 + ∆ ≤ 0 ( ) af x 0. x R⇒ ≥ ∀ ∈ + Chiều biến thiên của hàm số ( ) ( ) 2 y f x ax bx c a 0= = + + ≠ cho bởi bảng: Để giải bài toán bằng phương pháp tam thức bậc hai ta khéo léo biến đổi hệ thức lượng giác đã cho về một tam thức bậc hai đối với một giá trị lượng giác nào đó (thường là sin, cos, tan, cot của góc). Từ đó: +) Hoặc là tìm điều kiện để tam thức có nghiệm (tồn tại tam giác), tức là 0∆ ≥ . Kết quả thông thường dẫn đến 0∆ = . Từ 0∆ = và nghiệm của tam thức là b 2a − ta suy ra được các góc của tam giác +) Hoặc là chứng tỏ ∆ ≤ 0 ⇒ af(x) ≥ 0. Dấu “=” xảy ra 0 b x 2a ∆ =   ⇔  = −   ⇒ góc +) Hoặc là lập bảng biến thiên của parabol ⇒ góc cần tìm. Các ví dụ áp dụng: Ví dụ 1: Cho ∆ABC thảo mãn 3 cosA cosB cosC 2 + + = . Chứng minh rằng ∆ABC đều. Bài giải 3 -∞ +∞f(+∞ +∞a> -∞ +∞f( a< -∞ -∞ Ta có: ( ) 3 cosA cosB cosC 2 + + = 2 A B A B C 3 2cos cos 1 2sin 0 2 2 2 2 + − ⇔ + − = = 2 C A B C 4sin 4cos .sin 1 0 2 2 2 − ⇔ − + = Ta thấy C x sin 2 = là nghiệm của phương trình 2 A B 4x 4cos .x 1 0 2 − − + = Vì thế 2 A B ' 4cos 4 0 2 − ∆ = − ≥ 2 A B cos 1 2 − ⇔ ≥ 2 A B cos 1 2 − ⇔ = (Vì 2 A B cos 1 2 − ⇔ ≥ ) A B ⇔ = (vì 0≤ 2 2 A B π − ≤ ) Khi đó C 1 A B C 1 x sin cos sin 2 2 2 2 2 − = = ⇔ = 0 C 60⇔ = Vậy A = B = C = 60 0 hay ∆ ABC đều. Ví dụ 2: (Đại học Sư phạm - Khối B - 2001) Tính các góc của ∆ABC biết: ( ) 5 cos2A 3 cos 2B cos 2C 0 (1) 2 + + + = Bài giải Ta có: (1) ( ) ( ) 2 3 2cos A 2 3 cos B C cos B C 0 2 ⇔ + + − + = ( ) 2 4cos A 4 3cos A.cos B C 3 0⇔ − − + = Ta thấy x cos A= là nghiệm của phương trình: ( ) 2 4x 4 3x.cos B C 3 0− − + = Vì thế 2 ' 12cos (B C) 12 0∆ = − − ≥ 2 cos (B C) 1⇔ − = 2 cos (B C) 1⇔ − = (Vì ( ) 2 cos . B C 1)− ≤ 4 (* (* ( ) cos B C 1⇔ − = ( O B C ) π ≤ − < B C (*)⇔ = (Vì ( O B C ) π ≤ − < ) Khi đó 0 0 3 cosA A 30 B C 75 2 = ⇒ = ⇒ = = Kết luận: ABC∆ có 0 0 A 30 , B C 75= = = Ví dụ 3: Cho ∆ABC có các góc thoả mãn 2 2 2 9 Sin A Sin B Sin C 4 + + = Chứng minh rằng: ∆ABC đều Bài giải Ta có: 2 2 2 9 Sin A Sin B Sin C 4 + + = 2 1 cos2A 1 cos2B 9 1 cos C 2 2 4 − − ⇔ + + − = ( ) ( ) 2 1 cos C cos A B cos A B 0 4 ⇔ + + − − + = ( ) 2 4cos C 4cosC.cos A B 1 0⇔ − − + = Ta thấy x = cosC là nghiệm của phương trình ( ) 2 4x 4x.cos A B 1 0− − + = Vì thế ( ) 2 ' 4cos A B 4 0∆ = − − ≥ ( ) 2 cos A B 1⇔ − ≥ ( ) 2 cos A B 1⇔ − = (Vì ( ) 2 cos A B 1− ≤ ) ( ) cos A B 1⇔ − = (Vì ( O B C ) π ≤ − < ) A B (*)⇔ = Khi đó 0 0 1 cosC C 60 A B 60 2 = ⇔ = ⇒ = = Vậy 0 A B C 60 hay ABC= = = ∆ đều. Ví dụ 4: Cho ∆ABC thoả mãn: 2 2 2 2 2 2 Sin A Sin B Sin C 3 (1) Cos A Cos B Cos C + + = + + Chứng minh rằng: ∆ABC đều Bài giải: 5 Ta có(1 2 2 2 3 1 3 Cos A Cos B Cos C ⇔ − = + + 2 2 2 3 Cos A Cos B Cos C 4 ⇔ + + = 2 1 cos 2A 1 cos2B 3 cos C 0 2 2 4 + + ⇔ + + − = ( ) ( ) 2 1 cos C cos A B .cos A B 0 4 ⇔ + + − + = ( ) 2 4cos C 4cosC.cos A B 1 0⇔ − − + = (2 Ta thấy ( ) 2 M 4cos C 4cosC.cos A B 1⇔ = − − + là tam thức bậc hai đ/v cosC, hệ số của cos 2 C là a = 4 > 0 và ( ) 2 A,B ' 4cos A B 4 0∆ = − − ≤ ∀ nên M ≥ 0 ∀A, B, C Vậy M = 0 đạt được khi và chỉ khi: ( ) ( ) 2 A B cos A B 1 1 1 cosC cosC cos A B 2 2  = − =    ⇔   = = −     A B C 3 π ⇔ = = = hay ∆ABC đều. Ví dụ 5: Nhận dạng tam thức ABC biết các góc thoả mãn: 3 3 3 A B C 3 3 A B C cos cos cos cos cos cos (1) 3 3 3 8 4 3 3 3   + + = + + +  ÷   Bài giải: Ta có (1) 3 3 3 A A B B C C 3 4cos 3cos 4cos 3cos 4cos 3cos 3 3 3 3 3 3 2       ⇔ − + − + − =  ÷  ÷  ÷       3 cosA cosB cosC 2 ⇔ + + = 2 A A B C 4sin 4sin .cos 1 0 2 2 2 − ⇔ − + = (theo ví dụ 1) 6 Ta thấy 2 A A B C P 4sin 4sin .cos 1 2 2 2 − ⇔ = − + là tam thức bậc hai đối với A sin 2 , hệ số của 2 A sin 2 là 4 > 0 và có biệt thức 2 B C ' 4cos 4 0 B,C 2 − ∆ = − ≤ ∀ nên P 0 A,B,C≥ ∀ Vậy P = 0 đạt được khi và chỉ khi 2 B C ' 0 cos 1 2 b' 1 B C x sin cos a 2 2 2 −  ∆ = =     ⇔   Α − = −   =    B C A 1 sin 2 2 =   ⇔  =   0 B C A 60⇔ = = = Vậy ∆ABC đều Ví dụ 6: (Dự bị ĐH, khối D - 2003) Tính các góc của ∆ABC biết: 2 2 2 1 sin A sin B sin C (1) 4 + − = − Bài giải: Ta có: 2 1 cos2A 1 cos2B 1 (1) sin C 0 2 2 4 − − ⇔ + − + = ( ) ( ) 2 5 cos A B cos A B 1 cos C 0 4 ⇔ − + − − + = ( ) 2 1 cos C cosC.cos A B 0 4 ⇔ + − + = ( ) cosC 4.cosC.cos A B 1 0⇔ + − + = Ta thấy ( ) P 4cosC 4.cosC.cos A B 1⇔ = + − + là một tam thức bậc hai đối với cosC, hệ số của cos 2 C là 4 > 0 và có biệt thức ( ) 2 ' 4cos A B 4 0 A,B∆ = − − ≤ ∀ nên P 0 A,B,C≥ ∀ Vậy P = 0 đạt được khi và chỉ khi 7 ( ) ( ) 2 ' 0 cos A B 1 b' 1 x cosC cos A B a 2  ∆ = − =    ⇔   = − = − −     0 0 0 A B A B 30 C 120 C 120 =  = =   ⇔ ⇔   = =    KL: ∆ABC có A=B=30 0 và C=120 0 Ví dụ 7: Tính các góc của ∆ABC nếu trong tam giác đó ta có: ( ) ( ) ( ) 3 sin B C sin C A cos A B (1) 2 + + + + + = Giải: Ta có (1) 3 sin A sin B cosC 2 ⇔ + − = 2 A B A B C 1 2sin cos 2cos 2 2 2 2 + − ⇔ − = 2 C C A B 4cos 4cos .cos 1 0 2 2 2 − ⇔ − + = Ta thấy 2 C C A B P 4cos 4cos .cos 1 2 2 2 − ⇔ = − + là tam thức bậc hai đối với C cos 2 hệ số của 2 C cos 2 là 4 > 0 và 2 A B ' 4cos 4 0 2 − ∆ = − ≤ ,A B∀ nên P 0 A,B,C≥ ∀ Vậy P = 0 đạt được khi và chỉ khi A B ' 4cos 4 0 2 C 1 A B cos cos 2 2 2 −  ∆ = − =    −  =   2 A B cos 1 2 C 1 A B cos cos 2 2 2 −  =   ⇔  −  =   (Vì A, B là góc của tam giác) A B C 1 cos 2 2 =   ⇔  =   8 0 0 A B 30 C 120  = =  ⇔  =   Kết luận: ABC ∆ có A = B = 30 0 và C = 120 0 Ví dụ 8: Tính các góc của ∆ABC biết: C B C A 3C 3 sin sin sin (1) 2 2 2 2 − − + + = Bài giải: Ta có (1) 2C A B A B 3C 3 2sin cos cos 4 4 2 2 2 π − − −   ⇔ + − =  ÷   2 3C A B 3C 3 2sin .cos 1 2sin 0 4 4 4 2 π π − − − ⇔ + − − = 2 3C 3C A B 4sin 4sin .cos 1 0 4 4 4 π π − − − ⇔ − + − = Ta thấy 2 3C 3C A B P 4sin 4sin .cos 1 4 4 4 π π − − − ⇔ = − + − là tam thức bậc hai đối với 3C sin 4 π − , có hệ số của 2 3C sin 4 π − là -4 < 0, biệt thức 2 A B ' 4cos 4 0 A,B 4 − ∆ = − ≤ ∀ nên P 0 A,B,C≤ ∀ Vậy P = 0 đạt được khi và chỉ khi: ' 0 3C 1 A B sin cos 4 2 4 π ∆ =    − − =   2 2 A B A B cos 1 9 4 3C 1 A B 5 sin cos C 4 2 4 9 π π π −   = = =     ⇔ ⇔   − −   = =     Kết luận: ABC∆ có 2 5 A B , C 9 9 π π = = = Ví dụ 9: Tính các góc của ∆ABC biết: 3 cos3A cos3B cos3C (1) 2 + − = − Bài giải: 9 Ta có: ( ) ( ) cos3C cos3 A B cos3 A B π = − − = − + nên: 2 3A 3B 3A 3B 3A 3B 3 (1) 2cos .cos 2cos 1 2 2 2 2 + − + ⇔ + − = − Xét tam thức bậc hai đối với 3A 3B t cos 2 + = là: 2 3A 3B f (t) 2t 2t.cos 1 2 − = + − có 2 a 2 0 3A 3B ' cos 2 2 = >    − ∆ = +   Ta có bảng biến thiên t -1 1 3A 3B cos 2 2 − − 1 f(t) +∞ +∞ 2 3A 3B cos 2 2 2 −   +  ÷ −  ÷  ÷   Parabol f(t) có điểm cực tiểu là: 2 3A 3B cos 2 1 3A 3B 2 cos ; 2 2 2 −   +  ÷ − − −  ÷  ÷   Nên: 2 3A 3B cos 2 3 2 f (t) 2 2 − + ≥ − ≥ − Vậy 2 3A 3B cos 1 3 2 f (t) 3A 3B 1 3A 3B 2 t cos cos 2 2 2 −  =   = − ⇔  + −  = = −   A B 3A 3B 1 cos 2 2 =   ⇔  + = −   0 A B A B 40 1 cos3A 2 =   ⇔ ⇔ = =  = −   Suy ra C = 100 0 1 [...]... nhận thấy các em rất hứng thú Kết quả là hầu hét các em tiêp thu được bài và biết vận dụng khéo léo, linh hoạt vào giải toán Ở đây tôi đã sắp xếp các bài toán từ dễ đến khó và các bài cùng phương pháp biến đổi đi cùng với nhau Để thực hiện tốt việc áp dụng tốt tam thức bậc hai vào giải toán người thầy giáo phải coi trọng việc dạy tam thức bậc hai ở lớp 10 một cách nghiêm túc Hướng dẫn học sinh nghiên... khắc nhằm phục vụ cho các bài toán nhận dạng tam giác một cách sáng tạo và hiệu quả Với thời gian có hạn tôi chưa thể nêu thêm một số phương pháp khác để giải quyết loại toán nhận dạng tam giác Tác giả hi vọng sẽ được trình bày trong những năm tiếp sau Trong quá trình giảng dạy hàng năm tôi luôn luôn nghiên cứu nên hieur để đưa ra một phương pháp giải hay cho một số dạng toán giúp cho học sinh từ chỗ... ngỡ đến chỗ hăng say giải toán Mặc dù bản thân dã cố gắng rất nhiều, song những điều viết ra không tránh khỏi những sai sót Tôi rất mong nhân được sự góp ý của các đồng nghiệp cùng bạn đọc để phương pháp trên được hoàn thiện hơn nhằm nâng cao hiệu quả giảng dạy và học tập Tôi xin chân thành cảm ơn! 16 Tài liệu tham khảo 1) SGK “Đại số 10 nâng cao” NXB Giáo dục-2006 2) Tạp chí toán học và tuổi trẻ 3)... Khi Tôi nêu phương pháp và áp dụng giải ví dụ 1 thì sau đó đến ví dụ 2, ví dụ 3… có tới 90% có thể tuwjlamf một cách dễ dàng Như vậy với phương pháp tôi đã nêu nhiều học sinh đã tự giải được một số bài toán nhận dạng tam giác một cách gọn gàng và nhanh chóng Trong kì thui đại học 2004 đã có 45 em làm tốt bài nận dạng tam giác cos 2 A + 2 2 cos B + 2 2 cos c = 3 C KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 15 Trên đây là... cao” NXB Giáo dục-2006 2) Tạp chí toán học và tuổi trẻ 3) Giới hạn đề thi tuyển sinh ĐH-CĐ toàn quốc từ năm học 2002-2003 đến năm 2007-2008 4) Trần Phương: Hệ thức lượng giác 5) Nguyễn Thượng Võ: 200 bài toán chọn lọc về hệ thức lượng trong tam giác NXB Giáo dục 1997 17 . hoạt vào giải toán. Ở đây tôi đã sắp xếp các bài toán từ dễ đến khó và các bài cùng phương pháp biến đổi đi cùng với nhau. Để thực hiện tốt việc áp dụng tốt tam thức bậc hai vào giải toán người. được nhiều bài toán rất hay, cụ thể như các đề thi tuyển sinh vào Đại học, đề thi học sinh giỏi. Tuy nhiên sử dụng tam thức bậc hai không phải là cách duy nhất để giải các bài toán dạng này. Sáng. học vừa qua, tôi đã giảng dạy nội dung SKKN này cho các đối tượng học sinh khá, giỏi và luyện thi Đại học, học sinh đã tiếp thu và dễ sử dụng. Tuy nhiên, SKKN còn nhiều khiếm khuyết, rất mong