SỬ DỤNG các hệ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC để NGHIÊN cứu sự BẰNG NHAU của HAI TAM GIÁC có CÙNG CHU VI, CÙNG DIỆN TÍCH NHẰM rèn LUYỆN tư DUY SÁNG tạo CHO học SINH

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Ngày nay, Việt Nam giới, giáo dục coi quốc sách hàng đầu, động lực phát triển kinh tế - xã hội Với sức mạnh làm gia tăng giá trị người, mục tiêu giáo dục phải đào tạo người phát triển toàn diện mặt, khơng có kiến thức mà cịn giàu lực trí tuệ Xã hội ngày phát triển với tốc độ chóng mặt Cùng với đó, địi hỏi người phải động có khả thích nghi cao với phát triển mạnh mẽ mội mặt khoa học kĩ thuật, đời sống,… Trong hồn cảnh đó, việc rèn luyện phát triển tư sáng tạo cho học sinh nhà trường phổ thông người làm công tác giáo dục có vị trí quan trọng Đặc thù mơn Tốn là: có hệ thống tập đa dạng phong phú, hệ thống kiến thức xuyên suốt chương trình giáo dục, tính liên hệ, vận dụng vào thực tế cao,…đây điều kiện thuận lợi để phát triển tư cho người học mà đỉnh cao tư sáng tạo Trong thực tiễn giảng dạy mơn hình học 10 trường THPT Như Thanh, sau học xong “Các hệ thức lượng tam giác giải tam giác”có số học sinh đặt cho hai vấn đề cần giải Vấn đề 1: Ta biết hai tam giác có chu vi diện tích Vậy ngược lại hai tam giác có chu vi diện tích chúng có hay khơng? a.ha bh c.h = b = c Suy a < b ⇔ > hb Vậy mệnh đề 2 liệu cịn khơng thay ha;hb ma;mb la;l b ? Vấn đề 2: Ta biết S∆ABC = Hiện chưa có tài liệu nghiên cứu bàn sâu vào vấn đề này, chưa có đồng nghiệp giải thấu đáo triệt để Xuất phát từ lí chọn đề tài: “Sử dụng hệ thức lượng tam giác để nghiên cứu hai tam giác có chu vi, diện tích nhằm rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh” 1.2 Mục đích nghiên cứu - Nghiên cứu trình rèn luyện, phát triển tư sáng tạo toán học sinh khá, giỏi bậc THPT - Xây dựng định lý điều kiện đủ để hai tam giác có chu vi diện tích Rút số bất đẳng thức tam giác Trên sở góp phần phát triển tư sáng tạo cho học sinh 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đề tài nghiên cứu vấn đề sau: - Hai tam giác có chu vi diện tích khơng 2 - Hai tam giác có chu vi diện tích Qua việc vận dụng hợp lý đơn vị kiến thức chương II (SGK Hình học 10) để giải vấn đề tự xuất yếu tố “gợi vấn đề” Qua việc phối hợp với kiến thức Đại số 10 ta suy số bất đẳng thức tam giác nhằm cho học sinh hiểu rằng: “Phần lớn toán em học, đọc sách tham khảo hay đề thi,… có suy diễn từ đơn vị kiến thức SGK khơng phải có từ điều thật to tát” Từ phát triển tư logic, tính tích cực, sáng tạo người học 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu tài liệu: Nghiên cứu sách giá khoa Hình học 10 hành sách tham khảo liên quan đến đề tài - Phương pháp thực nghiệm sư phạm: dạy học thực nghiệm, kiểm tra kết trước sau thực nghiệm lớp thực nghiệm - Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin phương pháp thống kê, xử lý số liệu nhằm bước đầu kiểm chứng tính khả thi tính hiệu đề tài NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận Theo từ điển Tiếng việt: sáng tạo tìm mới, cách giải mới, khơng bị gị bó, phụ thuộc vào có (cái mới, cách giải phải có ý nghĩa, có giá trị xã hội) Theo Bách khoa tồn thư Xơ-viết (1976) “sáng tạo hoạt động người sở quy luật khách quan thực tiễn, nhằm biến đổi giới tự nhiên, xã hội phù hợp với mục đích nhu cầu người Sáng tạo hoạt động đặc trưng tính khơng lặp lại, tính độc đáo tính Tư sáng tạo hiểu cách nghĩ vật, tượng, mối liên hệ, suy nghĩ cách giải có ý nghĩa, giá trị Đối với người học Tốn, quan niệm sáng tạo họ tự đương đầu với vấn đề mới, tự tìm tịi độc lập giả vấn đề Những biểu đặc trưng hoạt động sáng tạo: - Thực độc lập việc di chuyển tri thức, kĩ nămg, kĩ xảo sang tình gần xa, bên bên hay hệ thống tri thức - Nhìn thấy nội dung tình bình thường, cấu trúc đối tượng quen thuộc - Độc lập kết hợp phương thức hoạt động biết, tạo thành Tính chất tư sáng tạo: tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn, tính độc đáo, tính thăng hoa 3 Cơ sở sáng tạo: Krutecxki mối quan hệ ba dạng tư duy, nói lên điều kiện cần tư sáng tạo tư độc lập tư tích cực 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm - Đối với giáo viên: Trong thực tiễn giảng dạy trường THPT Như Thanh đa số giáo viên tích cực đổi phương pháp dạy học nhiên chưa phát huy hết lực chủ động, tích cực sáng tạo học sinh Nhiều giáo viên tập trung hướng dẫn yêu cầu học sinh làm tập giao SGK mà chưa quan tâm nhiều đến việc phát nguồn gốc toán hay việc phát triển, mở rộng tổng quát toán Thường tiết tập giáo viên tập trung chữa tập cách tuý chưa thực quan tâm để giúp học sinh làm bật lên mối quan hệ tập với tập khác, kiến thức học với kiến thức trước đó; chưa khuyến khích em tìm tốn tương tự,bài toán tổng quát đặc biệt hoá để tìm tốn Bản thân tác giả chưa giải tình sư phạm mục 1.1 nêu chưa có tài liệu giả triệt để vấn đề - Đối với học sinh: Đa số học sinh thường có thói quen giải xong tốn coi hồn thành cơng việc giao dưng lại đó, có em học sinh chủ động khai thác, tìm tịi, suy nghĩ, vận dụng để giải tốn khác Vì đứng trước tốn mới, tốn chưa có thuật giải hay tốn nâng cao học sinh thường có tâm lí sợ ngại, lúng túng khơng biết cách chọn lọc liên kết kiến thức cũ để giải vấn đề có liên quan Do ảnh hưởng lớn đến việc phát giải vấn đề, hạn chế đến việc phát triển tư học sinh Do vậy, việc rèn luyện phát triển lực tư cho học sinh nói chung lực tư sáng tạo cho học sinh phổ thông yêu cầu cần thiết 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1.Ví dụ mở đầu Xét tam giác sau:   a′ = 4,8  a =    b′ = 3,6 + b = ∆ABC có  ∆A′B′C′ có  c =   c′ = 3,6 −  76 10 76 10 +/ ∆ABC vng A có chu vi 2p= 12 ; diện tích s = +/ ∆A′B′C′ có chu vi 2p′ = 12 diện tích s′ = Vì a′ > b′ > c′ ⇒ ∆A′B′C′ có góc A′ lớn Dễ thấy: b′2 + c′2 > a′2 ⇒ ∆A′B′C′ tam giác vuông Rõ ràng, hai tam giác ∆ABC ∆A′B′C′ có chu vi diện tích chúng khơng nhau, hai tam giác lại khơng loại ( nhọn – vuông ) */ Như vậy: Hai tam giác có chu vi; diện tích khơng suy hai tam giác có chu vi diện tích */ Từ cơng thức: S = pr có bán kính đường trịn nội tiếp */ Xét hai tam giác nêu trên: abc abc 60 ⇒ R= = = 2,5 4R 4S 24 ′ ′ ′ ′ a′bc a′bc ⇒ R′ = = 2,44 + ∆A′B′C′ có: S′ = 4R′ 4S′ + ∆ABC có: S = Như hai tam giác nội tiếp đường trịn Tương tự hai tam giác khơng có độ dài đường cao, trung tuyến, phân giác 2.3.2 Một số điều kiện đủ để hai tam giác có chu vi, diện tích Bài tốn 1: Cho ∆ABC ∆A′B′C′ có chu vi 2p diện tích S Chứng minh ∆ABC ∆A′B′C′ có cạnh ∆ABC = ∆A′B′C′ Giải Khơng làm tính tổng quát ta giả sử a = a′ Xét ∆ABC , ta có: 2  S = p( p − a)( p − b)( p − c)  S = ( p − pa)  p − (b+ c) p + bc ⇔   b + c = 2p − a  a + b + c = 2p  S2 + p4 − 2ap3 + a2 p2 S2 = + p( p − a) bc = ⇔ p2 − ap p( p − a) b + c = 2p − a  Khi b,c nghiệm phương trình: S2 + P − 2ap3 + a2 p2 X −(2p − a)X + = (1) p2 − ap Phương trình (1) có ∆ = ( ) a2 p2 − ap − 4S2 p − ap p > 0; p − a > 0; p − b > 0; p − c > nên theo bđt Côsi ta có: p− b+ p− c 2p − b − c ≥ ( p − b)( p − c) ⇔ ≥ ( p − b)( p − c) 2 a2 ⇔ ≥ ( p − b)(p− c) ⇔ a2 − 4( p − b)( p − c) ≥ ⇔ a2 p( p − a) − 4p( p − a)( p − b)( p − c) ≥ ⇔ a2( p2 − ap) − 4S2 ≥ ⇔ ∆ ≥ S2 + P − 2ap3 + a2 p2 S2 + p2 ( p − a)2 = > 2p − a > nên phương trình Mặt khác: p2 − ap p( p − a) (1) có nghiệm dương là: X1 = 2p − a + ∆ 2p − a − ∆ X1 = ; dễ thấy 2 X1 < p; X2 < p  b = X1  b = X2   Vậy c = X2 c = X1  b′ = X1  b′ = X2   Hồn tồn tương tự ∆A′B′C′ ta có c′ = X2 c′ = X1 Từ suy ∆ABC = ∆A′B′C′ (c.c.c) Định lí 1: Nếu hai tam giác có chu vi nhau, diện tích cạnh chúng Ta kí hiệu trường hợp (2pSc ) Hệ quả: Nếu hai tam giác có chu vi nhau, diện tích đường cao chúng Chứng minh 2S  a = h  S = S′  a ⇒ a = a′ Theo định lí ta có điều phải chứng minh Ta có:  mà   = ha′  a′ = 2S′  ha′ Bài tốn 2: Cho ∆ABC ∆A′B′C′ có chu vi 2p diện tích S Chứng minh ∆ABC ∆A′B′C′ có góc ∆ABC = ∆A′B′C′ Giải: Cách 1: Giả sử ∆ABC ∆A′B′C′ có A = A′ Vẽ đường trịn ( O, r ) nội tiếp ∆ABC theo tính chất tiếp tuyến ( O, r ) thì: ∆AOE vng E có ∠EA O = ⇒ r = AE.tan A ( *) mà A 2AE + 2BK + 2KC = 2p ⇔ AE + BC = p ⇔ AE = p − a Thay vào ( * ) ta được: r = ( p − a).tan A nên S = p( p − a).tan Mặt khác: S = pr A ( 2) A′ ( 3) Theo A = A′ nên p − a = p − a′ ⇔ a = a′ Áp dụng định lí ta ∆ABC = ∆A′B′C′ Cách 2: Trong ∆ABC , theo định lí Cơsin ta có: Tương tự, ∆A′B′C′ ta có: S = p( p − a′).tan b + c) − a2 − 2bc ( b2 + c2 − a2 (b + c + a)(b + c − a) CosA = ⇔ CosA = ⇔ CosA = −1 2bc 2bc 2bc 2p( 2p − 2a) 2p( p − a) ⇔ CosA = − 1⇔ CosA = −1 2bc bc Trong tốn ta có bc = S2 + p2 ( p − a) p( p − a) nên 2 S2 + p2 ( p − a)  − 2S2  CosA = − 1=  −1 2 2 S + p ( p − a) S + p ( p − a) 2p2 ( p − a) ⇔ CosA = 1− 2S2 S2 + p2 ( p − a) ( 4) Tương tự ∆A′B′C′ ta có CosA′ = 1− 2S2 S2 + p2 ( p − a′ ) ( 5) Vì A = A′ nên từ ( 4) ( 5) ta có ( p − a) = ( p− a′ ) ⇔ a = a′ suy điều phải 2 chứng minh Định lí 2: Nếu hai tam giác có chu vi nhau, diện tích góc chúng Ta kí hiệu trường hợp (2p.S.g) Nhận xét 1: Khi giải toán cách ta thu công thức (4) thể mối liên hệ A, S, p, a ∆ABC Ta có: 1− CosA = 2S2 S2 + p2 ( p − a) 1− CosB = ; 2S2 S2 + p2 ( p − b) ; 1− CosC = 2S2 S2 + p2 ( p − c) 2  p2 ( p − a)  = 1+ S2 1− CosA  p2 ( p − b)  = 1+ Suy  S2 1− CosB  p2 ( p − c)  = 1+ S2 1− CosC Xét biểu thức 1 p2  2   M = 2 + + = 3+ ( p− a) + ( p − b) + ( p− c)  ÷   S  1− CosA 1− CosB 1− CosC  Theo hướng biến đổi thứ nhất: Áp dụng bđt Bunhiacơpsky, ta có: ( p − a + p − b+ p− c) 2 ≤ 3( p − a) + ( p − b) + ( p − c)    p 2 ⇒ ( p − a) + ( p − b) + ( p − c) ≥ ( 6) Mặt khác, áp dụng bđt Cơsi, ta có: p = ( p − a + p − b + p − c) ≥ 33 ( p − a) ( p − b) ( p − c) ⇒ p3 ≥ 27( p − a) ( p − b) ( p − c) ( 7) ⇒ p4 ≥ 27S2 p4 27S2 ≥ + = 12 ( * ) 3S2 3S2 1   + + Như ∆ABC ta ln có bđt sau:  ÷ ≥ ( 8)  1− CosA 1− CosB 1− CosC  Từ (6) (7) ta có: M ≥ 3+ Dấu “=“xảy ⇔ a = b = c ⇔ ∆ABC Việc chứng minh (8) cách khác không dễ Theo hướng biến đổi thứ hai ta có: M = 3+ p2 2 p2 2 p4 a + b + c − p = + a + b + c − Theo (7) S2 S2 S ( ) ( ) p4 p2 2 ≤ − 27 ⇒ M ≤ (a + b + c ) − 24 mà theo bđt Bunhiacốpky S2 S2 3 ( a + b+ c) ≤ a2 + b2 + c2 nên p2 ≤ (a2 + b2 + c2) ⇒ M ≤ a2 + b2 + c2 − 24 4S Theo ( * ) M ≥ 12 nên ta có: a2 + b2 + c2 − 24 ≥ 12 ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ 4S ( 9) 4S − ( ) ( ( ) ) Đây bđt “quen thuộc”trong tam giác mà ta thường gặp nhiều tài liệu tham khảo 8 Như vậy, nhờ việc khai thác cơng thức Hêrơng kết hợp với định lí Cơsin vận dụng hợp lí bất đẳng thức Cơsi, Bunhiacơpsky ta “tìm cách tự nhiên”bất đẳng thức (8) (9) Việc hướng dẫn học sinh tham gia suy diễn phần nhận xét phần giúp em hiểu trình hình thành tốn mà học sinh học, giải, qua bồi dưỡng khả tự học, tự nghiên cứu học sinh đơn vị kiến thức mà em học Bài toán 3: Cho ∆ABC ∆A′B′C′ có chu vi 2p diện tích S Chứng minh ∆ABC ∆A′B′C′ có bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆ABC = ∆A′B′C′ Giải: Xét ∆ABC Áp dụng công thức: S = p( p− a)( p − b)( p − c) = abc 4R Mặt khác: a + b+ c = 2pta có:  p4 − ( b + c) p3 + bcp2 − ap3 + a(b + c) p3 − abcp = S2 ( 1)  S = p( p − a)( p − b)( p − c)   ⇔ b + c = 2p − a ( 2)  a + b + c = 2p  abc = 4RS  ( 3)   abc = 4RS Thay (2), (3) vào (1) rút gọn ta được:  4RS  2ap3 +  − a ÷ p = S2 + p4 + 4pRS ( 4)  a  Tương tự ∆A′B′C′ ta có:  4R′S  2a′p3 +  − a′2 ÷ p2 = S2 + p4 + 4pR′S ( 5) ′  a  Từ (4) (5) R = R′ ta có:  4RS   4R′S  2ap3 +  − a ÷ p = 2a′p3 +  − a′2 ÷ p2  a   a′  1 1 ⇔ 2p( a − a′ ) + 4RS − ÷+ a′2 − a2 =  a a′   a = a′  4RS  ⇔ ( a′ − a)  + a′ + a − 2p÷ = ⇔  4RS  + a′ + a − 2p = ( 6)  aa′   aa′ ( ( 6) ⇔ ) ′ ′ ′ ′ a′bc bc + a − ( 2p − a′ ) = ⇔ + a − ( b′ + c′ ) = aa′ a  a = b′ ′ ′ = ⇔ ( a − b′ ) ( a − c′ ) = ⇔  ⇔ a2 − (b′ + c′)a + bc  a = c′  a = a′  Tóm lại:  a = b′ nên theo định lí ta ∆ABC = ∆A′B′C′  a = c′ Định lí 3: Nếu hai tam giác có chu vi nhau, diện tích bán kính đường trịn ngoại tiếp chúng Ta kí hiệu trường R) hợp (2pS Bài toán 4: Cho ∆ABC ∆A′B′C′ có chu vi 2p diện tích S Chứng minh ∆ABC ∆A′B′C′ có trung tuyến ∆ABC = ∆A′B′C′ Giải: Xét ∆ABC Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến: m = a = ( ) b2 + c2 − a2 = ( ) b2 + c2 − a2 + a2 2( a + b + c) ( b + c − a) − 2bc + a2 = 2( b + c) − a2 − 2bc + a2  =  22p( 2p − 2a) − 2bc + a2 = 8p( p − a) − 4bc + a2 S + p ( p − a) S a2 + ( 1) Từ tốn ta có: bc = suy ma = p( p− a) − p( p − a) p( p − a) 2 Tương tự ∆A′B′C′ ta có: ma′2 = p( p − a′) − S2 a′2 + ( 2) p( p − a′) Vì ma = ma′ nên từ (1) (2) ta có: p( p − a) − S2 a2 S2 a′2 + = p( p − a′) − + p( p − a) p( p − a′)  ( p− a) + ( p − a′) + 2p = ⇔ a = a′ S2 ′ ⇔ ( a− a )  +   p( p − a′ ) ( p − a)  Theo định lí ta có: ∆ABC = ∆A′B′C′ Định lí 4: Nếu hai tam giác có chu vi nhau, diện tích trung tuyến chúng Ta kí hiệu trường hợp m) (2pS Nhận xét 2: Để giải tốn 4, ta khai thác cơng thức tính độ dài đường trung tuyến tam giác theo hướng tính độ dài theo p, S cạnh Sau đó, sử dụng điều kiện toán để suy điều phải chứng minh Mặt khác m = a m = a m = a ( ) b2 + c2 − a2 ( ) b2 + c2 − a2 ( ) b2 + c2 − a2 ( 3) ( 4) ( 5) 10 Cộng vế với vế (3), (4), (5) ta được: ma2 + mb2 + mc2 = 2 a + b + c (6) ( ) Quan sát vế (6) ta liên tưởng tới bất đẳng thức: ( x + y + z) ( ≤ x2 + y2 + z2 ) Ta có: ( ma + mb + mc ) ( ⇒ ma + mb + mc ≤ Vì a + b + c 2 ) ≤ ma2 + mb2 + mc2 = ( ) 2 a + b + c ( 7) ( a + b+ c) ≥ 2 a +b +c = 4p2 nên từ (6) ta có: ma2 + mb2 + mc2 ≥ p2 ( 8) Hơn kết hợp với bất đẳng thức a2 + b2 + c2 ≥ 4S có phần nhận xét ta bất đẳng thức ma2 + mb2 + mc2 ≥ 3S ( 9) Các bất đẳng thức (7), (8), (9) “khá đẹp” Dấu “= “ở bất đẳng thức xảy ∆ABC Kết hợp bất đẳng thức (8) với p4 ≥ 27S2 (ở phần nhận xét 1) ta có đánh giá dễ nhớ sau: ma2 + mb2 + mc2 ≥ p2 ≥ 3S Như bất đẳng thức (9) khơng “chặt”bằng bất đẳng thức (8) Vậy làm “chặt”hơn bất đẳng thức (8) không? Dễ kiểm tra đẳng thức sau: ( a2 + b2 + c2 ) = p + ( a − b) + ( b− c) + ( c − a) 4 2 2  từ (6) ta suy ra:  2 +/ Nếu k > ta có bđt: ma2 + mb2 + mc2 ≥ p2 + ( a − b) + ( b − c) + ( c − a)  ( 10) k Có “= “khi ∆ABC 2 +/ Nếu < k < ta có bđt: ma2 + mb2 + mc2 ≤ p2 + ( a − b) + ( b − c) + ( c − a)  ( 11) k Có “= “khi ∆ABC Bài toán 5: Cho ∆ABC ∆A′B′C′ có chu vi 2p diện tích S Chứng minh ∆ABC ∆A′B′C′ có phân giác ∆ABC = ∆A′B′C′ Giải: 11 Trong ∆ABC , tính la theo a, b,c Theo tính chất phân giác ∆ABC ta có: ac  x= x y   =  b+ c ( ) c b ⇔  ab  x + y = a  y =  b+ c Áp dụng định lí Cơsin ∆ABD ta có: la2 = x2 + c2 − 2xc.cos B ( 2) Trong ∆ABC ta có CosB = a2 + c2 − b2 ( 3) 2ac Thay (1) (3) vào (2) rút gọn ta được: la = S2 2 + p( p − a) nên la = S2 + p2 ( p − a) bc.p( p − a) mà bc = p( p − a) 2p − a b+ c Tương tự ∆A′B′C′ ta có: la′ = 2 S2 + p2 ( p − a′ ) 2p − a′ 2 2 Vì la = la′ nên ta có 2p− a S + p ( p − a) = 2p− a′ S + p ( p − a′ ) 2    ( p − a) p − a′ )  ( 1 ⇔S  − + p  −  = ( 4) 2 2  ( 2p − a)  ( 2p − a) ( 2p − a′)  ( 2p − a′)  Rút gọn ta được:  S2 ( 4p − a − a′ ) ′ ′  ( 2p − a ) ( p − a) + ( 2p − a) ( p − a ) + p  = ( 5) ( 4) ⇔ ( a − a′)  2 2  ( 2p − a) ( 2p − a′ )  ( 2p − a) ( 2p − a′ )  4p − a − a′ = 2p − a + 2p − a′ >  Vì 2p− a′ > 0;2p − a > 0; p − a > 0; p− a′ > nên ( 5) ⇔ a = a′  p > 0, S2 >  Theo định lí ta có: ∆ABC = ∆A′B′C′ Định lí 5: Nếu hai tam giác có chu vi nhau, diện tích phân giác chúng Ta kí hiệu trường hợp l) (2pS Nhận xét 3: +/ Xét ∆ABC , đường cao tính = 2S 2S ; hb = nên a > b < hb a b ; tức ta có mệnh đề sau đây: “Trong tam giác, đường cao ứng với cạnh lớn bé hơn” Nếu ta thay cụm từ “đường cao”bởi cụm từ “trung tuyến”hay “phân giác”thì liệu mệnh đề cịn hay khơng? Ta khai thác cơng thức tính độ dài trung tuyến độ dài phân giác ∆ABC để trả lời câu hỏi 12 +/ Xét ∆ABC : ma2 = ( ) b2 + c2 − a2 ;m = b ( ) a2 + c2 − b2 nên: 4 2 2 2 ma ≥ mb ⇔ ma ≥ mb ⇔ 2b + 2c − a ≥ 2a + 2c − b2 ⇔ b2 ≥ a2 ⇔ b ≥ a a = b ⇔ ma = mb 2 2 2 +/ Xét ∆ABC : la = 2p − a S + p ( p − a) ; lb = 2p − b S + p ( p − b) 2 Biến đổi tương tự giải toán ta được:  S2 ( 4p − a − b) ( 2p − b) ( p − a) + ( 2p − a) ( p− b)  ≥ la ≥ lb ⇔ ( b − a)  + p3 2 2  ( 2p − a) ( 2p − b)  ( 2p − a) ( 2p − b) ⇔ b ≥ a (b = a ⇔ la = lb ) Vậy:  m = mb a +/ ∆ABC cân C  l  a = lb +/ ma > mb ⇔ b > a ( 6) +/ la > lb ⇔ b > a ( 7) Mệnh đề nêu nhận xét thay cụm từ “đường cao”bởi cụm từ “trung tuyến”hoặc “phân giác” Việc chứng minh (6) (7) kiến thức hình học cấp khơng dễ Những điều “nhỏ nhặt”nêu nhận xét khai thác giúp học sinh nắm vững “công cụ”mà họ có việc học tập, qua học sinh xử lý tốt tình “mới”gặp phải học thi cử, cịn kích thích ham muốn tìm tịi khám phá kiến thức mới, rèn luyện tư sáng tạo cho học sinh 2.3.3 Một số ví dụ: Ví dụ 1: Cho ∆ABC ,vẽ phân giác AD Đặt α = ∠ ADC Tính sinα theo a, b,c, A Giải: Đặt góc hình vẽ A 2 A Diện tích ∆CAD là: S2 = b.AD.Sin 2 Diện tích ∆BAC là: S1 = c.AD.Sin 13 A Diện tích ∆ABC là: S = S1 + S2 = AD.Sin ( b + c) ( * ) S2 = CD.AD.Sinα Mặt khác, S1 = BD.AD.Sin( π − α ) 2 Vì sin( π − α ) = sinα suy S = AD.Sinα ( BC + CD) = a.AD.Sinα ( ** ) Từ (*) (**) ta có: Sinα = (b + c)Sin a A ( 8) Ta tính cách khác phức tạp +/ Từ công thức (*) ta có: AD = la = 2S A ( b+ c) Sin = bcSinA A ( b + c) Sin ( 9) Công thức (9) tiện lợi cho việc tính độ dài phân giác tam giác biết hai cạnh góc xen hai cạnh Chẳng hạn: ∆ABC vng A thì: la = bc ( b + c) 2 = 2bc b+ c = 3bc ∆ABC có ∠A = 60o la = b+ c ( b + c) a.Sinα (8) ⇔ b + c = ( 10) A Từ cơng thức (8) ta có: Sin Ví dụ 2:Cho đường trịn cố định ( O, R) , B C hai điểm cố định đường bc trịn Điểm A thay đổi cung lớn BC Xác định vị trí A để chu vi ∆ABC lớn Giải: Đây tốn có nhiều tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi lớp ôn thi vào lớp 10 Để giải toán kiến thức cấp THCS ta phải vẽ 14 thêm nhiều đường phụ sử dụng nhiều đơn vị kiến thức hình học khác sử dụng kiến thức lớp 10 ta giải toán sau: Gọi E điểm cung nhỏ BC ; EO cắt ( O, R) điểm thứ hai Ao Ao điểm cung lớn BC Ta có AE tia phân giác ∠BAC ; AE cắt BC D Trong ∆ABC : AB + AC = c + b = aSinα A A A Vì Sin > 0; Sin khơng đổi Sin 2 aSinα a ≤ A A Sin Sin 2 asinα a a a + b+ c = a + ≤ a+ Max( a + b + c) = a + A A suy A Chu vi ∆ABC sin sin sin 2 a > ; a không đổi nên: c+ b = sinα = 1⇔ α = 90o ⇔ A ≡ Ao Cách giải gọn Ví dụ 3: Cho ∆ABC có chu vi Tìm GTLN biểu thức: F = ma2 + mb2 + mc2 + ab + ac + bc − 2a2 − b2 − c2 + 2a Giải: Từ công thức: < k < ta có bđt: 2 ma2 + mb2 + mc2 ≤ p2 + ( a − b) + ( b − c) + ( c − a)    k 2 2 ⇒ ma2 + mb2 + mc2 ≤ ( a − b) + ( b − c) + ( c − a) + 2( a − 1)  +  2 13 ⇔ F≤ 4 13 Dấu “=“xảy a = b = c = Vậy MaxF = ( ) ⇔ ma2 + mb2 + mc2 ≤ 2a2 + b2 + c2 − ab − ac − bc − 2a+ +  S = Tính cạnh tam giác  p = Ví dụ 4: Cho ∆ABC có:  Giải: Từ tốn ta có b,c nghiệm phương trình: X −(2p − a)X + S2 + P − 2ap3 + a2 p2 = (1) p2 − ap ( a + 1) ( a − 2) 4S2 12 Có ∆ = a − = a2 − = a2 − = p − ap 9− 3a 3− a a− 2 a =  a = −1 ∆ ≥ 0⇔  a cạnh tam giác nên: < a < p ⇒ < a < 3⇒ a = a >   a < −1 15 Với a = 2; S = 3; p = 3ta có phương trình X2 − 4X + = ⇔ X = Vậy cạnh lại ∆ABC b = c = Nhận xét: Trong trường hợp nêu tất tam giác có chu vi 2p= diện tích S=  S = Ví dụ 5: Cho ∆ABC có:   p = 3+ ∆ABC tam giác vng hay khơng ? Giải: Giả sử ∆ABC vuông A Từ công thức mục II: S = p( p − a)tan Thay số ta có: = ( 3+ 3) ( 3+ − a) ⇔ a = A ( *) Lại có b,c nghiệm phương trình: X −(2p − a)X + S2 + P − 2ap3 + a2 p2 = (1) p2 − ap S =  X = 2 Thay  p = 3+ ta phương trình: X − 1+ X + = ⇔  X = a =  ( ) Giả sử b ≥ c b = 3;c = Vì ∆ABC có a2 = b2 + c2 nên ∆ABC vuông A  S = 12 p= Ví dụ 6: Xét tất tam giác ABC có  a/ Vẽ ∆ABC giá trị cạnh tam giác đạt GTLN, GTNN b/ Trong tập hợp tất tam giác cho có tam giác mà độ dài cạnh số tự nhiên? Giải: a/ Vì vai trị a, b,c ∆ABC nhau, ta xét phương trình: X −(2p − a)X + S2 + P − 2ap3 + a2 p2 =0 p2 − ap ⇔ X2 − ( 2p − a) X + S2 + p2 − pa = p − pa  S = 12 144 + 81− 9a = ( ** ) ta có pt: ⇔ X2 − ( 18− a) X + 81− 9a p= Thay  ( ) a2 − a − ( a − 8) 576 ∆=a − = 81− 9a a− 16 0 < a <    a ≤ 1− 33  0 < a < p   1+ 33 ⇔   1+ 33 ⇔ ≤ a≤ Vì a cạnh ∆ABC nên:  ≤ a ≤  ∆ ≥   a >    Suy Maxa = 8; Mina = 1+ 33 + Với a = thay vào (**) ta pt X2 − 10X+25=0 Suy b = c = a = b = c = Vẽ tam giác ∆ABC với   35− 33  35− 33 1+ 33 X+ + Với a = thay vào (**) ta pt X2 − ÷ ÷ =0    1+ 33 a =  35− 33 Suy b = c = Vẽ tam giác ∆ABC với   b = c = 35− 33  1+ 33  ≤ a≤ ⇒ a∈ { 4;5;6;7;8} b/ Vì   a∈ N  17 Thay giá trị a vào pt (**) có trường hợp a = 5suy b = b =  trường hợp a = ⇒ b = c = thoả mãn yêu cầu toán  c = c = Vậy có ∆ABC có cạnh 5,5,8 thoả mãn đề  1+ 33  ;8 cho ta tam giác Như vậy, tập hợp   Nhận xét: Với a∈   S = 12 có vơ số phần tử p= tất tam giác có  2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệm nhà trường Đối với thân: Sau hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm thân có thêm kiến thức, kinh nghiệm phục vụ tốt cho việc dạy học, tự tin giải “tình sư phạm”, có thêm động lực nghiên cứu khoa học Đối với học sinh thầy cô hướng dẫn giải vấn đề đặt giúp em hứng thú học tập Qua phát triển lực tự học tự bồi dưỡng, tự nghiên cứu Đối với đồng nghiệp nhà trường : Qua việc trao đổi trình làm sáng kiến kinh nghiệm làm tăng thêm đồn kết, gắn bó giúp đỡ cơng việc thân với đồng nghiệp,góp phần thúc đẩy phong trào thi đua “hai tốt”, xây dựng trường học thân thiện, học sinh tích cực Sáng kiến kinh nghiệm có hiệu tốt, gây hứng thú học sinh có học lực khá, giỏi, hiệu với học sinh có học lực trung bình yếu Kết luận kiến nghị 3.1 Kết luận Qua trình nghiên cứu đề tài thu số kết sau: Sáng kiến kinh nghiệm giải thấu đáo vấn đề nêu mục 1.1, tri thức góp thêm “một số định lí điều kiện đủ để hai tam giác nhau”vào kho tàng kiến thức tam giác Về phương pháp , giúp cho học sinh hiểu kiến thúc lớp việc giải vấn đề lớp cịn giải “tốt hơn”, “gọn hơn”các vấn đề khó lớp Việc nghiên cứu “lớp”các tam giác có chu vi diện tích mặt “hình dạng, kích thước”là rộng Kết SKKN “lớp”đó có dạng: Dạng 1: Tập hợp tất tam giác có chu vi diện tích cho trước tồn hai tam giác khơng (ví dụ mở đầu ví dụ 6) Dạng 2: Tập hợp tất tam giác có chu vi diện tích cho trước 18 Qua trình nghiên cứu giúp học sinh rèn luyện tư sáng tạo,phát huy tính tích cực, chủ động trình học, tạo điều kiện cho việc tiếp thu kiến thức có hiệu 3.2 Kiến nghị Vấn đề tồn sáng kiến kinh nghiệm mà thân chưa giải là: - Tập hợp tất tam giác dạng liệu có vơ hạn? - Với ràng buộc S, pđể nhận biết tam giác cho thuộc dạng hay dạng - Xét hai tam giác dạng 1, liệu có “liên hệ phụ thuộc lẫn nhau”nào yếu tố khác như: góc, đường cao, trung tuyến, phân giác, bán kính đường trịn ngoại tiếp? Các vấn đề nêu vấn đề mà tác giả mong muốn đồng nghiệp tiếp tục nghiên cứu để phát triển mở rộng đề tài nhằm tạo sản phẩm hữu ích giúp cho em nắm vững kiến thức Nhà trường, tổ chuyên môn thân giáo viên cần khuyến khích hình thức tự học, tự nghiên cứu, hợp tác nhóm học sinh hướng dẫn giáo viên từ giúp em có tảng kiến thức vững Tơi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 10 tháng năm 2020 Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm tơi hồn tồn nghiên cứu, khơng chép Người viết đề tài Bùi Thị Hạnh ... tam giác vuông Rõ ràng, hai tam giác ∆ABC ∆A′B′C′ có chu vi diện tích chúng khơng nhau, hai tam giác lại khơng loại ( nhọn – vuông ) */ Như vậy: Hai tam giác có chu vi; diện tích khơng suy hai. .. “lớp”đó có dạng: Dạng 1: Tập hợp tất tam giác có chu vi diện tích cho trước tồn hai tam giác khơng (ví dụ mở đầu ví dụ 6) Dạng 2: Tập hợp tất tam giác có chu vi diện tích cho trước 18 Qua trình nghiên. .. có: S′ = 4R′ 4S′ + ∆ABC có: S = Như hai tam giác nội tiếp đường trịn Tư? ?ng tự hai tam giác khơng có độ dài đường cao, trung tuyến, phân giác 2.3.2 Một số điều kiện đủ để hai tam giác có chu vi,