Phát triển năng lực toán cho học sinh THPT từ bài toán diện tích tam giác

MỤC LỤC TT Nội dung A Đặt vấn đề Trang B Nội dung I Bài toán II Ứng dụng chứng minh số định lý hình học III Ứng dụng giải toán tỷ số 13 IV Ứng dụng giải toán tọa độ phẳng 19 V Ứng dụng giải toán bất đẳng thức, cực trị 24 C Kết luận 32 Tài liệu tham khảo 33 A ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài: Tốn học mơn khoa học quan trọng có nhiều ứng dụng sống Do việc giảng dạy truyền thụ kiến thức toán học nhà trường giáo viên việc học Toán tiếp thu kiến thức với học sinh nhiệm vụ quan trọng Quá trình dạy học ln q trình động theo hướng phát triển, tìm tịi ngày cao Đứng trước yêu cầu đổi phương pháp giáo dục nay, người giáo viên hồn tồn phải tự nghiên cứu vấn đề gặp phải Trong thực tế giảng dạy, để tìm cách giúp học sinh tiếp thu kiến thức cách mềm dẻo, linh hoạt sáng tạo người giáo viên phải có cách truyền đạt linh hoạt sáng tạo Ngoài người giáo viên nghiên cứu khoa học nhiệm vụ nhằm khơng ngừng nâng cao trình độ nghiệp vụ Với yêu cầu thực tế suy nghĩ vậy, với trách nhiệm giáo viên tham gia giảng dạy trực tiếp tơi xin đóng góp suy nghĩ hướng giải đề tài mong muốn góp phần vào giải vấn đề khó khăn mà thường gặp phải đứng lớp Do Hình học mang tính chất tư duy, trừu tượng cao dẫn đến học sinh ngại học hình Điều nói lên thực tế việc dạy học hình học trường THPT nhiều bất cập Nguyên nhân sâu xa việc học sinh nắm kiến thức phần chưa lỏng lẻo hời hợt, việc vận dụng kiến thức vào giải tốn Hình học khơng linh hoạt khơng nắm vào đích vấn đề, khơng tìm hướng giải cho tốn riêng biệt Để dần đưa trình độ học sinh lên tiếp cận với kiến thức cao lựa chọn giới thiệu chuyên đề "Phát triển lực toán cho học sinh THPT từ tốn diện tích tam giác” Nội dung chun đề bó gọn việc giới thiệu tốn tính tốn sử dụng phương pháp diện tích vào giải số tập mà dùng phương pháp thơng thường gặp khó khăn sử dụng phương pháp diện tích ta có lời giải hay linh hoạt Trong phạm vi đề tài ta không bàn đến việc thay đổi cách dạy cách học mơn Hình học mà ta nói đến vấn đề học sinh gặp nhiều khó khăn đứng trước tốn tính tốn diện tích áp dụng diện tích để chứng minh đại lượng khơng đổi, tốn bất đẳng thức, cực trị hình học học sinh thường suy nghĩ đâu, hướng suy nghĩ đích cần nhắm tới gì? Đứng trước tốn ta có nhiều hướng suy nghĩ nhiều cách giải chắn tốn có điều chốt mà ta cần bám vào để khai thác Như nói đề tài tập trung vào giải tốn tính tốn diện tích sử dụng phương pháp diện tích để chứng minh tốn hình học khác Để làm tốt dạng tập này, trước hết cần giúp cho học sinh nắm nội dung kiến thức liên quan đến diện tích Ngồi để giải tốn với mức độ yêu cầu cao suy luận học sinh phải có phán đốn, biến đổi linh hoạt cơng thức, đơi cần phải có cách nhìn tổng qt để cắt ghép hình cách hợp lý Với mục đích giúp cho học sinh có nhìn khái qt, hướng suy nghĩ đắn để tìm tịi lời giải cho tốn, Nội dung tơi muốn trình bày đề tài qua ví dụ thực tế, tập thường gặp trường phổ thơng mà sử dụng phương pháp diện tích để tìm lời giải đơn giản ngắn gọn dễ hiểu Qua ví dụ cụ thể học sinh tiếp cận phương pháp mà thường học sinh không quen sử dụng phương pháp diện tích chứng minh Hình học Bằng cách tạo cho học sinh hứng thú với loại tốn nói riêng Hình học nói chung Từ yêu cầu học sinh tiếp tục tìm tịi nghiên cứu sáng tạo việc học Toán nhà trường Nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu, phân tích, đánh giá tình hình thực tế giảng dạy mơn tốn trường THPT Trên cở sở ưu khuyết điểm đề giải pháp thực Đồng thời rút học kinh nghiệm từ thực tế Đối tượng phạm vi nghiên cứu Tìm hiểu cách dạy GV, cách học học sinh lớp đại trà lớp bồi dưỡng HSG mơn tốn trường THPT Nam Đàn Mục tiêu đề tài: Đối với giáo viên: +Phục vụ giảng dạy thi giáo viên giỏi +Bồi dưỡng HSG Đối với học sinh: + Phục vụ việc học thi HSG + Biết cách nhìn nhận phân tích vấn đề tồn diện khái qt Nội dung đề tài gồm phần I Bài toán II Ứng dụng chứng minh số định lý hình học III Ứng dụng giải toán tỷ số IV Ứng dụng giải toán tọa độ phẳng V Ứng dụng giải toán bất đẳng thức, cực trị Các phương pháp nghiên cứu + Điều tra tìm hiểu việc dạy học lớp bồi dưỡng HSG + Dự rút kinh nghiệm giảng dạy + Phân tích đánh giá q trình tiếp thu học học sinh thông qua kiểm tra, trắc nghiệm + Tham khảo viết, ý kiến trao đổi việc dạy học toán thảo luận đổi phương pháp giảng dạy, tài liệu sách tham khảo mơn tốn Trong trình nghiên cứu thể nghiệm đề tài này, tơi nhận nhiều ý kiến đóng góp q báu bạn bè đồng nghiệp Khi bắt tay vào viết đề tài quỹ thời gian có hạn nên khơng thể tránh khỏi sai sót Tơi mong tiếp tục nhận nhiều ý kiến đóng góp thầy cô giáo để để đề tài ngày hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn ! B NỘI DUNG I BÀI TOÁN NỀN CƠ BẢN Để làm tốt dạng tâp, trước hết cần giúp học sinh nắm nội dung kiến thức liên quan đến diện tích a) Các cơng thức tính diện tích tam giác: 2 1) S  aha  b.hb  c.hc 2 2) S  ab.sin C  ac sin B  bc sin A 3) S  abc 4R 4) S  p.r 5) S  p( p  a )( p  b)( p  c) 6) S  ( p  a)ra  ( p  b)rb  ( p  c)rc Ở đây: +) a, b, c cạnh đối diện với đỉnh tương ứng A, B, C +) , hb , hc đường cao tam giác kẻ từ đỉnh A, B, C +) R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác +) r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác +) , rb , rc bán kính đường trịn bàng tiếp (tiếp xúc ngồi tam giác) +) P  abc nửa chu vi tam giác b) Bổ đề tỉ số diện tích Bổ đề 1: Nếu hai tam giác có đáy tỉ số diện tích tỉ số hai đường cao, hai tam giác có chiều cao tỉ số diện tích tỉ số đáy Bổ đề 2: Cho tam giác ABC , D E điểm thuộc đường thẳng AB AC Khi S ABC AD AE  S ADE AB AC c) Cơng thức tính diện tích tứ giác - Diện tích tứ giác nửa tích hai đường chéo nhân với góc tạo hai đường chéo - Nếu tứ giác có hai đường chéo vng góc diện tích tứ giác nửa tích hai đường chéo Bài tốn 1.1: Diện tích ABC khơng đổi BC cố định A di động đường thẳng d / / BC A1 A A2 d B C ( khơng đổi) Bài tốn 1.2: Hai tam giác có chung đỉnh M , hai đáy AB CD thuộc đường thẳng thì: S MAB AB  S MCD CD M hm A B C D ( hm chung) Bài toán 1.3: Cho ABC , B1 , C1 thứ tự cạnh AB, AC Chứng minh rằng: S AB1C1 S ABC AB1 AC1  AB AC Giải: Cách 1: S AB1C1 S ABC S AB1C1 S AB1C  S AB1C S ABC Áp dụng toán ta có: S AB1C1 S ABC  A C1 B1 AC1 AB1 B AC AB C Cách 2: Dựa vào cơng thức tính diện tích thứ ) AB AC sin A S AB1C1  Ta có: ) SABC AB AC.sin A � S AB1C1 S ABC  AB1 AC1 AB AC Bài toán 1.4: Cho ABC , B1 , C1 thuộc cạnh AB, AC thỏa mãn B1 , C1 / / BC Chứng minh rằng: S AB1C1 SABC AB �AB �  � � k , với k  AB �AB � Giải: Bài toán 1.4 trường hợp đặc biệt toán 1.3 Từ tính chất song song B1 , C1 / / BC � AB1 C1 : ABC (k tỷ số đồng dạng) Ta có "Tỷ số diện tích hai tam giác đồng dạng bình phương tỷ số đồng dạng." Bài toán 1.5: Cho tứ giác ABCD nội tiếp có cạnh a, b, c, d Chứng minh diện tích tứ giác tính theo công thức sau: S  ( p  a )( p  b)( p  c)( p  d ) , p nửa chu vi tam giác Giải: Giả sử ABCD tứ giác nội tiếp với độ dài cạnh a, b, c, d (hình bên) � � A C  1800 nên sin C  sin A cos C   cos A , Khi đó: 2 Ta có S  S ABD  SCDB  ad sin A  bcsinC Hay 2S  ( ad  bc)sin A , suy sin A  2S ad  bc Mặt khác, tam giác ABD có BD  a  d  2ad cos A Còn tam giác CBD có: BD  b  c  2bc cosC  b  c  2bc cosA Suy a  d  b  c  2(ad  bc)cos A Nên cos A  a  d  b2  c 2(ad  bc ) Do sin A  cos A  nên 16S2  (a  d  b  c )2  4(ad  bc )2 Vậy 16S2   2(ad  bc)  (a  d  b2  c )2  (2ad  2bc  a  d  b  c )(2ad  2bc  a  d  b  c ) � (a  d )2  (b  c) � (b  c)  (a  d ) � � �� � �  (a  d  b  c )(a  d  b  c )(b  c  a  d )(b  c  a  d )  (2 p  2c)(2 p  2b)(2 p  d )(2 p  2a)  16( p  a)( p  b)( p  c)( p  d ) Từ ta có S  ( p  a )( p  b)( p  c)( p  d ) Bài toán 1.6 Cho tam giác ABC Gọi bán kính đường trịn bàng tiếp góc A Chứng minh diện tích tam giác ABC tính theo công thức: S  ( p  a ) Giải: Gọi Q, R, P tiếp điểm đường tròn bàng tiếp (J,ra ) với đường thẳng BC , CA, AB (h bên) thì: S JAB  cr AB.JP  a 2 S JAC  br AC.JR  a 2 S JBC  ar BC.JQ  a 2 Ta có: S  S JAB  S JAC  S JBC  Vậy bca a  b  c  2a  2 S  ( p  a )ra II ỨNG DỤNG CHỨNG MINH MỘT SỐ ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC Bên cạnh phương pháp sử dụng phép biến hình, phương pháp véctơ, phương pháp tọa độ phương pháp diện tích phương pháp mạnh để giải tốn hình học, chứng minh định lý, cơng thức Các cơng thức tính bán kính đường trịn đặc biệt tam giác, định lý Pythagore, Ceva, Menalaus, tính chất đường phân giác, đường thẳng Newton, định lý Carnot có cách chứng minh gọn gàng thơng qua diện tích Bài toán 2.1: (Định lý Pi ta go) Chứng minh tam giác vng bình phương cạnh huyền tổng bình phương hai cạnh góc vng Giải: Định lý Pi ta go có nhiều cách chứng minh cách sử dụng tính chất diện tích (cắt ghép hình) Sau số cách (thể hình vẽ) Cách Cách Bài tốn 2.2: (Tính chất đường phân giác) Cho tam giác ABC , AD đường phân giác Chứng minh DB AB  DC AC Giải: Ta có S ABD DB DE AB AB    S ACD DC DF AC AC (Vì DE  DF ) Bài toán 2.3 (Định lý Mê-nê-la-uýt) Cho ABC , vẽ đường thẳng  cắt AB, AC , BC (kéo dài) M , N , P AM BP CN  (Định lý Mê-nê-la-uýt) Chứng minh MB PC NA Giải: Cách 1: Áp dụng tính chất đường song song Kẻ CI / / AB (hình vẽ) Ta có: CN CI  (1) NA AM BP MB  (2) PC CI AM AM  (3) MB MB Từ (1), (2), (3) � AM BP CN AM MB CI   MB PC NA MB CI AM Cách 2: Áp dụng tỉ số diện tích tam giác (bài tốn 1.2) A Gọi S NAM  S1 ; S NMB  S S MCN  S3 ; SNCP  S5 ; S NBP  S  M S1 S2 S3 N S5 B AM BP CN S1 S6 S3 S6 S3 PN MN    1 Ta có: MB PC NA S S5 S1 S S5 NM NP S6 P C Bài toán 2.4: (Định lý Carnot) Cho tam giác ABC nhọn có d a , db , d c khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp O đến cạnh BC , CA, AB Gọi R, r bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp tam giác Khi ta có hệ thức: d a  db  dc  R  r 10  Shcn = AD CD = DB2  Shcn lớn DE lớn Mà D thuộc 1/2 đường tròn, DE  AC  D trung điểm cung AC Vậy AB = BC = m  Shcn lớn Từ lời giải ta đề xuất tốn tương tự: Bài tốn 3.9: Trong tất hình chữ nhật nội tiếp đường trịn tâm O, bán kính R cho trước Xác định hình chữ nhật có diện tích lớn Giải: Ta có Shcn = 2S  (Diện tích tam giác vng có cạnh đường kính) S  lớn tam giác vuông cân IV ỨNG DỤNG GIẢI BÀI TOÁN TRONG TỌA ĐỘ PHẲNG Ta xét toán sau Bài toán 4.1: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1;0), B(2;1) C(3;5) Hãy tính diện tích tam giác ABC Thơng thường học sinh chọn giải theo cách sau: Cách (đã học chương II, hình học 10): Vận dụng cơng thức Hê - rơng Ta có: AB(1;1) AC ( 2;5) BC (1;4) AB = c = ; AC = b = 29 ; BC = a = 17 Gọi p = (a + b + c)/2 Khi ta có diện tích tam giác ABC S ABC  p ( p  a )( p  b)( p  c)  (  29  17 )(  29  17 )(  17  2.2.2.2 29 )( 29  17 )  2) =… Cách giải phức tạp dài Đòi hỏi học sinh phải cẩn thận vất vả để có kết tối ưu 19 Cách (đã học chương III, hình học 10): Dùng phương trình đường thẳng để áp dụng cơng thức khoảng cách nhằm tính độ dài đường cao suy diện tích cần tìm Ta có phương trình cạnh BC là: x  y 1  � 4x - y - = Khi chiều cao AH tam giác ABC khoảng cách từ A đến cạnh BC AH d ( A; BC )  4.1  1.0  17  17 BC   12  17 1 3 17  17 Khi diện tích tam giác ABC là: S  AH BC  Trong cách giải địi hỏi cần có lượng kiến thức hình học giải tích nhiều phải giải theo hướng gián tiếp làm cho HS thấy khó HS cần thành thạo kiến thức làm tốt tốn Bài tốn 4.2: Trong hệ trục Oxy, cho M(0;3) N(1;2) Hãy tìm trục hồnh điểm P cho diện tích tam giác MNP 2021 Thơng thường học sinh với kiến thức học thường giải theo hướng sau: +Viết phương trình đường thẳng MN, tính độ dài đoạn MN +Gọi P(m;0) thuộc Ox điểm thỏa mãn + Khi tính h khoảng cách từ P đến MN áp dụng công thức S = ah/2 để tìm m Trong hai tốn cách giải phức tạp địi hỏi học sinh cần có linh hoạt tư tốt Q trình tính tốn phức tạp dài dòng Bây ta xây dựng cơng thức diện tích tam giác thú vị Trong hệ trục Oxy, cho tam giác ABC Gọi A(xA ; yA), B(xB ; yB) C(xC ; yC) Khi ta có: 1 S ABC  bhb  bc sin A 2 1 S ABC  bc  cos A  b c  (bc cos A) 2  AC AB  ( AC AB cos A) 2 20  AC AB  ( AC AB ) 2 Với: AB( x B  x A ; y B  y A ) ( x AB ; y AB ) AC ( xC  x A ; yC  y A ) ( x AC ; y AC ) uuur uuuruuu r uuuuru AC AB  ( AC AB )2 2 2 uur  y uuur )( x uuur  y uuur )  ( xuuur � uur  yuuur � uur )  ( x uAC x uAC y uAC AC AB AB AB AB � S ABC   x AB y AC  y AB x AC Do ta có cơng thức S ABC  x AB y AC  y AB x AC (*) Áp dụng giải toán 4.1 ta có: AB(1;1) ; AC (2;5) áp dụng cơng thức (*) ta có diện tích tam giác ABC là: S ABC  x AB y AC  y AB x AC  Cách giải tỏ đơn giản hiệu Khơng cần phải tính tốn nhiều mà cần áp dụng cơng thức Áp dụng giải tốn 4.1 ta gọi P (m;0), (m  -3) thuộc Ox điểm cần tìm Khi ta có: MN (1;1) MP(m; 3) 2 Áp dụng công thức (*) có S MNP  xMN y MP  yMN xMP  m  Theo ta có: m   4042 � m   2021 � m   4042 � � m   4042 � m  4039 � �� m  4045 � Suy P(4027;0) P(-40;0) hai điểm cần tìm Như thấy rõ ưu công thức (*) tính tốn ngắn gọn khơng rườm rà phức tạo Đặc biệt tư toán đơn giản cần áp dụng công thức Hơn công thức xây dựng kiến thức diện tích tam giác nên qua cơng thức lượng tập dành cho học sinh đa dạng phong phú thêm Bài toán 4.3: Trong hệ trục Oxy, cho tam giác ABC, với A(3;m), B(m+1;-4) Xác định m để diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ Giải: Ta có OA(3; m) ; OB(m  1; 4) Khi 21 1 S OAB  xOA yOB  yOA xOB  3(  4)  m( m  1) 2 1 47  (m  m  12)  ((m  )  ) 2 Vậy diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ m = -1/2 Cách khác: + Viết phương trình cạnh AB theo tham số m + Tính khoảng cách từ O đến AB theo m + Áp dụng cơng thức diện tích s = 1/2ah + Biến đổi để có hàm theo m + Xét hàm để có giá trị m Cách khác nhìn chung dài, tính tốn phức tạp qua nhiều bước có biểu thức diện tích tam giác cách giải tỏ đơn giản, ngắn gọn không tiêu tốn nhiều sức Bài toán 4.4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2;1).Trên trục Ox, lấy điểm B có toạ độ (x B; 0), trục Oy lấy điểm C có toạ độ (0; y C) cho tam giác ABC vng A Tìm điểm B, C cho diện tích tam giác ABC lớn Giải: Gọi B(b;0) C(0;c) b �0; c �0 ta có AB (b  2; 1) AC (  2; c  1) Vì tam giác ABC vng A nên ta có: AB AC 0  c  2b  0  c 5  2b Vì b �0; c �0 Nên b  Mặt khác ta có 1 S ABC  x AB y AC  y AB x AC  (b  2)(c  1)  2 b  4b  10 b  Khi diện tích tam giác ABC lớn b = Suy B(0;0) C(0;5) Cách khác: Gọi tọa độ B, C 22 Tìm điều kiện B, C thỏa mãn tam giác vng Tính khoảng cách A tới BC Để diện tích max  khoảng cách A tới BC max Đến tìm giá trị lớn biểu thức kết hợp điều kiện Bài toán 4.5: Cho hàm số y  2x 1 x 1 Xác định m để đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số điểm A, B phân biệt cho diện tích tam giác OAB (O gốc tọa độ) (trích đề TS khối B - 2010) Giải: Phương trình hồnh độ giao điểm 2x 1  x  m  x  (4  m) x   m 0 x 1  m   với m suy đường thẳng y = -2x + m cắt đồ thị hàm số hai điểm phân biệt A, B với m Gọi A( x1 ; y1 ); B( x2 ; y2 ) 1 S OAB  xOA yOB  yOA xOB  x1 y2  x2 y1 2  m( x1  x2 ) Theo ta có diện tích tam giác OAB nên  m( x1  x2 )  m [( x1  x2 )  x1 x2 ] 12  m 4 m  8m  48 0    m 2  m  12 Cách khác: + Tính khoảng cách từ O đến AB + Tính độ dài đoạn AB + Áp dụng cơng thức diện tích lập mối quan hệ Bài toán 4.6: Trong hệ trục tọa độ phẳng Oxy, cho A(0;-3) B(4;0), xác định tọa độ M nghiệm phương trình (x-1) + (y-2)2 = cho S  MAB lớn nhất, nhỏ Giải: Cách 1: 23 Ta có M thuộc đường trịn tâm I(1;2) bán kính R = Gọi M(x 0;y0) thỏa mãn yêu cầu toán AB    25 5 Vẽ qua I đường thẳng vng góc với AB H Ta có S  MAB = AB.MH = MH 2 Vị trí M1 cho ta diện tích  M1AB lớn Vị trí M2 cho ta diện tích  M2AB nhỏ Ta chứng minh khoảng cách từ M đến AB d M2H d M1H Giải tìm tọa độ M1, M2 cách viết phương trình đường thẳng  qua I vng góc với AB Giải tốn tìm tọa độ điểm đường thẳng cắt đường trịn Cách 2: Có thể dùng bất đẳng thức Bunnhia cung cấp cho học sinh khoảng cách từ M(x0;y0) đến đường thẳng AB đơn giản Như cơng thức giúp ta giải tốn giải tích mà không cần nhiều điều yếu tố trung gian Tất nhiên hướng giải hướng giải khác toán V ỨNG DỤNG GIẢI BÀI TOÁN BẤT ĐẲNG THỨC, CỰC TRỊ Bài tốn 5.1: Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c diện tích S Chứng minh a  b  c �4S Dấu xảy tam giác ABC Giải: Ta có S [ p( p  a)( p  b)( p  c)]  a bc a b c a c  b bc  a   2 2 Đặt x = a + b - c; y = a + c - b; z = b + c - a x y z a bc    3      Áp dụng BĐT Cô si: xyz  24 abc �  16 S  (a  b  c) � � � � � 4S  (a  b  c)2 a  b  c � 3  Điều phải chứng minh Từ BĐT a  b  c �4S (1) ta hướng dẫn học sinh tổng quát toán theo hướng làm chặt chẽ bất đẳng thức (1), tức thay vế trái đại lượng nhỏ vế phải đại lượng lớn mà (1) Chúng ta BĐT quen thuộc a  b  c �ab  bc  ca , từ ta đặt vấn đề BĐT ab  bc  ca �4S có khơng? Nếu BĐT ta bất đẳng thức chặt BĐT đầu Ta có: ab  bc  ca �4S � ab bc ca 1   �2 �   �2 2S 2S 2S sinA sinB sinC Áp dụng bất đẳng thức Côsi: 1 1   �3 sinA sinB sinC sinA.sinB.sinC 1 3   �2 Nghĩa BĐT Vậy ta nên sinA sinB sinC Mà sinA.sinB.sinC � có tốn sau: Bài tốn 5.2 Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c diện tích S Chứng minh ab  bc  ca �4S Dấu xảy tam giác ABC Bây thử làm chặt BĐT a  b  c �4S cách cộng vào vế phải đại lượng dương hay khơng? Ta có: a2  b2 a b a b a b ( ) ( ) �ab  ( ) 2 2 Tương tự ta có b2  c2 bc �bc  ( ) 2 c2  a2 ca �ca  ( ) 2 � a  b  c �ab  bc  ca  ((a  b )2  (b  c )2  (c  a )2  (a  d ) ) � a  b  c  d �4S  ((a  b)2  (b  c)  (c  a ) ) 25 Vậy ta toán tổng quát Bài toán 5.3: Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c diện tích S Chứng minh a  b  c �4S  ((a  b)2  (b  c)2  (c  a) ) Dấu xảy tam giác ABC Giải: Ta lại có ab bc �۳ca  S S ab bc ca � a  b  c �4S  a  b  c  ab  bc  ca � a  b  c �4S  ((a  b)2  (b  c )2  (c  a )2 ) Do ta đưa toán chặt hơn: Bài toán 5.4: Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c diện tích S Chứng minh a  b  c �4S  ((a  b)2  (b  c)2  (c  a) ) Dấu xảy tam giác ABC Với hướng dẫn ta đưa toán sau Bài toán 5.5 Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c diện tích S Chứng minh a  b  c �4S  2(a  b)2 Dấu xảy tam giác có góc C  600 Giải: Ta có a  b  c �4S  2(a  b) � a  b  a  b  2ab.cosC �2ab.sinC  2a  2b  4ab ۣ cosC+ sin C cos(C-60 ) Bất đẳng thức nên toán 5.4 chứng minh Dấu xảy C  600 Tương tự ta có BĐT a  b  c �4S  2(b  c ) a  b  c �4S  2(c  a )2 Cộng vế với vế BĐT , rút gọn ta có a  b  c �4S  ((a  b)  (b  c)  (c  a) ) Ta có tốn thú vị sau 26 Bài tốn 5.6 Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c diện tích S Chứng minh a  b  c �4S  ((a  b)2  (b  c)2  (c  a) ) Dấu xảy tam giác ABC Tuy nhiên từ toán câu hỏi tự nhiên xuất thay số số lớn hay khơng? Ta xét tốn sau: Bài tốn 5.7: Giả Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c diện tích S Chứng minh a  b  c �4S  (a  b)2  (b  c)2  (c  a) Dấu xảy tam giác ABC Giải: a  b  c �4S  (a  b)2  (b  c )2  (c  a)2 ۳ 2(ab + ca + bc) 4S + a  b  c Áp dụng công thức a + b +c2 = 4S(cotgA +cotgB + cotgC ) bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 4S ( S+ 4S(cotgA +cotgB + cotgC) Bất đẳng thức nên toán 5.7 chứng minh Dấu xảy tam giác ABC Bài tốn 5.8: Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c diện tích S Chứng minh a  b  c �16S Giải: Áp dụng tốn 5.1 ta có a  b  c �4 3S Mặt khác (a  b  c ) a  b  c  2a b  2a c  2b c Áp dụng bất đẳng thức cô si ta có: 27 (a  b  c )2  a  b  c  2a 2b  2a c  2b c �a  b  c  a  b  a  c  b  c  (a  b  c ) 3(a  b  c )  a4  b4  c4  (a  b  c )  a  b  c  (4 3S )  a  b  c 16S Từ toán 5.8, ta có hai tốn cách giải * S  = (đơn vị diện tích), a, b, c cạnh tam giác CMR: a  b  c 16 (S2 = 1) * Tìm p nhỏ thỏa mãn p ( a  b  c ) S Bây ta mở rộng vấn đề tứ giác đa giác Trước hết ta thử xem tứ giác có bất đẳng thức dạng tương tự toán khơng? Ta xét tứ giác ABCD hình vng S = a2 � a  a  a  a  4S Nếu ABCD hình chữ nhật có cạnh a, b diện tích S S = ab, nghĩa ab + ab + ab + ab = 4S Vậy tứ giác có kết Ta dự đoán tứ giác có tốn sau: Bài tốn 5.9: Cho tứ giác lồi ABCD, có a, b, c, d cạnh diện tích S Chứng minh ab  bc  cd  da �4S Dấu xảy tứ giác ABCD hình chữ nhật Giải: Ta có S  SABC  S BCD  SCDA  S DAB (ab sin B  bc sin C  cd sin D  da sin A) � (ab  bc  cd  da )  � ab  bc  cd  da �4 S Dấu xảy sinA = Sin B = SinC = SinD = 1, tức ABCD hình chữ nhật Từ bất đẳng thức a  b  c  d �ab  bc  cd  da nên ta có a  b  c  d �4S 28 Bài toán 5.10: Cho tứ giác lồi ABCD có a, b, c, d cạnh, diện tích S Chứng minh a  b  c  d �4S Dấu xảy tứ giác ABCD hình vng Bài tốn 5.11: Cho tứ giác lồi ABCD có a, b, c, d cạnh, diện tích S CMR a  b  c  d �4S  ((a  b)  (b  c )  (c  a )  (a  d ) ) Dấu xảy tứ giác ABCD hình vng Giải: a  b2 ab ab ab Ta có ( ) ( ) �ab  ( ) 2 2 b2  c2 bc Tương tự ta có �bc  ( ) 2 c2  d cd �cd  ( ) 2 d  a2 d a �da  ( ) 2 � a  b  c  d �ab  bc  cd + da  ((a  b)2  (b  c )2  (c  a )  (a  d ) ) � a  b2  c  d �4S  ((a  b)2  (b  c)  (c  a)  ( a  d )2 ) Đặc biệt hơn, Từ toán 5.6, toán 5.7, toán 5.8 ta có tốn tổng qt sau: Trước hết ta dự đoán bất đẳng thức tổng quát: Cho x, y �0, với n  �, n ; ta có ( x  y ) n �(2xy) n  ( x n  y n ) (1) Ta chứng minh (1) quy nạp Với n = 1, bất đẳng thức Giả sử (1) với n = k, nghĩa ta có ( x  y ) k �(2xy) k  ( x k  y k ) Ta chứng minh (1) với n = k + Thật vậy, ta có 29 ( x  y )k 1  ( x  y )( x  y )k �((2xy) k  ( x k  y k )2 )  ( x  y )(2k  2)( xy ) k  x k  y k  (2k  2)( xy) k ( x  y )  x k   y k   ( x y k  x k y ) �(2k  2)( xy ) k xy  x k   y k   x k 1 y k 1 ( BDT Cô si)  (2 xy ) k 1  x k   y k   x k 1 y k 1  (2 xy ) k 1  ( x k 1  y k 1 ) Theo nguyên lý quy nạp bất đẳng thức (1) chứng minh Mặt khác, ta chứng minh bất đẳng thức quen thuộc sau quy nạp: Cho x, y �0, với n  �, n ; ta có xn  y n x y n �( ) 2 (2) Từ (1) (2) ta có bất đẳng thức tổng quát sau: x 2n  y 2n �( xy ) n  n ( x n  y n ) 2 (3) Áp dụng bất dẳng thức (2) ta có tốn sau: Bài tốn 5.12: Cho tứ giác lồi ABCD có a, b, c, d cạnh, diện tích S Chứng minh (ab) n  (bc)n  (cd ) n  (da ) n �4S n Dấu xảy tứ giác ABCD hình vng n = Giải: (ab) n  (bc) n  (cd)n  ( da) n �2( ab  bc n cd  da n ab  bc  cd+da n )  2( ) �4( ) �4Sn 2 Bài toán 5.13: Cho tứ giác lồi ABCD có a, b, c, d cạnh, diện tích S Chứng minh a n  b n  c n  d n �4S n Dấu xảy tứ giác ABCD hình vng n = Giải: Ta có a 2n  b 2n a  b2 n b2n  c2n b2  c2 n �( ) ; �( ) 2 2 c 2n  d 2n c2  d n d 2n  a2n d  a2 n ; �( ) �( ) 2 2 a  b2 n b2  c n c2  d n d  a n � a  b  c  d �( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 �(ab)n  (bc) n  (cd) n  ( da) n �4Sn 2n 2n 2n 2n 30 Áp dụng bất dẳng thức (3) tốn 5.9 ta có toán sau Bài toán 5.14: Cho tứ giác lồi ABCD có a, b, c, d cạnh, diện tích S; n �� Chứng minh ((a n  b n )  (b n  c n )  (c n  d n )  (d n  a n ) ) Dấu n xảy tứ giác ABCD hình vng n = a n  b n  c n  d n �4S n  Giải: Ta có a 2n  b2n �(ab) n  n (a n  bn ) 2 b2n  c2n �(bc) n  n (b n  c n ) 2 2n 2n c d �(cd) n  n (c n  d n )2 2 2n 2n d a �(da ) n  n (d n  a n ) 2 � a n  b n  c n  d n �4Sn  ((a n  b n )2  (b n  c n )2  (c n  d n )2  (d n  a n )2 ) n 31 C KẾT LUẬN Quá trình giảng dạy hướng dẫn cho học sinh học tốn, đặc biệt tốn hình có nhiều khó khăn kiến thức hình học cịn yếu, khả tư trừu tượng lại yếu nên phân tích tìm lời giải khó học sinh Việc hệ thống hóa đưa mảng kiến thức (hẹp diện tích tam giác) rộng thể loại giúp cho học sinh từ tốn (tơi gọi nền) để vận dụng giải toán phức tạp hơn, có sở suy nghĩ Những tốn hướng dẫn học sinh giải vừa có tính chất thực tế vừa có nét đẹp, có tương tự giúp học sinh say sưa hơn, tự tin Qua theo dõi, phân tích đánh giá kết học hình học sinh tơi thấy ý thức tinh thần học tốn tốt hơn, say sưa hơn, khơng bi quan Qua cách dạy hướng dẫn em đưa số toán mới, khơng em cịn tích lũy kinh nghiệm qua hoạt động tương tự , tổng quát hóa để tìm tốn khác từ tốn ban đầu Kỹ phân tích, vận dụng kiến thức vào cụ thể tốt Kỹ thao tác: vẽ hình, tính tốn tốt Trên số kinh nhiệm giảng dạy số hoạt động toán sở nội dung: Bất đẳng thức, hệ thức lượng tam giác lớp 10 Vì chúng tơi mạnh dạn ghi chép, tổng hợp để trao đổi bạn đọc nhằm tìm thấy nguồn vui giảng dạy hướng dẫn học sinh giải toán Mặc dù cố gắng khơng thể tránh khỏi khiếm khuyết, mong nhận trao đổi, góp ý đồng nghiệp bạn bè vấn đề để viết chúng tơi hồn thiện Vinh, ngày tháng năm 2021 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO Phương pháp dạy học mơn tốn (Nguyễn Bá Kim) Sách giáo khoa hình học 10 Sách giáo khoa đại số 10 Sách tập hình học 10 Tốn nâng cao hình học 10 ( Nguyễn Minh Hà chủ biên) Phương pháp dạy học mơn tốn (Nguyễn Bá Kim) Giải tốn (G Polya) Báo toán học tuổi trẻ 33 ... (tiếp xúc tam giác) +) P  abc nửa chu vi tam giác b) Bổ đề tỉ số diện tích Bổ đề 1: Nếu hai tam giác có đáy tỉ số diện tích tỉ số hai đường cao, hai tam giác có chiều cao tỉ số diện tích tỉ... 2S  (Diện tích tam giác vng có cạnh đường kính) S  lớn tam giác vng cân IV ỨNG DỤNG GIẢI BÀI TOÁN TRONG TỌA ĐỘ PHẲNG Ta xét toán sau Bài toán 4.1: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với... hơn: Bài tốn 5.4: Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c diện tích S Chứng minh a  b  c �4S  ((a  b)2  (b  c)2  (c  a) ) Dấu xảy tam giác ABC Với hướng dẫn ta đưa toán sau Bài toán 5.5 Cho tam