Mục đích nghiên cứu của sáng kiến là tìm hiểu, phân tích, đánh giá tình hình thực tế trong giảng dạy bộ môn toán ở trường THPT. Trên cở sở những ưu khuyết điểm đề ra giải pháp thực hiện. Đồng thời rút ra bài học kinh nghiệm từ thực tế.
MỤC LỤC TT Nội dung A. Đặt vấn đề Trang B. Nội dung I. Bài toán nền cơ bản II. Ứng dụng chứng minh một số định lý hình học III. Ứng dụng giải các bài tốn về tỷ số 13 IV. Ứng dụng giải bài tốn trong tọa độ phẳng 19 V. Ứng dụng giải bài toán bất đẳng thức, cực trị 24 C. Kết luận 32 Tài liệu tham khảo 33 A. ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Lý do chọn đề tài: Tốn học là bộ mơn khoa học quan trọng có nhiều ứng dụng trong cuộc sống. Do đó việc giảng dạy truyền thụ kiến thức tốn học trong nhà trường đối với mỗi giáo viên và việc học Tốn tiếp thu kiến thức với học sinh là một nhiệm vụ hết sức quan trọng. Q trình dạy và học ln là một q trình động theo hướng phát triển, tìm tịi ngày càng cao. Đứng trước u cầu đổi mới phương pháp giáo dục hiện nay, mỗi người giáo viên hồn tồn phải tự mình nghiên cứu những vấn đề gặp phải. Trong thực tế giảng dạy, để tìm cách giúp học sinh tiếp thu kiến thức một cách mềm dẻo, linh hoạt và sáng tạo thì người giáo viên cũng phải có cách truyền đạt linh hoạt và sáng tạo Ngồi ra đối với mỗi người giáo viên nghiên cứu khoa học là nhiệm vụ nhằm khơng ngừng nâng cao trình độ nghiệp vụ. Với u cầu thực tế và suy nghĩ như vậy, với trách nhiệm là một giáo viên tham gia giảng dạy trực tiếp tơi xin đóng góp những suy nghĩ và hướng giải quyết trong đề tài này mong muốn góp phần vào giải quyết một vấn đề khó khăn mà chúng ta thường gặp phải khi đứng lớp Do Hình học mang tính chất tư duy, trừu tượng cao dẫn đến học sinh ngại học hình. Điều này nói lên thực tế việc dạy và học hình học trường THPT hiện nay cịn nhiều bất cập. Ngun nhân sâu xa là việc học sinh nắm kiến thức từng phần chưa chắc cịn lỏng lẻo hời hợt, hơn nữa việc vận dụng kiến thức vào giải tốn Hình học khơng linh hoạt khơng nắm được vào cái đích của một vấn đề, khơng tìm được hướng giải chính cho từng bài tốn riêng biệt. Để dần đưa trình độ học sinh lên tiếp cận với những kiến thức cao hơn tơi lựa chọn và giới thiệu chun đề "Phát triển năng lực tốn cho học sinh THPT từ bài tốn diện tích tam giác”. Nội dung chun đề bó gọn trong việc giới thiệu các bài tốn tính tốn và sử dụng phương pháp diện tích vào giải quyết một số bài tập mà nếu dùng các phương pháp thơng thường sẽ gặp khó khăn nhưng nếu sử dụng phương pháp diện tích ta sẽ có một lời giải hay và linh hoạt. Trong phạm vi đề tài này ta khơng bàn đến việc thay đổi cách dạy cách học của cả bộ mơn Hình học mà ta nói đến một vấn đề học sinh gặp rất nhiều khó khăn đó là đứng trước những bài tốn tính tốn diện tích và áp dụng diện tích để chứng minh các đại lượng khơng đổi, các bài tốn về bất đẳng thức, cực trị trong hình học học sinh thường khơng biết suy nghĩ bắt đầu từ đâu, hướng suy nghĩ như thế nào và cái đích cần nhắm tới là gì? Đứng trước bài tốn ta có thể có nhiều hướng suy nghĩ nhiều cách giải nhưng chắc chắn mỗi bài tốn đều có điều chốt căn bản mà ta cần bám vào để khai thác. Như trên đã nói đề tài này tập trung vào giải quyết các bài tốn tính tốn diện tích và sử dụng phương pháp diện tích để chứng minh các bài tốn hình học khác Để làm tốt các dạng bài tập này, trước hết cần giúp cho học sinh nắm chắc các nội dung kiến thức liên quan đến diện tích. Ngồi ra để giải được các bài tốn với mức độ u cầu cao về suy luận thì học sinh phải có sự phán đốn, biến đổi linh hoạt các cơng thức, đơi khi cần phải có một cách nhìn tổng qt để có thể cắt ghép hình một cách hợp lý Với mục đích giúp cho học sinh có một cái nhìn khái qt, hướng suy nghĩ đúng đắn để tìm tịi lời giải cho một bài tốn, Nội dung chính tơi muốn trình bày trong đề tài này là qua những ví dụ thực tế, bài tập thường gặp trường phổ thơng mà có thể sử dụng phương pháp diện tích để tìm ra lời giải đơn giản ngắn gọn và dễ hiểu. Qua những ví dụ cụ thể như vậy học sinh tiếp cận được một phương pháp mà thường học sinh khơng quen sử dụng đó là phương pháp diện tích trong chứng minh Hình học. Bằng cách đó tạo cho học sinh hứng thú hơn với loại tốn này nói riêng và Hình học nói chung. Từ đó u cầu học sinh tiếp tục tìm tịi nghiên cứu và sáng tạo hơn trong việc học Tốn ở nhà trường 2. Nhiệm vụ nghiên cứu Tìm hiểu, phân tích, đánh giá tình hình thực tế trong giảng dạy bộ mơn tốn ở trường THPT. Trên cở sở những ưu khuyết điểm đề ra giải pháp thực hiện. Đồng thời rút ra bài học kinh nghiệm từ thực tế 3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu Tìm hiểu cách dạy của GV, cách học của học sinh ở các lớp đại trà và lớp bồi dưỡng HSG mơn tốn của trường THPT Nam Đàn 2. 4. Mục tiêu đề tài: Đối với giáo viên: +Phục vụ giảng dạy và thi giáo viên giỏi +Bồi dưỡng HSG Đối với học sinh: + Phục vụ việc học và thi HSG + Biết cách nhìn nhận phân tích các vấn đề tồn diện và khái qt 5. Nội dung đề tài gồm 5 phần chính I. Bài tốn nền cơ bản II. Ứng dụng chứng minh một số định lý hình học III. Ứng dụng giải các bài tốn về tỷ số IV. Ứng dụng giải bài tốn trong tọa độ phẳng V. Ứng dụng giải bài tốn bất đẳng thức, cực trị 6. Các phương pháp nghiên cứu chính + Điều tra tìm hiểu việc dạy và học ở các lớp bồi dưỡng HSG + Dự giờ rút kinh nghiệm giảng dạy + Phân tích đánh giá q trình tiếp thu bài học của học sinh thơng qua kiểm tra, trắc nghiệm + Tham khảo các bài viết, các ý kiến trao đổi về việc dạy và học tốn trong các cuộc thảo luận về đổi mới phương pháp giảng dạy, trong các tài liệu và sách tham khảo về bộ mơn tốn Trong q trình nghiên cứu và thể nghiệm đề tài này, tơi nhận được rất nhiều ý kiến đóng góp q báu của bạn bè đồng nghiệp. Khi bắt tay vào viết đề tài này do quỹ thời gian có hạn nên khơng thể tránh khỏi sai sót. Tơi rất mong tiếp tục nhận được nhiều ý kiến đóng góp của các thầy cơ giáo để để đề tài của tơi ngày càng hồn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn ! B. NỘI DUNG I. BÀI TỐN NỀN CƠ BẢN Để làm tốt các dạng bài tâp, trước hết cần giúp học sinh nắm chắc các 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 là các cạnh đối diện với các đỉnh tương ứng A, B, C +) , hb , hc là các đường cao của tam giác kẻ từ đỉnh A, B, C +) R là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác +) r là bán kính đường trịn nội tiếp tam giác +) , rb , rc là bán kính đường trịn bàng tiếp (tiếp xúc ngồi tam giác) +) P = a+b+c là nửa chu vi của tam giác b) Bổ đề về tỉ số diện tích Bổ đề 1: Nếu hai tam giác có cùng đáy thì tỉ số diện tích bằng tỉ số hai đường cao, nếu hai tam giác có cùng chiều cao thì tỉ số diện tích bằng tỉ số đáy Bổ đề 2: Cho tam giác ABC , D và E là các điểm thuộc đường thẳng AB và AC . Khi đó S ABC AD AE = S ADE AB AC c) Cơng thức tính diện tích của tứ giác Diện tích tứ giác bằng nửa tích hai đường chéo nhân với góc tạo bởi hai đường chéo Nếu tứ giác có hai đường chéo vng góc thì diện tích tứ giác bằng nửa tích hai đường chéo B ài tốn 1.1 : Diện tích ∆ABC không đổi khi BC cố định và A di động trên đường thẳng d / / BC A1 A A2 d B C ( khơng đổi) B ài tốn 1.2: Hai tam giác có chung đỉnh M , hai đáy AB CD thuộc một đường thẳng thì: S ∆MAB AB = S ∆MCD CD M hm A B C D ( hm chung) B ài toán 1.3: Cho ∆ABC , B1 , C1 thứ tự trên cạnh AB, AC . Chứng minh rằng: S ∆AB1C1 S ∆ABC AB1 AC1 = AB AC Giải: Cách 1: S ∆AB1C1 S ∆ABC A C1 B1 S ∆AB1C1 S∆AB1C = S ∆AB1C S ∆ABC B 6C Áp dụng bài tốn ta có: S ∆AB1C1 S ∆ABC = AC1 AB1 AC AB Cách 2: Dựa vào cơng thức tính diện tích thứ 2 S ∆AB1C1 Ta có: S ∆ABC ) AB1 AC1.sin A =2 ) 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 tốn 1.4 là trường hợp đặc biệt của bài tốn 1.3 Từ tính chất song song B1 , C1 / / BC � ∆AB1 C1 : ∆ABC (k là tỷ số đồng dạng) Ta có "Tỷ số diện tích hai tam giác đồng dạng bằng bình phương tỷ số đồng dạng." Bài tốn 1.5: Cho tứ giác ABCD nội tiếp được và có các cạnh a, b, c, d Chứng minh rằng diện tích tứ giác đó được tính theo cơng thức sau: S = ( p − a )( p − b)( p − c)( p − d ) , trong đó p là nửa chu vi tam giác Giải: Giả sử ABCD là tứ giác nội tiếp với độ dài cạnh là a, b, c, d (hình bên) � � Khi đó: A+ C = 1800 nên sin C = sin A cos C = − cos A , 2 Ta có S = S ABD + SCDB = ad sin A + bcsinC Hay 2S = ( ad + bc)sin A , suy ra sin A = 2S ad + bc Mặt khác, tam giác ABD có BD = a + d − 2ad cos A Cịn tam giác CBD có: BD = b + c − 2bc cosC = b + c + 2bc cosA Suy ra a + d − b − c = 2(ad + bc)cos A Nên cos A = a + d − b2 − c2 2(ad + bc) Do sin A + cos A = nên 16S2 + (a + d − b − c )2 = 4(ad + bc) Vậy 16S2 = [ 2(ad + bc)] − (a + d − b − c ) = (2ad + 2bc + a + d − b − c )(2ad + 2bc − a − d + b + c ) =� ( a + d ) − (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 − 2d )(2 p − 2a) = 16( p − a)( p − b)( p − c)( p − d ) Từ đó ta có S = ( p − a)( p − b)( p − c)( p − d ) Bài toán 1.6 Cho tam giác ABC Gọi là bán kính đường trịn bàng tiếp góc A Chứng minh rằng diện tích tam giác ABC tính được theo cơng thức: S = ( p − a) Giải: Gọi Q, R, P là các tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp (J,ra ) lần lượt với các 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 = b+c−a a + b + c − 2a = 2 Vậy S = ( p − a)ra II. ỨNG DỤNG CHỨNG MINH MỘT SỐ ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC Bên cạnh các phương pháp như sử dụng phép biến hình, phương pháp véctơ, phương pháp tọa độ thì phương pháp diện tích là một phương pháp mạnh để giải tốn hình học, chứng minh các định lý, cơng thức. Các cơng thức tính bán kính các đường trịn đặc biệt trong tam giác, định lý Pythagore, Ceva, Menalaus, tính chất đường phân giác, đường thẳng Newton, định lý Carnot đều có những cách chứng minh gọn gàng thơng qua diện tích. Bài tốn 2.1: (Định lý Pi ta go) Chứng minh rằng trong một tam giác vng thì bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vng Giải: Định lý Pi ta go có nhiều cách chứng minh bằng cách sử dụng các tính chất cơ bản của diện tích (cắt ghép hình). Sau đây là một số cách (thể hiện bằng hình vẽ) Cách 1 Cách 2 Bài tốn 2.2: (Tính chất đường phân giác). Cho tam giác ABC , AD là đường phân giác trong. Chứng minh rằng DB AB = DC AC Giải: Ta có S ABD DB DE AB AB = = = S ACD DC DF AC AC (Vì DE = DF ) B ài tốn 2.3 (Định lý Mênêlat) Cho ∆ABC , vẽ đường thẳng ∆ cắt AB, AC , BC (kéo dài) lần lượt tại M , N , P Chứng minh rằng AM BP CN = (Định lý Mênêlauýt) 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 = S6 ∆ M S2 S1 S3 N S5 B S6 C P10 D đường trịn (C) ADC vng tại D. Ta có AE. EC = DE2 Shcn = AD. CD = DB2 Shcn lớn nhất khi DE lớn nhất Mà D thuộc 1/2 đường trịn, DE AC Vậy AB = BC = D là trung điểm của cung AC. m Shcn lớn nhất Từ lời giải này ta có thể đề xuất bài tốn tương tự: Bài tốn 3.9: Trong tất cả hình chữ nhật nội tiếp 1 đường trịn tâm O, bán kính R cho trước. Xác định hình chữ nhật có diện tích lớn nhất Giải: Ta có Shcn = 2S (Diện tích tam giác vng có cạnh là đường kính) S ∆ lớn nhất là tam giác vng cân IV. ỨNG DỤNG GIẢI BÀI TỐN TRONG TỌA ĐỘ PHẲNG Ta xét bài tốn sau Bài tốn 4.1: Trong hệ trục tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với A(1;0), B(2;1) và C(3;5). Hãy tính diện tích của tam giác ABC Thơng thường thì học sinh chọn giải theo các cách sau: Cách 1 (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 đó ta có diện tích tam giác ABC là S ABC p ( p a )( p b)( p c) ( 29 17 )( 29 17 )( 2.2.2.2 17 29 )( 29 17 ) 2) = … Cách giải quyết này khá là phức tạp và dài. Đòi hỏi học sinh phải rất cẩn thận và vất vả để có được kết quả tối ưu 20 Cách 2 (đã học chương III, hình học 10): Dùng phương trình đường thẳng để áp dụng cơng thức về khoảng cách nhằm tính độ dài đường cao và suy ra diện tích cần tìm Ta có phương trình cạnh BC là: x − y −1 = 4x y 7 = 0 Khi đó chiều cao AH của tam giác ABC bằng khoảng cách từ A đến cạnh BC AH d ( A; BC ) BC 12 1 17 17 17 Khi đó diện tích tam giác ABC là: S AH BC 17 17 Trong cách giải này địi hỏi cần có lượng kiến thức về hình học giải tích nhiều và phải giải quyết theo hướng gián tiếp làm cho HS thấy khó hơn. HS cần thành thạo các kiến thức thì mới làm tốt bài tốn này Bài tốn 4.2: Trong hệ trục Oxy, cho M(0;3) và N(1;2). Hãy tìm trên trục hồnh điểm P sao cho diện tích tam giác MNP bằng 2021 Thơng thường thì học sinh với các kiến thức được học thường giải theo hướng sau: +Viết phương trình đường thẳng MN, tính độ dài đoạn MN +Gọi P(m;0) thuộc Ox là điểm thỏa mãn + Khi đó tính h là khoảng cách từ P đến MN và áp dụng cơng thức S = ah/2 để tìm m Trong hai bài tốn trên các cách giải khá phức tạp địi hỏi học sinh cần có sự linh hoạt và tư duy tốt. Q trình tính tốn cũng khá phức tạp và dài dịng Bây giờ ta xây dựng một cơng thức về diện tích tam giác khá thú vị Trong hệ trục Oxy, cho tam giác ABC. Gọi A(xA ; yA), B(xB ; yB) và C(xC ; yC) Khi đó ta có: S ABC S ABC bhb bc sin A bc cos A AC AB 2 2 b c (bc cos A) ( AC AB cos A) 21 AC AB 2 ( AC AB) 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 ) r uuuruuur uuuuruuuu AC AB − ( AC AB )2 2 2 r + y uuur )( x uuur + y uuur ) − ( xuuur � r + yuuur � r) = ( x uuu x uuu y uuu AC AC AB AB AB AC AB AC � S ∆ABC = x y y x AB AC AB AC Do đó ta có cơng thức S ABC x y y x AB AC AB AC (*) Áp dụng giải bài tốn 4.1 ta có: AB(1;1) ; AC (2;5) khi đó áp dụng cơng thức (*) ta có diện tích tam giác ABC là: S ABC x y y x AB AC AB AC Cách giải quyết này tỏ ra rất đơn giản và hiệu quả. Khơng cần phải tính tốn nhiều mà chỉ cần áp dụng cơng thức Áp dụng giải bài tốn 4.1 ta gọi P (m;0), (m 3) thuộc Ox là điểm cần tìm. Khi đó ta có: MN (1;1) và MP(m; 3) Áp dụng cơng thức (*) có S MNP x y MN MP y MN xMP m Theo bài ra ta có: m + = 4042 m + = 2021 � m + = 4042 � m + = −4042 m = 4039 m = −4045 Suy ra P(4027;0) và P(40;0) là hai điểm cần tìm Như vậy chúng ta có thể thấy rõ ưu thế của cơng thức (*) là tính tốn rất ngắn gọn và khơng rườm rà phức tạo. Đặc biệt tư duy tốn đơn giản chỉ cần áp dụng cơng thức Hơn nữa khi cơng thức chỉ được xây dựng bằng kiến thức cơ bản của diện tích tam giác nên qua cơng thức này lượng bài tập dành cho học sinh sẽ đa dạng và phong phú thêm Bài tốn 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 nhất Giải: Ta có OA(3; m) ; OB(m 1; 4) Khi đó 22 S OAB x y OA OB (m 3( 4) m( m 1) yOA xOB m 12) ((m 2 ) 47 ) Vậy diện tích tam giác OAB đạt giá trị nhỏ nhất khi 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 được hàm theo m + Xét hàm để có giá trị m Cách khác nhìn chung là dài, tính tốn phức tạp và qua nhiều bước mới có được biểu thức về diện tích tam giác nhưng cách giải trên tỏ ra đơn giản, ngắn gọn khơng tiêu tốn nhiều sức Bài tốn 4.4: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A(2;1).Trên trục Ox, lấy điểm B có toạ độ (xB; 0), trên trục Oy lấy điểm C có toạ độ (0; y C) sao cho tam giác ABC vng tại A. Tìm các điểm B, C sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất. Giải: Gọi B(b;0) và C(0;c). b 0; c khi đó ta có AB(b 2; 1) AC ( 2; c 1) Vì tam giác ABC vng tại A nên ta có: AB AC c 2b Vì b 0; c c Nên b 2b Mặt khác ta có S ABC x y AB AC b2 y AB x AC 4b 10 (b 2)(c 1) 2 b Khi đó diện tích tam giác ABC lớn nhất bằng 5 tại b = 0. Suy ra B(0;0) và C(0;5) Cách khác: 23 Gọi tọa độ B, C 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 đây tìm giá trị lớn nhất biểu thức kết hợp điều kiện Bài tốn 4.5: Cho hàm số y 2x x Xác định m để đường thẳng y = 2x + m cắt đồ thị hàm số trên tại điểm A, B phân biệt sao cho diện tích tam giác OAB bằng (O là gốc tọa độ) (trích trong đề TS khối B 2010) Giải: Phương trình hồnh độ giao điểm 2x x m2 2x m 2x2 ( m) x m 0 với mọi m suy ra đường thẳng y = 2x + m luôn cắt đồ thị hàm số trên tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m Gọi A( x1 ; y1 ); B( x2 ; y2 ) khi đó S OAB x y OA OB m( x1 yOA xOB x1 y2 x2 y1 x2 ) Theo bài ra ta có diện tích tam giác OAB bằng nên m( x1 x2 ) m2 8m 48 m [( x1 m2 m2 x2 ) 12 m x1 x2 ] 12 Cách khác: + Tính khoảng cách từ O đến AB + Tính độ dài đoạn AB + Áp dụng cơng thức diện tích là lập mối quan hệ Bài tốn 4.6: Trong hệ trục tọa độ phẳng Oxy, cho A(0;3) và B(4;0), xác định tọa độ M nghiệm đúng phương trình (x1)2 + (y2)2 = 9 sao cho S MAB lớn nhất, nhỏ nhất Giải: 24 Cách 1: Ta có M thuộc đường trịn tâm I(1;2) và bán kính R = 3. Gọi M(x0;y0) thỏa mãn u cầu bài tốn AB 42 32 25 Vẽ qua I đường thẳng vng góc với AB tại H Ta có S = AB.MH = MH MAB Vị trí M1 cho ta diện tích M1AB lớn nhất Vị trí M2 cho ta diện tích M2AB nhỏ nhất Ta chứng minh được khoảng cách từ M đến AB là d thì M2H d M1H Giải tìm tọa độ M1, M2 bằng cách viết phương trình đường thẳng qua I và vng góc với AB Giải tốn tìm tọa độ điểm của đường thẳng cắt đường trịn Cách 2: Có thể dùng bất đẳng thức Bunnhia nếu cung cấp cho học sinh khoảng cách từ M(x0;y0) đến đường thẳng AB thì đơn giản hơn Như vậy cơng thức này cũng có thể giúp ta giải được các bài tốn trong giải tích mà khơng cần q nhiều điều yếu tố trung gian. Tất nhiên đây cũng chỉ là một hướng giải quyết trong các hướng giải quyết khác của bài tốn V. ỨNG DỤNG GIẢI BÀI TỐN BẤT ĐẲNG THỨC, CỰC TRỊ Bài tốn 5.1: Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích là S. Chứng minh rằng a + b + c 4S Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều Giải: Ta có S [ p( p a)( p b)( p c)] a b c a b c a c b b 2 c a Đặt x = a + b c; y = a + c b; z = b + c a 25 Áp dụng BĐT Cô si: xyz x y z a b c 3 a+b+c � 16S = (a + b + c) � � � � � 4S = ( a + b + c) 3 a + b2 + c2 Điều phải chứng minh Từ BĐT a + b2 + c 4S (1) ta hướng dẫn học sinh hãy tổng qt bài tốn trên theo hướng làm chặt chẽ hơn bất đẳng thức (1), tức là thay vế trái bởi đại lượng nhỏ hơn hoặc vế phải bởi một đại lượng lớn hơn mà (1) vẫn cịn Chúng ta bắt đầu từ một BĐT quen thuộc a + b + c ab + bc + ca , từ đó ta đặt ra vấn đề là BĐT ab + bc + ca 4S có đúng nữa khơng? Nếu BĐT này đúng thì ta được bất đẳng thức chặt hơn BĐT đầu 4S Ta có: ab + bc + ca �� ab bc ca + + �� 2S 2S 2S Áp dụng bất đẳng thức Côsi: Mà sinA.sinB.sinC 1 + + �2 sinA sinB sinC 1 + + sinA sinB sinC 1 3 + + nên sinA sinB sinC 33 sinA.sinB.sinC Nghĩa là BĐT đúng. Vậy ta có bài tốn sau: Bài tốn 5.2 Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích là S. Chứng minh rằng ab + bc + ca 4S Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều Bây giờ thử làm chặt hơn BĐT a + b + c 4S bằng cách cộng vào vế phải một đại lượng dương hay khơng? Ta có: a + b2 a+b a−b =( ) +( ) 2 ab + ( b2 + c2 bc + ( Tương tự ta có a −b ) b−c ) 26 c2 + a2 ca + ( c−a ) � a + b2 + c �ab + bc + ca + (( a − b) + (b − c) + (c − a ) + (a − d ) ) � a + b + c + d �4S + ((a − b) + (b − c ) + (c − a ) ) Vậy ta được bài toán tổng quát hơn Bài tốn 5.3: Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích là S. Chứng minh rằng a + b + c 4S + ((a − b)2 + (b − c) + (c − a) ) Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều Giải: Ta lại có ab + bc + �۳ ca−+ +4S S ab bc ca � a + b + c �4S + a + b + c − ab − bc − ca � a + b + c �4S + ((a − b) + (b − c ) + (c − a ) ) Do đó ta đã đưa ra bài tốn chặt hơn: Bài tốn 5.4: Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích là S. Chứng minh rằng a + b + c 4S + ((a − b)2 + (b − c) + (c − a) ) Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều Với sự hướng dẫn này ta đưa ra bài tốn sau Bài tốn 5.5 Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích là S. Chứng minh rằng a + b + c 4S + 2(a − b) Dấu bằng xảy ra khi tam giác có góc C = 600 Giải: Ta có a + b2 + c2 4S + 2(a − b )2 � a + b2 + a + b − 2ab.cosC �2ab.sinC + 2a + 2b2 − 4ab cosC+ sin C cos(C600 ) Bất đẳng thức đúng nên bài tốn 5.4 đã được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi C = 600 Tương tự ta có BĐT 27 a + b2 + c2 S + 2(b − c )2 a + b + c 4S + 2(c − a ) Cộng vế với vế các BĐT , rút gọn ta có a + b + c 4S + ((a − b) + (b − c) + (c − a) ) Ta có bài tốn thú vị sau Bài tốn 5.6 Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích là S. Chứng minh rằng a + b + c 4S + ((a − b)2 + (b − c) + (c − a) ) Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều Tuy nhiên từ bài tốn trên một câu hỏi tự nhiên xuất hiện là có thể thay số bởi một số lớn hơn hay khơng? Ta xét bài tốn sau: Bài tốn 5.7: Giả Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích là S. Chứng minh rằng a + b + c 4S + (a − b) + (b − c)2 + (c − a) Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều Giải: a + b2 + c2 S + (a − b) + (b − c) + (c − a) ۳ 2(ab + ca + bc) S 3 + a + b + c Áp dụng công thức a + b +c2 = 4S(cotgA +cotgB + cotgC ) thì bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với: 4S ( S+ 4S(cotgA +cotgB + cotgC) Bất đẳng thức đúng nên bài tốn 5.7 đã được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều 28 Bài tốn 5.8: Cho tam giác ABC có các cạnh a, b, c và diện tích là S. Chứng minh rằng a + b4 + c 16S Giải: Áp dụng bài tốn 5.1 ta có a + b + c 3S Mặt khác (a b c ) a b c 2a b 2a c 2b c Áp dụng bất đẳng thức cơ si ta có: (a + b + c ) = a + b + c + 2a 2b + 2a 2c + 2b c a + b4 + c + a + b4 + a + c + b4 + c (a b2 c2 )2 a4 b4 c4 a4 b4 c4 3(a (a b4 b2 (4 3S ) c4 ) c2 )2 a4 b4 c4 16S Từ bài tốn 5.8, ta có hai bài tốn cùng cách giải * S ∆ = 1 (đơn vị diện tích), a, b, c cạnh tam giác CMR: a b c 16 (S2 = 1) * Tìm p nhỏ nhất thỏa mãn p (a b4 c4 ) S2 Bây giờ ta mở rộng vấn đề này trong tứ giác và đa giác. Trước hết ta thử xem trong tứ giác có bất đẳng thức dạng tương tự như các bài tốn trên khơng? Ta xét tứ giác ABCD là hình vng thì S = a2 � a + a + a + a = 4S Nếu ABCD hình chữ nhật có cạnh a, b diện tích S S = ab, nghĩa là ab + ab + ab + ab = 4S Vậy trong tứ giác bất kỳ thì có kết quả như thế nào. Ta dự đốn trong tứ giác bất kỳ có các bài tốn sau: Bài tốn 5.9: Cho tứ giác lồi ABCD, có a, b, c, d là 4 cạnh và diện tích là S Chứng minh rằng ab + bc + cd + da 4S Dấu bằng xảy ra khi tứ giác ABCD là hình chữ nhật Giải: Ta có 29 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 �4S Dấu bằng xảy ra khi sinA = Sin B = SinC = SinD = 1, tức là ABCD là hình chữ nhật Từ bất đẳng thức a + b + c + d a + b + c + d ab + bc + cd + da nên ta có 4S Bài tốn 5.10: Cho tứ giác lồi ABCD có a, b, c, d là 4 cạnh, diện tích là S. Chứng minh rằng a + b + c + d 4S Dấu bằng xảy ra khi tứ giác ABCD là hình vng Bài tốn 5.11: Cho tứ giác lồi ABCD có a, b, c, d là 4 cạnh, diện tích là S. CMR 4S + ((a − b ) + (b − c ) + (c − a ) + (a − d ) ) Dấu bằng xảy ra khi tứ giác ABCD là hình vng a2 + b2 + c2 + d Giải: Ta có a2 + b2 a +b a −b =( ) +( ) 2 b2 + c2 Tương tự ta có c2 + d d + a2 da + ( cd + ( bc + ( ab + ( a −b ) b−c ) c−d ) d −a ) � a + b + c + d �ab + bc + cd + da + ((a − b) + (b − c) + (c − a ) + (a − d ) ) � a + b + c + d �4S + ((a − b) + (b − c)2 + (c − a) + (a − d ) ) Đặc biệt hơn, Từ bài tốn 5.6, bài tốn 5.7, bài tốn 5.8 ta có các bài tốn tổng qt sau: 30 Trước hết ta dự đốn bất đẳng thức tổng qt: Cho x, y 0, với n γ , n ; ta có ( x + y ) n (2xy) n + ( x n − y n ) (1) Ta chứng minh được (1) bằng quy nạp Với n = 1, bất đẳng thức đúng Giả sử (1) đúng với n = k, nghĩa là ta có ( x + y ) k chứng minh (1) đúng với n = k + 1. Thật vậy, ta có ( x + y ) k +1 = ( x + y )( x + y ) k (2xy) k + ( x k − y k ) Ta sẽ ((2xy) k + ( x k − y k ) ) = ( x + y )(2k − 2)( xy )k + x k + y k = (2k − 2)( xy ) k ( x + y ) + x 2k + + 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) đã được chứng minh Mặt khác, ta cũng chứng minh được bất đẳng thức quen thuộc sau bằng quy nạp: xn + y n Cho x, y 0, với n γ , n ; ta có ( x+ y n ) (2) Từ (1) và (2) ta có bất đẳng thức tổng quát sau: x2n + y 2n ( xy ) n + n ( x − y n ) n (3) Áp dụng bất dẳng thức (2) ta có các bài tốn sau: Bài tốn 5.12: Cho tứ giác lồi ABCD có a, b, c, d là 4 cạnh, diện tích là S Chứng minh rằng (ab) n + (bc ) n + (cd ) n + (da ) n giác ABCD là hình vng và n = 1 4S n Dấu bằng xảy ra khi tứ Giải: (ab) n + (bc) n + (cd) n + ( da) n 2( ab + bc n cd + da n ) + 2( ) 2 4( ab + bc + cd+da n ) 4Sn Bài toán 5.13: Cho tứ giác lồi ABCD có a, b, c, d là 4 cạnh, diện tích là S Chứng minh rằng a n + b n + c n + d n S n Dấu bằng xảy ra khi tứ giác ABCD là hình vng và n = 1 31 Giải: Ta có a 2n + b2n ( a + b2 n b2n + c2 n ) ; 2 c 2n + d 2n c + d n d 2n + a 2n ( ) ; 2 ( b2 + c2 n ) d + a2 n ( ) a + b2 n b2 + c n c + d n d + a n ) +( ) +( ) +( ) 2 2 (ab)n + (bc) n + (cd) n + (da) n 4Sn � a n + b n + c n + d n �( Áp dụng bất dẳng thức (3) và bài tốn 5.9 ta có bài tốn sau Bài tốn 5.14: Cho tứ giác lồi ABCD có a, b, c, d là 4 cạnh, diện tích là S; n ∗ Chứng minh rằng ((a n − b n ) + (b n − c n )2 + (c n − d n ) + (d n − a n ) ) Dấu n bằng xảy ra khi tứ giác ABCD là hình vng và n = 1 a 2n + b2n + c2n + d 2n 4S n + Giải: Ta có a 2n + b2n (ab)n + n (a n − b n ) 2 2n 2n b +c (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 ) + (b n − c n ) + (c n − d n ) + (d n − a n ) ) n 32 C. KẾT LUẬN Q trình giảng dạy và hướng dẫn cho học sinh học tốn, đặc biệt là tốn hình có rất nhiều khó khăn vì kiến thức hình học cịn yếu, khả năng tư duy trừu tượng lại càng yếu nên phân tích tìm ra lời giải quả là khó đối với học sinh 1. Việc hệ thống hóa đưa ra một mảng kiến thức (hẹp về diện tích tam giác) nhưng rộng về thể loại giúp cho học sinh đi từ bài tốn cơ bản (tơi gọi là nền) để vận dụng giải những bài tốn phức tạp hơn, có cơ sở suy nghĩ hơn 2. Những bài tốn hướng dẫn học sinh giải vừa có tính chất thực tế vừa có nét đẹp, có cái tương tự đã giúp học sinh say sưa hơn, tự tin hơn 3. Qua theo dõi, phân tích đánh giá kết quả học hình của học sinh tơi thấy ý thức tinh thần học tốn tốt hơn, say sưa hơn, khơng bi quan. Qua cách dạy như vậy chúng tơi đã hướng dẫn các em đưa ra được một số bài tốn mới, khơng những thế các em cịn tích lũy được kinh nghiệm qua hoạt động tương tự , tổng qt hóa để tìm ra những bài tốn khác từ bài tốn ban đầu. Kỹ năng phân tích, vận dụng kiến thức cơ bản vào những bài cụ thể tốt hơn. Kỹ năng thao tác: vẽ hình, tính tốn tốt hơn Trên đây là một số kinh nhiệm của chúng tơi khi giảng dạy một số hoạt động tốn trên cơ sở các nội dung: Bất đẳng thức, hệ thức lượng trong tam giác lớp 10. Vì vậy chúng tơi mạnh dạn ghi chép, tổng hợp để trao đổi cùng bạn đọc nhằm tìm thấy nguồn vui trong giảng dạy và hướng dẫn học sinh giải tốn Mặc dù đã cố gắng hết mình nhưng khơng thể tránh khỏi những khiếm khuyết, do đó rất mong nhận được sự trao đổi, góp ý của đồng nghiệp bạn bè trong vấn đề này để bài viết của chúng tơi hồn thiện hơn Vinh, ngày tháng 3 năm 2021 33 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 bài 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 một bài tốn như thế nào. (G. Polya) Báo tốn học và tuổi trẻ 34 ... vấn đề, khơng tìm được hướng giải chính? ?cho? ?từng? ?bài? ?tốn riêng biệt. Để dần đưa trình độ? ?học? ?sinh? ?lên tiếp cận với những? ?kiến? ?thức cao hơn tơi lựa chọn và giới thiệu chun đề "Phát? ?triển? ?năng? ?lực? ?tốn? ?cho? ?học? ?sinh? ?THPT? ?từ ? ?bài? ?tốn? ?diện? ?tích? ?tam. .. được xây dựng bằng? ?kiến? ?thức cơ bản của diện? ?tích? ?tam? ?giác? ?nên qua cơng thức này lượng? ?bài? ?tập dành? ?cho? ?học? ?sinh? ?sẽ đa dạng và phong phú thêm Bài? ?tốn 4.3: Trong hệ trục Oxy,? ?cho? ?tam? ?giác? ?ABC, với A(3;m), B(m+1;4). Xác ... c) Cơng thức tính? ?diện? ?tích? ?của tứ? ?giác ? ?Diện? ?tích? ?tứ? ?giác? ?bằng nửa? ?tích? ?hai đường chéo nhân với góc tạo bởi hai đường chéo Nếu tứ? ?giác? ?có hai đường chéo vng góc thì? ?diện? ?tích? ?tứ? ?giác? ?bằng nửa tích? ?hai đường chéo