Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển năng lực toán cho học sinh THPT từ bài toán diện tích tam giác

Chia sẻ: Behodethuonglam | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:34

Thêm vào BST

Báo xấu

30
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển năng lực toán cho học sinh THPT từ bài toán diện tích tam giác

MỤC LỤC TT Nội dung Trang 1 A. Đặt vấn đề 2 B. Nội dung 2 I. Bài toán nền cơ bản. 5 3 II. Ứng dụng chứng minh một số định lý hình 9 học 4 III. Ứng dụng giải các bài toán về tỷ số. 13 5 IV. Ứng dụng giải bài toán trong tọa độ phẳng. 19 6 V. Ứng dụng giải bài toán bất đẳng thức, cực trị 24 7 C. Kết luận 32 8 Tài liệu tham khảo 33 1
A. ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Lý do chọn đề tài: Toán học là bộ môn khoa học quan trọng có nhiều ứng dụng trong cuộc sống. Do đó việc giảng dạy truyền thụ kiến thức toán học trong nhà trường đối với mỗi giáo viên và việc học Toán tiếp thu kiến thức với học sinh là một nhiệm vụ hết sức quan trọng. Quá trình dạy và học luôn là một quá trình động theo hướng phát triển, tìm tòi ngày càng cao. Đứng trước yêu cầu đổi mới phương pháp giáo dục hiện nay, mỗi người giáo viên hoàn toàn 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. Ngoài ra đối với mỗi người giáo viên nghiên cứu khoa học là nhiệm vụ nhằm không ngừng nâng cao trình độ nghiệp vụ. Với yêu cầu thực tế và suy nghĩ như vậy, với trách nhiệm là một giáo viên tham gia giảng dạy trực tiếp tôi 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 ở trường THPT hiện nay còn nhiều bất cập. Nguyên nhân sâu xa là việc học sinh nắm kiến thức từng phần chưa chắc còn lỏng lẻo hời hợt, hơn nữa việc vận dụng kiến thức vào giải toán Hình học không linh hoạt không nắm được vào cái đích của một vấn đề, không tìm được hướng giải chính cho từng bài toán riêng biệt. Để dần đưa trình độ học sinh lên tiếp cận với những kiến thức cao hơn tôi lựa chọn và giới thiệu chuyên đề "Phát triển năng lực toán cho học sinh THPT từ bài toán diện tích tam giác”. Nội dung chuyên đề bó gọn trong việc giới thiệu các bài toán tính toán và sử dụng phương pháp diện tích vào giải quyết một số bài tập mà nếu dùng các phương pháp thông 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 không bàn đến việc thay đổi cách dạy cách học của cả bộ môn Hình học mà ta chỉ nói đến một vấn đề học sinh gặp rất nhiều khó khăn đó là đứng trước những bài toán tính toán diện tích và áp dụng diện tích để chứng minh các đại lượng không đổi, các bài toán về bất đẳng thức, cực trị trong hình học học sinh 2
thường không biết suy nghĩ bắt đầu từ đâu, hướng suy nghĩ như thế nào và cái đích cần nhắm tới là gì? Đứng trước bài toán ta có thể có nhiều hướng suy nghĩ nhiều cách giải nhưng chắc chắn mỗi bài toán 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 toán tính toán diện tích và sử dụng phương pháp diện tích để chứng minh các bài toán 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. Ngoài ra để giải được các bài toán với mức độ yêu cầu cao về suy luận thì học sinh phải có sự phán đoán, biến đổi linh hoạt các công thức, đôi khi cần phải có một cách nhìn tổng quát để có thể cắt ghép hình một cách hợp lý. Với mục đích giúp cho học sinh có một cái nhìn khái quát, hướng suy nghĩ đúng đắn để tìm tòi lời giải cho một bài toán, Nội dung chính tôi muốn trình bày trong đề tài này là qua những ví dụ thực tế, bài tập thường gặp ở trường phổ thông 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 không 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 toán này nói riêng và Hình học nói chung. Từ đó yêu cầu học sinh tiếp tục tìm tòi nghiên cứu và sáng tạo hơn trong việc học Toán ở nhà trường. 2. Nhiệm vụ nghiên cứu 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. 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 môn toán 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. 3
+ Biết cách nhìn nhận phân tích các vấn đề toàn diện và khái quát hơn. 5. Nội dung đề tài gồm 5 phần chính I. Bài toán nền cơ bản. II. Ứng dụng chứng minh một số định lý hình học III. Ứng dụng giải các bài toán về tỷ số. IV. Ứng dụng giải bài toán trong tọa độ phẳng V. Ứng dụng giải bài toán 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 quá trình tiếp thu bài học của học sinh thông qua kiểm tra, trắc nghiệm. + Tham khảo các bài viết, các ý kiến trao đổi về việc dạy và học toán trong các cuộc thảo luận về đổi mới phương pháp giảng dạy, trong các tài liệu và sách tham khảo về bộ môn toán. Trong quá trình nghiên cứu và thể nghiệm đề tài này, tôi nhận được rất nhiều ý kiến đóng góp quý báu của bạn bè đồng nghiệp. Khi bắt tay vào viết đề tài này do quỹ thời gian có hạn nên không thể tránh khỏi sai sót. Tôi rất mong tiếp tục nhận được nhiều ý kiến đóng góp của các thầy cô giáo để để đề tài của tôi ngày càng hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn !. 4
B. NỘI DUNG I. BÀI TOÁN 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 công thức tính diện tích tam giác: 1 1 1 1) S∆ = aha = b.hb = c.hc 2 2 2 1 1 1 2) S∆ = ab.sin C = ac sin B = bc sin A 2 2 2 abc 3) S∆ = 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 . +) ha , hb , hc là các đường cao của tam giác kẻ từ đỉnh A, B, C . +) R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác +) r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác +) ra , rb , rc là bán kính đường tròn bàng tiếp (tiếp xúc ngoài tam giác) a+b+c +) P = là nửa chu vi của tam giác 2 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 S ABC AD AE AC . Khi đó = . S ADE AB AC c) Công thức tính diện tích của tứ giác 5
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 vuông góc thì diện tích tứ giác bằng nửa tích hai đường chéo. B ài toán 1.1 : Diện tích ∆ABC không đổi khi BC cố định và A di động trên đường thẳng d / / BC . A1 A A2 d ha B C ( ha không đổi) B ài toán 1.2: Hai tam giác có chung đỉnh M , hai đáy AB và CD thuộc một đường thẳng thì: S ∆MAB AB = S ∆MCD CD M hm A B C D ( hm chung) Cho ∆ABC , B1 , C1 thứ tự trên cạnh AB, AC . B ài toán 1.3: A S ∆AB1C1 AB1. AC1 Chứng minh rằng: = S ∆ABC AB. AC C1 Giải: B1 S ∆AB1C1 S ∆AB1C1 S∆AB1C Cách 1: = . S ∆ABC S ∆AB1C S ∆ABC B 6C
S ∆AB1C1 AC1 AB1 Áp dụng bài toán ta có: = . S ∆ABC AC AB Cách 2: Dựa vào công thức tính diện tích thứ 2 1 ) S ∆AB1C1 AB1. AC1.sin A S ∆AB1C1 AB1. AC1 Ta có: =2 ) = S ∆ABC 1 S ∆ABC AB. AC AB. AC.sin A 2 Bài toán 1.4: Cho ∆ABC , B1 , C1 thuộc cạnh AB, AC thỏa mãn B1 , C1 / / BC . Chứng minh rằng: 2 S ∆AB1C1 �AB � AB = � 1 �= k 2 , với k = 1 S ∆ABC �AB � AB Giải: Bài toán 1.4 là trường hợp đặc biệt của bài toán 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 toán 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 công 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 , 1 1 Ta có S = S ABD + SCDB = ad sin A + bcsinC 2 2 Hay 2S = ( ad + bc)sin A , 2S suy ra sin A = ad + bc Mặt khác, tam giác ABD có BD 2 = a 2 + d 2 − 2ad cos A Còn tam giác CBD có: BD 2 = b 2 + c 2 − 2bc cosC = b 2 + c 2 + 2bc cosA . 7
Suy ra a 2 + d 2 − b 2 − c 2 = 2(ad + bc)cos A a 2 + d 2 − b2 − c2 Nên cos A = 2(ad + bc) Do sin 2 A + cos 2 A = 1 nên 16S2 + (a 2 + d 2 − b 2 − c 2 )2 = 4(ad + bc) 2 Vậy 16S2 = [ 2(ad + bc)] − (a 2 + d 2 − b 2 − c 2 ) 2 2 = (2ad + 2bc + a 2 + d 2 − b 2 − c 2 )(2ad + 2bc − a 2 − d 2 + b 2 + c 2 ) =� ( a + d ) 2 − (b − c ) 2 � � (b+ c) 2 − (a − d ) 2 � �� = (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 ra là bán kính đường tròn bàng tiếp góc A . Chứng minh rằng diện tích tam giác ABC tính được theo công thức: S = ( p − a) ra 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: 1 cr S JAB = AB.JP = a 2 2 1 br S JAC = AC.JR = a 2 2 1 ar S JBC = BC.JQ = a 2 2 b+c−a a + b + c − 2a Ta có: S = S JAB + S JAC + S JBC = ra = ra 2 2 Vậy S = ( p − a)ra 8
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 toán hình học, chứng minh các định lý, công thức. Các công thức tính bán kính các đường tròn 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 thông qua diện tích. Bài toán 2.1: (Định lý Pi ta go) Chứng minh rằng trong một tam giác vuông thì bình phương cạnh huyền bằng tổng bình phương hai cạnh góc vuông. 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 toán 2.2: (Tính chất đường phân giác). Cho tam giác ABC , 9
DB AB AD là đường phân giác trong. Chứng minh rằng = DC AC Giải: S ABD DB DE. AB AB Ta có = = = S ACD DC DF . AC AC (Vì DE = DF ) B ài toán 2.3 (Định lý Mênêlauýt) Cho ∆ABC , vẽ đường thẳng ∆ cắt AB, AC , BC (kéo dài) lần lượt tại M , N , P . AM BP CN Chứng minh rằng . . = 1 (Định lý Mênêlauýt) MB PC NA Giải: Cách 1: Áp dụng tính chất đường song song Kẻ CI / / AB (hình vẽ) CN CI Ta có: = (1) NA AM BP MB = (2) PC CI AM AM = (3) MB MB AM BP CN AM MB CI Từ (1), (2), (3) � . . = . . = 1. MB PC NA MB CI AM Cách 2: Áp dụng tỉ số diện tích tam giác (bài toán 1.2) A Gọi S ∆NAM = S1 ; S ∆NMB = S 2 S ∆MCN = S3 ; S ∆NCP = S5 ; S∆NBP = S6 ∆ M S1 N S2 S3 S5 B P10 S6 C
AM BP CN S1 S6 S3 S6 S3 PN MN Ta có: . . = . . = . = . =1 MB PC NA S 2 S5 S1 S 2 S5 NM NP B ài toán 2.4: (Định lý Carnot) Cho tam giác ABC nhọn có d a , db , dc lần lượt là khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp O đến các cạnh BC , CA, AB . Gọi R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác. Khi đó ta có hệ thức: d a + db + d c = R + r Giải: (Phụ thuộc hình vẽ) A N P O M C B Ta thấy tứ giác ONAP nội tiếp trong đường tròn đường kính AO nên theo định lí Ptoleme: c b a . AP.ON + AN .OP = AO.PN � .d b + .d c = R. � c.d b + b.d c = R.a 2 2 2 Hoàn toàn tương tự, ta có: b.d a + a.db = R.c, a.d c + c.d a = R.b Ta cũng có: d a .a = OM .BC = 2SOBC . Tương tự: db .b = SOCA , d c .c = SOAB . Cộng tất cảc các đẳng thức trên lại, ta có: ( a + b + c)(d a + d b + d c ) = R(a + b + c) + ( SOAB + SOBC + SOCA ) � 2 p(d a + d b + d c ) = R.2 p + 2S � d a + d b + d c = R + r . 11
(Định lý Xêva) Cho tam giác ABC . D, E , F là các điểm trên các B ài toán 2.5: cạnh BC , AC và AB . Chứng minh rằng AD, BE và CF đồng quy khi và chỉ khi DB EC FA . . =1 DC EA FB Giải: DB SOBD EC SOEC FA SOAF Ta có = , = , = DC SOCD EA SOEA FB SOBF DB EC FA SOBD SOEC SOAF Suy ra = . . (1) DC EA FB SOCD SOEA SOBF Mặt khác ta có SOBD OB.OD SOEF OC.OE SOAF OA.OF = , = , = (2) SOEA OE.OA SOBF OB.OF SOCD OC .OD Từ (1) và (2) ta có điều cần chứng minh. B ài toán 2.6: (Đường thẳng Newton). Chứng minh rằng trong một tứ giác ngoại tiếp thì tâm đường tròn nội tiếp và trung điểm của hai đường chéo cùng thuộc một đường thẳng. Giải: Cách 1. Nối dài DA và CB cắt nhau tại P . Trên DA lấy điểm D ' sao cho PD ' = AD và trên BC lấy điểm C ' sao cho PC ' = BC . Để ý rằng do M và N là trung điểm của BD và AC nên ta có 1 S MAD + S MBC = S MAB + S MCD = S ABCD 2 1 S NAD + S NBC = S NAB + S NCD = S ABCD 2 Theo cách dựng điểm D ' và C ' và hai đẳng thức trên, ta có S MPD' + S MPC ' = S NPD' + S NPC ' � S MD 'PC ' = S ND' PC ' � S MD'C ' = S ND'C ' � MN / / D 'C ' (1) Mặt khác do tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn nên ta có AD + BC = AB + CD . 12
1 SOAD + SOBC = SOAB + SOCD = S ABCD 2 Lý luận tương tự như trên ta cũng có OM / / D 'C ' (2) Từ (1) và (2) suy ra M , I , N thẳng hàng (đpcm). Cách 2. 1 Ta có S IAB + S ICD = S IBC + S IAD = S ABCD = S AMB + SCMD 2 Suy ra S IAB − S AMB = SCMD − S ICD Hay S AMI − S BMI = SCMI − S DMI Mà S MBI = S DMI nên S AMI = SCMI , do đó MI đi qua trung điểm của AC hay M , I , N thẳng hàng 13
III. ỨNG DỤNG GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ TỶ SỐ B ài toán 3.1 : Cho ∆ABC đều cạnh a. M là điểm bất kỳ thuộc miền trong (cả bờ) của tam giác. Chứng minh tổng khoảng cách từ M đến ba cạnh của tam giác không đổi. Giải: Chứng minh MH + MI + MK không đổi. Ta có S ∆MBC + S ∆MCA + S ∆MAB = S ∆ABC 1 1 1 1 � a.MH + b.MI + c.MK = h.a 2 2 2 2 � MH + MI + MK = h , với mọi M thuộc miền trong, kể cả bờ của tam giác đều. MH + MI + MK Ta có tỷ số = 1. h B ài toán 3.2: Cho ∆ABC . M là điểm thuộc miền trong tam giác. Giả sử AM , BM , CM lần lượt cắt BC , CA, AB tại A1; B1; C1 . Chứng minh: A1M B1M C1M + + = 1. A1 A B1B C1C Giải: Cách 1: Qua M kẻ MB ' / / AB, B ' BC MC ' / / AC , C ' BC Do M thuộc miền trong tam giác, từ tính chất song song ta có: A1M A1B ' A1C ' B ' C ' = = = (1) A1 A A1B A1C BC B1M CC ' = (2) B1B CB C1M BB ' = (3) C1C BC A1M B1M C1M B ' C ' C ' C B ' B Từ (1)+(2)+(3) � + + = + + = 1. A1 A B1B C1C BC BC BC 14
Cách 2: Áp dụng tỷ số diện tích tam giác S ∆MBC A1M h AM Ta có = (1) ( Vì m = 1 ) S ∆ABC A1 A ha A1 A S ∆MCA B1M = (2) S ∆ABC B1B S ∆MAB C1M = (3) S ∆ABC C1C A1M B1M C1M Từ (1) + (2) + (3) � + + = 1. ( Vì S ∆MBC + S ∆MCA + S ∆MAB = S ∆ABC ) A1 A B1B C1C Cho tam giác ∆ABC nhọn. Các đường cao AD, BE , CF cắt nhau tại B ài toán 3.3 PDEF r H . Chứng minh rằng P = , trong đó r , R lần lượt là bán kính đường tròn ABC R nội tiếp và ngoại tiếp tam giác ∆ABC . Giải: Ta chứng minh được OA ⊥ EF , OB ⊥ DF và OC ⊥ DE . Vì ∆ABC nhọn nên O nằm bên trong tam giác, từ đó ta có S ABC = SOEAF + SODBF + SODCE 1 1 1 1 � r.PABC = DE.OA + DF .OB + CE.OC 2 2 2 2 P r � r.PABC = R.PDEF � DEF = PABC R Bài toán 3.4: Cho tam giác ABC , A1; B1; C1 lần lượt trên cạnh BC , CA, AB , BA1 CB1 AC1 1 = = = AA ; BB1; CC1 sao cho BC CA AB 3 . M , N , P lần lượt là giao điểm 1 . Tính diện tích ∆MNP theo diện tích ∆ ABC . Giải: Đọc đề toán, vẽ hình ta thấy ∆MNP chưa có mối liên quan gì (Kể cả vị trí và tính chất) với tam giác ABC mà chỉ hy vọng ở tính 15
chất chung tỷ số 1/3 và tính bình đẳng (tương tự) của hình vẽ. Phải khai thác triệt để hai ý này. Ta có: * S ∆ABC = S1 + S 2 + S3 + S 4 + S5 + S6 + S 7 = S ∆ 1 1 1 S1 + S 2 + S3 = S ∆ ; S3 + S 4 + S5 = S ∆ ; S5 + S6 + S1 = S ∆ 3 3 3 � S1 + S 2 + S3 + S 4 + S5 + S6 + S1 + S3 + S5 = S1 + S2 + S3 + S4 + S5 + S6 + S7 � S1 + S3 + S5 = S7 = S ∆MNP Tính S1? Áp dụng bài toán 2.3 vào ∆ ABA1, C1,M, C thuộc đường thẳng. Ta có AC1 BC A1M 1 3 A1M 1 � � = � � = C1 B CA1 MA 2 2 MA 6 A1M 4 AM 3 AM 3 � = hay = � = MA 3 MA1 4 AA1 7 S1 AC1 AM 1 3 1 Từ bài toán 1.3 � S = � = � = ∆ABA1 AB AA1 3 7 7 1 1 � S1 = S ∆ABA1 = S ∆ABC 7 21 * Kết quả tương tự ta có: 1 1 S3 = S∆ ; S5 = S ∆ 21 21 1 � S ∆MNP = S1 + S3 + S5 = S∆ABC 7 Bài toán 3.5: Cho hình bình hành ABCD, gọi A1, B1, C1, D1 lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CD, DA, AB. Các đoạn thẳng AA1, BB1; CC1; DD1 cắt nhau tại MNPQ. Tính SMNPQ theo SABCD Giải: Nhận xét: Bài toán 3.5 này tương tự bài toán 3.4 trên, chỉ khác là thực hiện trên hình bình hành và tỷ số 1/2. 16
Suy ra cách giải tương tự ở phần đầu, có khác ở phần sau (Vì bài toán 3.1 ta vận dụng tính chất đường thẳng song song cạnh tam giác (Đường trung bình)). 1 Bước 1: � S1 + S 2 + S3 = S3 + S4 + S5 = S5 + + S6 + S7 = S7 + S8 + S9 = S 4 2( S1 + S3 + S5 + S7 ) + S 2 + S 4 + S6 + S8 = SY = S1 + ... + S8 + S9 � S1 + S3 + S5 + S7 = S9 Bước 2: Do tính tương tự ta tính được S1 = S3 = S5 = S7 (Tương tự bài 3.4) Bước 3: (có khác 3.4) Áp dụng tính chất đường trung bình của ∆ , tính chất hình bình hành ABCD; MNPQ ta suy ra được 1 1 1 1 AM 1 A1M = CN = NP = MQ = QA � 1 = 2 2 2 2 A1 A 5 S3 1 � = S ∆ABA1 5 (Bài toán 1.2) 1 1 Hay S3 = S∆ABA = S 5 1 20 1 Kết quả S1 + S3 + S 5 + S7 = S9 = S 5 Bước này có thể giải cách khác nữa * Chứng minh như trên AQ = QM = 2AM1 * Kết quả bài toán 1.3, ta có 2 S1 �1 � 1 = � �= ; S1 = S3 S1 + S 2 �2 � 4 S1 1 � = � S 2 = 3S1 S2 3 1 1 S ∆ABA1 = 5S1 = 5S3 � S1 = S3 = S ∆ABA1 = S 5 20 Bài toán 3.6: Cho tam giác ABC. Điểm O nằm trong tam giác, OA cắt BC ở A’; OB cắt AC ở B’; OC cắt AB ở C’. Chứng minh: 17
OA OB OC a) + + 6 OA' OB' OC' OA OB OC b) ‫�׳‬ 8 OA' OB' OC' Giải: Đặt SAOB = S1; SABC = S; SBOC = S2; SCOD = S3 A  S = S1 + S2 + S3 a. Ta có: C' B' OA AA '− OA ' AA ' S S + S + S3 S1 S3 = = −1 = −1 = 1 2 = + OA ' OA ' OA ' S2 S2 S2 S2 O OB S S Tương tự: OB ' = S + S 1 2 3 3 B C A' OC S S OC ' = S + S 2 3 1 1 OA OB OC S S S S S S Cộng vế với vế  OA ' + OB ' + OC ' = S + S + S + S + S + S 6 (BĐT Cô si) 1 2 3 2 3 1 2 1 2 3 1 3 OA S1 + S3 2 S1S3 b. Áp dụng bất đẳng cô si: = OA ' S2 S2 OB 2 S1S 2 OA OB OC Tương tự:  . . 8 ( đpcm) OB ' S3 OA ' OB ' OC ' Bài toán 3.7: Cho đoạn BC = a cố định Xác định vị trí điểm A trên đường thẳng sao cho: S ABC k 2 ( k cho trước không đổi) Giải: 18
1 Ta có: S ABC BC.ha k2 (1) 2 2k 2 h 2 a h (2) (ha là đường cao kẻ từ A xuống cạnh BC; ha = h (không đổi) a A và A d 1 hoặc A và A d 2 Vậy nếu d1 cắt , d2 cắt (BC không song song với ) Có hai điểm A1 và A2. Nếu BC // và BC cách 1 đoạn bằng h d1 có vô số điểm A d2 Nếu BC // và BC cách một khoảng khác h vô nghiệm Bài toán 3.8: Cho hình chữ nhật ABCD có chu vi bằng 2m (không đổi). Tìm hình chữ nhật có diện tích lớn nhất. Giải: Cách 1: Áp dụng bất đẳng thức cô si (Hệ quả trong sách giáo khoa đại số 10). Ta có 2 cạnh hình chữ nhật a, b > 0. Diện tích hình chữ nhật là: S = a.b, a+b = m (không đổi) m2 a + b 2 ab ab (không đổi) 4 m2 m ab lớn nhất bằng a b 4 2 m Vậy hình vuông có cạnh có diện tích lớn nhất 2 Cách 2: (Phương pháp hình học) Ta có a,b > 0 là cạnh hình chữ nhật, a + b = m AB + AC = m, B nằm giữa AC Vẽ đường tròn (C) đường kính AC Tại D vẽ DE AC, 19
D đường tròn (C) ADC vuông tại D. Ta có AE. EC = DE2 Shcn = AD. CD = DB2 Shcn lớn nhất khi DE lớn nhất Mà D thuộc 1/2 đường tròn, DE AC D là trung điểm của cung AC. m Vậy AB = BC = 2 Shcn lớn nhất Từ lời giải này ta có thể đề xuất bài toán tương tự: Bài toán 3.9: Trong tất cả hình chữ nhật nội tiếp 1 đường tròn 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 vuông có cạnh là đường kính) S ∆ lớn nhất là tam giác vuông cân. IV. ỨNG DỤNG GIẢI BÀI TOÁN TRONG TỌA ĐỘ PHẲNG Ta xét bài toán sau Bài toán 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. Thông thường thì học sinh chọn giải theo các cách sau: Cách 1 (đã học chương II, hình học 10): Vận dụng công thức Hê rông Ta có: AB(1;1) AC ( 2;5) BC (1;4) AB = c = 2 ; 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) ( 2 29 17 )( 2 29 17 )( 2 17 29 )( 29 17 ) 2) 2.2.2.2 = … 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