Lý do chọn đề tài Trong các kỳ thi học sinh giỏi, hay là kỳ thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, chúng ta gặp bài toán nhận dạng tam giác, để giải được dạng toán cần sử dụng linh hoạt các p
Trang 1SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT ĐỒNG LỘC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
NHẬN DẠNG TAM GIÁC BẰNG PHƯƠNG PHÁP
SỬ DỤNG TAM THỨC BẬC HAI
Họ và tên: Thái Thị Kim Liên Đơn vị:
Trang 2A ĐẶT VẤN ĐỀ
1 Lý do chọn đề tài
Trong các kỳ thi học sinh giỏi, hay là kỳ thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng, chúng ta gặp bài toán nhận dạng tam giác, để giải được dạng toán cần sử dụng linh hoạt các phương pháp biến đổi và sử dụng phù hợp các công thức biến đổi
Để giúp cho học sinh hình thành các phương pháp biến đổi tôi trình bày sáng
kiến kinh nghiệm: “Nhận dạng tam giác bằng phương pháp sử dụng tam thức
bậc hai”.
Chuyên đề này hướng dẫn cho học sinh sử dụng các kiến thức về tam thức bậc hai mà các em đã biết ở lớp 10 để giải Tuy công cụ rất đơn giản và rất cơ bản nhưng chúng ta có thể giải được nhiều bài toán rất hay, cụ thể như các đề thi tuyển sinh vào Đại học, đề thi học sinh giỏi
Tuy nhiên sử dụng tam thức bậc hai không phải là cách duy nhất để giải các bài toán dạng này
Sáng kiến kinh nghiệm này tôi đưa ra 13 ví dụ và cách giải cụ thể bằng phương pháp sử dụng tam thức bậc hai và kết hợp một số bất đẳng thức thông dụng Ngoài ra còn có một số bài toán để các em học sinh tự giải, tự rèn luyện
kỹ năng của mình Qua các ví dụ sáng kiến kinh nghiệm đã nêu bật được phương pháp sử dụng tam thức bậc hai vào nhận dạng tam thức
Trong các năm học vừa qua, tôi đã giảng dạy nội dung SKKN này cho các đối tượng học sinh khá, giỏi và luyện thi Đại học, học sinh đã tiếp thu và dễ sử dụng Tuy nhiên, SKKN còn nhiều khiếm khuyết, rất mong đóng góp của các bạn đồng nghiệp
2 Bố cục đề tài
Sáng kiến kinh nghiệm được chia làm 3 phần
A Đăth vấn đề: LÝ do chọn đề tài và bố cục
B Giải quyết vấn đề: Đây là phần cơ bản
1 Cơ sở lý luận và phương pháp
2 Một số ví dụ áp dụng
3 Một số bài toán tự luyện
C Kết luận và kiến nghị
Nêu ý nghĩa của đề tài qua thực tế giảng dạy học sinh và kiến nghị giảng dạy của giáo viên
Trang 3B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ PHƯƠNG PHÁP.
f (x) ax = + bx c + a 0 ≠ 2
b 4ac
∆ = − + Tam thức bậc hai có nghiệm khi và chỉ khi ∆≥ 0
+ ∆≤ 0 ⇒ af x( ) ≥ ∀ ∈ 0 x R
+ Chiều biến thiên của hàm số y f x = ( ) = ax 2 + bx c a 0 + ( ≠ )
cho bởi bảng:
Để giải bài toán bằng phương pháp tam thức bậc hai ta khéo léo biến đổi hệ thức lượng giác đã cho về một tam thức bậc hai đối với một giá trị lượng giác nào đó (thường là sin, cos, tan, cot của góc) Từ đó:
+) Hoặc là tìm điều kiện để tam thức có nghiệm (tồn tại tam giác), tức là 0
∆ ≥ Kết quả thông thường dẫn đến ∆ = 0 Từ ∆ = 0 và nghiệm của tam thức là b
2a
− ta suy ra được các góc của tam giác
+) Hoặc là chứng tỏ ∆≤ 0 ⇒ af(x) ≥ 0 Dấu “=” xảy ra
0 b x
2a
∆ =
⇔ = −
⇒ góc
+) Hoặc là lập bảng biến thiên của parabol ⇒ góc cần tìm
Các ví dụ áp dụng:
Ví dụ 1: Cho ∆ABC thảo mãn cos A cos B cos C 3
2
Chứng minh rằng ∆ABC đều
Bài giải
x-∞ +∞f(x)+∞
+∞a>0
x-∞ +∞f(x)
a<0 -∞ -∞
Trang 4
Ta có: (cos A cos B) cos C 3
2
2
2cos cos 1 2sin 0
2 C A B C
4sin 4cos sin 1 0
−
Ta thấy x sinC
2
= là nghiệm của phương trình
2 A B
4x 4 cos x 1 0
2
−
' 4cos 4 0
2
−
2 A B cos 1
2
−
2 A B cos 1
2
−
cos 1
2
−
A B
⇔ = (vì 0≤
2 2
A B− ≤ π )
Khi đó x sinC 1cosA B sinC 1
−
0
C 60
⇔ = Vậy A = B = C = 600 hay ∆ ABC đều
Ví dụ 2: (Đại học Sư phạm - Khối B - 2001)
Tính các góc của ∆ABC biết:cos 2A 3 cos 2B cos 2C( ) 5 0 (1)
2
Bài giải
2cos A 2 3 cos B C cos B C 0
2
2
4cos A 4 3 cos A.cos B C 3 0
Ta thấy x cos A = là nghiệm của phương trình:
2
4x − 4 3x.cos B C − + = 3 0
Vì thế ∆ = ' 12cos (B C) 12 0 2 − − ≥
⇔ cos (B C) 1 2 − =
2 cos (B C) 1
⇔ − = (Vì cos B C 2 ( − ) ≤ 1)
Trang 5(*)
cos B C 1
⇔ − = (O ≤ − < B C π )
B C (*)
⇔ = (Vì (O ≤ − < B C π ))
cos A A 30 B C 75
2
Kết luận:∆ ABC có A 30 , B C 75 = 0 = = 0
Ví dụ 3: Cho ∆ABC có các góc thoả mãn 2 2 2 9
Sin A Sin B Sin C
4
Chứng minh rằng: ∆ABC đều
Bài giải
Sin A Sin B Sin C
4
2
1 cos 2A 1 cos 2B 9
1 cos C
cos C cos A B cos A B 0
4
2 4cos C 4cos C.cos A B 1 0
Ta thấy x = cosC là nghiệm của phương trình
2 4x − 4x.cos A B − + = 1 0
Vì thế ∆ = ' 4cos A B 2( − )− ≥ 4 0
2 cos A B 1
2 cos A B 1
⇔ − = (Vì cos A B 2( − ) ≤ 1)
cos A B 1
⇔ − = (Vì (O ≤ − < B C π ))
A B (*)
⇔ =
cos C C 60 A B 60
2
Vậy A B C 60 hay ABC = = = 0 ∆ đều
Ví dụ 4: Cho ∆ABC thoả mãn: Sin A Sin B Sin C22 22 22 3 (1)
Cos A Cos B Cos C
Chứng minh rằng: ∆ABC đều
Bài giải:
Trang 6Ta có(1) 2 2 2
3
1 3 Cos A Cos B Cos C
Cos A Cos B Cos C
4
2
1 cos 2A 1 cos 2B 3
cos C 0
cos C cos A B cos A B 0
4
2 4cos C 4cos C.cos A B 1 0
Ta thấy ⇔ M 4cos C 4 cos C.cos A B = 2 − ( − )+ 1 là tam thức bậc hai đ/v cosC, hệ
số của cos2C là a = 4 > 0 và
2
A,B ' 4cos A B 4 0
nên M ≥ 0 ∀A, B, C
Vậy M = 0 đạt được khi và chỉ khi:
cos A B 1
1
cos C cos A B
2 2
A B C
3
π
⇔ = = = hay ∆ABC đều
Ví dụ 5: Nhận dạng tam thức ABC biết các góc thoả mãn:
3 A 3 B 3 C 3 3 A B C
cos cos cos cos cos cos (1)
Bài giải:
4 cos 3cos 4cos 3cos 4cos 3cos
3 cos A cos B cos C
2
2 A A B C 4sin 4sin cos 1 0
−
Trang 7Ta thấy 2 A A B C
P 4sin 4sin cos 1
−
⇔ = − + là tam thức bậc hai đối với sinA
2 ,
hệ số của 2 A
sin
2 là 4 > 0 và có biệt thức 2 B C
' 4cos 4 0 B,C
2
−
P 0 ≥ ∀ A, B,C
Vậy P = 0 đạt được khi và chỉ khi
2 B C ' 0 cos 1
2
b '
1 B C x
sin cos a
2 2 2
−
B C
A 1 sin
2 2
=
0
B C A 60
⇔ = = =
Vậy ∆ABC đều
Ví dụ 6: (Dự bị ĐH, khối D - 2003)
Tính các góc của ∆ABC biết:
sin A sin B sin C (1)
4
Bài giải:
Ta có: 1 cos 2A 1 cos 2B 2 1
5
cos A B cos A B 1 cos C 0
4
cos C cos C.cos A B 0
4
cos C 4.cos C.cos A B 1 0
Ta thấy ⇔ = P 4cos C 4.cos C.cos A B + ( − )+ 1là một tam thức bậc hai đối với cosC, hệ số của cos2C là 4 > 0 và có biệt thức 2( )
' 4cos A B 4 0 A, B
nên P 0 ≥ ∀ A, B,C
Vậy P = 0 đạt được khi và chỉ khi
Trang 8( )
2 ' 0 cos A B 1
x cos C cos A B
0
A B A B 30
C 120 C 120
KL: ∆ABC có A=B=300 và C=1200
Ví dụ 7: Tính các góc của ∆ABC nếu trong tam giác đó ta có:
sin B C sin C A cos A B (1)
2
Giải:
Ta có (1) sin A sin B cos C 3
2
2
A B A B C 1
2sin cos 2cos
2 C C A B
4cos 4cos cos 1 0
−
P 4cos 4cos cos 1
−
⇔ = − + là tam thức bậc hai đối với cosC
2
hệ số của 2 C
cos
2 là 4 > 0 và 2 A B
' 4cos 4 0
2
−
∆ = − ≤ ∀A B, nên P 0 ≥ ∀ A, B,C
Vậy P = 0 đạt được khi và chỉ khi
A B
' 4 cos 4 0
2
C 1 A B
cos cos
2 2 2
−
2 A B
cos 1
2
C 1 A B
cos cos
2 2 2
−
(Vì A, B là góc của tam giác)
A B
C 1
cos
2 2
=
Trang 90 0
A B 30
C 120
= =
⇔ =
Kết luận: ∆ ABC có A = B = 300 và C = 1200
Ví dụ 8: Tính các góc của ∆ABC biết:
C B C A 3C 3
sin sin sin (1)
Bài giải:
Ta có (1) 2sin2C A BcosA B cos 3C 3
π
2
2sin cos 1 2sin 0
2 3C 3C A B 4sin 4sin cos 1 0
P 4sin 4sin cos 1
với sin3C
4
π
− , có hệ số của 2 3C
sin
4
π
−
là -4 < 0, biệt thức
2 A B
' 4cos 4 0 A, B
4
−
nên P 0 ≤ ∀ A, B,C
Vậy P = 0 đạt được khi và chỉ khi:
' 0
3C 1 A B
sin cos
π
∆ =
A B cos 1
9 4
π
Kết luận: ∆ ABC có A B 2 , C 5
Ví dụ 9: Tính các góc của ∆ABC biết:
3 cos3A cos3B cos3C (1)
2
Bài giải:
Trang 10Ta có: cos3C cos3 = (π − − A B) = − cos3 A B( + )
(1) 2cos cos 2cos 1
Xét tam thức bậc hai đối với t cos3A 3B
2
+
2 3A 3B
f (t) 2t 2t.cos 1
2
−
a 2 0
3A 3B ' cos 2
2
= >
Ta có bảng biến thiên
t -1 1cos3A 3B
1
2 3A 3B
2 2
−
−
Parabol f(t) có điểm cực tiểu là:
2 3A 3B
1 3A 3B 2
cos ;
−
Nên: cos23A 3B2 2 3
f (t)
− +
Vậy
2 3A 3B
f (t)
3A 3B 1 3A 3B 2
t cos cos
−
A B
3A 3B 1
cos
=
0
A B
A B 40 1
cos3A
2
=
= −
Suy ra C = 1000
Trang 11Vậy ∆ABC có C = 1000, A = B = 400
Ví dụ 10: Tính các góc của ∆ABC biết:
cos A cos B cos C 2
cos A cos B cos C 1
Bài giải:
(*) cos A cos B cos C 1 2 + 2 + 2 ≥
2
1 cos 2A 1 cos 2B
cos C 1
cos A B cos A B cos C 0
cos C cos A B cos A B 0
cos A.cos B.cos C 0
⇔ Có 1 trong 3 góc A, B, C lớn hơn hay bằng 900
A 90 sin ;1
2 2
(*) cos A cos B cos C + + =
2 A B C B C
1 2sin 2 cos cos
2 A A B C
2sin 2sin cos 1
−
2 A A
2sin 2sin 1
2
A
>0, 0<cos 1
2
B C− ≤
Xét hàm số f(t) 2
2t 2t 1
= − + + trên 2;1
2
÷
a = − < 2 0
Hoành độ đỉnh Parabol là t 1
2
=
Ta có bảng biến thiên:
t 1
2 2
2 1 f(t) 1 2
Trang 12Từ đó: 2
;1 2
2 max f (t) f 2
2
÷
= ÷÷=
Như vậy cos A cos B cos C + + = 2 đạt được khi và chỉ khi
0 0 0
B C
cos 1 A 90
2
45
2
−
= =
=
Kết luận: ∆ABC vuông cân (hoặc tại A, hoặc tại B, hoặc tại C)
Ví dụ 11: (Đại học 2004 - Khối A)
Cho ∆ABC khoôg tù thoả mãn:
cos 2A 2 2 cos B 2 2 cos C 3 + + =
Tính 3 góc của tam giác
Bài giải:
M cos 2A 2 2 cos B cos C 2 cos A 1 4 2 cos cos
2cos A 4 2 sin 1
2
(do sinA 0,cosB C 1)
−
cos A 0,cos A cosA,0 sin
2 2
Suy ra: M 2cos A 4 2 sinA 1
2
M 4sin 4 2 sin 1
f (t) 4t 4 2t 1, t sin 0;
= − + + = ∈
a t 2 0 = − <
Hoành độ đỉnh 2
2
Ta có bảng biến thiên
Trang 13t 0 2
2 f(t)
Suy ra: M max f (t) f 2 3
2
≤ = ÷÷=
Như vậy M cos 2A 2 2 cos B 2 2 cos C 3 = + + = đạt được khi và chỉ khi
0 2
0
A 2
sin
2 2
A 90 cos A cos A
B C 45
B C
cos 1
2
=
− =
Kết luận: ∆ABC vuông cân tại A
A 90 , B C 45 = = =
Ví dụ 12: Tính các góc của ∆ABC biết:
2 cos 2A 2 cos 2B 2 cos 2c + + = 5
Bài giải:
Theo bất đẳng thức côsi ta có:
P
2 cos2A 2 cos2B 2 cos 2c
3
3
2 cos2A 2 cos2B 2 cos2C
≥
9
6 cos 2A cos2B cos2C
≥
Xét T 6 = +(cos 2A cos2B + )− cos2C
6 2cos A B cos A B 2cos C 1
2
2cos C+2cosC.cos A B T 7 0
Khi đó cosC là nghiệm của phương trình
2
2x + 2x.cos A B − + − = T 7 0
Trang 14nên 2( ) ( )
' cos A B 2 T 7 0
2
T cos A B 14
Do dó P 6
5
≥
2 cos2A 2 cos 2B 2 cos2C 5
Xảy ra khi và chỉ khi:
2
2 cos2A 2 cos2B 2 cos2C
cos A B 1
1
cos C cos A B
2
− =
0 0
A B 30
C 120
= =
⇔
=
Ví dụ 12: Nhận dạng ∆ABC biết:∆ABC thoả mãn điều kiện:
2 a cos A b cos B c cos C + + = + + a b c (1)
Bài giải:
Ta có (1) ⇔ SinA SinB SinC Sin2A Sin2B Sin2C + + = + +
A B C
4cos cos cos 4SinA.SinB.SinC
2 2 2
cos cos cos 8sin sin sin cos cos cos
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A B C
1 8sin sin sin
2 2 2
⇔ =
A B C
P 8sin sin sin 1 0
2 2 2
Xét P 8sinAsin sinB C 1
2 2 2
A B C B C
P 4sin cos cos 1
2 A A B C
4sin 4sin cos 1 P 0
−
Khi đó x sinA
2
= là nghiệm của phương trình:
Trang 152 B C
4x 4x.cos 1 P 0
2
−
' 4cos 4 4P 0 P 1 cos
Vậy P = 0 đạt được khi
2
0
B C cos 1 P 0
2
A 1 sin A B C 60 ABC
2 2
−
III MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN
1 Nhận dạng ∆ABC biết:
57 4cos A 5cos B 5cos C
8
2 Tính các góc của ∆ABC biết:
3 cos B 3 cos A cos C
2
3 Tính các góc của ∆ABC biết:
3 cos2A cos2B cos2C
2
4 Chứng minh rằng: ∆ABC đều khi và chỉ khi:
cos A B − + cos B C − + cos C A − = 2 cos A cos B cos C + +
IV Kết quả đạt được: Với cách làm như trên kết quả thu được rất khả quan
Trước khi đưa ra phương pháp tôi đã cho học sinh 11A1 làm ví dụ 1 và chỉ
có 10% học sinh làm được Khi Tôi nêu phương pháp và áp dụng giải ví
dụ 1 thì sau đó đến ví dụ 2, ví dụ 3… có tới 90% có thể tuwjlamf một cách
dễ dàng Như vậy với phương pháp tôi đã nêu nhiều học sinh đã tự giải được một số bài toán nhận dạng tam giác một cách gọn gàng và nhanh chóng Trong kì thui đại học 2004 đã có 45 em làm tốt bài nận dạng tam giác cos 2A+ 2 2 cosB+ 2 2 cosc= 3
C KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
đều
Trang 16Trên đây là những phương pháp tam thức bậc hai để nhận dạng tam giác
mà tôi mạnh dạn đưa ra trao đổi cùng đồng nghiệp
Phương pháp trên đã được tôi áp dụng cho các học sinh ôn thi đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi Khi sử dụng phương phám này vào nhận dạng tam giác tôi nhận thấy các em rất hứng thú Kết quả là hầu hét các em tiêp thu được bài và biết vận dụng khéo léo, linh hoạt vào giải toán Ở đây tôi đã sắp xếp các bài toán từ dễ đến khó và các bài cùng phương pháp biến đổi đi cùng với nhau
Để thực hiện tốt việc áp dụng tốt tam thức bậc hai vào giải toán người thầy giáo phải coi trọng việc dạy tam thức bậc hai ở lớp 10 một cách nghiêm túc Hướng dẫn học sinh nghiên cứu và nắm vững về tam thức bậc hai và đặc trưng của nó Ngoài phương pháp mà tôi nêu trên người thầy giáo cần hướng đẫn học sinh tìm tòi nêu ra các phương pháp khắc nhằm phục vụ cho các bài toán nhận dạng tam giác một cách sáng tạo và hiệu quả Với thời gian có hạn tôi chưa thể nêu thêm một số phương pháp khác để giải quyết loại toán nhận dạng tam giác Tác giả hi vọng sẽ được trình bày trong
những năm tiếp sau
Trong quá trình giảng dạy hàng năm tôi luôn luôn nghiên cứu nên hieur để đưa ra một phương pháp giải hay cho một số dạng toán giúp cho học sinh
từ chỗ bỡ ngỡ đến chỗ hăng say giải toán Mặc dù bản thân dã cố gắng rất nhiều, song những điều viết ra không tránh khỏi những sai sót Tôi rất mong nhân được sự góp ý của các đồng nghiệp cùng bạn đọc để phương pháp trên được hoàn thiện hơn nhằm nâng cao hiệu quả giảng dạy và học tập
Tôi xin chân thành cảm ơn!
Trang 17Tài liệu tham khảo
1) SGK “Đại số 10 nâng cao” NXB Giáo dục-2006
2) Tạp chí toán học và tuổi trẻ
3) Giới hạn đề thi tuyển sinh ĐH-CĐ toàn quốc từ năm học 2002-2003 đến năm 2007-2008
4) Trần Phương: Hệ thức lượng giác
5) Nguyễn Thượng Võ: 200 bài toán chọn lọc về hệ thức lượng trong tam giác NXB Giáo dục 1997