Chuyên đề Chuyên sâu hình học 9- Bài toán diện tích tam giác và ứng dụng

A-Đặt vấn đề: Trong chương trình Toán THCS, khi nói đến bài tập hình học thì học sinh thường nghĩ đến các bài tập chứng minh quen thuộc như các quan hệ bằng nhau, đồng dạng, vị trí tương đối giữa các đối tượng hình học. Những định lý nào được áp dụng thường xuyên thì học sinh nhớ lâu. Những vấn đề khoá và có hàm lượng kiến thức không nhiều dễ bị học sinh lãng quên dẫn đến khi vấp phải các dạng toán đó thường cảm thấy khó khăn và không vượt qua được. Một thói quen của giáo vên dạy toán thường ít khi quan tâm đến việc phát triển các định lý trong sách giáo khoa để được các kết quả khác mà nhiều khi chính các kết quả đó giúp cho học sinh giải được nhiều bài toán hóc búa. Bản thân tôi là một cán bộ quản lí nhưng vẫn trực tiếp đứng lớp và cũng là một giáo viên toán. Qua kinh nghiệm giảng dạy học sinh cuối cấp cũng như trực tiếp bồi dưỡng đội tuyển học sinh giỏi lớp 9, trong những năm qua tôi đã chứng kiến những vướng mắc của học sinh trong việc giải toán. Đặc biệt là những bài toán sử dụng diện tích tam giác cũng như một số bài toán thi nếu giải bằng phương pháp sử dụng diện tích tam giác thì sẽ có lời giải đẹp. Nhưng vì lí do các em chưa được tiếp cận các công thức tính diện tích do vậy bài toán tạo thành một trở ngại lớn. Thực hiện kế hoạch của Sở giáo dục và đào tạo Hải phòng về việc tổ chức một số hoạt động trọng tâm bộ môn Toán cấp THCS năm học 2006-2007. Tôi chọn chuyên đề: “Diện tích tam giác và ứng dụng”nhằm trao đổi cùng các đồng nghiệp về một nội dung hình học cụ thể và thông qua chuyên đề này xin được trao đổi cùng các thầy cô giáo để chúng ta cùng hoàn thành tốt nhiệm vụ dạy học. B- nội dung đề tài: 1-Xây dựng nội dung đề tài: Đây là một nội dung không có sẵn trong sách giáo khoa cả phần lý thuyết cũng như bài tập do vậy việc chọn nội dung để xây dựng thành chuyên đề cần đặc biệt quan tâm. Nội dung đề tài cần có ba phần: Các công thức tính, một số kết quả thường dùng và một số bài tập điển hình minh hoạ cho ý nghĩa thực tiễn của các công thức cũng như các kết luận đã nêu ở trên 1.1. Xây dựng công thức tính diện tích tam giác: a.Trong chương trình lớp 8, học sinh đã chứng minh được công thức tính diện tích của một tam giác bất kì: S =a.h (1). (trong đó a là cạnh đáy, h là độ dài đường cao tương ứng). Trong thực tế tính toán đòi hỏi học sinh cần nắm được một số công thức khác. Trong tam giác AHC ta có: AH = AC.Sin h =b.Sin Thay vào (1) ta có công thức (2): . Ta vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC đường kính AA’=2R. Trong đuờng tròn (O) ta có: = (cùng = Sđ ). Mà Sin = = = Sin. Thay vào (2) ta có công thức (3): S=. Như vậy, từ một công thức quen thuộc chúng ta đã xây dụng thêm được hai công thức mới cho phép ta có thể tính được diện tích tam giác khi biết dộ dài ba cạnh của tam giác và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác.Vấn đề đặt ra là liệu ta có thể tính được diện tích tam giác khi chỉ biết độ dài ba cạnh của tam giác.Ta xét bài toán sau: b.Bài toán: Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a,b,c và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác là r. Gọi p là nửa chu vi tam giác,S là diện tích tam giác, gọi ra,rb,rc lần lượt là bán kính các đường tròn bàng tiếp tam giác lần lượt nội tiếp các gócA,B,C. Hãy chứng minh: S = pr= (p-a)ra=(p-b)rb=(p-c)rc==. Chứng minh: Gọi I ,O lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp , bàng tiếp tam giác nội tiếp gócA. Gọi D,E,F là các tiếp điểm của đường tròn(I) với các cạnh AB,BC,CA. Như vậy ta có:ID = IE = IF = r và SABC =SIAB+SIBC+SICA =AB.ID+BC.IE =CA.IF =a.r +b.r +c.r =(a+b+c).r =p.r . Tức là: (4). Từ O hạ OHAB, OKAC, khi ấy ta có: OH = OK= ra và SABC=(SABO+SACO) – SBCO=(b.ra +c.ra ) -a.ra =(b+c-a). ra =(b+c+a)- a. ra =(p-a). ra. Chứng minh tương tự ta cũng có S=(p-b). rb và S=(p-c). rc . Như vậy ta có:S=(p-a).ra=(p-b).rb=(p-c) rc . (5) +Từ (4)và (5) ta có: S2 = pr(p-a)ra =p(p-a)rra -Theo tính chất phân giác của hai góc kề bù ta có =900 =(cùng phụ với ), lại có = =900. Từ đó suy ra BID ~OBH(g-g) = ID.OH =BD.BHrra=BD.BH‚ -Ta dễ dàng chứng minh được: 2BD = AB+BC –AC BD = (a+c-b) = (a+b+c)-b = p-b.(*) -Ta cũng chứng minh được: 2AH =AB+BC+CA AH= (a+b+c) =pBH=AH-AB= p-c(**) -Thay (*) và(**)vào ‚ ta có rra=(p-b)(p-c) ƒá -Thay ƒ vào  có:S2 = p(p-a)(p-b)(p-c)S = (6) (công thức Hê -rông) +Từ (4) và (5) ta cũng có: S4 =pr(p-a)ra(p-b)rb(p-c)rc = p(p-a)(p-b)(p-c). rrarbrc S4 =S2. rrarbrc S2 = rrarbrc S = (7). Như vậy sau khi giải được bài toán này, các em được tiếp cận với 4 công thức nữa. Trong suy nghĩ của học sinh đã hình thành một phương pháp tìm tòi: công thức tính diện tích tam giác không phải duy nhất, ta có thể tìm ra các công thức khác bằng cách vận dụng linh hoạt các kỹ năng toán học cần thiết.Và đến đây các em cũng đã được trang bị khá đầy đủ các công thức tính diện tích tam giác mà với trình độ của học sinh bậc THCS có thể nắm được. 1.2.Một số kết luận quan trọng: Trong quá trình giải các bài tập có liên quan đến diện tích tam giác ta thường sử dụng một số kết luận .Ngoài các kết luận đã được trình bày trong sách giáo khoa, xin phép không trình bày lại, sau đây là các kết luận khác được rút ra từ các bài tập sau đây: Bài tập1: Cho tam giác ABC và D là một điểm nằm trên cạnh BC. Chứng minh rằng: = Chứng minh: A B H D C Kẻ đường cao AHBC, Ta có:SABD =AH.BD, SACD =AH.DC , suy ra: = = (đpcm). Từ bài toán trên ta có kết luận:Đường thẳng đi qua một đỉnh của tam giác và một điểm bất kỳ trên cạnh đối diện chia tam giác đã cho thành hai tam giác có diện tích tỉ lệ với khoảng cách từ điểm đó đến các đỉnh còn lại. Trường hợp đặc biệt 1: Đường trung tuyến chia một tam giác thành hai tam giác có diện tích bằng nhau. Trường hợp đặc biệt 2: Phân giác của một tam giác chia tam giác đã cho thành hai tam giác có diện tích tỷ lệ với hai cạnh của góc đó. Bài tập2:Cho tam giác ABC, O là một điểm bất kỳ trên mặt phẳng. Đường thẳng AO cắt BC tại M. Chứng minh: =. Chứng minh: A Kẻ AHBC,OKBC, khi đó:SABC =AH.BC, SOBC =OK.BC O = = B H K M C Mặt khác ta lại có:AH//OK =‚. Từ và ‚ ta suy ra: =(đpcm). Bài tập 3:Cho tam giác ABC có BC=a,CA=b,AB=cvà cba .Gọi S là diện tích tam giác.Chứng minh:Sbc Chứng minh:Xét các trường hợp xảy ra của góc A. +Nếu =900 S = AB.AC = b.c +Nếu 900 Khi ấy ta hạ BHAC thì ta luôn có BH<AB(Quan hệ hình chiếu và đường xiên) S =AC.BH< AB.AC = bc. Tóm lại: Sbc,dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi =900 Qua bài toán này ta rút ra kết luận:Diện tích tam giác không lớn hơn nửa tích hai cạnh bất kỳ của tam giác. 1.3.Một số bài tập ứng dụng các công thức tính diện tích tam giác: Ví dụ1: Một cách chứng minh khác về định lí Ta lét. Xét tam giác có DE//BC,(DAB,EAC) ta có: = ; = Mà DE//BC nên SBDE =SDCE, từ đó suy ra: =. Ví dụ 2: Một cách chứng minh khác về tính chất phân giác. Xét tam giác ABC, phân giác AD,ta có =. Hạ DHAB,DKAC ta có DH=DK, Mà SABD=DH.AB, SADC =DK.AC, Do đó: =. Từ đó suy ra: = (đpcm). Ví dụ3: Cho tam giác ABC, phân giác AD, trung tuyến AM. Kẻ MH vuông góc với AB, MK vuông góc với AC. Chứng minh: MH.BD = MK.DC. Cách 1: (Không dùng kết quả của bài toán diện tích): Trên tia đối của tia AB lấy điểm E sao cho AB=AE Ta có tứ giác AHMK là tứ giác nội tiếp ( +=1800), do đó =  và = (hai góc nội tiếp cùng chắn cung MK), mà AM//CE(AM là đường trung bình của tam giácBCE) nên =. Từ đó suy ra =‚ Từ  và‚ ta suy ra HMK~CAE (g-g) (*) Mặt khác theo tính chất phân giác ta có:(**) Từ (*) và (**) ta có =MH.BD =MK.CD(đpcm). Cách 2: Theo tính chất phân giác, với AD là phân giác của ta có:(*) Vì AM là trung tuyến ứng với cạnh BC nên SABM = SACM , do đó ta có: HM.AB =KM.AC (**) Từ (*) và (**) ta suy ra: =MH.BD =MK.CD(đpcm). Ví dụ 4: Cho tam giác ABC có ba cạnh là BC=a,CA=b,Ab=c. G là trọng tâm của tam giác. Gọi x,y,z lần luợt là khoảng cách từ G đến các cạnh a,b,c. Chứng minh: = = .(*) Giải: -Gọi M,N,P lần lượt là trung điểm của BC, CA và AB thì theo tính chất trọng tâm của tam giác ta có: = ;=;=. Như vậy ta có ==. Theo kết quả bài tập 2: SGBC = SGCA = SGAB, từ đây ta lại có:a.x =b.y = c.z. => => Sau khi giải được bài toán nay thì cũng suy ra ngay cách giải của bài toán sau: “Cho tam giác ABC có ba cạnh là BC=a,CA=b,Ab=c. G là một điểm nằm trong tam giác. Gọi x,y,z lần luợt là khoảng cách từ G đến các cạnh a,b,c thoả mãn hệ thức: = = . Chứng minh G là trọng tâm của tam giác”.(bài toán ngược của bài toán trên). Ví dụ5: Cho tam giác ABC vuông tại A,phân giác trong AD và phân giác ngoài AE.Cho biết AB < AC. Chứng minh các hệ thức: Œ  Phân tích: Đây cũng là một bài toán khó đối với đa số học sinh. Khi vẽ hình và phân tích yêu cầu của bài toán này các em học sinh có một số phát hiện ban đầu : = 900, = = =450. Khi quan sát đề bài ở đây có gần gũi với Sin450( =). Nếu sử dụng công thức(2) ta có thể tính diện tích của các tam giác EAB,BAD và DAC theo góc 450.Điều này sẽ làm nảy sinh hệ số . Giải: Ta có:SABC =SABD +SACD AB.AC =AB.AD.Sin450 +AC.AD.Sin450 AB.AC = (AB+AC).AD (chia cả hai vế cho AB.AC.AD) Phần  chứng minh tương tự. Lời bàn: Chúng ta thử hình dung, nếu học sinh chưa được trang bị công thức (2) cùng với phương pháp tiếp cận bài toán trên cơ sở khai thác hiệu quả công thức tính diện tích thì liệu rằng có bao nhiêu học sinh đủ khả năng vượt qua được bài toán này! Ví dụ 6: Cho tam giác ABC và O là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Các tia AO,BO,CO cắt BC,CA,AB lần lượt tại P,Q,R. Chứng minh rằng: Œ. . Phân tích: Đây là một bài toán điển hình về việc sử dụng diện tích tam giác. Khi xem xét bài tập này thì đồng thời ta cũng giải được các trường hợp riêng khi O là các điểm đặc biệt của tam giác. Phương pháp giải bài tập đã được gợi mở thông qua ví dụ 4. Để chứng minh hệ thức Œ học sinh có thể sẽ nghĩ đến việc biểu diễn các tỉ số giữa hai đoạn thẳng thông qua tỉ số diện tích của hai tam giác sau đó có thể thực hiện được phép tính cộng các tỉ số có cùng mẫu. Như vậy nếu đặt bài toán này vào thời điêm phù hợp thì chắc chắn các em sẽ giải được phần Œ một cách nhẹ nhàng. Hệ thức  có một đặc điểm dễ phát hiện: mỗi tỉ số trong  đều là nghịch đảo của các tỉ số trong Œ.Để chứng minh được hệ thức chỉ cần học sinh đã được tiếp cận bất đẳng thức quen thuộc: (a + b+c). 9. Từ đây ta có lời giải như sau: Giải: ŒTa có: = ; =; == + +== =1(đpcm)  áp dụng bất đẳng thức(a + b+c). 9 ta có: .9 mà , do đó,dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi= == O là trọng tâm của tam giác (đpcm). (Việc chứng minh bất đẳng thức: (a + b+c). 9 xin không trình bày ở đây). Ví dụ 7:Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp; ha ,hb, hc lần lượt là các đường cao của tam giác. Chứng minh:ha+hb+hc9r. Giải: Ta có :a.ha =2S =r(a+ b+c)ha = (1++)r. Tương tự ta cũng có :hb = (1++)r ; hb = (1++)r. Từ đó ta có: ha+hb+hc=(1++)r +(1++)r +(1++)r = (1++ +1++ +1++)r =(3 ++++++)r 9r . ( vì +++++ =( +)+(+)+(+) 2+2+2 =6). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c Tam giác ABC là tam giác đều 1.4. Các bài tập tự giải: Bài tập 1: Cho (O;R),vẽ hai dây cung bất kỳ cắt nhau tại I là AB và CD.I nằm trong dường tròn. Gọi M là trung điểm của BD. MI kéo dài cắt AC tại N. Chứng minh hệ thức: = (HD:sử dụng công thức (2)) Bài tập 2:Cho tam giác ABC có AB =2AC,phân giác AD. Gọi r, r1, r2 lần lượt là bán kính các đường tròn nội tiếp tam giác ABC, ACD và ABD và p là nửa chu vi tam giác ABC. Chứng minh: AD = -p. (HD:sử dụng công thức (4)). Bài tập 3:Trong tất cả các tam giác có cùng chiều dài là a, cùng chiều cao tương ứng là h, hãy tìm tam giác có bán kính đường tròn nội tiếp trong tam giác ấy là lớn nhất. (HD:Sử dụng công thức(1) và công thức(4)) Bài tập 4: Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm O, bán kính r. Kẻ tiếp tuyến của đường tròn tâm O, song song với ba cạnh của tam giác ABC. Ba tam giác nhỏ có diện tích lần lượt là: S1, S2, S3. Gọi S là diện tích tam giác ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất: (HD: Sử dụng các công thức tính diện tích tam giác và bất đẳng thức Bunhia Copxki). Bài tập 5:Cho tứ giác ABCD và một điểm O bên trong tứ giác.Gọi S là diện tích tứ giácABCD.Chứng minh rằng:OA2+OB2+OC2+OD22S .Dấu “=” xảy ra khi nào? (HD:sử dụng kết quả của bài tập 3) Bài tập 6:(cho máy tính bỏ túi): Cho tam giác ABC có độ dài ba cạnh là a= 5,35674cm, b =6,89745cm,c =8,12437cm. Hãy tính: .chu vi tam giácABC. ‚.Diện tích tam giácABC. ƒ.Các đường cao của tam giác. „. Các góc của tam giác ….Bán kính các đường tròn nội tiếp,ngoại tiếp,bàng tiếp tam giác. 2.Các giải pháp phổ biến đề tài trong thực tế: Chúng tôi đã triển khai đề tài này từ năm học 2002- 2003, dưới hình thức dạy lồng ghép vào chương trình ôn tập và bồi dưỡng học sinh giỏi. Từ năm học 2005-2006, khi có chương trình giảng dạy môn học tự chọn, chúng tôi đã đưa chuyên đề này vào giảng dạy chủ đề nâng cao ở học kỳ II lớp 9. Việc triển khai đã có nhứng kết quả ban đầu rất đáng khích lệ. 3.Một số kết quả đã đạt được: Từ năm học 2002-2003 chúng tôi đã triển khai chuyên đề này trong toàn trường một cách hoàn chỉnh ngay từ đầu năm học đến toàn thể giáo viên toán trong nhà trường. Qua quá trình giảng dạy chúng tôi đã thu được ý nghĩa thực tiễn cao của chuyên đề. Trong quá trình giảng dạy chúng tôi thấy: Hầu hết học sinh khi được tiếp cận với chuyên đề này đều tỏ ra rất phấn khởi và ngạc nhiên nhận thấy rằng chính các em cũng có thể tự tìm ra những kết luận mới, những phương pháp giải quyết vấn đề mới. Các thầy cô giáo khi được sử dụng chuyên đề này đều thừa nhận giá trị thực tiễn cao của chuyên đề và từ đó đã dấy lên một phong trào nghiên cứu tìm tòi những “trục” kiến thức tiềm ẩn trong chương trình mà chưa được sách giáo khoa xây dựng hoàn chỉnh. Một kết quả rất rõ ràng là bằng phương pháp nghiên cứu tìm ra những “trục” kiến thức tương tự như chuyên đề này mà trong những năm qua học sinh của trường đã đạt được những kết quả cụ thể: - Năm học 2003-2004: Có một em đoạt giả khuyến khích môn Toán cấp thành phố lớp 7. - Năm học 2004-2005: Có 1 em đoạt giải khuyến khích cấp thành phố môn Toán lớp 9. -Năm học 2005-2006: Có 1 em đoạt giải khuyến khích môn MTBT lớp 9. -Năm học 2006-2007: Hiện có 1 em được vào đội tuyển môn Toán lớp 9 dự thi thành phố và 2 em dự thi môn MTBT cấp thành phố. Trong những năm qua học sinh dự thi vào lớp 10 hằng năm đều có học sinh đạt điểm giỏi về môn toán và khi học lên các em đều đã phát huy tốt những hiểu biết đã được tiếp cận và đó là điều kiện cần giúp cho việc chiếm lĩnh kiến thức của các em có nhiều thuận lợi. C-Kết luận: Việc thực hiện chuyên đề chuyên sâu hình học 9 đã đem lại những thành công ban đầu rất đáng khích lệ.Nó đã khẳng định một việc làm đúng đắn trong phương pháp giảng dạy toán ở trường THCS. Phát huy những thành công ban đầu chúng tôi sẽ tiếp tục hoàn chỉnh hơn các chuyên đề có tính chất bao quát hơn để việc giảng dạy môn toán ngày càng có hiệu quả cao. ý tưởng xây dựng chuyên đề này hoàn toàn xuất phát từ thực tiễn dạy và học toán ở trường THCS Vinh Quang trong những năm qua. Đối với tập thể giáo viên của trường thì việc ứng dụng chuyên đề này là việc làm thiết thực và có tính thực tiễn rất cao. Trong quá trình áp dụng chúng tôi đã phát hiện ra những hạn chế và đang từng bước khắc phục.Chúng tôi tin tưởng rằng nếu có thể xây dựng thêm các chuyên đề khác nữa mà cũng đảm bảo được những yêu cầu chung thì hiệu quả giảng dạy sẽ ngày càng tốt hơn. Chuyên đề này được xây dựng mang tính chủ quan của một tập thể giáo viên toán trong một trường THCS nên không tránh khỏi những nhược điểm do tầm nhìn còn hạn chế, hơn nữa đây cũng là một vấn đề mang tính mở do vậy trong quá trình trao đổi cùng các thầy cô giáo chúng tôi rất mong nhận được ý kiến đóng góp để chuyên đề này ngày càng hoàn thiện hơn. Xin chân thành cảm ơn! Vinh Quang, ngày 20 tháng 3năm 2007. Người viết. Vũ Đức Cảnh