Đề tài Phát hiện, chứng minh và khai thác sử dụng một công thức tính diện tích tam giác mới, hiệu quả trong mặt phẳng toạ độ

A. Đặt vấn đề I. Lời mở đầu Trong quá trình dạy học, mục tiêu phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh là rất quan trọng. Vì vậy, trong dạy học nói chung và dạy học môn toán nói riêng, người thầy phải luôn tìm cách để đạt được mục tiêu này. Trong đó có một cách quan trọng là: chính bản thân người thầy phải là người đi đầu trong các hoạt động sáng tạo, qua đó cho các em thấy thế nào là một hoạt động sáng tạo và hướng dẫn, khuyến khích các em học và làm theo. Hiểu rõ điều này, trong quá trình dạy học, tôi luôn suy nghĩ, tìm tòi để tìm ra những ví dụ về hoạt động sáng tạo trong phạm vi kiến thức phổ thông và phù hợp với đối tượng học sinh. Tức là các ví dụ về hoạt động sáng tạo mà chính bản thân các em học sinh cũng có thể tự mình tìm ra chỉ cần các em có sự tìm tòi, khám phá và phát huy sáng tạo. Những ví dụ như thế sẽ có tác dụng khuyến khích rất lớn đến hoạt động sáng tạo của học sinh. Bởi các em thấy, người có hoạt động sáng tạo đó không xa lạ mà ngay trước mắt các em (đó là người thầy), hơn nữa các em nhận thấy chính bản thân mình cũng có thể có những hoạt động sáng tạo đó chỉ cần các em chịu khó suy nghĩ tìm tòi sáng tạo. Sáng kiến kinh nghiệm này xin trình bày một ví dụ như thế về hoạt động sáng tạo mà tôi đã tìm ra. Đó là hoạt động tìm tòi sáng tạo để “phát hiện, chứng minh và khai thác sử dụng một công thức tính diện tích tam giác mới, hiệu quả trong mặt phẳng toạ độ”. ở đây tôi xin phép được dùng cụm từ “một công thức tính diện tích tam giác mới” bởi hai lý do: thứ nhất, ít ra nó mới đối với tôi (bởi trước khi tôi tìm ra công thức này thì tôi chưa hề biết đến sự tồn tại của nó); thứ hai, công thức này chưa có trong Sách giáo khoa phổ thông hiện thời nên nó mới đối với học sinh. II. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu Thực trạng Bài toán tính diện tích tam giác là một bài toán cơ bản, gắn liền với thực tế và quen thuộc đối với học sinh. Ngay từ khi học tiểu học cho đến hết THCS học sinh đã quen thuộc với qui tắc “Diện tích tam giác bằng nửa tích độ dài một cạnh và chiều cao tương ứng với cạnh đó của tam giác”. Đến khi học sinh học lớp 10, các em được biết đến một số lượng phong phú các công thức tính diện tích tam giác. Các em nắm được một loạt các công thức tính diện tích tam giác dưới nhiều hình thức khác nhau, đó là: ; ; ; ; . Ngoài ra, đến năm học lớp 12, học sinh được trang bị thêm một công thức nữa để tính diện tích tam giác dựa vào tích có hướng của hai vectơ trong không gian: . Mỗi công thức có ưu và nhược điểm riêng, tuỳ từng tình huống học sinh lựa chọn sử dụng một cách hợp lý. Vậy phải chăng với số lượng “đồ sộ” các công thức tính diện tích tam giác như thế, học sinh có thể giải quyết các bài toán cơ bản về diện tích tam giác trong chương trình học một cách thuận lợi, tối ưu? Để trả lời câu hỏi này, chúng ta xem xét một thực tế sau đây. Trong quá trình dạy học, tôi luôn băn khoăn bởi có một “nghịch lý” thể hiện qua lời giải hai bài toán sau: Bài toán 1: Trong mặt phẳng toạ độ với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(2; 3), B(5; 4), C(6; -1). Tính diện tích tam giác ABC. Bài toán 2: A B C Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC với A(2;-1;3), B(4;0;1), C(-10;5; 3). Tính diện tích tam giác ABC. Thông thường, hai bài toán trên được giải như sau: Lời giải bài toán 1: Gọi S là diện tích tam giác ABC. Ta có , ,. Suy ra c =, b =, a = . (hoặc ) . áp dụng công thức: . (đvdt). Lời giải bài toán 2: Gọi S là diện tích tam giác ABC, A(2;-1;3), B(4;0;1), C(-10;5; 3) Ta có , (đvdt). Có thể nhận thấy, lời giải bài toán 2 đơn giản và ngắn gọn, đa số học sinh hiểu và có thể áp dụng. Tuy nhiên lời giải bài toán 1 không hoàn toàn như vậy, học sinh cần vận dụng nhiều kiến thức và sử dụng nhiều thao tác, tính toán phức tạp hơn. Hay có thể nói, bài toán 2 dễ hơn bài toán 1. Đây chính là “nghịch lý”, bởi bài toán 2 xét trong không gian tưởng chừng sẽ khó hơn bài toán 1 xét trong mặt phẳng (là một trường hợp riêng trong không gian). Tại sao lại có “nghịch lý” này? Có thể giải thích, bởi trong không gian chúng ta có công thức tính diện tích tam giác thông qua tích có hướng của hai vectơ () và áp dụng rất thuận lợi. Còn trong mặt phẳng không có điều này!? 2. Kết quả của thực trạng Từ thực trạng và “nghịch lý” trên, tôi có suy nghĩ tại sao không xem bài toán tính diện tích của tam giác trong mặt phẳng toạ độ là một trường hợp riêng của bài toán tính diện tích của tam giác trong không gian để tận dụng sự thuận lợi của công thức . Từ đó tôi đã tìm ra một công thức mới rất hiệu quả để tính điện tích tam giác trong mặt phẳng toạ độ khi biết toạ độ ba đỉnh của nó và khắc phục được “nghịch lý” nói trên. Với công thức này học sinh dễ dàng giải quyết bài toán 1 hay các bài toán tương tự hoặc liên quan. Ngoài ra còn cho người dạy một công cụ để xây dựng các bài toán về diện tích tam giác một cách thuận lợi. Sau đây là nội dung cụ thể. B. Giải quyết vấn đề I. Xây dựng công thức tính diện tích tam giác mới 1. Phát hiện công thức Bài toán mở đầu: Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với , , . Hãy tính diện tích S của tam giác ABC. Phân tích và lời giải: Bài toán tương tự như thế này, trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz đã được Sách giáo khoa Hình Học 12 giải quyết và đưa ra công thức (*). Vậy ta có thể xem bài toán trong mặt phẳng là trường hợp riêng của bài toán trong không gian để sử dụng sự hiệu quả của công thức (*). Cụ thể như sau: Xem bài toán đang xét là bài toán trên mặt phẳng toạ độ Oxy của hệ trục toạ độ Oxyz trong không gian. Vậy ta có toạ độ các đỉnh của tam giác ABC là , , . O y z x A B C Khi đó , . Hay . Kết luận: 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với , , . Diện tích của tam giác ABC được tính theo công thức: (1a). 2. Nếu đặt , thì (1b). Ví dụ1: Trong mặt phẳng toạ độ với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC với A(2; 3), B(5; 4), C(6; -1). Tính diện tích tam giác ABC. (Bài toán 1 trong phần đặt vấn đề). Giải: Ta có ,. áp dụng công thức (1b), diện tích tam giác ABC là (đvdt). Nhận xét: - Với sự xuất hiện của công thức 1a,1b - gọi chung là công thức (1), bài toán1 được giải quyết một cách nhanh gọn, khắc phục được “nghịch lý” nói trên. - Để dễ nhớ và áp dụng thuận lợi, ta nên sử dụng công thức (1b) với lưu ý: không nhất thiết phải lấy cặp vectơ mà có thể lấy hai vectơ không cùng phương tuỳ ý miễn sao chúng có điểm đầu và điểm cuối là các đỉnh của tam giác ABC. 2. Chứng minh công thức Trong phần trên chúng ta đã có một cách (xem là cách 1) chứng minh công thức (1) nhưng nó chỉ phù hợp với học sinh lớp 12 ở học kì 2 (sau khi học sinh đã học tích có hướng của hai vectơ), như thế thì quá muộn. Bởi thực tế các bài toán cần sử dụng công thức (1) đã có từ lớp 10. Vậy chúng ta cần tìm ra cách chứng minh công thức (1) mà chỉ với kiến thức toán lớp 10 (tức là không thông qua tích có hướng của hai vectơ và hình giải tích trong không gian). Từ suy nghĩ đó, tôi tìm ra hai cách chứng minh khác (cách 2, cách 3 sau đây) hoàn toàn phù hợp với kiến thức của học sinh lớp 10 và các em dễ dàng tiếp thu. Cách 2 sử dụng sau khi học sinh đã học biểu thức toạ độ tích vô hướng của hai vectơ. Sau đó, khi học sinh đã học công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng các em có thể sử dụng thêm cách 3. Sau đây là hai cách chứng minh đó. Chứng minh công thức (1). Cách 2: Ta có , với ,,,y2 = yC - yA. áp dụng công thức O x y C A B H S . Vậy hay . Cách 3: Đường thẳng AB có vectơ chỉ phương nên có vectơ pháp tuyến . Suy ra đường thẳng AB có phương trình . Độ dài đường cao là khoảng cách từ C đến đường thẳng AB. . Vậy diện tích tam giác ABC là Hay . II. Khai thác sử dụng công thức Trong phần này, tôi trình một số ví dụ về khai thác sử dụng công thức (1) vào giải toán. Trước hết đó là áp dụng giải những bài toán cơ bản, sau đó mở rộng áp dụng cho các bài toán mang tính tổng quát, phức tạp hơn. Qua phần này, chúng ta sẽ thấy rõ và bất ngờ về tính hiệu quả của công thức (1), nhờ vào nó một số bài toán tương đối khó đã được giải quyết một cách gọn gẽ, mà trước đây phần lớn các bài toán này chỉ được xét trong những trường hợp đặc biệt (như liên quan đến tam giác vuông, cân, đều,..). Trong số đó có các bài toán rất đáng chú ý (như ví dụ 6, 7, 8). Ngoài ra, công thức (1) còn được tôi khai thác sử dụng theo hướng: dựa vào nó để đặt ra các bài toán và tìm cách giải quyết chúng, từ đó làm phong phú thêm các dạng toán và hơn nữa nhiều khi thu được những kết quả thú vị, bất ngờ. Với hướng khai thác này, công thức (1) cũng tỏ ra rất hiệu quả. Sau đây là nội dung cụ thể của những hướng khai thác và sử dụng công thức (1) nói trên. 1. Giải toán về diện tích trong mặt phẳng toạ độ Xét một số ví dụ sau: Ví dụ 2: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tứ giác ABCD. Biết: A(-2; 5), B(0; -2), C(4; -1), D(2; 4). Hãy tính diện tích của tứ giác ABCD. A B C D Giải Gọi SABC, SACD, S lần lượt là diện tích của tam giác ABC, ACD và tứ giác ABCD. Ta có: S = SABC + SACD = (2; -7), = (6; -6) SABC = (đvdt). = (6; -6), = (4; -1) SACD = (đvdt). Vậy diện tích tứ giác ABCD là S = 15 + 9 = 24 (đvdt). Ví dụ 3: Cho parabol (P): y2 = x và các điểm A(1; -1), B(9; 3) thuộc (P). Tìm điểm M trên cung AB của (P) sao cho MAB có diện tích lớn nhất. x O y 3 1 9 B A -1 M 1 Giải M thuộc cung AB của (P) nên M(a2; a), với . Ta có , . Suy ra diện tích tam giác MAB là (vì ). , . . M(1; 1). Vậy diện tích tam giác MAB lớn nhất khi và chỉ khi M(1;1). Ví dụ 4: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy cho hai đường thẳng có phương trình : 3x – 4y = 0 và ’: 4x – 3y = 0. Lập phương đường thẳng d cắt và ’ lần lượt tại các điểm A, B có hoành độ dương sao cho và tam giác OAB có diện tích bé nhất. Giải A, B lần lượt thuộc và ’ nên A(4a; 3a), B(3b; 4b) (với a, b > 0). Ta có: ,. (1). Gọi S là diện tích tam giác OAB. (2). Từ (1), áp dụng bất đẳng thức côsi, ta có: . Kết hợp với (2) suy ra: . . Suy ra: S bé nhất (3). Khi đó A, B . Vậy đường thẳng d cần tìm là đường thẳng đi qua hai điểm A, B có phương trình: hay 5x + 5y – 7 = 0. Ví dụ 5: Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình các cạnh là AB: 2x – y +1 = 0; BC: x + y – 4 = 0; AC: x – 2y + 2 = 0. a) Tìm độ dài đường cao ha hạ từ đỉnh A và bán kính đường tròn nội tiếp r, đường tròn ngoại tiếp R của tam giác ABC. b) Gọi A’ là điểm đối xứng với A qua B. Tìm toạ độ điểm M thuộc cạnh BC sao cho đường thẳng A’M chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau. Giải: Toạ độ điểm A là nghiệm của hệ A(0; 1). Tương tự ta có: B(1; 3), C(2; 2). = (1; 2), = (2; 1), = (1; -1). . a) Gọi S, p lần lượt là diện tích và nửa chu vi của tam giác ABC. A C A’ M N B Suy ra: ; ; ; . b) Theo giả thiết suy ra A’(2; 5). M thuộc cạnh BC nên M(a; 4 – a) với . Đường thẳng A’M có phương trình hay . A’M cắt AC tại N có toạ độ là nghiệm của hệ N. . Suy ra tam giác CMN có diện tích = (vì ). Đường thẳng A’M chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau khi và chỉ khi . Vì nên ta được . Vậy điểm M cần tìm là M. Ví dụ 6: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho tam giác ABC với A(1; 3), B(4; 0), C(7; -1). Tìm toạ độ điểm M sao cho các tam giác MAB, MBA, MAC có diện tích bằng nhau. Giải Gọi M(x; y) và SMAB, SMBC, SMAC lần lượt là diện tích của các tam giác MAB, MBC, MAC. Ta có , SMAB = Tương tự: SMBC , SMAC . Theo yêu cầu bài toán ta có: (*) Từ hệ (*) ta có 4 trường hợp sau: - Trường hợp 1: M1(4; 2). - Trường hợp 2: M2(10;-4). - Trường hợp 3: M3(4; ). - Trường hợp 4: M4(-2; 4). Vậy có 4 điểm M thoả mãn yêu cầu bài toán là M1(4; 2), M2(10;-4), M3(4; ), M4(-2; 4). 2. Chứng minh tính chất đặc trưng của hypebol Sau đây là một ví dụ điển hình, thể hiện rõ nét tính hiệu quả của công thức (1). Chỉ có thể sử dụng công thức (1), bài toán tương đối phức tạp trong ví dụ dưới đây mới có thể giải quyết một cách thuận lợi đến như vậy. Ví dụ 7: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho hypebol (H): . Gọi M là một điểm bất kỳ thuộc (H), tiếp tuyến tại M của (H) cắt hai đường tiệm cận của (H) tại hai điểm A, B. Chứng minh rằng M là trung điểm của đoạn thẳng AB và tam giác OAB có diện tích không phụ thuộc vào vị trí của M trên (H). y x O A M B d Giải Gọi toạ độ của điểm M là (xo; yo), ta có . Tiếp tuyến d của (H) tại M có phương trình . (H) có hai tiệm cận . Suy ra tiếp tuyến d cắt hai tiệm cận trên tại A, B . Toạ độ trung điểm I của AB là = Tương tự . Vậy trung điểm của AB chính là điểm M. Mặt khác, diện tích tam giác OAB là SOAB = . Vậy diện tích của tam giác OAB luôn bằng ab, không phụ thuộc vào vị trí của điểm M trên (H). 3. Chứng minh công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng Trong trường hợp chúng ta chứng minh công thức (1) bằng cách 2 (tức là thông qua tích vô hướng của hai vectơ), khi đó chúng ta có thể dụng công thức (1) để chứng minh công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng trong mặt phẳng toạ độ. Cách chứng minh này ngắn gọn, đơn giản hơn so với cách chứng minh trình bày trong SGK 10 và 12. Đây là một điều rất đáng chú ý, phải chăng nên xây dựng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng trong mặt phẳng toạ độ theo hướng này? Ví dụ 8: Trong mặt phẳng với hệ trục Oxy, cho điểm Mo(xo; yo) và đường thẳng có phương trình Ax + By + C = 0. Chứng minh rằng khoảng cách từ điểm Mo đến đường thẳng được cho bởi công thức: O x y Mo M1 M2 H d(Mo, ) = (*). Chứng minh có một vectơ chỉ phương là . - Nếu Mo thuộc , hiển nhiên công thức (*) đúng. - Nếu Mo không thuộc , ta lấy hai điểm M1, M2 thuộc sao cho . Khi đó ta có tam giác MoM1M2 và gọi S là diện tích của nó. Giả sử M1(x1; y1), suy ra C = - Ax1 – By1. Ta có . Vậy trong mọi trường hợp, công thức (*) được chứng minh. 4. Giải toán về diện tích liên quan đến đồ thị hàm số Ví dụ 9: Xác định m để đồ thị hàm số có các điểm cực đại và cực tiểu lập thành một tam giác có diện tích bằng 32. Giải Tập xác định: R. (1). Đồ thị hàm số có điểm cực đại và cực tiểu (1) có ba nghiệm phân biệt m > 0. Khi đó đồ thị hàm số có ba điểm cực trị là , , . Ta có: , Ba điểm A, B, C lập thành một tam giác có diện tích bằng 32 khi và chỉ khi . Vậy giá trị cần tìm của m là m = 4. Ví dụ 10: Cho hàm số có đồ thị (C), gọi I là tâm đối xứng của (C). Tìm toạ độ điểm M thuộc (C) sao cho M có hoành độ nguyên và tam giác IMO có giá trị diện tích là một số tự nhiên. Giải Ta có . TXĐ: D = R \ . Gọi với . Tâm đối xứng I là giao điểm hai tiệm cận y = 3x + 2 và x + 3 = 0 I(-3; -7). Suy ra tam giác IMO có diện tích . Vậy S nhận giá trị là số tự nhiên khi và chỉ khi x + 3 là ước của 3, ta có: - Với x + 3 = 3 x = 0, y = M1. - Với x + 3 = -3 x = -6, y = M2. - Với x + 3 = 1 x = -2, y = - 2 M3. - Với x + 3 = -1 x = - 4, y = -12 M4. Vậy có 4 điểm M thoả mãn yêu cầu bài toán là: M1, M2, M3, M4. 5. Giải toán về diện tích trong hình học phẳng Công thức (1) tỏ ra hiệu quả trong mặt phẳng độ. Vậy chúng ta có thể nghĩ đến việc khai thác công thức (1) vào giải toán trong hình học phẳng bằng cách kết hợp với phương pháp toạ độ trong mặt phẳng. Ví dụ 11: Cho hình vuông ABCD cạnh bằng 2. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và BC; AF và DE cắt nhau tại I, BD và AF cắt nhau tại H. Tính diện tích tứ giác BEIH. Giải Chọn hệ toạ độ Oxy sao cho AO, B , D lần lượt thuộc tia Ox, Oy (hình bên). Khi đó A(0; 0), B(2; 0), C(2; 2), D(0; 2), B x C y D H F I E AO E(1; 0), F(2; 1). Suy ra: các đường thẳng AF, DE, BD lần lượt có phương trình x - 2y = 0; 2x + y –2 = 0; x + y – 2 = 0. Toạ độ điểm I là nghiệm của hệ I. Toạ độ điểm H là nghiệm của hệ H. Ta có: , Diện tích EIB là S1 = (đvdt). , Diện tích HIB là S2 = (đvdt). Vậy tứ giác BEIH có diện tích S = S1 + S2 = (đvdt). III. Bài tập tham khảo Qua một số ví dụ trên ta thấy, công thức (1) được áp dụng giải quyết các bài toán từ dễ đến khó một cách linh hoạt và nó tỏ ra rất hiệu quả. Điều đó cho thấy công thức (1) có ý nghĩa thực hành và mang tính thực tiễn. Sau đây là một số bài tập tham khảo, qua đó một lần nữa khẳng định thêm những nhận định trên. (Các bài tập từ 1 đến 12 đều xét trong mặt phẳng toạ độ Oxy). Bài 1. Cho tam giác OAB với A(36; 15), B có toạ độ nguyên. Tìm giá trị nhỏ nhất của diện tích tam giác OAB. Bài 2. Cho tam giác ABC với A(7; 2), B(- 4; 2), C (5; -3). Tìm diện tích, bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của ABC. Bài 3. Tính diện tích tứ giác ABCD với A(7; 2), B(-3; 1), C (-5; 4), D(7; -3). Bài 4. Cho OAB với A(4; 0), B(2; 3). M là một điểm trong (OAB). Gọi M1, M2, M3 lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên OA, OB, AB. Tìm toạ độ điểm M sao cho tích MM1.MM2.MM3 đạt giá trị lớn nhất. Bài 5. Cho parabol (P): y = x2 – 3x + 2 và các điểm A(1; 0), B(3; 5) thuộc (P). Tìm toạ độ điểm M thuộc cung AB của (P) để MAB có diện tích lớn nhất. Bài 6. Cho tam giác ABC với A(1; 0), B(4; 2), C(2; 6); I là trung điểm của BC, M đối xứng với I qua C. Viết phương trình đường thẳng qua M và chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau. Bài 7. Cho tam giác OAB với A(1; 1), B(9; 2). Tìm phương trình đường thẳng song song với trục tung chia tam giác OAB thành hai phần có diện tích bằng nhau. Bài 8. Tìm trên đồ thị (C) của hàm số những điểm M có hoành độ nguyên sao cho IMO có giá trị diện tích là một số tự nhiên với I là tâm đối xứng của đồ thị (C). Bài 9. Cho đồ thị (C) của hàm số , gọi I là tâm đối xứng của (C). Tiếp tuyến tại một điểm M bất kỳ của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A và B. Chứng minh M là trung điểm của AB và IAB có diện tích không đổi. Bài 10. Tìm diện tích hình thang ABCD biết A(-1; 1), B(4; 2), C(-2; -3). Bài 11. Cho tứ giác ABCD với A(10; 1), B nằm trên trục hoành, C(1; 5); A và C đối xứng với nhau qua BD; M là giao điểm của AC và BD, BD = 4BM. Tính diện tích tứ giác ABCD và độ dài đường cao đi qua đỉnh D của ABD. Bài 12. Cho hình thang vuông ABCD có hai đáy AD và BC cùng vuông góc với cạnh bên CD, A(0; 1), B(2; 7), C(8; 9); E là giao điểm của AB và DC. Tìm tỉ số diện tích của tam giác BEC và hình thang ABCD. Bài 13. Cho hình vuông ABCD và điểm M nằm trong hình vuông ABCD. Từ D và C hạ lần lượt các đường vuông góc xuống các đường thẳng MA, MB, các đường vuông góc này cắt nhau tại N. Chứng minh rằng diện tích AND và BMC bằng nhau. C. KếT LUậN 1. Kết quả nghiên cứu 1.1. Đối với học sinh - Học sinh nắm được một công thức tính diện tích tam giác rất hiệu quả trong mặt phẳng toạ độ và vận dụng giải quyết một số các bài toán có trong chương trình. - Hơn nữa, như phần đặt vấn đề đã nói, điều quan trọng sáng kiến kinh nghiệm này cho các em học sinh một ví dụ sống động về một hoạt động nghiên cứu tìm tòi sáng tạo. Cho các em thấy, từ những vấn đề quen thuộc nhất cũng có thể tìm ra những điều mới mẻ nếu luôn có tinh thần tìm tòi nghiên cứu, nhìn nhận vấn đề theo nhiều góc độ khác nhau. Và tạo cho các em niềm tin rằng bản thân các em hoàn toàn có thể là chủ thể của những hoạt động sáng tạo đó. Qua đó khích lệ, tạo hứng thú và lôi cuốn các em say mê học tập và học tập một cách sáng tạo. 1.2. Đối với giáo viên - Giáo viên có thể sử dụng sáng kinh nghiệm này như một ví dụ về hoạt động tìm tòi sáng tạo, qua đó khích lệ các em tham gia vào hoạt động này nhằm phát huy tinh thần học tập sáng tạo của học sinh. - Nội dung sáng kiến kinh nghiệm này có thể xem là một bài tập mở để giáo viên hướng dẫn học sinh phát hiện ra những nội dung đó. Đây sẽ là một bài tập thú vị, bổ ích cho đối tượng học sinh khá giỏi, tạo ra hứng thú học tập và rèn luyện tư duy sáng tạo cho các em. - Dựa trên kinh nghiệm này, giáo viên có thêm một cách xem xét vấn đề nhằm phát hiện ra những nội dung tương tự, qua đó phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh và ngày một nâng cao hơn nữa hiệu quả của hoạt động dạy học. - Bên cạnh đó, giáo viên có thể sử dụng công thức tính diện tích đưa ra trong sáng kiến này như một công cụ để đặt ra các bài toán làm phong phú thêm các dạng toán về diện tích trong chương trình THPT. 2. Kiến nghị, đề xuất 2.1. Đối với nhà trường - Các tổ chuyên môn có kế hoạch để mỗi thành viên trong tổ có buổi báo cáo kết quả sáng kiến kinh nghiệm của mình trước tổ theo định kì. - Nhà trường tổ chức các buổi báo cáo, trao đổi, học tập kinh nghiệm những sáng kiến kinh nghiệm có chất lượng tốt. 2.2. Đối với Sở Giáo dục và Đào tạo - Nên xem xét, có ý kiến để đưa công thức (1) chính thức vào chương trình học nhằm khắc phục một số khó khăn trong học tập của học sinh và sử dụng nó để xây dựng một số vấn đề mang tính lí thuyết . Ngày 10 tháng 4 năm 2008 Người thực hiện Lê Khắc Luyện - Những sáng kiến kinh nghiệm có chất lượng cần được giới thiệu, phổ biến đến các trường THPT để cùng nhau trao đổi và áp dụng thực tế.