SKKN Nâng cao hiệu quả công tác bồi dưỡng học sinh giỏi giải toán trên máy tính cầm tay phần Hình Họ...

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HỐ

PHỊNG GIÁO DỤC VÀ TẠO BÁ THƯỚC

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

NÂNG CAO HIỆU QUẢ CƠNG TÁC BỒI DƯỠNG
HỌC SINH GIỎI GIẢI TỐN TRÊN MÁY TÍNH CẦM TAY
PHẦN HÌNH HỌC

Người thực hiện: Phạm Việt Hùng
Chức vụ: Giáo Viên
Đơn vị công tác: Trường THCS Thị trấn Cành Nàng
SKKN thuộc lĩnh vực mơn: Tốn - Casio

THANH HĨA NĂM 2017

SangKienKinhNghiem.net


MỤC LỤC
Mục lục ..............................................................................................................trang 1
1. Mở đầu ...........................................................................................................trang 2
1.1. Lý do chọn đề tài..........................................................................................trang 2
1.2. Mục đích nghiên cứu....................................................................................trang 3
1.3. Đối tượng nghiên cứu...................................................................................trang 3
1.4. Phương pháp nghiên cứu..............................................................................trang 3
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm..................................................................trang 3
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm ....................................................trang 3
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm ...............trang 3
2..3. Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề..................................................trang 5

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân,
đồng nghiệp và nhà trường................................................................................trang 20
3. Kết luận - Kiến nghị....................................................................................trang 20
Phụ lục..............................................................................................................trang 23
Cơ sở lý thuyết................................................................................................trang 23
Bài tập thực hành............................................................................................trang 28
Một số đề thi giải tốn trên máy tính cầm tay tỉnh Thanh Hóa......................trang 54

1
SangKienKinhNghiem.net


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
Với xu thế phát triển của xã hội nói chung và sự phát triển của khoa học nói
riêng, con người cần phải có một trí thức, một tư duy nhạy bén. Muốn có những tri
thức đó con người cần phải tự học tự nghiên cứu. Hiện nay, với sự phát triển như vũ
bão của khoa học - kỹ thuật nhất là các ngành thuộc lĩnh vực cơng nghệ thơng tin,
trong đó máy tính điện tử bỏ túi là một thành quả của những tiến bộ đó. Máy tính
cầm tay (MTCT) đã được sử dụng rộng rãi trong các nhà trường với tư cách là một
công cụ hỗ trợ việc giảng dạy, học tập hay cả việc đổi mới phương pháp dạy học
theo hướng hiện đại như hiện nay một cách có hiệu quả. Đặc biệt, với nhiều tính
năng mạnh như của các máy casio fx-570ES, casio fx-570VN PLUS... trở lên thì học
sinh cịn được rèn luyện và phát triển dần tư duy thuật tốn một cách hiệu quả.
MTCT là một cơng cụ hỗ trợ đắc lực cho giáo viên và học sinh trong việc giải tốn.
Nó giúp cho giáo viên và học sinh giải toán một cách nhanh hơn, tiết kiệm được thời
gian, nó giúp cho giáo viên và học sinh hình thành thuật tốn, đồng thời góp phần
phát triển tư duy cho học sinh. Có những dạng tốn nếu khơng sử dụng MTCT thì
việc giải gặp rất nhiều khó khăn, có thể không thể giải được, hoặc phải mất rất nhiều
thời gian để giải.

Với niềm đam mê toán học cùng với sự tìm tịi của bản thân. Tơi đã gặp nhiều
dạng tốn mà giải chúng gặp rất nhiều khó khăn. Nhưng nhờ sử dụng MTCT việc
giải bài toán dễ dàng hơn, tiết kiệm được thời gian để giải hơn. Đặc biệt với các em
học sinh, tơi thấy các em có sự say mê khi khám phá được nhiều chức năng của máy
tính bỏ túi nên các em ham học, say mê tìm tịi hơn. Nhưng trong khn khổ sách
giáo khoa thì chỉ đưa ra một số ít lần hướng dẫn việc sử dụng MTCT để giải toán.
Nên việc giúp các em tiếp cận với các bài tốn giải có sự hỗ trở và sử dụng MTCT
để giải là điều khó khăn với nhiều giáo viên dạy tốn. Vì vậy qua nhiều lần ôn học
sinh giỏi đội tuyển cấp huyện và cấp tỉnh thi giải tốn bằng MTCT tơi thấy sự cần
thiết nên chia thành nhiều chủ đề để dạy. Đặc biệt phần hình học thì cần phân loại ra
các bài tốn có liên quan với nhau để dạy một cách hệ thống cho học sinh nắm bắt
được logic và cụ thể hơn. Thực tế, qua những năm phụ trách bồi dưỡng học sinh giỏi
giải tốn trên MTCT, tơi nhận thấy các em học sinh thực sự say mê tìm tịi, khám
phá những công dụng của chiếc MTCT đơn giản nhưng vô cùng hữu ích này và vận
dụng tốt trong q trình học tập của mình. Từ những lý do trên, tơi mạnh dạn triển
khai sáng kiến “Nâng cao hiệu quả công tác bồi dưỡng HSG giải tốn trên
MTCT phần Hình Học”.
1.2. Mục đính của nghiên cứu.
Nâng cao chất lượng giáo dục, đặc biệt là chất lượng bồi dưỡng đội tuyển học
sinh giỏi giải tốn trên máy tính bỏ túi Casio.
Phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo, năng lực tự học của học sinh, tạo
điều kiện cho các em hứng thú học tập bộ môn.
2
SangKienKinhNghiem.net


Nêu nên một số kinh nghiệm của bản thân về: “Nâng cao hiệu quả cơng tác
bồi dưỡng HSG giải tốn trên MTCT phần Hình Học”.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Học sinh khá, giỏi ở các khối lớp 8 - 9 và những học sinh đội tuyển đi thi học

sinh giỏi “Máy tính cầm tay” cấp Huyện và cấp Tỉnh.
Các dạng tốn “ Các dạng bài tập casio theo chủ đề Hình Học ”.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
a/ Đọc sách, nghiên cứu các tài liệu về mơn tốn có liên quan đến dạy giải
tốn bằng máy tính cầm tay.
b/ Điều tra thực trạng.
c/ Phỏng vấn và trò chuyện với giáo viên.
d/ Khảo sát chát lượng học sinh.
e/ Dạy thử nghiệm và khảo sát lớp dạy thử nghiệm.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Cùng với sự phát triển của xã hội. Nền giáo dục của nước ta cũng có những
biến đổi về nội dung SGK và phương pháp giáo dục, dạy cho học sinh kiến thức
SGK là chưa đủ, mà còn dạy các em cách tự học và sáng tạo. Dạy cho em các kĩ
năng vận dụng, với các thủ thuật vận dụng.
Với tốc độ tiến bộ của khoa học kỹ thuật, con người chúng ta đã làm ra rất
nhiều sản phẩm phục vụ cho cuộc sống để nâng cao hiệu quả công việc, bên cạnh đó
máy tính cầm tay ngày càng hữu ích trong việc giải tốn, quan trọng là các em phải
có một kiến thức nhất định của SGK, một đầu óc biết tư duy và suy luận mới có thể
dụng được, cho nên nền giáo dục của nước ta đã tổ chức các cuộc thi giải tốn bằng
máy tính cầm tay các cấp.
Theo nghị quyết TW4 khóa 7 “phải áp dụng phương pháp dạy học hiện đại để
bồi dưỡng cho học sinh có năng lực tư duy sáng tạo, năng lực giải quyết vấn đề’’.
Nghị quyết TW2 khóa 8: “phải đổi mới phương pháp giáo dục đào tạo, khắc phục lối
truyền thụ một chiều….’’.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Trong những năm vừa qua, huyện Bá Thước đều tổ chức và tham gia các kì thi
giải tốn trên máy tính cầm tay cấp huyện, cấp tỉnh và đã đạt được những hiệu quả
nhất định. Nhiều năm liền thì đội tuyển tham gia kì thi cấp tỉnh Thanh Hóa đều đạt
giải, song việc đạt giải chính thức, đặc biệt là giải Nhất, Nhì thì lại rất khó khăn. Bản

thân tơi thì trong 3 năm gần đây thực hiện đề án trường trọng điểm chất lượng cao
của Huyện Bá Thước và tham gia vào việc ôn thi HSG đội tuyển tỉnh mơn giải tốn
trên máy tính cầm tay. Trong 3 năm vừa qua thì đều đạt được những kết quả hết sức
khả quan. Trong năm học 2016 – 2017 vừa qua, đội tuyển huyện Bá Thước đã có
3
SangKienKinhNghiem.net


nhiều em đạt giải, đặc biệt đã có em đạt đến giải Nhì trong kì thi giải tốn trên máy
tính cầm tay cấp Tỉnh. Qua giảng dạy thì bản thân thấy kinh nghiệm càng nhiều hơn,
các dạng toán về đại số, số học cần được phân chia cụ thể, rõ ràng từng dạng để học
sinh dễ nắm bắt. Đặc biệt là phần hình học cần phân chia các bài tốn cụ thể và cách
áp dụng máy tính cầm tay trong giải tốn hình học cần rõ ràng từng quy trình, cơng
thức,...Qua đó các em sẽ hiểu sâu hơn vấn đề và làm tốt các bài tập có liên quan.
Bằng kinh nghiệm trong giảng dạy, bản thân thấy việc nâng cao chất lượng HSG nói
chung và HSG trong phần Hình Học nói riêng trong mơn giải tốn bằng máy tính
casio có những thực trạng sau:
a. Thuận lợi và khó khăn:
* Thuận lợi:
Bản thân tơi là một giáo viên Tốn nên đã nắm bắt và hiểu rõ về bộ mơn Tốn
nói chung và phần Hình học nói riêng. Được sự giúp đỡ nhiệt tình của Ban giám
hiệu, của các đồng chí cùng bộ môn, giúp tôi tổng hợp một số tài liệu để giảng dạy.
Các em khi được tham gia vào đội tuyển cấp huyện và cấp tỉnh rất đam mê,
hứng thú và có tố chất. Học sinh đa số là những em trong đội tuyển học sinh giỏi
toán, một số em là học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi môn hóa, lý. Phụ huynh rất
quan tâm đến phong trào thi học sinh giỏi, hợp tác với giáo viên, cũng như tạo điều
kiện cho giáo viên sắp xếp thời gian bồi dưỡng.
* Khó khăn:
Đây là bộ mơn chưa đưa vào giảng dạy chính thức trên lớp, chưa có một tài
liệu chính thức về bộ mơn. Đa số giáo viên tự tìm tịi là chính. Một số quan điểm cho

rằng đây là bộ môn phụ, không muốn đầu tư. Một số phụ huynh chưa quan tâm đến
việc học của con em. Họ cho rằng đây khơng phải là bộ mơn chính khóa, không cần
đầu tư, và việc lĩnh hội tốt kiến thức của bộ môn là dễ dàng.
Với học sinh đây là một bộ mơn mới lạ. Học sinh chưa được tìm hiểu về bộ
môn, chưa biết học môn này là học cái gì, học như thế nào. Khi tiếp cận với bộ mơn,
học sinh lại hoang mang vì các bài tốn thuộc lĩnh vực bộ mơn được xem là khó.
Học sinh chưa xác định được dạng toán nào là trọng tâm và phương pháp giải nào là
tối ưu.
b. Thành công và hạn chế:
* Thành cơng:
Qua q trình dạy học trên lớp, sau khi học xong những phần có thể sử dụng
máy tính, lập cơng thức giải bài tốn liên quan tơi thấy các em rất hứng thú nhất là
khi các em giải bài tốn Hình học bằng 2 cách: một cách thì phải dùng suy luận để
tìm ra đáp án; cách khác là các em có thể dùng cơng thức trong casio để giải thì thấy
cho ra đáp án rất nhanh.
Các buổi học ôn sôi nổi hơn, học sinh mạnh dạn làm bài và nhận xét bài bạn
nhiều hơn. Phát triển được năng lực chủ động sáng tạo của học sinh, tạo cho học sinh
hình thành năng lực chủ động giải quyết vấn đề khi học. Các em càng ngày càng cải
thiện được khả năng học, các em hứng thú hơn trong việc học, hiểu hơn về việc sử
dụng máy tính cầm tay trong phần hình học. Sau khi triển khai và giảng dạy chuyên
đề các em làm khá tốt với các bài tốn về Hình học trong các đề HSG Tốn máy tính
4
SangKienKinhNghiem.net


cầm tay cấp huyện, cấp tỉnh trong những năm trước.
* Hạn chế: Số lượng bài tập trong các bài toán cần nhiều hơn, phong phú và đa
dạng hơn nữa để các em tiếp cận nhiều bài toán, dạng toán.
c. Mặt mạnh - mặt yếu:
* Mặt mạnh:

Đề tài giúp đa số các em học bài tốt hơn, tự tin hơn khi giải bài tốn về Hình
học. Rèn được khả năng tư duy logic cho học sinh khi giải các bài toán giải.
Giúp giáo viên và học sinh có thể hình thành cơng thức mà khơng máy móc
dập khn ngay cơng thức. Tạo cơ hội cho giáo viên dạy, tạo cơ hội cho học sinh
mạnh dạn hơn trong làm bài tập và lên bảng trình bày cách làm của mình với các bài
toán được phức tạp hơn nữa.
* Mặt yếu:
Nhiều học sinh chỉ nhận dạng công thức ở dạng bài nào là áp dụng vào để đưa
ra kết quả mà không biết cơng thức mình áp dụng đó đã chính xác chưa hay có nhầm
lẫn gì khơng. Một số học sinh khi phải tư duy logic thường tỏ ra mệt mỏi mà chỉ
thích sử dụng ngay cơng thức.
d. Các ngun nhân, các yếu tố tác động:
Học sinh còn lười đầu tư việc học ở nhà khi cịn nhỏ, nên kiến thức có phần
hạn chế. Nhiều gia đình các em chưa thực sự quan tâm và sâu sát để giúp đỡ các em
việc học ở nhà. Nhiều em thấy việc học mơn tốn khó khăn nên đã học khơng chu
đáo do đó kiến thức cơ bản cịn yếu.
e. Phân tích, đánh giá các vấn đề về thực trạng mà đề tài đã đặt ra:
Bản thân bộ mơn tốn rất khơ khan, khi các em muốn học bộ mơn tốn thì vấn
đề địi hỏi các em phải có tư duy logic, đặc biệt là hình học phải học một cách có hệ
thống, khơng phải ngày một ngày hai mà biết được. Các em học sinh lớp 9 là những
học sinh bước vào lứa tuổi “lớn khơng lớn nhỏ khơng nhỏ”, nếu chúng ta nói nặng
lời với các em thì các em sẽ có thành kiến với giáo viên dẫn đến việc dạy bộ môn của
chúng ta các em khơng muốn học thì làm sao các em nắm được kiến thức của bài.
Việc hướng dẫn học sinh hình thành cơng thức, tư duy, suy luận khi giải bài
không phải thầy cô nào cũng quan tâm, phần đa giáo viên chúng ta phân tích đề rồi
lựa chọn công thức phù hợp thay số. Đề tài này tơi đã đưa ra một số ví dụ địi hỏi học
sinh phải biết tư duy, suy luận, phân tích để đưa ra cơng thức, vì trong mọi tài liệu
của giáo viên chúng ta chỉ có hướng dẫn và cơng thức.
Trong công cuộc đổi mới giáo dục, việc áp dụng công nghệ thông tin vào giải
bài tập là cần thiết, do đó hãy có cái nhìn thiện cảm hơn đối với máy tính. Các em đã

chắc kiến thức phần nào thì hãy hướng dẫn các em áp dụng máy tính vào phần đó, để
bài tập được giải quyết nhanh hơn, khơng những thế cịn giúp các em hiểu cơng nghệ
của khoa học là một điều cần thiết đối với tất cả mọi người.
Với kinh nghiệm ôn luyện đội tuyển những năm qua, tôi mạnh dạn nêu lên
việc “Nâng cao hiệu quả cơng tác bồi dưỡng HSG giải tốn trên MTCT phần
Hình Học” làm sáng kiến kinh nghiệm của mình.
5
SangKienKinhNghiem.net


3. Giải pháp và tổ chức thực hiện để giải quyết vấn đề.
3.1. Mục tiêu của giải pháp, biện pháp.
Học sinh cần được cũng cố chắc hệ thống kiến thức về hình học phẳng như:
Hình tam giác, tứ giác, đa giác, đường trịn. Những dạng tốn thường được vận dụng
như tính, so sánh độ dài đoạn thẳng, tính, so sánh diện tích các hình, tính diện tích
các hình khơng gian …
Kiến thức hay dùng đó là chứng minh tam giác bằng nhau, tam giác đồng
dạng, tỉ số đồng dạng, tỉ số lượng giác, hệ thức lượng trong tam giác…Rèn luyện kĩ
năng tính tốn chính xác, cẩn thận và tư duy lơgíc.
3.2. Nội dung và cách thực hiện giải pháp biện pháp.
Chủ đề: HÌNH HỌC
BÀI TỐN 1. GIẢI TAM GIÁC VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN QUAN
* CƠ SỞ LÝ THUYẾT (PHẦN PHỤ LỤC)

I. Các ví dụ điển hình thường gặp
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC với đường cao AH. Biết  ABC = 1200, AB = 6,25 cm,
BC = 12,5 cm. Đường phân giác của góc B cắt AC tại D.
a/ Tính độ dài BD.
b/ Tính tỷ số diện tích của tam giác ABD và ABC.
c/ Tính diện tích của tam giác ABD.

Giải: Giải trên máy tính Fx-570VN PLUS (Các máy khác tương tự)
B
a/ Tính độ dài BD. Lưu độ dài:
BC vào biến nhớ A
( Bấm 12,5
A)
12,5cm
AB vào biến nhớ C
( Bấm 6,25
C)
·ABC vào biến nhớ D
( Bấm 120
D ) 6,25cm
Áp dụng định lý hàm số cos ta có:
D
AC = AB 2  AC 2  2. AB. AC.Cos( ABC ) A
Ghi vào màn hình: C 2  A2  2. A.C.Cos( D) . Bấm
ta được độ dài của AC, bấm
B, lưu kết quả vừa tìm được vào biến nhớ B, không phải ghi kết quả ra giấy.
Áp dụng công thức tính phân giác trong của tam giác khi biết ba cạnh:
2
AB.BC. p ( p  AC ) (với p là nữa chu vi tam giác ABC)
AB  BC
2
A B C A B C
A.C.
(
 B)
Ghi vào màn hình:
AC

2
2

BD =

Bấm
ta được độ dài của BD là: BD = 4,1667 cm.
b/ Tính tỉ số diện tích tam giác ABD và ABC.
Ta có do hai tam giác có chung đường cao hạ từ B nên:
AC
DC
BC
12,5
S ABC
 1
 1
 1
3

AD
BA
6, 25
S ABD AD
1
Do đó tỉ số diện tích tam giác ABD và ABC là:
3
1
·
c/ Ta có diện tích tam giác ABC = .(AB. BC). sin ABC
2

6
SangKienKinhNghiem.net

C


Nên diện tích tam giác ABD =

1 1
·
. .( AB. BC). sin ABC
3 2

1 1
. .(C. A). Sin (D). Bấm
ta được SABD = 11,2764 cm2
3 2
µ = 900 , AB = 4,6892 cm , BC = 5,8516 cm,
Cho tam giác ABC có A

Ghi vào màn hình:

Ví dụ 2.
AH là đường cao, CI là phân giác của góc C. Tính:
a/ Độ lớn góc B bằng độ và phút.
b/ Tính AH và CI chính xác đến 9 chữ số thập phân.

Giải: a/ Ta có cosB = AB:BC = 4,6892 : 5,8516
C

-1
Ấn phím: SHIFT COS (4,6892÷5,8516) = 0’ ’’
H
0
(Đọc kết quả trên màn hình: 36 44’25,64)
5,8516
0
Vậy góc B  36 44 ’
b/  ABH vng tại H có sinB = AH:AB
4,6892
B
A
I
=> AH = AB.sinB
(Kq: AH  2,805037763 cm)
Tính tiếp: 4,6892 x sin Ans =
Để tính độ dài CI có 2 cách là:
Cách 1: Dùng định lý Pitago tính được AC  3,500375111
µ
µ
µ  900  B
µ . Từ đó ta có: cos C  AC => CI = AC:cos C
C
2 CI
2

Ấn phím:

( 5,8516x2 -4,6892 x2 ) SHIFT STO A 90- SHIFT COS-1

(4,6892 ÷ 5,8516 ) = ÷ 2 = ALPHA A ÷ COS Ans =  3,91575246 cm
Cách 2: Áp dụng công thức tính phân giác hạ từ đỉnh C, ta có:
CI 

2
BC. AC. p.( p  AB )
BC  AC

với p = (AB + BC + CA):2

;

BK 

2
BC. AB. p.( p  AC )
BC  AB

(Kết quả: CI  3,91575246 cm)

Ví dụ 3. Cho tam giác ABC có BC = 8,751 cm , AC = 6,318 cm , AB = 7,624cm;
đường cao AH, phân giác trong AD của góc A và bán kính đường trịn nội tiếp r.
Hãy tính: AH ; AD ; r chính xác đến 9 chữ số thập phân.
(với a = 8,751; b = 6,318; c = 7,624. Tính AH ; ma = ? ; r = ?)
Giải: + Tính AH: Áp dụng cơng thức tính đường cao
AH 

2. p(p  a)(p  b)(p  c)
BC

(p là nửa chu vi tam giác)

A

6,318cm

7,624cm

Ấn phím: 8,751SHIFT STO A 6,318 SHIFT STO B
7,624 SHIFT STO C ( ALPHA A + ALPHA

C

H D
8,751cm

B

B + ALPHA C ) ÷ 2 SHIFT STO D 2 x
√

( ALPHA D ( ALPHA D - ALPHA A ) ( ALPHA D 7
SangKienKinhNghiem.net


ALPHA B

) ( ALPHA D - ALPHA C ) ) ÷ ALPHA A =
(KQ: AH ≈ 5,365996284 cm)

+ Tính AD: Áp dụng cơng thức tính phân giác
AD 

2
AC.AB.p(p  BC)
AC  AB

(KQ: AD ≈ 5,402908929 cm)

+ Tính r: Áp dụng công thức S = p.r => r = S:p
(KQ: r ≈ 2,069265125 cm)
Ví dụ 4. Cho tam giác ABC vng tại A, có AB = 14,568cm; và AC = 13,425cm.
Kẻ AH vng góc với BC.
a) Tính BC; AH; HC.
b) Kẻ phân giác BN của góc B. Tính NB (Kết quả lấy 3 chữ số ở phần thập phân).
Giải: a) Áp dụng định lý Pitago vào tam
A
2
2
giác vng ABC ta có: BC  AB  AC
14,568
14,568 SHIFT STO A
N
13,425
13,425 SHIFT STO B
( ALPHA A x2+ ALPHA B x2 = shift
C
B
sto C Kết quả: 19,811 cm
H

Theo công thức:
BC. AH  AB. AC  AH 

AB. AC
BC

Quy trình bấm phím:
alpha A x alpha B  alpha C = (9,872 cm)
2

AC
Theo công thức: HC.BC  AC  HC 
.
BC
2

alpha B x2  alpha C = (9,098 cm)

b) Áp dụng tính chất tia phân giác trong tam giác ABC ta có:

NA AB
NA NC NA+ NC
NA
AC
AB.AC
=
Þ
=
=
Þ

=
Þ NA =
NC BC
AB BC
AB + BC
AB AB + BC
AB + BC

Quy trình bấm phím:
alpha A alpha B  ( alpha A + alpha C ) = shift sto D(5,689 cm)
Áp dụng định lý Pitago vào tam giác vuông ABN ta có: BN 2  AB 2  AN 2
Quy trình bấm phím:
( alpha A x2 + alpha D x2 ) = (1,639)
Ví dụ 5. a) Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Chứng minh rằng tổng của bình
phương cạnh thứ nhất và bình phương cạnh thứ hai bằng hai lần bình phương trung
tuyến thuộc cạnh thứ ba cộng với nửa bình phương cạnh thứ ba.
b) Bài tốn áp dụng: Tam giác ABC có cạnh AC = b = 3,85 cm ; AB = c = 3,25 cm
và đường cao AH = h = 2,75cm. Tính các góc A, B, C và cạnh BC của tam giác.
Tính độ dài của trung tuyến AM (M thuộc BC). Tính diện tích tam giác AHM.
(góc tính đến phút; độ dài và diện tích lấy kết quả với 2 chữ số phần thập phân)
Giải:
a) Giả sử BC = a, AC = b, AB = c, AM = ma.
8
SangKienKinhNghiem.net


Ta phải chứng minh:

b2

+

c2

A

a2
=m +
2
2
a

Kẻ thêm đường cao AH (H thuộc BC),
ta có:
2

AC2

=

HC2

+

AH2



b2

a
=   HM  + AH2
2


C

B
H

2

a
AB2 = BH2 + AH2  c2 =   HM  + AH2
2



Vậy b2 + c2 =

Nhưng HM2 + AH2 = AM2 = ma2 . Do đó: b2 + c2 = 2 ma2 +

M

a2
+ 2(HM2 + AH2).
2

a2
(đpcm)

2

2, 75
h
=
  B = 57o47’44,78”
3, 25
c
2, 75
h
µ ) A
µ = 180o – ( B
µ +C
µ = 76o37’10,33”
* sin C = =
  C = 45o35’4,89”; A
3,85
b
BH = c cos B; CH = b cos C  BC = BH + CH = c.cos B + b.cos C
 BC = 3,25 cos 57o48’ + 3,85 cos 45o35’ = 4,426351796  4,43cm
2(b 2  c 2 )  BC 2
1
* AM2 =
 AM2 =
2(a 2  b 2 )  BC 2 = 2,791836751  2,79cm
4
2
1
1
1

* SAHM = AH(BM – BH) = .2,75  4, 43  3.25 cos 57o 48'  = 0,664334141  0,66cm2
2
2
2

o
Ví dụ 6. Cho tam giác đều ABC cạnh 5cm,  ADC = 40 . Biết D  BC. Tính:
a) Cạnh AD và DB;
b) Tính diện tích ADC . (Làm trịn hai chữ số thập phân)

b) * sin B =

Giải:
a) Trong  ABH có:
AH = AB.sinB = 5.sin60o = 4,33 (cm)
Trong  ADH có:

A

AH
= 6,74 (cm)
Sin 40o
AH
DH 
= 5,16 (cm)
tg 40o

5cm

AD 

 DB = DH – BH = 5,16 – 2,5 = 2,66 (cm)

b) SADH =

D

B

H

C

1
1
DC.AH = .(5 + 2,66).4,33 = 16,58 (cm2)
2
2

0
0
µ
µ
Ví dụ 7. Cho ΔABC có A=58
25'; B=31
35'; AB = 7,5 cm. Từ đỉnh C, vẽ đường
phân giác CD và đường trung tuyến CM của ΔABC (D và M thuộc AB). Tính các độ
dài AC; BC; diện tích S1 của ΔABC; diện tích S 2 của ΔCDM.
Giải:
µ=β

Kiểm tra được tam giác ABC vng tại C có: AB = a; ¶A = α; B
AC = a. cos α  3,92804 (cm) ; BC = a. sin β  6,38909 (cm)

9
SangKienKinhNghiem.net


S1 = ( AB.BC):2  12,54830 (cm 2 )
Theo t/c đường p/g trong của tam giác, có:
AD DB
AB
=
=
AC CB AC+CB
AC.AB
AB
 AD =
; DM =
 AD.
AC+CB
2
S
DM
DM.S1
có 2 =
 S2 =
 1,49664 (cm 2 ).
S1 AB
AB

C





A

D

B

M

a

Ví dụ 8. Tam giác ABC vng tại A có cạnh AB = a = 2,75 cm, góc C = α = 37o25’.
Từ A vẽ các đường cao AH, đường phân giác AD và đường trung tuyến AM.
a) Tính độ dài của AH, AD, AM.
b) Tính diện tích tam giác ADM. (Kết quả lấy với 2 chữ số ở phần thập phân)
·
·
·
Giải: a) Dễ thấy BAH
= α ; AMB
= 2α ; ADB
= 45o + α
Ta có :
AH = ABcosα = acosα = 2,75cos37o25’
= 2,184154248  2,18 (cm)

AD 

AH
acos
2, 75cos37o 25'


 2, 203425437  2, 20(cm)
sin(45o   ) sin(45o   )
sin 82o 25'

AH
acos 2, 75cos37o 25'
AM 


 2, 26976277  2, 26(cm)
sin 2 ) sin 2
sin 74o50 '

b)

A

B

C

H D M

1
HM  HD . AH ; HM = AH.cotg2α ; HD = AH.cotg(45o + α)
2
1
Vậy : S ADM  a 2cos 2 cotg2  cotg(45o +  )
2
1
S ADM  2, 752 cos 2 37o 25' cotg74o 50'  cotg82o 25' = 0,32901612  0,33cm2
2
S ADM 









II. Bài tập vận dụng (Phần phụ lục)
BÀI TOÁN 2. CÁC BÀI TOÁN VỀ TỨ GIÁC
* CƠ SỞ LÝ THUYẾT (PHẦN PHỤ LỤC)

I. Các ví dụ điển hình thường gặp
Ví dụ 1. Cho hình bình hành ABCD có góc ở đỉnh A tù. Kẻ hai đường cao AH và
·
AK (AH  BC ; AK  CD). Biết góc HAK
= 32 0 và độ dài hai cạnh của hình bình
hành AB = 10,1; AD = 15,5
a) Tính AH và AK

;

b) Tính tỷ số diện tích

S ABCD
S HAK

10
SangKienKinhNghiem.net


µ = HAK
·
µ = 320
Giải: a) B
=D
Do đó AH = AB.sinB = 10,1.sin320
AK = AD.sinD = 15,5.sin320
Bấm máy : 10,1 x
sin 32 0’’’
= Shift STO A
Kết quả : AH = 5,352184569
15,5x sin32 0’’’ = Shift STO B
Kết quả: AK = 8,213748596

A

15,5cm
D

10,1cm
B

1
2

H

C
K

1
2

b) S ABCD  BC. AH ; S HAK  AH . AK . sin HAˆ K  AH . AK . sin 32 0
Bấm tiếp: 15,5 x Alpha A = : ( 1 a

b
2 x Alpha A x Alpha B x sin32 0’’’ =
c

Kết quả : 7,12214121
Ví dụ 2. Cho hình thang ABCD có AB//CD; AB = 3,767; CD = 7,668; Cˆ  29015 ;
Dˆ  600 45 . Hãy tính:
a) Các cạnh: AD, BC.
b) Đường cao của hình thang và các đường chéo của hình thang.
Giải: a) Ta có: AH = BK; DH = cotg60045’.AH ; KC = cotg29015’.BK ;
Suy ra: DH + KC = DC – AB = AH(cotg60045’ + cotg29015’)
<=> AH =

DC  AB
3,901

0
cotg60 45’  cotg29 15’ 2,34566

A

0

B

=> AH = 1,663075...
AH
1, 663075

 1,90612 ;
0
sin 60 45
0,8725
BK
1, 663075

 3, 403608
BC =
0
sin 29 15 0, 48862

Khi đó: AD =

60045'
D

29015'
H

C

K

Ta có: KC = BC 2  BK 2  2,96963 => HC = KC + HK = 2,96963 + 3,767 = 6,73663
Suy ra: AC = AH 2  HC 2  6,93888; DH  AHA2  AH 2  0,93138
=> DK = DH + HK = 4,69838 => BD = BK 2  DK 2  4,98403 .
Vậy: AD = 1,90612; BC = 3,403608; AH = BK = 1,663075;
AC = 6,93888; BD = 4,98403
Ví dụ 3. Cho hình thang vuông ABCD, biết AB = 12,35cm ; BC = 10,55cm
·
ADC
 570 (Hình 1)
a) Tính chu vi của hình thang ABCD ; b) Tính diện tích của hình thang ABCD.
Giải: a) Ta có : AD =

10,55
AE
BC
=
=
SinD SinD
Sin57 0

DE = AE.cotg D = BC.cotgD = 10,55.cotg57 0
Chu vi (ABCD) = AD + DE + 2AB + BC
=

10,55
+10,55 . cotg57 0 +2.12,35 +10,55
0
Sin57

11
SangKienKinhNghiem.net


Bấm máy: 10,55 : sin 57 _+ 10,55 x 1 a b c tan 57 +_ 2 x 12,35 + 10,55 =
Kết quả: 54,68068285
b/ Diện tích hình thang ABCD là:
( AB  CD ) BC (2 AB  DE ) BC (2.12,35  10,55. cot g 57 0 )10,55


2
2
2
Bấm máy: ( 2 x 12,35 + 10,55 x 1 a b c tag 57 ) x 10,55 : 2 =166,4328443

Ví dụ 4. Cho hình vng ABCD cạnh bằng 12. Vẽ đoạn AE với E là điểm trên cạnh
CD và DE  5 cm . Trung trực của AE cắt AE , AD và BC tại M , P và Q . Tỷ số độ dài
đoạn PM và MQ là: (A) 5:12;
(B) 5:13;
(C) 5:19;

(D) 1:4;
(E) 5:21.
Giải:
Ta có:

Vẽ RS qua M song song với cạnh AB,CD.
MP MR

MQ MS

ADE nên
Mà:

. Vì RM là đường trung bình của tam giác

DE
MR 
2

MS RS

MR .

E

D

C

R

.

P

Vậy:

Áp dụng bằng số với:
5 ab / c 2 

MP MR

MQ MS

DE 5 cm, RS
Min  [(

DE
2
DE
RS 
2

12 cm

12 

M

S

.
Q
A

ta được:

MR =

(

5
19

)

B

Đáp số: (C) là đúng.

Chú ý: Nếu không sử dụng phân số (5 ab / c 2) mà dùng (5  2) thì máy sẽ cho
đáp số dưới dạng số thập phân.
Hãy tính: 5  2  Min  [( 12  MR (0.2631579)
So sánh:

5

ab / c

19 SHIFT

ab / c ab / c

Kết quả: 0.2631579

Như vậy, hai kết quả như nhau, nhưng một kết quả được thực hiện dưới dạng
phân số (khi khai báo 5 ab / c 2), còn một kết quả được thực hiện dưới dạng số thập
phân (khi khai báo 5  2).
Ví dụ 5. Cho hình chữ nhật ABCD có AB = 40 cm, BC = 30 cm. Đường thẳng
vng góc với AC tại C cắt các đường thẳng AB, AD lần lượt tại E và F. Tính chính
xác đến 0,0001 giá trị của biểu thức BE. CF  DF . CE biết rằng EF = 99cm.
B
E
A
Giải
BE CE
DF CF
(1) và
(2)


AE EF
AF EF
BE DF
Cộng từng vế các đẳng thức (1) và (2) được:

 1 (3)
AE AF

Theo định lý Talet ta có:

Nhân cả hai vế của đẳng thức (3) AE.AF được:
BE.AF + DF.AE = AE.AF
Do AE. AF = 2dt AEF = AC.EF nên BE.AF + DF.AE = AC.EF
Mặt khác AF2 = CF.EF và AE2 = CE.EF nên:

D

C

F

12
SangKienKinhNghiem.net


AF  CF .EF ; AE  CE.EF nên suy ra BE. CF .EF + DF. CE.EF = AC.EF
hay suy ra BE. CF  DF . CE = AC. EF
(4)

Theo pitago, ta có AC = AB 2  BC 2  402  302 .
Ấn phím:
( 40 x2 + 30 x2 ) = Kết quả AC = 50
Nên từ (4) cho BE. CF  DF . CE = 50. 99  497,4937 (cm)
II. Bài tập thực hành (Phần phụ lục)
BÀI TỐN 3. ĐƯỜNG TRỊN
* CƠ SỞ LÝ THUYẾT (PHẦN PHỤ LỤC)

I. Các ví dụ điển hình thường gặp
Ví dụ 1. Cho nửa đường trịn tâm O, đường kính AB. Vẽ các tiếp tuyến Ax, By với

nửa đường tròn (Ax, By và nửa đường tròn cùng thuộc một nửa mặt phẳng có bờ là
AB). Từ M trên nửa đường trịn vẽ tiếp tuyến thứ 3 cắt Ax, By lần lượt tại C, D. Cho
biết MC  20 11.2007; MD  20 11.2008 . Tính MO và diện tích tam giác ABM. y
Giải:
x
a) Chứng minh được góc COD = 90o
Từ đó dùng hệ thức lượng ta được :
D
20
20
OM= MC.MD  11.2007. 11.2008
M
Quy trình bấm máy:
C
x
( 2 0 SHIFT
1 1 . 2 0 0 7  2 0 SHIFT
x

11. 2 0 0 8 ) 

Kết quả:  1, 648930728 . Ấn tiếp: SHFT STO A
b) Chứng minh được :

O

A

B

2
S
AB 
4OM2
4OM2 1
4OM3
AMB : CMO(g  g)  AMB  

S

. .CD.OM 

AMB CD2 2
S
CD 
CD
CD2
COD 

Quy trình bấm máy:
( 4  ALPHA A  3 ) : (

( 2 0 SHIFT

x

11. 2 0 0 7 

11. 2 0 0 8 ) 
Kết quả:  1,359486273

Ví dụ 2. Cho hai đường trịn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B (O và O’ nằm khác phía
đối với AB). Một đường thẳng đi qua điểm A cắt (O) và (O’) lần lượt tại hai điểm M
và N. Tính độ dài lớn nhất của đoạn thẳng MN nếu cho biết AB = 16 cm, bán kính
của đường tròn tâm O và O’ lần lượt là 15 2 cm và 10 2 cm.
Giải:
2 0 SHIFT

x

Gọi I = OO'AB. Ta có: IA 

16
 8 ; AB  OO'.
2

OI  (15 2) 2  82  19, 6469

Lưu vào biến nhớ A ( SHFT STO A )

M

H

O

A

N

K

O'

I
B

13
SangKienKinhNghiem.net


IO '  (10 2) 2  82  11, 6619

Lưu vào biến nhớ B ( SHFT STO B )  OO' = OI + IO'
Ghi vào màn hình A+B ( ALPHA A  ALPHA B  ) được kết quả OO'31,3088
Lưu vào biến nhớ C ( SHFT STO C )
Gọi H, K lần lượt là trung điểm của MA, AN. Ta có: OH  MA; OK  AN
 OHKO' là hình thang vng  HK  OO'
 HK lớn nhất  HK = OO'  MN = 2HK
Tính MN bằng cách ghi vào màn hình 2C( 2  ALPHA C  ) được kết quả
MN = 62,6176 cm
Ví dụ 3. Một ngơi sao năm cánh có khoảng cách giữa hai đỉnh khơng liên tiếp là
9, 651 cm . Tìm bán kính đường trịn ngoại tiếp (qua 5 đỉnh).
Giải: Ta có cơng thức tính khoảng cách giữa hai đỉnh khơng kề nhau của ngơi sao
năm cánh đều (hình vẽ):
Cơng thức:

d  2 R cos18o

Công thức:

cos18o 

AC  d  2 R cos18o 

R 10  2 5
2

.

B

là hiển nhiên.

10  2 5
2

có thể chứng minh như sau:

A

C

Ta có:
1 
sin 2 18o

O
1 
cos 36o
2

cos 2 18o

1 sin 54o
2

1 3sin18o 4sin 3 18o
.
2

2sin 2 18o 3sin18o 1 0. .
hay 4sin 3 18o 
Suy ra sin18o là nghiệm của phương trình:

4 x3 
2 x 2 3 x 1 ( x 1)(4 x 2

1

Vậy

sin18o 

hay

cos18o 

Cách giải 1:

5

4

. Từ đây ta có:

10 2 5
16

10 2 5
.
4

cos 2 18o 
1 sin 2 18o

Suy ra

9.651  2  18 o,,,

d 2 R cos18o

cos 

D

2 x 1)
1 (

E

0.

5 1 2
)
4

R 10  2 5
2

10 2 5
.
16

và

d
R 
2 cos18o

2d
10  2 5

.

(5.073830963)

 (5.073830963)
Cách giải 2: 2  9.651  [( [( 10  2  5
)]
Ví dụ 4. Cho đường trịn tâm O , bán kính R  11, 25 cm . Trên đường tròn đã cho, đặt
các cung AB 90o , BC 120o sao cho A và C nằm cùng một phía đối với BO .

a) Tính các cạnh và đường cao AH của tam giác ABC .
A
b) Tính diện tích tam giác ABC (chính xác đến 0,01).
Giải: a) Theo hình vẽ:
B
C
0
0
0
H
»
»
»
sđ AC = sđ BC – sđ AB = 120 –
90 = 30 .
0
·
·
Tính các góc nội tiếp ta được: ABC = 15 ; ACB = 450.
O
·
·
·
Suy ra: BAC
= 1200; CAH
= 450; BAH
= 750.
Ta có: AB  R 2 ; BC  R 3 .
Vì  AHC vuông cân, nên AH  HC (đặt AH  x ).
Theo định lí Pitago ta có: AH 2 AB 2 HB 2 . Do đó:

14
SangKienKinhNghiem.net




x 2 R 3

Vì

x

 R 2 

AH AC

2

2

R,

hay

nên nghiệm

Gọi diện tích

ABC

MR  [(

Ấn tiếp phím:

3

MR  [(

x2 

R 3R
2

là S , ta có:

Ấn phím: 11.25 Min  2
Ấn tiếp phím: MR  3
Ấn phím:

0.

2 x 2 
2R 3x R2

Suy ra:

x1 

bị loại. Suy ra:



(15.91).
Kết quả:19.49

1

3





2

1




;

x2 

R 3R
2

.

R ( 3  1)

AC AH 2

1 R 3 R
R 3
2
2

1
S 
AH BC
2

2

R 2 (3
4

3)

.

.

Vậy AB  15,91 cm .
Vậy: BC  19, 49 cm .

 MODE 7 2


R 3R
2

(5.82)

Vậy AC  5,82 cm .

2  (4.12)

Vậy: AH  4,12 cm .

  4  . Kết quả: S  40,12 cm 2 .
Ấn tiếp phím: MR SHIFT x 2  [( 3  3
Ví dụ 5. Trên đường trịn tâm O, bán kính R  15, 25 cm , người ta đặt các cung liên
» = 600, BC
» = 900, CD
» = 1200.
tiếp: AB
a) Tứ giác ABCD là hình gì ?
b) Chứng minh AC  BD.
c) Tính các cạnh và đường chéo của ABCD theo R chính xác đến 0,01.
d) Tính diện tích tứ giác ABCD .
» = 3600 – (sđ AB
» + sđ BC
» + sđ CD
» )
60°
Giải: a) sđ AD
A

B
= 3600 – (600 + 900 + 1200) = 900.

Suy ra:

»
AD

=

·
» , ABD
·
= BDC
=
BC

450 (vì cùng bằng

900
2

).
E

Từ đó ta có: AB // CD . Vậy ABCD là hình thang.
0
0
·
·

Mặt khác, ADB
= BCD
(cùng bằng 60 +90 ).
2

Vậy

90°

C

D

là hình thang cân (đpcm).
0
·
·
b) Vì ABD
= BAC
= 450 (vì cùng bằng 90 ).
ABCD

120°

2

·
Suy ra AEB
= 900, vậy AC  BD (đpcm).
c) Theo cách tính cạnh tam giác đều, tứ giác đều, lục giác đều nội tiếp trong đường

trịn bán kính R , ta có: AB  R ; AD BC R 2 ; DC  R 3 .

Các tam giác AEB, CED vuông cân, suy ra:
Vậy:
d)

AE 

R
2

1
S ABCD 
AC DB
2

Tính:

MR  [(

,

CE 

1
AC 2
2

13

R 3
2

. Suy ra:

1 R 2 (1 3) 2
2
2

 

2

AE 

AC 
AE EC

R 2 (1

3) 2
4

[

AB
2

,

CE 

R R 3
2

R (1

3)
2

SHIFT x 2 MODE 7 2

CD
2

.

R (1

3)
2

.

]2 .

(433.97). Vậy

S ABCD  433,97 cm2.


Ấn tiếp: 15.25 Min  2
Kết quả: 21.57. Vậy AD BC 21,57 cm.
 (26.41).
Ấn tiếp phím: MR  3
Vậy CD  26, 41 cm .
  2
 (29.46). Vậy AC BD 29, 46 cm .
Ấn tiếp phím: MR  [( 1  3
II. Bài tập thực hành (Phần phụ lục)
BÀI TOÁN 4. MỘT SỐ BÀI TỐN TÍNH DIỆN TÍCH HÌNH

15
SangKienKinhNghiem.net


GIỚI HẠN BỞI CÁC HÌNH
* CƠ SỞ LÝ THUYẾT (PHẦN PHỤ LỤC)

I. Các ví dụ điển hình thường gặp
Ví dụ 1. Tính diện tích phần hình phẳng (phần gạch xọc) giới hạn bởi các cung tròn
và các cạnh của tam giác đều ABC (xem hình vẽ), biết: AB 
BC CA a 5, 75 cm .
Giải: Ta có:

R 
OA OI

2
AH

3

IA

2 a 3
3 2

. Suy ra:

R

a 3
3

và

·AOI  600 .

Diện tích hình gạch xọc bằng diện tích tam giác ABC trừ diện tích
hình hoa 3 lá (gồm 6 hình viên phân có bán kính R và góc ở tâm
bằng 600).
SABC 

a2 3
4

R2 3
SO1 AI 
4

;

Diện tích một viên phân:


R2

R2 3

6
4

a 3

 3


R2
2



3


Tính theo a, diện tích một viên phân bằng:
a2 3
S gạch xọc 
4

6

a 2 (23 3)
36

2

3
4

3
2

a2 3
12

.

R 2 (2  3 3)
12

a 2 (2  3 3)
36

A

I

B

.

;

5, 752 (9 3  4 )
a 2 (9 3 4 )
; S gạch xọc 
.
12
12

 4  SHIFT  )]  12 
Bấm tiếp: 5,75 SHIFT x 2  [( 9  3
N
Kết quả: S gạch xọc  8,33 cm2.
A
Ví dụ 2. Viên gạch cạnh a  30 cm có hoa văn như hình vẽ .
a) Tính diện tích phần gạch xọc của hình
M
đã cho, chính xác đến 0,01 cm.
b) Tính tỉ số phần trăm giữa diện tích phần
gạch xọc và diện tích viên gạch.
Giải:
D
Q
a) Gọi R là bán kính hình trịn. Diện tích S một hình viên phân bằng:

 R2 R2
S 
4

2

C

H

R2
a2
 2 

4
16

B

P

C

2 .

a2
  2  .
2
a 2 2  a 2 4

a 2 
.
2
2

Vậy diện tích hình gồm 8 viên phân bằng:
Diện tích phần gạch xọc bằng:

Tính trên máy: 30 SHIFT x 2 Min  [( 4  SHIFT  )]  2  MODE 7 2 (386.28)
Vậy S gạch xọc  386,28 cm2. Ấn phím tiếp:  MR SHIFT % (42.92)
b) Tỉ số của diện tích phần gạch xọc và diện tích viên gạch là 42,92%.
Đáp số: 386,28 cm2; 42,92 %.
Ví dụ 3. Nhân dịp kỷ niệm 990 năm Thăng Long, người ta cho lát lại đường ven hồ
Hoàn Kiếm bằng các viên gạch hình lục giác đều. Dưới đây là viên gạch lục giác đều
có 2 mầu (các hình trịn cùng một mầu, phần cịn lại là mầu khác). Hãy tính diện tích
phần gạch cùng mầu và tỉ số diện tích giữa hai phần đó, biết rằng AB a 15 cm .
Giải: Bán kính đường trịn nội tiếp tam giác đều là:
A
SangKienKinhNghiem.net

1 a 3
R 
3 2

a 3
.
6
B 16


Diện tích mỗi hình trịn là:
Tính trên máy: 15 SHIFT

 R2 

 a2
12

x2   

a
6 

Diện tích tồn bộ viên gạch là:
Diện tích phần gạch xọc là:

 a2

. Diện tích 6 hình trịn là:
2

2

Min

3

3a

4

2

2

3a 2 3  a 2

2
2

2

.

(353.4291)
3

C

.

.

E

D

   MR  (231.13797)
Bấm tiếp phím: 3  15 SHIFT x 2  3
Ấn tiếp phím:  MR SHIFT % Kết quả: 65.40
Đáp số: 353,42 cm2 (6 hình trịn); 231,14 cm2 (phần gạch xọc); 65,40 %
Ví dụ 4. Viên gạch hình lục giác đều ABCDEF có hoa văn hình sao như hình vẽ,
trong đó các đỉnh hình sao M , N , P, Q, R, S là trung điểm các cạnh của lục giác. Viên
gạch được tô bằng hai mầu (mầu của hình sao và mầu của phần cịn lại). Biết rằng

cạnh của lục giác đều là a = 16,5 cm.
M
B
A
+ Tính diện tích mỗi phần (chính xác đến 0,01).
+ Tính tỉ số phần trăm giữa hai diện tích đó.
S
N

Giải: Diện tích lục giác

ABCDEF

Lục giác nhỏ có cạnh là

b

cũng có cạnh
là S2 bằng:

a
,
2

bằng: S1 = 6  a

2

3
4

= 3a

2

2

3

.

F

6 cánh sao là các tam giác đều

là b  a . Từ đó suy ra:
2
3b 2 3 3a 2 3
S2 =
=
, diện
2
8

R

diện tích lục giác đều cạnh
tích 6 tam giác đều cạnh

C

O

b

P

b

D

Q

là S3: S3 = 3a

2

8

3

.

 8  2  MODE 7 2 (353.66) Min
Tính trên máy: 3  16.5 SHIFT x 2  3
 2   MR  (353.66)
Ấn tiếp phím: 3  16,5 SHIFT x 2  3
Ấn tiếp phím:  MR SHIFT % Kết quả: 100. Vậy diện tích hai phần bằng nhau.
Ví dụ 5. Cho lục giác đều cấp một ABCDEF có cạnh AB a 36 mm . Từ các trung
điểm của mỗi cạnh dựng một lục giác đều A ' B ' C ' D ' E ' F ' và hình sao 6 cánh cũng có

đỉnh là các trung điểm A ', B ', C ', D ', E ', F ' (xem hình vẽ). Phần trung tâm của hình sao
là lục giác đều cấp 2 MNPQRS . Với lục giác này ta lại làm tương tự như đối với lục
giác ban đầu ABCDEF và được hình sao mới và lục giác đều cấp 3. Đối với lục giác
cấp 3, ta lại làm tương tự như trên và được lục giác
đều cấp 4. Đến đây ta dừng lại. Các cánh hình sao cùng được tơ bằng một mầu (gạch
xọc), cịn các hình thoi trong hình chia thành 2 tam giác và tơ
bằng hai mầu: mầu gạch xọc và mầu "trắng". Riêng lục giác đều cấp 4 cũng được tơ
mầu trắng.
a) Tính diện tích phần được tơ bằng mầu "trắng" theo a.
b) Tính tỉ số phần trăm giữa diện tích phần "trắng" và diện tích hình lục giác ban
đầu.
Giải:
A'
A
B
a) Chia lục giác thành 6 tam giác đều có cạnh là a bằng 3
M
N
B'
F'
đường chéo đi qua 2 đỉnh đối xứng qua tâm, từ đó ta có
F
SangKienKinhNghiem.net

P

S
E'

R

Q

17
C'

C


S = 6 a

2

4

3

3a 2 3
. Chia lục giác ABCDEF thành 24 tam giác
2
bằng a . Mỗi tam giác đều cạnh a có diện tích
2
2

=

đều có cạnh

bằng diện tích tam giác "trắng" A ' NB ' (xem hình vẽ). Suy ra
diện tích 6 tam giác trắng vịng ngồi bằng 6  1 diện tích lục giác cấp 1

24

1 3a 2 3

4
2
b
c .
2

Vậy diện tích 6 tam giác trắng vịng ngồi là:
b) Tương tự với cách tính trên ta có:

MN b

a
2

Diện tích 6 tam giác trắng của lục giác cấp 2

ABCDEF

4

;

MNPQRS

.

(1)

1 3b 2 3

4
2

là:

1 3c 2 3

.
4
2
3d 2 3
c
d  ):
.
2
2
1 3b 2 3 1 3a 2 3

=  2
2
4
4 22

.

(2)

Diện tích 6 tam giác trắng của lục giác cấp 3 là:

(3)

Diện tích lục giác trắng trong cùng bằng (với

(4)

Tóm lại ta có: S1 =
S3 =

1 3a 2 3

4
2

1 3c 2 3

2
4

=

=

3a 2 3
23

1 3a 2 3


4 2  42

;

=

Strắng = S1 + S2 + S3 + S4 =

S2 =
3a 2 3
27

3a 2 3

(

; S4 =
1
1

23 25

3d 2 3
2
2
27

)=

=

.

=

3a 2 3
2  82

3a 2 3
25

=

3a 2 3 24 22
2
26

;

3a 2 3
27

2

.

.

 2  MODE 7 2 (3367.11) Min

Ấn phím: 3  36 SHIFT x 2  3
Vậy SABCDEF = 3367,11 mm2.
Ấn tiếp phím: 2 SHIFT x y 4  2 SHIFT x  2   2 SHIFT x y 6  MR  (1157.44)
Vậy Strắng  1157,44 mm2.
Strang
 MR SHIFT % (34.38). Vậy
Ấn tiếp phím:
 34,38%.
SABCDEF

II. Bài tập thực hành (Phần phụ lục)
BÀI TỐN 5. HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
* CƠ SỞ LÝ THUYẾT (PHẦN PHỤ LỤC)

I. Các ví dụ điển hình thường gặp
Ví dụ 1. Một cái phểu có phần trên dạng hình nón đỉnh S, một bán kính R = 15cm,
chiều cao h = 30cm. Một hình trụ đặc bằng kim loại có bán kính đáy r = 10cm đặt
vừa khít trong hình nón có đầy nước (Hình vẽ). Người ta nhấc nhẹ hình trụ ra khỏi
phểu. Hãy tính thể tích và chiều cao của khối nước cịn lại trong phểu.
Giải Hình vẽ thể hiện mặt cắt hình nón và hình trụ bởi mặt phẳng đi qua trục chung
của chúng.

Ta có DE//SH nên

DE DB
H ( R  r ) 30.5

 DE 

 10(cm) . Do đó:

SH HB
R
15

Chiều cao của hình trụ là: h’ = DE = 10 (cm)
+ Nếu gọi V ;V1 ;V2 lần lượt là thể tích khối nước còn lại trong phểu khi nhấc khối trụ
ra khỏi phểu, thể tích hình nón và thể tích khối trụ, ta có:
18
SangKienKinhNghiem.net


1
152.30
V  V1  V2   R 2 h   r 2 h, 
 100  1250 (cm3 )
3
3

Khối nước còn lại trong phểu khi nhắc khối trụ ra khỏi
phểu là một khối nón có bán kính r1 và chiều cao h1 .
r1 h1
Rh h
  r1  1  1
R h
h
2

Ta có:
1
3

Suy ra: V   r12 h1  h13  15000
Vậy chiều cao còn lại của khối nước trong phểu là: h1  10 3 15(cm)
Ví dụ 2. 1) Tính thể tích V của hình cầu bán kính R  3,173 .
2) Tính bán kính của hình cầu có thể tích V  137, 45 dm3 .
Giải:

1) Ta có cơng thức tính thể tích hình cầu:
Tính trên máy: 3.173 SHIFT
2) Từ công thức

V

V

4
 R3 .
3

xy

34

 

3  (133.8131596)

4
 R3
3

suy ra

R

3V
4

3

.

Áp dụng: 3  137.45  4    SHIFT x y 1 ab / c 3  (3.20148673)
Đáp số: V  133.8134725 dm3 ; R  3, 201486733 dm .
·

Ví dụ 3. Tính góc HCH trong phân tử mêtan ( H : Hydro, C : Carbon).
Giải: Gọi G là tâm tứ diện đều ABCD cạnh là a , I là tâm tam giác
đều BCD . Góc
của tứ diện
Suy ra

·

HCH trong phân tử mêtan chính là góc AGB

ABCD .

AI 
AB 2

A

·

Khi ấy ta có:

IB 2

a2 (

a
3

)2

a 3
3

IB 

.

a 2
3

G

D

và BG  AG  3 AI  a 3 . Gọi E là điểm giữa AB .
4
I
2 2
B
a
C
Khi ấy: sin AGE  AE  2  2 .
AG a 3
3
2 2
suu
·
b/c
SHIFT sin -1   2  SHIFT o,,, ( 109o 28o16.39 ). Đáp số: 109o 28'16''
Tính AGB : 2 a 3
Ví dụ 4. Cho hình chóp tứ giác đều SABCD , biết trung đoạn d  3, 415 cm , góc giữa
cạnh bên và đáy bằng 42o17 ' . Tính thể tích.
Giải: Gọi cạnh đáy của chóp tứ giác đều SABCD là a , chiều cao là h ,  là góc giữa
cạnh bên và đáy. Khi ấy SH  tg hay h  SH  a 2 tg . Mặt khác, S
AH
2
a
h 2 ( ) 2
2

d2

hay

(

a 2
a
tg ) 2 ( ) 2
2
2

d2 .

C

B
19

SangKienKinhNghiem.net
H

M