skkn môn toán

SỞ 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:
Năm học 2009 - 2010
A. 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.
2
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ PHƯƠNG PHÁP.
Cho tam thức bậc hai:
( )
2
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
( ) ( )
2
y f x ax 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
3

cosA cosB cosC
2
+ + =
.
Chứng minh rằng ∆ABC đều.
Bài giải
3
-∞ +∞f(+∞
+∞a>
-∞ +∞f(
a< -∞ -∞

Ta có:
( )
3
cosA cosB cosC
2
+ + =
2
A B A B C 3
2cos cos 1 2sin 0
2 2 2 2
+ −
⇔ + − = =
2
C A B C
4sin 4cos .sin 1 0
2 2 2
−
⇔ − + =

Ta thấy
C
x sin
2
=
là nghiệm của phương trình
2
A B
4x 4cos .x 1 0
2
−
− + =
Vì thế
2
A B
' 4cos 4 0
2
−
∆ = − ≥
2
A B
cos 1
2
−
⇔ ≥
2
A B
cos 1
2
−

⇔ =
(Vì
2
A B
cos 1
2
−
⇔ ≥
)
A B
⇔ =
(vì 0≤
2 2
A B
π
−
≤
)
Khi đó
C 1 A B C 1
x sin cos sin
2 2 2 2 2
−
= = ⇔ =
0
C 60⇔ =
Vậy A = B = C = 60
0
hay ∆ ABC đều.
Ví dụ 2: (Đại học Sư phạm - Khối B - 2001)

Tính các góc của ∆ABC biết:
( )
5
cos2A 3 cos 2B cos 2C 0 (1)
2
+ + + =
Bài giải
Ta có: (1)
( ) ( )
2
3
2cos A 2 3 cos B C cos B C 0
2
⇔ + + − + =
( )
2
4cos A 4 3cos 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
2
' 12cos (B C) 12 0∆ = − − ≥

2
cos (B C) 1⇔ − =
2

cos (B C) 1⇔ − =
(Vì
( )
2
cos . B C 1)− ≤
4
(*
(*
( )
cos B C 1⇔ − =
(
O B C )
π
≤ − <
B C (*)⇔ =
(Vì (
O B C )
π
≤ − <
)
Khi đó
0 0
3
cosA A 30 B C 75
2
= ⇒ = ⇒ = =
Kết luận:
ABC∆
có
0 0

A 30 , B C 75= = =
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
Ta có:
2 2 2
9
Sin A Sin B Sin C
4
+ + =
2
1 cos2A 1 cos2B 9
1 cos C
2 2 4
− −
⇔ + + − =
( ) ( )
2
1
cos C cos A B cos A B 0
4
⇔ + + − − + =
( )
2
4cos C 4cosC.cos A B 1 0⇔ − − + =

Ta thấy x = cosC là nghiệm của phương trình
( )
2
4x 4x.cos A B 1 0− − + =
Vì thế
( )
2
' 4cos A B 4 0∆ = − − ≥
( )
2
cos A B 1⇔ − ≥
( )
2
cos A B 1⇔ − =
(Vì
( )
2
cos A B 1− ≤
)
( )
cos A B 1⇔ − =
(Vì (
O B C )
π
≤ − <
)
A B (*)⇔ =
Khi đó
0 0
1

cosC C 60 A B 60
2
= ⇔ = ⇒ = =
Vậy
0
A B C 60 hay ABC= = = ∆
đều.
Ví dụ 4: Cho ∆ABC thoả mãn:
2 2 2
2 2 2
Sin A Sin B Sin C
3 (1)
Cos A Cos B Cos C
+ +
=
+ +
Chứng minh rằng: ∆ABC đều
Bài giải:
5
Ta có(1
2 2 2
3
1 3
Cos A Cos B Cos C
⇔ − =
+ +
2 2 2
3
Cos A Cos B Cos C
4

⇔ + + =
2
1 cos 2A 1 cos2B 3
cos C 0
2 2 4
+ +
⇔ + + − =
( ) ( )
2
1
cos C cos A B .cos A B 0
4
⇔ + + − + =
( )
2
4cos C 4cosC.cos A B 1 0⇔ − − + =
(2
Ta thấy
( )
2
M 4cos C 4cosC.cos A B 1⇔ = − − +
là tam thức bậc hai đ/v cosC, hệ
số của cos
2
C 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:
( )
( )
2
A B
cos A B 1
1
1
cosC
cosC 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 3 3
A B C 3 3 A B C
cos cos cos cos cos cos (1)
3 3 3 8 4 3 3 3
 
+ + = + + +
 ÷
 
Bài giải:
Ta có (1)
3 3 3
A A B B C C 3
4cos 3cos 4cos 3cos 4cos 3cos
3 3 3 3 3 3 2
     
⇔ − + − + − =
 ÷  ÷  ÷
     
3
cosA cosB cosC
2
⇔ + + =
2
A A B C
4sin 4sin .cos 1 0
2 2 2
−
⇔ − + =
(theo ví dụ 1)
6

Ta thấy
2
A A B C
P 4sin 4sin .cos 1
2 2 2
−
⇔ = − +
là tam thức bậc hai đối với
A
sin
2
,
hệ số của
2
A
sin
2
là 4 > 0 và có biệt thức
2
B C
' 4cos 4 0 B,C
2
−
∆ = − ≤ ∀
nên
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
−

∆ =
=


 
⇔
 
Α −
= −
 
=



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:
2 2 2
1
sin A sin B sin C (1)
4
+ − = −
Bài giải:
Ta có:
2
1 cos2A 1 cos2B 1
(1) sin C 0
2 2 4
− −
⇔ + − + =
( ) ( )
2
5
cos A B cos A B 1 cos C 0
4
⇔ − + − − + =

( )
2
1
cos C cosC.cos A B 0
4
⇔ + − + =
( )
cosC 4.cosC.cos A B 1 0⇔ + − + =
Ta thấy
( )
P 4cosC 4.cosC.cos A B 1⇔ = + − +
là một tam thức bậc hai đối với
cosC, hệ số của cos
2
C 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
7
( )
( )
2
' 0
cos A B 1
b'
1
x

cosC cos A B
a
2

∆ =
− =

 
⇔
 
= −
= − −
 


0
0
0
A B
A B 30
C 120
C 120
=

= =


⇔ ⇔
 
=

=



KL: ∆ABC có A=B=30
0
và C=120
0
Ví dụ 7: Tính các góc của ∆ABC nếu trong tam giác đó ta có:
( ) ( ) ( )
3
sin B C sin C A cos A B (1)
2
+ + + + + =
Giải:
Ta có (1)
3
sin A sin B cosC
2
⇔ + − =
2
A B A B C 1
2sin cos 2cos
2 2 2 2
+ −
⇔ − =
2
C C A B
4cos 4cos .cos 1 0
2 2 2

−
⇔ − + =
Ta thấy
2
C C A B
P 4cos 4cos .cos 1
2 2 2
−
⇔ = − +
là tam thức bậc hai đối với
C
cos
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
' 4cos 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
=


⇔

=


8
0
0
A B 30
C 120

= =

⇔

=



Kết luận:
ABC
∆
có A = B = 30
0
và C = 120
0
Ví dụ 8: Tính các góc của ∆ABC biết:
C B C A 3C 3
sin sin sin (1)
2 2 2 2
− −
+ + =
Bài giải:
Ta có (1)
2C A B A B 3C 3
2sin cos cos
4 4 2 2 2
π
− − −
 
⇔ + − =
 ÷
 
2
3C A B 3C 3
2sin .cos 1 2sin 0
4 4 4 2

π π
− − −
⇔ + − − =
2
3C 3C A B
4sin 4sin .cos 1 0
4 4 4
π π
− − −
⇔ − + − =
Ta thấy
2
3C 3C A B
P 4sin 4sin .cos 1
4 4 4
π π
− − −
⇔ = − + −
là tam thức bậc hai đối
với
3C
sin
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
4 2 4
π
∆ =


 − −
=


2
2
A B
A B
cos 1
9

4
3C 1 A B 5
sin cos C
4 2 4 9
π
π π
−


= =
=


 
⇔ ⇔
 
− −
 
= =




Kết luận:
ABC∆
có
2 5
A B , C
9 9
π π

= = =
Ví dụ 9: Tính các góc của ∆ABC biết:
3
cos3A cos3B cos3C (1)
2
+ − = −
Bài giải:
9
Ta có:
( ) ( )
cos3C cos3 A B cos3 A B
π
= − − = − +
nên:
2
3A 3B 3A 3B 3A 3B 3
(1) 2cos .cos 2cos 1
2 2 2 2
+ − +
⇔ + − = −
Xét tam thức bậc hai đối với
3A 3B
t cos
2
+
=
là:
2
3A 3B
f (t) 2t 2t.cos 1

2
−
= + −
có
2
a 2 0
3A 3B
' cos 2
2
= >



−
∆ = +


Ta có bảng biến thiên
t
-1
1 3A 3B
cos
2 2
− −
1
f(t)
+∞ +∞
2
3A 3B
cos 2

2
2
−
 
+
 ÷
−
 ÷
 ÷
 
Parabol f(t) có điểm cực tiểu là:
2
3A 3B
cos 2
1 3A 3B
2
cos ;
2 2 2
−
 
+
 ÷
−
− −
 ÷
 ÷
 
Nên:
2
3A 3B

cos 2
3
2
f (t)
2 2
−
+
≥ − ≥ −
Vậy
2
3A 3B
cos 1
3
2
f (t)
3A 3B 1 3A 3B
2
t cos cos
2 2 2
−

=


= − ⇔

+ −

= = −



A B
3A 3B 1
cos
2 2
=


⇔

+
= −


0
A B
A B 40
1
cos3A
2
=


⇔ ⇔ = =

= −


Suy ra C = 100
0

1
Vậy ∆ABC có C = 100
0
, A = B = 40
0
Ví dụ 10: Tính các góc của ∆ABC biết:
2 2 2
cosA cosB cosC 2
cos A cos B cos C 1

+ + =


+ + ≥


Bài giải:
(*)
2 2 2
cos A cos B cos C 1+ + ≥
2
1 cos 2A 1 cos2B
cos C 1
2 2
+ +
⇔ + + ≥
( ) ( )
2
cos A B cos A B cos C 0⇔ + − + ≥
( ) ( )

cosC 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 90
0
.
Giả sử
0
A 2
A 90 sin ;1
2 2
 
≥ ⇒ ∈
÷

÷
 
(*)
cos A cosB cosC+ + =
2
A B C B C
1 2sin 2cos cos
2 2 2
+ −
= − +
2
A A B C
2sin 2sin .cos 1
2 2 2
−

= − + +
2
A A
2sin 2sin 1
2 2
≤ − + +
( do
sin
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

1
t
2
=
Ta có bảng biến thiên:
t
1
2

2
2
1
f(t) 1
11
2
Từ đó:
2
;1
2
2
maxf (t) f 2
2
 
÷

÷

 
 
= =

 ÷
 ÷
 
Như vậy
cos A cosB cosC 2+ + =
đạt được khi và chỉ khi
0
0
0
B C
cos 1
A 90
2
A
B C 45
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 cosC 3+ + =
Tính 3 góc của tam giác
Bài giải:
Ta có:
( )
2
B C B C
M cos2A 2 2 cos B cosC 2cos A 1 4 2 cos cos
2 2
+ −
= + + = − +
2
A
2cos A 4 2 sin 1
2
≤ + −
(do
A B C
sin 0,cos 1)
2 2
−
> ≤
Mặt khác do ∆ABC không tù nên
2

A 2
cos A 0,cos A cosA,0 sin
2 2
≥ ≤ < ≤
Suy ra:
A
M 2cosA 4 2 sin 1
2
≤ + −
2
A A
M 4sin 4 2 sin 1
2 2
⇔ ≤ − + +
Xét parabol
2
A 2
f (t) 4t 4 2t 1,t sin 0;
2 2
 
= − + + = ∈



 
a t 2 0
= − <
Hoành độ đỉnh
2
2

Ta có bảng biến thiên
12
t 0
2
2
f(t)
Suy ra:
2
M max f (t) f 3
2
 
≤ = =
 ÷
 ÷
 
Như vậy
M cos2A 2 2 cosB 2 2 cosC 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
( )
0 0
A 90 ,B C 45= = =
Ví dụ 12: Tính các góc của ∆ABC biết:
1 1 1 6
2 cos 2A 2 cos 2B 2 cos2c 5
+ + =
+ + −
Bài giải:
Theo bất đẳng thức côsi ta có:
1 1 1

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 cos2A cos2B cos2C= + + −
( ) ( )
( )
2
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+ − + − =
13
nên

( ) ( )
2
' cos A B 2 T 7 0∆ = − − − ≥
( )
2
1 15
T cos A B 14
2 2
 
⇔ ≤ − + ≤
 
Do dó
6
P
5
≥
Vậy
1 1 1 6
P
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
cosC 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 bcos B ccosC 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
⇔ =
A B C A B C A B C
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
A B C
P 8sin sin sin 1
2 2 2
= −
A B C B C
P 4sin cos cos 1
2 2 2
− +
 
⇔ = − −
 
 
2
A A B C

4sin 4sin .cos 1 P 0
2 2 2
−
⇔ − + − =
Khi đó
A
x sin
2
=
là nghiệm của phương trình:
14
2
B C
4x 4x.cos 1 P 0
2
−
− + − =
nên
2 2
B C B C
' 4cos 4 4P 0 P 1 cos
2 2
− −
∆ = − + ≥ ⇔ ≥ −
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 5cosB 5cosC
8
+ + =
2. Tính các góc của ∆ABC biết:
( )
5 3
3 cos B 3 cos A cosC
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 cosA cosB cosC− + − + − = + +
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 11A
1
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 2 2 2 cos 2 2 cos 3A B c+ + =
C. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
15
đều
Trên 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!
16
Tài 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
17