Hướng dẫn học sinh lớp 10 khai thác một số ứng dụng của định lí sin và côsin trong tam giác

A.

ĐẶT VẤN ĐỀ

I. Lý do chọn đề tài:
Với xu thế đổi mới phương pháp giáo dục hiện nay của bộ giáo dục, trong quá
trình dạy học để thu được hiệu quả cao đòi hỏi người thầy phải nghiên cứu tìm
hiểu kỹ chương trình, đối tượng học sinh; đưa ra các phương pháp phù hợp với
kiến thức, với các đối tượng học sinh cần truyền thụ. Như luật giáo dục có viết:“
Phương pháp giáo dục cần phát huy tính tích cực, tự giác, tự học, tự sáng tạo của
từng học sinh. Giúp học sinh nắm vững kiến thức và có hứng thú trong học tập ” .
Trong chương trình Hình học 10 nội dung của định lí côsin và định lí sin chiếm
vị trí rất quan trọng, chúng có rất nhiều ứng dụng trong giải toán ở các chương
trình lớp 10,11 và 12, vì thế các định lí này được ví như những viên ngọc quý
trong hình học sơ cấp. Là giáo viên trực tiếp giảng dạy môn toán ở trường THPT
Lê Lợi, trong quá trình giảng dạy, tôi luôn nghiên cứu tìm tòi các phương pháp
mới phù hợp với từng bài dạy và các đối tượng học sinh để truyền thụ các kiến
thức, đặc biệt là trong việc dạy học các định lý, tôi luôn hướng dẫn học sinh nắm
vững các kiến thức đã học bằng cách cho học sinh thấy được ứng dụng của định lý
thông qua hệ thống bài tập áp dụng tương thích, từ đó giúp học sinh thấy được giá
trị của nội dung định lí. Với những kinh nghiệm trên tôi đã chọn đề tài: “Hướng
dẫn học sinh lớp 10 khai thác các ứng dụng của định lí sin và côsin trong tam
giác ” nhằm mục đích nâng cao chất lượng học tập của học sinh lớp 10 , tạo hứng
thú cho các em tiếp cận và giải quyết các kiến thức có liên quan đến hai định lí
này ở chương trình lớp 11, 12.
II. Đối tượng nghiên cứu:
Học sinh lớp 10 với trình độ không quá yếu.
III. Phương pháp nghiên cứu:
- Lựa chọn các ví dụ các bài tập cụ thể phân tích tỉ mỉ giả thiết của bài toán,
hướng dẫn học sinh vận dụng năng lực tư duy, kỹ năng, kiến thức đã học để từ đó
đưa ra nhiều cách giải của một bài toán.

1


-

Qua kinh nghiệm giảng dạy thực tiễn; Tìm hiểu tài liệu tham khảo, sách

giáo khoa và sách bài tập hình học lớp 10; báo Toán học và Tuổi trẻ, tham khảo ý
kiến của đồng nghiệp.
IV. Thực trạng của đề tài:
- Thực tế giảng dạy cho thấy nhiều học sinh lớp 11, lớp 12 khi giải quyết các
bài tập hình học không gian cổ điển, các em thường không biết ứng dụng định lí
sin và côsin để tính các yếu tố trong tam giác, bởi vì đa số các em không nắm
vững bản chất, ý nghĩa và các ứng dụng của định lí.
- Đây là hai định lí quan trọng có ứng dụng cao, đòi hỏi sự tư duy, phân tích
của các em. Các ứng dụng của định lí sin và côsin rất rộng và khó, hơn nữa khi
giảng dạy nhiều giáo viên chưa thực sự phát huy hết mặt mạnh của học sinh.
Nhiều em còn nắm kiến thức rất mơ hồ, áp dụng máy móc kiến thức, ý thức học
tập chưa cao nên chưa thấy được ứng dụng to lớn của hai định lí này.
B. NỘI DUNG ĐỀ TÀI
I. Các biện pháp :
1. Trong quá trình giảng dạy học sinh, giáo viên cần chú trọng gợi động cơ học
tập giúp các em thấy được sự mâu thuẫn giữa những điều chưa biết với khả năng
nhận thức của mình, phát huy tính chủ động sáng tạo của học sinh trong việc lĩnh
hội tri thức. Từ đó kích thích các em học tập tốt hơn.
2. Giáo viên cần nắm rõ đặc điểm, tình hình từng đối tượng học sinh để có biện
pháp giảng dạy cho phù hợp với từng đối tượng, song song với việc bồi dưỡng học
sinh khá giỏi cần giúp đỡ học sinh yếu kém. Việc này cần thực hiện ngay trong
từng tiết học, bằng biện pháp rèn luyện tích cực, phân hoá nội tại thích hợp.

3. Bằng cách cho học sinh nhắc lại nội dung của định lí và một số hệ quả rút ra từ
mỗi định lí, trên cơ sở đó giáo viên hướng dẫn học sinh vận dụng năng lực tư duy,
kỹ năng giải toán thông qua các dạng bài tập và lựa chọn các ví dụ cụ thể, phân
tích tỉ mỉ kiến thức đã học để từ đó đưa ra nhiều cách giải cho bài toán.
II. Nội dung định lí côsin và định lí sin trong tam giác:
2


Ta đã biết tam giác hoàn toàn xác định khi biết ba cạnh, hoặc hai cạnh và một
góc xen giữa, hoặc biết một cạnh và hai góc kề; Có nghĩa là khi biết các yếu tố góc
cạnh như trên thì các góc cạnh còn lại sẽ xác định như thế nào? Rõ ràng các góc
cạnh còn lại và các góc cạnh đã biết sẽ có một mối liên hệ! Các mối liên hệ đó
người ta gọi là các hệ thức lượng giác trong tam giác. Một trong các hệ thức đó là
định lý Côsin và định lí Sin trong tam giác.
1. Định lí côsin: Trong tam giác ABC bất kỳ với BC = a, CA = b, AB = c ta có:
a2 = b2 + c2 – 2.b.c.cosA.

A
b

b2 = a2 + c2 – 2.a.c.cosB .
C

c2 = a2 + b2 – 2.a.b.cosA .
* Ứng dụng:

c
a

B

a2 = b2 + c2 – 2.b.c.cosA
b c a
cosA=
2bc
2

2

2

b 2  c2  a 2

b 2  c2  a 2

b c  a

cosA  0

cosA  0

cosA  0

A  900

A  900

A  900

2

2

2

2. Định lí sin: Trong tam giác ABC bất kì với BC = a, AC = b, AB = c và R là bán
kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , ta có:
* Ứng dụng:

a
b
c


 2R .
sin A sin B sin C

a

a
b
c


 2R
sin A sin B sin C

b sin A
sin B

sin A 

a sin B
b

a  2RsinA
R

a
2 sin A

3


III . Một số ứng dụng của định lý côsin và định lí sin trong tam giác.
(Trong phần này ta quy ước BC = a, CA = b, AB = c là các cạnh của tam giác
ABC và A,B,C là các góc của tam giác ABC )
Ứng dụng 1: Tính các yếu tố cạnh, góc và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam
giác
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC biết b=8; c=5 ; A = 600. Tính a ; B; C
Giải
Áp dụng định lí cosin và hệ quả của nó trong tam giác ABC ta có :
a 2  b2  c2  2bc.cos A  64  25  2.8.5.cos60 0  49  a  7
2

cosB =

2

2

a +c -b
49 + 25 - 64
5
=
=
 B  84052 '
2ac
2.7.8
56

Chú ý: Có thể tính các góc B,C bằng cách: Áp dụng định lí sin trong tam giác
ABC ta có

a
b
b sin A 8.sin 600 4 3

 sin B 


sin A sin B
a
7
7

Ví dụ 2: Cho tam giác ABC biết A=1200; B =450 ; R =2. Tính 3 caïnh a,b,c
Giải
Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC ta có
a

 2R  a  2R.sin A  2.2.sin120 0  2 3
sin A
b
 2R  b  2R.sin B  2.2.sin 45 0  2 2
sin B





C  1800  1200  450  150  c  2R sin C  2.2.sin150  4.

6 2
 6 2
4

Nhận xét: Có thể tính cạnh c bằng cách





C  1800  1200  450  150  c2  a 2  b2  2ab cos C  12  8  2.2 3.2 2.

Hoặc:

6 2
 6 2
4

a
c
a sin C 2 3 sin150

c

 6 2
sin A sin C
sin A
sin1200

Ví dụ 3: Cho tam giác ABC thõa mãn: a= 3, b= 4, c= 6. Tìm côsin của góc có số
đo lớn nhất.
Giải
4


b 2  c 2  a 2 16  36  9 43


2bc
2.4.6
48
2
2
2
a c b
9  36  16 29
CosB 



2ac
2.3.6
36
2
2
2
a b c
9  16  36 11
CosC 


2ab
24
24

Ta có: CosA 

Nhận thấy cosA>0 ,cosB>0 nên các góc A và B nhọn . cosC<0 nên góc C tù
Vậy: Góc số đo lớn nhất là góc C và CosC 

a 2  b 2  c 2 9  16  36 11


.
2ab
24
24

Ví dụ 4: Cho các cạnh của  ABC thõa mãn hệ thức :





c 4  2 a 2  b 2 c 2  a 4  a 2b2  b4  0 (1). Tính góc C

Giải
4
2
2
2
4
2 2
4
2
2
2
2 2
Ta có : c  2  a  b  c  a  a b  b  0  c   a  b    a b  0
2

c 2  a 2  b2  ab  0
 c 2  a 2  b2  ab c 2  a 2  b2  ab  0   2
2
2
c  a  b  ab  0







+) c 2  a 2  b 2  ab  0  c 2  a 2  b 2  ab  cosC  
+) c 2  a 2  b 2  ab  0  c 2  a 2  b 2  ab  cosC 

1
hay C= 1200
2

1
hay C= 600
2

Nhận xét: Có thể giải bài toán bằng cách : Xem (1) là phương trình bậc hai ẩn c2
ta có



Δ '  a 2  b2



2

 a 4  a 2 b 2  b 4  a 2b 2  0

Khi đó phương trình (1) có hai nghiệm c 2  a 2  b 2  ab hoặc c 2  a 2  b 2  ab
Ví dụ 5: Cho tam giác ABC có a : b : c 

3:

2:

6
2

2

a) Tính các góc của tam giác.
b) Cho a  2 3 . Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Giải
a) Đặt

a
b


3
2

c
6
2

2

t 0

5


a

3t , b 

6 2
t
2

2t , c 

Áp dụng định lí côsin ta có






2
2
2
b 2  c 2  a 2 2t  2  3 t  3t
1
cosA=

   A  1200
2
2bc

2
2 3 1 t







2
2
2
a 2  c 2  b 2 3t  2  3 t  2t
2
cosB=


 B  450
2
2ac
2
2 3 3 t





C = 1800 – (A + B) = 150
b) Áp dụng định lí sin, ta có: R 

a
2 3

 2.
2sin A 2sin1200

a  x 2  x  1
Ví dụ 6: Giả sử: b  2 x  1 (x >1).
c  x 2  1


Chứng minh a, b, c là 3 cạnh của một tam giác và tính số đo góc A.
Hướng dẫn:
a  b  c
- Chứng minh: a  c  b với mọi x> 1. Suy ra a, b, c là 3 cạnh 1 tam giác.
b  c  a


- Ta có: a 2  x 4  2 x3  3x 2  2 x  1 ; b2  4 x 2 4 x  1 , c 2  x 4  2 x 2  1 , bc  2 x3  x 2  2 x  1
Suy ra: a 2  b 2  c 2  bc . Mà a 2  b 2  c 2  2.bcCosA . Vậy: CosA 

1
 A  120o .
2

Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có 2 đường trung tuyến BM=6, CN=9 và hợp với
B
nhau 1 góc 120 0 . Tính các cạnh của tam giác ABC .
Giải.

N

·
 1200
+) Trường hợp 1: BGC

G

Áp dụng định lí côsin trong tam giác GBC
2
2
Với GB  BM  4, GC  CN  6 ta có:
3
3

A
C

M

 1
BC2  GB2  GC 2  2GB.GC.cos120 0  16  36  2.4.6.     76  BC  76  2 19
 2

6


Tương tự áp dụng định lí côsin trong tam giác GBN và tam giác GCM ta có :
1
BN  GB2  GN 2  2GB.GN.cos60 0  16  9  2.4.3.    13  AB  2 13

2
1
CM  CG 2  GM 2  2GC.GM.cos600  36  4  2.2.6.    2 7  AB  4 7
2

·
 600 . HS giải tương tự
+) Trường hợp 2: BGC

Nhận xét : Ở bài tập này học sinh thường không xét hai trường hợp .
Ví dụ 9: (THTT Tháng 7/2009) Cho tam giaùc ABC vuông tại B. Kéo dài AC
·  300 . Tính độ dài đoạn thẳng AC.
về phía C một đoạn CD=AB=1. Cho CBD

Giải.

A

Đặt AC=x (x>0)
Áp dụng định lí côsin trong tam giác ABD. Ta có
BD 2  AB2  AD 2  2AB.AD.cosA  1  1  x   2 1  x 
2

1

1
(1)
x

Áp dụng định lí sin trong tam giác BCD ta có :

B

300

1

BD
CD
2

 BD  (2)
·
·
x
sin BCD
sin CBD

C
1
x

Từ (1) và (2) suy ra : 1  1  x   2 1  x  
2

2
  x3  2  x  2  0
x

Vậy : AC  3 2

Ứng dụng 2 : Chứng minh các hệ thức liên quan đến các yếu tố trong tam
giác.
Ví dụ 1: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta có:
a) a = c. cosB+ b.cosC.
b) bc. cosA+ ab.cosC + ac.cosB =

a 2  b2  c2
.
2

c) 2abc(cosA + cosB) = (a+b)(c +b–a)(c+a–b)
tan A c 2  a 2  b 2

d)
.
tan B c 2  b 2  a 2

Giải
7


a) Thế: CosB 

a 2  c2  b2
a 2  b2  c2
, CosC 
vào vế phải ta có:
2ac
2ab

a 2  c2  b2  a 2  b2  c 2
a 2  c 2  b2
a 2  b2  c 2

a
 b.
cosB+ b.cosC= c.
2a
2ac
2ab

(ĐPCM)
b) Để ý rằng: 2bc.cosA  b 2  c2  a 2 ; 2ab.cosC  a 2  b2  c2 ;
2ac.cosB  a 2  c 2  b 2

Thế vào vế trái ta được: ta được:
bc. cosA+ab.cosC+ac.cosB
1 2
a 2  b2  c 2
2
2
2
2
2
2
2
2
= b  c  a  a  b  c  a  c  b  
2
2

c) Áp dụng định lí côsin, ta có:
 b2  c 2  a 2 a 2  c 2  b2 
2
2
2
2
3

2abc(cosA+cosB) = 2abc 
 = ab + ba + ac + bc - a 2bc
2ac



b3
= (a + b) (c2 – (a + b)2 = (a + b)(c + b – a)(c + a – b) (đpcm).
d) Áp dụng định lí sin và côsin, ta có:
a a 2  c2  b2
.
sinAcosB 2 R
a 2  c2  b2
tan A
2
ac


=
(đpcm).
sin BcosA

b b2  c2  a 2 b2  c 2  a 2
tan B
.
2R
2bc

Ví dụ 2. Cho tam giác ABC có a=4, b=5, c=6. Chứng minh: sinA–2sinB+sinC=0.
Giải.
Gọi R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Từ định lí sin, ta có: sin A 

a
b
c
,sin B 
,sin C 
2R
2R
2R

Suy ra: sin A  2sin B  sin C 

1
1
 a  2b  c    4  10  6   0 (ĐPCM)
2R
2R

Ví dụ 2: Chứng minh trong mọi tam giác ABC ta đều có
a.sin(B–C) + b.sin(C–A) + c.sin(A–B) = 0

(4).

Giải
8


Áp dụng định lí sin, ta có
VP(4) = 2R.[sinA.sin(B – C) + sinB.sin(C – A) + sinC.sin(A – B) ]
= 2R. [sin(b+c).sin(B–C) + sin(A+C).sin(C–A) + sin(A+B).sin(A–B) ]
= R. [cos2C – cos2B + cos2A – cos2C + cos2B – cos2A] = 0

(đpcm).

Ví dụ 3: Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
CMR: CotA  CotB  CotC 

R  a 2  b2  c2 
abc

Áp dụng định lí sin, côsin và công thức tính diện tích tam giác ta có:
Co t A 

b2  c 2  a 2
a 2  c2  b2
a 2  b2  c2
, Co t B 
, Co t C 
(*) thế vào vế trái
4S

4S
4S

suy ra:
b2  c 2  a 2  a 2  c 2  b2  a 2  b2  c 2 a 2  b2  c 2

CotA  CotB  CotC =
4S
4S

Lại có: S 

a.b.c
a 2  b2  c2
vậy VT= R.
= VP (ĐPCM).
4R
abc

Chú ý: Các hệ thức (*) được gọi là là định lý “côsin suy rộng trong tam giác ”
hay định lí cotang trong tam giác. Nó cho ta mối liên hệ về hệ thức lượng giác góc
của tam giác với 3 cạnh cùng diện tích của nó. Lớp các bài toán áp dụng nó khá
rộng.
1

2
2
Ví dụ 4: Cho tam giác ABC chứng minh rằng: SΔABC   a sin 2 B  b sin 2 A
4

Giải
Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC, ta có:
1
2
2
1 2
 a sin 2 B  b 2 sin 2 A   2 R sin A  sin 2 B   2 R sin B  sin 2 A
 4

4

 2 R 2 sin AsinB sinAsinB+ cosA.cosB  2 R 2 sin A.sin B.sin  A  B 
 2R2

a b
1
sin C  ab sin C  SΔABC (ĐPCM)
2R 2R
2

Ví dụ 5: (Bài tập 23-SGK HH10-NC) Gọi H là trực tâm tam giác ABC không
vuông. Giả sử R, R1, R2, R3 tương ứng là bán kính đường tròn ngoại tiếp các tam
giác ABC, HBC, HAC, HAB. Chứng minh rằng R1 = R2 = R3 = R.
9


Giải
BC
·
2 sin BHC

Áp dụng định lí sin trong tam giác HBC ta có R1 

(a) .

BC
· µ
(b) .
A  1800 , nên từ (a) suy ra R1 
Do BHC
2sin µ
A

Mà theo định lí sin trong tam giác ABC ta có R 

a
2sin µ
A

.

Vậy từ (b) suy ra R1 = R.
Lý luận tương tự trong các tam giác HAC, HAB ta có R2 = R3 = R.
Suy ra R1 = R2 = R3 = R (ĐPCM)
Nhận xét: Đây là bài tập có ứng dụng trong các bài toán liên quan đến đường tròn
ở chương phương pháp tọa độ trong mặt phẳng.
Ứng dụng 3: Nhận dạng tam giác theo cạnh, góc và các yếu tố khác.
Ví dụ 1: Tam giác ABC có đặc điểm gì, nếu các góc của nó thoả mãn hệ thức
sin C
 2cosA

sin B

Giải
Áp dụng định lí sin và côsin, ta có:

c
b2  c2  a 2
sin C
2R
2
 2cosA 
b
2bc
sin B
2R

 c2  b2  c2  a 2  a  b . Vậy tam giác ABC cân tại C
 2 b3  c 3  a 3
 a  b  c  a
Ví dụ 2: Nhận dạng tam giác ABC biết: 
CosA.cos C  1

4

Giải
b3  c 3  a 3
 a 2  b2  c 2  bc lại có: a 2  b 2  c 2  2bc.CosA Suy ra:
- Từ: a 
bca
2

1
CosA   A  60o
2

- Từ: CosA.cos C 

1
1
suy ra: cos C   C  60o .
4
2

10


Vậy tam giác ABC đều.
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC thõa mãn: a3= b3+ c3. Chứng minh tam giác ABC
nhọn.
Giải
Ta có: a3= b3+ c3 nên a là cạnh lớn nhất  A là góc lớn nhất. Lại có:
b
a

c
a

a3= b3+ c3  a 2  b 2  c 2  b 2  c 2  b 2  c 2  a 2  0 suy ra A nhọn.
Vậy tam giác ABC là tam giác nhọn.
Tổng quát: Nếu tam giác ABC thõa mãn: an= bn+ cn (n>2, n  N) thì tam giác ABC

có 3 góc nhọn.
Ví dụ 4: Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC và a 2, b2, c2 là độ dài
tương ứng của các cạnh của tam giác A’B’C’.
a) Hãy xác định dạng của tam giác ABC.
b) So sánh góc bé nhất của tam giác ABC và góc bé nhất của tam giác A’B’C’.
Giải
a) Do a2, b2, c2 là độ dài ba cạnh của tam giác A’B’C’ nên
a 2  b 2  c 2
b 2  c 2  a 2  0


 2
 2
2
2
2
2
b  c  a  c  a  b  0
 2
 2 2 2
2
2
c  a b


 a b  c  0

(I )

 A  900

2bccosA>0
cosA>0




0
Áp dụng định lí côsin ta có:  I   2accosB>0  cosB>0   B  90
2abcosC>0
cosC>0

0


C  90


Vậy tam giác ABC nhọn
b) Không mất tính tổng quát ta giả sử a  b  c  a2  b2  c2  A và A’ lần lượt là
hai góc bé nhất của tam giác ABC và A’B’C’:



4
4
4
2
2
2
b4  c 4  a 4 b2  c 2  a 2 b  c  a  bc b  c  a



Xét cosA’ – cosA =
2bc
2b 2c 2
2b 2c 2

c
=

3

 b3



  c  b   a  bc  a   0
2

2

2b 2 c 2

11


 cosA'  cosA (do a  b  c)  A'  A (do A, A’ cùng nhọn).
4. Ứng dụng 4: Chứng minh các bất đẳng thức liên quan đến cạnh và góc
trong tam giác
Ví dụ 7: Chứng minh rằng trong mọi tam giác ta luôn có

2(a.cosA + b.cosB + c.cosC)  a  b  c
Giải
Trước hết ta chứng minh a.cosA+b.cosB  c

(*)

Áp dụng định lí cosin, bất đẳng thức (*) tương đương với
b c a
a c b
a
b
 c  a 2b 2  a 2c 2  a 4  a 2b 2  b 2c 2  b 4  2abc 2
2bc
2ac
2

2

2

2



2

  ac  bc   a 2  b2
2

2



2

 0   a  b   a  b  c  c  a  b   0
2

(luôn đúng Do (a - b)  0 , a + b + c > 0, c – a – b < 0)
2

Lập luận tương tự, ta có

b.cosB + c.cosC  a
c.cosC + a.cosA  b

(**)
(***)

Cộng theo vế các bất đẳng thức (*), (**) và (***) ta được điều phải chứng minh
Ví dụ 8: Cho tam giác ABC có ba góc A, B, C thoả mãn hệ thức

sin 2B + sin 2C  2sin 2 A . Chứng minh rằng A  60 .
0

Giải
Áp dụng định lí sin, từ giả thiết ta thu được b2 + c2 = 2a2
Từ đây áp dụng định lí côsin ta được
b c a

a
a2
1


cosA=

 cosA  2 2  b2  c 2  .2bc 
2bc
2bc
2
b c 

2

 cosA 

2

2

2

1
 A  600
2

5. Ứng dụng 5: Giải các bài toán đại số
Ví dụ 1: CMR: a2  ab  b2  b2  bc  c2  a2  ac  c2 với mọi a, b, c >0.
Giải

12


Từ 1 điểm O lấy OA= a, OB= b, OC= c

O

A

·
·
 BOC
 60o .
sao cho: AOB

Áp dụng định lý côsin cho các tam giác OAB, OBC, OCA
ta có:

B

AB  OA  OB  2OA.OB.Cos ·
AOB  a 2  b 2  ab .
2

2

2

C

AC 2  OA2  OC 2  2OA.OC.Cos ·
AOC  a 2  b2  ab .
·
BC 2  OB 2  OC 2  2OB.OC.Cos BOC
 b 2  c 2  bc .

Lại có: AB  BC  AC  a2  ab  b2  b2  bc  c2  a2  ac  c2 .
Dấu bằng xảy ra  A, B, C thẳng hàng  a= c= 2b.
Ví dụ 2: Cho các số thực dương x,y,z thõa mãn hệ phương trình :
 2
y2
x

xy

 25

3
 2
y
2
. Tính giá trị của biểu thức P=xy+2yz+3xz
 z 9
3
z 2  xz  x 2  16



Phân tích: Đối với bài toán này nếu chúng ta cứ loay hoay tính toán thì sẽ mất
nhiều thời gian. Nhưng nếu nhạy cảm một chút ta có thể thấy có thể vận dụng định

lí côsin và định hướng cách giải như sau:
·
·
·
Lấy các điểm O,A,B,C trên mặt phẳng sao cho AOB
 1500 , AOC
 1200 , BOC
 900 .

Đặt: OA=x , OB=

y
, OC=z .
3

C

Áp dụng định lí côsin vào các tam giác OAB,OBC,OAC
z

y2
y2
2
ta có: AB  x  xy  , BC   z 2 , AC2  x 2  xz  z 2
3
3
2

2

1500 O

Từ hệ đã cho suy ra AB=5, BC=3, AC=4

x

1200

y
3

B

hay tam giác ABC vuông tại C và SABC  6
Mặt khác:
SABC  SOAB  SOAC  SOBC 

A
1
4 3

xy 

1
2 3

yz 

3
4 3

xz

13


Vậy:

1
4 3

xy 

1
2 3

yz 

3
4 3

xz  6  P  xy  2yz  3zx  24 3

 x 2  xy  y 2  a 2
 2
abc
2
2
Ví dụ 3: Cho các số dương x,y,z,a,b,c thỏa mãn :  y  yz  z  b và P=
2

z 2  zx  x 2  c2


Chứng minh rằng: xy  yz  zx  4

p  p  a  p  b  p  c 
3

A

Giải.
x

Dựng các đoạn thẳng OA,OB,OC lần lượt có độ dài x,y,z

O

·
·
·
 AOC
 BOC
 1200 .
sao cho AOB

y

Áp dụng định lí côsin trong tam giác OBC ta có:
·
BC  OB2  OC2  2OB.OC.cosBOC

 x 2  y 2  xy  a

z
C

B

Tương tự : AC=b, AB=c .
1
2

Vì SABC  SOAB  SOBC  SOAC nên : p  p  a  p  b  p  c    xy  yz  zx  sin1200
 xy  yz  zx  4

p  p  a  p  b  p  c 
(ĐPCM)
3

6.Ứng dụng 6: Giải các bài toán thực tế
Ví dụ 1. Hai chiếc tàu thủy cùng xuất phát từ một vị trí A, đi thẳng theo hai hướng
tạo với nhau góc 60o. Tàu B chạy với tốc độ 20 hải lí một giờ. Tàu C chạy với tốc
độ 15 hải lí một giờ. Sau 2 giờ, hai tàu cách nhau bao nhiêu hải lí ? (1 hải lí ≈
1,852 km).
Giải. (quan sát hình vẽ)

14


Sau 2 giờ tàu B đi được 40 hải lí, tàu C đi được 30 hải lí.
µ  600 .

Vậy tam giác ABC có AB = 40, AC = 30, A
Áp dụng định lí côsin vào tam giác ABC, ta có
a2 = b2 + c2 – 2bc cosA = 302 + 402 – 2.30.40.cos60o = 900 + 1600 – 1200 = 1300.

Vậy

(hải lí) tức là sau 2 giờ, hai tàu cách nhau khoảng 36 hải lí.

Ví dụ 2. Đo chiều cao của một cái tháp mà không thể đến được chân tháp. Giả sử
CD = h là chiều cao của tháp trong đó C là chân tháp. Chọn hai điểm A,B trên mặt
đất sao cho ba điểm A,B và C thẳng hàng. Ta đo khoảng cách AB và các góc
·
·
. Chẳng hạn ta đo được AB = 24m, CAD
   630 ,CBD
   480 .Khi đó

chiều cao h của tháp được tính như sau:

Áp dụng định lí sin vào tam giác ABD ta có:

AD
AB

sin  sin D

µ   D
µ    630  480  150 . Do đó:
Ta có:   D
AB.sin  24.sin 480

AD 

 68,91
sin     
sin150

Trong tam giác ACD vuông tại A có: h  CD  AD.sin   61, 4  m 
Bài tập tự giải
15


1. Cho tam giác ABC có a= 1, b= 2, c= 3 . Tính các góc của tam giác.
2. Cho tam giác ABC thõa mãn: b = 5; c= 7; cosA= 3/5. Tính cạnh a, và côsin của
các góc còn lại.
3. Giả sử:

a 


b 

c



4x2  3
x2  x  1

( x  R). CMR a, b, c là 3 cạnh của một tam giác tù.

x2  x  1

4. Cho tam giác ABC thõa mãn: CotA= 2(CotB+ CotC).
a) CMR: b2  c 2  5a 2
3
5

b) CMR: SinA  .
5. Cho tam giác ABC thõa mãn: b2  c 2  2a 2 . CMR: CotB+ CotC= 2CotA.
6. Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy hai điểm M, N sao cho: BM= MN= NC,
·
·
·
kí hiệu: MAB
  , MAN
  , NAC
 .

CMR:  Cot  Cot   Cot   Cot   4 1  Cot 2   .
HD: Áp dụng định lý côsin suy rộng và công thức tính đường trung tuyến tam
giác.
7. Nhận dạng tam giác ABC biết: Sin

A
a

.
2 2 bc

8. (THTT Tháng 7/2009) Cho hình chữ nhật ABCD sao cho AB=3AD. Trong

hình chữ nhật lấy điểm M sao cho AM= 2 , DM=2 ,BM=4 2 . Tính diện tích hình
chữ nhật ABCD .
C. KẾT LUẬN
Phương pháp dạy học này đã được bản thân tôi thí điểm trên các lớp 10A1 và
10A5 đồng thời sử dụng để bồi dưỡng học sinh khá giỏi khối 10. Kết quả thu được
rất khả quan:
Hầu hết các em học sinh say mê, hứng thú hơn trong các giờ học; Ôn tập, kiểm
tra bài cũ thấy rằng các em nắm rất vững kiến thức và vận dụng làm bài tốt. Kết
quả cuối kì, cuối năm các em đạt được rất cao.

16


Kết quả thi khảo sát chất lượng dạy bồi dưỡng các lớp khối 10 cụ thể như
sau:
- Lớp: 10A1
Kết quả

Học kì 1

Học kì 2

15

23

Khá

25

19

TB

4

3

Yếu

1

0

Kết quả

Học kì 1

Học kì 2

Giỏi

17

26

Khá

25

18

TB

3

2

Yếu

2

1

Giỏi

Ghi chú

- Lớp: 10A5
Ghi chú

Kiểm tra học kì II : Lớp 10A5 đứng nhất, 10A1 thứ 2 toàn khối.
Trong quá trình giảng dạy tôi đã thảo luận, trao đổi với đồng nghiệp được các
đồng nghiệp đánh giá cao và cùng nghiên cứu vận dụng.
Tuy nhiên với phương pháp này người thầy phải biết vận dụng sáng tạo
phương pháp phù hợp với kiến thức đang cần truyền thụ cho học sinh; đánh giá
đúng đối tượng học sinh để giới thiệu và khai thác kiến thức một cách phù hợp.
Đối tượng học sinh là học sinh không quá yếu, luôn tin tưởng ở thầy, có điều
kiện học tập, nghiên cứu.
III. Đề xuất, kiến nghị,

Đối với giáo viên cần tâm huyết với nghề nghiệp, lấy sự tiến bộ của học sinh
làm mục đích chính; luôn trao dồi kiến thức, phương pháp; luôn tìm tòi, nghiên
cứu chương trình, đối tượng học sinh cụ thể để đưa ra phương pháp truyền thụ
kiến thức phù hợp đạt kết quả cao nhất trong giảng dạy.
Đối với học sinh cần học tập thật nghiêm túc, tự giác học tập, nghiên cứu chủ
động tiếp cận kiến thức một cách khoa học.
17


Đối với cấp quản lý cần kịp thời động viên, biểu dương các đề tài có chất lượng
cao, nhân rộng qua lưu hành nội bộ để đồng nghiệp tham khảo, bổ sung góp ý và
vận dụng trong quá trình dạy học.
IV. Kết luận
Trong quá trình giảng dạy với việc nghiên cứu, tìm thêm tài liệu, nổ lực của
bản thân cùng với sự giúp đỡ của các đồng nghiệp tôi đã đúc rút ra được một số
kinh nghiệm như trên; Với khả năng và ngôn ngữ của bản thân còn có phần hạn
chế nên không thể tránh khỏi thiếu sót; rất mong hội đồng khoa học và các đồng
nghiệp giúp đỡ, góp ý để đề tài ngày hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng rãi trong
quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh, đặc biệt là học sinh khá giỏi.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG

Thanh hóa, ngày 25 tháng5 năm 2013

ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.

Nguyễn Thị Lan Hương

18


SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI:
HƯỚNG DẪN HỌC SINH LỚP 10
KHAI THÁC MỘT SỐ ỨNG DỤNG CỦA
ĐỊNH LÍ SIN VÀ CÔSIN TRONG TAM GIÁC.

Người thực hiện: Nguyễn Thị Lan Hương
Chức vụ: Giáo viên
SKKN : Môn Toán

THANH HÓA NĂM 2013

19