SỬ DỤNG các hệ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC để NGHIÊN cứu sự BẰNG NHAU của HAI TAM GIÁC có CÙNG CHU VI, CÙNG DIỆN TÍCH NHẰM rèn LUYỆN tư DUY SÁNG tạo CHO học SINH

1
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Ngày nay, ở Việt Nam cũng như trên thế giới, giáo dục được coi là quốc sách
hàng đầu, là động lực của sự phát triển kinh tế - xã hội. Với sức mạnh làm gia
tăng giá trị con người, mục tiêu cơ bản của giáo dục phải đào tạo ra những con
người phát triển toàn diện về mọi mặt, không chỉ có kiến thức mà còn giàu năng
lực trí tuệ. Xã hội ngày nay đang phát triển với tốc độ chóng mặt. Cùng với đó,
nó đòi hỏi mỗi người phải năng động và có khả năng thích nghi cao với sự phát
triển mạnh mẽ về mội mặt khoa học kĩ thuật, đời sống,…
Trong hoàn cảnh đó, việc rèn luyện và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh ở
các nhà trường phổ thông đối với những người làm công tác giáo dục có một vị
trí hết sức quan trọng.
Đặc thù của môn Toán là: có hệ thống bài tập đa dạng phong phú, hệ thống
kiến thức xuyên suốt trong chương trình giáo dục, tính liên hệ, vận dụng vào
thực tế cao,…đây là điều kiện thuận lợi để phát triển tư duy cho người học mà
đỉnh cao là tư duy sáng tạo.
Trong thực tiễn giảng dạy môn hình học 10 ở trường THPT Như Thanh, sau
khi học xong bài “Các hệ thức lượng trong tam giác và giải tam giác”có một số
học sinh đặt ra cho tôi hai vấn đề cần giải quyết.
Vấn đề 1: Ta đã biết hai tam giác bằng nhau thì có cùng chu vi và cùng diện
tích. Vậy ngược lại hai tam giác có cùng chu vi và cùng diện tích thì chúng có
bằng nhau hay không?
a.ha bh
.
c.h
= b = c . Suy ra a < b ⇔ ha > hb . Vậy mệnh đề
2
2
2
trên liệu còn đúng không khi thay ha;hb bởi ma;mb hoặc la;l b ?

Vấn đề 2: Ta đã biết S∆ABC =

Hiện tại chưa có tài liệu nghiên cứu nào bàn sâu vào vấn đề này, chưa có đồng
nghiệp nào giải quyết thấu đáo và triệt để.
Xuất phát từ những lí do trên tôi chọn đề tài: “Sử dụng các hệ thức lượng
trong tam giác để nghiên cứu sự bằng nhau của hai tam giác có cùng chu vi,
cùng diện tích nhằm rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh”
1.2. Mục đích nghiên cứu
- Nghiên cứu quá trình rèn luyện, phát triển tư duy sáng tạo về toán đối với học
sinh khá, giỏi bậc THPT.
- Xây dựng các định lý về điều kiện đủ để hai tam giác có cùng chu vi và cùng
diện tích thì bằng nhau. Rút ra một số bất đẳng thức trong tam giác. Trên cơ sở
đó góp phần phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đề tài này sẽ nghiên cứu các vấn đề sau:
- Hai tam giác có cùng chu vi và cùng diện tích nhưng không bằng nhau.


2
- Hai tam giác có cùng chu vi và cùng diện tích nhưng bằng nhau.
Qua việc vận dụng hợp lý các đơn vị kiến thức trong bài 3 chương II (SGK
Hình học 10) để giải quyết vấn đề 1 tự nó xuất hiện các yếu tố “gợi vấn đề”.
Qua việc phối hợp với các kiến thức cơ bản trong Đại số 10 ta suy ra một số bất
đẳng thức trong tam giác nhằm cho học sinh hiểu rằng: “Phần lớn các bài toán
các em được học, được đọc trong sách tham khảo hay trong đề thi,…
là có căn cứ suy diễn từ các đơn vị kiến thức SGK chứ không phải nó có từ điều
gì đó thật to tát”. Từ đó phát triển được tư duy logic, tính tích cực, sáng tạo của
người học.
1.4. Phương pháp nghiên cứu

- Phương pháp nghiên cứu tài liệu: Nghiên cứu sách giá khoa Hình học 10 hiện
hành và sách tham khảo liên quan đến đề tài.
- Phương pháp thực nghiệm sư phạm: dạy học thực nghiệm, kiểm tra kết quả
trước và sau thực nghiệm của lớp thực nghiệm.
- Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin và phương pháp
thống kê, xử lý số liệu nhằm bước đầu kiểm chứng tính khả thi và tính hiệu quả
của đề tài.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận
Theo từ điển Tiếng việt: sáng tạo là tìm ra cái mới, cách giải quyết mới, không
bị gò bó, phụ thuộc vào những cái đã có (cái mới, cách giải quyết mới phải có ý
nghĩa, có giá trị xã hội).
Theo Bách khoa toàn thư Xô-viết (1976) thì “sáng tạo là hoạt động của con
người trên cơ sở các quy luật khách quan của thực tiễn, nhằm biến đổi thế giới
tự nhiên, xã hội phù hợp với mục đích và nhu cầu của con người. Sáng tạo là
hoạt động được đặc trưng bởi tính không lặp lại, tính độc đáo và tính duy nhất.
Tư duy sáng tạo được hiểu là cách nghĩ mới về sự vật, hiện tượng, về mối liên
hệ, suy nghĩ về cách giải quyết mới có ý nghĩa, giá trị.
Đối với người học Toán, có thể quan niệm sự sáng tạo đối với họ là sự tự đương
đầu với những vấn đề mới, tự tìm tòi độc lập giả quyết vấn đề đó.
Những biểu hiện đặc trưng của hoạt động sáng tạo:
- Thực hiện độc lập việc di chuyển các tri thức, kĩ nămg, kĩ xảo sang tình
huống mới gần hoặc xa, bên trong hoặc bên ngoài hay giữa các hệ thống tri
thức.
- Nhìn thấy những nội dung mới trong tình huống bình thường, cấu trúc mới
của đối tượng quen thuộc.
- Độc lập kết hợp các phương thức hoạt động đã biết, tạo thành cái mới.
Tính chất của tư duy sáng tạo: tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn, tính độc đáo,
tính thăng hoa.

3
Cơ sở của sự sáng tạo: Krutecxki đã chỉ ra mối quan hệ giữa ba dạng tư duy, nói
lên điều kiện cần của tư duy sáng tạo là tư duy độc lập và tư duy tích cực.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
- Đối với giáo viên:
Trong thực tiễn giảng dạy tại trường THPT Như Thanh đa số giáo viên đã tích
cực đổi mới phương pháp dạy học tuy nhiên chưa phát huy hết được năng lực
chủ động, tích cực và sáng tạo của học sinh. Nhiều giáo viên chỉ tập trung
hướng dẫn và yêu cầu học sinh làm các bài tập được giao trong SGK mà chưa
quan tâm nhiều đến việc phát hiện nguồn gốc của bài toán hay việc phát triển,
mở rộng và tổng quát bài toán. Thường trong các tiết bài tập giáo viên chỉ tập
trung chữa bài tập một cách thuần tuý chưa thực sự quan tâm để giúp học sinh
làm nổi bật lên được mối quan hệ giữa bài tập này với bài tập khác, giữa kiến
thức đang học với những kiến thức trước đó; chưa khuyến khích các em tìm ra
các bài toán tương tự,bài toán tổng quát hoặc đặc biệt hoá để tìm ra các bài toán
mới. Bản thân tác giả chưa giải quyết ngay được tình huống sư phạm như trong
mục 1.1 đã nêu và hiện tại chưa có tài liệu nào giả quyết triệt để vấn đề đó.
- Đối với học sinh:
Đa số học sinh thường có thói quen giải xong một bài toán coi như mình hoàn
thành công việc được giao và dưng lại ở đó, ít có em học sinh nào chủ động khai
thác, tìm tòi, suy nghĩ, vận dụng nó để giải bài toán khác. Vì vậy khi đứng trước
một bài toán mới, bài toán chưa có thuật giải hay những bài toán nâng cao học
sinh thường có tâm lí sợ và ngại, lúng túng không biết cách chọn lọc và liên kết
những kiến thức cũ để giải quyết vấn đề mới có liên quan. Do đó ảnh hưởng lớn
đến việc phát hiện và giải quyết vấn đề, hạn chế đến việc phát triển tư duy của
học sinh.
Do vậy, việc rèn luyện và phát triển năng lực tư duy cho học sinh nói chung và
năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh phổ thông là một yêu cầu cần thiết.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

2.3.1.Ví dụ mở đầu
Xét các tam giác sau:

 a′ = 4,8

a = 5


 b′ = 3,6 +
b
=
4
∆ABC có 
và ∆A′B′C′ có 
c = 3


c′ = 3,6 −


76
10
76
10

+/ ∆ABC vuông tại A và có chu vi 2p= 12 ; diện tích s = 6.
+/ ∆A′B′C′ cũng có chu vi 2p′ = 12 và diện tích s′ = 6 .


4

Vì a′ > b′ > c′ ⇒ ∆A′B′C′ có góc A′ lớn nhất. Dễ thấy: b′2 + c′2 > a′2 ⇒ ∆A′B′C′
không phải là tam giác vuông. Rõ ràng, hai tam giác ∆ABC và ∆A′B′C′ có chu vi
và diện tích bằng nhau nhưng chúng không bằng nhau, hơn nữa hai tam giác đó
lại không cùng loại ( nhọn – vuông ).
*/ Như vậy: Hai tam giác có cùng chu vi; cùng diện tích vẫn có thể không bằng
nhau.
. suy ra nếu hai tam giác có cùng chu vi và cùng diện tích
*/ Từ công thức: S = pr
thì có cùng bán kính đường tròn nội tiếp.
*/ Xét hai tam giác đã nêu trên:
abc
abc 60
⇒ R=
=
= 2,5
4R
4S 24
′ ′
′ ′
a′bc
a′bc
⇒ R′ =
= 2,44 .
+ ∆A′B′C′ có: S′ =
4R′
4S′

+ ∆ABC có: S =

Như vậy hai tam giác trên không thể cùng nội tiếp một đường tròn.

Tương tự hai tam giác trên không có cùng độ dài đường cao, trung tuyến, phân
giác.
2.3.2. Một số điều kiện đủ để hai tam giác có cùng chu vi, cùng diện tích thì
bằng nhau
Bài toán 1:
Cho ∆ABC và ∆A′B′C′ có cùng chu vi 2p và cùng diện tích S . Chứng minh rằng
nếu ∆ABC và ∆A′B′C′ có 1 cạnh bằng nhau thì ∆ABC = ∆A′B′C′ .
Giải
Không làm mất tính tổng quát ta giả sử a = a′ . Xét ∆ABC , ta có:
2
2
2
 S = p( p − a)( p − b)( p − c)
 S = ( p − pa)  p − (b+ c) p + bc
⇔

 b + c = 2p − a
 a + b + c = 2p


S2 + p4 − 2ap3 + a2 p2
S2
=
+ p( p − a)
bc =
⇔
p2 − ap
p( p − a)
b + c = 2p − a


Khi đó b,c là nghiệm của phương trình:
S2 + P 4 − 2ap3 + a2 p2
X −(2p − a)X +
= 0 (1)
p2 − ap
2

Phương trình (1) có ∆ =

(

)

a2 p2 − ap − 4S2
p − ap
2


5
trong đó p > 0; p − a > 0; p − b > 0; p − c > 0 nên theo bđt Côsi ta có:
p− b+ p− c
2p − b − c
≥ ( p − b)( p − c) ⇔
≥ ( p − b)( p − c)
2
2
a2
⇔
≥ ( p − b)(p− c) ⇔ a2 − 4( p − b)( p − c) ≥ 0 ⇔ a2 p( p − a) − 4p( p − a)( p − b)( p − c) ≥ 0

4
⇔ a2( p2 − ap) − 4S2 ≥ 0 ⇔ ∆ ≥ 0
S2 + P 4 − 2ap3 + a2 p2 S2 + p2 ( p − a)2
=
> 0 và 2p − a > 0 nên phương trình
Mặt khác:
p2 − ap
p( p − a)

(1) có 2 nghiệm dương là: X1 =

2p − a + ∆
2p − a − ∆
và X1 =
; dễ thấy
2
2

X1 < p; X2 < p
 b = X1
 b = X2


Vậy c = X2 hoặc c = X1 .
 b′ = X1
 b′ = X2


Hoàn toàn tương tự trong ∆A′B′C′ ta cũng có c′ = X2 hoặc c′ = X1

Từ đó suy ra ∆ABC = ∆A′B′C′ (c.c.c)
Định lí 1: Nếu hai tam giác có chu vi bằng nhau, diện tích bằng nhau và một
cạnh bằng nhau thì chúng bằng nhau. Ta kí hiệu trường hợp bằng nhau này là
(2pSc
. . ).
Hệ quả: Nếu hai tam giác có chu vi bằng nhau, diện tích bằng nhau và một
đường cao bằng nhau thì chúng bằng nhau.
Chứng minh
2S

a = h
 S = S′

a
⇒ a = a′ . Theo định lí 1 ta có điều phải chứng minh.
Ta có: 
mà

 ha = ha′
 a′ = 2S′

ha′

Bài toán 2:
Cho ∆ABC và ∆A′B′C′ có cùng chu vi 2p và cùng diện tích S . Chứng minh rằng
nếu ∆ABC và ∆A′B′C′ có 1 góc bằng nhau thì ∆ABC = ∆A′B′C′ .
Giải:
Cách 1: Giả sử ∆ABC và ∆A′B′C′ có A = A′
Vẽ đường tròn ( O, r ) nội tiếp ∆ABC .

6

theo tính chất các tiếp tuyến của ( O, r ) thì: ∆AOE vuông tại E có ∠EA O =
⇒ r = AE.tan

A
2

( *) mà

A
2

2AE + 2BK + 2KC = 2p ⇔ AE + BC = p ⇔ AE = p − a

Thay vào ( * ) ta được: r = ( p − a).tan

A
2

. nên S = p( p − a).tan
Mặt khác: S = pr

A
2

( 2)

A′

( 3) . Theo bài ra A = A′ nên
2
p − a = p − a′ ⇔ a = a′ . Áp dụng định lí 1 ta được ∆ABC = ∆A′B′C′ .
Cách 2: Trong ∆ABC , theo định lí Côsin ta có:

Tương tự, trong ∆A′B′C′ ta có: S = p( p − a′).tan

b + c) − a2 − 2bc
(
b2 + c2 − a2
(b + c + a)(b + c − a)
CosA =
⇔ CosA =
⇔ CosA =
−1
2bc
2bc
2bc
2p( 2p − 2a)
2p( p − a)
⇔ CosA =
− 1⇔ CosA =
−1
2bc
bc
2

Trong bài toán 1 ta có bc =

S2 + p2 ( p − a)

p( p − a)

2

nên

2
2 S2 + p2 ( p − a)  − 2S2

CosA = 2
− 1=  2
−1
2
2
2
2
S + p ( p − a)
S + p ( p − a)

2p2 ( p − a)

⇔ CosA = 1−

2

2S2
S2 + p2 ( p − a)

2

( 4)

Tương tự trong ∆A′B′C′ ta cũng có CosA′ = 1−

2S2
S2 + p2 ( p − a′ )

2

( 5)

Vì A = A′ nên từ ( 4) và ( 5) ta có ( p − a) = ( p− a′ ) ⇔ a = a′ suy ra điều phải
2

2

chứng minh.
Định lí 2: Nếu hai tam giác có chu vi bằng nhau, diện tích bằng nhau và một
góc bằng nhau thì chúng bằng nhau. Ta kí hiệu trường hợp bằng nhau này là
(2p.S.g) .


7
Nhận xét 1: Khi giải bài toán 2 bằng cách 2 ta thu được công thức (4) thể hiện
mối liên hệ giữa A, S, p, a trong ∆ABC . Ta có:
1− CosA =

2S2
S2 + p2 ( p − a)

1− CosB =
2 ;

2S2
S2 + p2 ( p − b)

2

;

1− CosC =

2S2
S2 + p2 ( p − c)

2

2

p2 ( p − a)
2

= 1+
S2
1− CosA
2

p2 ( p − b)
2


= 1+
Suy ra 
.
S2
1− CosB
2

p2 ( p − c)
2

= 1+
S2
1− CosC

Xét biểu thức
1
1
1
p2 
2
2
2


M = 2
+
+
= 3+ 2 ( p− a) + ( p − b) + ( p− c) 
÷



S
 1− CosA 1− CosB 1− CosC 

Theo hướng biến đổi thứ nhất: Áp dụng bđt Bunhiacôpsky, ta có:

( p − a + p − b+ p− c)

2
2
2
≤ 3( p − a) + ( p − b) + ( p − c) 


2
p
2
2
2
⇒ ( p − a) + ( p − b) + ( p − c) ≥
( 6)
3
2

Mặt khác, áp dụng bđt Côsi, ta có:
p = ( p − a + p − b + p − c) ≥ 33 ( p − a) ( p − b) ( p − c)

⇒ p3 ≥ 27( p − a) ( p − b) ( p − c)

( 7)

⇒ p4 ≥ 27S2

p4
27S2
≥
3
+
= 12 ( * )
3S2
3S2
1
1
1


+
+
Như vậy trong ∆ABC ta luôn có bđt sau: 
÷ ≥ 6 ( 8)
 1− CosA 1− CosB 1− CosC 

Từ (6) và (7) ta có: M ≥ 3+

Dấu “=“xảy ra ⇔ a = b = c ⇔ ∆ABC đều. Việc chứng minh (8) bằng cách khác là
không dễ.
Theo hướng biến đổi thứ hai ta có:
M = 3+

p2 2 2 2

p2 2 2 2 p4
2
a
+
b
+
c
−
p
=
3
+
a + b + c − 2 . Theo (7) thì
S2
S2
S

(

)

(

)

p4
p2 2 2 2
≤
−
27

⇒
M
≤
(a + b + c ) − 24 mà theo bđt Bunhiacốpky
S2
S2
2
3
3
2
( a + b+ c) ≤ 3 a2 + b2 + c2 nên p2 ≤ (a2 + b2 + c2) ⇒ M ≤ 2 a2 + b2 + c2 − 24
4
4S
2
3
Theo ( * ) M ≥ 12 nên ta có: 2 a2 + b2 + c2 − 24 ≥ 12 ⇔ a2 + b2 + c2 ≥ 4S 3 ( 9)
4S
−

(

)

(

(

)

)

Đây là bđt “quen thuộc”trong tam giác mà ta thường gặp trong nhiều tài liệu
tham khảo.


8
Như vậy, nhờ việc khai thác công thức Hêrông kết hợp với định lí Côsin và vận
dụng hợp lí các bất đẳng thức Côsi, Bunhiacôpsky ta đã “tìm ra một cách tự
nhiên”bất đẳng thức (8) và (9). Việc hướng dẫn học sinh cùng tham gia các suy
diễn trong phần nhận xét 1 phần nào giúp các em hiểu được quá trình hình
thành một bài toán mà học sinh được học, được giải, qua đó bồi dưỡng khả
năng tự học, tự nghiên cứu của học sinh trong từng đơn vị kiến thức mà các em
đã được học.
Bài toán 3: Cho ∆ABC và ∆A′B′C′ có cùng chu vi 2p và cùng diện tích S . Chứng
minh rằng nếu ∆ABC và ∆A′B′C′ có bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng nhau thì
∆ABC = ∆A′B′C′ .
Giải:
Xét ∆ABC . Áp dụng công thức: S = p( p− a)( p − b)( p − c) =

abc
.
4R

Mặt khác: a + b+ c = 2pta có:
 p4 − ( b + c) p3 + bcp2 − ap3 + a(b + c) p3 − abcp = S2 ( 1)
 S = p( p − a)( p − b)( p − c)


⇔ b + c = 2p − a
( 2)

 a + b + c = 2p
 abc = 4RS

( 3)

 abc = 4RS

Thay (2), (3) vào (1) và rút gọn ta được:
 4RS 2  2
2ap3 + 
− a ÷ p = S2 + p4 + 4pRS ( 4)
 a

Tương tự trong ∆A′B′C′ ta cũng có:
 4R′S

2a′p3 + 
− a′2 ÷ p2 = S2 + p4 + 4pR′S ( 5)
′
 a

Từ (4) và (5) và R = R′ ta có:
 4RS 2  2
 4R′S

2ap3 + 
− a ÷ p = 2a′p3 + 
− a′2 ÷ p2
 a


 a′

1 1
⇔ 2p( a − a′ ) + 4RS − ÷+ a′2 − a2 = 0
 a a′ 
 a = a′
 4RS

⇔ ( a′ − a) 
+ a′ + a − 2p÷ = 0 ⇔  4RS

+ a′ + a − 2p = 0 ( 6)
 aa′

 aa′

(

( 6) ⇔

)

′ ′
′ ′
a′bc
bc
+ a − ( 2p − a′ ) = 0 ⇔
+ a − ( b′ + c′ ) = 0
aa′
a

 a = b′
′ ′ = 0 ⇔ ( a − b′ ) ( a − c′ ) = 0 ⇔ 
⇔ a2 − (b′ + c′)a + bc
 a = c′
 a = a′

Tóm lại:  a = b′ nên theo định lí 1 ta được ∆ABC = ∆A′B′C′ .
 a = c′


9
Định lí 3: Nếu hai tam giác có chu vi bằng nhau, diện tích bằng nhau và bán
kính đường tròn ngoại tiếp bằng nhau thì chúng bằng nhau. Ta kí hiệu trường
. .R) .
hợp bằng nhau này là (2pS
Bài toán 4: Cho ∆ABC và ∆A′B′C′ có cùng chu vi 2p và cùng diện tích S . Chứng
minh rằng nếu ∆ABC và ∆A′B′C′ có một trung tuyến bằng nhau thì ∆ABC = ∆A′B′C′
.
Giải:
Xét ∆ABC . Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến:
m =
2
a

=

(

)

2 b2 + c2 − a2
4

=

(

)

2 b2 + c2 − a2 + a2
4

2( a + b + c) ( b + c − a) − 2bc + a2
4

=

2( b + c) − a2 − 2bc + a2

= 
4
2

22p( 2p − 2a) − 2bc + a2
4

=

8p( p − a) − 4bc + a2

4

S + p ( p − a)
S
a2
2
+
( 1)
Từ bài toán 1 ta đã có: bc =
suy ra ma = p( p− a) −
p( p − a)
p( p − a) 4
2

2

2

Tương tự trong ∆A′B′C′ ta cũng có: ma′2 = p( p − a′) −

2

S2
a′2
+
( 2)
p( p − a′) 4

Vì ma = ma′ nên từ (1) và (2) ta có:
p( p − a) −

S2
a2
S2
a′2
+
= p( p − a′) −
+
p( p − a) 4
p( p − a′) 4


( p− a) + ( p − a′) + 2p = 0 ⇔ a = a′
S2
′
⇔ ( a− a ) 
+

4
 p( p − a′ ) ( p − a)


Theo định lí 1 ta có: ∆ABC = ∆A′B′C′
Định lí 4: Nếu hai tam giác có chu vi bằng nhau, diện tích bằng nhau và một
trung tuyến bằng nhau thì chúng bằng nhau. Ta kí hiệu trường hợp bằng nhau
. .m) .
này là (2pS
Nhận xét 2:
Để giải bài toán 4, ta đã khai thác công thức tính độ dài đường trung tuyến của
mỗi tam giác theo hướng tính độ dài đó theo p, S và 1 cạnh. Sau đó, sử dụng

điều kiện của bài toán để suy ra điều phải chứng minh.
Mặt khác
m =
2
a

m =
2
a

m =
2
a

(

)

2 b2 + c2 − a2

(

4

)

2 b2 + c2 − a2

(

4

)

2 b2 + c2 − a2
4

( 3)
( 4)
( 5)


10
Cộng vế với vế (3), (4), (5) ta được: ma2 + mb2 + mc2 =

3 2 2 2
a + b + c (6)
4

(

)

Quan sát các vế của (6) ta liên tưởng tới bất đẳng thức:

( x + y + z)

2

(

≤ 3 x2 + y2 + z2

)

Ta có:

( ma + mb + mc )

2

(

⇒ ma + mb + mc ≤

Vì a + b + c
2

2

2

)

≤ 3 ma2 + mb2 + mc2 =

(

)

3 2 2 2
a + b + c ( 7)
2

( a + b+ c)
≥
3

9 2 2 2
a +b +c
4

2

=

4p2
3

nên từ (6) ta có:

ma2 + mb2 + mc2 ≥ p2 ( 8)

Hơn nữa kết hợp với bất đẳng thức a2 + b2 + c2 ≥ 4S 3 có được trong phần nhận
xét 1 ta được bất đẳng thức ma2 + mb2 + mc2 ≥ 3S 3 ( 9)
Các bất đẳng thức (7), (8), (9) “khá đẹp”. Dấu “= “ở các bất đẳng thức trên xảy
ra khi và chỉ khi ∆ABC đều.
Kết hợp bất đẳng thức (8) với p4 ≥ 27S2 (ở phần nhận xét 1) ta có sự đánh giá dễ
nhớ sau: ma2 + mb2 + mc2 ≥ p2 ≥ 3 3S . Như vậy bất đẳng thức (9) không “chặt”bằng
bất đẳng thức (8). Vậy có thể làm “chặt”hơn bất đẳng thức (8) được không? Dễ

kiểm tra bằng hằng đẳng thức sau:

(

3 a2 + b2 + c2
4

) = p + 1 ( a − b) + ( b− c) + ( c − a)
4
2

2

2

2

 từ (6) ta suy ra:


1
2
2
2
+/ Nếu k > 4 ta có bđt: ma2 + mb2 + mc2 ≥ p2 + ( a − b) + ( b − c) + ( c − a)  ( 10)
k

Có “= “khi và chỉ khi ∆ABC đều.
1
2

2
2
+/ Nếu 0 < k < 4 ta có bđt: ma2 + mb2 + mc2 ≤ p2 + ( a − b) + ( b − c) + ( c − a)  ( 11)
k

Có “= “khi và chỉ khi ∆ABC đều.
Bài toán 5: Cho ∆ABC và ∆A′B′C′ có cùng chu vi 2p và cùng diện tích S . Chứng
minh rằng nếu ∆ABC và ∆A′B′C′ có một phân giác bằng nhau thì ∆ABC = ∆A′B′C′ .
Giải:


11
Trong ∆ABC , tính la theo a, b,c
Theo tính chất phân giác trong của ∆ABC ta có:
ac

x=
x y

 =

b+ c 1
( )
c b ⇔ 
ab
 x + y = a  y =

b+ c

Áp dụng định lí Côsin trong ∆ABD ta có:

la2 = x2 + c2 − 2xc.cos B ( 2)

Trong ∆ABC ta có CosB =

a2 + c2 − b2
( 3)
2ac

Thay (1) và (3) vào (2) và rút gọn ta được:
la =

S2
2
2
2
+ p( p − a) nên la =
S2 + p2 ( p − a)
bc.p( p − a) mà bc =
p( p − a)
2p − a
b+ c

Tương tự trong

∆A′B′C′ ta cũng có: la′ =
2

2
2
S2 + p2 ( p − a′ )

2p − a′
2

2
2
2
2
Vì la = la′ nên ta có 2p− a S + p ( p − a) = 2p− a′ S + p ( p − a′ )
2

2

2


 ( p − a) 2
p − a′ ) 
(
1
1
2
⇔S 
−
+ p 
−
 = 0 ( 4)
2
2
2
2

 ( 2p − a)
 ( 2p − a)
( 2p − a′) 
( 2p − a′) 
2

Rút gọn ta được:
 S2 ( 4p − a − a′ )
′
′ 
3 ( 2p − a ) ( p − a) + ( 2p − a) ( p − a )
+
p
 = 0 ( 5)
( 4) ⇔ ( a − a′) 
2
2
2
2
 ( 2p − a) ( 2p − a′ )

( 2p − a) ( 2p − a′ )
 4p − a − a′ = 2p − a + 2p − a′ > 0

Vì 2p− a′ > 0;2p − a > 0; p − a > 0; p− a′ > 0 nên ( 5) ⇔ a = a′ .
 p > 0, S2 > 0


Theo định lí 1 ta có: ∆ABC = ∆A′B′C′
Định lí 5: Nếu hai tam giác có chu vi bằng nhau, diện tích bằng nhau và một

phân giác bằng nhau thì chúng bằng nhau. Ta kí hiệu trường hợp bằng nhau này
. .l) .
là (2pS
Nhận xét 3:
+/ Xét ∆ABC , đường cao được tính bởi ha =

2S
2S
; hb =
nên nếu a > b thì ha < hb
a
b

; tức là ta có mệnh đề đúng sau đây: “Trong mỗi tam giác, đường cao ứng với
cạnh lớn hơn thì bé hơn”. Nếu ta thay cụm từ “đường cao”bởi cụm từ “trung
tuyến”hay “phân giác”thì liệu mệnh đề trên còn đúng hay không?
Ta sẽ khai thác công thức tính độ dài trung tuyến và độ dài phân giác trong
∆ABC để trả lời câu hỏi trên.


12
+/ Xét ∆ABC : ma2 =

(

)

2 b2 + c2 − a2

;m =

2
b

(

)

2 a2 + c2 − b2

nên:

4
4
2
2
2
2
2
2
2
ma ≥ mb ⇔ ma ≥ mb ⇔ 2b + 2c − a ≥ 2a + 2c − b2 ⇔ b2 ≥ a2 ⇔ b ≥ a
a = b ⇔ ma = mb
2

2

2
2
2
2

+/ Xét ∆ABC : la = 2p − a S + p ( p − a) ; lb = 2p − b S + p ( p − b)
2

2

Biến đổi tương tự khi giải bài toán 5 ta được:
 S2 ( 4p − a − b)
( 2p − b) ( p − a) + ( 2p − a) ( p− b)  ≥ 0
la ≥ lb ⇔ ( b − a) 
+ p3
2
2
2
2
 ( 2p − a) ( 2p − b)

( 2p − a) ( 2p − b)
⇔ b ≥ a (b = a ⇔ la = lb )

Vậy:
 m = mb

a
+/ ∆ABC cân tại C khi và chỉ khi 
l
 a = lb

+/ ma > mb ⇔ b > a ( 6)

+/ la > lb ⇔ b > a ( 7)

Mệnh đề nêu trong nhận xét 3 vẫn đúng khi thay cụm từ “đường cao”bởi cụm
từ “trung tuyến”hoặc “phân giác”. Việc chứng minh (6) và (7) bằng kiến thức
hình học ở cấp 2 là không dễ.
Những điều “nhỏ nhặt”nêu trong nhận xét 3 nếu được khai thác sẽ giúp học
sinh nắm vững các “công cụ”mà họ có trong việc học tập, qua đó học sinh có
thể xử lý tốt hơn các tình huống “mới”gặp phải khi học và thi cử, không những
vậy còn kích thích ham muốn tìm tòi khám phá những kiến thức mới, rèn luyện
tư duy sáng tạo cho học sinh.
2.3.3. Một số ví dụ:
Ví dụ 1: Cho ∆ABC ,vẽ phân giác AD. Đặt α = ∠ ADC .Tính sinα theo a, b,c, A .
Giải:

Đặt các góc như hình vẽ.
1
A
2
2
1
A
Diện tích của ∆CAD là: S2 = b.AD.Sin .
2
2

Diện tích của ∆BAC là: S1 = c.AD.Sin


13
1
2

A
2

Diện tích của ∆ABC là: S = S1 + S2 = AD.Sin ( b + c) ( * )
1
2
1
S2 = CD.AD.Sinα
2

Mặt khác, S1 = BD.AD.Sin( π − α )

1
2

1
2

Vì sin( π − α ) = sinα suy ra S = AD.Sinα .( BC + CD) = a.AD.Sinα ( ** )
Từ (*) và (**) ta có: Sinα =

(b + c)Sin
a

A
2 ( 8) .

Ta có thể tính bằng cách khác nhưng phức tạp hơn.
+/ Từ công thức (*) ta có:

AD = la =

2S
A
( b+ c) Sin
2

=

bcSinA
A
( b + c) Sin
2

( 9)

Công thức (9) rất tiện lợi cho việc tính độ dài phân giác của tam giác khi biết
hai cạnh và góc xen giữa hai cạnh đó.
Chẳng hạn: ∆ABC vuông tại A thì:

la =

bc

( b + c)

2
2

=

2bc
b+ c

3
2 = 3bc .
hoặc ∆ABC có ∠A = 60o thì la =
1 b+ c
( b + c)
2
a.Sinα
(8) ⇔ b + c =
( 10)
A
Từ công thức (8) ta có:
.
Sin
2
Ví dụ 2:Cho đường tròn cố định ( O, R) , B và C là hai điểm cố định trên đường
bc

tròn đó. Điểm A thay đổi trên cung lớn BC. Xác định vị trí của A để chu vi của
∆ABC là lớn nhất.
Giải:

Đây là bài toán có nhiều trong tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 9 và ôn thi
vào lớp 10. Để giải bài toán này bằng các kiến thức của cấp THCS ta phải vẽ


14

thêm nhiều đường phụ và sử dụng nhiều đơn vị kiến thức hình học khác nhau
còn sử dụng kiến thức của lớp 10 ta giải bài toán này như sau:
Gọi E là điểm chính giữa cung nhỏ BC ; EO cắt ( O, R) tại điểm thứ hai là Ao thì
Ao là điểm chính giữa cung lớn BC . Ta có AE là tia phân giác của ∠BAC ; AE cắt
BC tại D . Trong ∆ABC :

AB + AC = c + b =

aSinα
A
A
A . Vì Sin > 0; Sin không đổi và
Sin
2
2
2

aSinα
a
≤
A
A
Sin
Sin
2
2
asinα
a
a
a + b+ c = a +

≤ a+
Max( a + b + c) = a +
A
A suy ra
A
Chu vi của ∆ABC là
sin
sin
sin
2
2
2
a > 0 ; a không đổi nên:

c+ b =

khi và chỉ khi sinα = 1⇔ α = 90o ⇔ A ≡ Ao
Cách giải trên khá gọn.
Ví dụ 3: Cho ∆ABC có chu vi bằng 3. Tìm GTLN của biểu thức:
F = ma2 + mb2 + mc2 + ab + ac + bc − 2a2 − b2 − c2 + 2a

Giải:
Từ công thức: nếu 0 < k < 4 ta có bđt:
1
2
2
2
ma2 + mb2 + mc2 ≤ p2 + ( a − b) + ( b − c) + ( c − a) 



k
1
9
2
2
2
2
⇒ ma2 + mb2 + mc2 ≤ ( a − b) + ( b − c) + ( c − a) + 2( a − 1)  +
 4
2
9
13
⇔ F≤
4
4
13
Dấu “=“xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1. Vậy MaxF =
4

(

)

⇔ ma2 + mb2 + mc2 ≤ 2a2 + b2 + c2 − ab − ac − bc − 2a+ 1 +

 S = 3
. Tính các cạnh của tam giác.
 p = 3

Ví dụ 4: Cho ∆ABC có: 

Giải:
Từ bài toán 1 ta có b,c là nghiệm của phương trình:
X 2 −(2p − a)X +

S2 + P 4 − 2ap3 + a2 p2
= 0 (1)
p2 − ap

( a + 1) ( a − 2)
4S2
12
4
Có ∆ = a − 2
= a2 −
= a2 −
=
p − ap
9− 3a
3− a
a− 3

2

2

a = 2
 a = −1
∆ ≥ 0⇔ 
vì a là cạnh của tam giác nên: 0 < a < p ⇒ 0 < a < 3⇒ a = 2

a > 3

 a < −1


15
Với a = 2; S = 3; p = 3ta có phương trình X2 − 4X + 4 = 0 ⇔ X = 2 . Vậy các cạnh
còn lại của ∆ABC là b = c = 2.
Nhận xét: Trong trường hợp nêu trên thì tất cả các tam giác có cùng chu vi
2p= 6 và cùng diện tích S= 3 đều bằng nhau.
 S = 2 3

Ví dụ 5: Cho ∆ABC có: 

 p = 3+ 3

. ∆ABC có thể là tam giác vuông hay không ?
Giải:

Giả sử ∆ABC vuông tại A . Từ công thức trong mục II: S = p( p − a)tan
Thay số ta có: 2 3 = ( 3+ 3) ( 3+ 3 − a) ⇔ a = 4

A
( *)
2

Lại có b,c là nghiệm của phương trình:
X 2 −(2p − a)X +

S2 + P 4 − 2ap3 + a2 p2

= 0 (1)
p2 − ap

S = 2 3

X = 2
2
Thay  p = 3+ 3 ta được phương trình: X − 2 1+ 3 X + 4 3 = 0 ⇔ 
X = 2 3
a = 4


(

)

Giả sử b ≥ c thì b = 2 3;c = 2 . Vì ∆ABC có a2 = b2 + c2 nên ∆ABC vuông tại A.
 S = 12
.
p= 9

Ví dụ 6: Xét tất cả các tam giác ABC có 

a/ Vẽ ∆ABC khi giá trị một cạnh của tam giác ấy đạt GTLN, GTNN.
b/ Trong tập hợp tất cả các tam giác đã cho có bao nhiêu tam giác mà độ dài các
cạnh là số tự nhiên?
Giải:
a/ Vì vai trò của a, b,c trong ∆ABC là như nhau, ta xét phương trình:
X 2 −(2p − a)X +

S2 + P 4 − 2ap3 + a2 p2
=0
p2 − ap

⇔ X2 − ( 2p − a) X +

S2
+ p2 − pa = 0
2
p − pa

 S = 12
144
+ 81− 9a = 0 ( ** )
ta có pt: ⇔ X2 − ( 18− a) X +
81− 9a
p= 9

Thay 

(

)

a2 − a − 8 ( a − 8)
576
∆=a −
=
81− 9a
a− 9

2


16
0 < a < 9

  a ≤ 1− 33

2
0 < a < p  
1+ 33
⇔   1+ 33
⇔
≤ a≤ 8
Vì a là cạnh của ∆ABC nên: 
≤
a
≤
8
2

∆ ≥ 0

2

a > 9

 

Suy ra Maxa = 8; Mina =

1+ 33
.
2

+ Với a = 8 thay vào (**) ta được pt X2 − 10X+25=0. Suy ra b = c = 5.
a = 8
b = c = 5

Vẽ tam giác ∆ABC với 

2

 35− 33 
35− 33
1+ 33
X+
+ Với a =
thay vào (**) ta được pt X2 −
÷
÷ =0 .
2
4
2



1+ 33
a =


2
35− 33
Suy ra b = c =
. Vẽ tam giác ∆ABC với 
4
 b = c = 35− 33

4

1+ 33

≤ a≤ 8
⇒ a∈ { 4;5;6;7;8}
b/ Vì  2
 a∈ N



17
Thay lần lượt các giá trị trên của a vào pt (**) chỉ có trường hợp a = 5suy ra
b = 8
b = 5
hoặc 
và trường hợp a = 8 ⇒ b = c = 5 là thoả mãn yêu cầu bài toán.

c = 5
c = 8
Vậy chỉ có đúng một ∆ABC có các cạnh 5,5,8 thoả mãn đề bài.
 1+ 33 
;8 có thể cho ta một tam giác. Như vậy, tập hợp

 2


Nhận xét: Với mỗi a∈ 

 S = 12
có thể có vô số các phần tử.
p= 9

tất cả các tam giác có cùng 

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệm và nhà trường
Đối với bản thân: Sau khi hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm bản thân có thêm
kiến thức, kinh nghiệm phục vụ tốt hơn cho việc dạy học, tự tin hơn khi giải
quyết các “tình huống sư phạm”, có thêm động lực trong nghiên cứu khoa học.
Đối với học sinh khi được thầy cô hướng dẫn giải quyết các vấn đề mình đặt ra
giúp các em hứng thú hơn trong học tập. Qua đó phát triển năng lực tự học tự
bồi dưỡng, tự nghiên cứu.
Đối với đồng nghiệp và nhà trường : Qua việc trao đổi trong quá trình làm sáng
kiến kinh nghiệm làm tăng thêm sự đoàn kết, gắn bó giúp đỡ nhau trong công
việc của bản thân với đồng nghiệp,góp phần thúc đẩy phong trào thi đua “hai
tốt”, xây dựng trường học thân thiện, học sinh tích cực.
Sáng kiến kinh nghiệm có hiệu quả tốt, gây được hứng thú đối với học sinh có
học lực khá, giỏi, ít hiệu quả với học sinh có học lực trung bình và yếu.
3. Kết luận và kiến nghị
3.1. Kết luận
Qua trình nghiên cứu đề tài đã thu được một số kết quả sau:
Sáng kiến kinh nghiệm đã giải quyết thấu đáo được các vấn đề đã nêu trong
mục 1.1, về tri thức cơ bản đã góp thêm được “một số định lí về điều kiện đủ để

hai tam giác bằng nhau”vào kho tàng kiến thức về tam giác. Về phương pháp ,
giúp cho học sinh hiểu được kiến thúc ở lớp trên ngoài việc giải quyết các vấn
đề của lớp đó còn có thể giải quyết “tốt hơn”, “gọn hơn”các vấn đề khó ở lớp
dưới.
Việc nghiên cứu “lớp”các tam giác có cùng chu vi và cùng diện tích về mặt
“hình dạng, kích thước”là rất rộng. Kết quả của SKKN mới chỉ ra được trong
“lớp”đó có 2 dạng:
Dạng 1: Tập hợp tất cả các tam giác có cùng chu vi và diện tích cho trước thì
tồn tại ít nhất hai tam giác không bằng nhau (ví dụ mở đầu và ví dụ 6).
Dạng 2: Tập hợp tất cả các tam giác có cùng chu vi và diện tích cho trước đều
bằng nhau.


18
Qua quá trình nghiên cứu đó giúp học sinh rèn luyện tư duy sáng tạo,phát huy
được tính tích cực, chủ động trong quá trình học, tạo điều kiện cho việc tiếp thu
kiến thức có hiệu quả hơn.
3.2. Kiến nghị
Vấn đề còn tồn tại trong sáng kiến kinh nghiệm mà bản thân chưa giải quyết
được là:
- Tập hợp tất cả các tam giác ở dạng 1 liệu có vô hạn?
- Với ràng buộc nào giữa S, pđể có thể nhận biết được tam giác đã cho thuộc
dạng 1 hay dạng 2.
- Xét hai tam giác ở dạng 1, liệu có sự “liên hệ phụ thuộc lẫn nhau”nào giữa các
yếu tố khác như: các góc, các đường cao, các trung tuyến, các phân giác, các
bán kính đường tròn ngoại tiếp?
Các vấn đề nêu trên cũng là các vấn đề mà tác giả mong muốn cùng đồng
nghiệp tiếp tục nghiên cứu để phát triển mở rộng đề tài nhằm tạo ra những sản
phẩm hữu ích giúp cho các em nắm vững và chắc kiến thức.
Nhà trường, các tổ chuyên môn và bản thân mỗi giáo viên cần khuyến khích

hình thức tự học, tự nghiên cứu, hợp tác nhóm của học sinh dưới sự hướng dẫn
của giáo viên từ đó giúp các em có nền tảng kiến thức vững chắc.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 10 tháng 7 năm 2020
Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm này là
do tôi hoàn toàn nghiên cứu, không sao chép
của ai.
Người viết đề tài

Bùi Thị Hạnh