Sáng kiến kinh nghiệm, SKKN - Hướng dẫn học sinh cách hệ thống, chủ động trong việc giải các bài toán tam giác lượng

HƯỚNG DẪN
HỌC SINH CÁCH HỆ THỐNG, CHỦ ĐỘNG TRONG VIỆC
GIẢI CÁC BÀI TỐN TAM GIÁC LƯỢNG

Tên đề tài:

1.MỞ ĐẦU
1.1.Lí do chọn đề tài:
Trong cơng tác giảng dạy bộ mơn tốn ở trường THPT và thực tế trong hoạt
động dạy và học của học sinh trong nhà trường, quá trình tìm tịi đúc kết chọn ra
các bài tốn “gốc” , từ đó phát triển lên hệ thống bài tập theo hướng bài tốn
“gốc” .Qua đó giúp người dạy định hướng được phương pháp giải cụ thể lô gic,
người học rễ tiếp thu và có cơ hội sáng tạo của bản thân xây dựng bổ sung lớp
các bài toán trên cơ sở bài tốn gốc, đó cũng là đổi mới phương pháp dạy và học
trong trường THPT.
Trong quá trình học lượng giác , phần tam giác lượng học sinh thường gặp
khó khăn trong việc hệ thống kiến thức và chủ động giải cá bài toán tam giác
lượng
Với nội dung đề tài này, tôi đề cập đến vấn đề : Hướng dẫn học sinh chọn một
số bài toán làm “gốc” để sử dụng chúng để “khai triển “ nên hệ thống các bài
tập, trên cơ sở là các ước lượng đối xứng trong tam giác.
Vì vậy tơi chọn đề tài “ Hướng dẫn học sinh hệ thống & chủ động trong
việc giải các bài tốn tam giác lượng”.
1.2.Mục đích nghiên cứu:
+ Trao đổi với đồng nghiệp trên cơ sở vận dụng ước lượng đối xứng trong tam
giác lượng, chọn được các bài toán “gốc” ,hệ thống thành các dạng bài tập giảng
dạy cho học sinh.
+ Hướng dẫn học sinh giải được các bài tập dựa trên cơ sở suy luận từ bài toán
“gốc”, và tư duy từ bài toán “gốc” chủ động phát triển thành chuỗi các bài tập
cùng dạng, cùng cơ sở lí luận, tự tin trong học bộ mơn tốn.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:

- Hệ thức lượng trong tam giác.
- Nội dung phần hệ thức lượng trong tam giác trong chương trình SGK.
- Một số bài tốn liên quan trong các đề thi Đại học - Cao đẳng - TCCN.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
Phương pháp:
- Nghiên cứu lý luận chung.
- Khảo sát điều tra từ thực tế dạy và học .
- Tổng hợp so sánh , đúc rút kinh nghiệm.
Cách thực hiện:
1


- Trao đổi với đồng nghiệp, tham khảo ý kiến giáo viên cùng bộ môn.
- Liên hệ thực tế trong nhà trường, áp dụng đúc rút kinh nghiệm qua quá trình
giảng dạy.
- Thơng qua việc giảng dạy trực tiếp ở các lớp khối 10 trong năm học.
- Thời gian nghiên cứu: Năm học 2016 – 2017.
2.NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1.Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm:
Trên cơ sở sử dụng các ước lượng đối xứng cơ bản , kết hợp với các bất
đẳng thức cổ điển: Cô Si , Bunhiacơpxki,.....và một số bài tốn “gốc” mà “khai
triển” nên hệ thống các bài tập, từ đó giúp học sinh định hướng được phương
pháp giải toán.
Những kiến thức liên quan:
2.1.1. Các bài toán trong tam giác:
Là các bài toán nghiên cứu các mối quan hệ giữa các yếu tố của tam giác với
nhau.
Các mối quan hệ có thể là :Một đẳng thức ,một bất đẳng thức hay một dấu hiệu
nhận dạng tam giác
Các yếu tố trong tam giác :

+ Góc :A,B,C.
+ Cạnh : a, b, c.
+ Đường cao: ha, hb, hc.
+ Đường trung tuyến: ma, mb, mc .
+Đường phân giác : la, lb, lc.
+Chu vi: C= 2p
+Diện tích : S
+Bán kính đường trịn ngoại tiếp: R
+Bán kính đường trịn nội tiếp: r, ra, rb, rc.
2.1.2. Quan hệ giữa các yếu tố trong tam giác:
a + b > c

+a, b, c > 0 :  a − b < c


+0< A,B,C.< π ; A+B+C = π
+ a= 2sinA.R
+a2 = b2+c2 -2bc.cosA
b2 + c2 − a2
4S
a2
2
2
2
b
+
c
=
2
m

+
+
a
2

+ cot A =

2


+S =
1
1
abc
aha = bc. sin A =
= 2 R 2 . sin A. sin B. sin C = pr = ( p − a) ra =
2
2
4R

p( p − a )( p − b)( p − c )

(Bảy cơng thức tính diện tích là “cầu nối “ thiết lập mối quan hệ giữa các yếu tố
trong tam giác với nhau.)
2.1.3. Các hệ thức cơ bản:
A
2

B
2

1) sinA + sinB + sinC = 4cos cos cos

C
2

2) sin2A + sin2B + sin2C = 4sin2A.sin2B .sin2C
3) sin(nA) + sin(nB) + sin(nC) = (-1)n+14sin(nA).sin(nB).sin(nC)
A
B
C
sin sin
2
2
2
A
B
B
C
C
A
5) tan tan + tan tan + tan tan = 1
2
2
2
2
2
2

4) cosA+ cosB +cosC = 1+ 4sin

6) tanA +tanB +tanC = tanA tanB tanC
7) cot

A
B
C
A
B
C
+ cot + cot = cot cot cot
2
2
2
2
2
2

8) cotA.cotB +cotB.cotC + cotC.cotA = 1
2.1.4.Bất đẳng thức
-Bất đẳng thức Côsi:

a+b
≥ ab với a, b ≥ 0
2
a1 + a 2 + ... + a n n
≥ a1 .a 2 ...a n với a1,a2,...,an ≥ 0
n

-Bất đẳng thức Bunhiaôpxki:

( a1b1 + a 2 b2 ) 2 ≤ ( a12 + a 22 )(b12 + b22 )
( a1b1 + a 2 b2 + ... + a n bn ) 2 ≤ ( a12 + a 22 + .. + a n2 )(b12 + b22 + ... + bn2 )

2.2.Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
Học sinh trong nhà trường phần lớn là học sinh có học lực trung bình, tỉ
lệ học sinh có học lực khá giỏi là khơng nhiều. Nhiệm vụ của tổ nhóm chun
mơn phải tổ chức đánh giá xếp loại năng lực học sinh ,nhóm chun mơn phải
xây dựng kế hoạch bồi dưỡng phụ đạo theo nhóm học sinh có học lực khác
nhau.
Trong các buổi thảo luận về chuyên môn xây dựng phương pháp dạy học
cho nhóm đối tượng học sinh khá giỏi, đã có nhiều ý kiến trao đổi giảng dạy cho
học sinh phần kiến thức tam giác lượng , đây là nội dung khó đối với học sinh
trong nhà trường và cũng không đơn giản đối với giáo viên.
Năm học : 2015- 2016 tơi thử nghiệm trên nhóm đối tượng học sinh
có học lực khá giỏi.
Năm học : 2016- 2017 tôi thử nghiệm trên nhóm đối tượng học sinh
3


có học lực khá giỏi.
Kết quả kiểm tra 2 nhóm học sinh
chưa triển khai đề tài
Giỏi
Sĩ
Năm học
số
SL
TL%
2015-2016

20
1
5,0%
2016-2017
25
2
8,0%

nói trên về phần tam giác lượng khi
Khá
SL
5
9

Trung bình
TL% SL
TL%
25,0% 14
70,0%
36,0% 14
56,0%

2.3.Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn
đề:
Bài toán gốc 1:
Cho tam giác ABC với T = sin2A +sin2B +sin2C. Tìm MaxT ? [3]
1 − cos 2 A 1 − cos 2 B
+
+ 1 − cos 2 C = 2-cos2C – cos(A-B)cos(A+B)
2

2
2
1
1
1 9


2
cos
(
A
−
B
)
−
cos
C
−
cos(
A
−
B
)
≤ 2 + 4 cos 2 ( A − B ) ≤ 2 + =
= 2+


4
2
4 4



4
Vâỵ T = sin2A +sin2B +sin2C ≤ ,
9
A = B
cos( A − B ) = 1


⇔
π ⇔ ∆ABC đều.
dấu “=”xảy a ⇔ 
1
cos C = 2 cos( A − B )
C = 3
9
Kết luận:MaxT = Khi ∆ABC đều.
4

Giải :Ta có T =

Từ kết quả bài tốn này ta có thể sử dụng cho một loạt các bài tốn phần các
ước lượng đối xứng:
Bài 1:Cho tam giác ABC với T = sinA.sinB.sinC Tìm MaxT ?
(Hoặc CMR: sinA.sinB.sinC ≤ (

3 3
)
2

3 3
CMR: ∆ABC ⇔ sinA.sinB.sinC =
8

CMR: Trong các tam giác cùng nội tiếp một đường trịn bán kính R thì
tam giác đều có diện tích lớn nhất – Vì : S = 2R2 SinA.SinB.SinC ) [2]
Nhận xét:
0< A,B,C.< π suy ra : sinA,sinB,sinC > 0
3

 sin 2 A + . sin 2 B + sin 2 C 
 ;( Theo bất đẳng thức Cô
Xét T = sin A.sin B.sin C ≤ 
3


2

2

2

2

si )
9/4
T ≤

 3 

3

2

4


3 3
Vậy T ≤
Dấu “=” xảy ra
8

Kết luận: MaxT =

sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 9 / 4
⇔ ∆ABC đều
 2
sin A = sin 2 B = sin 2 C

3 3 ⇔
∆ABC đều
8

Bài 2: Cho tam giác ABC với T = sinA + sinB + sinC . Tìm MaxT ?
(Hoặc: + CMR: sinA + sinB + sinC ≤

3 3
2

3 3

+CMR: ∆ABC đều ⇔ sinA + sinB + sinC =
2

+CMR: Trong các tam giác vuông cùng nội tiếp một đường trịn bán
kính R thì tam giác đều có chu vi lớn nhất.Vì 2p = 2R(sinA + sinB + sinC ) [3]
Nhận xét:
0< A,B,C.< π suy ra : sinA,sinB,sinC > 0
Xét (sinA + sinB + sinC)2 ≤ 3(sin2A +sin2B +sin2C) (BĐT Bunhiacôpxki)
9 27
=
4 4
sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C = 9 / 4

⇔ ∆ABC đều
Dấu “=” xảy ra  sin A sin B sin C
=
=

1
1
 1
≤ 3.

Vậy T ≤

3 3
2

MaxT =

3 3 ⇔
∆ABC đều
2

1
.
sin A. sin B. sin C
1
1
1
+
+
Bài 4: Cho tam giác ABC với T=
sin A sin B sin C

Bài 3: Cho tam giác ABC với T =

Tìm MinT ?
Tìm MinT ?

1
1
1
+
+
Tìm MinT ?
2
2
sin A sin B sin 2 C
1

1
1
)(1 +
)(1 +
) Tìm MinT ?
Bài 6: Cho tam giác ABC với T = (1 +
sin A
sin B
sin C

Bài 5: Cho tam giác ABC với T =

Bài7: Cho tam giác ABC với T = cot2A + cot2B + cot2C
Tìm MinT ?
Bài 8: Cho tam giác ABC với T = (1+sinA)(1+sinB)(1+sinC )
Tìm MaxT ?
2
2
2
Bài 9: Cho tam giác ABC với T = (1+sin A)(1+sin B)(1+sin C )
Tìm MaxT ?
Bài 10: Cho tam giác ABC , T = sin2A + sin2B + sin2C.
Tìm MaxT ?
Bài 11: Cho tam giác ABC
CMR : sin2A +sin2B +sin2C ≥ 2 3 .sinA.sinB.sinC
Hay CMR: a2+ b2 +c2 ≥ 4S 3 (∀∆ABC )
ab +bc +ca ≥ 4S 3 (∀∆ABC ) [6]
HD :Bài 7:
5

T = 1+

1
1
1
1
1
1
+
+
+
+
+
+
sin A sin B sin C sin A. sin B sin B. sin C sin C. sin A

1
≥
sin A. sin B. sin C

1+ 33

1
1
+ 33
+
2
sin A. sin B. sin C
sin A. sin 2 B. sin 2 C


1
1 + 3

sin A. sin B. sin C


3

 
2 
 ≥ 1 +


3
 

3

3

1
=
sin A. sin 3 B. sin 3 C
3

3



2 
Vậy T ≥ 1 +  .Dấu “=” xãy ra ⇔ ∆ABC
3


đều
Như vậy : áp dụng kết quả bài toán “gốc “ bài toán gốc 1 ta giải được hệ
thống các bài toán trên và các “ biến dạng” của chúng (phát biểu dưới ngơn
ngữ khác hoặc thay thế góc thành cạnh nhờ định lí hàm số Sin)
Đáp số:
8

Bài 3: MinT =

⇔ ∆ABC đều

3 3
Bài 4: MinT = 2 3

⇔ ∆ABC đều
⇔ ∆ABC đều

Bài 5: MinT = 4
3


2 
Bài 6: MinT = 1 +  ⇔ ∆ABC đều
3


⇔ ∆ABC đều
Bài 7: MinT = 1
3


3
Bài 8: MaxT = 1 +  ⇔ ∆ABC đều
2 

⇔ ∆ABC đều
Bài 9: MaxT =27/16

Bài10: MaxT =

3 3
2

⇔ ∆ABC đều

Bài toán gốc 2:
Cho tam giác ABC với T = cosA.cosB.cosC , Tìm MaxT ? [5]
Giải :

1
1  cos 2 ( A − B )
1
− (cos C − cos( A − B )) 2 
Ta có T = [cos( A − B) + cos( A + B)] cos C = 
2
2

4
2

1 cos 2 ( A − B )
1
≤ .
≤
2
4
8
1
8

Vậy: T = cosA.cosB.cosC ≤ ,

6


cos 2 ( A − B ) = 1

⇔ ∆ABC đều
dấu “=” xảy ra ⇔ 
1
cos C − cos( A − B ) = 0
2


Từ kết quả bài toán này ta ta có thể giải được hệ thống các bài tập sau:
Bài toán: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:
1) cosA+ cosB +cosC ≤

3
[1]
2

3
[2]
4
3) cos 2 A+ cos 2 B +cos 2 C ≥ 6. cosA.cosB.cosC
1
4) (1- cosA)(1- cosB)(1- cosC) ≤
8
1
1
1
)(1 +
)(1 +
) ≥ 27 , với ∆ABC nhọn.
5) (1 +
cos A
cos B
cos C
1
1
1
+
+
≥ 6 , với ∆ABC nhọn.
6)
cos A cos B cos C

A
B
B
C
C
A 3
7) sin sin + sin sin + sin sin ≤
2
2
2
2
2
2 4
A
B
C 3
8) sin 2 + sin 2 + sin 2 ≥
2
2
2 4
1
1
1
+
+
≥ 12
9)
2
2
sin A sin B sin 2 C

A
B
C
A
B
C
10) sin 2 + sin 2 + sin 2 ≥ 6 sin . sin . sin [4]
2
2
2
2
2
2
A
B
C 1
11) sin . sin . sin ≤ [4]
2
2
2 8
A
B
C 3
12) sin + sin + sin ≤ [4]
2
2
2 2
1
1
1

+
+
≥6
13) sin A sin B sin C
2
2
2
A
B
C 3 3
14) cos + cos + cos ≤
2
2
2
2
A
B
C 3 3
15) cos . cos . cos ≤
2
2
2
8
1
1
1
+
+
≥2 3
16) cos A cos B cos C

2
2
2
A
B
C 9
17) cos 2 + cos 2 + cos 2 ≤
2
2
2 4
1
1
1
+
+
≥4
18) cos 2 A cos 2 B cos 2 C
2
2
2

2) cos 2 A+ cos 2 B +cos 2 C ≥

7


19) cos 2

A
B

C
A
B
C
+ cos 2 + cos 2 ≥ 4 3 cos . cos . cos
2
2
2
2
2
2

Bài toán gốc 3: Cho A,B,C là 3 góc tam giác ABC.
A
2

B
2

Chứng minh rằng: sin A + sin B + sin C ≤ cos + cos + cos

C
[6]
2

(Loại chứng minh một số ước lượng đối xứng trong tam giác trên cơ sở cách
làm bài toán “gốc”.( Có thể sử dụng tính chất của hàm số lồi)).
sin A + sin B
A+ B
A− B

C
A− B
C
= sin
cos
= cos cos
≤ cos
2
2
2
2
2
2
A− B
C
≤ 1; cos > 0)
(Do cos
2
2
sin A + sin B
C
≤ cos
Suy ra:
2
2
sin B + sin C
A
≤ cos
Tương tự:
2

2
sin C + sin A
B
≤ cos
2
2
A
B
C
Vậy : sin A + sin B + sin C ≤ cos + cos + cos .
2
2
2

Giải:

Từ đó bằng cách làm tương tự ta có hệ thống các bài tập sau:
Bài toán: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng:
A
B
C
+ sin + sin
2
2
2
A
B
C
2) cos A + cos B + cos C ≤ 4 sin . sin . sin [5]
2

2
2
sin
2
A
+
sin
2
B
+
sin
2
C
≤
sin
A
+
sin
B
+
sin
C
3)
4) sin 2 A + sin 2 B + sin 2C + cos A + cos B + cos C ≥ 0 ; ∀∆ABC nhọn.
A
B
C
5) tan A + tan B + tan C ≥ cot + cot + cot ; ∀∆ABC nhọn.
2
2

2
A
B
C
6) sin A + sin B + sin C ≤ cos + cos + cos [2]
2
2
2
A
7) sin A. sin B ≤ cos 2 ; ∀∆ABC .
2

1) cos A + cos B + cos C ≤ sin

Mở rộng:
A
2

B
2

*) sin A. sin B sin C ≤ cos cos cos
*) cos A. cos B ≤ sin 2

C
.
2

C
.

2

8


A
2

B
2

*) cos A. cos B. cos C ≤ sin . sin . sin

C
2

A
B
C
≤ tan A. tan B. tan C
2
2
2
8) cos A + cos B + cos C = 2( cos A. cos B. + cos B. cos C. + cos C. cos A). [5]
A
B
C
9) cos A + cos B + cos C = sin + sin + sin ⇔ ∆ABC đều
2
2

2
tan A + tan B
A+ B
≥ tan
10)
2
2
A
B
C
11) ∀∆ABC nhọn có : tan A + tan B + tan C = cot + cot + cot thì ∆ABC
2
2
2

*) cot cot cot

đều
Hướng dẫn giải 10) Ta có:

tan A + tan B
sin( A + B )
sin C
sin C
=
=
≥
2
2. cos A. cos B cos( A − B) + cos( A + B ) 1 + cos( A + B )
C

C
2 sin cos
sin C
sin C
2
2 = tan A + B ⇒ ( ĐPCM )
=
=
=
C
C
1 − cos C
2
2 sin 2
2 sin 2
2
2

( Có thể biến đổi tương đương hoặc sử dụng tính chất hàm số lồi)
Hướng dẫn giải 11)
Ta có: tan A + tan B ≥ 24 tan A. tan B .
Mặt khác: tan A. tan B ≥ tan 2

A+ B
(*)
2

Vì (*)

A+ B

A+ B
≥ cos A. cos B. sin 2
2
2
1
1 + cos( A − B )  1
1 − cos( A − B ) 
⇔ [ cos( A − B ) − cos( A + B )].
≥ [ cos( A − B ) + cos( A + B )] 


2
2
2

 2

⇔ 2 cos( A − B ). cos( A + B ) − 2 cos( A + B ) ≥ 0
⇔ −2 cos( A − B). cos C + 2 cos C ≥ 0
⇔ 2 cos C [1 − cos( A − B )] ≥ 0(**)
( ∆ABC nhọn ,(**) hiển nhiên đúng)
⇔ sin A. sin B. cos 2

Suy ra: tan A + tan B ≥ 24 tan A. tan B ≥ 24 tan 2

A+ B
A+ B
C
= 2 tan
= 2 cot ;

2
2
2

∀∆ABC nhọn.

Vậy tan A + tan B + tan C = cot

A
B
C
+ cot + cot ⇒ (ĐPCM)
2
2
2

Bài toán gốc 4:
9


A
2

Sử dụng đẳng thức: tan tan

B
B
C
C
A

+ tan tan + tan tan = 1 , và 1 số bất đẳng
2
2
2
2
2

thức cơ bản, bất đẳng thức cổ điển:Cô si; Bunhiacôpxki,...thiết lập nên các
ước lượng đối xứng trong tam giác.
Bài toán: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng :
1) tan 2

A
B
C
+ tan 2 + tan 2 ≥ 1
2
2
2

A
B
+ tan 2
2
2 ( Theo Cô si)
2
B
C
tan 2 + tan 2
Tương tự : tan B . tan C ≤

2
2
2
2
2
C
A
tan 2 + tan 2
C
A
2
2
tan . tan ≤
2
2
2
A
B
C
Vậy: tan 2 + tan 2 + tan 2 ≥ 1 ⇒ (ĐPCM)
2
2
2

Giải: Ta có: tan A . tan B ≤
2
2

2) tan

tan 2

A
B
C
+ tan + tan ≥ 3
2
2
2

Giải:
A
B
C
A
B
C
A
B
B
C
+ tan + tan ) 2 = tan 2 + tan 2 + tan 2 +2( tan tan + tan tan
2
2
2
2
2
2
2
2

2
2
C
A
+ tan tan ) ≥ 1 + 2.1 = 3
2
2
A
B
C
Vậy: tan + tan + tan ≥ 3 ⇒ (ĐPCM)
2
2
2
A
B
C 1
3) tan 4 + tan 4 + tan 4 ≥
2
2
2 3

Ta có: ( tan

Giải:
Theo Bunhiacơpxiki
A
B
C
A

B
C
+ tan 4 + tan 4 ) ≥ ( tan 2 + tan 2 + tan 2 ) 2 ≥ 1
2
2
2
2
2
2
A
B
C
1
Vậy: tan 4 + tan 4 + tan 4 ≥ ⇒ (ĐPCM)
2
2
2 3
A
B
C 1
4) tan 6 + tan 6 + tan 6 ≥
2
2
2 9

3 ( tan 4

Giải:
tan 6

A
B
A
B
+ tan 6 + tan 6 30 0 + tan 6 30 0 + tan 6 30 0 + tan 6 30 0 ≥ 6 tan tan tan 4 30 0 .
2
2
2
2

⇔ tan 6

.

A
B
2
A
B
+ tan 6 + 4 tan 6 30 0 ≥ tan tan
2
2
3
2
2

10


6

⇔ tan 6

A
B
2
A
B
 1 
+ tan 6 + 4 
 ≥ tan tan
2
2
3
2
2
 3
6

B
C
2
B
C
 1 
Tương tự: tan + tan 6 + 4   ≥ tan tan
2
2
3
2

2
 3
6

6

C
A
2
C
A
 1 
tan
+ tan 6 + 4 
 ≥ tan tan
2
2
3
2
2
 3
6

tan 6

A
B
C 2 4 1
+ tan 6 + tan 6 ≥ − = ⇒ (ĐPCM)
2

2
2 3 9 9

BÀI TẬP TƯƠNG TỰ:
1
A
B
3 C
≥
+ tan 3 + tan
( Cộng thêm vào vế trái tan3300)
2
2
2
3
2
A
B
5 C
6) tan 5 + tan 5 + tan 2 ≥
( Cộng thêm vào vế trái tan5300)
2
2
3 3
tan
A
+
tan
B
+

tan
C
=
tan
A
.
tan B. tan C
7)

5) tan 3

8) tan A + tan B + tan C ≥ 3 3 ( Hoặc tan A. tan B. tan C ≥ 3 3 )
9) cot A + cot B + cot C ≤

1

; ∀∆ABC nhọn. [1]
3 3
10) tan 2 A + tan 2 B + tan 2 C ≥ 9
11) tan A. tan B. + tan B tan C + tan C tan A ≥ 9
Bài toán gốc5 :
Sử dụng các ước lượng đối xứng trong tam giác mà có thể dùng một số bài
tốn “gốc” và phương pháp đại số.
1)CMR: ∀∆ABC khơng tù ta ln có: (1 + cos A)(1 + cos B)(1 + cos C ) > 2
A
2

B
2

C
>2
2
A + 3B
B + 3C
C + 3A
sin
sin
∀∆ABC ta có: sin A. sin B sin C ≤ sin
4
4
4
A
B
C
A
B
C
∀∆ABC ta có: cot + cot + cot ≥ 3(tan + tan + . tan )
2
2
2
2
2
2
2 sin B
2 sin C
2 sin A
∀∆ABC nhọn ta có: (sin A)
+ (sin B )

+ (sin C )
>2
A
B
C
cos + cos + cos
2
2
2 <2
∀∆ABC ta có:
A
B
C
sin + sin + sin
2
2
2
sin A + sin B + sin C
<2
∀∆ABC ta có:
cos A + cos B + cos C

2)CMR: ∀∆ABC ta có: cos + cos + cos
3)CMR:
4)CMR:
5)CMR:
6)CMR:
7)CMR:

11

8)CMR: ∀∆ABC ta có
cos

A− B
B −C
C−A
1
π
1
π
1
π
+ cos
+ cos
≤ cos ( A − ) + cos ( B − ) + cos (C − )
2
2
2
3
3
3
3
3
3

Hướng dẫn giải :
1)Ta có : T= (1 + cos A)(1 + cos B)(1 + cos C ) = 1 + (cos A + cos B + cos C ) + ( cos A. cos B. +
cos B. cos C. + cos C. cos A). + cos A. cos B. cos C T= 1 + (1 + 4 sin

A
B
C
. sin . sin ) +(
2
2
2

cos A. cos B. + cos B. cos C. + cos C. cos A). + cos A. cos B. cos C
cos A. cos B. cos C ≥ 0
 A
B
C

Do ∀∆ABC không tù nên: sin . sin . sin > 0
2
2
 2
cos A. cos B + cos B. cos C + cos C. cos A ≥ 0

Vậy T >2

⇒ (ĐPCM)

2) Ta có: cos
T = cos

A
A 1 + cos A

> cos 2 =
2
2
2

A
B
C 3 1
A
B
C
3 1
A
B
C
+ cos + cos > + (cos + cos + cos ) = + (1 + 4 sin sin sin ) > 2
2
2
2 2 2
2
2
2
2 2
2
2
2

⇒ (ĐPCM)

3) ∀x1 , x 2 , x3 , x 4 ∈ (0; π ) .Vì hàm số y = sinx là hàm số lồi trên (0; π ) , nên:

x + x2
 sin x1 + sin x 2
≤ sin 1

2
2

và dấu “=” xảy ra
 sin x1 + sin x 2 + sin x3 + sin x 4 ≤ sin x1 + x 2 + x3 + x 4
4
4

⇔ x1 = x 2 = x3 = x 4 .
A + 3B
A + B + B + B sin A + sin B + sin B + sin B 4
= sin
≥
≥ sin A. sin 3 B
Vậy ta có : sin
4
4
4
B + 3C 4
≥ sin B. sin 3 C
Tương tự: sin
4
C + 3A 4
sin
≥ sin C. sin 3 A
4

A + 3B
B + 3C
C + 3A
⇒ (ĐPCM)
sin
sin
Vậy: sin A. sin B sin C ≤ sin
4
4
4
A
B
B
C
C
A
4) Ta có: tan tan + tan tan + tan tan = 1
2
2
2
2
2
2
A

 x = tan 2

 x, y , z > 0
B


Đặt:  y = tan ⇒ 
2
 xy + yz + zx = 1

C

 z = tan 2


12


Ta phải CM:

1 1 1
+ + ≥ 3( x + y + z ) ⇔ xy + yz + zx ≥ 3 xyz ( x + y + z )
x y z
⇔ ( xy ) 2 + ( yz ) 2 + ( zx ) 2 ≥ xyz ( x + y + z ) (*)

a = xy
1

Đặt: b = yz ⇒ (*) ⇔ a 2 + b 2 + c 2 ≥ ab + bc + ca ⇔ (a − b) 2 + (b − c) 2 + (c − a) 2 ≥ 0
2
c = zx


[

]

luôn đúng. Vậy ta có ĐPCM
0 < sin A ≤ 1
và (sin A) 2 sin B ≥ sin 2 A; Dấu “=” xảy ra
2 sin B ≤ 2

5) ∀∆ABC không tù 
 B = 90 0
⇔
0
 A = B = 90

Tương tự: (sin A) 2 sin B + (sin B) 2 sin C + (sin C ) 2 sin A ≥ sin 2 A + sin 2 B + sin 2 C =
2 + 2 cos A. cos B. cos C
(sin A) 2 sin B + (sin B ) 2 sin C + (sin C ) 2 sin A ≥ 2
 A = 90 0 ; B = 90 0

0
0
Dấu “=” xảy ra ⇔  B = 90 ; C = 90 ⇔ ∆ABCcó2 gócvng =>Vơ lí
C = 90 0 ; A = 90 0


Vậy (sin A) 2 sin B + (sin B) 2 sin C + (sin C ) 2 sin A > 2
6)
A
B
C
+ cos + cos
2

2
2 < 2 ⇔ cos A + cos B + cos C < 2 sin A + sin B + sin C
(
)
A
B
C
2
2
2
2
2
2
sin + sin + sin
2
2
2
A+ B
B+C
C+A
A
B
C
⇔ sin
+ sin
+ sin
< 2(sin + sin + sin )
2
2
2

2
2
2
A
B
B
A
B
C
C
B
C
A
A
C
⇔ (sin cos + sin cos ) + (sin cos + sin cos ) + (sin cos + sin cos )
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
A
B

C
< 2(sin + sin + sin ) .Rễ thấy điều này đúng
2
2
2
cos

Vậy bài toán được CM.
7) sin A + sin B + sin C < 2 (cos A + cos B + cos C ) ⇔
⇔ sin( A + B ) + sin( B + C ) + sin(C + A) < 2(cos A + cos B + cos C )
⇔ (sin A cos B + sin B cos A) + (sin B cos C + sin C cos B ) + (sin C cos A + sin A cos C ) <
2(cos A + cos B + cos C )
⇔ sin A(cos B + cos C ) + sin B (cos A + cos C ) + sin C (cos A + cos B ) <
2(cos A + cos B + cos C )
⇔ (sin A − 1)(cos B + cos C ) + (sin B − 1)(cos A + cos C ) + (sin C − 1)(cos A + cos B ) < 0 đúng

13


vì cos A + cos B = 2 cos

A+ B
A− B
A+ B π
cos
> 0; (vì 0 <
< )
2
2
2

2

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường:
Qua quá trình giảng dạy triển khai đề tài đến nhóm học sinh độc lập trong 2
năm, tôi thấy học sinh đã tự tin hơn khi gặp các bài toán tam giác lượng nói trên
và đã giải quyết được cơ bản các bài tốn đảm bảo u cầu của giáo viên.Từ đó
khích lệ học sinh tích cực hơn, chủ động hơn trong việc tìm tịi phát triển hệ
thống bài tập trên cơ sở bài toán “gốc”.
Kết quả khảo sát sau khi triển khai đề tài.
Giỏi
Khá
Trung bình
Sĩ
Năm học
số
SL
TL% SL
TL% SL
TL%
2015-2016
20
7
35%
11
55%
2
10%
2016-2017
25

9
36%
14
56,0% 2
8%
3.KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận:
Từ một bài tốn “gốc “ có thể là những hệ thức lượng giác cơ bản hay một ước
lượng đối xứng nào đó , cách phát triển riêng của mình giúp học sinh nhớ
lâu ,”nhạy bén” và” hệ thống hóa”,”Sắp xếp” được các tam giác lượng .Điều
này rất cần thiết và hữu ích đối với học sinh.
3.2. Kiến nghị:
Trong thời gian tới ,tôi sẽ mở rộng nghiên cứu đề tài này .Rất mong được sự
quan tâm của BGH nhà trường tạo điều kiện về thời gian cho phép tơi được thực
nghiệm trên các nhóm học sinh trong nhà trường. Tuy nhiên đề tài trên không
tránh khỏi những thiếu sót cần bổ sung .Tơi rất mong được sự đóng góp ý kiến
của đồng nghiệp và học sinh cho bài viết này.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa hình học 10 - Nhà xuất bản giáo dục
[2]. Sách hướng dẫn giảng dạy - Nhà xuất bản giáo dục
[3]. Tài luệu tập huấn sách giáo khoa - Nhà xuất bản Giáo dục
[4]. Các bài giảng luyện thi mơn tốn - Nhà xuất bản giáo dục
(TG: Phan Đức Chính - Vũ Dương Thụy - Đào Tam - Lê Thống Nhất)
[5]. Báo Toán học tuổi trẻ - Nhà xuất bản giáo dục

14


[6]. Các đề thi đại học các năm trước.

XÁC NHẬN CỦA ĐƠN VỊ

Triệu sơn, ngày 25 tháng 5 năm 2017.
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
khơng sao chép nội dung của người khác
Người viết

TRẦN CÔNG TUẤN

15