Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển năng lực toán cho học sinh THPT từ bài toán diện tích tam giác

Ụ Ụ M C L C

ộ N i dung TT Trang

ề 1 2 ặ ấ A. Đ t v n đ

ộ B. N i dung

5 ề ơ ả I. Bài toán n n c b n. 2

Ứ ộ ố ị ứ ụ 3 9

II. ng d ng ch ng minh m t s đ nh lý hình h cọ

Ứ ụ ả III. ng d ng gi i các bài toán v t ề ỷ ố s . 4 13

Ứ ụ ả ọ ộ ẳ IV. ng d ng gi i bài toán trong t a đ ph ng. 5 19

Ứ ụ ả ấ ẳ ứ ự V. ng d ng gi ị i bài toán b t đ ng th c, c c tr 6 24

ậ 7 32 ế C. K t lu n

ệ ả Tài li u tham kh o 8 33

Ặ Ấ Ề A. Đ T V N Đ

ọ ề 1. Lý do ch n đ tài:

ọ ọ ụ

ề ệ ứ ộ ả ườ

ỗ

ạ ệ ọ ớ ọ ộ ạ

ế ọ ứ ầ ụ ế ứ ng phát tri n, tìm tòi ngày càng cao. Đ ng tr

ổ ả ự ườ ỗ

ứ ữ ả ạ

ể ụ ấ ế ế ề ạ

ướ i giáo viên hoàn toàn ph i t ự ế ả ẻ ạ ạ ạ ề ả ạ ề ứ ộ ọ Toán h c là b môn khoa h c quan tr ng có nhi u ng d ng trong cu c ọ ụ ế ố ố ng đ i s ng. Do đó vi c gi ng d y truy n th ki n th c toán h c trong nhà tr ộ ứ ế ọ ớ v i m i giáo viên và vi c h c Toán ti p thu ki n th c v i h c sinh là m t ộ ệ Quá trình d y và h c luôn là m t quá trình đ ng nhi m v h t s c quan tr ng. ớ ướ theo h c yêu c u đ i m i ệ ươ mình ng pháp giáo d c hi n nay, m i ng ph ể ề ặ gi ng d y, đ tìm cách giúp nghiên c u nh ng v n đ g p ph i. Trong th c t ườ ộ ứ ọ h c sinh ti p thu ki n th c m t cách m m d o, linh ho t và sáng t o thì ng i giáo viên cũng ph i có cách truy n đ t linh ho t và sáng t o.

ỗ ườ ọ i giáo viên nghiên c u khoa h c là nhi m v

ằ ứ ớ ụ ệ ầ ộ

ư ậ ế ệ ạ

ả ề ế ả

ộ ấ ế ặ ả

ụ ệ ố ớ Ngoài ra đ i v i m i ng ự ế ừ nh m không ng ng nâng cao trình đ nghi p v . V i yêu c u th c t và suy ự ộ ớ nghĩ nh v y, v i trách nhi m là m t giáo viên tham gia gi ng d y tr c ti p tôi ố ướ ữ i quy t trong đ tài này mong mu n xin đóng góp nh ng suy nghĩ và h ng gi ườ ề ả ầ góp ph n vào gi ng g p ph i khi i quy t m t v n đ khó khăn mà chúng ta th ớ ứ đ ng l p.

ẫ ọ

ề ừ ượ ạ ấ ư ự ế ệ ế duy, tr u t vi c d y và h c hình h c

ấ ậ

ữ ư ẻ ắ ậ ỏ ơ

ế ế ủ

ả ề ả

ầ i toán Hình h c không linh ho t không n m đ ng gi ậ i chính cho t ng bài toán riêng bi ớ ọ ượ ướ c h ế ắ ừ ế ữ ứ ơ

ệ ọ ạ ng cao d n đ n h c sinh ng i Do Hình h c mang tính ch t t ọ ở ườ ọ ọ ng THPT h c hình. Đi u này nói lên th c t tr ắ ệ ọ ứ ề ệ hi n nay còn nhi u b t c p. Nguyên nhân sâu xa là vi c h c sinh n m ki n th c ứ ụ ệ ờ ợ ừ t ng ph n ch a ch c còn l ng l o h i h t, h n n a vi c v n d ng ki n th c ộ ượ ạ c vào cái đích c a m t vào gi ể ầ ệ ấ t. Đ d n v n đ , không tìm đ ọ ự ư đ a trình đ h c sinh lên ti p c n v i nh ng ki n th c cao h n tôi l a ch n và ớ gi ộ ọ ề i thi u chuyên đ

ể ự ọ ừ ệ bài toán di n tích tam

"Phát tri n năng l c toán cho h c sinh THPT t giác”.

ớ ọ ộ ệ

ả

ươ ng pháp thông th ẽ ẽ ặ ả ạ

ọ ủ ả ộ ạ ọ

ệ ộ ấ ứ ế

ề ệ ứ ể

ề ấ ẳ ứ ự ọ ổ ọ ị ệ ề i thi u các bài toán tính toán và N i dung chuyên đ bó g n trong vi c gi ậ ộ ố ế ế ệ ử ụ i quy t m t s bài t p mà n u dùng các ng pháp di n tích vào gi s d ng ph ườ ế ử ụ ươ ư ươ ng s g p khó khăn nh ng n u s d ng ph ph ng pháp ề ạ ộ ờ ệ i hay và linh ho t. Trong ph m vi đ tài này ta i gi di n tích ta s có m t l ổ ế không bàn đ n vi c thay đ i cách d y cách h c c a c b môn Hình h c mà ta ấ ề ọ ỉ ướ ặ c ch nói đ n m t v n đ h c sinh g p r t nhi u khó khăn đó là đ ng tr ạ ụ ệ ữ nh ng bài toán tính toán di n tích và áp d ng di n tích đ ch ng minh các đ i ượ l ng không đ i, các bài toán v b t đ ng th c, c c tr trong hình h c h c sinh

ườ ắ ầ ừ ướ ư ế đâu, h ng suy nghĩ nh th nào và cái

ắ ế ng không bi t suy nghĩ b t đ u t th ớ ầ i là gì? đích c n nh m t

ể ứ ướ ề ề

ư ướ ắ Đ ng tr ắ c bài toán ta có th có nhi u h ố ề ề ỗ

ả ả ế

ử ụ ươ ứ ệ ả i ể i quy t các bài toán tính ng pháp di n tích đ ch ng minh các bài toán

ng suy nghĩ nhi u cách gi ầ nh ng ch c ch n m i bài toán đ u có đi u ch t căn b n mà ta c n bám vào đ ậ ề ư khai thác. Nh trên đã nói đ tài này t p trung vào gi ệ ể toán di n tích và s d ng ph ọ hình h c khác.

ố ạ ể ế ầ

ắ ể ả ượ ế i đ

Đ làm t ộ ớ ứ ầ ề ả ọ

ứ ộ ạ ậ ầ ứ ế ả ộ

ổ ể ắ ộ ợ ắ ướ ọ ậ c h t c n giúp cho h c sinh n m t các d ng bài t p này, tr ệ ế c các ch c các n i dung ki n th c liên quan đ n di n tích. Ngoài ra đ gi ự bài toán v i m c đ yêu c u cao v suy lu n thì h c sinh ph i có s phán đoán, ể ổ bi n đ i linh ho t các công th c, đôi khi c n ph i có m t cách nhìn t ng quát đ có th c t ghép hình m t cách h p lý.

ộ ọ ớ ụ

ộ ể i gi

ườ

ng pháp di n tích đ tìm ra l i gi

ụ ụ ể ươ ữ V i m c đích giúp cho h c sinh có m t cái nhìn khái quát, h ộ ắ ậ ụ ự ế ề , bài t p th ể ể ử ụ ệ ư ậ ễ ể Qua nh ng ví d c th nh v y h c sinh ti p c n đ

ọ ươ ườ ọ ng h c sinh không quen s d ng đó là ph

ọ ử ụ ạ ằ ọ

ạ ọ

ệ ọ ứ ạ ở ướ ng suy nghĩ ố ả ờ i cho m t bài toán, N i dung chính tôi mu n trình bày đúng đ n đ tìm tòi l ổ ặ ở ườ ữ tr ng g p ng ph trong đ tài này là qua nh ng ví d th c t ả ơ ả ờ i đ n gi n thông mà có th s d ng ph ượ ế ậ ắ c ng n g n và d hi u. ươ ộ ng pháp ng pháp mà th m t ph ứ ọ B ng cách đó t o cho h c sinh h ng thú ứ ệ di n tích trong ch ng minh Hình h c. ọ ơ ừ ớ h n v i lo i toán này nói riêng và Hình h c nói chung. T đó yêu c u h c sinh ườ ơ ế ụ ti p t c tìm tòi nghiên c u và sáng t o h n trong vi c h c Toán ầ nhà tr ng.

ứ ệ ụ 2. Nhi m v nghiên c u

ể ả

ự ề ng THPT. Trên c s nh ng u khuy t đi m đ ra gi

ở ở ữ ư ệ ọ ờ ộ ạ ự ế trong gi ng d y b môn Tìm hi u, phân tích, đánh giá tình hình th c t ả ể ế ở ườ i pháp th c tr ừ ự ế ồ . th c t toán ệ hi n. Đ ng th i rút ra bài h c kinh nghi m t

ố ượ ứ ạ 3. Đ i t ng và ph m vi nghiên c u

ể ạ ủ ớ ớ ạ các l p đ i trà và l p

ườ ủ ở ọ ủ ọ Tìm hi u cách d y c a GV, cách h c c a h c sinh ng THPT Nam Đàn 2. ng HSG môn toán c a tr ồ ưỡ b i d

ụ ề 4. M c tiêu đ tài:

ố ớ Đ i v i giáo viên:

ụ ụ ả ỏ ạ +Ph c v gi ng d y và thi giáo viên gi i.

ồ ưỡ +B i d ng HSG.

ố ớ ọ Đ i v i h c sinh:

ụ ụ ệ ọ + Ph c v vi c h c và thi HSG.

ế ệ ề ấ ậ + Bi t cách nhìn nh n phân tích các v n đ toàn di n và khái quát

h n.ơ

ồ ộ ề ầ 5. N i dung đ tài g m 5 ph n chính

ề ơ ả I. Bài toán n n c b n.

ộ ố ị Ứ ụ ứ ọ II. ng d ng ch ng minh m t s đ nh lý hình h c

Ứ ụ ả III. ng d ng gi i các bài toán v t ề ỷ ố s .

Ứ ụ ả ọ ộ ẳ IV. ng d ng gi i bài toán trong t a đ ph ng

ụ ả ấ ẳ ứ ự Ứ V. ng d ng gi ị i bài toán b t đ ng th c, c c tr .

ươ ứ 6. Các ph ng pháp nghiên c u chính

ệ ạ ọ ở ề ồ ưỡ ể + Đi u tra tìm hi u vi c d y và h c ớ các l p b i d ng HSG.

ự ờ ả ạ + D gi ệ rút kinh nghi m gi ng d y

ọ ủ ọ ế + Phân tích đánh giá quá trình ti p thu bài h c c a h c sinh thông qua

ể ệ ắ ki m tra, tr c nghi m.

ổ ề ệ ạ ọ

ế ề ổ ộ t, các ý ki n trao đ i v vi c d y và h c toán ệ ả ế ươ ạ ng pháp gi ng d y, trong các tài li u

ậ ề ộ ả + Tham kh o các bài vi ả ớ trong các cu c th o lu n v đ i m i ph ả và sách tham kh o v b môn toán.

ứ ậ ượ ấ ề

ế ề ủ ạ ắ

ạ

ấ ể ể ề ỹ ờ ậ ượ ệ ồ ể ủ ệ ỏ ầ ề

ế ơ ệ ể c r t Trong quá trình nghiên c u và th nghi m đ tài này, tôi nh n đ ế ề nhi u ý ki n đóng góp quý báu c a b n bè đ ng nghi p. Khi b t tay vào vi t đ tài này do qu th i gian có h n nên không th tránh kh i sai sót. Tôi r t mong ế ụ ti p t c nh n đ c nhi u ý ki n đóng góp c a các th y cô giáo đ đ đ tài ủ c a tôi ngày càng hoàn thi n h n.

ả ơ Xin chân thành c m n !.

Ộ B. N I DUNG

Ề Ơ Ả I. BÀI TOÁN N N C B N

ể ạ ố ắ ắ ọ Đ làm t c h t c n giúp h c sinh n m ch c các

ướ ế ầ t các d ng bài tâp, tr ệ ứ ế ế ộ n i dung ki n th c liên quan đ n di n tích

D =

ứ ệ a) Các công th c tính di n tích tam giác:

ah a

b h . b

c h . c

1 2

D =

.sin

sin

1 2

D =

abc R 4

D =

p r .

D =

p p a p b p c

)(

(

)

- - - 5)

D =

(

= p a r ) a

= p b r ) b

p c r ) c

- - - 6)

đây:Ở

,A B C .

ệ ạ ớ ỉ ươ ứ +) ố ,a b c là các c nh đ i di n v i các đ nh t , ng ng

h h h là các đ a c

,A B C .

ườ ẻ ừ ỉ ủ +) ng cao c a tam giác k t đ nh

ườ +) R là bán kính đ ạ ế ng tròn ngo i ti p tam giác

ườ +) r là bán kính đ ộ ế ng tròn n i ti p tam giác

, , ườ ế +) ế ng tròn bàng ti p (ti p xúc ngoài tam giác) r r r là bán kính đ a

+ + a b c 2

ủ ử +) là n a chu vi c a tam giác

ổ ề ề ỉ ố ệ b) B đ v t s di n tích

ế ườ ng

ỉ ố ệ ỉ ố ệ ỉ ố ỉ ố ằ ằ ề ế ổ ề N u hai tam giác có cùng đáy thì t s di n tích b ng t s hai đ B đ 1: cao, n u hai tam giác có cùng chi u cao thì t s di n tích b ng t s đáy.

ABC

ộ ườ ể ẳ ng th ng ổ ề Cho tam giác ABC , D và E là các đi m thu c đ AB và B đ 2:

S S

AD AE . AB AC

ADE

AC . Khi đó

ủ ứ ứ ệ c) Công th c tính di n tích c a t giác

ứ ằ ườ ạ ở Di n tích t ử giác b ng n a tích hai đ ớ ng chéo nhân v i góc t o b i hai

ườ ệ ng chéo. đ

ườ ệ ứ ử giác có hai đ ng chéo vuông góc thì di n tích t ằ giác b ng n a

ế ứ N u t ườ tích hai đ ng chéo.

ABC

D ổ không đ i khi ố ị BC c đ nh và ộ A di đ ng trên

ườ B ài toán 1.1 ẳ ng th ng đ A1 A A2 ệ : Di n tích / /d BC . d

B C

( ah không đ i)ổ

ộ ộ ỉ M , hai đáy AB và CD thu c m t Hai tam giác có chung đ nh

ườ B ài toán 1.2: đ ẳ ng th ng thì:

MAB

=

AB CD

S S

MCD

A B C D

( mh chung)

D ứ ự ạ , trên c nh ,AB AC . B ài toán 1.3: Cho ABC ,B C th t 1 1

A D

S

AB C 1 1

=

ứ ằ Ch ng minh r ng: D

S

AB AC . 1 1 AB AC .

ABC

AB C 1 1

AB C 1

ABC

AB C 1

Gi i: ả B D D D Cách 1: D D D

B C 6

AB C 1 1

AC AB 1 1 . AC AB

ABC

D ụ Áp d ng bài toán ta có: D

AB AC . 1 1

ứ ự ứ ệ Cách 2: D a vào công th c tính di n tích th 2

AB C 1 1

AB AC . 1 1 AB AC .

ABC

) A .sin ) A

AB AC .

.sin

1 2 1 2

D D (cid:0) Ta có: D D

D / / ạ ỏ , ,AB AC th a mãn BC . ,B C thu c c nh ộ 1 B C , 1 1

ứ Bài toán 1.4: Cho ABC ằ Ch ng minh r ng:

AB C 1 1

1AB AB

2 AB � � 1 � � AB � �

ABC

D , v i ớ D

ườ ặ ợ ng h p đ c bi ệ ủ bài toán 1.3 t c a Gi i:ả Bài toán 1.4 là tr

�

ABC

AB C 1 1

D D BC / / ừ ấ T tính ch t song song (k là t ỷ ố ồ s đ ng B C , 1 1

d ng)ạ

ỷ ố ệ ạ ằ ồ ươ ỷ ố ồ ng t s đ ng

Ta có "T s di n tích hai tam giác đ ng d ng b ng bình ph ạ d ng."

, , ABCD n i ti p đ a b c d . Ch ng ứ ,

ệ ằ giác ứ c và có các c nh ứ ượ ứ Bài toán 1.5: Cho t minh r ng di n tích t ạ ộ ế ượ c tính theo công th c sau: giác đó đ

(

p a p b p c p d )(

)(

)

- - - - , trong đó p là n a chu vi tam giác. ử

Gi iả :

, , ứ ộ ế ớ ộ ạ Gi ả ử ABCD là t s giác n i ti p v i đ dài c nh là a b c d . (hình bên) ,

� � + A C A ,

sin

bcsinC

= C A nên sin sin = 180 Khi đó: = - C cos cos

ABD

CDB

1 2

Ta có

sin

= + S ad bc A ( )sin Hay 2 ,

S 2 + ad bc

suy ra

ABD có

ặ M t khác, tam giác

2 BD a

= + - d ad A 2 cos

2 BD b

= + + 2 + 2 - Còn tam giác CBD có: . c b c bc 2 = cosC bc 2 cosA

+ - - a d b = 2 c + ad bc A Suy ra 2( )cos

cos

d b + ad bc 2(

)

- - Nên

+ ad bc

2 16S

(

= 2 2 )

)

+ 2

- - + Do A A sin 1

+ ad bc

2 16S

)

(

2 2 )

+ 2

- - - cos [ = nên ] 2 V y ậ

+ ad

+ bc a 2

)(2

bc a 2

)

- - - -

+ a d

b c

)

(

)

� ( �

� �

+ �� (b �� + - +

- - - -

= + + - a d + + - b c a d b c b c a d b c a d )( + - + )( )( ( )

= - - - - p p p p (2 c 2 )(2 b 2 )(2 d 2 )(2 a 2 )

= - - - - 16( p a p b p c p d )( )( )( )

(

p a p b p c p d )(

)(

)

- - - - ừ T đó ta có

ườ ế ng tròn bàng ti p góc A .

ượ ứ ệ ằ ứ Bài toán 1.6 Cho tam giác ABC . G i ọ ar là bán kính đ Ch ng minh r ng di n tích tam giác ABC tính đ c theo công th c:

= - S p a ( ) ra

Gi i: ả

, ế

ể ế (J,r )a

, ườ G i ọ ườ đ ớ v i các đ ,Q R P là các ti p đi m c a ủ ầ ượ t l n l ng tròn bàng ti p , ẳ ng th ng BC CA AB

AB JP .

JAB

cr a 2

1 2

AC JR .

JAC

br a 2

1 2

BC JQ .

JBC

ar a 2

1 2

(h. bên) thì:

JAB

JAC

JBC

r a

+ - b c a 2

+ + - a b c 2

Ta có:

(

p a r ) a

- ậ V y

Ộ Ố Ị Ọ Ứ Ứ Ụ II. NG D NG CH NG MINH M T S Đ NH LÝ HÌNH H C

ế

ệ ộ ươ ươ ng pháp nh s d ng phép bi n hình, ph ộ ng pháp di n tích là m t ph ng pháp ng pháp

ứ ứ ị ư ử ụ ạ ươ Bên c nh các ph ươ ươ ọ ng pháp t a đ ... thì ph , ph ọ ể ả i toán hình h c, ch ng minh các đ nh lý, công th c. ơ véct ạ m nh đ gi

ứ ị

ẳ ệ ặ ng tròn đ c bi ng phân giác, đ

t trong tam giác, đ nh ườ ng th ng Newton, ệ ữ ề ọ ườ Các công th c tính bán kính các đ ấ ườ lý Pythagore, Ceva, Menalaus, tính ch t đ ứ ị đ nh lý Carnot... đ u có nh ng cách ch ng minh g n gàng thông qua di n tích.

ứ ộ ị

ươ ươ ề ạ Ch ng minh r ng trong m t tam giác vuông thì Bài toán 2.1: (Đ nh lý Pi ta go) ổ ạ bình ph ằ ng hai c nh góc vuông. ằ ng c nh huy n b ng t ng bình ph

Gi i: ả

ị ử ụ ứ ằ

ộ ố ủ ệ ề ắ

Đ nh lý Pi ta go có nhi u cách ch ng minh b ng cách s d ng các tính ể ệ ấ ơ ả ch t c b n c a di n tích (c t ghép hình). Sau đây là m t s cách (th hi n ẽ ằ b ng hình v )

Cách 1 Cách 2

ấ ườ Cho tam giác ABC , Bài toán 2.2: (Tính ch t đ ng phân giác).

AD là đ

DB AB = DC AC

ườ ứ ằ ng phân giác trong. Ch ng minh r ng

ABD

Gi i: ả

S S

DB DE AB AB . DC DF AC AC .

ACD

Ta có

) (Vì DE DF=

B ài toán 2.3 ị (Đ nh lý Mênêlauýt)

D D , , , ẽ ườ ầ ượ ạ Cho ABC , v đ ẳ ng th ng c t ắ AB AC BC (kéo dài) l n l t t i ,M N P .

ứ ằ Ch ng minh r ng

= (Đ nh lý ị 1

AM BP CN MB PC NA

Mênêlauýt)

Gi i:ả

ấ ườ ụ Cách 1: Áp d ng tính ch t đ ng song song

K ẻ / /CI AB (hình v )ẽ

CN NA

CI AM

Ta có: (1)

(2)

BP MB = CI PC AM AM = MB MB

�

(3)

AM BP CN AM MB CI = MB PC NA MB CI AM

ừ T (1), (2), (3)

ụ

NMB

S 1

NAM =

Cách 2: Áp d ng t s di n tích tam giác (bài toán 1.2) A ỉ ố ệ = D D ; G i ọ

MCN

NCP

NBP

D D D ; ;

M S D

N S S

S B 10 P

C S

AM BP CN MB PC NA

PN MN . NM NP

S S S 6 1 3 . S S S 5 1

S S 6 . S S 2

Ta có:

ị B ài toán 2.4: (Đ nh lý Carnot)

, ọ Cho tam giác ABC nh n có

b ế ạ ế O đ n các c nh

, ng tròn ngo i ti p

= +

ườ ả ừ tâm t là kho ng cách t ,R r l n l ầ ượ t là bán ệ ứ ườ đ kính đ

ng tròn ngo i ti p và n i ti p tam giác. Khi đó ta có h th c: R r ạ ế d d d d l n l , ầ ượ a c BC CA AB . G i ọ , ạ ộ ế + d

ụ ộ Gi ẽ i:ả (Ph thu c hình v )

ấ ứ ườ ườ ị giác ộ ế ONAP n i ti p trong đ ng tròn đ ng kính AO nên theo đ nh lí

Ta th y t Ptoleme:

�

AP ON AN OP AO PN .

d .

R .

c d .

b d .

R a .

c 2

b 2

a 2

b d .

a d .

R c a d . , .

c d .

R b .

d a OM BC

OBC

ươ ự Hoàn toàn t ng t , ta có:

Ta cũng có: .

d b . b

d c . c

OCA

OAB

ươ ự T ng t : .

ấ ả ứ ẳ ạ t c c các đ ng th c trên l

+ +

a b c d

R a b c

(

)(

)

(

)

(

OBC

OCA

OAB

= +

�

p d

R r

2 (

)

R p .2

ộ C ng t + + i, ta có: + +

, ị ể Cho tam giác ABC . ,D E F là các đi m trên các (Đ nh lý Xêva)

DB EC FA DC EA FB

ứ ằ ồ ỉ ,AD BE và CF đ ng quy khi và ch khi B ài toán 2.5: c nh ạ ,BC AC và AB . Ch ng minh r ng

OBD

OAF

Gi iả :

DB S = DC S

EC EA

S OEC S

FA S = FB S

OCD

OEA

OBF

OAF

OBD

Ta có

DB EC FA S DC EA FB S

S OEC S

S S

OEA

OBF

OCD

Suy ra (1)

OEF

OAF

ặ M t khác ta có

S OBD S

OB OD S . OE OA S .

OC OE S . OB OF S .

OA OF . OC OD .

OEA

OBF

OCD

(2)

ề ầ ứ ừ T (1) và (2) ta có đi u c n ch ng minh.

ườ

ẳ (Đ ng th ng Newton). ộ ứ

ườ ứ Ch ng minh ườ ng ng chéo

ộ ườ B ài toán 2.6: ằ r ng trong m t t ộ ế tròn n i ti p và trung đi m c a hai đ ộ cùng thu c m t đ ạ ế giác ngo i ti p thì tâm đ ể ủ ẳ ng th ng.

Gi iả :

Cách 1.

DA và CB c t nhau t

'C sao cho

'PC BC=

'D sao cho

ể ố N i dài đi m ể ạ P . Trên DA l yấ ấ và trên BC l y đi m . ắ 'PD AD=

ể ể ằ Đ ý r ng do M và N là trung đi m c a ủ BD và AC nên ta có

MAD

MBC

MAB

MCD

ABCD

+ = + = S S S S S 1 2

NAD

NBC

NAB

NCD

ABCD

+ = + = S S S S S 1 2

'C và hai đ ng th c trên, ta có

'D và

ự ể ứ ẳ Theo cách d ng đi m

MPD

NPD

NPC

' MD PC

' ND PC

MPC

+ = + = � S S S S S S

' MD C

' ND C

= � � S S MN D C / / (1)

ặ ứ ạ ế ườ M t khác do t ng tròn nên ta có

ABCD ngo i ti p đ + + giác = AD BC AB CD .

OAD

OBC

OAB

OCD

ABCD

+ = + = S S S S S 1 2

ậ ươ ự ư Lý lu n t ng t nh trên ta cũng có OM D C (2) / /

, ừ ẳ T (1) và (2) suy ra ,M I N th ng hàng (đpcm).

Cách 2.

IAB

ICD

IBC

IAD

ABCD

AMB

CMD

+ = + = + = S S S S S S S Ta có 1 2

IAB

CMD

ICD

- - S S S S Suy ra

AMI

CMI

DMI

- - S S S Hay = AMB = BMI

DMI

AMI

CMI

S= S ể nên ủ AC hay , do đó MI đi qua trung đi m c a

S S= S Mà MBI ,M I N th ng hàng , ẳ

Ứ Ụ Ả Ề Ỷ Ố III. NG D NG GI I CÁC BÀI TOÁN V T S

D ể ề ộ : Cho ABC

M là đi m b t k thu c mi n trong (c ả

ạ ề đ u c nh a. ổ ứ ấ ỳ ế ủ ả ạ ừ M đ n ba c nh c a tam giác

B ài toán 3.1 ờ ủ b ) c a tam giác. Ch ng minh t ng kho ng cách t không đ i.ổ

Gi i:ả

MH MI MK +

ứ Ch ng minh

+

không đ i.ổ = Ta có D D D D

S

MBC

MCA

MAB

ABC

�

a MH .

b MI .

c MK .

h a .

1 2

�

+ MH MI MK h ề

, v i m i ọ M

ớ ể ả ờ ủ

ộ thu c mi n trong, k c b c a tam giác đ u. ề

= . 1

MH MI MK h

Ta có t ỷ ố s

D Cho ABC

= . 1

A M B M C M 1 1 1 C C B B A A 1 1 1

, ; , ầ ượ ắ ứ B ài toán 3.2: AM BM CM l n l , t c t ả ử ề . M là đi m thu c mi n trong tam giác. Gi s A B C . Ch ng minh: ; ộ ể BC CA AB t , i ạ 1

Gi i: ả

' AB B BC

(cid:0) MB / / , Cách 1: Qua M k ẻ

(cid:0) MC / / ,

' AC C BC ừ

ộ

ấ ề Do M thu c mi n trong tam giác, t tính ch t song song ta có:

B C ' BC

A M A B ' = 1 1 A B A A 1 1

A C 1 A C 1

(1)

B M CC = 1 CB B B 1

(2)

C M BB ' = 1 BC C C 1

�

(3)

C C B B ' ' + BC BC

A M B M C M B C ' + 1 BC A A 1

1 C C 1

1 B B 1

ừ T (1)+(2)+(3) .

ụ ỷ ố ệ Cách 2: Áp d ng t s di n tích tam giác

MBC

S S

h m h a

ABC

A M 1 A A 1

D Ta có (1) ( Vì ) D

MCA

S S

ABC

B M 1 B B 1

D (2) D

MAB

S S

ABC

C M 1 C C 1

�

D (3) D

ABC

MAB

MCA

MBC

A M B M C M 1 1 1 C C B B A A 1 1 1

ừ T (1) + (2) + (3) ( Vì + + = )

D , , ọ ườ ắ nh n. Các đ ng cao AD BE CF c t nhau t ạ i B ài toán 3.3 Cho tam giác ABC

H . Ch ng minh r ng

P DEF P ABC

ầ ượ ườ ứ ằ , trong đó ,r R l n l t là bán kính đ ng tròn

ABC

r R ộ ế n i ti p và ngo i ti p tam giác

D ạ ế .

Gi i: ả

^ ^ OA EF , OB DF ượ c

^ ứ Ta ch ng minh đ và OC DE .

D ằ nh n nên O n m bên trong tam

ABC

ODBF

ODCE

�

r P .

DE OA .

DF OB .

CE OC .

ABC

1 2

OEAF 1 2

1 2

�

r P .

R P .

ABC

DEF

r R

P DEF P ABC

ọ đó ta có Vì ABC ừ giác, t

; ; , , ầ ượ ạ t trên c nh BC CA AB , , Bài toán 3.4: Cho tam giác ABC A B C l n l 1

BA 1 BC

CB 1 CA

AC 1 AB

1 3

MNP

; ; AA BB CC 1 ể t là giao đi m . Tính ầ ượ l n l D ệ ệ theo di n tích ,M N P , D ABC . sao cho di n tích

Gi i: ả

D ọ ề ấ

ể ả ị ố

ư ấ ớ ọ ở ẽ Đ c đ toán, v hình ta th y MNP ch a có m i liên quan gì (K c v trí và tính tính ch t) v i tam giác ỉ ABC mà ch hy v ng

ẳ ươ ự ủ ả s 1/3 và tính bình đ ng (t ẽ ng t ) c a hình v . Ph i khai thác

ấ ệ ể ch t chung t tri ỷ ố t đ hai ý này.

Ta có:

ABC

S 1

D D *

S 1

1 3

�

S 1

; ;

�

MNP

S 1

Tính S1?

D ABA1, C1,M, C thu c đ

� �

A M 1 MA

1 3 2 2

1 6

AC BC A M 1 1 � � C B CA MA 1

�

ụ ộ ườ ẳ Áp d ng bài toán 2.3 vào ng th ng. Ta có

3 4

3 7

A M 1 MA

4 3

AM MA 1

AM AA 1

S 1

�

hay

1 3 � 3 7

1 7

AC AM 1 � AB AA 1

ABA 1

�

ừ T bài toán 1.3 D

ABC

S 1

ABA 1

1 7

1 21

D D

S D

ả ươ ế ự * K t qu t ng t ta có:

1 21

�

;

MNP

ABC

S 1

1 7

D D

1, B1, C1, D1 l n l

ầ ượ

ạ ẳ t là trung 1, BB1; CC1; DD1 c tắ

ạ ủ ạ i MNPQ. Tính S Bài toán 3.5: Cho hình bình hành ABCD, g i Aọ ể đi m c a các c nh BC, CD, DA, AB. Các đo n th ng AA MNPQ theo SABCD nhau t

Gi i:ả

ươ

ng t ỉ

ỷ ố ậ Nh n xét: Bài toán 3.5 ự bài toán 3.4 này t ự trên, ch khác là th c ệ hi n trên hình bình hành và t s 1/2.

ầ ầ ầ ph n đ u, có khác ậ ph n sau (Vì bài toán 3.1 ta v n

+ +

�

ự ở ẳ ườ ạ ả ươ i t Suy ra cách gi ấ ườ ụ d ng tính ch t đ ở ng t ng th ng song song c nh tam giác (Đ ng trung bình)).

S 1

1 4

ướ B c 1:

)

+ + ...

S 1

S 8

S 1

�

S 1

(cid:0)

ướ ươ ự ượ B c 2: Do tính t ng t ta tính đ c

ươ ự (T ng t bài 3.4) S1 = S3 = S5 = S7

ướ B c 3: (có khác 3.4)

ấ Áp d ng tính ch t đ ủ D ng trung bình c a , tính ch t hình bình hành

�

A M 1

1 2

1 5

A M 1 A A 1

�

ụ ABCD; MNPQ ta suy ra đ ấ ườ cượ

1 5

ABA 1

(Bài toán 1.2)

ABA 1

1 5

1 20

D Hay

1 5

(cid:0) ế K t qu ả 1 S

ể ả ướ B c này có th gi ữ i cách khác n a

ư ứ * Ch ng minh nh trên

AQ = QM = 2AM1

;

S 1

S 1 +

1 4

1 � �= � � 2 � �

S 1

�

S 3 1

S 1 S

1 3

�

ế ả * K t qu bài toán 1.3, ta có

S 1

ABA 1

1 5

1 20

D D

ắ ằ ở A’;

ắ ở ở ể Bài toán 3.6: Cho tam giác ABC. Đi m O n m trong tam giác, OA c t BC ứ ắ OB c t AC B’; OC c t AB Ch ng minh: C’.

)

OA OB OC OA' OB' OC' OA OB OC ׳� OA' OB' OC'

(cid:0)

Gi iả :

Đ t Sặ AOB = S1; SABC = S; SBOC = S2; SCOD = S3

 S = S1 + S2 + S3

a. Ta có:

S 1

S = 3

- = 1

AA OA ' OA

AA OA

S - = 1 S

S 2 S

S + 1 S

S S

OA OA '

' '

OB OB

S 1 S

S S

OC OC

S 2 S 1

S 3 S 1

ươ ự T ng t :

OA OB OC OA OB OC

S 1 S

S S

S 1 S

S 2 S 1

S 3 S 1

S S 1 3

S 1

(cid:0) ộ C ng v v i v ế ớ ế  (BĐT Cô si)

OA OA '

(cid:0) ấ ẳ ụ b. Áp d ng b t đ ng cô si:

OA OB OC OA OB OC

OB OB

S S 1 2 S

(cid:0) (cid:0) ươ ự T ng t :  ( đpcm)

ố ị ạ Bài toán 3.7: Cho đo n BC = a c đ nh

S ABC

(cid:0) (cid:0) (cid:0) ể ị ị ườ Xác đ nh v trí đi m A trên đ ẳ ng th ng sao cho: ( k cho tr cướ

không đ i)ổ

Gi i:ả

hBC .

ABC

1 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) Ta có: (1)

a = h (không đ i)ổ

2 ha

k a

(cid:0) (cid:0) (cid:0) ườ ẻ ừ ố ng cao k t ạ A xu ng c nh BC; h (2) (ha là đ

(cid:0)A

1dA(cid:0)

2dA(cid:0)

(cid:0) (cid:0) (cid:0) và ho c ặ và

1 c t ắ (cid:0)

ế ậ V y n u d (BC không song song v i ớ (cid:0) ) , d2 c t ắ (cid:0)

1 và A2.

(cid:0) Có hai đi m Aể

(cid:0) ế ạ ằ N u BC // và BC cách (cid:0) 1 đo n b ng h

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) ố ể (cid:0) có vô s đi m A (cid:0) (cid:0) (cid:0)

(cid:0) (cid:0) ế ộ N u BC // và BC cách (cid:0) ả m t kho ng khác h vô nghi mệ

ậ ằ ổ

ữ ậ ệ ấ ữ ớ Bài toán 3.8: Cho hình ch nh t ABCD có chu vi b ng 2m (không đ i). Tìm hình ch nh t có di n tích l n nh t.

Gi i:ả

ứ ụ ệ ả ạ ố

Cách 1: Áp d ng b t đ ng th c cô si (H qu trong sách giáo khoa đ i s ệ ấ ẳ ữ ậ ữ ậ ạ 10). Ta có 2 c nh hình ch nh t a, b > 0. Di n tích hình ch nh t là:

S = a.b, a+b = m (không đ i)ổ

ab (cid:0)

2m 4

(cid:0) a + b (cid:0) (không đ i)ổ

m 4

m 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) ấ ằ ớ ab l n nh t b ng

m 2

ạ ậ ệ ớ V y hình vuông có c nh ấ có di n tích l n nh t

ươ ọ Cách 2: (Ph ng pháp hình h c)

ữ ậ ạ Ta có a,b > 0 là c nh hình ch nh t,

(cid:0) a + b = m

ữ ằ AB + AC = m, B n m gi a AC

ẽ ườ ườ V đ ng tròn (C) đ ng kính

(cid:0) ẽ ạ T i D v DE AC,

(cid:0) ườ ạ D(cid:0) đ ng tròn (C) (cid:0) ADC vuông t i D. Ta có AE. EC = DE

(cid:0) Shcn = AD. CD = DB2

(cid:0) ấ ớ ớ ấ Shcn l n nh t khi DE l n nh t

(cid:0) AC (cid:0)

ườ ủ ể Mà D thu c 1/2 đ ng tròn, DE D là trung đi m c a cung AC.

ậ V y AB = BC = ộ m 2

(cid:0) ấ ớ Shcn l n nh t

ừ ờ ả ấ ươ ự T l i gi ể ề i này ta có th đ xu t bài toán t ng t :

ậ ộ ế ấ ả t c hình ch nh t n i ti p 1 đ ng tròn tâm O, bán kính

ườ ấ ệ ớ ữ ữ ậ c. Xác đ nh hình ch nh t có di n tích l n nh t.

ệ ạ ườ (Di n tích tam giác vuông có c nh là đ ng kính) Bài toán 3.9: Trong t ướ ị R cho tr Gi i: ả Ta có Shcn = 2S (cid:0)

ấ ớ l n nh t là tam giác vuông cân.

Ọ Ộ Ẳ Ứ Ụ Ả IV. NG D NG GI I BÀI TOÁN TRONG T A Đ PH NG

Ta xét bài toán sau

ớ

ệ ụ ọ ộ ủ ệ Bài toán 4.1: Trong h tr c t a đ Oxy, cho tam giác ABC v i A(1;0), B(2;1) và C(3;5). Hãy tính di n tích c a tam giác ABC.

ườ ọ ọ ả Thông th ng thì h c sinh ch n gi i theo các cách sau:

)1;1(AB

)5;2(AC

)4;1(BC

ọ ươ ứ ọ Cách 1 (đã h c ch ậ ụ ng II, hình h c 10): V n d ng công th c Hê rông

Ta có:

AB = c = 2 ; AC = b = 29 ; BC = a = 17

ọ G i p = (a + b + c)/2

ệ Khi đó ta có di n tích tam giác ABC là

cpbpapp

)(

(

)

S ABC

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

)(17

)(29

)17

)(17 2 2.2.2.2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

= …

ỏ ọ Cách gi ả ấ ẩ i quy t này khá là ph c t p và dài. Đòi h i h c sinh ph i r t c n

ả ấ ả ể ậ ượ ế ế th n và v t v đ có đ c k t qu t ứ ạ ả ố ư i u.

ươ ườ ể ẳ

ọ ng III, hình h c 10): Dùng ph ằ ả ộ ng trình đ ườ ệ ng th ng đ áp ng cao và suy ra di n tích

ươ ọ Cách 2 (đã h c ch ứ ề ụ d ng công th c v kho ng cách nh m tính đ dài đ ầ c n tìm.

4x y 7 = 0

- - (cid:0) ươ Ta có ph ạ ng trình c nh BC là:

ủ ề ằ ả ừ ế ạ Khi đó chi u cao AH c a tam giác ABC b ng kho ng cách t A đ n c nh BC.

70.11.4

BCAd ;

(

)

3 17

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

(cid:0)BC

2 1

(cid:0) (cid:0)

1 2

3 2

3 17

(cid:0) (cid:0) (cid:0) ệ Khi đó di n tích tam giác ABC là:

ượ ế ọ i này đòi h i c n có l

ề ế ấ ả i quy t theo h ả ứ ề ng ki n th c v hình h c gi i tích ơ ế ng gián ti p làm cho HS th y khó h n. HS

Trong cách gi ả ả ạ ứ ỏ ầ ướ ớ ố nhi u và ph i gi ế ầ c n thành th o các ki n th c thì m i làm t t bài toán này.

ụ ệ ụ Oxy, cho M(0;3) và N(1;2). Hãy tìm trên tr c hoành

ệ Bài toán 4.2: Trong h tr c đi m ể P sao cho di n tích tam giác ằ MNP b ng 2021.

ườ ứ ượ ế ọ ườ ả Thông th ớ ng thì h c sinh v i các ki n th c đ ọ c h c th ng gi i theo

ướ h ng sau:

ế ươ ườ ộ ạ MN +Vi t ph ng trình đ ng th ng ẳ MN, tính đ dài đo n

ể ỏ +G i ọ P(m;0) thu c ộ Ox là đi m th a mãn

ả ụ + Khi đó tính h là kho ng cách t ứ ừ P đ n ế MN và áp d ng công th c

ể S = ah/2 đ tìm m.

ỏ ọ ứ ạ ả i khá ph c t p đòi h i h c sinh c n có

Trong hai bài toán trên các cách gi ố ứ ạ ư ạ ầ t. Quá trình tính toán cũng khá ph c t p và dài dòng. duy t ự s linh ho t và t

ờ ự ộ Bây gi ị ứ ề ệ ta xây d ng m t công th c v di n tích tam giác khá thú v .

Trong h tr c ệ ụ Oxy, cho tam giác ABC. G i ọ A(xA ; yA), B(xB ; yB) và C(xC ; yC)

Khi đó ta có:

sin

ABC

bh b

1 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0)

2 cb

cos

bc . (

cos

A )

S ABC

1 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

(

AB .

cos

A )

1 2

(cid:0) (cid:0)

(

)

1 2

(cid:0) (cid:0)

xAB (

;

)

(

;

)

xAC (

;

)

(

;

)

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) V i:ớ và

�

y x y B uuuuruuuur 2 2 AC AB

AB uuuruuur AC AB )

(

ABC

- D

+� x

� y

(

)(

)

(

)

uuur AC

uuur AB

uuur AC

uuur AB

uuur AC

1 2 1 2

1 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

Do đó ta có công th cứ

ABC

1 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (*)

)1;1(AB

)5;2(AC

ả ụ ứ i bài toán 4.1 ta có: ; khi đó áp d ng công th c (*) ta ụ Áp d ng gi

ABC

1 2

3 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) ệ có di n tích tam giác ABC là:

ả ỏ ả ệ ả ầ ả Cách gi ra r t đ n gi n và hi u qu . Không c n ph i tính

ề ế i quy t này t ụ ỉ ầ toán nhi u mà ch c n áp d ng công th c.

)1;1(MN

(cid:0)mMP (

)3;

ả ể ấ ơ ứ ọ P (m;0), (m (cid:0) i bài toán 4.1 ta g i ầ 3) thu c ộ Ox là đi m c n

ụ Áp d ng gi tìm. Khi đó ta có: và

MNP

1 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) ụ ứ Áp d ng công th c (*) có

+ =

Theo bài ra ta có:

3 4042

4039

�

+ = 3

2021

+ = 3

4042

� (cid:0)

= -

+ = - 3

4042

4045

1 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

ể ầ Suy ra P(4027;0) và P(40;0) là hai đi m c n tìm

ư ậ ể ấ ứ ấ

ư ặ ứ ạ ỉ ầ ườ ơ ế ủ ệ ư t t

ắ Nh v y chúng ta có th th y rõ u th c a công th c (*) là tính toán r t ng n ụ ả ọ g n và không r m rà ph c t o. Đ c bi duy toán đ n gi n ch c n áp d ng công th c.ứ

ơ ữ ứ ự ứ ơ ả

ằ ậ ượ ẽ ọ ủ ế c xây d ng b ng ki n th c c b n c a ng bài t p dành cho h c sinh s đa

ỉ ượ H n n a khi công th c ch đ ứ ệ di n tích tam giác nên qua công th c này l ạ d ng và phong phú thêm.

ệ ụ

ể ệ ạ ấ ỏ ị ớ Bài toán 4.3: Trong h tr c Oxy, cho tam giác ABC, v i A(3;m), B(m+1;4). Xác ị đ nh m đ di n tích tam giác OAB đ t giá tr nh nh t.

;3( m

)

(cid:0)mOB (

)4;1

(cid:0) Ta có ; Khi đó Gi i:ả

)4(3

mm (

OAB

x OA

xy OA

1 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

2 mm

(

)12

((

)

1 2

47 4

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

ệ ậ ấ ỏ ị ạ V y di n tích tam giác OAB đ t giá tr nh nh t khi m = 1/2.

Cách khác:

ế ươ ạ ố + Vi t ph ng trình c nh AB theo tham s m

ừ ế ả + Tính kho ng cách t O đ n AB theo m

ụ ệ ứ + Áp d ng công th c di n tích s = 1/2ah

ổ ể ế ượ + Bi n đ i đ có đ c hàm theo m

ị ể + Xét hàm đ có giá tr m

ề ướ

ư ứ ể ả ỏ ớ c m i có đ ả ắ i trên t ượ c ọ ra đ n gi n, ng n g n

ề ứ ứ ạ Cách khác nhìn chung là dài, tính toán ph c t p và qua nhi u b ề ệ ơ bi u th c v di n tích tam giác nh ng cách gi ố không tiêu t n nhi u s c.

ặ ể ộ

ấ ể ấ ạ ộ B; 0), trên tr c Oy l y đi m C có to đ (0; y

ạ ộ ệ ể

ụ ớ ệ ọ ẳ Bài toán 4.4: Trong m t ph ng v i h t a đ Oxy, cho đi m A(2;1).Trên tr c ụ ể C) sao Ox, l y đi m B có to đ (x ạ i A. Tìm các đi m B, C sao cho di n tích tam giác cho tam giác ABC vuông t ấ ớ ABC l n nh t.

(cid:0) (cid:0) ọ khi đó ta có Gi i:ả G i B(b;0) và C(0;c).

(cid:0)bAB (

)1;2

;2(

(cid:0) (cid:0) (cid:0)

ạ Vì tam giác ABC vuông t i A nên ta có:

AB .

b 2

b 25

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

(cid:0) b

5 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) Vì Nên

ặ M t khác ta có

b (

)(2

2)1

ABC

1 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

(cid:0) b

b 4

5 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

ấ ằ ệ ớ ạ Khi đó di n tích tam giác ABC l n nh t b ng 5 t i b = 0.

Suy ra B(0;0) và C(0;5)

Cách khác:

ọ ọ ộ G i t a đ B, C

ề ệ ỏ Tìm đi u ki n B, C th a mãn tam giác vuông

ớ ả Tính kho ng cách A t i BC

ể ệ ả ớ Đ di n tích max  kho ng cách A t i BC max

ứ ế ợ ị ớ ể ề ệ ế ấ Đ n đây tìm giá tr l n nh t bi u th c k t h p đi u ki n

x 2 x

1 1

(cid:0) (cid:0) Bài toán 4.5: Cho hàm s ố (cid:0)

ẳ Xác đ nh m đ đ

ạ ộ ể ố i đi m ố ọ 3 (O là g c t a đ ) (trích

t sao cho di n tích tam giác OAB b ng ố ề ắ ồ ị ể ườ ị ng th ng y = 2x + m c t đ th hàm s trên t ằ ệ ệ A, B phân bi trong đ TS kh i B 2010)

ươ ể ộ ng trình hoành đ giao đi m Gi i: ả Ph

xm )

x 2 x

1 1

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) ẳ ọ v i m i m suy ra đ ắ ồ ị

8 i hai đi m phân bi

yxByxA );

(

;

)

ạ ọ ớ ể ệ ố hàm s trên t ườ ng th ng y = 2x + m luôn c t đ th ớ t A, B v i m i m.

G i ọ khi đó

OAB

yx 12

x OA

xy OA

1 yx 212

1 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

xm (cid:0) (

)

1 2

(cid:0)

3 nên

ệ ằ Theo bài ra ta có di n tích tam giác OAB b ng

)

]

xm ( 1

2 xm [( 1

xx 21

1 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

m 8

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

ả ừ ế O đ n AB Cách khác: + Tính kho ng cách t

ạ ộ + Tính đ dài đo n AB

ứ ụ ậ ố ệ ệ + Áp d ng công th c di n tích là l p m i quan h

ộ

2 + (y2)2 = 9 sao cho S (cid:0)

ệ ụ ọ ươ ệ ớ ng trình (x1)

ấ ị ẳ Bài toán 4.6: Trong h tr c t a đ ph ng Oxy, cho A(0;3) và B(4;0), xác đ nh ọ ộ ấ t a đ M nghi m đúng ph MAB l n nh t, ỏ nh nh t.

Gi i:ả

Cách 1:

0;y0) th aỏ

ộ ườ ọ ng tròn tâm I(1;2) và bán kính R = 3. G i M(x

Ta có M thu c đ ầ mãn yêu c u bài toán.

(cid:0)AB

(cid:0) (cid:0) (cid:0)

ẽ ườ ẳ ớ ạ V qua I đ ng th ng vuông góc v i AB t i H

MAB =

1 2

5 2

(cid:0) AB.MH = MH Ta có S

1 cho ta di n tích

(cid:0) M1AB l n nh t ấ ớ

ệ V trí Mị

2 cho ta di n tích

(cid:0) M2AB nh nh t ấ

ệ ỏ V trí Mị

ứ ượ ả ừ c kho ng cách t ế M đ n

Ta ch ng minh đ AB là d thì M2H (cid:0) d (cid:0) M1H

1, M2 b ng cách vi

ằ ộ

(cid:0) ươ ọ i tìm t a đ M ẳ ườ ng th ng ế t qua I và vuông

ả Gi ng trình đ ph ớ góc v i AB.

ể ộ Gi

ắ ườ ườ ủ ọ ả i bài toán tìm t a đ đi m c a ẳ ng tròn. ng th ng c t đ đ

ấ ẳ ứ ể ế ấ ọ

0;y0) đ n đ

ế ườ ừ ẳ ả ơ ơ ả Cách 2: Có th dùng b t đ ng th c Bunnhia n u cung c p cho h c sinh kho ng ng th ng AB thì đ n gi n h n. cách t M(x

ư ậ Nh v y công th c này cũng có th giúp ta gi

ề ầ ả

ả ượ i đ ấ ủ ề ướ ế ả ể ứ ế ố i tích mà không c n quá nhi u đi u y u t ả ế ộ ướ ng gi c các bài toán trong ỉ trung gian. T t nhiên đây cũng ch i quy t khác c a bài toán. i quy t trong các h gi là m t h ng gi

Ứ Ứ Ự Ụ Ả Ấ Ẳ Ị V. NG D NG GI I BÀI TOÁN B T Đ NG TH C, C C TR

ứ ệ

(cid:0) ề ấ ằ ả ạ Bài toán 5.1: Cho tam giác ABC có các c nh a, b, c và di n tích là S. Ch ng minh r ng ằ . D u b ng x y ra khi tam giác ABC đ u.

Gi i:ả

[

pp (

pa )(

pb )(

)]

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) Ta có

b 2

acb 2

bbc 2

c 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

ặ Đ t x = a + b c; y = a + c b; z = b + c a

xyz

y 3

b 3

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) ụ Áp d ng BĐT Cô si: (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

+ + a b c

)

(

+ +� a b c � 3 �

3 � � �

+ + a b c

)

(

(cid:0)

3 3

(cid:0)

(cid:0) ứ ề ả Đi u ph i ch ng minh.

(cid:0) ọ ổ

ứ ế

a ướ ỏ ơ

S 4 ặ ế ng nh h n ho c v ph i b i m t đ i l

(1) ta h ẽ ơ ả ở ặ ẫ ớ ơ ẫ ướ ng d n h c sinh hãy t ng quát bài ở ấ ẳ ứ ng làm ch t ch h n b t đ ng th c (1), t c là thay v trái b i ộ ạ ượ ng l n h n mà (1) v n còn

ừ T BĐT toán trên theo h ạ ượ đ i l đúng.

(cid:0) ộ ừ Chúng ta b t đ u t , t

+ ab bc ế

ắ ầ ừ ộ + (cid:0) ữ đó ta có đúng n a không? N u BĐT này đúng

ca ặ ơ

�

+ ab bc

�� S 4

�� 2 3

2 3

m t BĐT quen thu c + ab bc ứ ầ c b t đ ng th c ch t h n BĐT đ u. ề ấ ặ đ t ra v n đ là BĐT ượ ấ ẳ thì ta đ

ca bc ab 2S 2S 2S

1 sinA sinB sinC

Ta có:

1 sinA sinB sinC

1 sinA.sinB.sinC

(cid:0) ấ ẳ ứ ụ Áp d ng b t đ ng th c Côsi:

2 3

sinA.sinB.sinC

1 sinA sinB sinC

3 3 8

(cid:0) (cid:0) ậ Mà nên . Nghĩa là BĐT đúng. V y ta

có bài toán sau:

ệ ạ ứ Ch ng minh

+ ab bc

(cid:0) ề ấ ằ ả Bài toán 5.2 Cho tam giác ABC có các c nh a, b, c và di n tích là S. r ng ằ . D u b ng x y ra khi tam giác ABC đ u.

(cid:0) ặ ơ ằ ộ th làm ch t h n BĐT b ng cách c ng vào v ế

ờ ử Bây gi ộ ạ ượ ả ươ ph i m t đ i l ng d ng hay không? Ta có:

(

)

(

)

(

)

+ a b 2

a b 2

- - (cid:0)

(

)

b c 2

- (cid:0) ươ ự T ng t ta có

(

)

c a 2

+ 2

- (cid:0)

�

+ ab bc

a b

+ c a

a d

c a

((

)

+ 2 b c )

(

)

(

2 ) )

+ 2

- - - -

�

a b

c a

� 4

((

)

+ 2 b c ( )

(

2 ) )

1 4 1 4

- - -

ậ ượ ơ V y ta đ ổ c bài toán t ng quát h n.

+ 2

ệ ạ ứ Ch ng minh Bài toán 5.3: Cho tam giác ABC có các c nh a, b, c và di n tích là S.

a b

c a

((

)

+ 2 b c ) (

(

2 ) )

1 4

(cid:0) - - - ấ ằ ả r ng ằ . D u b ng x y ra khi tam giác

ABC đ u.ề

Gi i:ả

ab bc

-+ +�۳ + + ca ab bc + +

3 +

S 0 4 + +

Ta l i cóạ

�

ab bc

� 4

+ 2

- - -

�

a b

c a

� 4

((

)

+ 2 b c ) (

(

2 ) ).

1 2

- - -

ặ ơ ư Do đó ta đã đ a ra bài toán ch t h n:

+ 2

ệ ạ ứ Ch ng minh Bài toán 5.4: Cho tam giác ABC có các c nh a, b, c và di n tích là S.

a b

c a

((

)

+ 2 b c ) (

(

2 ) )

1 2

(cid:0) - - - ấ ằ ả r ng ằ . D u b ng x y ra khi tam giác

ABC đ u.ề

ớ ự ướ ẫ V i s h ư ng d n này ta đ a ra bài toán sau

ệ

a b

+ 3 2(

)

(cid:0) - ạ ằ ả ứ C = Ch ng minh 060 Bài toán 5.5 Cho tam giác ABC có các c nh a, b, c và di n tích là S. ấ r ng ằ . D u b ng x y ra khi tam giác có góc .

Gi i:ả Ta có

a b

+ 3 2(

)

S +

+ 2

(cid:0) -

�

2ab.cosC 2ab.sinC 3 2

b 2

- -

c osC+ 3 sin

c os(C60 ) 1.

(cid:0) (cid:0)

ứ ượ ứ ằ ả ấ c ch ng minh. D u b ng x y ra khi

B t đ ng th c đúng nên bài toán 5.4 đã đ C = ấ ẳ 060

ươ ự T ng t ta có BĐT

b c

+ 3 2(

)

(cid:0) -

c a

+ 3 2(

)

(cid:0) -

+ 2

ế ớ ế ộ ọ C ng v v i v các BĐT , rút g n ta có

a b

c a

((

)

+ 2 b c ) (

(

2 ) )

2 3

(cid:0) - - - .

ị Ta có bài toán thú v sau

+ 2

ệ ạ ứ Ch ng minh Bài toán 5.6 Cho tam giác ABC có các c nh a, b, c và di n tích là S.

a b

c a

((

)

+ 2 b c ) (

(

2 ) )

2 3

(cid:0) - - - ằ ả ấ r ng ằ . D u b ng x y ra khi tam giác

ABC đ u.ề

ừ ỏ ự ộ ể ệ ấ Tuy nhiên t bài toán trên m t câu h i t nhiên xu t hi n là có th thay s ố

2 3

ộ ố ớ ơ b i mở t s l n h n hay không? Ta xét bài toán sau:

+ 2

ạ ả Cho tam giác ABC có các c nh a, b, c và di n tích là S.

a b

c a

+ 3 (

)

+ 2 b c ) (

(

)

(cid:0) - - - ệ ằ ấ Ch ngứ ả . D u b ng x y ra khi tam

Bài toán 5.7: Gi + minh r ng ằ b giác ABC đ u.ề

+ 2

Gi i:ả

a b

c a

+ 3 (

)

(

)

+ 2 b c ) ( +

2(ab + ca + bc)

3 +

(cid:0) - - -

a + b +c = 4S(cotgA +cotgB + cotgC ) thì b t đ ng th c c n ươ

ứ ầ ấ ẳ

ươ ứ ớ ứ 2 ụ Áp d ng công th c ng đ ch ng minh t ng v i:

4S ( 4 S+ 4S(cotgA +cotgB + cotgC)

ấ ẳ ứ ượ ứ ằ ả ấ c ch ng minh. D u b ng x y ra khi

B t đ ng th c đúng nên bài toán 5.7 đã đ tam giác ABC đ u.ề

ệ ạ Ch ng ứ

(cid:0) Bài toán 5.8: Cho tam giác ABC có các c nh a, b, c và di n tích là S. ằ minh r ng

S 4 3

(cid:0) ụ Gi i:ả Áp d ng bài toán 5.1 ta có

2 ba

2 ca

(

)

2 cb 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) ặ M t khác

(

2 2 )

b +

c +

2 +

2 2 a b + 4

2 2 a c 2 + 4

2 2 b c 2 + 4 4

ấ ẳ ụ ứ Áp d ng b t đ ng th c cô si ta có:

(cid:0)

(

)

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

(

)

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

16S

S )34( 3

(cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0) (cid:0)

ừ ả T bài toán 5.8, ta có hai bài toán cùng cách gi i

ị ệ ạ ơ = 1 (đ n v di n tích), a, b, c c nh tam giác * SD

(cid:0) (cid:0) (cid:0) CMR: (S2 = 1)

ấ ỏ ỏ * Tìm p nh nh t th a mãn

ap (

)

(cid:0) (cid:0) (cid:0) .

ở ộ ướ ế giác và đa giác. Tr ử

Bây gi ứ ấ ta m r ng v n đ này trong t ươ ề ứ ạ ấ ẳ ự ư ờ giác có b t đ ng th c d ng t ứ ng t c h t ta th nh các bài toán trên không? xem trong t

� ệ

ứ ế giác ABCD là hình vuông thì S = a2

ữ

ư ế ấ ỳ ứ ế ả giác b t k thì có k t qu nh th nào. Ta d

ậ ấ ỳ ứ Ta xét t . N u ABCD ạ ậ là hình ch nh t có các c nh a, b thì di n tích S là S = ab, nghĩa là ự ab + ab + ab + ab = 4S . V y trong t đoán trong t giác b t k có các bài toán sau:

ệ ạ

(cid:0) ứ giác l + + ab bc ứ ấ ằ ả ứ ằ ồ i ABCD, có a, b, c, d là 4 c nh và di n tích là S. + giác ABCD là cd da . D u b ng x y ra khi t

Bài toán 5.9: Cho t Ch ng minh r ng ữ ậ hình ch nh t.

Gi i:ả Ta có

BCD

CDA

DAB

+ B bc

+ C cd

+ D da

sin

A sin )

(

D D D D

+ ab bc

+ cd da

(

)

ABC 1 2 1 2

�

+ ab bc

+ cd da

S 4 .

(cid:0)

ằ ứ ả

ữ ấ D u b ng x y ra khi sinA = Sin B = SinC = SinD = 1, t c là ABCD là hình ch nh t.ậ

+ ab bc

+ cd da

(cid:0) ừ ấ ẳ ứ T b t đ ng th c nên ta có

(cid:0) .

ồ ệ

ứ giác l + 2 2 (cid:0) ạ ứ i ABCD có a, b, c, d là 4 c nh, di n tích là S. Ch ng ứ ấ ằ ả . D u b ng x y ra khi t giác ABCD là hình

Bài toán 5.10: Cho t + minh r ng ằ c vuông.

+ 2

ứ ồ ệ ạ giác l i ABCD có a, b, c, d là 4 c nh, di n tích là S. CMR Bài toán 5.11: Cho t

a b

a d

((

)

+ 2 b c ) (

+ c a (

)

(

2 ) )

1 4

(cid:0) - - - - ấ ả ằ . D u b ng x y ra

ứ khi t giác ABCD là hình vuông.

Gi i: ả

(

)

(

)

(

)

+ a b 2

a b 2

- - (cid:0) Ta có

(

)

b c 2

- (cid:0) ươ ự T ng t ta có

+ c d (

)

c d 2

- (cid:0)

(

)

d a 2

+ 2

- (cid:0)

�

+ ab bc

a b

a d

d + da

((

)

+ 2 b c ) (

+ c a (

)

(

2 ) )

1 4

+ 2

- - - -

�

a b

+ c a

a d

((

)

+ 2 b c ) (

(

)

(

2 ) )

1 4

- - - -

ệ ơ ừ ổ t h n, T bài toán 5.6, bài toán 5.7, bài toán 5.8 ta có các bài toán t ng

ặ Đ c bi quát sau:

ướ ế ứ ổ ự ấ ẳ c h t ta d đoán b t đ ng th c t ng quát:

γ 

(

)

(2xy)

(

)

(cid:0) - Tr x y (cid:0) , Cho v i ớ ; ta có (1).

ứ ượ ằ ạ Ta ch ng minh đ c (1) b ng quy n p.

ứ ớ ấ ẳ V i n = 1, b t đ ng th c đúng.

(

)

(2xy)

(

)

(cid:0) - ớ . Ta sẽ

y Gi ch ng minh (1) đúng v i n = k + 1. Th t v y, ta có

+ 1

s (1) đúng v i n = k, nghĩa là ta có ậ ậ ớ ả ử ứ

(

)

(

)(

)

2 ) )

x k

( 2

((2xy) + + k k

(cid:0) -

(

)(2

) 2

2)( + 2

+ 2

+ k

k 2 x y

2)(

)

+ ) k 2

( + 1

2 x y + k 1

x + 2

y + 2

C B ( DT ô si)

y k

2)( + k 1

x k 2

+ 1

xy +

k ) ( + k xy ) .2 + + k 2 2

(cid:0) -

xy (2 )

y k

+ 1

y x

+ 1 2 ) .

)

(

ấ ẳ ứ ạ ượ ứ Theo nguyên lý quy n p b t đ ng th c (1) đã đ c ch ng minh.

ượ ấ ẳ ứ ằ ộ ứ c b t đ ng th c quen thu c sau b ng quy

ặ M t khác, ta cũng ch ng minh đ n p:ạ

γ 

x y (cid:0) ,

(

)

(cid:0) Cho v i ớ ; ta có (2).

ứ ổ ừ ấ ẳ T (1) và (2) ta có b t đ ng th c t ng quát sau:

(

)

(

)

1 n 2

(cid:0) - (3).

ấ ẳ ụ ứ Áp d ng b t d ng th c (2) ta có các bài toán sau:

ứ ệ ạ

bc (

)

(

giác l + n (cid:0) ứ ằ ả ấ ằ ồ i ABCD có a, b, c, d là 4 c nh, di n tích là S. + n ứ . D u b ng x y ra khi t

Bài toán 5.12: Cho t Ch ng minh r ng ( ( giác ABCD là hình vuông và n = 1.

+ ab bc

c d+da

Gi i:ả

(

)

bc (

)

c ( d)

(

)

+ ab bc 2

(cid:0) (cid:0) (cid:0)

ạ giác l n ứ + (cid:0) ứ ằ ệ ứ ấ ằ ả ồ i ABCD có a, b, c, d là 4 c nh, di n tích là S. + n 2 giác ABCD . D u b ng x y ra khi t

Bài toán 5.13: Cho t n 2 Ch ng minh r ng là hình vuông và n = 1.

i:ả Gi Ta có

(

)

(

)

(cid:0) (cid:0) ;

(

)

(

)

�

� (

)

(

)

(

)

(

)

2 + n

(cid:0) (cid:0) ;

2 c ( d)

(

)

(

)

(

)

2 4S

(cid:0) (cid:0)

ấ ẳ ụ ứ Áp d ng b t d ng th c (3) và bài toán 5.9 ta có bài toán sau



* (cid:0) ứ ồ ệ ạ giác l i ABCD có a, b, c, d là 4 c nh, di n tích là S; .

+ 2

ứ ằ Bài toán 5.14: Cho t Ch ng minh r ng

+ n d

((

)

b (

+ n 2 )

(

)

(

2 ) )

1 n 2

(cid:0) - - - - D uấ

ứ ả ằ b ng x y ra khi t giác ABCD là hình vuông và n = 1.

Gi i:ả Ta có

(

)

(

)

2 +

(cid:0) -

bc (

)

b (

)

2 +

(cid:0) -

c ( d)

(

)

2 +

(cid:0) -

(

)

(

)

1 n 2 1 n 2 1 n 2 1 n 2

+ 2

(cid:0) -

�

+ n d

((

)

b (

+ n 2 )

(

)

(

2 ) ).

1 n 2

- - - -

Ậ Ế C. K T LU N

ạ ặ ả Quá trình gi ng d y và h

ng d n cho h c sinh h c toán, đ c bi ư ướ ế ẫ ứ ọ ế ề ả ệ t là toán ừ duy tr u

ế ạ ả ả ờ hình có r t nhi u khó khăn vì ki n th c hình h c còn y u, kh năng t ố ớ ọ ượ t ấ i càng y u nên phân tích tìm ra l ọ ọ i qu là khó đ i v i h c sinh ng l i gi

ệ ệ ố ư ẹ ộ

ề ể ạ ừ ư ọ ề ệ ứ ả 1. Vi c h th ng hóa đ a ra m t m ng ki n th c (h p v di n tích tam ơ ả bài toán c b n (tôi g i là

ọ ứ ạ ơ ở ả ơ ế ộ giác) nh ng r ng v th lo i giúp cho h c sinh đi t ơ ữ ể ậ ụ ề n n) đ v n d ng gi i nh ng bài toán ph c t p h n, có c s suy nghĩ h n.

ữ ẫ ọ ng d n h c sinh gi ự ế ừ v a

ả ừ i v a có tính ch t th c t ư ơ ươ ự ơ ọ ướ 2. Nh ng bài toán h ự đã giúp h c sinh say s a h n, t ng t ấ tin h n. ẹ có nét đ p, có cái t

ả ọ ủ ọ

ứ ạ

ướ ố ơ t h n, say s a h n, không bi quan. Qua cách d y nh ẫ ộ ố

ượ ng d n các em đ a ra đ ệ ươ ượ ớ ng t

c kinh nghi m qua ho t đ ng t ỹ ạ ộ ầ ừ ể

ụ ể ố ơ ữ ế ế ấ 3. Qua theo dõi, phân tích đánh giá k t qu h c hình c a h c sinh tôi th y ư ơ ư ư c m t s bài toán m i, không ự ổ , t ng bài toán ban đ u. K năng phân tích, ẽ ỹ t h n. K năng thao tác: v

ố ơ ọ ầ ý th c tinh th n h c toán t ậ v y chúng tôi đã h ế ữ nh ng th các em còn tích lũy đ quát hóa đ tìm ra nh ng bài toán khác t ụ ậ v n d ng ki n th c c b n vào nh ng bài c th t hình, tính toán t ữ ứ ơ ả t h n.

ệ ộ ố

ộ ơ ở ệ ứ ượ ứ

ậ ủ ấ ẳ ạ ể ổ

ướ ằ ả ẫ ả ạ ồ ợ ọ ng d n h c sinh gi

ấ ố ắ ư ế ỏ

ể ủ ồ ữ ệ ạ ổ

ệ ể ơ ả ạ ộ ố ạ Trên đây là m t s kinh nhi m c a chúng tôi khi gi ng d y m t s ho t ộ ng trong tam giác đ ng toán trên c s các n i dung: B t đ ng th c, h th c l ở ớ ạ ổ ạ l p 10. Vì v y chúng tôi m nh d n ghi chép, t ng h p đ trao đ i cùng b n ọ i toán. đ c nh m tìm th y ngu n vui trong gi ng d y và h ế ế ặ M c dù đã c g ng h t mình nh ng không th tránh kh i nh ng khi m khuy t, ấ ượ ự ấ c s trao đ i, góp ý c a đ ng nghi p b n bè trong v n do đó r t mong nh n đ ề đ này đ bài vi ậ ế ủ t c a chúng tôi hoàn thi n h n.

Vinh, ngày tháng 3 năm 2021

Ả Ệ TÀI LI U THAM KH O

ươ ễ ạ ọ 1. Ph ng pháp d y h c môn toán (Nguy n Bá Kim)

ọ 2. Sách giáo khoa hình h c 10.

ạ ố 3. Sách giáo khoa đ i s 10.

ọ ậ 4. Sách bài t p hình h c 10.

ủ ễ ọ 5. Toán nâng cao hình h c 10 ( Nguy n Minh Hà ch biên).

ươ ễ ạ ọ 6. Ph ng pháp d y h c môn toán. (Nguy n Bá Kim)

ả ộ 7. Gi ư ế i m t bài toán nh th nào. (G. Polya)

ổ ẻ 8. ọ Báo toán h c và tu i tr

Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển năng lực toán cho học sinh THPT từ bài toán diện tích tam giác

=

AB CD

S S

S

=

S

AB AC . 1 1 AB AC .

= (Đ nh lý ị 1

+

S

S

S

S

Có thể bạn quan tâm

Tài liêu mới

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ

Chính sách

Thoả thuận sử dụng

Chính sách bảo mật

Chính sách hoàn tiền

DMCA

Hỗ trợ

Hướng dẫn sử dụng

Đăng ký tài khoản VIP

093 303 0098

support@tailieu.vn

Phương thức thanh toán

Theo dõi chúng tôi

Facebook

Youtube

TikTok

Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển năng lực toán cho học sinh THPT từ bài toán diện tích tam giác

=

AB CD

S S

S

=

S

AB AC . 1 1 AB AC .

= (Đ nh lý ị 1

+

S

S

S

S

Có thể bạn quan tâm

Tài liêu mới

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ

Chính sách

Thoả thuận sử dụng

Chính sách bảo mật

Chính sách hoàn tiền

DMCA

Hỗ trợ

Hướng dẫn sử dụng

Đăng ký tài khoản VIP

093 303 0098

support@tailieu.vn

Phương thức thanh toán

Theo dõi chúng tôi

Facebook

Youtube

TikTok