intTypePromotion=3

SKKN: Hệ thức lượng trong tam giác

Chia sẻ: Lê Thị Diễm Hương | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:25

0
438
lượt xem
83
download

SKKN: Hệ thức lượng trong tam giác

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hệ thức lượng trong tam giác là một trong những nội dung cơ bản và quan trọng của chương trình toán học phổ thông. Sáng kiến cung cấp cho học sinh thêm một số bài tập về “ Hệ thức lượng trong tam giác” để các em trao dồi, rèn luyện thêm những kỹ năng, khả năng suy luận Toán học. Mời quý thầy cô và các bạn tham khảo sáng kiến trên.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: SKKN: Hệ thức lượng trong tam giác

  1. SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC
  2. A. SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1. Họ và tên: ĐẶNG THỊ HỒNG VÂN. 2. Ngày tháng năm sinh: 01 - 05 - 1978. 3. Giới tính: Nữ. 4. Địa chỉ: 1/4, Tổ 24, Kp 4, P. Bửu Long, Tp Biên Hòa. 5. Điện thoại: 0613 951729. 6. Chức vụ: Giáo viên. 7. Đơn vị công tác: Trường THPT Ngô Quyền. II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO 1. Trình độ chuyên môn: Cử nhân khoa học. 2. Năm nhận bằng: 2000. 3. Chuyên ngành đào tạo: Toán học. III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC 1. Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy toán. 2. Số năm kinh nghiệm: 11 năm.
  3. B. Đề tài HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Hệ thức lượng trong tam giác là một trong những nội dung cơ bản và quan trọng của chương trình toán học phổ thông. Mặt khác, nó còn gắn liền với thực tế qua những bài toán tìm cạnh, góc, diện tích đơn giản, … trong một tam giác cho đến những bài toán khó đòi hỏi nhiều tính toán, suy luận. Trong chương trình toán học lớp 10, sách giáo khoa giới thiệu cho học sinh một số bài toán khá thú vị cho thấy ứng dụng thực tế của hệ thức lượng trong tam giác. Đồng thời sách giáo khoa cũng cho học sinh giải một số bài tập về giải tam giác. Tuy nhiên những bài tập đó chủ yếu chỉ rèn cho học sinh khả năng sử dụng máy tính cầm tay, không có nhiều dạng bài tập đòi hỏi khả năng tư duy, suy luận. Bên cạnh đó, với thời lượng học toán 7 tiết/ 1 tuần ở học kỳ II, tôi tin rằng việc cung cấp cho học sinh thêm một số bài tập về “ Hệ thức lượng trong tam giác” là điều cần thiết để các em trao dồi, rèn luyện thêm những kỹ năng, khả năng suy luận toán học. Đó cũng là lý do mà tôi chọn viết chuyên đề này. Chắc chắn rằng chuyên đề không thể tránh khỏi những thiếu sót, xin quý thầy cô đóng góp ý kiến để nội dung chuyên đề được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn. Người viết chuyên đề Đặng Thị Hồng Vân
  4. II. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ A. KIẾN THỨC CẦN NẮM: I. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG Cho tam giác ABC vuông tại A, có đường cao AH; gọi BH, CH lần lượt là hình chiếu của AB và AC trên cạnh huyền BC, đặt AB = c, AC = b, BC = a, AH = h, CH = b, BH = c. Ta có các hệ thức sau: 1. a2  b2  c2 A 2. b 2  b ' .a ; c 2  c ' .a 3.b.c = a.h b 4. h2  b ' c ' c h 1 1 1 5. 2  2  2 h b c c’ b’ b c b c B H C 6. sin B  ; cos B  ; tan B  ; cot B  a a c b a c b c b 7. sin C  ; cos C  ; tan C  ; cot C  a a b c II. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC Cho tam giác ABC có AB = c, BC = a và AC = b 1. Định lý côsin: B a 2  b 2  c 2  2bc.cos A c a b 2  a 2  c 2  2ac.cos B c 2  a 2  b 2  2ab.cos C A b C
  5. 2. Định lý sin: a b c    2 R (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp  ABC) sin A sin B sin C 3. Công thức tính độ dài đường trung tuyến: Cho tam giác ABC, gọi ma , mb , mc lần lượt là độ dài các đường trung tuyến ứng với các cạnh a, b, c. Ta có: 2 2 2 2 b c  a ma  2 4 a2  c2 b2 m2   b 2 4 2 2 2 2 a b c mc  2 4 4. Công thức tính diện tích: 1 1 1  S  a .h a  b .h  c .h c 2 2 b 2 1 1 1  S  ab sin C  ac sin B  bc sin A 2 2 2 abc  S ( R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ) 4R abc  S  pr ( với p  ; r bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ) 2  S p( p  a)( p  b)( p  c) (công thức Hê rông)
  6. B. BÀI TẬP HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, hai trung tuyến AM = 2 và BN = 3. Tính các cạnh của tam giác ABC . Giải A Vì  ABC vuông tại A, nên: BC = 2AM = 4 N Ta có: BN2 = AB2 + AN2 1 B C  9 = AB2 + AC 2 M 4 2  36 = 4AB + AC 2 (1) Mặt khác: BC2 = AB2 + AC2  16 = AB2 + AC2 (2) 20 28 Từ (1)và (2), ta được: AB = và AC = 3 3 Bài 2: Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB và EM là đường cao của tam giác EBC. Chứng minh rằng: a) BE 2  CF 2  5 AD 2 b) MB 2  MC 2  AB 2 Giải B a) BE 2  CF 2 = AB 2  AE 2  AC 2  AF 2 1 1 = AB 2  AC 2  AC 2  AB 2 F D M 4 4 5 =( AB 2  AC 2 ) 4 A C E 5 = BC 2 = 5AD 2 (đpcm) 4 b) MB  MC = BE 2  EM 2  EC 2  EM 2 2 2 = BE 2  EC 2
  7. = BE 2  AE 2 = AB 2 (đpcm) Bài 3: Cho hình thang ABCD với đường cao AB. Biết rằng AD = 3a, BC = 4a, BDC  900 . Tính AB, CD và AC. Giải Vẽ DH  BC ( H  BC) A D Ta có ADHB là hình chữ nhật, nên:  BH = AD = 3a   AB = DH B H C  BCD vuông tại D, nên: DH 2  HB.HC  HB  BC  BH  = 3a  4a  3a   3a 2  DH = a 3  AB = DH = a 3 Ta lại có: CD 2  CH .CB  a.4 a  4 a 2  CD = 2a Áp dụng định lý Pitago trong tam giác vuông ABC, ta có: AC = AB 2  BC 2  3a 2  16a 2  a 19 Bài 4: Cho tam giác ABC cân tại A. Vẽ các đường cao AH, BK. Chứng minh 1 1 1 rằng: 2  2  BK BC 4 AH 2 Giải Trong tam giác vuông AHC, dựng đường cao HI A Tam giác vuông BKC có:  HI // BK 1   HI = BK (1)  HB  HC 2 1 1 1 Ta lại có: 2  2  (2) HI AH HC 2 K ( HI là đường cao của tam giác vuông AHC) I 1 1 1 Từ (1) và (2)  2   BK AH 2 BC 2 B H C 4 4 1 1 1  2  2  BK BC 4 AH 2
  8. Bài 5: Cho hai tam giác ABC và A’B’C’ vuông tại A và A’ và đồng dạnh với nhau. Chứng minh rằng: a) aa '  bb ' cc ' 1 1 1 b)   hh ' bb ' cc ' Giải C a) Do ABC  A’B’C’, nên: c c' sin =   a a' b b' cos =  a a' H  cc ' bb '  aa '  sin 2   cos 2    aa ' h Vậy: aa '  bb ' cc '  A B b) Do ABC  A’B’C’, nên: h h' sin =  b b' h h' cos =  c c' 1 1 sin 2  cos 2  1      bb ' cc ' hh ' hh ' hh ' 1 1 1 Vậy:   hh ' bb ' cc '
  9. BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Cho tam giác ABC vuông tại A, có BD là đường phân giác trong của ˆ góc B (D  AC). Tính chu vi của tam giác trong mỗi trường hợp sau: a) AD = 4, DC = 5 b) AD = 1, BD = 10 AB 2 Bài 2: Cho tam giác ABC vuông tại A , có  , đường cao AH = 6. Tính AC 3 HB, AB và AC. Bài 3: Cho tam giác ABC vuông tại A có chu vi bằng 36. Tiếp điểm của đường 2 tròn nội tiếp tam giác với cạnh huyền chia cạnh huyền làm hai đoạn theo tỉ số . 3 Tính độ dài các cạnh. Bài 4: Một tam giác vuông nội tiếp đường tròn đường kính 37 và ngoại tiếp đường tròn đường kính 10. Tính các cạnh của tam giác này. Bài 5: Cho tam giác ABC vuông tại A, đường phân giác trong của góc A chia 15 20 cạnh huyền thành hai đoạn thẳng có độ dài bằng và . Tính các cạnh góc 7 7 vuông và đường cao AH . Bài 6: Cho hình vuông ABCD, từ A kẻ đường bất kỳ cắt BC và CD lần lượt tại E 1 1 1 và F. Chứng minh rằng: 2  2  AE AF AB 2 Bài 7: Cho tam giác ABC vuông cân tại A, M là một điểm trên cạnh huyền BC. Chứng minh rằng: MB 2  MC 2  2 MA2 . Bài 8: Cho tam giác ABC, có A, B, C là các góc nhọn. Gọi AA’là đường cao hạ từ A, H là trực tâm và G là trọng tâm tam giác ABC.. AA ' a) Chứng minh: tanB. tanC = HA ' b) Chứng minh: HG // BC  tanB.tanC = 3
  10. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC Bài 1: Cho tam giác ABC có AB = AC = a và Â =  a) Tính BC theo a và  . a.sin  b) Gọi r là bán kínnh đường tròn nội tiếp  ABC . CM: r   2(1  sin ) 2 Giải a) BC 2  AB 2  AC 2  2 AB. AC.cos A A = a 2  a 2  2a 2c os  = 2a 2 (1  cos  )  b) Ta có: BC = 2BH = 2a sin 2 1 2 Diện tích  ABC là S = a .sin  2 B C H Mặt khác: S = p.r 1 2 a .sin  S 2 Do đó: r = = p  a  a  2a.sin 2 1 2 a .sin  2 a.sin  = = (đpcm)   2a(1  sin ) 2(1  sin ) 2 2 Bài 2: Cho góc xOy  600 . Từ điểm M trong góc xOy , ta dựng MA  Ox và MB  Oy. Biết AB = 5. Tính OM. Giải Vì MA  Ox và MB  Oy y Nên tứ giác OAMB nội tiếp đường tròn đường kính OM Do đó  OAB nội tiếp đường tròn đường kính OM Áp dụng định lý sin cho  OAB, ta có: A AB 5 10 M 0  OM  OM   sin 60 3 3 5 2 O 600 B x
  11. Bài 3: Cho hình bình hành ABCD. Chứng minh rằng: AC 2  BD 2  2  AD 2  AB 2  Giải Áp dụng định lý côsin cho ACD, ta có: A B AC 2  DA 2  DC 2  2 DA.DC .cos D Áp dụng định lý côsin cho BC, ta có: BD 2  AB 2  AD 2  2 AB . AD .cos A D C = D C 2  AD 2  2 D C . AD .cos D ( vì AB = DC và cosD = -cosA ) Bài 4: Cho tam giác ABC vuông tại A, cho AB = c, AC = b; r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC và la là độ dài đường phân giác trong của góc A. 2bc a) Chứng minh rằng: la  bc 1 b) Chứng minh rằng: r   b  c   b 2  c 2  2  c) Gọi M là điểm trên cạnh BC thỏa BAM  600 . Chứng minh rằng: 2bc AM  . b  3c Giải a) Ta có: S ABC  S ABD  S ACD B 1 1 1  b.c  AB. AD.sin 450  AC. AD.sin 450 2 2 2 D M 1 1 la  b.c  c.la .  b.la . 2 2 1 A C  b.c   c  b  la 2 2bc  la  (đpcm) b  c  abc 1 b2  c2  b  c b) Ta có: S ABC  .r  bc  .r 2 2 2
  12. bc   b  c   b 2  c 2   r  bc =   b  c   b  c  2 2 2 b c bc 2 2 bc   b  c   b 2  c 2  1     bc  b2  c2  =   2 bc 2  c) Ta có: S ABC  S ABM  S ACM 1 1 1  b.c  AB. AM .sin 600  AC. AM .sin 300 2 2 2 3 1  b.c  c. AM .  b. AM . 2 2  2 b .c    3 .c  b A M 2bc  AM  (đpcm) b  3c Bài 5: Cho tam giác ABC có a = 4, b = 3, c = 2. Gọi M là trung điểm của AB. Tính bán kính x của đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM. Giải Xét tam giác ABC, ta có: A b2  a 2 c 2 9  16 4 23 CM 2   =   2 4 2 4 2 M 23 46  CM =  2 2 a 2  c 2  b 2 16  4  9 11 B C Mặt khác cos B    2ac 16 16 O 121  sin B  1  cos B  1  2 256 135 3 15 =  256 16 Áp dụng định lý sin cho tam giác BCM, ta có:
  13. 46 CM CM 2 4 46  2x  x    . sin B 2sin B 3 15 3 15 2. 16 Bài 6: Ba cạnh của một tam giác có số đo là : x 2  x  1 ; 2x + 1; x 2  1 a) Tìm x để tồn tại tam giác như trên b) Khi đó chứng minh tam giác ấy có một góc là 1200.
  14. Giải a) Để tồn tại tam giác thỏa yêu cầu bài toán, điều kiện là:  1 2 x  1  0 x   2  2  x 1  0  x  1 hay x  1  2   x  3x  2  x  1 2  x  1  x>1 2 x 2  x  2 x  1  1   x   hay x  1  x2  2x  x2  x  1  2  x  1  Vậy: Khi x = 1 thì tồn tại tam giác thỏa yêu cầu bài toán. b) Đặt a = x 2  x  1 b = x2 1 c = 2x + 1 b 2  c 2  a 2  x  1   2 x  1   x  x  1 2 2 2 2 2 Ta có: cosA =  2b.c 2  x 2  1 .  2 x  1 2 x 3  x 2  2 x  1  2 x  1 1  x  2 1 = =  2  x  1 .  2 x  1 2 2  2 x  1  x  1 2 2  Â = 1200. Bài 7: Cho tam giác ABC có cạnh a = 9, đường tròn nội tiếp tiếp xúc với cạnh BC 2 tại D sao cho AD = DC, cosC = . 3 a) Đặt AD = x. Tính b, c theo x. b) Suy ra giá trị của b và c. A Giải a) Đường tròn tâm O nội tiếp ABC và tiếp xúc x H O với cạnh BC tại D, nên: abc x= -c 2 B C D x  b – c = 2x – a
  15.  b – c = 2x – 9 (1) Vì AD = CD, nên ADC cân tại D Mà DH là đường trung tuyến (H là trung điểm của AC)  DH  AC
  16. Tam giác CDH vuông tại H, có: CH b b 2 4 cosC =     b = x (2) CD 2.x 2.x 3 3 2 Thay (2) vào (1), ta được c = 9 - x 3 b) Áp dụng định lý côsin cho ABC, ta có: c 2  a 2  b 2  2a.b.cos C 2  2  16 2 4 2   9  x   81  x  2.9. x .  3  9 3 3 4 16 2  81  12 x  x 2  81  x  16 x 9 9 x  0  12 x 2  36 x  0   x  3 Vậy: b = 4 và c = 7. Bài 8: CMR với mọi tam giác có ba cạnh a, b, c thỏa mãn điều kiện a 2  b 2  c 2 , r ta luôn có : 0, 4   0,5 trong đó r là bán kính đường tròn nội tiếp, h là dộ dài h đường cao hạ xuống cạnh c. Giải 1 1 Diện tích của tam giác: S =(a  b  c).r  c.h 2 2 r c   h abc r c c Vì a + b > c, nên  <  0,5 (1) h abc cc c 2  a 2  b 2  Mặt khác:  2 a  b  2ab 2   2c 2  2a 2  2b 2  a 2  b 2  2ab  2c 2  a 2  b 2  2ab  2c 2  ( a  b ) 2  c 2  ab
  17. r c c 1 Do đó:     2  1  0, 4 (2) h abc c 2 c 2 1 r Từ (1) và (2) suy ra : 0, 4   0,5 h
  18. Bài 9: Chứng minh công thức Hê rông S  p( p  a)( p  b)( p  c) trong đó S là abc diện tích , a, b, c là ba cạnh của tam giác và p  . 2 Giải abc bca Ta có p   p–a = 2 2 a cb p–b = 2 abc p–c = 2 a bc bca a cb a bc Do đó: p(p – a)(p – b)(p – c) = . . . 2 2 2 2 1 = b  c  a  . b  c  a  .  a  c  b .  a  c  b 16 1  b  c   a2  . a2   c  b   2 2 = 16     1 2 2 = 16  b  c  a 2  2bc  .  a 2  b2  c 2  2bc  1 =  2 bc . cos A  2 bc    2bc.cos A  2bc  16 1 = 2 b c 1  cos A  2 bc 1  cos A  16 2 1 2 2 1  = b .c 1  cos 2 A  =  b.c.sin A  = S2 4 2  Vậy: S  p( p  a)( p  b)( p  c) BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Tính các góc của tam giác ABC biết: a) a  2 3 ; b = 3 2 ; c = 3  3 b) a  6 ; b = 2 6 ; c = 3 2  6 Bài 2: Cho tam giác ABC có cạnh a = 6, b = 7, c = 8. Chỉ áp dụng định lý côsin một lần, chứng minh tam giác ABC có ba góc nhọn.
  19. Bài 3: Cho tam giác ABC . Tính độ dài AC, biết: ˆ a) B  1200 , AB = 6, BC = 10. b)  = 600 , AB = 8, BC = 13. Bài 4: Cho tam giác ABC, biết  = 1200 , cạnh BC = 13 và AB + AC = 15. Tính AB và AC. Bài 5: Cho hình vuông ABCD cạnh a, O là giao điểm của AC và BD, M là trung điểm của AB. Tính bán kính đường tròn ngọai tiếp tam giác OMC. Bài 6: Tính góc  của tam giác ABC, biết ba cạnh của nó thỏa: a) b(b 2  a 2 )  c(a 2  c 2 ) b3  c 3  a 3 b)  a2 bca Bài 7: Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CA lần lượt tại M, D, N. Biết AN = 2, CN = 3, C  600 . Tính các cạnh của tam giác. Bài 8: Gọi B là điểm cố định nằm trong (O,R). Hai dây AB và CD di động luôn qua P và vuông góc với nhau. a) CMR: AC2 + BD2 = const b) CMR: PA2 + PB2 +PC2 + PD2 = const 1 c) Gọi I là trung điểm của AC, chứng minh OI = BD 2 Bài 9: Cho tam giác ABC vuông tại A , hai cạnh góc vuông là b và c. M là một b .c điểm trên cạnh BC sao cho BAM   . CMR: A M  b . c o s   c . s in  ˆ Bài 10: Cho tam giác ABC có B  600 , R = 2, I là tâm đường tròn nội tiếp. Tính bán kính x của đường tròn ngoại tiếp  ACI. 1 1 1 Bài 11: Cho tam giác ABC có các đường cao ha  , hb  , hc  . Tính diện 3 4 5 tích tam giác ABC.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản