A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. Lý do chọn đề tài:
Với xu thế đổi mới phương pháp giáo dục hiện nay của bộ giáo dục, trong quá
trình dạy học để thu được hiệu quả cao đòi hỏi người thầy phải nghiên cứu tìm
hiểu kỹ chương trình, đối tượng học sinh; đưa ra các phương pháp phù hợp với
kiến thức, với các đối tượng học sinh cần truyền thụ. Như luật giáo dục có viết:“
Phương pháp giáo dục cần phát huy tính tích cực, tự giác, tự học, tự sáng tạo của
từng học sinh. Giúp học sinh nắm vững kiến thức và có hứng thú trong học tập ” .
Trong chương trình Hình học 10 nội dung của định lí côsin và định lí sin chiếm
vị trí rất quan trọng, chúng có rất nhiều ứng dụng trong giải toán ở các chương
trình lớp 10,11 và 12, vì thế các định lí này được ví như những viên ngọc quý
trong hình học sơ cấp. Là giáo viên trực tiếp giảng dạy môn toán ở trường THPT
Lê Lợi, trong quá trình giảng dạy, tôi luôn nghiên cứu tìm tòi các phương pháp
mới phù hợp với từng bài dạy và các đối tượng học sinh để truyền thụ các kiến
thức, đặc biệt là trong việc dạy học các định lý, tôi luôn hướng dẫn học sinh nắm
vững các kiến thức đã học bằng cách cho học sinh thấy được ứng dụng của định lý
thông qua hệ thống bài tập áp dụng tương thích, từ đó giúp học sinh thấy được giá
trị của nội dung định lí. Với những kinh nghiệm trên tôi đã chọn đề tài: “Hướng
dẫn học sinh lớp 10 khai thác các ứng dụng của định lí sin và côsin trong tam
giác ” nhằm mục đích nâng cao chất lượng học tập của học sinh lớp 10 , tạo hứng
thú cho các em tiếp cận và giải quyết các kiến thức có liên quan đến hai định lí
này ở chương trình lớp 11, 12.
II. Đối tượng nghiên cứu:
Học sinh lớp 10 với trình độ không quá yếu.
III. Phương pháp nghiên cứu:
- Lựa chọn các ví dụ các bài tập cụ thể phân tích tỉ mỉ giả thiết của bài toán,
hướng dẫn học sinh vận dụng năng lực tư duy, kỹ năng, kiến thức đã học để từ đó
đưa ra nhiều cách giải của một bài toán.
1
- Qua kinh nghiệm giảng dạy thực tiễn; Tìm hiểu tài liệu tham khảo, sách
giáo khoa và sách bài tập hình học lớp 10; báo Toán học và Tuổi trẻ, tham khảo ý

cạnh như trên thì các góc cạnh còn lại sẽ xác định như thế nào? Rõ ràng các góc
cạnh còn lại và các góc cạnh đã biết sẽ có một mối liên hệ! Các mối liên hệ đó
người ta gọi là các hệ thức lượng giác trong tam giác. Một trong các hệ thức đó là
định lý Côsin và định lí Sin trong tam giác.
1. Định lí côsin: Trong tam giác ABC bất kỳ với BC = a, CA = b, AB = c ta có:
a
2
= b
2
+ c
2
– 2.b.c.cosA.
b
2
= a
2
+ c
2
– 2.a.c.cosB .
c
2
= a
2
+ b
2
– 2.a.b.cosA .
* Ứng dụng:

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

+ <
2 2 2
b c a+ =
cosA 0
<
0
A 90
>
cosA 0
>
0
A 90
<
a b c
2R
sin A sin B sin C
= = =
bsin A
a
sin B
=
a sin B
sin A
b
=
a 2R sin A
=
a
R
2sin A

a b bsin A 8.sin 60 4 3
sin B
sin A sin B a 7 7
= ⇒ = = =
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC biết A=120
0
; B =45
0
; R =2. Tính 3 caïnh a,b,c
Giải
Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC ta có

0
a
2R a 2R.sin A 2.2.sin120 2 3
sin A
= ⇒ = = =

0
b
2R b 2R.sin B 2.2.sin 45 2 2
sin B
= ⇒ = = =

( )
0 0 0 0 0
6 2
C 180 120 45 15 c 2R sin C 2.2.sin15 4. 6 2
4
−

C
bc2 2 2
9 36 16 29
osB
2 2.3.6 36
+ − + −
= = =
a c b
C
ac

2 2 2
9 16 36 11
os
2 24 24
a b c
C C
ab
+ − + − −
= = =
Nhận thấy cosA>0 ,cosB>0 nên các góc A và B nhọn . cosC<0 nên góc C tù
Vậy: Góc số đo lớn nhất là góc C và
2 2 2
9 16 36 11
os
2 24 24
a b c

0
0

− − + =
⇔ − − + − − − = ⇔

− − − =

c a b ab
c a b ab c a b ab
c a b ab
+)
2 2 2 2 2 2
1
0
2
− − + = ⇔ = + + ⇒ = −osc a b ab c a b ab c C
hay C=
0
120

+)
2 2 2 2 2 2
1
0
2
− − − = ⇔ = + − ⇒ =osc a b ab c a b ab c C
hay C=
0
60

=
. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Giải
5
a) Đặt
0
3 2 6 2
2
a b c
t
= = = >
−
6 2
3 , 2 ,
2
a t b t c t
−
⇔ = = =
Áp dụng định lí côsin ta có
( )
( )
2 2 2
2 2 2
0
2
2 2 3 3
b 1
osA= 120
2 2
2 3 1

0
– (A + B) = 15
0
b) Áp dụng định lí sin, ta có:
0
2 3
2
2sin
2sin120
a
R
A
= = =
.
Ví dụ 6: Giả sử:
2
2
1
2 1
1
a x x
b x
c x

= + +

= +


= −

2 2 2
a b c bc= + +
. Mà
2 2 2
2. osa b c bcC A= + −
. Vậy:
1
os 120
2
o
C A A
−
= ⇒ =
.
Ví dụ 7: Cho tam giác ABC có 2 đường trung tuyến BM=6, CN=9 và hợp với
nhau 1 góc 120
0
. Tính các cạnh của tam giác ABC .
Giải.
+) Trường hợp 1:
·
0
BGC 120=
Áp dụng định lí côsin trong tam giác GBC
Với
2 2
GB BM 4,GC CN 6
3 3
= = = =
ta có:

2 2 0
1
CM CG GM 2GC.GM.cos60 36 4 2.2.6. 2 7 AB 4 7
2
 
= + − = + − = ⇒ =
 ÷
 

+) Trường hợp 2:
·
0
BGC 60=
. HS giải tương tự
Nhận xét : Ở bài tập này học sinh thường không xét hai trường hợp .
Ví dụ 9: (THTT Tháng 7/2009) Cho tam giaùc ABC vuông tại B. Kéo dài AC về
phía C một đoạn CD=AB=1. Cho
·
0
30CBD
=
. Tính độ dài đoạn thẳng AC.
Giải.
Đặt AC=x (x>0)
Áp dụng định lí côsin trong tam giác ABD. Ta có
( ) ( )
2
2 2 2
1
BD AB AD 2AB.AD.cosA 1 1 x 2 1 x

a) a = c. cosB+ b.cosC.
b) bc. cosA+ ab.cosC + ac.cosB =
2 2 2
2
a b c+ +
.
c) 2abc(cosA + cosB) = (a+b)(c +b–a)(c+a–b)
7
1
1
B
A
C
0
30
d)
2 2 2
2 2 2
tan
tan
+ −
=
+ −
A c a b
B
c b a
.
Giải
a) Thế:
2 2 2

= =
a c b a b c
a
a

(ĐPCM)
b) Để ý rằng:
2 2 2
2bc.cosA b c a
= + −
;
2 2 2
2ab.cosC a b c
= + −
;
2 2 2
2ac.cosB a c b
= + −
Thế vào vế trái ta được: ta được:
bc. cosA+ab.cosC+ac.cosB =
( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
b c a a b c a c b
2 2
+ +
+ − + + − + + − =
a b c
c) Áp dụng định lí côsin, ta có:

tan
tan
A
B
=
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2
.
sinAcosB
2 2
sin osA
.
2 2
a a c b
a c b
R ac
Bc
b b c a b c a
R bc
+ −
+ −
= =
+ − + −
(đpcm).
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC có a=4, b=5, c=6. Chứng minh: sinA–2sinB+sinC=0.
Giải.
Gọi R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Từ định lí sin, ta có:
a b c

2 2 2
t
4
b c a
Co A
S
+ −
=
,
2 2 2
t
4
a c b
Co B
S
+ −
=
,
2 2 2
t
4
a b c
Co C
S
+ −
=
(*) thế vào vế trái
suy ra:

+ +

1
sin 2 sin 2
4
 
= +
 
ABC
S a B b A
Giải
Áp dụng định lí sin trong tam giác ABC, ta có:
2 2
1
sin 2 sin 2
4
 
+
 
a B b A
( ) ( )
2 2
1
2 sin sin 2 2 sin sin 2
4
 
= +
 
R A B R B A
[ ]
( )
2 2

Giải
Áp dụng định lí sin trong tam giác HBC ta có
·
1
( )
2sin
BC
R a
BHC
=
.
Do
·
µ
0
180BHC A
+ =
, nên từ (a) suy ra
µ
1
( )
2sin
BC
R b
A
=
.
Mà theo định lí sin trong tam giác ABC ta có
µ
2sin

=
Giải
Áp dụng định lí sin và côsin, ta có:
sin
2 osA
sin
C
c
B
=

2 2 2
c
b c a
2R
2
b
2bc
2R
+ −
⇔ =

2 2 2 2
c b c a a b
⇔ = + − ⇔ =
. Vậy tam giác ABC cân tại C
Ví dụ 2: Nhận dạng tam giác ABC biết:
3 3 3
2
1

2 . osa b c bc C A= + −
Suy ra:
1
os 60
2
o
C A A
= ⇒ =

- Từ:
1
os .cos
4
C A C =
suy ra:
1
cos 60
2
o
C C= ⇒ =
.
Vậy tam giác ABC đều.
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC thõa mãn: a
3
= b
3
+ c
3
. Chứng minh tam giác ABC
nhọn.

n
+ c
n
(n>2, n
∈
N) thì tam giác ABC
có 3 góc nhọn.
Ví dụ 4: Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác ABC và a
2
, b
2
, c
2
là độ dài
tương ứng của các cạnh của tam giác A’B’C’.
a) Hãy xác định dạng của tam giác ABC.
b) So sánh góc bé nhất của tam giác ABC và góc bé nhất của tam giác A’B’C’.
Giải
a) Do a
2
, b
2
, c
2
là độ dài ba cạnh của tam giác A’B’C’ nên
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
0
0 ( )

  
  
<
 


A
bcc c
I B
C
Vậy tam giác ABC nhọn
11
b) Không mất tính tổng quát ta giả sử
2 2 2
a b c a b c
≤ ≤ ⇒ ≤ ≤ ⇒
A và A’ lần lượt là
hai góc bé nhất của tam giác ABC và A’B’C’:
Xét cosA’ – cosA =
( )
4 4 4 2 2 2
4 4 4 2 2 2
2 2 2 2
2
2 2
b c a bc b c a
b c a b c a
bc
b c b c
+ − − + −

2
2 2
+ − + −
+ ≤ ⇔ + − + + − ≤
b c a a c b
a b c a b a c a a b b c b abc
bc ac

( )
( )
( ) ( ) ( )
2
2 2
2 2
0 0⇔ − − − ≤ ⇔ − + + − − ≤ac bc a b a b a b c c a b
(luôn đúng Do
2
(a - b) 0≥
, a + b + c > 0, c – a – b < 0)
Lập luận tương tự, ta có
. osB + c.cosC (**)
. osC + a.cosA b (***)
b c a
c c
≤
≤
Cộng theo vế các bất đẳng thức (*), (**) và (***) ta được điều phải chứng minh
Ví dụ 8: Cho tam giác ABC có ba góc A, B, C thoả mãn hệ thức
2 2 2
sin B + sin 2sinC A

2
 
⇒ ≥ + ≥
 ÷
+
 
c b c bc
b c

0
1
osA 60
2
⇒ ≥ ⇒ ≤
c A
5. Ứng dụng 5: Giải các bài toán đại số
Ví dụ 1: CMR:
2 2 2 2 2 2
a ab b b bc c a ac c− + + − + ≥ + +
với mọi a, b, c >0.
Giải
Từ 1 điểm O lấy OA= a, OB= b, OC= c
sao cho:
·
·
AOB BOC 60
o
= =
.
Áp dụng định lý côsin cho các tam giác OAB, OBC, OCA

x xy 25
3
y
z 9
3
z xz x 16

+ + =



+ =



+ + =


. Tính giá trị của biểu thức P=xy+2yz+3xz
Phân tích: Đối với bài toán này nếu chúng ta cứ loay hoay tính toán thì sẽ mất
nhiều thời gian. Nhưng nếu nhạy cảm một chút ta có thể thấy có thể vận dụng định
lí côsin và định hướng cách giải như sau:
Lấy các điểm O,A,B,C trên mặt phẳng sao cho
·
·
·
0 0 0
AOB 150 ,AOC 120 ,BOC 90= = =
.
Đặt: OA=x , OB=

hay tam giác ABC vuông tại C và
ABC
S 6
∆
=

Mặt khác:

ABC OAB OAC OBC
1 1 3
S S S S xy yz xz
4 3 2 3 4 3
∆ ∆ ∆ ∆
= + + = + +
Vậy:
1 1 3
xy yz xz 6 P xy 2yz 3zx 24 3
4 3 2 3 4 3
+ + = ⇒ = + + =

Ví dụ 3: Cho các số dương x,y,z,a,b,c thỏa mãn :
2 2 2
2 2 2
2 2 2
x xy y a
y yz z b
z zx x c

+ + =


BC OB OC 2OB.OC.cosBOC x y xy a= + − = + + =

Tương tự : AC=b, AB=c .
Vì
ABC OAB OBC OAC
S S S S= + +
nên :
( ) ( ) ( ) ( )
0
1
p p a p b p c xy yz zx sin120
2
− − − = + +( ) ( ) ( )
p p a p b p c
xy yz zx 4
3
− − −
⇔ + + =
(ĐPCM)
6.Ứng dụng 6: Giải các bài toán thực tế
Ví dụ 1. Hai chiếc tàu thủy cùng xuất phát từ một vị trí A, đi thẳng theo hai hướng
tạo với nhau góc 60
o
. Tàu B chạy với tốc độ 20 hải lí một giờ. Tàu C chạy với tốc
độ 15 hải lí một giờ. Sau 2 giờ, hai tàu cách nhau bao nhiêu hải lí ? (1 hải lí ≈
1,852 km).
Giải . (quan sát hình vẽ)

Ví dụ 2. Đo chiều cao của một cái tháp mà không thể đến được chân tháp. Giả sử
CD = h là chiều cao của tháp trong đó C là chân tháp. Chọn hai điểm A,B trên mặt
đất sao cho ba điểm A,B và C thẳng hàng. Ta đo khoảng cách AB và các góc
. Chẳng hạn ta đo được AB = 24m,
·
·
0 0
CAD 63 ,CBD 48= α = = β =
.Khi đó
chiều cao h của tháp được tính như sau:
15
Áp dụng định lí sin vào tam giác ABD ta có:
AD AB
sin sin D
=
β

Ta có:
µ µ
0 0 0
D D 63 48 15α = +β ⇒ = α −β = − =
. Do đó:
( )
0
0
AB.sin 24.sin 48
AD 68,91
sin sin15
β
= = ≈

( x
∈
R). CMR a, b, c là 3 cạnh của một tam giác tù.
4. Cho tam giác ABC thõa mãn: CotA= 2(CotB+ CotC).
a) CMR:
2 2 2
5b c a+ =
b) CMR:
3
5
SinA ≤
.
5. Cho tam giác ABC thõa mãn:
2 2 2
2b c a+ =
. CMR: CotB+ CotC= 2CotA.
6. Cho tam giác ABC, trên cạnh BC lấy hai điểm M, N sao cho: BM= MN= NC,
kí hiệu:
·
·
·
, ,MAB MAN NAC
α β γ
= = =
.
CMR:
( ) ( )
( )
2
4 1 .Cot Cot Cot Cot Cot

Kết quả Học kì 1 Học kì 2 Ghi chú
Giỏi 15 23
Khá 25 19
TB 4 3
Yếu 1 0
- Lớp: 10A5
Kết quả Học kì 1 Học kì 2 Ghi chú
Giỏi 17 26
Khá 25 18
TB 3 2
Yếu 2 1
Kiểm tra học kì II : Lớp 10A5 đứng nhất, 10A1 thứ 2 toàn khối.
Trong quá trình giảng dạy tôi đã thảo luận, trao đổi với đồng nghiệp được các
đồng nghiệp đánh giá cao và cùng nghiên cứu vận dụng.
Tuy nhiên với phương pháp này người thầy phải biết vận dụng sáng tạo
phương pháp phù hợp với kiến thức đang cần truyền thụ cho học sinh; đánh giá
đúng đối tượng học sinh để giới thiệu và khai thác kiến thức một cách phù hợp.
Đối tượng học sinh là học sinh không quá yếu, luôn tin tưởng ở thầy, có điều
kiện học tập, nghiên cứu.
III. Đề xuất, kiến nghị,
Đối với giáo viên cần tâm huyết với nghề nghiệp, lấy sự tiến bộ của học sinh
làm mục đích chính; luôn trao dồi kiến thức, phương pháp; luôn tìm tòi, nghiên
17
cứu chương trình, đối tượng học sinh cụ thể để đưa ra phương pháp truyền thụ
kiến thức phù hợp đạt kết quả cao nhất trong giảng dạy.
Đối với học sinh cần học tập thật nghiêm túc, tự giác học tập, nghiên cứu chủ
động tiếp cận kiến thức một cách khoa học.
Đối với cấp quản lý cần kịp thời động viên, biểu dương các đề tài có chất lượng
cao, nhân rộng qua lưu hành nội bộ để đồng nghiệp tham khảo, bổ sung góp ý và
vận dụng trong quá trình dạy học.