Sử dụng Phương pháp dạy học hợp tác trong dạy học giải bài tập toán chương phương pháp toạ độ trong

BÁO CÁO NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

vectorstock.com/22666516

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN TEST PREP PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Sử dụng Phương pháp dạy học hợp tác trong dạy học giải bài tập toán chương phương pháp toạ độ trong không gian - Ứng dụng lượng giác trong bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất WORD VERSION | 2020 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC HỢP TÁC TRONG DẠY HỌC BÀI TẬP TOÁN CHƯƠNG PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN.

1. Đặt vấn đề: Để có một nền Giáo dục tiên tiến và hiện đại, Giáo dục Việt Nam đã thực hiện hàng loạt các biện pháp đồng bộ như đổi mới Luật Giáo dục, đổi mới chương trình dạy-học các cấp và quan trọng hơn hết là cuộc cách mạng về Phương pháp giáo dục. Định hướng cơ bản của đổi mới Giáo dục là khắc phục lối truyền thụ tri thức một chiều, phát huy được tối đa tính tích cực tự giác, chủ động sáng tạo cho người học, đồng thời rèn luyện cho người học các kỹ năng xã hội và các kỹ năng hợp tác. Với thực tế ấy, sử dụng Phương pháp dạy học hợp tác sẽ đáp ứng được yêu cầu và xu hướng đổi mới của Giáo dục hiện nay.

Trong khoa học toán học, việc phát minh ra phương pháp toạ độ được coi như một cuộc cách mạng lớn. Nó giúp cho toán học thoát khỏi cái tư duy cụ thể của không gian vật lý thông thường mà nhằm đạt tới những đỉnh cao của sự khái quát và sự trừu tượng. Mặt khác, nội dung bài tập về phương pháp toạ độ trong không gian ở trường THPT rất đa dạng và phong phú, nếu không có sự phân dạng và nêu phương pháp giải cho từng dạng cụ thể thì cả học sinh và giáo viên đều thấy rất lan man và khó có thể chọn được cách giải ngắn gọn. Hàng loạt bài toán nếu không có một phương pháp dạy học phù hợp thì dễ gây nên sự nhàm chán cho học sinh. Với những lý do trên đề tài được chọn là: “Sử dụng Phương pháp dạy học hợp tác trong dạy học giải bài tập toán- chương phương pháp toạ độ trong không gian.

2. Giải quyết vấn đề: 2.1. Cơ sở lý luận của vấn đề: - PPDH hợp tác là một PPDH, trong đó GV là người tổ chức, điều khiển các HĐ học tập của HS trong môi trường hợp tác, HS là người học tập có sự hợp tác với nhau nhằm đạt được mục đích chung về kiến thức và kỹ năng hợp tác. Hoạt động trong giờ dạy học hợp tác bao gồm: hợp tác giữa các học sinh trong cùng một nhóm, hợp tác giữa các nhóm và hợp tác giữa HS với GV. Với PPDH này, HS được tham gia vào các nhóm học tập không chỉ thúc đẩy quá trình học tập, tăng tính chủ động sáng tạo trong quá trình giải bài tập, tạo niềm vui khi giải được một bài toán. Đồng thời giúp HS phát triển các kỹ năng giao tiếp bằng ngôn ngữ, phát triển tư duy hội thoại, nâng cao lòng tự trọng, ý thức trách nhiệm và sự tự tin của người học, giúp thúc đẩy những mối quan hệ cạnh tranh mang tính tích cực trong học tập.

- Để thiết kế một tình huống dạy học hợp tác, GV cần thực hiện các nhiệm vụ sau: *) Chuẩn bị về kiến thức cho tình huống.

SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

1

*) Đặt ra mục tiêu của tình huống. *) Đề ra nhiệm vụ học tập cho HS: có thể phát phiếu học tập hoặc trình chiếu trên màn hình. *) Dự kiến các ý kiến, các hướng giải quyết khác nhau của HS. *) Dự kiến các câu hỏi, gợi ý của GV trong quá trình HS suy nghĩ hoặc thảo luận nhóm. *) Chuẩn bị sẵn kết luận của vấn đề. *) Đặt ra tiêu chí thi đua giữa các nhóm hoặc giữa các cá nhân với nhau nhằm tạo ra không khí học tập tích cực.

- Các bước tổ chức dạy học hợp tác bao gồm: + Thiết kế nhiệm vụ học tập cho HS. + Tổ chức nhóm học tập: + Hướng dẫn kỹ năng hợp tác: + Rèn luyện kỹ năng tư duy cho HS khi thảo luận nhóm: + Đề ra tiêu chí thi đua: + Điều hành các HĐ học tập hợp tác trong giờ học: + Tổng kết giờ học: 2.2. Thực trạng của vấn đề: Qua điều tra 14 GV dạy môn Toán và HS ở 5 lớp 12 của trường THPT Tĩnh Gia 2, tôi thu được kết quả như sau: - Đối với GV: + 100% GV được điều tra cho biết chưa từng được tập huấn về PPDH hợp tác.

Chỉ có 1 GV đã tập huấn về hình thức dạy học theo nhóm do Sở Giáo dục và Đào tạo tỉnh Thanh Hóa tổ chức. + Chỉ có 1 GV trả lời đúng câu hỏi: Một lớp học hợp tác đảm bảo các yếu tố nào? + 100% GV cho rằng cần thiết phải dạy cho HS những kỹ năng hợp tác với người khác. + Để tạo ra những tình huống nhằm giúp HS rèn luyện các kỹ năng hợp tác thì chỉ 2 GV cho rằng có tạo ra tình huống nhưng không thường xuyên. + Về những khó khăn mà GV gặp khi áp dụng học hợp tác trong lớp họ phụ trách có : * 12 GV cho rằng nhà trường chưa khuyến khích. * 10 GV cho rằng HS không tích cực tham gia. * 14 GV cho rằng họ gặp khó khăn trong việc soạn giáo án và tổ chức lên lớp theo phương pháp trên. + Có 100% GV có quan niệm chưa chính xác về phương pháp dạy học hợp tác.

SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

2

+ Có 100% GV trả lời chưa chính xác câu hỏi: Nêu sự giống nhau và khác nhau giữa dạy học hợp tác và dạy học theo nhóm.

- Đối với học sinh: + Về nhận thức và thái độ của HS đối với học hợp tác.

Có 90% HS mong muốn thường xuyên được học hợp tác. + Về khả năng tự khẳng định mình * 71% HS mạnh dạn nêu ý kiến riêng của mình. * 77% HS có cơ hội thể hiện khả năng của mình. * 75% HS biết tự đánh giá khả năng của mình. * 62% HS biết đánh giá khả năng của bạn khác. + Về trách nhiệm cá nhân đối với nhóm * 97% HS cho rằng có đóng góp ý kiến cho nhóm, tuy nhiên chỉ có 68% HS thường xuyên có đóng góp ý kiến cho nhóm. * 92% HS cho rằng mọi thành viên trong nhóm phải có đóng góp ý kiến cho nhóm. + Về các kỹ năng giao tiếp trong quá trình học hợp tác nhóm : * 73% HS thường xuyên lắng nghe khi bạn mình đưa ra ý kiến. * 64% HS sau khi trình bày, hỏi lại bạn xem có hiểu ý mình không. * 93% HS sẵn sàng trao đổi, giải thích lại câu hỏi cho bạn nếu được yêu cầu. * 61% HS thường xuyên tóm tắt ý kiến bạn trình bày. * 70% HS thường xuyên yêu cầu bạn nhắc lại, giải thích lại khi chưa rõ. * 95% HS thường xuyên tìm mọi cách để bạn hiểu ý mình. * 66% HS thường xuyên có đề nghị nhóm để bạn học yếu hơn cũng được trình bày ý kiến. * 38% HS đôi khi còn ngắt lời của bạn khi bạn đang nói không giống với suy nghĩ của mình. + Về câu hỏi ý kiến khác của em, có 48% HS không trả lời, 52% có trả lời và hầu hết các em rất mong muốn được thầy, cô của mình tổ chức các tiết học hợp tác.

- Kết luận điều tra Qua kết quả điều tra tôi nhận thấy rằng: - Đối với GV: Hầu hết GV được điều tra đều mong muốn tìm hiểu và vận dụng PPDH hợp tác vào dạy học tại lớp mình, song sự hiểu biết của họ về PPDH hợp tác còn phiến diện.

- Đối với học sinh: HS cảm thấy hứng thú khi được GV tổ chức dạy học hợp tác và mong muốn được GV tổ chức nhiều giờ học hợp tác hơn, song các em chưa nắm rõ các kỹ năng hợp tác.

SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

3

2.3. Thiết kế một số tình huống dạy học hợp tác trong dạy học giải bài tập chương phương pháp toạ độ trong không gian.

- Một tình huống dạy học hợp tác trước hết phải là một tình huống gợi vấn đề, tạo ra nhu cầu cần hợp tác cho HS. Có thể thiết kế tình huống dạy học hợp tác về bài tập toán học theo những hướng sau đây: +) Theo 4 bước giải toán của G.Pôlya *) Tìm hiểu bài toán *) Tìm hướng giải bài toán *) Trình bày lời giải *) Nghiên cứu sâu lời giải bài toán +) Theo các nội dung *) Tìm qui trình giải cho một dạng bài tập *) Tổng kết các phương pháp giải cho một dạng bài tập *) Tìm nhiều cách giải cho một bài toán *) Tìm và sửa chữa những sai lầm thường gặp *) Tổng hợp kiến thức thông qua lớp các bài tập cụ thể *) Thi giải toán tiếp sức *) Tương tự hóa, khái quát hóa, đặc biệt hóa một bài hoặc một dạng toán - Khi dạy học giải bài tập toán, GV có thể sử dụng một số hình thức hợp tác như: ghép nhóm khoảng từ 4-8 HS bao gồm các thành viên với nhiều trình độ học lực khác nhau; hợp tác theo từng cặp; thi giải toán theo đội; … Ngoài ra tuỳ theo nội dung và mục đích dạy học đan xen hoạt động nhóm với hoạt động cá nhân. Sau đây là một số tình huống dạy học hợp tác về bài tập chương phương pháp tọa độ trong không gian.

Tình huống 1: Tổng hợp kiến thức thông qua hệ thống bài tập về véctơ trong không gian. *) Kiến thức chuẩn bị: - Định nghĩa tích có hướng của 2 véctơ trong không gian; - Điều kiện để 2 véctơ cùng phương, ( không cùng phương); - Điều kiện để 3 điểm trong không gian thẳng hàng, ( không thẳng hàng); - Điều kiện để 3 véctơ đồng phẳng, ( không đồng phẳng); - Các công thức tính chu vi tam giác, diện tích tam giác, diện tích hình bình hành, thể tích hình hộp. *) Mục tiêu của phiếu học tập là tổng hợp các ứng dụng của tích có hướng để giải toán. *) Phiếu học tập: Cho các bài tập sau:

SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

4

Bài tập 1: Cho 2 véctơ u (1;3;2), v(2;6;4) . CMR 2 véctơ đã cho cùng phương.

Bài tập 2: Cho 3 điểm A(1;1;1), B( 0;1;2), C( 0;0;1). CMR: A, B, C không thẳng hàng (hoặc chứng minh A, B, C là 3 đỉnh một tam giác) Bài tập 3: Cho 3 vécơ u (4;3;4), v(2;−1;2), w(1;2;1) . CMR: 3 véctơ đồng phẳng.

Bài tập 4: Cho 4 điểm A(1;0;0),B(0;1;0),C(0;0;1),D(-2;1;-1).

CMR: 4 điểm A, B, C, D không đồng phẳng Bài tập 5: Cho tam giác ABC có A( 1;-1;-3), B( 2;1;-2), C( -5;2;-6). Tính diện tích tam giác ABC. Bài tập 6: Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’ có A( 1;0;1), B( 2;1;2), D( 1;-1;1), C( 2;0;2), A’( 3;5;-6), B’( 4;6;-5), C’( 4;5;-5), D’( 3;4;-6).

Tính thể tích hình hộp đã cho.

Câu hỏi 1: Hãy nêu các cách giải các bài toán trên?

Câu hỏi 2: Tổng hợp các ứng dụng về tích có hướng của 2 véctơ? *) Tổ chức học hợp tác: Bước 1: GV phát phiếu học tập cho từng HS. Mỗi HS độc lập suy nghĩ và trình bày ý kiến vào phiếu học tập của riêng mình.

Bước 2: Các thành viên trong mỗi nhóm thảo luận, so sánh và thống nhất chọn ra những phương án trả lời đúng. *) Dự kiến các tình huống trong thảo luận nhóm: - Đa phần HS đã biết cách giải nhưng cần hợp tác với nhau để có nhiều cách giải đúng và nhanh.

- Dự kiến các hướng giải: + Bài tập 1: Hướng 1: u, v cùng phương ⇔ u = k v (k ≠ 0); Hướng 2: u, v cùng phương ⇔ [u, v] = 0 ; Hướng 3: u (u1 ,u 2 ,u 3 ), v(v1 ,v 2 ,v 3 ) cùng phương ⇔

u1 u 2 u 3 = = v 1 v 2 v3

với vi ≠ 0, i=1,2,3 còn nếu vi=0 thì ui tương ứng cũng bằng 0. + Bài tập 2: Tính toạ độ AB, AC ;

Chứng tỏ AB, CD không cùng phương + Bài tập 3: u, v, w đồng phẳng ⇔ [u, v].w = 0 u, v, w không đồng phẳng ⇔ [u, v].w ≠ 0 . + Bài tập 4: Hướng 1: - Viết PT mặt phẳng đi qua 3 trong 4 điểm đã cho.

SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

5

- Thay toạ độ điểm còn lại vào PT mp vừa viết: Nếu được giá trị bằng 0 thì 4 điểm đồng phẳng; Nếu được giá trị khác 0 thì 4 điểm không đồng phẳng; Hướng 2: - Tính toạ độ AB, AC , AD và làm như cách nhóm 3.

Hướng 3: - Viết PT mặt phẳng đi qua 3 trong 4 điểm đã cho.

- Tính khoảng cách từ điểm còn lại đến mp vừa viết: nếu được giá trị bằng 0 thì 4 điểm đồng phẳng; nếu được giá trị khác 0 thì 4 điểm không đồng phẳng; + Bài tập 5: - Diện tích tam giác ABC có thể tính theo một trong các công thức: 1 2

1 2

S= │ [ AB, AC ] │; S= BC.AH (H là chân đường cao hạ từ A); 1 2

S= AB.AC.sinA; S= p( p − AB)( p − AC )( p − BC ) (với p là nửa chu vi); + Bài tập 6: Thể tích hình hộp: V=│ [ AB, AC ].AD │; V=B.h Tình huống 2: Tìm qui trình giải dạng bài tập lập PT mặt cầu. *) Kiến thức chuẩn bị: - Phương trình mặt cầu; - Phương trình mặt phẳng; - Điều kiện cần và đủ để mặt phẳng tiếp xúc với mặt cầu. *) Mục tiêu: Tìm qui trình giải dạng toán viết PT mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng. *) Phiếu học tập: Cho các bài tập: Bài tập 1: Lập PT mặt cầu có tâm là gốc tọa độ và tiếp xúc với mặt phẳng (P): 16x-15y-12z+75=0 Bài tập 2: Lập PT mặt cầu có tâm nằm trên đt (d):

x −1 y + 2 z = = , tiếp 3 1 1

xúc với mặt phẳng (P): 2x+y-2z+2=0 và có bán kính R=1.

Bài tập 3: Lập PT mặt cầu có tâm nằm trên (d) và tiếp xúc với 2 mp (P) và x = t (P’), biết: (d):  y = 0 , t ∈ R, ( P) : 3x + 4 y + 3 = 0, ( P ') : 2 x + 2 y − z + 39 = 0  z = −1 

Bài tập 4: Lập PT mặt cầu có tâm nằm trên 2 mặt phẳng ( α ): x+y+z+1=0 và ( β ): x-y+z-1=0, đồng thời tiếp xúc với 2 mp (P) và (P’) có phương trình lần lượt: x + 2 y + 2 z + 3 = 0, x + 2 y + 2 z + 7 = 0 Câu hỏi: 1) Em hãy nhận xét sự giống nhau và khác nhau giữa các bài tập?

2) Một bạn bảo rằng các bài tập trên có cùng hướng giải, theo em ý kiến SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

6

đó đúng hay sai? Hãy đưa ra hướng giải của các bài tập trên? *) Hoạt động tư duy trong thảo luận nhóm: Bước 1: HS mỗi nhóm nhận phiếu học tập, độc lập suy nghĩ và tìm hướng giải quyết.

Bước 2: Thảo luận trong nhóm: Dự kiến các ý kiến thảo luận của HS: Ý kiến 1: Các bài tập đều yêu cầu viết PT mặt cầu tiếp xúc với mặt phẳng nào đó. Ý kiến 2: Các bài tập 1, 2, yêu cầu viết PT cầu tiếp xúc với một mp. Ý kiến 3: Các bài tập 3, 4 yêu cầu viết PT cầu tiếp xúc với 2 mp. Ý kiến 4: Các bài tập cùng phải sử dụng điều kiện tiếp xúc của mặt cầu và mp là khoảng cách từ tâm mặt cầu đến mp bằng bán kính. Ý kiến 5: Bài tập 1: cho biết tâm mặt cầu, bài tập 2 cho biết bán kính của mặt cầu. Ý kiến 6: Ở bài tập 3 và 4 có sự khác nhau ở dạng PT đt (d). Ý kiến 7: Ở bài tập 4, mặt cầu tiếp xúc với 2 mp cắt nhau, còn bài tập 5 thì mặt cầu tiếp xúc với 2 mp song song. *) Kết luận vấn đề: 1) Lập PT mặt cầu tiếp xúc với mp (P) và thỏa mãn điều kiện K cho trước.

Bước 1: Giả sử mặt cầu (S) có tâm I(a;b;c) và bán kính R. Bước 2: (S) tiếp xúc với (P) khi và chỉ khi: d ( I , ( P )) = R =

A.a + B.b + C.c + D A2 + B 2 + C 2

(1)

Bước 3: Sử dụng điều kiện K để thiết lập thêm các PT theo a, b, c, R. Từ đó xác định tọa độ tâm I và bán kính R. Bước 4: Khi đó PT (S) là: (x-a)2+(y-b)2+(z-c)2=R. 2) Lập PT mặt cầu tiếp xúc với 2 mp (P) và (Q) đồng thời thỏa mãn điều kiện K cho trước: Bước 1: Giả sử mặt cầu (S) có tâm I(a;b;c) và bán kính R. Bước 2: (S) tiếp xúc với (P) và (Q) khi và chỉ khi: d ( I , ( P )) = d ( I , (Q )) = R

Bước 3: Sử dụng điều kiện K để thiết lập thêm các PT theo a, b, c, R. Từ đó xác định tọa độ tâm I và bán kính R. Bước 4: Khi đó PT (S) là: (x-a)2+(y-b)2+(z-c)2=R. Chú ý: Khi (P)//(Q) thì 2R=d((P),(Q)).

Tình huống 3: Tìm qui trình giải dạng bài tập xác định tâm và bán kính đường tròn trong không gian. *) Kiến thức chuẩn bị: - Phương trình mặt cầu. Tâm và bán kính mặt cầu; - Phương trình mặt phẳng; SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

7

- Phương trình đt đi qua 1 điểm và vuông góc với 1 mp; - Định lý Pitago. *) Mục tiêu: Tìm qui trình giải dạng bài tập xác định tâm và bán kính đường tròn trong không gian. *) Phiếu học tập: Cho các bài tập: Bài tập 1: Tìm hình chiếu vuông góc của M(3;-1;1) lên mp (P): x+2y-2z+1=0 Bài tập 2: Xác định tâm và tính bán kính đường tròn là giao của mặt cầu (S): x2+y2+z2-6x+2y-2z+10=0 và mp (P): x+2y-2z+1=0 Câu hỏi thảo luận: 1) Tìm mối liên hệ giữa hai bài tập?

2) Nêu các hướng giải bài tập 1?

3) Nêu các hướng giải bài tập 2? *) Tổ chức học hợp tác: Bước 1: GV phát phiếu học tậpcho từng HS. Mỗi HS độc lập suy nghĩ và trình bày ý kiến vào phiếu học tập của riêng mình.

Bước 2: Các thành viên trong mỗi nhóm thảo luận, so sánh và thống nhất chọn ra những phương án trả lời đúng. *) Dự kiến các ý kiến trong thảo luận nhóm: Mối liên hệ giữa 2 bài tập: Ý kiến 1: Bài tập 1 là một phần của BT 2; Ý kiến 2: Kết quả BT 1 là tọa độ tâm của đường tròn trong BT 2. Ý kiến 3: Không thấy mối liên quan nào. Ý kiến 4: Hướng giải BT 1 cũng là huớng giải BT 2 tìm tâm đường tròn. *) Kết luận vấn đề: 1) Qui trình xác định tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm M trên một (P).

Cách 1: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Xác định VTPT của (P); Bước 2: Lập PTđt (d) đi qua M và vuông góc (P); Bước 3: H là giao điểm của (d) và (P).

Cách 2: Thực hiện theo các bước: Bước 1: Xác định VTPT của (P);  H ∈ ( P)  MH ⊥ ( P )

Bước 2: Giả sử hình chiếu là H. Tìm tọa độ H từ hệ: 

2) Qui trình tìm bán kính r đường tròn: ( Sau khi đã xác định được tọa độ tâm) Bước 1: Tính bán kính mặt cầu R trong PT đường tròn; SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

8

Bước 2: Tính khoảng cách giữa 2 tâm MH; Bước 3: Bán kính đường tròn r = R 2 − MH 2 .

Tình huống 4: Tìm phương pháp giải cho dạng bài tập viết PT mp *) Kiến thức chuẩn bị: - Tích có hướng của 2 véctơ; - Phương trình mặt phẳng; - Giải hệ phương trình; *) Mục tiêu: Tổng hợp các phương pháp lập phương trình mặt phẳng. *) Phiếu học tập: Cho các bài tập: 1) Viết PTmp đi qua 3 điểm A, B, C phân biệt không thẳng hàng.

2) Viết PT mp chứa đi thẳng (d) và vuông góc với mp cho trước; 3)Viết PTmp chứa đt (d) và tạo với mp (Q) góc ϕ cho trước; 4) Viết PTmp đi qua 2 điểm A, B phân biệt và cách điểm M một khoảng cho trước; 5) Viết PT mp đi qua 2 điểm A, B và tiếp xúc với mặt cầu tâm I, bán kính R; Yêu cầu 1: Nêu các hướng giải của mỗi bài tập.

Yêu cầu 2: Nêu qui trình tổng quát để giải dạng bài tập viết PT mp? *) Tổ chức học hợp tác: - GV phát phiếu học tập cho từng HS, yêu cầu HS suy nghĩ và tìm hướng giải mỗi bài tập vào phiếu của riêng mình.

- GV chú ý nhắc HS chỉ nêu các bước để giải mỗi bài toán. Do số lượng các bài tập nhiều mà yêu cầu giải quyết trong thời gian ngắn, nên HS cần hợp tác với nhau để có kết quả sớm nhất.

- Sau 5 phút suy nghĩ, yêu cầu mỗi đội cử đại diện lên trình bày vào bảng. *) Dự kiến các hướng giải: Câu 1: Hướng 1: -Tìm toạ độ 1 VTPT n = [ AB, AC ] - mp cần tìm: đi qua A, (hoặc B, hoặc C), có VTPT là n Hướng 2: - Gọi PTmp dạng ax+by+cz=0 hoặc ax+by+cz+1=0; - Thay toạ độ A, B, C và PT để tìm a,b,c. a 1 x + b 1 y + c 1 z + d 1 = 0 a 2 x + b 2 y + c 2 z + d 2 = 0

Hướng 3: - Viết PTTQ của đt đi qua BC; 

- mp (P) thuộc chùm mp có trục là BC nên PT có dạng: λ (a1 x + b1 y + c1 z + d 1) + µ (a 2 x + b2 y + c 2 z + d 2 ) = 0, λ2 + µ 2 ≠ 0

SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

9

- Thay toạ độ điểm A vào PT để tìm λ , µ Câu 2: Hướng 1: - Tìm toạ độ điểm M thuộc (d); - Tìm toạ độ 2 VTCP của 2 đt đã cho; - mp (P) đi qua M và có VTPT là tích có hướng của 2 VT trên.

Hướng 2: - Lấy M thuộc (d); -Từ toạ độ M gọi PT (P) dạng ax+by+cz=0 hoặc ax+by+cz+1=0 - Tìm a, b, c từ hệ 3 PT sau: PT 1: thay toạ độ M; PT 2: VTPT của (P) vuông góc với VTCP của (d); PT 3: VTPT của (P) vuông góc với VTCP của (d’).

Hướng 3: - mp (P) thuộc chùm mp có trục là đt (d); - (P)//(d’) nên VTPT của (P) và VTCP của (d’) vuông góc.

Câu 3: Hướng 1: - mp (P) thuộc chùm mp có trục là đt d; - Áp dụng công thức tính góc giữa 2 mp để tìm ra PT (P).

Hướng 2: - Lấy bất kỳ A thuộc d và VTCP của d; -Từ toạ độ A gọi PT (P) dạng ax+by+cz=0 hoặc ax+by+cz+1=0 - Tìm a, b, c từ hệ 3 PT sau: PT 1: thay toạ độ A; PT 2: VTPT của (P) và VTCP của (d) vuông góc; PT 3: Áp dụng công thức tính góc giữa (P) và (Q).

Câu 4: - Gọi M(x;y;z) thuộc mp phân giác (P); - Sử dụng công thức tính khoảng cách: d (M,(Q) )=d (M,(R) ).

- Rút gọn PT ta được PT của (P).

Hướng 1: - Viết PT của AB dưới dạng giao 2 mp; Câu 5: - mp (P) thuộc chùm mp có trục là đt AB; - Áp dụng công thức tính khoảng cách từ điểm I đến mp (P) bằng R. Hướng 2: -Từ toạ độ A gọi PT (P) dạng ax+by+cz=0 hoặc ax+by+cz+1=0 - Tìm a, b, c từ hệ 3 PT sau: PT 1: thay toạ độ A; PT 2: thay toạ độ B PT 3: khoảng cách giữa I và (P) bằng R. *) Kết luận vấn đề: Qua tổng kết các hướng giải của HS và bổ sung của GV, ta thấy dạng toán này có nhiều cách giải, nhưng tuỳ từng bài toán mà sử dụng cách nào cho phù hợp. Có thể tổng kết các PP giải dạng toán này như sau: (Gọi HS bất kỳ trong đội tổng kết các PP giải loại bài tập của đội mình. Cuối cùng GV mới đưa ra tổng kết chung) PP 1: - Biết toạ độ điểm M thuộc mp (P); - GT cho để xác định VTPT: + nếu (P)//(Q) thì chọn n P = n Q

SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

10

+ nếu (P) ⊥ d thì chọn VTPT của (P) là VTCP của (d); + nếu GT cho để xác định 2 VTCP của (P) thì PT của (P) là tích có hướng 2 VTCP. PP 2: Mp chứa 1 đt (d) hoặc đi qua 2 điểm phân biệt A,B. + Hướng 1: Xác định 1 điểm thuộc mp và 2 VTCP. + Hướng 2: Sử dụng PP chùm mp: (P) thuộc chùm mp có trục là đt (d) hoặc đt AB; Từ GT còn lại xác định mối quan hệ giữa 2 hệ số trong PT (P) dạng chùm. Chọn cặp số sao cho chúng không đồng thời bằng 0. Thay trở lại thì được PT (P).

PP 3: GT cho có liên quan đến góc hoặc khoảng cách.

- Gọi PT (P) dạng tổng quát hoặc dạng chùm sao cho số ẩn phải tìm là ít nhất; - Sử dụng công thức tính góc giữa 2 mp (hoặc mp và đt tuỳ GT); - Sử dụng công thức tính khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mp, đt và mp…

Tình huống 5: Phát hiện và sửa chữa sai lầm khi giải bài tập lập PT hình chiếu vuông góc của 1 đt trên 1 mp. *) Kiến thức chuẩn bị: - Phương trình mặt phẳng; Phương trình đường thẳng; - Giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng. *) Mục tiêu: Đưa ra nhiều cách giải cho dạng bài tập lập PT hình chiếu vuông góc của 1 đt trên 1 mp. *) Phiếu học tập: Cho bài tập sau: Hãy tìm hình chiếu vuông góc của (d) trên (P) biết: (d):

x−2 y −4 z −3 = = ; (P): x+3y+2z-6=0.

3 1 −3

Một bạn đưa ra các hướng giải bài toán trên như sau: Cách 1: - Lấy bất kỳ A thuộc (d); - Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc H của A trên (P); - Đt cần tìm đi qua H và giao điểm của (d) và (P).

Cách 2: - Tìm toạ độ B là giao của (d) và (P); - Lấy A thuộc (d) và A khác B; - Tìm toạ độ H là hình chiếu vuông góc của A lên (P); - Đt cần tìm đi qua BH. Cách 3:

- Lấy 2 điểm phân biệt A, B thuộc (d); - Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A, B lên (P); SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

11

- Đt cần tìm đi qua 2 hình chiếu vừa tìm được.

Cách 4: - Viết PTmp (Q) chứa (d) và vuông góc với (P); - Đt cần tìm là giao tuyến của (P) và (Q).

Câu hỏi 1 : Xét xem các cách giải trên đúng không? Nếu sai, hãy sửa lại cho đúng?

Câu hỏi 2: Hãy nêu các cách giải bài tập trên? *) Tổ chức học hợp tác: HĐ 1: HS nhận phiếu học tập và độc lập suy nghĩ trả lời HĐ 2: Thảo luận theo nhóm: mỗi thành viên trình bày suy nghĩ của mình, các thành viên khác lắng nghe, ghi lại ý kiến của bạn, phân tích, đối chiếu với ý kiến của mình. Chỉ ra chỗ sai cho bạn biết. *) Dự kiến các ý kiến trong thảo luận: Nếu không phân tích kỹ thì thấy mỗi cách trên đều có lý. Như vậy cũng rất nhiều HS cho rằng các cách trên đều đúng. Điều đó thúc đẩy nhu cầu hợp tác càng cao nếu như GV biết cách gợi ý một chút vô lý của từng cách như sau: *) Dự kiến câu hỏi gợi ý: Cách 1: Nếu lấy A là giao của (d) và (P) thì điều gì xảy ra?

Cách 2: Khi (d) // (P) thì có B không?

Cách 4: Nếu (d) vuông góc (P) thì có (Q) không? *) Tiêu chí thi đua: - GV thu phiếu trả lời và chấm điểm theo tiêu chí như sau: + Phân tích và sửa sai chính xác mỗi cách 20 điểm; + Tổng kết các cách giải: 10 điểm; + Nhóm hoạt động tích cực và thành viên nhóm (bất kỳ) trình bày quan điểm đại diện cho nhóm tốt: 10 điểm. *) Kết luận vấn đề:: Cách 1: Chỉ dùng trong trường hợp (d) và (P) cắt nhau, điểm A phải lấy khác giao điểm của (d) và (P).

Cách 2: Chỉ sử dụng trong trường hợp (d) và (P) cắt nhau.

Cách 3: Có thể sử dụng trong mọi trường hợp.

Cách 4: Chỉ sử dụng khi (d) và (P) cắt nhau hoặc song song. * Tổng hợp các cách giải dạng bài tập này: Nếu (d) ⊂ Nếu (d) cắt Nếu (d) //(P) Nếu (d) ⊥ (P) (P) (P) (d’) ≡ (d) Dùng một - Dùng cách 3, 4.

Hình chiếu vuông trong các cách - Hoặc: góc của (d) trên (P) + Lấy A thuộc (d) 2, 3, 4. chỉ là 1 điểm ( giao SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

12

+ Tìm H là hình chiếu điểm của (d) và (P) vuông góc của (d) trên (P) + (d’) là đt qua H và //(d).

Tình huống 6: Xây dựng qui trình giải dạng bài tập xác định toạ độ hình chiếu vuông góc của một điểm trên một đt. *) Kiến thức chuẩn bị: - Phương trình mặt phẳng; - Phương trình đường thẳng; - Giao tuyến của 2 đường thẳng; - Giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng. *) Mục tiêu: Xây dựng qui trình xác định toạ độ hình chiếu vuông góc của một điểm trên một đt. *) Phiếu học tập: Cho các bài tập sau: Bài tập 1: Cho điểm A ( 2;3;-1) và đt (d):

x y z −3 = = 2 4 1

Xác định toạ độ hình chiếu vuông góc H của A trên đt (d). x = 1 + t Bài tập 2: Cho điểm A ( 2;1;4) và đt (d):  y = 2 + t  z = 1 + 2t 

Xác định toạ độ hình chiếu vuông góc H của A trên đt (d).

Bài tập 3: Cho điểm A ( 1;2;-1) và đt (d) là giao tuyến của 2 mp (P): x+y+z-3=0 và (Q): y+z-1=0 Xác định toạ độ hình chiếu vuông góc H của A trên đt (d).

Câu hỏi 1: Hãy nêu các hướng tìm điểm H? Câu hỏi 2: Hãy nêu các bước giải bài toán trên? *) Tổ chức học hợp tác: HĐ 1: GV chiếu phiếu học tập lên màn hình, mỗi HS độc lập suy nghĩ và trả lời vào phiếu trả lời của riêng mình.

HĐ 2: Các nhóm thảo luận như đã qui định. *) Dự kiến các ý kiến trong thảo luận: - Hướng tìm điểm cần tìm H: + Điểm cần tìm là giao điểm của đt (d) và mp (P) đi qua A và vuông góc với (d); + Điểm cần tìm là giao điểm của (d) và đt đi qua A và vuông góc với (d); SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

13

+ Điểm cần tìm là điểm thuộc (d) và thoả mãn AH .u = 0 ; + Điểm cần tìm là điểm H thuộc (d) sao cho độ dài đoạn AH ngắn nhất; + Điểm cần tìm là trung điểm của đoạn thẳng AA’, với A’ là điểm đối xứng của A qua đt (d); *) Câu hỏi gợi ý khi cần thiết.

Từ những nhận định đúng về điểm cần tìm hãy nêu các bước để tìm điểm đó? *) Kết luận vấn đề: Cách 1: Áp dụng khi (d) được cho dưới dạng tham số: Bước 1: Xác định VTCP u của (d); Bước 2: H thuộc (d) nên toạ độ H thoả mãn PT tham số; Bước 3: AH vuông góc (d) nên AH .u = 0 suy ra toạ độ H. Cách 2: Áp dụng cho PTTQ của (d): Bước 1: Xác định VTCP của (d). (Bằng tích có hướng 2 VTPT của 2 mp (P) và (Q).

Bước 2: Gọi H(x;y;z) là điểm cần tìm. Ta có:  H ∈ d  H ∈ d H ∈ d ⇔ ⇔ ⇒ toạ độ H   AH ⊥ u  AH .u = 0  AH ⊥ d

Cách 3: Có thể áp dụng cho cả 3 loại PTđt.

Bước 1: Xác định VTCP của (d); Bước 2: Lập PTmp (P) đi qua A và vuông góc (d) Bước 3: H=d ∩ P Tình huống 7: Tìm hiểu về đường vuông góc chung của 2 đường thẳng chéo nhau. *) Kiến thức chuẩn bị: - Phương trình mặt phẳng; - Phương trình đường thẳng; - Giao tuyến của 2 đường thẳng; - Giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng. *) Mục tiêu: Nhận định đúng đắn về đường vuông góc chung của 2 đường thẳng chéo nhau. Đồng thời nêu ra các cách giải dạng bài tập này. *) Phiếu học tập: Cho bài tập sau: Lập phương trình đường vuông góc chung của 2 đt (d) và (d’), biết: (d):

x−7 y −3 z −9 x − 3 y −1 z −1 = = ; (d’): = = 1 2 2 3 −1 −7

Một nhóm bạn đưa ra các kết luận về đường vuông góc chung của 2 đường thẳng chéo nhau như sau: Ý kiến 1: Là đt đi qua 2 điểm bất kỳ trên 2 đt ấy; Ý kiến 2: Là giao tuyến của 2 mp lần lượt chứa đt này và song song với đt SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

14

kia. Ý kiến 3: Là giao tuyến của 2 mp lần lượt chứa đt này và vuông góc với đt kia. Ý kiến 4: Là giao tuyến của 2 mp (P) và (Q): trong đó: + (P) là mp đi qua M thuộc (d1) và có cặp VTCP là VTCP của (d1) với tích có hướng 2 VTCP của (d1), (d2) + (Q) là mp đi qua N thuộc (d2) và có cặp VTCP là VTCP của (d2) với tích có hướng 2 VTCP của (d1), (d2) Ý kiến 5: Là đt qua 1 điểm bất kỳ trên đt này và có VTCP là tích có hướng 2 VTCP của (d1), (d2). Ý kiến 6: Với (P) xác định như trong ý kiến 4. Đường vuông góc chung là đt đi qua giao điểm của (P) với (d2) và có VTCP là tích có hướng 2 VTCP của (d1), (d2). Ý kiến 7: Là đt đi qua 2 điểm A, B là chân đường vuông góc chung của (d1), (d2). Ý kiến 8: Có vô số đường vuông góc chung của 2 đt chéo nhau.

Câu hỏi 1 : Hãy xét tính đúng sai của các ý kiến trên? Giải thích tại sao?

Câu hỏi 2: Hãy nêu các hướng giải bài toán trên? *) Tổ chức học hợp tác: -HĐ 1: HS nhận phiếu học tập và độc lập suy nghĩ trả lời.

-HĐ 2: Thảo luận theo nhóm: mỗi thành viên trình bày suy nghĩ của mình, các thành viên khác lắng nghe, ghi lại ý kiến của bạn, phân tích, đối chiếu với ý kiến của mình. *) Dự kiến các tình huống trong thảo luận: - Sẽ có nhiều ý kiến tranh luận khác nhau.

- Để hướng đích đúng cho HS thì GV cần nhắc lại cho HS nhớ định nghĩa đường vuông góc chung của 2 đt chéo nhau đã học ở hình học lớp 11. Có thể vẽ hình minh hoạ cho các ý kiến trên xem có đúng không. *) Kết luận vấn đề: Ý kiến 1: Sai. Có rất nhiều đt như thế và không vuông góc với 2 đt đã cho. Ý kiến 2: Sai. Hai mp này không cắt nhau. Ý kiến 3: Chỉ đúng trong trường hợp 2 đt vuông góc. Ý kiến 4: Đúng. Ý kiến 5: Sai. Có vô số đt như thế và không vuông góc với 2 đt đã cho.

SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

15

Ý kiến 6: Đúng. Ý kiến 7: Đúng. Ý kiến 8: Sai. Chỉ có duy nhất.

Tình huống 8: : Thiết lập hệ trục tọa độ phù hợp cho các hình không gian. Để giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ thì việc quan trọng đầu tiên là biết chọn hệ trục tọa độ phù hợp cho mỗi hình. Sau đây là hoạt động rèn luyện cho HS năng lực đó. *) Phiếu học tập: Hãy lựa chọn những hình đã thiết kế hệ trục tọa độ phù hợp và giải thích tại sao?

1) Hình chóp tam giác SABC có SA vuông góc với đáy và đáy là tam giác vuông tại A; z

z

z

S

S

S

C

B

x

A

B

x

A B

C

1

y

y

C

A

2

x

3

y

2) Hình chóp SABC có SA vuông góc với đáy và đáy là tam giác vuông tại B; z S S

z

A

B x

y

4

x

B

C

A

5

C y

3) Hình chóp SABC có SA vuông góc với đáy và đáy tại A; z

z

S

S

là tam giác cân z

x

A

B

x

A y

6

B

C y

I

7

C

A

x

y

C

4) Hình chóp tam giác đều SABC;

B 8

z

z

S

S

B

C

C y

O

x

A

x

B A

9 y

10

0 z

S

SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

16

D O

C

A B

x

5) Hình chóp tứ giác đều SABCD; z

S

B

C

O

x

A

D y

11

6) Hình chóp tứ giác SABCD có SA vuông góc với đáy và đáy là hình chữ nhật; z

z

S

S

D x

A

A

B

D

B

C

y

x

C

y

13

14

7) Hình chóp tứ giác SABCD có SA vuông góc với đáy và đáy là hình thang vuông tại A, D. z

z

S

S

C x

A D

B

C

y

y

D

B

A

15

x

16

8) Hình hộp chữ nhật ( hoặc hình lập phương) ABCD.A’B’C’D’; z

A'

z

B'

D' B

A

C' B

A

x

O

y

C

D

D

17

x

C y

18

9) Hình hộp có đáy là hình thoi; z

z

B'

C'

B'

A'

C'

A'

D' y

B

D' B C

A

19

O

A

C

x

D

20

D

x

y

10) Lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có đáy là tam giác ABC vuông tại A; z

z

B'

A'

C'

C'

B'

2 y

A

B

x

C

C y

A B

21 x

SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

17

11) Lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có đáy là tam

giác ABC cân tại A; z

z

A'

B'

23

C' A

B

x

x

y

24

y

C

12) Lăng trụ đứng ABCDA’B’C’D’ có đáy là hình thang cân có đáy AB; z

A'

A'

B'

D'

D'

C'

C'

A

26 y

z

B'

y B

B

A

O

x

27

D D

C

C

x

*) Mục tiêu của phiếu học tập: Rèn luyện kỹ năng chọn hệ trục tọa độ phù hợp cho hình không gian. *) Tổ chức học hợp tác: - Bước 1: HS nhận phiếu học tập và độc lập suy nghĩ trả lời.

- Bước 2: Thảo luận theo nhóm: mỗi thành viên trình bày suy nghĩ của mình, các thành viên khác lắng nghe, ghi lại ý kiến của bạn, phân tích, đối chiếu với ý kiến của mình. *) Dự kiến các tình huống trong thảo luận: - Sẽ có nhiều ý kiến tranh luận khác nhau.

- Để hướng đích đúng cho HS thì GV cần nhắc cho HS lựa chọn hệ trục sao cho việc xác định tọa độ các điểm được dễ dàng. *) Kết luận vấn đề: Câu 1: Hình thiết kế phù hợp: 1 Câu 7: Hình thiết kế phù hợp: 15 Câu 2: Hình thiết kế phù hợp: 4

Câu 8: Hình thiết kế phù hợp: 17

Câu 3: Hình thiết kế phù hợp: 7

Câu 9: Hình thiết kế phù hợp: 19

Câu 4: Hình thiết kế phù hợp: 10

Câu 10: Hình thiết kế phù hợp: 21

Câu 5: Hình thiết kế phù hợp: 11

Câu 11: Hình thiết kế phù hợp: 23

Câu 6: Hình thiết kế phù hợp: 13

Câu 12: Hình thiết kế phù hợp: 25

*) Tiêu chí đánh giá: GV sẽ chấm điểm trong phiếu học tập chung của cả nhóm, chấm điểm của HS bất kỳ trong nhóm khi trình bày ý kiến đại diện cho nhóm cộng vào thành điểm của hoạt động trên.

SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

18

2.4. Kiểm nghiệm: Qua kết quả về các bài kiểm tra của HS ở 2 lớp có lực học tương đương nhau, dạy lớp 12C2 có thường xuyên sử dụng PPDH hợp tác, còn lớp 12C3 thì không được học hợp tác. Đồng thời tổng kết các kết quả về thăm dò ý kiến của GV và HS qua các giờ dạy học hợp tác, tôi rút ra kết luận như sau: - Kết quả thực nghiệm cho thấy, vận dụng phương pháp dạy học hợp tác trong dạy học giải bài tập chương tọa độ trong không gian là có tính khả thi.

- Học hợp tác đã làm tăng khả năng nhận thức của HS; - Học hợp tác đã làm tăng cơ hội cho HS yếu kém vươn lên; - Học hợp tác giúp HS phát triển kỹ năng giao tiếp như: Kỹ năng trình bày ý kiến của mình; Kỹ năng chấp nhận ý kiến của bạn; Kỹ năng giải quyết vấn đề trên tinh thần xây dựng.

- Học hợp tác làm tăng khả năng tự khẳng định mình, tăng mối quan hệ bạn bè, làm cho trường học trở nên thân thiện hơn.

3. Kết luận và đề xuất 3. 1. Kết luận * Trên đây tôi đã trình bày cơ sở lí luận về PPDH hợp tác, về dạy học giải bài tập toán học và điều tra nhu cầu và sự hiểu biết của GV và HS THPT về PPDH hợp tác. * Tác giả đã thiết kế được 8 tình huống dạy học hợp tác theo hệ thống các dạng bài tập về chương tọa độ trong không gian theo chương trình SGK lớp 12- THPT. * Đặc biệt việc thực hiện giảng dạy ở một số lớp 12 của trường Tĩnh Gia 2 - Thanh Hóa đã chứng tỏ được tính khả thi và hiệu quả của các biện pháp vận dụng PPDH hợp tác trong dạy học giải bài tập chương tọa độ trong không gian. Tôi nhận thấy vận dụng PPDH hợp tác trong dạy học giải bài tập chương tọa độ trong không gian, không những làm tăng khả năng nhận thức của HS mà còn giúp HS phát triển các kỹ năng hợp tác và năng lực xã hội. * Từ các kiến thức ở đây, GV có thể thiết kế các tình huống dạy học hợp tác ở bất kỳ chương nào trong chương trình toán học phổ thông, cũng như trong các bộ môn khác. Tôi hy vọng rằng, sáng kiến kinh nghiệm này là tài liệu tham khảo bổ ích cho GV và các em học sinh THPT. 3.2. Đề xuất: Để tổ chức dạy học hợp tác có hiệu quả ở trường THPT, tôi có một số đề nghị sau: - Tập huấn, đào tạo giáo viên về dạy học hợp tác - Tạo cơ sở vật chất, thiết bị dạy học như phòng học, loa, đài, máy chiếu...

- Động viên, khuyến khích giáo viên vận dụng phương pháp dạy học hợp tác trong dạy học môn Toán.

SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

19

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 27 tháng 5 năm 2013 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác.

Nguyễn Thị Bình

SKKN: Sử dụng phương pháp dạy học hợp tác…

20

A- ĐẶT VẤN ĐỀ

Đổi mới phương pháp dạy học nói chung và phương pháp dạy toán nói riêng trong nhà trường phổ thông là vấn đề rất cần thiết và phải được thực hiện thường xuyên. Lựa chọn phương pháp thích hợp cho mỗi tiết dạy, mỗi bài dạy Toán theo từng đối tượng học sinh là cả một quá trình nghệ thuật của người thầy.

Qua trao đổi với nhiều thầy cô và học sinh chúng tôi tự đặt câu hỏi cho mình là làm thế nào để truyền tải kiến thức không nhỏ theo tinh thần sách giáo khoa cho học sinh? Làm thế nào để học sinh có cái nhìn tổng thể, nắm được những phương pháp tổng quát để giải lớp các bài toán? Theo tôi để đạt được những điều này đòi hỏi giáo viên phải có nhiều kỹ năng giải toán và càng có nhiều thuật toán thì càng có nhiều kinh nghiệm giúp học sinh định hướng giải nhanh một bài toán.

Bài toán “Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất” là một trong những bài toán khó được quan tâm nhiều ở các kì thi trung học cơ sở đến Đại học. Để giải loại bài toán này, đòi hỏi giáo viên, học sinh có kiến thức tổng hợp về đại số, giải tích, hình học. Để giải bài toán này có rất nhiều phương pháp. Trong bài viết này chúng tôi chỉ nêu một phương pháp cơ bản mà chúng tôi thường dùng khi dạy học sinh các lớp ban Khoa học tự nhiên, đặc biệt các lớp Bồi dưỡng học sinh giỏi đó là “Ứng dụng lượng giác trong bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất”.

1

B - GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 1. Cơ sở lý luận Sự phát triển đi lên của toán học cũng như sự hoàn chỉnh các dạng toán học là một quá trình khái quát hóa, tổng quát hóa. Những hiểu biết rời rạc trong việc giải Toán sẽ dần dẫn được thống nhất, chắp nối thành một hệ thống lý thuyết hoàn chỉnh. Đó là cơ sở giúp cho học sinh hoạt động học tập có hiệu quả cao và hoàn thiện các chức năng cơ bản như: - Chức năng hình thành, cũng cố kiến thức và kỹ năng.

- Chức năng hình thành thế giới quan duy vật biện chứng, tạo hứng thú học tập, rèn luyện phẩm chất đạo đức, vận dụng kiến thức vào đời sống.

- Chức năng phát triển năng lực tư duy, hình thành phẩm chất tư duy khoa học.

- Chức năng kiểm tra kiến thức và đánh giá trình độ học sinh.

Bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất là một bài toán cơ bản trong chương trình toán học phổ thông. Để giải quyết lớp bài toán này ta thường dùng các phương pháp như: đạo hàm, đồ thị, sử dụng các bất đẳng thức cổ điển…., tuy nhiên đối với các bài tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất có điều kiện ban đầu dưới cách nhìn và sau một số phép biến đổi ta có thể lượng giác hóa được thì bài toán sẽ được giải quyết một cách dễ dàng và thuận lợi hơn.

2. Thực trạng vấn đề Để giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số thông thường học sinh phải sử dụng kiến thức liên quan đến bất đẳng thức. Do đó đứng trước bài toán này, đa số học sinh lúng túng.

Sử dụng lượng giác là chuyển bài toán đại số, hình học, … sang bài toán mới mang hình thức lượng giác thuần túy. Việc lượng giác hóa được nghĩ đến khi dữ liệu bài toán có mang dấu hiệu đặc biệt của các yếu tố trong bài. Nếu phát hiện được, định hướng được, chuyển được sang lượng giác thì rất nhiều bài toán được giải nhanh hơn và đơn giản hơn nhờ công thức lượng giác và bất đẳng thức lượng giác quen thuộc.

Trong nhiều năm phân công dạy bồi dưỡng học sinh giỏi và dạy các lớp thuộc ban Khoa học tự nhiên, chủ đề này cho học sinh bồi dưỡng học sinh giỏi (khoảng 12 tiết) vào cuối năm học 11. Đa số học sinh tiếp cận được và đều có cách giải, cách nhìn bài toán dưới con mắt lượng giác hóa khi phát hiện được dấu hiệu một cách hiệu quả.

2

3. Giải pháp và tổ chức thực hiện 3.1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT a. Định nghĩa giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: (SGK 12 NC trang 18) Giả sử hàm số f(x) xác định trên tập D ( D ⊂ ℝ) a) Nếu tồn tại một điểm x0 ∈ D sao cho f ( x) ≤ f ( x0 ), ∀x ∈ D thì số M = f ( x0 ) được gọi là gía trị lớn nhất của hàm số f(x) trên D. Kí hiệu: M = max f ( x) . x∈D

b) Nếu tồn tại một điểm x0 ∈ D sao cho f ( x) ≥ f ( x0 ), ∀x ∈ D thì số m = f ( x0 ) được gọi là gía trị nhỏ nhất của hàm số f(x) trên D. Kí hiệu: m = min f ( x) . x∈D

Từ định nghĩa trên thông thường để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số ta cần tiến hành các bước sau: Bước 1: Xác lập bất đẳng thức dạng f ( x) ≤ M (hay f ( x) ≥ m ), với M, m là các hằng số.

Bước 2: Kiểm tra dấu đẳng thức “có” xảy ra.

Bước 3: Kết luận max (hay min) theo yêu cầu.

b. Các dấu hiệu cơ bản để lượng giác hóa bài toán nhờ phương pháp đặt ẩn phụ: Trường hợp cho trước điều kiện của biến: Điều kiện của Đặt ẩn phụ với t Cơ sở lượng giác biến x, y x = sin t ≤ 1 hoặc x ≤1  π π x = sin t , t ∈  − ;  hoặc x = cos t ≤ 1  2 2 x = cos t , t ∈ [ 0;π ] x ≤ k, k > 0

 π π x = k sin t , t ∈  − ;   2 2 x = k cos t , t ∈ [ 0;π ]

a 2 x2 + b2 y 2 = c2

c   x = a sin t , t ∈ [ 0;2π ]  c  y = cos t  b k  π   3π  x= , t ∈ 0;  ∪ π ;  cos t  2  2 

( a , b, c > 0 ) x ≥k

hoặc

x = k sin t ≤ k hoặc x = k cos t ≤ k a 2 x2 + b2 y 2 = c 2 sin 2 t + c 2 cos 2 t

= c 2 ( sin 2 t + cos 2 t ) = c 2 x=

k ≥k cos t

3

Trường hợp điều kiện của biến x, y không cho trước mà ẩn trong hàm số chứng ta cần lưu ý cho học sinh mối liên hệ giữa biểu thức đại số và biểu thức lượng giác và công thức lượng giác tương ứng.

Biểu thức Đặt ẩn mới Công thức lượng giác đại số  π π 1 − sin 2 t = cos t = cos t x = sin t , t ∈  − ;   2 2 1 − x2 1 − cos 2 t = sin t = sin t hoặc x = cos t , t ∈ [ 0;π ] x=

x −1 2

k  π   3π  ,t ∈0;  ∪ π ;  cost  2  2 

hoặc x=

k  π   3π  ,t ∈ 0;  ∪π ;  sin t  2   2 

x2 − 1 =

1 −1 cos 2 t

= tan 2 t = tan t = tan t

x2 − 1 =

1 −1 sin 2 t

 π π x = tan t , t ∈  − ;   2 2  π π x = k tan t , t ∈  − ;   2 2

= cot 2 t = cot t = cot t 1 x 2 + 1 = tan 2 t + 1 = cos 2 t k2 2 2 2 2 2 x + k = k tan t + k = cos 2 t

4 x3 − 3 x

x = cos t , t ∈ [ 0;π ]

4cos3 t − 3cos t = cos3t

2 x2 − 1 2x 1 + x2 x+ y 1 − xy

x = cos t , t ∈ [ 0;π ]  π π x = tan t , t ∈  − ;   2 2 x = tan u  π π , u, v ∈ − ;    2 2  y = tan v

2cos 2 t − 1 = cos 2t 2 tan t = tan 2t 1 + tan 2 t

x2 + 1 x2 + k 2

x+ y+z = xyz

x = tan α ; y = tan β ; z = tan γ  π π với α , β , γ ∈  − ;   2 2

tan u + tan v = tan(u + v ) 1 − tan u.tan v tanα + tan β + tanγ = tanα.tan β.tanγ tanα + tan β ⇔ = − tanγ 1− tanα.tan β ⇔ tan (α + β ) = tan ( −γ ) ⇔α + β + γ = kπ * Nếu cho x, y, z > 0 thì α + β +γ =π

4

tanα.tan β + tan β .tan γ + tan γ .tanα = 1 ⇔

xy + yz + zx = 1

x = tan α ; y = tan β ; z = tan γ

tanα + tan β 1 = 1 − tanα.tan β tan γ

π  ⇔ tan (α + β ) = tan  − γ  2  ⇔ 2α + 2β + 2γ = π + k 2π

 π π với α , β , γ ∈  − ;   2 2

* Nếu cho x, y, z > 0 thì 2α + 2 β + 2γ = π c. Những điều cần lưu ý về miền giá trị của biểu thức lượng giác:  π π * Nếu tập giá trị của t là  − ;  thì tập giá trị của sint là [ −1;1] ; sin t ≤ 1 .  2 2 * Nếu tập giá trị của t là [ 0;π ] thì tập giá trị của cost là [ −1;1] ; cos t ≤ 1 . * Nếu tập giá trị của t là [ 0;2π ] thì tập giá trị của a cos t + b sin t là − a 2 + b2 ; a 2 + b2  .    π   3π  * Nếu tập giá trị của t là  0;  ∪  π ;  thì tập giá trị của tan t + cot t là  2  2  [ 2; +∞ ) . * Điều kiện để phương trình a.cos x + b.sin x = c có nghiệm là a 2 + b 2 − c 2 ≥ 0 . d. Các bước sử dụng lượng giác để tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: - Bước 1: Tìm điều kiện có nghĩa.

Biến đổi điều kiện của biến cho xuất hiện dấu hiệu áp dụng.

- Bước 2: Đặt ẩn phụ và phạm vi góc lượng giác tương ứng thích hợp. Đưa biểu thức đã cho sang biểu thức lượng giác.

- Bước 3: Thu gọn biểu thức lượng giác.

Sử dụng các bất đẳng thức lượng giác cơ bản.

- Bước 4: Chứng tỏ tồn tại một giá trị của biến x để đẳng thức xảy ra.

- Bước 5: Kết luận.

3.2. MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN DẠNG 1: Sử dụng điều kiện biến x với x ≤ k , k > 0 Ví dụ 1: Cho x ≤ 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = (1 − x )

2009

+ (1 + x )

2009

Giải: Từ điều kiện x ≤ 1 ta nghĩ đến dùng phương pháp lượng giác để tìm. Đặt x = cos 2t ,2t ∈ [ 0;π ] . Khi đó ta có: P = (1 − cos 2t )

2009

+ (1 + cos 2t )

2009

= ( 2sin 2 t )

2009

+ ( 2cos 2 t )

2009

.

5

= 22009.(sin 4018 t + cos 4018 t ) Suy ra: P ≤ 22009.(sin 2 t + cos 2 t ) hay P ≤ 22009 .

Ta có: Tồn tại P = 2

2009

t = 0 khi ⇔ sin t.cos t = 0 hay  π . Lúc đó: x = 1 t =  2

hoặc x = −1 .

Vậy max P = 22009 khi x = ±1 . x∈[ −1;1]

Ví dụ 2: Cho x ≤ 1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

P = x .( 4 x 2 − 3)

Giải:  π Tương tự ví dụ 1, đặt x = cos t , t ∈ 0;  ⇒ x ≤ 1.  2

(

2

)

3

Lúc đó: P = cos t. 4cos t − 3 = 4cos t − 3cos t = cos3t ≤ 1.

Ta có: P = 1 ⇔ cos3t = 1 ⇔ t = 0 . Suy ra: x = 1 hoặc x = −1 .

Vậy max P = 1 khi x = ±1 . x∈[ −1;1]

Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = 3. 9 − x 2 + 4 x Giải: Điều kiện: 9 − x 2 ≥ 0 ⇔ x ≤ 3 .

Thông qua điều kiện bài toán ta đặt x = 3cos t , t ∈ [ 0;π ] .

Lúc đó: P = 3. 9 − 9cos 2 t + 4.3.cos t = 9.sin t + 12.cos t .

3  sin α =  4  π 3  5 = 15  sin t + cos t  = 15cos(t − α ) với  ,α ∈  0;  5 5   2 cos α = 4  5 12 Suy ra: P ≤ 15. Tồn tại x = để P = 15 .

5 12 Vậy max P = 15 khi x = . x∈[ −3;3] 5 Ví dụ 4: Cho x thỏa điều kiện 1 ≤ x ≤ 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4 x 3 − 24 x 2 + 45 x − 26 Giải: Từ điều kiện 1 ≤ x ≤ 3 ta suy ra: −2 ≤ x − 1 ≤ 2 ⇔ x − 2 ≤ 1 . Đặt x − 2 = cos t ⇔ x = 2 + cos t , t ∈ [ 0;π ] .

Khi đó: P = 4(2 + cos t )3 − 24(2 + cos t ) 2 + 45(2 + cos t ) − 26 = 4cos3 t − 3cos t = cos3t ≥ −1 .

6

 π t= 5 Ta có: P = −1 ⇔ cos3t = −1 ⇔  3 . Suy ra: x = hoặc x = 1.  2 t = π 5 Vậy min P = −1 khi x = hoặc x = 1 . x∈[1;3] 2 * Nhận xét: Bài toán trên có thể giải bằng phương pháp đạo hàm (chương trình học 12), tuy nhiên giải bằng cách trên học sinh lớp 11 vẫn làm được.

Ví dụ 5: Cho x, y, z là các số thực dương thỏa: x 2 + y 2 + z 2 + xyz = 4 .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z .

Giải: Từ điều kiện ban đầu ta suy ra: x, y , z ∈ ( 0;2 ) .

Từ đây gợi chúng ta đi đến phép thế lượng giác.  π Đặt x = 2cos α , y = 2cos β , z = 2cos γ với α , β , γ ∈  0;  .  2 2 2 2 Ta xem điều kiện x + y + z + xyz = 4 như là một phương trình bậc hai theo ẩn x.

Từ đó ta có: x =

− yz +

Suy ra: 2.cos α =

( 4 − y ) .( 4 − z ) .

2

2

2

−4cos β .cos γ +

( 4 − 4cos β ).( 4 − 4cos γ ) 2

2

2 ⇔ 4.cos α = −4cos β .cos γ + 4sin α .sin β ⇔ cos α = − cos ( β + γ ) ⇔ cos α = cos (π − β − γ )

⇔α + β +γ =π Khi đó ta có:

α +β α −β γ  P = 2 ( cos α + cos β + cos γ ) = 2  2cos .cos + 1 − 2sin 2  2 2 2  2 3 γ γ 3   γ 1  ≤ 2  2sin .1 + 1 − 2sin 2  = 2  − 2. sin −   ≤ 2. = 3.

2 2 2 2   2    2 γ 1 π Ta có: P = 3 khi sin = . Suy ra: α = β = γ = hay ( x; y; z ) = (1;1;1) .

3 2 2 Vậy max P = 3 khi ( x; y; z ) bằng (1;1;1) . x∈[ −3;3]

DẠNG 2: Sử dụng điều kiện: x 2 + y 2 = 1 hoặc a 2 x 2 + b 2 y 2 = c 2 Ví dụ 1: Cho x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 6 + y 6

7

Giải:  x = sin t Từ điều kiện x 2 + y 2 = 1 ta đặt  , t ∈ [ 0;2π ] .  y = cos t 3 Khi đó: P = sin 6 t + cos 6 t = 1 − sin 2 2t .

4 1 Do 0 ≤ sin 2 t ≤ 1, ∀t nên ≤ P ≤ 1.

4 x = 0 π Ta có: P = 1 ⇔ sin 2t = 0 ⇔ t = k . Suy ra:  hoặc 2 = ± 1 y  π π 1 P = ⇔ sin 2 2t = 1 ⇔ cos 2 2t = 0 ⇔ t = + k .

4 4 2  2 x = ±  2 Suy ra:  .

2 y = ±  2  2 x=±  1  2 P = khi  Vậy min ; 2 2 x + y =1 4 2 y = ±  2  x = ±1 x = 0 max = 1 P khi ho ặ c .   x 2 + y 2 =1 y = 0  y = ±1

 x = ±1 .  = 0 y 

Ví dụ 2: Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

2 ( x 2 + 6 xy )

1 + 2 xy + 2 y 2

. (Đề thi Đại

học – Khối B 2008) Giải:  x = cos t , t ∈ [ 0;2π ] .

Từ điều kiện x 2 + y 2 = 1 ta đặt   y = sin t 2 ( cos 2 t + 6cos t.sin t ) 1 + cos 2t + 6sin 2t Khi đó: P = = .

1 + 2cos t.sin t + 2sin 2 t 2 + sin 2t − cos 2t Suy ra: ( 2 + sin 2t − cos 2t ) P = 1 + cos 2t + 6sin 2t

⇔ (1 + P ) cos 2t + ( 6 − P ) sin t = 2 P − 1 (*) Phương trình (*) có nghiệm theo 2 2 2 2 ⇔ (1 + P ) + ( 6 − P ) ≥ ( 2 P − 1) ⇔ 2 P + 6 P − 36 ≤ 0 ⇔ −6 ≤ P ≤ 3 .

t

8

4 3 * Với P = 3 , từ (1) suy ra: 4cos 2t + 3sin t = 5 ⇔ cos 2t + sin t = 1 (1) 5 5 4  cos α = 5  π ,α ∈  0;  . Từ (1) ta có: Đặt   2 sin α = 3  5 cos ( 2t − α ) = 1 ⇔ t =

α 2

+ kπ .

α k α  x = cos  + kπ  = ( −1) .cos 2 2  Khi đó: . α k α  y = sin  + kπ  = ( −1) .sin 2 2  1   3 Suy ra: ( x; y ) =  ;  khi k chẵn hoặc  10 10  1   3 ;− ( x; y ) =  −  khi k lẻ.

10   10 * Với P = −6 , từ (1) suy ra:

−5cos 2t + 12sin t = −13 ⇔

5 12 cos 2t − sin t = 1 (1) 13 13

5  cos β =   π 13 , β ∈  0;  . Từ (1) ta có: Đặt   2 sin β = 12  13 cos ( 2t + β ) = 1 ⇔ t = −

β 2

+ kπ .

k  β   β x = cos  − + kπ  = ( −1) .cos  −   2   2 Khi đó: . k  β   β y = sin  − + kπ  = ( −1) .sin  −   2   2 2   3 Suy ra: ( x; y ) =  ;−  khi k chẵn hoặc 10   10 2   3 ( x; y ) =  − ;  khi k lẻ.  10 10  Vậy max P = 3,min P = −6 .

9

Ví dụ 3: Cho x, y là hai số thực thay đổi và thỏa hệ thức x 2 + y 2 = 1 .

2

1   1   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =  x 2 + 2  +  y 2 + 2  x   y  

2

Giải:

 x = cos t , t ∈ [ 0;2π ] .

Từ điều kiện x 2 + y 2 = 1 ta đặt  y = sin t  Khi đó: 2 2 1   2 1  1 1  2 4 4 + sin + = cos + sin + + +4 P =  cos t + t t t    cos2 t   sin 2 t  cos4 t sin 4 t  1 16     1  = ( cos 4 t + sin 4 t ) 1 + + 4 = 1 − sin 2 2t  .1 + 4  + 4 4 4   cos t.sin t   2   sin 2t  25  1 Khi đó: P ≥ 1 −  (1 + 16 ) + 4 = .

2  2 π π 25 Ta có: P = ⇔ sin 2 2t = 1 ⇔ cos 2t = 0 ⇔ t = + k .

2 4 2  2 x = ±  2 .

Khi đó:  y = ± 2  2  2 x=±  25  2 Vậy min P= khi  .

2 2 x + y =1 2 2 y = ±  2

 x2 + y 2 = 9  Ví dụ 4: Cho các số thực x, y, z, t thỏa điều kiện:  z 2 + t 2 = 16 . Hãy tìm giá  xt + yz ≥ 12  trị lớn nhất của biểu thức P = x + z.

Giải:  x = 3sin a Từ điều kiện x 2 + y 2 = 9 ta đặt  . y 3cos a =   z = 4sin b Từ điều kiện z 2 + t 2 = 16 ta đặt  . t = 4cos b Ta có: xt + yz = 12sin a.cos b + 12.cos a.sin b = 12.sin( a + b) ≥ 12 .

10

Khi đó: sin( a + b) ≥ 1 , kết hợp với sin(a + b) ≤ 1, ∀a, b ta được

sin( a + b) = 1 . Suy ra: a + b =

π 2

+ k 2π .

Do đó:

π

P = x + z = 3sin a + 4sin b = 3sin a + 4sin( − a − k 2π ) = 3sin a + 4cos a 2 Suy ra: P ≤ 32 + 42 . sin 2 a + cos 2 a ⇒ P ≤ 5.

4  = ± cos a  sin a cos a 3 5 = ⇔ tan a = . Khi đó:  Ta có: P = 5 ⇔ .

3 4 4 sin a = ± 3  5  9 12 16 12  Từ đó ta nhận được: ( x; y; z; t ) =  ; ; ;  hoặc 5 5 5 5  9 12 16 12 ( x; y; z; t ) =  − ; − ; − ; −  . Vậy max P = 41 .

5 5  5 5

DẠNG 3: Sử dụng điều kiện x ≥ 1 hay x ≥ m (m > 0) Lưu ý: + Bài toán có chứa x 2 − m 2 thì đặt m  π   3π  , t ∈ 0;  ∪ π ;  . x= cos t  2  2  + Công thức liên quan: 1 x2 − 1 = − 1 = tan 2 t = tan t = tan t .

2 cos t x Ví dụ 1: Cho x > 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của P = x + . x2 − 1 Giải: 1  π , t ∈  0;  .

Do x > 1 nên đặt x = cos t  2 1 1 1 1 1 1 1 Khi đó: P = . + = + ≥2 cos t cos t cos t sin t cos t sin t 1 −1 2 cos t (Áp dụng BĐT Côsi cho hai số dương sint, cost) 2 2 2 Suy ra: P ≥ 2 = ≥2 2. sin 2t sin 2t Ta có: P = 2 2 ⇔ sin 2t = 1 ⇔ t =

π 4

. Suy ra: x = 2 .

11

Vậy min P = 2 2 khi x = 2 . x >1

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất của P =

x2 − 1 + y 2 − 1 . xy

Giải:  x ≥1  x2 − 1 ≥ 0   2 Điều kiện:  y − 1 ≥ 0 ⇔  y ≥ 1 .  xy ≠ 0  xy ≠ 0   1  x =   π   3π  cos a ; a, b ∈ 0;  ∪ π ;  .

Từ điều kiện trên ta đặt   2  2  y = 1  cos b 1 1 −1 + −1 2 2 cos a cos b = ( tan a + tan b ) .cos a.cos b Khi đó: P = 1 1 . cos a cos b = sin a.cos b + cos a.sin b = sin( a + b) . Suy ra: P ≤ 1.

Khi x = y = 2 thì đẳng thức xảy ra.

Vậy min P = 1 khi x = 2 .

DẠNG 4: Sử dụng lượng giác khi bài toán có xuất hiện biểu thức 1 + x 2 hay x 2 + m2  π π Lưu ý: Bài toán có chứa x 2 + m 2 thì đặt x = m.tan t , t ∈  − ;  .  2 2 2 m Khi đó: x 2 + m 2 = m 2 ( tan 2 t + 1) = cos 2 t 1 + x6 .

Ví dụ 1: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P = 2 3 x 1 + ( ) Giải:  π π Với mọi x ∈ ℝ , đặt x = tan t , t ∈  − ;  .  2 2

sin 2 t sin 4 t 1− + 1 + tan 6 t 1 − tan 2 t + tan 4 t cos 2 t cos 4 t Khi đó: P = = = 3 2 1 (1 + tan 2 t ) (1 + tan 2 t ) cos 4 t

12

2

= cos 4 t − sin 2 t.cos 2 t + sin 4 t = ( sin 2 t + cos 2 t ) − 3sin 2 t.cos 2 t 3 = 1 − sin 2 2t 4 1 1 ≤ P ≤ 1. Ta có: P = ⇔ sin 2 2t = 1 ⇒ x = ±1.

4 4 1 P = 1 ⇔ sin 2 2t = 0 ⇒ x = 0. Vậy min P = ,m ax P = 1.

4 3 + 8 x 2 + 12 x 4 .

Ví dụ 2: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P = 2 2 (1 + 2 x ) Do 0 ≤ sin 2 2t ≤ 1 nên

Giải:

 π π 2 x = tan t , t ∈  − ;  .  2 2 3 + 4 tan 2 t + 3tan 4 t 3cos 4 t + 4sin 2 t.cos 2 t + 3sin 4 t Khi đó: P = = 2 2 2 (1 + tan t ) ( cos2 t + sin 2 t )

Với mọi x ∈ ℝ , đặt

2

= 3( sin 2 t + cos 2 t ) − 2sin 2 t.cos 2 t 1 = 3 − sin 2 2t 2 5 2 5 .

Do 0 ≤ sin 2 2t ≤ 1 nên ≤ P ≤ 3. Ta có: P = ⇔ sin 2 2t = 1 ⇒ x = 2 2 2 5 P = 3 ⇔ sin 2 2t = 0 ⇒ x = 0. Vậy min P = ,m ax P = 3.

2 (a + b)(1 − ab) Ví dụ 3: Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của P = .

(1 + a 2 )(1 + b 2 ) Giải: Dấu hiệu chuyển sang lượng giác là: 1 + a 2 ,1 + b2 .  π π Đặt a = tan α , b = tan β ;α , β ∈  − ;  .  2 2 Khi đó ta có: (a + b)(1 − ab) (tan α + tan β )(1 − tan α tan β ) P= = (1 + a 2 )(1 + b 2 ) (1 + tan 2 α )(1 + tan 2 β ) sin(α + β ) cos α .cos β − sin α .sin β = cos 2 α cos 2 β . . cos α .cos β cos α .cos β = sin(α + β )cos(α + β ) 1 = .sin [ 2(α + β ) ] 2 13

1 1 1 Do −1 ≤ sin [ 2(α + β ) ] ≤ 1 nên − ≤ sin [ 2(α + β ) ] ≤ 2 2 2 1 1 hay − ≤ P ≤ .

2 2 a = −1 1 Ta có: P = − ⇔ sin  2 (α + β )  = −1 . Suy ra:  hoặc = 0 b 2  1 ⇔ sin  2 (α + β )  = 1 . Suy ra: 2 1 1 Vậy min P = − ,max P = .

2 2 Ta có: P =

a = 1 hoặc  b = 0

a = 0 .  = − 1 b 

a = 0 .  b = 1

Ví dụ 4: Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất, giá ( x − y )(1 − xy ) .(Đề thi Đại học năm 2008 – Khối D) trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 2 (1 + x ) .(1 + y ) Giải:  π Đặt x = tan α , y = tan β ;α , β ∈  0;  .  2 Khi đó ta có:  sin α sin β   sin α sin β  − . 1− . tan α − tan β )(1 − tan α .tan β )  cos α cos β   cos α cos β  ( P= = 2 2 2 2 (1 + tan α ) .(1 + tan β ) sin α   sin β   1 +  .1 +   cos α   cos β  ( sin α .cos β − cos α .sin β ) .( cos α .cos β − sin α .sin β ) = 2 2 ( sin α + cos α ) .( sin β + cos β )

=

sin (α − β ) .cos (α + β ) 1 sin 2α − sin 2 β = .

(1 + sin 2α ).(1 + sin 2β ) 2 (1 + sin 2α ).(1 + sin 2β )

 1  1 + sin 2α − 1 − sin 2β  1  1 1 =  − =  2  (1 + sin 2α ) .(1 + sin 2 β )  2  1 + sin 2 β 1 + sin 2α  Do 0 ≤ 2α ,2 β ≤ π nên 0 ≤ sin 2α ≤ 1,0 ≤ sin 2 β ≤ 1.

1 1 Suy ra: − ≤ P ≤ .

4 4 π  sin 2α = 1 x = 1 1 α = .

Ta có: P = ⇔  ⇔ 4 . Suy ra:  4 sin 2β = 0  β = 0 y = 0 

14

α = 0 sin 2α = 0  x = 0 1 .

Ta có: P = − ⇔  ⇔ Suy ra: .  π y = 1 4 = β sin 2β = 1   4 Ví dụ 5: Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi thỏa hệ thức xy + yz + zx = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 1 1 P = + + − 3( x + y + z ) . x y z Giải:  π Đặt x = tan α ; y = tan β ; z = tan γ với α , β , γ ∈  0;  .  2 Do xy + yz + zx = 1 nên tan α .tan β + tan β .tan γ + tan γ .tan α = 1 tan α + tan β 1 π  ⇔ = ⇔ tan (α + β ) = tan  − γ  1 − tan α .tan β tan γ 2  ⇔ 2α + 2 β + 2γ = π ( Do α , β , γ > 0) 1 1 1 Khi đó: P = + + − 3(tan α + tan β + tan γ ) tan α tan β tan γ = cot α + cot β + cot γ − 3(tan α + tan β + tan γ ) = ( cot α − tanα ) + ( cot α − tanα ) + ( cot α − tanα ) − 2(tanα + tan β + tan γ ) = 2( cot 2α + cot 2β + cot 2γ ) − 2(tanα + tan β + tan γ ) = ( cot 2α + cot 2β − 2tan γ ) + ( cot 2β + cot 2γ − 2tanα ) + ( cot 2γ + cot 2α − 2tan β ) sin ( 2α + 2β ) 2sin 2γ = sin 2α .sin 2β sin ( 2α − 2 β ) − sin ( 2α + 2 β ) 2sin 2γ 2sin 2γ 4sin γ cos γ ≥ = = = 2 tan γ 1 − sin ( 2α + 2β ) 1 + cos 2γ 2cos 2 γ ⇒ cot 2α + cot 2β − 2 tan γ ≥ 0 .

1 Từ đó suy ra: P ≥ 0. Với x = y = z = thì P = 0. Vậy min P = 0.

3 DẠNG 5: Sử dụng lượng giác khi bài toán có xuất hiện biểu thức x 2 + y 2 hay Nhận xét: cot 2α + cot 2 β =

( x + a)

2

+ ( y + b)

2 2

2

Lưu ý: Bài toán có chứa ( x + a ) + ( y + b ) thì đặt x + a = Asint và y+b=Acost .

Ví dụ 1: Cho x, y là hai số thực thay đổi thỏa mãn 3x+4y = 5. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 2 + y 2 .

Giải:  x = Asint  y=Acost

Bài toán có chứa dữ kiện x 2 + y 2 giúp ta nghĩ đến việc đặt: 

15

2

2

2

⇒ x + y =A .

Khi đó giả thiết đã cho trở thành: 3A.sint + 4A.cost = 5 3 4 hay A  sin t + cost  = 1 tức là A.sin(α +t ) = 1 với 5 5 

3  cosα = 5  sin α = 4  5

Vì sin(α +t ) ≤ 1 nên A ≥ 1 ⇔ A2 ≥ 1 Suy ra x 2 + y 2 ≥ 1 3   3 sin t =   x= 3 4 5 Đẳng thức xãy ra khi sin t + cost = 1 tức  hay  5 5 5 cost= 4  y= 4   5 5

Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm bằng 1.

Ví dụ 2: Cho x, y là hai số thực thay đổi thỏa: 14xy +23x2 -25y2 - 24y = 0.

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức x 2 + y 2 .

Giải:  x = Asint 2 2 2 ⇒ x + y =A .  y=Acost

Tương tự ví dụ 1, đặt: 

Khi đó giả thiết đã cho trở thành : A2.(14.sintcost + 23cos2t - 25sin2t) -24 =0 2 ⇔ A .(7sin2t + 24cos2t - 1) -24 =0 7  cosα =  25 A 2  25 ( sin(2t+α ) − 1 = 24 với  . sinα = 24  25

Từ kết quả trên, kết hợp với tạp giá trị của hàm sinx ta suy ra:

0 < 25.sin( 2t +α) −1≤ 24 Do đó A2 ≥ 1. (Đẳng thức xảy ra khi sin(2t+ α )=1.Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm bằng 1.

Ví dụ 3: Cho x, y là hai số thực thay đổi thỏa mãn 5x+12y+7 = 13 .

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 +2(y-x) +1.

Giải: Ta biến đổi biểu thức P = (x-1)2+(y+1)2 -1 2 2 Như vậy bài toán có xuất hiện dấu hiệu ( x + a ) + ( y + b )  x − 1 = A.sin t khi đó P= A2 - 1.  y + 1 = A.cost

Đặt 

Điều kiện đã cho trở thành:

16

5( A.sin t + 1)+12(A.cost-1)+7 = 13 ⇔ 13 A.sin(t + α ) = 13 ⇔ 5 A.sin t + 12A.cost = 13

⇔ A.sin(t + α ) = 1

5  cosα = 13 Với  . Từ đây suy ra sinα = 12  13

A ≥ 1 hay P=A2 −1 ≥ 0 .

5 18    x − 1 = 13  x = 13 Đẳng thức xảy ra khi sin(t+ α )=1 hay  ⇔  y + 1 = 12  y = −1   13 13

Vậy giá trị nhỏ nhất cần tìm bằng 0.

Ví dụ 4: Cho x, y là hai số thực thay đổi thỏa mãn 3(x 2 -y 2 )+8xy+14x+2y+8 = 5 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = x 2 + y 2 +2(x+y) +1.

Giải:  x − 1 = A.sin t .  y + 1 = A.cost

Tương tự ví dụ 3, biến đổi P = (x+1)2 +(y+1)2 -1 và Đặt 

Khi đó P= A2 - 1. Ta cũng tìm được giá trị nhỏ nhất của P là 0.

3.3. BÀI TẬP ÁP DỤNG 1) Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa hệ thức: x 2 + y 2 = 4 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x 3 + y 3 .

 x 2 + y 2 = 25  2) Cho x, y, z, t là các số thực thỏa hệ:  z 2 + t 2 = 16 . Tìm giá trị nhỏ nhất  xz + yt ≥ 20  của biểu thức P = x + t .

3) Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa hệ thức: x 2 + y 2 = 2 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2 ( x 3 + y 3 ) − 3xy .

4) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 P = 2 x − x − 3x + 3 .

5) Cho hai số x, y thay đổi thỏa mãn: x 2 + y 2 = 4 .

Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P = x 2 + y + y 2 + x .

6) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P =

5 x + 12 .

1 + x2

7) Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa hệ thức: x 2 + y 2 = 1 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 16 ( x 5 + y 5 ) − 20 ( x 3 + y 3 ) + 5 ( x + y ) .

17

8) Cho x, y , z thỏa mãn điều kiện abc + a + c = b . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị 1 1 1 nhỏ nhất của biểu thức: P = + + .

2 2 1 + a 1 + b 1 + c2 9) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyz = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x + y + z .

10) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 x + 3 + 4 1− x +1 P= .

4 x + 3 + 3 1− x +1 11) Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn điều kiện x 2 + y 2 + z 2 + xyz = 4 . Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thúc P = xy + yz + zx − xyz .

12) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 x (1 − y 2 ) + 2 y (1 − x 2 ) .

P= (1 + x2 )(1 + y 2 )

4. Kiểm nghiệm Trong các năm qua với những kinh nghiệm tích luỹ được của bản thân, tôi đã áp dụng trực tiếp đề tài trên qua các lớp được phân công giảng dạy, lớp bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi đại học. Đối với các lớp chính khoá, để thực hiện đề tài tôi đã lồng ghép khéo léo trong các tiết lý thuyết, giải bài tập ôn chương, bài tập ôn cuối năm. Học sinh vận dụng hiệu quả và rất hăng say. Khi cho bài tập tương tự, hầu hết các học sinh đại trà đều giải được. Nhiều bài toán loại này thuộc loại khó đối với học sinh đại trà nhưng khi được biết các phương pháp trên các em nhớ rất lâu và xem như những bài “tủ” của mình. Đối với lớp dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, mặc dầu có chương trình dạy riêng song tôi đã một phần áp dụng các phương pháp trên. Các phương pháp này thực tế, gần gũi với chương trình học nên đã giúp các em ham mê, tìm tòi . Đặt biệt với đối tượng học sinh giỏi này khi cho bài tập về nhà, buộc các em tìm tòi các lời giải để chọn lời giải hay chung cho nhiều bài khác thì các em tranh luận và tham khảo cách giải từ nhiều nguồn như: sách báo, mạng internet, hay của các thầy cô khác... đã giúp cho bản thân chúng tôi tích lu ỹ thêm được rất nhiều kiến thức. Năm học 2008, 2011 lớp bồi dưỡng học sinh giỏi mà chúng tôi dạy đều có học sinh đạt giải cấp tỉnh.

18

C- KẾT LUẬN

Việc đi sâu nghiên cứu mở rộng phạm vi lý thuyết để giải bài tập toán luôn là nhu cầu đối với tất cả thầy trò dạy học toán.

Việc sử dụng phương pháp lượng giác đã nêu phần nào giúp cho bản thân chúng tôi tự học hỏi trao đổi để đổi mới mình cũng như góp phần phát huy tính tích cực, sáng tạo và ham học của học sinh.

Các phương pháp đã nêu trong đề tài phù hợp cho nhiều đối tượng học sinh. Đặc biệt nếu khéo léo áp dụng sẽ giúp cho học sinh có kỹ năng vận dụng nhất định khi giải bài tập. Đồng thời giúp học sinh tin tưởng vào bản thân, học khá lên và ngày càng yêu thích bộ môn toán.

Trong quá trình giảng dạy, bản thân cũng đã lồng ghép hợp lý tuỳ từng lớp. Có thể giới thiệu cho học sinh lớp 10 (ôn tập cuối năm), lớp 11( đầu năm) và lớp 12 (ôn thi). Đề tài mà chúng tôi đã nghiên cứu trên có thể mở rộng theo nhiều hướng như có thể mở rộng việc sử dụng dấu hiệu liên quan đến các đẳng thức hay bất đẳng thức trong tam giác. Đặc biệt nếu nắm được phương pháp trên thì học sinh có thể vận dụng để chứng minh bất đẳng thức một cách hiệu quả. Đề tài mang tính chủ quan, cảm nhận riêng của cá nhân nên không tránh những sai sót. Trên tinh thần học hỏi và trao đổi, rất mong ý kiến đóng góp, bổ sung đề tài của các thầy cô giáo và đồng nghiệp.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 28 tháng 4 năm 2013 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác.

NGƯỜI VIẾT

Lê Đăng Bản

19