ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘITRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤCLÊ THỊ NGA PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC PHÁT HIỆN VÀ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ CHO HỌC SINH GIỎI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUA DẠY CHUYÊN ĐỀ BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ T
Một số khái niệm
Năng lực
Năng lực là khả năng huy động tổng hợp các kiến thức, kỹ năng để thực hiện thành công một loại công việc trong một bối cảnh nhất định.
Năng lực là đặc điểm của cá nhân phản ánh mức độ thông thạo và khả năng thực hiện một hay một số dạng hoạt động nhất định một cách thành thục và chắc chắn Nói cách khác, năng lực cho thấy bạn có thể vận dụng kiến thức và kỹ năng để thực hiện các nhiệm vụ một cách hiệu quả ở mức độ cao Năng lực không chỉ là kiến thức mà còn được thể hiện qua kỹ năng thao tác, sự tự tin và kết quả thực tế trong công việc hoặc các tình huống hàng ngày Vì vậy, xây dựng năng lực đồng nghĩa với việc cải thiện khả năng ứng biến và nâng cao hiệu quả thực hiện các hoạt động chuyên môn.
Năng lực, theo tâm lý học, là sự tổng hợp các thuộc tính độc đáo của một cá nhân, bao gồm kiến thức, kỹ năng, động lực và thái độ, sao cho phù hợp với các yêu cầu đặc thù của một hoạt động cụ thể Sự tương thích giữa năng lực và yêu cầu của nhiệm vụ giúp người thực hiện đạt được kết quả tốt thông qua hiệu suất và hiệu quả làm việc Năng lực không chỉ mô tả trạng thái hiện tại mà còn chứa đựng tiềm năng phát triển, có thể được nuôi dưỡng qua học tập, rèn luyện và kinh nghiệm thực tiễn Việc nhận diện đúng năng lực của từng cá nhân là yếu tố then chốt trong thiết kế công việc, tuyển dụng và quản trị phát triển nhằm tối ưu hóa kết quả và tiến bộ cá nhân.
Hiểu một cách ngắn gọn, năng lực là tổ hợp các kỹ năng cá nhân giúp một người thực hiện được một dạng hoạt động nhất định Năng lực được chia thành hai loại chính: năng lực chung và năng lực đặc thù Năng lực chung là nền tảng cơ bản cần thiết cho bất kỳ ai để sống, học tập và làm việc, trong khi năng lực đặc thù tập trung vào những kỹ năng cụ thể liên quan đến từng lĩnh vực hay nhiệm vụ.
Năng lực đặc thù thể hiện rõ ở từng lĩnh vực khác nhau, đặc biệt là năng lực đặc thù môn học, là năng lực hình thành và phát triển dựa trên đặc điểm riêng của mỗi môn học Năng lực này giúp nhận diện sự khác biệt giữa các môn học khi người học tiếp thu kiến thức, kỹ năng và phương pháp tiếp cận tương ứng Vì vậy, mỗi môn học sẽ có năng lực đặc thù riêng phản ánh nội dung kiến thức, kỹ năng chuyên môn và cách áp dụng vào thực tiễn Việc nhận diện và nuôi dưỡng năng lực đặc thù môn học giúp thiết kế chương trình giáo dục phù hợp với mục tiêu, chuẩn đầu ra và nâng cao chất lượng giảng dạy, từ đó thúc đẩy sự phát triển toàn diện cho người học.
Năng lực toán học
Năng lực toán học là tập hợp các đặc điểm tâm lý và hoạt động trí tuệ của học sinh, giúp các em nắm vững và vận dụng kiến thức, kỹ năng và kỹ xảo toán học một cách nhanh chóng, dễ dàng và sâu sắc trong môn toán Năng lực này cho phép học sinh tiếp thu bài nhanh hơn, giải quyết bài tập hiệu quả và tự tin đối mặt với các thách thức toán học bằng cách nhận diện vấn đề, áp dụng công thức và phương pháp giải phù hợp Phát triển năng lực toán học còn tăng cường tư duy logic, khả năng suy luận và sự linh hoạt trong việc áp dụng toán học vào thực tiễn học tập và cuộc sống.
Năng lực toán học được hình thành và phát triển thông qua các hoạt động của học sinh khi giải quyết các nhiệm vụ học tập môn Toán Quá trình này gắn liền với việc xây dựng và vận dụng khái niệm, chứng minh và vận dụng định lý, cũng như giải bài toán; đồng thời mở rộng khả năng tư duy logic, nhận diện vấn đề và áp dụng kiến thức toán học vào thực tế và các tình huống học tập khác.
Trong khuôn khổ PISA, OECD định nghĩa năng lực toán học là khả năng nhận biết và hiểu vai trò của toán học trong đời sống, phán đoán và lập luận dựa trên cơ sở vững chắc, đồng thời sử dụng và nuôi dưỡng niềm đam mê khám phá toán học để đáp ứng nhu cầu của cá nhân với vai trò là một công dân có ý thức, có tính xây dựng và có hiểu biết Do đó, giáo dục toán học nên tập trung hình thành năng lực của học sinh nhằm đối phó với thách thức của đời sống hiện tại và tương lai, đồng thời nâng cao khả năng phân tích, lập luận và trao đổi thông tin một cách hiệu quả thông qua việc đặt ra, hình thành và giải quyết các vấn đề toán học trong những tình huống và hoàn cảnh khác nhau.
Năng lực toán học không phải là một hệ thống kiến thức toán học phổ thông truyền thống; điều được nhấn mạnh ở đây là cách kiến thức toán học được vận dụng để hình thành ở học sinh khả năng suy xét, lập luận và hiểu được ý nghĩa của chính kiến thức toán học Theo V.A.Krutetxki, cấu trúc năng lực toán học gồm 4 thành phần.
1 Khả năng thu nhận thông tin toán
2 Khả năng chế biến thông tin toán
3 Khả năng lưu trữ thông tin toán
4 Khuynh hướng chung về toán.
Theo quan điểm của UNESCO thì năng lực toán học gồm 10 yếu tố cơ bản đó là:
1 Năng lực phát biểu và tái hiện định nghĩa, kí hiệu, các phép toán và các khái niệm
2 Năng lực tính nhanh, cẩn thận và sử dụng chính xác các kí hiệu
3 Năng lực dịch chuyển dữ kiện kí hiệu
4 Năng lực biểu diễn dữ kiện bằng các kí hiệu
5 Năng lực theo dõi một hướng suy luận hay chứng minh
6 Năng lực xây dựng một chứng minh
7 Năng lực áp dụng quan niệm cho bài toán toán học
8 Năng lực áp dụng cho bài toán không toán học
Năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề
10 Năng lực tìm cách khái quát hóa toán học.
1.1.3 Năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề Năng lực phát hiện vấn đề trong môn toán là năng lực hoạt động trí tuệ của học sinh khi đứng trước những vấn đề, những bài toán cụ thể, có mục tiêu và tính hướng đích cao đòi hỏi phải huy động khả năng tư duy tích cực và sáng tạo nhằm tìm ra lời giải cho vấn đề.
Năng lực giải quyết vấn đề là tổng hợp các năng lực được thể hiện qua các kỹ năng tư duy và thao tác thực hành trong hoạt động học tập, nhằm giải quyết có hiệu quả các nhiệm vụ của bài toán Quá trình này đòi hỏi người học vận dụng tư duy phân tích, tư duy phản biện và sáng tạo để nhận diện thách thức, lên kế hoạch và triển khai giải pháp, đồng thời đánh giá kết quả và điều chỉnh khi cần Việc rèn luyện năng lực giải quyết vấn đề giúp nâng cao khả năng thích ứng với các tình huống phức tạp và tối ưu hóa hiệu quả học tập.
Dạy học phát triển năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề 8
Vấn đề, tình huống gợi vấn đề
Trong giáo dục, khái niệm "vấn đề" được hiểu là một bài toán mà chủ thể chưa biết ít nhất một phần tử của đối tượng và mong muốn tìm phần tử đó dựa trên những phần tử đã biết nhưng chưa có thuật giải Quá trình giải vấn đề đòi hỏi người học vận dụng kiến thức hiện có để suy luận từ những gì biết đến những gì chưa biết, từ đó hình thành và áp dụng các phương án giải thích phù hợp Nhờ đó, nhận diện và giải quyết vấn đề giáo dục không chỉ giúp bổ sung kiến thức mà còn rèn luyện kỹ năng tư duy logic, tư duy phản biện và sáng tạo trong các tình huống thực tế.
Nói theo một cách khác, vấn đề được biểu thị bởi một hệ thống các mệnh đề, câu hỏi, yêu cầu hành động thỏa mãn các điều kiện:
• Câu hỏi còn chưa được giải đáp (yêu cầu hành động còn chưa được thực hiện).
• Chưa có một phương pháp có tính chất thuật toán để giải đáp câu hỏi hoặc thực hiện yêu cầu đặt ra.
Khái niệm vấn đề mang ý nghĩa khách quan thường ít được nhấn mạnh trong dạy học toán cũng như trong dạy học nói chung Để có thể vận dụng hiệu quả khái niệm vấn đề trong giáo dục, người ta thường hiểu khái niệm này theo một cách nhất định như sau:
Một vấn đề biểu thị bởi một hệ thống những mệnh đề và câu hỏi hoặc yêu cầu hành động thỏa mãn các điều kiện sau:
• Học sinh chưa giải đáp được câu hỏi đó hoặc chưa thực hiện được hành động đó.
• Học sinh chưa được học một quy tắc có tính chất thuật toán nào để giải đáp câu hỏi hoặc thực hiện yêu cầu đặt ra.
Có nhiều cách phát biểu về tình huống gợi vấn đề (tình huống có vấn đề) của các nhà giáo dục học như I IA Lecne, M I Makhmutov và giáo sư Nguyễn Bá Kim Mặc dù có những khác biệt về cách tiếp cận và diễn giải, tất cả đều nhất trí rằng tình huống có vấn đề là một tình huống thỏa mãn được cả ba điều kiện.
1 Tồn tại một vấn đề: Đây là vấn đề trung tâm của tình huống Tình huống phải chứa đựng một mâu thuẫn, đó là mâu thuẫn giữa trình độ kiến thức sẵn có của bản thân với yêu cầu lĩnh hội kiến thức, kĩ năng mới Hay nói cách khác, tình huống có vấn đề là tình huống mà học sinh phải nhận ra được có ít nhất một phần tử nào đó của khách thể mà học sinh chưa biết và cũng chưa có thuật giải nào để tìm phần tử đó.
2 Gợi nhu cầu nhận thức: Tình huống có vấn đề là tình huống phải chứa đựng một vấn đề tạo ra sự ngạc nhiên, hứng thú, hấp dẫn, thu hút sự chú ý của học sinh Hay nói cách khác là phải gợi nhu cầu nhận thức ở học sinh, làm cho học sinh cảm thấy cần thiết phải giải quyết Chẳng hạn tình huống phải bộc lộ sự khiếm khuyết về kiến thức, kĩ năng để họ thấy cần thiết phải chiếm lĩnh tri thức để lấp đầy những khoảng trống đó nhằm tự hoàn thiện hiểu biết của mình bằng cách tham gia giải quyết vấn đề nảy sinh Nếu tình huống đưa ra nhưng không khơi dậy ở học sinh nhu cầu phải tìm hiểu, họ cảm thấy xa lạ và không liên quan gì đến mình, hoặc học sinh cảm thấy không có nhu cầu giải quyết vấn đề đó thì cũng chưa được gọi là một tình huống có vấn đề.
3 Khơi dậy niềm tin ở khả năng bản thân: Tình huống có vấn đề phải phù hợp với trình độ hiểu biết của học sinh, nó không được vượt quá xa tầm hiểu biết của học sinh vì nếu như vậy thì học sinh sẽ thấy hoang mang, bế tắc, không sẵn sàng tham gia giải quyết vấn đề; còn nếu tình huống quá dễ thì học sinh không cần suy nghĩ mà cũng có thể giải quyết được vấn đề thì yêu cầu của giờ học không được thỏa mãn Tình huống cần khơi dậy ở học sinh cảm nghĩ, niềm tin là tuy họ chưa có ngay lời giải nhưng bằng kiến thức sẵn có của chính mình cùng với sự tích cực suy nghĩ thì sẽ có hi vọng giải quyết được vấn đề đó Với suy nghĩ đó học sinh sẽ tận lực huy động tri thức và kĩ năng sẵn có liên quan đến vấn đề đó của bản thân để giải quyết vấn đề đặt ra Qua đó tạo cho học sinh niềm tin vào khả năng của bản thân, đây chính là yêu cầu quan trọng của tình huống gợi vấn đề.
Đặc điểm của dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề 10
Dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề có ba đặc điểm sau đây:
1 Học sinh được đặt vào tình huống có vấn đề do thầy giáo tạo ra chứ không phải là tiếp thu kiến thức một cách thụ động do người khác áp đặt lên mình.
2 Học sinh hoạt động tích cực, tự giác, sáng tạo, chủ động, tận lực huy động tất cả các kiến thức mà mình biết để hi vọng giải quyết được vấn đề đặt ra chứ không phải là tiếp thu kiến thức một cách thụ động theo thói quen “thầy giảng, trò ghi”, “thầy đọc, trò chép” Thông qua những hoạt động và những yêu cầu của người giáo viên, học sinh tham gia xây dựng bài toán, giải quyết bài toán đó Học sinh là chủ thể sáng tạo ra hoạt động.
3 Mục tiêu dạy học không phải là chỉ làm cho học sinh nắm được tri thức mới tìm được trong quá trình tham gia vào giải quyết vấn đề mà còn giúp cho học sinh nắm được phương pháp đi tới tri thức đó và biết cách vận dụng phương pháp đó vào các quá trình như vậy Biết khai thác từ một bài toán đã biết để giải quyết bài toán mới, biết vận dụng quy trình cho những bài toán cùng dạng.
Dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề là bản chất của quá trình nhận thức độc đáo ở học sinh, được thực hiện dưới sự chỉ đạo và hướng dẫn của giáo viên nhằm khơi dậy sự tò mò, khám phá tri thức và các cách thức hoạt động trí tuệ mới Thông qua quá trình tự lực giải quyết các tình huống có vấn đề, học sinh không chỉ nắm vững kiến thức mà còn phát triển kỹ năng tư duy phản biện, sáng tạo và khả năng áp dụng kiến thức vào thực tế Vai trò của giáo viên là gợi mở, hỗ trợ và định hướng để học sinh tự khám phá, kiểm nghiệm và hệ thống hóa kiến thức, từ đó hình thành năng lực tự học và thích nghi với những tình huống phức tạp của cuộc sống học tập.
Các hình thức và cấp độ dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề
Dựa theo mức độ độc lập của học sinh trong quá trình phát hiện và giải quyết vấn đề, người ta phân chia dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề thành bốn hình thức khác nhau Mỗi hình thức được thiết kế để khuyến khích học sinh tự động khám phá, tự xây dựng giả thuyết và tự kiểm tra kết quả, từ đó tăng cường sự tham gia và hiệu quả của quá trình học tập.
• Thứ nhất: Giáo viên nêu vấn đề và trình bày cách giải quyết còn học sinh thì chú ý vào làm mẫu của giáo viên Đây là mức độ mà tính độc lập học sinh thấp hơn hết so với các mức độ bên dưới Hình thức này được sử dụng nhiều hơn ở các lớp thuộc cấp tiểu học.
• Thứ hai: Giáo viên nêu vấn đề và dẫn dắt học sinh giải quyết vấn đề. học sinh giải quyết vấn đề dựa vào sự hướng dẫn, gợi ý của giáo viên.
Trong hình thức ban đầu, phương pháp dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề có nét tương đồng với dạy học theo phương pháp vấn đáp, nhưng hai phương pháp này không thể đồng nhất với nhau Điều quan trọng của phương pháp dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề là đưa ra được tình huống gợi vấn đề, đây chính là điểm khác biệt cơ bản giữa phương pháp này và phương pháp dạy học vấn đáp.
Thứ ba, giáo viên cung cấp thông tin nhằm tạo ra các tình huống học tập kích thích học sinh phát hiện vấn đề và tự lực huy động kiến thức của bản thân để đề xuất các giải pháp giải quyết vấn đề, từ đó thực hành dạy học tích cực, khuyến khích học sinh trình bày ý tưởng và phát triển tư duy phản biện.
Trong buổi học Thứ tư, học sinh tự phát hiện vấn đề từ các tình huống thực tế và tự tin lựa chọn giải pháp, đề xuất giả thuyết, xây dựng kế hoạch và tự mình thực hiện các bước giải quyết vấn đề Đây là hình thức dạy học kích thích tối đa tính độc lập của học sinh, khuyến khích họ phân tích tình huống, quyết đoán chọn phương án và chịu trách nhiệm với kết quả học tập.
Quy trình dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề
Bước 1: Phát hiện và thâm nhập vấn đề
- Phát hiện vấn đề từ một tình huống gợi vấn đề thường là do thầy giáo tạo ra.
- Giải thích và chính xác hóa tình huống.
- Phát biểu vấn đề và đặt ra mục tiêu giải quyết vấn đề.
Bước 2: Tìm giải pháp - Tìm cách giải quyết vấn đề Việc này thường được thực hiện theo trình tự sau:
- Phân tích vấn đề, tức là làm rõ mối liên hệ giữa cái đã cho và cái cần tìm.
Để giải quyết vấn đề, cần đề xuất và triển khai một hướng đi hợp lý dựa trên các phương pháp tư duy như quy lạ về quen, khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa Quy lạ về quen giúp nhận diện liên kết mới từ những gì đã biết, khái quát hóa áp dụng nguyên lý chung cho các trường hợp cụ thể, đặc biệt hóa đi sâu vào từng yếu tố và tương tự hóa mở rộng giải pháp thông qua các bài toán tương đồng Quá trình lựa chọn và thực hiện hướng giải quyết có thể được thực hiện nhiều lần cho đến khi tìm được hướng đi hợp lý và hiệu quả Các bước này thường được phối hợp, điều chỉnh dựa trên kết quả thử nghiệm và phản hồi từ môi trường để tối ưu hóa giải pháp theo thời gian.
- Hình thành được một giải pháp.
- Kiểm tra tính đúng đắn của giải pháp.
Có thể tìm thêm nhiều giải pháp khác để so sánh xem giải pháp nào là hợp lí nhất.
Bước 3: Trình bày giải pháp.
Bước 4: Nghiên cứu sâu giải pháp
- Tìm hiểu những khả năng ứng dụng kết quả.
- Đề xuất vấn đề mới có liên quan.
Vai trò của chủ đề bất đẳng thức đại số trong tam giác trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi THPT
Cùng với việc đảm bảo chất lượng giáo dục đại trà, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi được xem là yếu tố then chốt nhằm nâng cao chất lượng giáo dục, phát triển nguồn nhân lực và bồi dưỡng tài năng cho quốc gia Đặc biệt tại các trường năng khiếu và trường chuyên, nhiệm vụ phát triển mũi nhọn này được chú trọng hơn, góp phần xây dựng đội ngũ học sinh giỏi có thành tích cao và chuẩn bị nguồn lực tinh hoa cho tương lai.
Toán học là ngành khoa học cơ bản có vai trò quan trọng trong đời sống và là nền tảng của nhiều lĩnh vực khoa học khác; nó cũng được xem như một thước đo chất lượng giáo dục và trình độ dân trí của một quốc gia Do đó, để nâng cao chất lượng giáo dục và trình độ dân trí, đồng thời giúp Việt Nam phát triển và hoà nhập với nền giáo dục của các nước trên thế giới, cần tăng cường công tác bồi dưỡng học sinh giỏi nói chung và học sinh giỏi toán nói riêng, nhằm thúc đẩy sự tiến bộ giáo dục và sự phát triển bền vững của đất nước.
Có rất nhiều kỳ thi Toán dành cho học sinh giỏi như giải toán bằng tiếng Anh, giải toán qua Internet hoặc bằng máy tính Casio, và các kỳ thi từ cấp trường, cấp huyện, cấp tỉnh đến kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia và thi Toán Quốc tế nhằm giúp các em trau dồi kiến thức, kỹ năng và kinh nghiệm thi cử Bất đẳng thức là nội dung xuất hiện ở hầu hết các đề thi Toán, nhưng vẫn gây lúng túng và thiếu tự tin cho nhiều học sinh khi tìm hướng giải Trong khuôn khổ bài viết này, tôi trình bày nội dung bất đẳng thức đại số trong tam giác—một chủ đề thường gặp ở kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh, quốc gia và quốc tế—nhằm cung cấp cái nhìn tổng quát, các phương pháp chứng minh và mẹo làm bài giúp nâng cao hiệu quả thi cử.
Mối liên hệ giữa dạy học bất đẳng thức đại số trong tam giác và sự phát triển năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề
Học sinh
Một thực tế phổ biến là học sinh học tập một cách thụ động, bị chi phối bởi áp lực thi cử và chỉ tập trung vượt qua các kì thi để đạt thành tích cao Mục tiêu và động cơ học tập của nhiều bạn là thi đỗ và đạt điểm cao ở các kỳ thi ấy, chứ không phải nhằm phát triển năng lực hay tư duy Tình trạng này khiến quá trình học thiếu tính chủ động, hạn chế sự sáng tạo và khả năng tư duy phản biện.
Thực tế phổ biến ở học sinh là họ hay học tủ, nên khi thi có thể làm được những bài rất khó nếu gặp đúng dạng trúng tủ, trong khi những bài đơn giản lại không làm được hoặc không biết cách giải cho các bài tương tự Điều này cho thấy sự nhấn mạnh quá mức vào ghi nhớ khiến tư duy giải bài không được luyện tập và cần chú trọng rèn kỹ năng phân tích đề và phương pháp làm bài để thi cử hiệu quả hơn.
Trong quá trình học toán, thói quen “thi gì học nấy” khiến học sinh chỉ tập trung ôn luyện các dạng đề thi phổ biến mà bỏ qua rèn luyện năng lực tư duy và phương pháp giải, từ đó khi gặp bài toán mới sẽ khó nhận diện bản chất vấn đề và thiếu kỹ năng hình thành giải pháp để giải quyết Nói ngắn gọn, đây là kiểu học chú trọng hình thức thay vì thật sự hiểu bản chất của vấn đề toán học.
Hiện trạng trên cho thấy học sinh vẫn mang tính thụ động cao, chưa tận dụng tối đa tiềm năng của mình cũng như chưa rèn được năng lực tư duy và khả năng vận dụng kiến thức để nhận diện và giải quyết vấn đề Do đó công tác bồi dưỡng học sinh giỏi chưa đáp ứng mục tiêu của giáo dục phổ thông là phát triển toàn diện về đạo đức, trí tuệ, thể chất, thẩm mỹ và các kỹ năng cơ bản; đồng thời phát triển năng lực cá nhân, tính năng động và sáng tạo Giáo dục còn hướng tới hình thành nhân cách con người Việt Nam xã hội chủ nghĩa, xây dựng tư cách và trách nhiệm công dân; chuẩn bị cho học sinh tiếp tục học lên hoặc tham gia đời sống lao động và đóng góp cho sự nghiệp xây dựng, bảo vệ Tổ quốc.
Giáo viên
Mặc dù được tham gia tập huấn, trao đổi kinh nghiệm trong tổ chuyên môn và nhận sự hỗ trợ về trang thiết bị công nghệ cùng các công cụ dạy học đa phương tiện, không phải giáo viên nào cũng có thể sử dụng thành thạo các thiết bị này để phục vụ giảng dạy Đặc biệt với những giáo viên lâu năm, dù giàu kinh nghiệm và vững chắc kiến thức chuyên môn, họ vẫn có xu hướng phản ứng chậm với sự đổi mới phương pháp dạy học và công nghệ giáo dục.
Hiện nay, các phương pháp kiểm tra và đánh giá vẫn chủ yếu dựa vào ghi nhớ và tái hiện kiến thức, chưa chú trọng đến năng lực thực sự của học sinh Nói cách khác, sự đổi mới về phương pháp dạy học vẫn chưa đồng bộ với sự thay đổi của hệ thống kiểm tra và đánh giá.
Nhà trường
cả giáo viên và học sinh.
Mặc dù cơ sở vật chất và trang thiết bị dạy học đã được cải thiện đáng kể, chúng vẫn chưa đáp ứng được yêu cầu đổi mới phương pháp dạy học Một số thiết bị được trang bị mới, nhưng về số lượng hạn chế và mức độ sử dụng còn rất thấp, khiến hiệu quả giảng dạy chưa đạt mức tối đa.
Hằng năm, các đợt tập huấn về đổi mới phương pháp dạy học được tổ chức nhằm nâng cao chất lượng giảng dạy, nhưng hiệu quả chưa thực sự đạt được Mỗi trường chỉ cử một vài đại diện tham gia tập huấn, khiến việc lan tỏa những kiến thức và kỹ năng mới gặp nhiều khó khăn Sau khi trở về, công tác triển khai tại trường chưa được thực hiện tốt, dẫn tới việc áp dụng các phương pháp đổi mới không đồng bộ và kết quả giảng dạy chưa cải thiện như mong đợi.
Thuận lợi và khó khăn khi dạy chuyên đề bất đẳng thức đại số trong tam giác với mục đích phát triển năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề cho học sinh giỏi THPT
Thuận lợi
Sự đổi mới phương pháp dạy học đã nhận được sự quan tâm của toàn xã hội.
Những người làm giáo dục luôn tìm kiếm các cách thức và định hướng nhằm đổi mới phương pháp dạy học để tạo ra một môi trường giáo dục hiện đại phù hợp với đặc thù của từng địa phương và cả nước, đồng thời bảo đảm sự hội nhập và tiếp cận với thế giới Quá trình đổi mới này mang lại chất lượng đào tạo cao hơn và mở rộng cơ hội học tập cho mọi học sinh, sinh viên, người lao động, giúp giáo dục Việt Nam thích ứng với kỷ nguyên số và hội nhập toàn cầu.
Học sinh Việt Nam vốn có tố chất thông minh và ham học hỏi, vì vậy đổi mới phương pháp dạy học sẽ đáp ứng nhu cầu tìm kiếm tri thức của các em Những phương pháp giảng dạy hiện đại giúp học sinh mở rộng hiểu biết và phát triển tư duy độc lập, chứ không bị bó hẹp bởi các kiến thức được giáo viên truyền thụ theo hình thức truyền thống.
Giáo viên sẽ thấy hứng thú và bớt nhàm chán với công tác giảng dạy nhờ sự tương tác tích cực từ học sinh, từ đó chất lượng giảng dạy được nâng lên Học sinh mang đến nhiều góc nhìn và ý tưởng mới, mở ra các hướng suy nghĩ đa dạng và giúp lớp học phong phú, sáng tạo hơn Nhờ những đóng góp ấy, giáo viên học hỏi được nhiều điều và đội ngũ giáo viên ngày càng nâng cao chất lượng giảng dạy.
ĐỀ XUẤT BIỆN PHÁP PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC PHÁT HIỆN VÀ GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ QUA DẠY BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ TRONG TAM GIÁC 18
Cơ sở để xây dựng các biện pháp
Trong triết học duy vật biện chứng, mâu thuẫn được xem như động lực thúc đẩy sự phát triển của mọi hiện tượng và quá trình Với học sinh, một mâu thuẫn điển hình là giữa yêu cầu nhiệm vụ nhận thức và kiến thức, kỹ năng cùng kinh nghiệm sẵn có Tình huống này phản ánh một cách logic và biện chứng mối quan hệ nội tại giữa kiến thức cũ, kỹ năng cũ và kinh nghiệm cũ với các yêu cầu giải thích sự kiện mới hoặc khi đối mặt với đổi mới tình huống Nhờ nhận diện và xử lý mâu thuẫn này, người học có thể điều chỉnh và mở rộng hệ thống kiến thức hiện có, vận dụng tư duy biện chứng để tiếp cận và giải quyết các vấn đề mới một cách hiệu quả.
2.1.2 Cơ sở tâm lý học Theo các nhà tâm lý học, con người chỉ bắt đầu tư duy tích cực khi nảy sinh nhu cầu tư duy, tức là khi đứng trước một khó khăn về nhận thức cần phải khắc phục, một tình huống gợi vấn đề."Tư duy sáng tạo luôn luôn bắt đầu bằng một tình huống gợi vấn đề" (Rubinstein 1960).
2.1.3 Cơ sở giáo dục học Dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề phù hợp với nguyên tắc tính tự giác và tích cực vì nó khơi gợi được hoạt động học tập mà chủ thể được hướng đích, gợi động cơ trong quá trình phát hiện và giải quyết vấn đề.
Dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề thể hiện sự thống nhất giữa giáo dưỡng và giáo dục, đồng thời làm nổi bật tác dụng của giáo dục ở chỗ dạy học sinh cách khám phá và rèn luyện phương pháp phát hiện, tiếp cận và giải quyết vấn đề một cách khoa học Hoạt động này còn bồi dưỡng cho người học những đức tính cần thiết của người lao động sáng tạo, như tính chủ động, tích cực, tính kiên trì vượt khó, tính kế hoạch và thói quen tự kiểm tra.
2.1.4 Các cấp độ dạy học theo sự phát triển năng lực Đối với mỗi HS có một thế mạnh về năng lực khác nhau, có người mạnh về năng lực Toán học, có người giỏi về năng lực ngôn ngữ, Mỗi người lại đang ở các cấp độ khác nhau trong quá trình phát triển năng lực của mình.
Có 5 cấp độ phát triển năng lực tương ứng là 5 cấp độ dạy học từ dễ đến khó, từ cơ bản đến nâng cao như sau:
Cấp độ 1 là giai đoạn sử dụng các ví dụ minh họa nhằm giúp học sinh nhận biết đúng khái niệm mình đang tìm hiểu: định nghĩa của khái niệm đó, vị trí của nó trong hệ thống kiến thức và cách nó được biểu diễn Ở cấp độ này, học sinh sẽ được tiếp cận các ví dụ cụ thể để hình dung định nghĩa, nhận diện nơi xuất hiện của khái niệm và quan sát các hình thức biểu diễn của nó qua hình ảnh, sơ đồ hoặc mô tả ngắn gọn Việc làm rõ những yếu tố này sẽ tăng khả năng ghi nhớ và làm nền tảng cho các cấp độ học tập tiếp theo, đồng thời tối ưu sự liên kết giữa các từ khóa như ví dụ minh họa, định nghĩa, học sinh, khái niệm và biểu diễn trong bài viết.
Cấp độ 2: là các ví dụ mô tả tính chất, quy luật, quy tắc của vấn đề.
Cấp độ 3: là các bài toán áp dụng các tính chất, quy luật, quy tắc đó.
Cấp độ 4: là các bài toán ứng dụng vấn đề trong thực tiễn.
Cấp độ 5 là nhóm bài toán tổng hợp và nâng cao, yêu cầu người giải kết hợp nhiều kiến thức khác nhau để giải quyết vấn đề một cách có hệ thống Những bài toán này thường xuất hiện trong các kỳ thi HSG và Olympic, đòi hỏi tư duy logic, kiến thức nền tảng và kỹ năng giải quyết bài toán phức tạp để tìm ra lời giải đúng và tối ưu.
Các biện pháp được xây dựng dựa trên 5 cấp độ Biện pháp 1 hướng dẫn học sinh nắm vững kiến thức cơ bản tương ứng với cấp độ 1 và 2 Biện pháp 2 chuyển hóa các bài toán bất đẳng thức thành các tình huống có vấn đề nhằm tăng tính thực tiễn và gắn kết với nội dung học Biện pháp 3 tập hợp hệ thống các bài toán và phương pháp giải ứng với cấp độ 3 và 4 Biện pháp 5 khai thác các bài toán từ các tạp chí toán học, các kỳ thi HSG và thi Olympic trong và ngoài nước ứng với cấp độ 5.
Biện pháp 1: Hướng dẫn học sinh nắm vững các kiến thức cơ bản
2.2.1 Các định lý cơ bản trong tam giác Định lí 2.1 (Định lý hàm số sin) a sinA = b sinB = c sinC = 2R. Định lí 2.2 .( Định lý hàm số cos) a 2 = b 2 +c 2 −2bccosA b 2 = a 2 +c 2 −2accosB c 2 = a 2 +b 2 −2abcosC. Định lí 2.3 (Định lý hàm số tan) a−b a+b tan A−B
2 Định lí 2.4 (Công thức tính diện tích tam giác)
= abc 4R = pr = (p−a)r a = (p−b)r b = (p−c)r c q p(p−a)(p−b)(p−c) (Công thức He-ron). Định lí 2.5 (Công thức tính bán kính nội tiếp, ngoại tiếp, bàng tiếp)
2 = S p−c. Định lí 2.6 (Công thức tính độ dài đường trung tuyến) m 2 a = b 2 +c 2
4. Định lí 2.7 (Công thức tính độ dài đường phân giác) l a = 2bc b+ ccos A
2. Định lí 2.8 (Công thức tính độ dài đường cao) h a = 2S a = 2pp(p−a)(p−b)(p−c) a hb = 2S b = 2pp(p−a)(p−b)(p−c) b hc = 2S c = 2pp(p−a)(p−b)(p−c) c Định lí 2.9 (Công thức hình chiếu) a = b.cosC +c.cosB = r cotB
2.2.2 Một số bất đẳng thức cổ điển Bất đẳng thức AM-GM Trung bình cộng của n số thực không âm luôn lớn hơn hoặc bằng trung bình nhân của chúng, và trung bình cộng chỉ bằng trung bình nhân khi và chỉ khi n số đó bằng nhau.
• Với 2 số thực a, b không âm thì ta có: a+b
2 ≥√ ab Dấu bằng xảy ra ↔ a = b.
• Với n số thực x1, x2, , xn không âm thì ta có: x 1 +x 2 + + x n n ≥ √ n x 1 x 2 x n Dấu bằng xảy ra ↔ x 1 = x 2 = = x n
Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Cho n cặp số bất kì a 1 , a 2 , , a n và b 1 , b 2 , b n Khi đó ta có bất đẳng thức:
Hay viết một cách gọn hơn n
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∃k : a i = kb i với i = 1,2, , n.
Bất đẳng thức cộng Chebyshev Nếu cho a 1 ≥ a 2 ≥ ≥ a n và b 1 ≥ b 2 ≥ ≥b n thì ta có:
Tương tự nếu a 1 ≥ a 2 ≥ ≥ a n và b 1 ≤b 2 ≤ ≤b n thì ta có:
Sau đây là một số bài tập giúp học sinh rèn luyện, ghi nhớ, sử dụng thuần thục các định lý, công thức cơ bản trong tam giác.
Bài toán 2.1 Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c và diện tích là S Chứng minh đẳng thức sau:
(sinA+sinB+sinC)(cotA+cotB+cotC) = 1
Vậy đẳng thức được chứng minh.
Bài toán 2.2: Trong tam giác ABC có độ dài các cạnh là a, b, c, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác là r, bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác là R và r_a, r_b, r_c lần lượt là bán kính đường tròn bàng tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng abc = 4 r R (√(r_a r_b) + √(r_b r_c) + √(r_c r_a)).
Ta có điều phải chứng minh.
Đẳng thức cần chứng minh đối với một tam giác có ba cạnh a, b, c và l_a, l_b, l_c là độ dài ba đường phân giác trong là: a(b+c)^2 l_a^2 + b(c+a)^2 l_b^2 + c(a+b)^2 l_c^2 = abc(a+b+c)^2 Ta có thể dùng công thức l_a^2 = bc[1 - a^2/(b+c)^2] và các công thức tương ứng với l_b^2, l_c^2 để thế vào và rút gọn hai bên về dạng abc(a+b+c)^2, chứng tỏ mối liên hệ giữa độ dài cạnh và đường phân giác trong tam giác Đẳng thức này phản ánh một quan hệ hình học đẹp và cho thấy cách các tham số tam giác gắn kết với nhau một cách chuẩn hóa.
Do đó a(b+c) 2 ãl 2 a = 4abc[bc−(p−b)(p−c)] = 4abc(−p 2 +pb+pc) (1)
Tương tự ta có b(c+a) 2 ãl b 2 = 4abc(−p 2 + pc+pa) (2) c(a+b) 2 ãl c 2 = 4abc(−p 2 + pa+pb) (3)
Cộng theo vế của (1), (2), (3) ta được,
= abc(a+b+ c) 2 = V P. Đẳng thức đã được chứng minh.
Bài toán 2.4 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC bất kì ta có a 2 +b 2 + c 2 ≥ 4√
Cách 1: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
2bc.sinA nên ta có bất đẳng thức (2): a 2 +b 2 +c 2 −4√
Mặt khác, không mất tính tổng quát ta giả sử b ≤a ≤ c Khi đó ta có bất đẳng thức (3):
Vì bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức (a−b)(a−c) ≤0.
Từ (2) và (3) ta có được điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cos π
3 −A = 1 và a = b;a = c Hay dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.
Bài toán 2.5 Tam giác ABC có p là nửa chu vi, r là bán kính đường tròn nội tiếp, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp Chứng minh rằng r ≤ p
Do đó 8p 3 ≥ 2.4Rrp ≥27(8r 2 p) vì R ≥2r Vậy p≥ 3√
Sử dụng bất đẳng thức hàm số sin bất đẳng thức này tương đương với sinA+ sinB + sinC ≤ 3√
Bất đẳng thức (1) này đúng vì hàm số f(x) = sinx là hàm lồi trên (0, π) do đó sinA+ sinB + sinC
3 = sin 60 √3 2 Bài toán 2.6 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:
Bài giải Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương 4p(p−a)(p−b)(p−c) ≤a 2 (p−b)(p−c) +b 2 (p−a)(p−c) +c 2 (p−b)(p−a)
⇔4p≤ a 2 p−a + b 2 p−b + c 2 p−c Áp dụng bất đẳng thức AM-GM, a 2 p−a + b 2 p−b ≥ 2ab p(p−a)(p−b) ≥ 2ab p−a+p−b
Từ đó a 2 p−a + b 2 p−b + c 2 p−c ≥ 2 ab c + bc a + ac b Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho từng cặp ab c và bc a ;ca b và bc a; ca b và ab c ta có a 2 p−a + b 2 p−b + c 2 p−c ≥ 2(a+b+c) = 4p (ĐPCM).
Bài toán 2.7 Tam giác ABC có p là nửa chu vi, r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác Hãy chứng minh r ≤ p
3. Bài giải Áp dụng công thức r = S p và sử dụng công thức He-ron ta có r pp(p−a)(p−b)(p−c) p p(p−a)(p−b)(p−c)
Theo bất đẳng thức AM-GM thì
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi p−a = p−b = p−c hay a = b = c tức tam giác ABC đều.
Bài toán 2.8 Trong tam giác ABC chứng minh rằng h a +h b +h c ≥ 9r
Với h a , h b , h c là đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C tương ứng đến cạnh đối diện và r là tâm đường tròn nội tiếp tam giác.
Không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c, khi đó ha ≤ hb ≤ hc Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy ngược nhau ta có a+ b+ c
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c;h a = h b = h c hay tam giác ABC đều.
Bài toán 2.9 Biết a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác bất kì, p là nửa chu vi của tam giác đó, hãy chứng minh bất đẳng thức sau: a 2 p(p−a) + b 2 p(p−b) + c 2 p(p−c) ≥ 4.
Bài giải Áp dụng liên tiếp 2 lần bất đẳng thức AM-GM ta có: a 2 p(p−a) + b 2 p(p−b) ≥ 2ab pp(p−a)(p−b) ≥ 2ab p(p−a)(p−b) = 4ab pc
Tương tự ta được b 2 p(p−b) + c 2 p(p−c) ≥ 4bc pa a 2 p(p−a) + c 2 p(p−c) ≥ 4ac pb
≥ 4 ab pc + bc pa + ac pb
Tương đương với a 2 p(p−a) + b 2 p(p−b) + c 2 p(p−c) ≥ 2 ab pc + bc pa + ac pb
Để chứng minh, ta áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho các cặp tích ab·pc và bc·pa, bc·pa và ac·pb, cũng như ab·pc và ac·pb Từ đó suy ra các bất đẳng thức: ab·pc + bc·pa ≥ 2 b p, bc·pa + ac·pb ≥ 2 c p, và ab·pc + ac·pb ≥ 2 a p.
Bất đẳng thức đã được chứng minh.
Bài toán 2.10 Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có
Bài giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
4. Nhân vế theo vế tương ứng của 3 bất đẳng thức trên ta được
Biện pháp 2: Thiết kế những bài toán bất đẳng thức đại số
2.3.1 Các cách tạo tình huống có vấn đề Để thực hiện dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề cho giờ học hay cho một đơn vị kiến thức nào đó của giờ học, điểm xuất phát là tạo ra tình huống gợi vấn đề, tốt nhất là tình huống gây được cảm xúc và làm cho học sinh ngạc nhiên.
Có nhiều cách phổ biến để tạo ra các tình huống có vấn đề, nhưng chúng chỉ dừng ở mức kích thích chứ chưa gợi ra nhu cầu nhận thức và niềm tin về khả năng của học sinh Để biến chúng thành tình huống gợi vấn đề, giáo viên cần bảo đảm rằng tình huống đó kích thích học sinh nhận thức sâu sắc và tin tưởng vào năng lực của bản thân để giải quyết thách thức Khi thiết kế bài học theo hướng gợi vấn đề, mục tiêu là giúp học sinh đặt câu hỏi, phân tích thông tin và vận dụng kiến thức vào thực tiễn Nhờ đó nội dung giảng dạy không chỉ liên hệ với đời sống mà còn tăng cường tư duy phản biện, tự tin học tập và hiệu quả giáo dục.
• Dự đoán nhờ nhận xét trực quan, thực hành hoặc hoạt động thực tiễn.
• Tạo tình huống có vấn đề bằng cách khai thác kiến thức cũ, đặt vấn đề dẫn đến kiến thức mới.
• Xem xét tương tự, khái quát hóa, đặc biệt hóa.
• Khai thác kiến thức cũ, đặt vấn đề cho kiến thức mới.
• Tìm sai lầm và sửa chữa sai lầm.
2.3.2 Một số bài toán minh họa Bài toán 2.11 Cho 4ABC với bán kính đường tròn nội tiếp là r không đổi và độ dài cạnh a, b, c Hãy xác định giá trị lớn nhất của biểu thức
Bài toán 2.12 Cho 4ABC với bán kính đường tròn nội tiếp là r và chu vi 2p= 6 Chứng minh rằng ta luôn có bất đẳng thức sau:
Những bài toán này có cách giải quyết tương tự nhau, cho thấy giáo viên có thể áp dụng một phương pháp hướng dẫn chung: giải trước một bài làm mẫu và để bài còn lại cho học sinh tự nhận thấy và tự giải quyết Việc kết hợp giữa hỗ trợ có hướng dẫn và sự tự lập của học sinh giúp củng cố quy trình tư duy, rèn luyện kỹ năng giải toán và tăng tính chủ động trong học tập Đây là chiến lược hiệu quả để nâng cao khả năng nhận diện mô hình bài toán và vận dụng phương pháp giải cho các bài toán tương tự.
Vì a, b, c là nghiệm của phương trình x 3 −2px 2 + (p 2 +r 2 + 4Rr)x−4Rrp = 0 nên đặt f(x) = x 3 −2px 2 + (p 2 +r 2 + 4Rr)x−4Rrp
= (x−a)(x−b)(x−c). Đạo hàm 2 lần f(x) ta được
Vì a, b, c là nghiệm của phương trình x 3 −2px 2 + (p 2 +r 2 + 4Rr)x−4Rr = 0 nên f(x) = x 3 −6x 2 + (9 +r 2 + 4Rr)x−12Rr
= (x−a)(x−b)(x−c). Đạo hàm 2 lần f(x) ta được
Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi R = 2r hay tam giác ABC đều.
Cho hai bài toán sau:
Trong Bài toán 2.13, ta xem tam giác ABC có thể thay đổi hình dạng với các cạnh a, b, c và bán kính đường tròn nội tiếp r cùng đường tròn ngoại tiếp R Mục tiêu là tìm giá trị lớn nhất của một biểu thức liên quan đến các tham số này Bài toán đòi hỏi phân tích mối quan hệ giữa chiều dài các cạnh và hai bán kính để xác định giới hạn tối đa của biểu thức Qua đó, ta xem xét các trường hợp tối ưu và các cấu hình đặc biệt của tam giác có thể đạt được giá trị lớn nhất.
Bài toán 2.14 Cho 4ABC với độ dài ba cạnh là a, b, c, p = a+b+c
2 và bán kính đường tròn nội tiếp r Hãy chứng minh các kết quả sau đây:
Hai bài toán liên quan đến bất đẳng thức ban đầu gây khó khăn cho học sinh vì họ thường nghĩ tới các biến đổi tương đương, nhưng khi vào cuộc, các phương án này lại không khả quan và trở nên phức tạp Tuy nhiên, trước khi đưa ra hai bài toán này, giáo viên nên giới thiệu bổ đề sau; nhờ bổ đề ấy, học sinh sẽ nhận biết vấn đề và giải quyết hai bài toán một cách đơn giản hơn rất nhiều.
Bổ đề 2.1 Nếu x1, x2, x3 là 3 nghiệm của phương trình x 3 +a 1 x 2 +a 2 x+ a 3 = 0 thì (i) (x 2 1 −x 2 x 3 )(x 2 2 −x 1 x 3 )(x 2 3 −x 1 x 2 ) = a 3 1 −a 3 2
−9. Áp dụng bổ đề này, ta có thể giải hai bài toán trên như sau.
Vì a, b, c là nghiệm của phương trình x 3 −2px 2 + (p 2 +r 2 + 4Rr)x−4Rrp = 0 nên
Từ đây suy ra bất đẳng thức
Ta biết nếu x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình x 3 +a 1 x 2 +a 2 x+ a 3 = 0 thì
Vì a, b, c là ba nghiệm của phương trình x 3 −2px 2 + (p 2 +r 2 + 4Rr)x−4Rrp = 0 nên ta có (i)(a 2 −bc)(b 2 −ca)(c 2 −ab) = 32p 4 Rr−(p 2 +r 2 + 4Rr) 3
Vì 4Rrp = abc và R ≥ 2r nên
(ii) Từ hệ thức trên ta có
Bài toán 2.15 Chứng minh đẳng thức sau: a 2 +b 2 +c 2 = 4S(cotA+ cotB + cotC).
Nhận xét: Ta không có sẵn một biểu thức trực tiếp biểu thị mối quan hệ giữa a, b, c và cotA, cotB, cotC Do đó, học sinh cần tìm một biểu thức liên hệ dựa trên những kiến thức đã học về tam giác và lượng giác Cách tiếp cận là kết hợp các công thức căn bản như tỉ lệ cạnh – góc, các bất đẳng thức và định lý lượng giác để xây dựng một biểu thức liên hệ giữa a, b, c với cotA, cotB, cotC Việc này giúp chuyển từ các tham số đã biết sang cotangents của các góc, từ đó làm rõ mối quan hệ và phục vụ cho các bài tập liên quan.
2R (đã biết) cotA = sinA cosA (đã biết trước đó trong phần lượng giác)
⇒ Học sinh hình thành được giải pháp.
Theo định lý hàm số cos ta có cosA = b 2 +c 2 −a 2
Theo định lý hàm số sin ta có sinA = a
Do đó cotA= cosA sinA = b 2 +c 2 −a 2
4S Thay cotA,cotB,cotC vào vế phải của đẳng thức ban đầu ta được:
Vậy ta chứng minh xong đẳng thức.
Trước khi giới thiệu định lý hàm số tan, giáo viên cho học sinh làm bài toán sau:
Bài toán 2.16 Cho 4ABC vuông tại A, có độ dài các cạnh BC = a 4, AC = b = 2√
Trong bài 3, cho tam giác có cạnh c = AB = 2 và các cạnh a, b đối với các góc A, B Ta kiểm tra đẳng thức (a−b)/(a+b) = tan(A−B) tan(A+B) đúng hay sai Học sinh vận dụng kiến thức cũ về định lý cos để xác định số đo các góc và từ đó đối chiếu với giá trị của hai vế bên phải đẳng thức.
Ta có 4ABC vuông tại A suy ra A = 90 o cosB = a 2 + c 2 −b 2
VT 6= VP nên đẳng thức này không đúng.
Trong giờ học, giáo viên sẽ đặt ra câu hỏi liệu có một công thức nào biểu diễn mối quan hệ giữa các cạnh tam giác và hàm tan của các góc tương ứng hay không Bài toán nhấn mạnh các công thức lượng giác liên kết giữa cạnh a, b, c và các góc A, B, C, cho phép tính toán giá trị tan của các góc từ các cạnh hoặc ngược lại Những công thức phổ biến gồm tan(A±B), tan(A/2) và các công thức liên hệ giữa cạnh và góc trong tam giác vuông cũng được xem xét, giúp học sinh hiểu sâu về cách các cạnh tam giác quyết định độ lớn của các góc thông qua hàm tan Việc nắm vững những công thức này không chỉ hỗ trợ giải bài tập mà còn tối ưu hóa nội dung cho SEO với các từ khóa liên quan như công thức lượng giác tam giác, mối quan hệ cạnh–góc và hàm tan của góc.
Trong quá trình giảng dạy, khi học sinh trình bày một công thức, giáo viên cùng học sinh sẽ kiểm chứng công thức đó bằng phương pháp đã giới thiệu ở trên để đảm bảo tính đúng đắn và khả thi; ngược lại, nếu học sinh chưa đưa ra được công thức phù hợp, giáo viên sẽ nêu ra định lý hàm số tan và yêu cầu học sinh kiểm chứng lại bằng cách áp dụng định lý này vào bài toán.
Sau khi giới thiệu một chiều của bất đẳng thức Chebyshev (chiều thuận) Nếu cho a1 ≥ a2 ≥ ≥ an và b1 ≥ b2 ≥ ≥bn thì ta có:
! ta đưa ra bài toán sau:
Bài toán 2.17 Cho 4ABC với a, b, c là độ dài các cạnh tam giác, h a , h b , h c là đường cao tương ứng với các cạnh, S là diện tích tam giác.
Trong bài toán cho biết a ≤ b ≤ c dẫn tới h_a ≥ h_b ≥ h_c, hai dãy được sắp xếp ngược chiều nên bất đẳng thức Chebyshev theo hướng thuận không thể áp dụng ngay Tình huống này kích thích tư duy của học sinh và đẩy các em tìm nhiều cách giải khác nhau như biến đổi tương đương hoặc áp dụng các bất đẳng thức khác như AM-GM, Cauchy–Schwarz Có thắc mắc phổ biến là nếu hai dãy cùng chiều thì Chebyshev có thể áp dụng ngay, còn khi hai dãy ngược chiều thì bất đẳng thức Chebyshev có đúng hay có sự khác biệt gì so với trường hợp đồng chiều, và sự khác biệt ở đâu? Bài viết nhằm làm rõ hai trường hợp, giúp học sinh nhận ra vai trò của thứ tự sắp xếp trong bất đẳng thức và đề xuất các chiến lược giải nhanh, gọn và có tính khái quát cao.
Trong quá trình giảng bất đẳng thức Chebyshev, giáo viên sẽ để học sinh tự phát hiện và tìm tòi các đặc điểm của bất đẳng thức này, đồng thời có thể gợi ý về dấu của bất đẳng thức Chebyshev theo chiều nghịch để học sinh có hướng giải quyết bài toán Phương pháp này giúp học sinh chủ động xây dựng kiến thức, nắm vững cơ sở lý thuyết và biết cách vận dụng vào thực tế Giáo viên có thể đưa ra các gợi ý cụ thể dựa trên ví dụ minh hoạ, giúp học sinh nhận diện dấu và trình bày các bước chứng minh một cách logic Nhờ đó, học sinh phát triển kỹ năng tư duy phản biện, giải quyết vấn đề và tiếp cận nội dung bất đẳng thức Chebyshev một cách hiệu quả hơn, đồng thời tối ưu hóa bài viết cho SEO với các từ khóa liên quan như bất đẳng thức Chebyshev, dấu bất đẳng thức và chiều nghịch.
Nếu a 1 ≥ a 2 ≥ ≥ a n và b 1 ≤b 2 ≤ ≤b n thì ta có:
!.Sau đó học sinh có thể áp dụng và giải quyết bài toán đã cho một cách đơn giản.
Giả sử a ≥ b ≥c thì khi đó h a ≤ h b ≤ h c Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy ngược nhau ta được a+b+c
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c và h a = h b = h c Bài toán 2.18 Chứng minh rằng nếu 4ABC có r a = r + r b + r c thì 4ABC vuông.
Sau khi giải bài toán xong, giáo viên đặt câu hỏi lật ngược vấn đề: Một tam giác vuông bất kì thì luôn có r a = r +r b +r c , có đúng không?
Nhận xét cho thấy các phép biến đổi trong chứng minh trên đều là biến đổi tương đương, nên chiều ngược lại của bài toán là đúng; từ đó ta có thể phát biểu bài toán một cách đầy đủ và rõ ràng như sau:
Bài toán 2.19 Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi
Biện pháp 3: Xây dựng hệ thống các dạng bài tập và phương pháp giải
2.4.1 Các bài toán liên quan đến độ dài cạnh, chu vi, diện tích tam giác
Mệnh đề 2.1.Cho 4ABC với độ dài ba cạnhBC = a, CA = b, AB = c.
Kí hiệu p là nửa chu vi, r và R là bán kính các đường tròn nội, ngoại tiếp.
Khi đó a, b, c là ba nghiệm của phương trình dưới đây: x 3 −2px 2 + (p 2 +r 2 + 4Rr)x−4Rrp = 0.
Như vậy ta có quan hệ a(a 2 −2pa+p 2 +r 2 ) = 4Rr(p−a)
Do đó a là một nghiệm của phương trình x 3 −2px 2 + (p 2 +r 2 + 4Rr)x−4Rrp = 0.
Tương tự, b và c cũng là nghiệm của phương trình này.
(i) a+b+c = 2p (ii) ab+bc+ca = p 2 +r 2 + 4Rr (iii) abc = 4Rrp.
Mệnh đề 2.2 Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác Khi đó 1 a,1 b, 1 c là nghiệm của phương trình x 3 − p 2 +r 2 + 4Rr
Chứng minh Thay x bởi 1 x ta có điều phải chứng minh.
4pRr. Bài toán 2.20 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC:
(iv) 1 a 3 +b 3 +abc + 1 b 3 +c 3 +abc + 1 c 3 +a 3 +abc ≤ 1 abc.
(i) Theo mệnh đề 2.1 ta có a, b, c là ba nghiệm của phương trình x 3 −2px 2 + (p 2 +r 2 + 4Rr)x−4Rrp = 0.
Từ đó suy ra 1 a,1 b,1 c là các nghiệm của phương trình
(ii) Vì a, b, c là ba nghiệm của phương trình x 3 −2px 2 + (p 2 +r 2 + 4Rr)x−4Rrp = 0 nên ta đặt f(x) = x 3 −2px 2 + (p 2 +r 2 + 4Rr)x−4Rrp
= (x−a)(x−b)(x−c) Tính đạo hàm cấp hai của f(x) ta được
R 2 ≤ 1 ab + 1 bc + 1 ca ≤ 1 a 2 + 1 b 2 + 1 c 2 Suy ra điều phải chứng minh.
(iii) Vì a, b, c là ba nghiệm của phương trình x 3 −2px 2 + (p 2 +r 2 + 4Rr)x−4Rrp = 0 nên
4(ab+ bc+ ca) = 4p 2 + 4r 2 + 16Rr = (a+b+c) 2 + 4R 2 + 16Rr
Lại có a 2 +b 2 +c 2 = 6R 2 −2R 2 (cos 2A+ cos 2B + cos 2C)
T = cos 2A+ cos 2B + cos 2C = 2 cos 2 A−2 cosAcos(B −C)−1
2 Hay a 2 +b 2 +c 2 ≤ 9R 2 (iv) Hiển nhiên ta có (a−b)(a 2 −b 2 ) ≥ 0, suy ra a 3 +b 3 ≥ab(a+ b).
1 b 3 +c 3 + abc ≤ a abc(a+b+c) 1 c 3 +a 3 + abc ≤ b abc(a+b+c) Cộng theo từng vế của ba bất đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.
(v) Từ (iv) và do abc = 4RS nên
Bài toán 2.21 Giả sử tam giác ABC có độ dài cạnh BC = a, CA b, AB = c và diện tích S Khi đó chứng minh:
3S. Để chứng minh bài toán này trước hết ta chứng minh bổ đề sau.
Bổ đề 2.2 Với mọi góc 0 ≤ α ≤ π ta có cos(A−α) = b 2 +c 2 −a 2
Chứng minh Ta có cos(A−α) = cosA.cosα + sinA.sinα
Sử dụng bổ đề 2.2 ta có cos
3S 4bc suy ra b 2 +c 2 −a 2 + 4bc.cos
Bài toán 2.22 Chứng minh rằng với 4ABC bất kì ta luôn có bc+ca+ab ≥ 3√
Bài giải Áp dụng định lý cos và định lý sin ta có cosA+√
4√ 3S +a 2 + b 2 −c 2 ≤ 4ab Cộng theo vế của ba bất đẳng thức trên và rút gọn ta được bc+ca+ab ≥ 3√
Bài toán 2.23 Chứng minh rằng với tam giác ABC bất kì ta luôn có (i) 2(bc+ ca+ ab) =a 2 +b 2 + c 2 + 4S tanA
Sử dụng bổ đề 2.2 ta có cos A
Chia cả 2 vế cho cos A
2 ta được đồng nhất thức
2 Cộng theo vế của ba đồng nhất thức trên ta được 2(bc+ca+ab) = a 2 +b 2 +c 2 + 4S tan A
3 +a 2 +b 2 +c 2 nên nhận được (i),(ii) Từ (ii) suy ngay ra (iii).
Bài toán 2.24 Chứng minh rằng với tam giác nhọn ABC bất kì ta luôn có
Cộng theo vế của 3 đẳng thức trên ta được
3 và theo bài toán 2.24 nên ta có được
Bài toán 2.25 Chứng minh rằng với tam giác nhọn ABC bất kì ta luôn có pb 2 c 2 −4S 2 +pc 2 a 2 −4S 2 +pa 2 b 2 −4S 2 ≥ 2√
Ta có √ b 2 c 2 −4S 2 = pb 2 c 2 −b 2 c 2 sin 2 A= bccosA.
Tương tự pc 2 a 2 −4S 2 = cacosB, pa 2 b 2 −4S 2 = abcosC.
Bài toán 2.26 Cho 4ABC với độ dài các cạnh a, b, c và bán kính đường tròn nội tiếp là r Hãy xác định giá trị lớn nhất của biểu thức
Vì a, b, c là nghiệm của phương trình x 3 −2px 2 + (p 2 +r 2 + 4Rr)x−4Rrp = 0 nên dễ dàng có
Bài toán 2.27 Chứng minh rằng a 2 +b 2 +c 2 ≥ 4p 2
3 Dấu bằng xảy ra khi nào?
Bài giải Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho các bộ số (a, b, c) và (1,1,1) ta có
3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.
Bài toán 2.28 Chứng minh rằng p 2 ≥ 3√
Dấu bằng xảy ra khi nào?
Bài giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho 3 số p−a, p−b, p−c ta có p−a+p−b+p−c ≥ 3p 3 (p−a)(p−b)(p−c)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác đã cho đều.
Bài toán 2.29 Chứng minh rằng
Dấu bằng xảy ra khi nào?
Bài giải Bất đẳng thức tương đương với
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.
Bài toán 2.30 Chứng minh rằng a 2 (b+c−a) +b 2 (a+c−b) +c 2 (a+b−c) ≤ 3abc (1) Dấu bằng xảy ra khi nào?
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.
Bài toán 2.31 Chứng minh rằng p 2 + 5r 2 ≥16Rr.
Dấu bằng xảy ra khi nào?
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.
Bài toán 2.32 Chứng minh rằng
3(a 3 +b 3 +c 3 + 3abc) ≤ 2(a+b+c)(a 2 +b 2 + c 2 ) (1) Dấu bằng xảy ra khi nào?
⇔ p 2 + 5r 2 ≥ 16Rr (Đúng theo bài toán 2.31).
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.
Bài toán 2.33 Cho tam giác ABC có nửa chu vi là p, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác là r Chứng minh rằng p≥ 3√
Dấu bằng xảy ra khi nào?
Bài giải Theo công thức diện tích tam giác ta có p 2 ≥3√
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.
Bài toán 2.34 Chứng minh rằng
Dấu bằng xảy ra khi nào?
Ta có bất đẳng thức phía bên phải 27p 2 −27r 2 < 27p 2 là hiển nhiên.
Ta xét bất đẳng thức phía bên trái
3r Đúng theo bài 2.33 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.
2.4.2 Các bài toán liên quan đến yếu tố bên trong tam giác: đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác 2.4.2.1 Các bài toán liên quan đến đường cao
Cho 4ABC với độ dài ba cạnh làa, b, c và độ dài các đường cao tương ứng kí hiệu là ha, hb, hc.Ta có một số kết quả sau.
Mệnh đề 2.3 ha, hb, hc là các nghiệm của phương trình x 3 − p 2 +r 2 + 4Rr
Chứng minh Theo công thức tính diện tích tam giác ta có
Tương tự h b = 2pr b , h c = 2pr c Nên h a +h b + h c = 2pr
R Vậy h a , h b , h c là nghiệm của phương trình x 3 − p 2 +r 2 + 4Rr
, 1 hc là nghiệm của phương trình x 3 − 1 rx 2 + p 2 +r 2 + 4Rr
Chứng minh Thay x bởi 1 x ta có ngay điều phải chứng minh.
4p 2 r 2 Bài toán 2.35 Chứng minh rằng
Bài giải (i) Vì a, b, c là nghiệm của phương trình x 3 −2px 2 + (p 2 + 4Rr+ r 2 )x−4Rrp = 0 nên 2S a ,2S b ,2S c là nghiệm của phương trình
Do vậy h a , h b , h c là ba nghiệm của phương trình đa thức bậc ba sau đây y 3 − S 2 + 4Rr 3 +r 4
R = (y −h a )(y −h b )(y −h c ) nên khi cho y = r ta có
4r Bài toán 2.36 Chứng minh rằng với mọi 4ABC ta đều có h a +h b + h c ≥ 9r.
Bài toán 2.37 Cho 4ABC với các đường cao là h a , h b , h c Chứng minh rằng
1 h a + 1 h b + 1 h c ≥ 3 3 r R 2S 2 Bài giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương 1 h a , 1 h b , 1 h c ta có
⇔ 1 h a + 1 h b + 1 h c ≥ 3 3 r R 2S 2 Bài toán 2.38 Với mọi 4ABC ta luôn có bất đẳng thức sau h a + h b +h c ≥ 8r + 2r 2
Do h a , h b , h c là ba nghiệm của phương trình x 3 − p 2 + r 2 + 4Rr
R = 0 nên ha+hb +hc = p 2 +r 2 + 4Rr
Trong tam giác ABC có các cạnh a, b, c và m_a, m_b, m_c lần lượt là độ dài các đường trung tuyến tương ứng với các cạnh đó, các bài toán liên quan đến đường trung tuyến tập trung vào việc xác định độ dài của m_a, m_b, m_c hoặc tìm mối quan hệ giữa các đường trung tuyến và các cạnh Các công thức quan trọng là m_a = 1/2 sqrt(2b^2 + 2c^2 - a^2), tương tự m_b = 1/2 sqrt(2a^2 + 2c^2 - b^2) và m_c = 1/2 sqrt(2a^2 + 2b^2 - c^2) Các bài toán này cũng khai thác tính chất đường trung tuyến chia tam giác thành hai tam giác bằng nhau và hội tụ tại trọng tâm G với tỷ lệ từ đỉnh xuống G là 2:1 Nhờ các công thức và tính chất này, ta có thể giải nhanh các bài toán liên quan tới cạnh và đường trung tuyến, từ việc tính độ dài đến chứng minh các bất đẳng thức hoặc áp dụng vào hệ tọa độ để xác định tọa độ đỉnh của tam giác.
Ta xét một vài bài toán liên quan đến độ dài các đường trung tuyến này.
Bài toán 2.39 Chứng minh rằng với mọi 4ABC, ta đều có ma +mb +mc ≤ 9R
2 Bài giải Áp dụng công thức tính độ dài đường phân giác, công thức diện tích tam giác ta có m 2 a +m 2 b +m 2 c = 3
2 Bài toán 2.40 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có mambmc ≤ 27R 3
8 Bài giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và theo bài toán 2.39 ta có m a m b m c ≤ m a +m b +m c
Bài toán 2.41 Chứng minh rằng với mọi 4ABC ta đều có
Bài toán 2.42 Chứng minh với mọi 4ABC ta có bất đẳng thức sau đây
GọiGlà trọng tâm4ABC TừGB+GC ≥ a, GC+GA ≥ b, GA+GB ≥ c suy ra ngay
Bài toán 2.43 Với mọi 4ABC chứng minh rằng
Bài giải Gọi M là trung điểm cạnh BC Từ b 2 +c 2 = 2m 2 a + a 2
2 = 2AM 2 + 2M B.M C Suy ra b 2 +c 2 = 2AM 2 + 2AM.M A 1 = 2m a AA 1 ≤ 4R.m a
Như vậy 4R.m a ≥ b 2 +c 2 ,4R.m b ≥ c 2 +a 2 ,4R.m c ≥ a 2 +b 2 Cộng ba bất đẳng thức trên ta được
Bài toán 2.44 Cho 4ABC Xác định giá trị nhỏ nhất của biểu thức
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều.
3 khi tam giác ABC đều.
(ii) Tương tự ta có m a a ≥ 2√
2 Dấu bằng xảy ra khi 4ABC đều.
2 khi tam giác ABC đều.
2.4.2.3 Các bài toán liên quan đến đường phân giác Bài toán 2.45 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có l 2 a +l b 2 +l c 2 ≤ p 2 Bài giải Áp dụng hệ thức l a 2bccosA
(b+ c) 2 p(p−a). Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 4bc
Ta có ba bất đẳng thức: l_a^2 ≤ p(p−a) với dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = c; l_b^2 ≤ p(p−b) với dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = c; l_c^2 ≤ p(p−c) với dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b Cộng theo vế của ba bất đẳng thức này ta được l_a^2 + l_b^2 + l_c^2 ≤ p(3p−a−b−c) ≤ p^2.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c tức 4ABC là tam giác đều.
Bài toán 2.46 Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có l a + l b +l c ≤ √
Suy ra la ≤ q p(p−a) Tương tự l b ≤ pp(p−b), l c ≤pp(p−c) Nên l a +l b +l c ≤ √ p(√ p−a+pp−b+ √ p−c)
Bài toán 2.47 Chứng minh rằng với mọi 4ABC ta đều có
3. Bài giải Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có
3. Bài toán 2.48 Với mọi tam giác ABC, chứng minh các bất đẳng thức sau:
Bài giải (i) Từ la s bc[(b+c) 2 −a 2 ] (b+ c) 2 ⇒la rbc(s 2 −u 2 ) s 2
Từ hai bất đẳng thức này suy ra s 2 −u 2 l ≤ ps 2 −u 2
Trong Bài toán 2.49, cho tam giác ABC có độ dài các cạnh a, b, c và độ dài các đường phân giác trong là la, lb, lc Nhiệm vụ là tìm giá trị lớn nhất của một biểu thức liên quan đến các tham số này, gồm các độ dài cạnh và các đường phân giác trong của tam giác ABC.
Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều.
3 khi tam giác ABC đều.
Bài toán 2.50 Chứng minh rằng h a l a + h b l b + h c l c ≥ 3 3 r2r
R. Dấu bằng xảy ra khi nào?
Bài giải Theo công thức tính diện tích và công thức đường phân giác ta có ha = 2 a q p(p−a)(p−b)(p−c), la = 2√ bc b+c q p(p−a) nên h a la
8R 2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có h a la
Do p 2 +r 2 ≥14Rr nên p 2 +r 2 + 2Rr 8R 2 ≥ 14Rr+ 2Rr
Vậy h a l a + h b l b + h c l c ≥ 3 3 r2r p Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.
2.4.3 Các bài toán liên quan đến bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp, bàng tiếp
Cho tam giác ABC có cạnh a, b, c Gọi s = (a + b + c)/2 và Δ là diện tích của tam giác Bán kính đường tròn nội tiếp r = Δ / s, bán kính đường tròn ngoại tiếp R = abc / (4Δ) Bán kính đường tròn bàng tiếp 4ABC tại các đỉnh A, B, C lần lượt là r_a = Δ / (s − a), r_b = Δ / (s − b), r_c = Δ / (s − c) Ta có Δ = rs = abc / (4R) Các công thức liên hệ với góc cho r và các biểu thức r_a, r_b, r_c có thể được phân tích qua r = 4R sin(A/2) sin(B/2) sin(C/2) và r_a, r_b, r_c theo Δ/(s−a), Δ/(s−b), Δ/(s−c) Ngoài ra, bất đẳng thức Euler cho tam giác là R ≥ 2r Trong tam giác đều, ta có r = R/2 và r_a = r_b = r_c = 3r.
Mệnh đề 2.5 Cho 4ABC bất kì, gọi r a , r b , r c là bán kính đường tròn bàng tiếp tam giác Khi đó r a , r b , r c là nghiệm của phương trình x 3 −(4R+r)x 2 +p 2 x−p 2 r = 0.
Chứng minh Theo công thức tính diện tích
Suy ra r a = pr p−a, r b = pr p−b, r c = pr p−c. Hay r a r b r c = p 3 r 3
= p 2 r 2 1 r 2 = p 2 Vậy r a , r b , r c là nghiệm của phương trình x 3 −(4R+r)x 2 +p 2 x−p 2 r = 0.
(iv) (ra−r)(rb −r)(rc −r) = 4Rr 2
, 1 rc là nghiệm của phương trình x 3 − 1 rx 2 + 4R+r p 2 r x− 1 p 2 r = 0.
Chứng minh Thay x bởi 1 x ta có điều phải chứng minh.
(iii) 1 r a r b r c = 1 p 2 r. Bài toán 2.51 Với mọi tam giác ABC, chứng minh các bất đẳng thức sau
(i) Từ (r a −r)(r b −r)(r c −r) = 4Rr 2 và R ≥ 2r suy ra
8r 3 ≤ (ra −r)(rb −r)(rc −r) ≤R 3 (ii) Do r a 2 +r b 2 +r 2 c = (r a +r b +r c ) 2 −2(r a r b + r b r c +r c r a )
4(ab+bc+ca) = 4p 2 + 4r 2 + 16Rr4p 2 ≥ 3(ab+bc+ca) nên ab+bc+ca ≥4r(4R+r) = 4r(r a +r b +r c ).
Mà theo hệ quả 2.5 ta có r 3 a +r 3 b + r c 3 −3pr 2 = (4R+r)[(4R+r) 2 −3p 2 ].
8 R 3 −6r(a+b+c) 2 Bài toán 2.52 Chứng minh rằng với mọi 4ABC ta đều có
Bài giải Theo mệnh đề 2.5 thì r a , r b , r c là nghiệm của phương trình x 3 −(4R+r)x 2 −p 2 x−p 2 r = 0. nên
8R r ≥ 16 nên ta suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2.53 Chứng minh rằng với mọi 4ABC ta đều có
Vì r a , r b , r c là ba nghiệm của phương trình x 3 −(4R+r)x 2 +p 2 x−p 2 r = 0 nên f(x) =x 3 −(4R+r)x 2 +p 2 x−p 2 r = (x−r a )(x−r b )(x−r c ).
Lấy hai lần đạo hàm của f(x) ta được f 00 (x) = 3x−4R−r = (x−r a ) + (x−r b ) + (x−r c ).
Vậy có (i) và do bởi 2R−r
Bài toán 2.54 Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi 4ABC: r r +r r + r r ≥ 3√
Do ra, rb, rc là nghiệm của phương trình x 3 −(4R+r)x 2 +p 2 x−p 2 r = 0 nên r a r b +r b r c + r c r a = p 2 Theo bất đẳng thức AM-GM ta có
Bài toán 2.55 Cho tam giác ABC bất kì, chứng minh rằng r 2 +r 2 a +r 2 b + r c 2 ≥ 4S.
(p−c) 2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được r 2 +r 2 a +r 2 b + r c 2 ≥ 4 4 s
Bài toán 2.56: Cho tam giác ABC với bán kính đường tròn nội tiếp là r và bán kính các đường tròn ngoại tiếp lần lượt là r_a, r_b, r_c, cùng với nửa chu vi p Hãy xác định giá trị nhỏ nhất của một biểu thức liên quan đến các tham số này.
Bài giải (i) Vì r a , r b , r c là ba nghiệm của phương trình x 3 −(4R+r)x 2 +p 2 x−p 2 r = 0 nên r a 2 +r 2 b +r c 2 p 2 ≥ r a r b +r b r c +r c r a p 2 = 1.
Vậy Pmin = 1 khi 4ABC đều.
3r 2 (8r +r) 2 Nên P ≥ 27 Do đó Q min = 27 khi 4ABC đều.
Trong Bài toán 2.57, cho tam giác ABC có bán kính đường tròn ngoại tiếp R, ba bán kính đường tròn bàng tiếp ra là ra, rb, rc và nửa chu vi p Yêu cầu là xác định giá trị nhỏ nhất của tổng ra + rb + rc, dựa trên các tham số R và p.
Do r a , r b , r c là nghiệm của phương trình x 3 −(4R+r)x 2 +p 2 x−p 2 r = 0.
Xác định phương trình nhận y 1 = r 2 a + p 2 , y 2 = r 2 b + p 2 , y 3 = r 2 c + p 2 làm ba nghiệm.
Ta có ngay hệ x 3 −(4R+r)x 2 + p 2 x−p 2 r = 0 x 3 +p 2 x−yx = 0
Và (4R+r)x 2 −yx+p 2 r = 0 hay phương trình
(4R+r)(y −p 2 )−yx+p 2 r = 0. Đặt I = 4R+ r Khi đó x= Iy−4Rp 2 y
Phương trình này có ba nghiệm là y 1 , y 2 , y 3 Do đó
Từ hệ thức cuối suy ra: r 2 a p 2 + 1 r b 2 p 2 + 1 r c 2 p 2 + 1
Bài toán 2.58 Kí hiệu r a , r b , r c là bán kính các đường tròn bàng tiếp tam giác ABC Khi R không thay đổi, hãy xác định giá trị lớn nhất của
Vì r a , r b , r c là ba nghiệm của phương trình x 3 −(4R+r)x 2 +p 2 x−p 2 r = 0. nên r a r b +r b r c + r c r a = p 2 Vì p = R(sinA+ sinB + sinC) ≤3RsinA+B +C
Bài toán 2.59 Chứng minh rằng p 2 +r 2 ≥ 14Rr (1)
Dấu bằng xảy ra khi nào?
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 4ABC đều.
Bài toán 2.60 Cho 4ABC với bán kính các đường tròn bàng tiếp r a , r b , r c Hãy tính tổng dưới đây
T = 2r a −r ra+ r r b −r rb +r r c −r rc +r + r a −r ra +r r b −r rb + r + r b −r rb +r r c −r rc +r + r c −r rc +r r a −r ra+r. Bài giải
Ta có r a , r b , r c là ba nghiệm của phương trình (1): x 3 −(4R+r)x 2 +p 2 x−p 2 r = 0.
1−y Thay x vào phương trình (1) ta nhận được phương trình đa thức bậc ba sau đây
Gọi y 1 , y 2 , y 3 là ba nghiệm của phương trình này Khi đó ta có
Bài toán 2.61 Cho 4ABC với bán kính các đường tròn bàng tiếp r a , r b , r c Chứng minh
Từ đó chỉ ra bất đẳng thức
Vì r a , r b , r c là nghiệm của phương trình x 3 −(4R+r)x 2 +p 2 x−p 2 r = 0. nên
Bài toán 2.62 Chứng minh rằng (i) 3r(ra +rb +rc) ≤ p 2
Dấu bằng xảy ra khi nào?
THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 80
Mục đích và nhiệm vụ của thực nghiệm sư phạm
Thực nghiệm sư phạm nhằm thăm dò tính khả thi và hiệu quả của việc phát triển năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề cho học sinh khá, giỏi thông qua dạy chuyên đề bất đẳng thức đại số trong tam giác Nghiên cứu tập trung đo lường mức độ tiến bộ của học sinh trong nhận diện và chứng minh các bất đẳng thức liên quan đến tam giác, từ đó tăng cường tư duy logic và kỹ năng giải bài toán Kết quả mong đợi là làm rõ các yếu tố ảnh hưởng đến quá trình học tập và đề xuất các khuyến nghị sư phạm để nâng cao năng lực toán học ở học sinh, đồng thời mở rộng phạm vi áp dụng chuyên đề bất đẳng thức đại số trong tam giác vào chương trình giảng dạy.
3.1.2 Nhiệm vụ của thực nghiệm sư phạm Biên soạn giáo án thực nghiệm theo hướng phát triển năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề cho học sinh khá giỏi thông qua dạy chuyên đề bất đẳng thức đại số trong tam giác. Đánh giá chất lượng, hiệu quả và tính khả thi của việc phát triển năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề cho học sinh khá giỏi qua dạy chuyên đề bất đẳng thức đại số trong tam giác.
Tổ chức thực nghiệm
3.2.2 Địa điểm thực nghiệm Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc, phường Liên Bảo, thành phố Vĩnh Yên, tỉnh Vĩnh Phúc.
3.2.3 Đối tượng thực nghiệm Đối tượng thực nghiệm là 2 nhóm học sinh (nhóm thực nghiệm và nhóm đối chứng) với học lực khá giỏi của khối lớp 11 trường THPT chuyên Vĩnh Phúc.
Cách chọn thành viên cho hai nhóm: tiến hành kiểm tra và đánh giá kết quả của toàn bộ học sinh các lớp ban tự nhiên khối 11 Dựa vào kết quả bài kiểm tra trước thực nghiệm và nhận xét của giáo viên Toán của các lớp, ta sẽ lựa chọn những em có năng lực và thành tích phù hợp để phân vào từng nhóm, đảm bảo sự cân bằng về kỹ năng và tiềm năng thực nghiệm.
2 nhóm học sinh khá, giỏi và lực học của 2 nhóm là tương đương nhau.
Nội dung thực nghiệm
ĐỀ KIỂM TRA Thời gian: 180 phút
3. Tính giá trị của biểu thức P = sin π
2 −α Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin 3x−2 cos 2x−sinx = 0.
Câu 3 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y = x 2 −x+ 3 và đường thẳng d : y = x+ 6 Tìm tọa độ giao điểm
A, B của d và (P) Tính diện tích tam giác OAB. Câu 4 (1,0 điểm) Một tấm tôn hình vuông có cạnh bằng 30cm Người ta cắt ở bốn góc bốn hình vuông bằng nhau rồi gấp tấm tôn lại (theo đường nét đứt) để được một cái hộp không nắp Tính cạnh các hình vuông bị cắt sao cho thể tích khối hộp bằng 2000cm 3
(Thể tích của một khối hộp bằng tích độ dài ba cạnh của nó) Câu 5 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M (1; 3) và đường tròn (C) : x 2 +y 2 −2x−4y −4 = 0 Tìm ảnh của điểm M và ảnh của đường tròn (C) qua phép tính tiến theo véctơ u= (−1; 2).
Câu 7 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : x 2 +y 2 −2x−6y+ 6 = 0 và điểmM (−3; 1) Viết phương trình tiếp tuyến kể từ M đến (C).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, D là trung điểm của AC Đường thẳng đi qua A và vuông góc với BD cắt đường thẳng BC tại E(3; 2) Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC, biết đường thẳng AB có phương trình x − y + 3 = 0 và hoành độ của B âm.
Câu 9 (1,0 điểm) Giải phương trình
Câu 10 (1,0 điểm)Cho x, y là hai số thực thỏa mãn (x+y) 3 + 4xy = 2. a) Chứng minh rằng x+y ≥ 1. b) Tìm giá trị nhỏ nhất của
P = 3 x 4 +y 4 +x 2 y 2 −xy −2 x 2 +y 2 + 1. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐÁP ÁN Điểm
Ta có sin 3x−2 cos 2x−sinx = 0⇔ 2 cos 2xsinx = 2 cos 2x 0.25 cos 2x = 0 hoặc sinx = 1 0.25 cos 2x = 0 ⇔x = π
2 + k2π 0.25 Vậy nghiệm của pt cần tìm là x = π
PT hoành độ giao điểm: x 2 −x+ 3 = x+ 6 ⇔x 2 −2x−3 = 0 0,25
Vậy S OAB = 1 2 AB.d(O;AB) = 12 (đvdt) 0,25 Câu 4 (1,0 điểm)
Gọi x (cm) là độ dài cạnh hình vuông bị cắt thì các cạnh của hình hộp tạo thành là x,30−2x,30−2x, trong đó0 < x