Một số khái niệm
Năng lực
Năng lực được định nghĩa là khả năng tổng hợp kiến thức và kỹ năng để thực hiện thành công một công việc trong bối cảnh cụ thể Theo từ điển Bách khoa Việt Nam, năng lực thể hiện mức độ thông thạo của cá nhân, cho phép họ thực hiện một hoặc nhiều hoạt động một cách thành thạo và tự tin.
Theo tâm lý học, năng lực được định nghĩa là sự kết hợp của những thuộc tính độc đáo của mỗi cá nhân, phù hợp với yêu cầu đặc trưng của một hoạt động cụ thể Điều này giúp đảm bảo rằng hoạt động đó sẽ đạt được kết quả tốt.
Năng lực được định nghĩa là sự kết hợp của các kỹ năng cá nhân, cho phép thực hiện các hoạt động nhất định Năng lực được chia thành hai loại: năng lực chung và năng lực đặc thù Năng lực chung là những kỹ năng cơ bản mà mọi người cần có để sống, học tập và làm việc Trong khi đó, năng lực đặc thù phát triển theo từng lĩnh vực cụ thể, chẳng hạn như năng lực môn học, được hình thành từ các đặc điểm riêng của môn học đó.
Năng lực toán học
Năng lực toán học là tổ hợp các kỹ năng của cá nhân đảm bảo thực hiện các hoạt động toán học
Năng lực toán học là những đặc điểm tâm lý giúp học sinh hiểu và áp dụng nhanh chóng, dễ dàng các kiến thức, kỹ năng và kỹ xảo trong môn toán một cách sâu sắc.
Năng lực toán học của học sinh được hình thành và phát triển thông qua các hoạt động giải quyết nhiệm vụ học tập trong môn Toán, bao gồm việc xây dựng và áp dụng khái niệm, chứng minh và sử dụng định lý, cũng như giải quyết các bài toán.
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 Điều này nhấn mạnh tầm quan trọng của việc hình thành năng lực toán học cho học sinh, giúp họ đối mặt với những thách thức hiện tại và tương lai Học sinh cần phát triển khả năng phân tích, lập luận và trao đổi thông tin hiệu quả thông qua việc đặt ra, hình thành và giải quyết các vấn đề toán học trong nhiều tình huống khác nhau.
Năng lực toán học không chỉ đơn thuần là kiến thức toán học truyền thống mà còn là khả năng sử dụng kiến thức đó để phát triển tư duy, lập luận và hiểu sâu về ý nghĩa của toán học Theo V.A Krutetski, cấu trúc năng lực toán bao gồm bốn thành phần chính.
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 khả năng trí tuệ của học sinh khi đối diện với các bài toán cụ thể Điều này yêu cầu học sinh phải huy động tư duy tích cực và sáng tạo để tìm ra giải pháp cho những vấn đề có mục tiêu rõ ràng và tính hướng đích cao.
Năng lực giải quyết vấn đề bao gồm các kỹ năng tư duy và hoạt động cần thiết trong quá trình học tập, giúp người học thực hiện hiệu quả các nhiệm vụ của bài toán.
Dạy học phát triển năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề 8
Vấn đề, tình huống gợi vấn đề
Thuật ngữ “vấn đề” trong giáo dục được hiểu là một bài toán mà người học chưa biết ít nhất một phần tử của đối tượng Mục tiêu là tìm ra phần tử chưa biết đó dựa trên những thông tin đã biết, mặc dù chưa có sẵn thuật giải.
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.
Vấn đề có một ý nghĩa khách quan, nhưng ít khi xuất hiện trong dạy học toán và giáo dục nói chung Để áp dụng hiệu quả khái niệm vấn đề trong giáo dục, cần có sự hiểu biết rõ ràng về khái niệm này.
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.
Các nhà giáo dục học như I.IA.Lecne, M.I.Makhmutov và giáo sư Nguyễn Bá Kim đã đưa ra nhiều cách diễn đạt về tình huống gợi vấn đề Mặc dù có sự khác biệt trong quan điểm, nhưng tất cả đều đồng thuận rằng tình huống có vấn đề cần thỏa mãn ba điều kiện cơ bản.
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
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.
Bản chất của dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề là quá trình nhận thức độc đáo của học sinh, trong đó giáo viên đóng vai trò chỉ đạo và hướng dẫn Qua đó, học sinh có cơ hội nắm bắt tri thức và phát triển các kỹ năng tư duy mới thông qua việc tự lực giải quyết các tình huống có vấn đề.
Các hình thức và cấp độ dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề
Dựa trên mức độ độc lập của học sinh trong việc phát hiện và giải quyết vấn đề, dạy học có thể được phân chia thành bốn hình thức khác nhau.
Giáo viên đưa ra vấn đề và hướng dẫn cách giải quyết, trong khi học sinh tập trung vào việc làm theo mẫu của giáo viên Đây là mức độ độc lập học sinh thấp nhất so với các hình thức khác, thường được áp dụng nhiều trong các lớp tiểu học.
Vào thứ hai, giáo viên sẽ nêu ra vấn đề và hướng dẫn học sinh tìm cách giải quyết Học sinh sẽ dựa vào sự chỉ dẫn và gợi ý từ giáo viên để giải quyết vấn đề Phương pháp dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề có nét tương đồng với phương pháp vấn đáp, nhưng không thể đồng nhất Điểm quan trọng của phương pháp này là khả năng đưa ra tình huống gợi vấn đề, tạo nên sự khác biệt so với phương pháp dạy học vấn đáp.
Vào thứ ba, giáo viên sẽ cung cấp thông tin nhằm tạo ra tình huống học tập, trong khi học sinh sẽ tự phát hiện vấn đề và chủ động huy động kiến thức của mình để đề xuất các giải pháp giải quyết vấn đề.
Vào thứ tư, học sinh sẽ tự phát hiện vấn đề từ một tình huống thực tế, đồng thời độc lập lựa chọn các giải pháp, đề xuất giả thuyết và xây dựng kế hoạch thực hiện để giải quyết vấn đề Đây là phương pháp dạy học phát huy tối đa tính độc lập của học sinh.
Quy trình dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề
Phương pháp dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề tập trung vào việc hướng dẫn học sinh tự thực hiện hoặc tham gia vào quá trình nghiên cứu Quá trình này được chia thành bốn bước rõ ràng, giúp học sinh phát triển kỹ năng tư duy và giải quyết vấn đề một cách hiệu quả.
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.
Đề xuất và thực hiện các giải pháp cho vấn đề thường bao gồm những phương pháp như quy lạ về quen, khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa, suy xuôi và suy ngược tiến hoặc lùi Quá trình này có thể được lặp đi lặp lại cho đến khi tìm ra hướng đi hợp lý nhất.
- 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
Để nâng cao chất lượng giáo dục và đào tạo nguồn nhân lực, công tác bồi dưỡng học sinh giỏi là nhiệm vụ quan trọng bên cạnh việc đảm bảo chất lượng đại trà Điều này đặc biệt được chú trọng tại các trường năng khiếu và trường chuyên, nơi phát triển tài năng mũi nhọn là ưu tiên hàng đầu.
Toán học là một ngành khoa học cơ bản, đóng vai trò quan trọng trong đời sống và các lĩnh vực khoa học khác Nó được coi là thước đo chất lượng giáo dục và trình độ dân trí Để nâng cao chất lượng giáo dục và phát triển đất nước, việc bồi dưỡng học sinh giỏi, đặc biệt là học sinh giỏi toán, là cần thiết và hợp lý.
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
Học sinh đóng vai trò then chốt trong quá trình giáo dục Tuy nhiên, thực tế cho thấy hiện nay vẫn tồn tại một số vấn đề trong phương pháp học tập của các em.
Học sinh thường học tập một cách thụ động, với mục tiêu chính là vượt qua các kỳ thi và đạt thành tích cao, thay vì tập trung vào việc phát triển năng lực và tư duy của bản thân.
Học sinh thường chỉ học theo kiểu "học tủ," dẫn đến việc khi thi, họ có thể làm được những bài khó nếu trúng tủ, nhưng lại gặp khó khăn với những bài đơn giản hoặc tương tự mà không biết cách giải quyết.
Học sinh hiện nay thường theo phương châm “thi gì học nấy”, dẫn đến việc chỉ chú trọng ôn luyện các dạng toán quen thuộc trong kỳ thi mà không phát triển năng lực toán học thực sự Điều này khiến các em gặp khó khăn khi đối diện với những dạng toán mới, không nhận diện được vấn đề cốt lõi và thiếu kỹ năng để tìm ra giải pháp Hệ quả là học sinh vẫn mang tính thụ động, chưa phát huy hết khả năng tư duy và vận dụng kiến thức để giải quyết vấn đề Tình trạng này cho thấy công tác bồi dưỡng học sinh giỏi chưa đáp ứng mục tiêu giáo dục phổ thông, là giúp học sinh phát triển toàn diện về đạo đức, trí tuệ, thể chất, và các kỹ năng cơ bản, đồng thời hình thành nhân cách và trách nhiệm công dân.
Giáo viên
Giáo viên thường ưu tiên phương pháp dạy học truyền thống, tập trung vào việc cung cấp kiến thức Mặc dù họ có thể áp dụng một số phương pháp dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề trong lớp học đại trà, nhưng khi bồi dưỡng học sinh giỏi, họ lại thường quay về với phương pháp truyền thống.
Mặc dù giáo viên đã được tập huấn và hỗ trợ về trang thiết bị công nghệ, không phải ai cũng sử dụng thành thạo các công cụ dạy học đa phương tiện Đặc biệt, những giáo viên có nhiều năm kinh nghiệm, dù am hiểu chuyên môn, thường phản ứng chậm với sự đổi mới trong phương pháp giảng dạy.
Cách thức kiểm tra và đánh giá hiện nay chủ yếu tập trung vào việc ghi nhớ và tái hiện kiến thức, chưa thực sự chú trọng đến năng lực thực sự của học sinh Điều này cho thấy sự đổi mới trong phương pháp dạy học chưa được đồng bộ với sự thay đổi trong cách thức kiểm tra và đánh giá.
Nhà trường
Phía nhà trường vẫn đặt nặng vấn đề “thành tích”, gây áp lực đối với cả giáo viên và học sinh.
Mặc dù cơ sở vật chất và trang thiết bị dạy học đã được cải thiện đáng kể, nhưng vẫn chưa đáp ứng đủ yêu cầu cho việc đổi mới phương pháp giảng dạy Một số thiết bị mới được trang bị, tuy nhiên số lượng còn hạn chế và ít khi được sử dụng hiệu quả.
Hằng năm, các tổ chức tiến hành tập huấn đổi mới phương pháp dạy học, nhưng hiệu quả vẫn chưa cao Mỗi trường chỉ cử một số đại diện tham gia, và việc triển khai các kiến thức đã học tại trường vẫn chưa đạt được kết quả 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.
Các nhà giáo dục luôn nỗ lực tìm kiếm các phương pháp đổi mới trong giảng dạy để tạo ra môi trường giáo dục phù hợp với từng địa phương và toàn quốc, đồng thời hòa nhập và tiếp cận với xu hướng toàn cầu.
Học sinh Việt Nam có tố chất thông minh và ham học hỏi, vì vậy việc đổi mới phương pháp dạy học là cần thiết để đáp ứng nhu cầu tri thức của các em Điều này không chỉ giúp các em mở rộng hiểu biết mà còn tránh việc bị giới hạn bởi những kiến thức truyền thụ từ giáo viên như trước đây.
Giáo viên sẽ cảm thấy hứng thú hơn trong công tác giảng dạy khi nhận được những ý tưởng và góc nhìn mới từ học sinh Điều này không chỉ giúp giảm bớt sự nhàm chán mà còn tạo cơ hội để giáo viên học hỏi và nâng cao chất lượng giảng dạy, từ đó cải thiện đội ngũ giáo viên ngày càng tốt hơn.
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
Theo triết học duy vật biện chứng, mâu thuẫn đóng vai trò là động lực chính trong quá trình phát triển Đối với học sinh, việc học tập thường bắt nguồn từ mâu thuẫn giữa yêu cầu nhiệm vụ nhận thức và kiến thức, kinh nghiệm hiện có Tình huống này phản ánh một cách logic và biện chứng mối quan hệ giữa kiến thức, kỹ năng, kinh nghiệm cũ với những yêu cầu cần thiết để giải thích sự kiện mới hoặc thay đổi tình huống.
2.1.2 Cơ sở tâm lý học
Theo các nhà tâm lý học, tư duy tích cực của con người chỉ bắt đầu khi có nhu cầu giải quyết một vấn đề nhận thức Cụ thể, "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 khuyến khích tính tự giác và tích cực của học sinh, giúp họ khám phá và phát hiện vấn đề một cách chủ động Phương pháp này thể hiện sự kết hợp giữa giáo dục và giáo dưỡng, rèn luyện cho học sinh kỹ năng tiếp cận và giải quyết vấn đề một cách khoa học Ngoài ra, nó còn bồi dưỡng những đức tính cần thiết cho người lao động sáng tạo như tính chủ động, kiên trì, khả năng lập 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 cung cấp các ví dụ minh họa giúp học sinh hiểu rõ định nghĩa của khái niệm đang tìm hiểu, xác định vị trí và cách biểu diễn của nó.
Cấp độ 2 bao gồm các ví dụ mô tả tính chất, quy luật và quy tắc liên quan đến vấn đề Cấp độ 3 tập trung vào các bài toán áp dụng những tính chất, quy luật và quy tắc đó Cuối cùng, cấp độ 4 liên quan đến việc ứng dụng các bài toán vào thực tiễn.
Cấp độ 5 bao gồm các bài toán tổng hợp và nâng cao, đòi hỏi người học phải áp dụng nhiều kiến thức khác nhau để giải quyết vấn đề Những bài tập này thường xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi và Olympic.
Các biện pháp được xây dựng dựa trên 5 cấp độ nhằm nâng cao hiệu quả học tập Biện pháp 1 tập trung vào việc hướng dẫn học sinh nắm vững kiến thức cơ bản ở cấp độ 1 và 2 Biện pháp 2 chuyển đổi các bài toán bất đẳng thức thành những tình huống có vấn đề thực tiễn Biện pháp 3 hệ thống hóa các bài toán và phương pháp giải cho cấp độ 3 và 4 Cuối cùng, biện pháp 5 khai thác các bài toán từ các tạp chí toán học, kỳ thi HSG và Olympic trong và ngoài nước, tương 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.
Trong tam giác ABC với các cạnh a, b, c, bán kính đường tròn nội tiếp là r và bán kính đường tròn ngoại tiếp là R, ta có thể chứng minh rằng tích abc bằng 4rR nhân với căn bậc hai của tổng ba biểu thức r_a r_b, r_b r_c, và r_c r_a Cụ thể, công thức được biểu diễn như sau: abc = 4rR√(r_a r_b + r_b r_c + r_c r_a).
Ta có điều phải chứng minh.
Để chứng minh đẳng thức a(b+c)²lₐ² + b(c+a)²l_b² + c(a+b)²l_c² = abc(a+b+c)², với a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác và lₐ, l_b, l_c là độ dài ba đường phân giác trong của tam giác đó, ta cần phân tích các thành phần trong phương trình Đẳng thức này thể hiện mối liên hệ giữa độ dài các cạnh và các đường phân giác, đồng thời cũng nhấn mạnh tính chất hình học đặc trưng của tam giác.
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
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≤ 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
Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho các cặp số, ta có các kết quả như sau: Đối với cặp ab pc và bc pa, ta có ab pc + bc pa ≥ 2b p Tương tự, với cặp bc pa và ac pb, ta có bc pa + ac pb ≥ 2c p Cuối cùng, từ cặp ab pc và ac pb, ta cũng có ab pc + ac pb ≥ 2a 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.
Để tạo ra các tình huống "gợi vấn đề", trước tiên cần xây dựng các tình huống "có vấn đề" một cách hiệu quả Điều quan trọng là những tình huống này phải kích thích nhu cầu nhận thức và củng cố niềm tin ở khả năng của học sinh.
• 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:
Hai bài toán này có phương pháp giải quyết tương tự, vì vậy giáo viên có thể hướng dẫn học sinh làm một bài, trong khi bài còn lại để học sinh tự khám phá và tự giải quyết.
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, chúng ta xem xét một tam giác ABC với độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c và bán kính của đường tròn nội tiếp là r, còn bán kính của đường tròn ngoại tiếp là R Mục tiêu là tìm giá trị lớn nhất của biểu thức liên quan đến các yếu tố này.
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: (i) (a 2 −bc)(b 2 −ca)(c 2 −ab) ≥ 8p 3 abc−(p 2 + 9r 2 ) 3
Hai bài toán này có thể gây khó khăn cho học sinh do bất đẳng thức cồng kềnh, dẫn đến việc học sinh có thể nghĩ đến biến đổi tương đương nhưng lại gặp phức tạp khi thực hiện Tuy nhiên, nếu giáo viên giới thiệu bổ đề trước khi đưa ra hai bài toán, học sinh sẽ dễ dàng nhận biết vấn đề và giải quyết chúng 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
−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).
Vấn đề chính là thiếu biểu thức trực tiếp thể hiện mối quan hệ giữa a, b, c và cotA, cotB, cotC Do đó, học sinh cần vận dụng những kiến thức đã học để tìm ra biểu thức mô tả mối liên hệ này.
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: 4S b 2 +c 2 −a 2
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√
Kiểm tra đẳng thức a−b a+b = tan(A−B) tan(A+B) với AB = c = 2 Học sinh cần áp dụng định lý hàm số cos để xác định số đo các góc.
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.
Giáo viên sẽ đặt câu hỏi về sự tồn tại của công thức liên kết giữa các cạnh của tam giác và hàm tang của các góc tương ứng.
Khi học sinh đề xuất công thức, giáo viên sẽ cùng học sinh kiểm chứng công thức đó theo phương pháp đã thảo luận Nếu học sinh không thể đưa ra công thức, giáo viên sẽ giới thiệu định lý hàm số tan và yêu cầu học sinh thực hiện kiểm chứng lại.
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. Chứng minh rằng
Khi a ≤ b ≤ c, ta có h a ≥ h b ≥ h c, cho thấy hai dãy này có chiều ngược nhau, do đó không thể áp dụng ngay bất đẳng thức Chebyshev theo chiều thuận Tình huống này kích thích tư duy của học sinh, khuyến khích các em tìm ra nhiều cách giải quyết khác nhau như sử dụng biến đổi tương đương hoặc áp dụng các bất đẳng thức khác như AM-GM, Cauchy-Schwarz Học sinh cũng có thể thắc mắc về việc áp dụng bất đẳng thức Chebyshev khi hai dãy cùng chiều so với khi chúng ngược chiều Giáo viên có thể khuyến khích học sinh tự khám phá và tìm hiểu về dấu của bất đẳng thức Chebyshev theo chiều nghịch để định hướng cho việc giải quyết vấn đề.
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 thấy rằng các phép biến đổi trong chứng minh đều là tương đương, ta có thể khẳng định chiều ngược lại của bài toán là đúng Do đó, bài toán có thể được phát biểu đầy đủ như sau:
Bài toán 2.19 Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi r a = r +r b +r c
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.
(ii) ab+bc+ca = p 2 +r 2 + 4Rr
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
√ 3S. 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
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
R 2.4.2.2 Các bài toán liên quan đến đường trung tuyến
Cho 4ABC có a, b, c là độ dài các cạnh tam giác và m a , m b , m c là độ dài các đường trung tuyến ứng với các cạnh.
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
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
Vậy l a 2 ≤p(p−a) dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = c
Tương tự l b 2 ≤ p(p−b) dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = c, l c 2 ≤p(p−c) dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = a.
Cộng theo vế của ba bất đẳng thức này l 2 a + l 2 b +l 2 c ≤ p(3p−a−b−c) l 2 a + l 2 b +l 2 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
Cho tam giác ABC với các cạnh a, b, c và độ dài các đường phân giác trong la, lb, lc Bài toán yêu cầu tìm giá trị lớn nhất của biểu thức liên quan đến các cạnh và đường phân giác của tam giác này.
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
Trong tam giác ABC với các cạnh lần lượt là a, b, c, bán kính đường tròn nội tiếp được ký hiệu là r, trong khi bán kính đường tròn ngoại tiếp là R Ngoài ra, r_a, r_b, r_c đại diện cho các bán kính của các đường tròn bàng tiếp tương ứng với các cạnh của tam giác Một số kết quả quan trọng liên quan đến các bán kính này sẽ được trình bày.
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 yêu cầu xác định giá trị nhỏ nhất của một biểu thức liên quan đến tam giác ABC với bán kính đường tròn nội tiếp r, bán kính các đường tròn ngoại tiếp r_a, r_b, r_c và nửa chu vi p.
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.
Bài toán 2.57 yêu cầu xác định giá trị nhỏ nhất của một biểu thức liên quan đến tam giác ABC, với các yếu tố bao gồm bán kính đường tròn ngoại tiếp R, bán kính các đường tròn bàng tiếp r_a, r_b, r_c và nửa chu vi p của tam giác Việc tính toán giá trị nhỏ nhất này có thể áp dụng các định lý và công thức trong hình học để đưa ra kết quả chính xác.
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
(r 2 + 2Rr +p 2 )y 3 + (2r 2 + 2Rr−2p 2 )y 2 + (r 2 −2Rr+p 2 )y −2Rr = 0. 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
Dấu bằng xảy ra khi nào?
THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 80
Mục đích và nhiệm vụ của thực nghiệm sư phạm
3.1.1 Mục đích của thực nghiệm sư phạm
Mục đích của thực nghiệm sư phạm là khảo sát tính khả thi và hiệu quả trong việc nâng cao năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề cho học sinh khá, giỏi thông qua việc giảng dạy chuyên đề bất đẳng thức đại số trong tam giác.
3.1.2 Nhiệm vụ của thực nghiệm sư phạm
Biên soạn giáo án thực nghiệm nhằm 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 và hiệu quả của phương pháp này sẽ giúp xác định tính khả thi trong việc nâng cao kỹ năng cho học sinh, đồng thời tạo điều kiện cho việc áp dụng kiến thức toán học vào thực tiễn.
Tổ chức thực nghiệm
Thời gian thực nghiệm tháng 3/2017.
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.
Để chọn thành viên cho hai nhóm kiểm tra và đánh giá kết quả của tất cả học sinh lớp 11 ban tự nhiên, cần dựa vào kết quả bài kiểm tra trước thực nghiệm và ý kiến đánh giá từ giáo viên toán của các lớp.
Nội dung thực nghiệm
3.3.1 Đề kiểm tra trước 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.
Để tạo ra một hộp không nắp từ tấm tôn vuông có cạnh 30cm, cần cắt bốn hình vuông bằng nhau ở bốn góc Yêu cầu là tính cạnh của các hình vuông đã cắt sao cho thể tích của hộp đạt 2000cm³.
(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, tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A với D là trung điểm của cạnh AC Đường thẳng đi qua A và vuông góc với BD cắt BC tại điểm E(3; 2) Biết rằng đường thẳng AB có phương trình x - y + 3 = 0 và hoành độ của điểm B là âm, cần xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC.
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
