Microsoft Word Luong giac hoa bai toan doc Huy chk2 SKKN PP LƯỢNG GIÁC HOÁ CM CÁC BĐT ĐẠI SỐ I ®Æt vÊn ®Ò ë trêng phæ th«ng, d¹y to¸n lµ d¹ng ho¹t ®éng to¸n häc §èi víi häc sinh cã thÓ xem viÖc gi¶i[.]
Huy- chk2 SKKN : PP LƯỢNG GIÁC HOÁ CM CÁC BT I S I đặt vấn đề trường phổ thông, dạy toán dạng hoạt động toán học Đối với học sinh xem việc giải toán hình thức chủ yếu hoạt động toán học Hoạt động giải tập toán học phương tiện có hiệu thay việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ kỹ xảo, ứng dụng toán học vào thực tiễn, điều kiện để thực tốt mục đích dạy học trường phổ thông Trong chương trình toán trường THPT, toán phong phú đa dạng nội dung lẫn phương pháp giải Vì việc bồi dưỡng cho học sinh phương pháp giải có hiệu việc bổ ích cần thiết Việc biến toán đại số thành toán lượng giác hay Phương pháp lượng giác hoá toán đại số phương pháp chưa sử dụng rộng rÃi giải tập toán trường THPT, thích hợp cho toán đại số số lượng tập áp dụng phương pháp Vì vậy, nghĩ cần nghiên cứu để có cách truyền thụ thích hợp cho học sinh Để nâng cao hiệu việc rèn luyện kỹ giải toán đại số phương pháp lượng giác cho học sinh chọn đề tài Rèn luyện lực giải toán cho học sinh THPT qua chuyên đề chứng minh đẳng thức đại số phương pháp lượng giác II Mục tiêu đề tài Đưa phương pháp chung để giải toán đại số phương pháp lượng giác, sở phương pháp này, ví dụ minh hoạ chứng minh đẳng thức đại số phương pháp lượng giác nhằm khắc sâu kiến thức hình thành kỹ chứng minh đẳng thức đại số phương pháp lượng giác PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com Huy- chk2 III Néi dung Phương pháp lượng giác hoá toán chứng minh đẳng thức đại số * Để lượng giác hoá toán ta dựa mệnh đề sau: MƯnh ®Ị I: NÕu –1 ≤ x ≤ th× cã mét sè a víi - π π ≤ a ≤ cho sin a 2 = x vµ mét sè b víi ≤ b ≤ π cho cos b = x MƯnh ®Ị II: NÕu ≤ x ≤ th× cã mét sè a vµ mét sè b víi ≤ a ≤ π ; 0≤b≤ π cho x = sina vµ x = cosb π π MƯnh ®Ị III: Víi số thực x có số a với - < a < cho x = 2 tg a Mệnh đề IV: Nếu số thực x y tho¶ m·n hƯ thøc x + y2 = th× cã mét sè a víi ≤ a ≤ 2π cho x = cosa vµ y = sina * Phương pháp giải: Ta thực bước sau: B-ớc 1: Lượng giác hoá đẳng thức Bước 1: Thực việc chứng minh đẳng thức lượng giác * Chú ý: Các em học sinh cần ôn lại ph-ơng pháp chứng minh đẳng thức l-ợng giác, kiến thức l-ợng giác để nhanh chóng tiếp cận đ-ợc ph-ơng pháp Các ví dô VÝ dô 1: Cho x ≥ y Chøng minh x + y +x - y= x + x − y + x − x − y Giải: Đẳng thức hiển nhiên với x = y = Gi¶ sư x ≠ Chia hai vế đẳng thức cần chứng minh cho x ta được: PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com Huy- chk2 1+ Do y y y + − = + − x x x y + − − x x ≥ y ta cã: y y ≤ nªn x x Đặt y = cos a với a [0; ] đẳng thức cuối lµ x 1 + cos a+1 – cos a=1 + sin a+1 sin a Bởi biểu thức dấu giá trị tuyệt đối không âm (1 sina, cosa 1) nên đẳng thức hiển nhiên Ví dụ 2: Cho x2 + y2 = u2 + v2 = xu + yv = Chøng minh: a) x2 + u2 = b) y2 + v2 = c) xy + uv = Giải: áp dụng mệnh đề IV, tồn x = cos a ; y = sin a víi ≤ a 2π vµ u = cosb vµ v = sinb víi ≤ b ≤ 2π Tõ gi¶ thiÕt: xu + yv = ⇔ cos a cos b + sin a sin b = cos(a – b) = (*) a) ta cã: x2 + u2 = cos2a + cos2b = =1+ 1 (1 + cos 2a) + (1 + cos 2b) 2 (cos 2a + cos 2b) = + cos(a + b) cos(a b) Theo (*) vế phải đẳng thức cuèi cïng b»ng (®pcm) b) y2 + v2 = sin2a + sin2b = 1 (1 – cos 2a) + (1 – cos 2b) 2 PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com Huy- chk2 = – cos(a + b) cos(a – b) = (®pcm) c) T¬ng tù ta cã: xy + uv = cos a sin a + cos b sin b = = (sin 2a + sin 2b) = sin(a + b) cos(a – b) = (®pcm) VÝ dơ 3: Cho x2 + y2 + z2 + 2xyz = (x > 0, y > 0, z > 0) Chøng minh: + xyz = x (1− y )(1− z ) + y (1− x )(1− z ) + z (1− x )(1− y2 ) Gi¶i: Tõ gi¶ thiÕt ta cã < x, y, z < áp dụng mệnh đề II, đặt x = cos a; y = cosb; z = cos c víi a, b, π c∈ 0; Chứng minh đẳng thức đà cho tương đương víi chøng minh: + cosa cosb cosc = cosa sinb sinc + cosb sina sinc + cosc sina sinb Tõ gi¶ thiÕt ta cã: Cos2a + cos2b + cos2c + 2cos a cosb cosc = ⇔ (cosc + cosacossb)2 – cos2acos2b + cos2a + cos2b – = ⇔ (cosc +cosacossb)2 + cos2asin2b – sin2b = ⇔ (cosc + cosacossb)2 – sin2asin2b = ⇔ (cosc + cosacosb – sinasinb)(cosc + cosacosb + sinasinb) = ⇔ [cosc + cos(a + b)][cosc + cos(a – b)] = ⇔ 4cos a+b+c a +b−c a−b+c b+c−a cos cos cos = (*) 2 2 Do ®iỊu kiƯn < a,b,c < π suy a +b−c π a−b+c π b+c−a π ≠± ; ≠ ± vµ ≠± 2 2 2 Thµnh thư: cos a +b−c a−b+c b+c−a cos cos ≠0 2 PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com Huy- chk2 Tõ (*) suy ra: cos a+b+c =0 ⇒a+b+c=π cos(a + b + c) = -1 = cos(a + b) cosc – sinc – sin(a + b) sinc = = cosa cosb cosc – sina sinb cosc – sina sinc cosb – sinb sinc cosa ⇔ + cosa cosb cosc = sina sinb cosc + sina sinc cosb + sinb sinc cosa (®pcm) VÝ dơ 4: Cho xy, yz, zx ≠ -1 Chøng minh x−y y−z z−x x−y y−z z−x + + = + xy + yz + zx + xy + yz + zx Gi¶i: π áp dụng mệnh đề III, đặt x = tga; y = tgb; z = tgc víi - < a, b, c < , áp dụng tg hiÖu hai gãc ta cã: x − y tga − tgb = = tg(a – b); + xy + tgatgb T¬ng tù ta cã: y−z z−z = tg(b – c); = tg(c – a) + yz + zx Lu ý r»ng (a – b) + (b – c) + (c – a) = ta ®ỵc: tg(a – b) + tg(b – c) + tg(c – a) = tg(a – b) tg(b – c) tg(c a) Biến đổi ngược lại với phép biến đổi bên ta điều cần phải chứng minh VÝ dô 5: Cho 1+ x 1+ y 1+ z 1+ x 1+ y 1+ z + + = (1) Víi x, y, z ≠ 1− x 1− y 1− z 1− x 1− y 1− z Chøng minh : a) 2( x + y)(1 − xy) − z = (1 + x )(1 + y ) + z PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com Huy- chk2 b) (1 − xy) − ( x + y) 2z = (1 + x )(1 + y ) 1+ z2 Giải: a) Đặt x = tga ; y = tgb ; z = tgc π π π víi - < a, b, c < vµ a, b, c ≠ (v× x, y, z ≠ 1) 2 π tg tga + x + tga π Ta cã: = tg(a + ) = = − x − tga π − tg tga T¬ng tù: 1+ y π 1+ z π − tg (b + ) ; − tg (c + ) 1− y 1− z Tõ ®¼ng thøc ®· cho ta cã: Tg(a + π π π π π π ) + tg(b + ) + tg(c + ) = tg(a + ) tg(b + ) tg(c + ) 2 2 2 Đặt A=a+ π π π ; B = b + ; C = c + ; đẳng thức cuối có dạng: 4 tgA + tgB + tgC = tgA tgB tgC ⇔ tgA + tgB = (1 – tgA tgB) tg(-C) ⇔ tg(-C) = tgA + tgB = tg(A + B) ⇔ A + B = -C + kπ − tgAtgB ⇔ A + B + C = kπ ⇔ a + b + c = π + l (2) Vậy điều kiện (1) tương đương với đẳng thức (2) Đẳng thức cần chứng minh tương đương víi 2( tga + tgb)(1 − tgatgb) − tg c = (1 + tg a )(1 + tg b) + tg c ⇔ 2(sina cosb + sinb cosa)(cosa cosb – sina sinb) = cos2c – sin2c ⇔ 2sin(a + b) cos(a + b) = cos2c ⇔ sin(2a + 2b) = cos 2c (3) PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com Huy- chk2 Bëi v×: a + b + a = π + l đẳng thức (3) hiển nhiên (đpcm) b) Tương tự câu a), sau thay x = tga, y = tgb, z = tgc råi biÕn ®ỉi lượng giác, đẳng thức cần chứng minh dẫn đến cos(2a + 2b) = sin 2c Do (2) đẳng thức hiển nhiên (đpcm) Ví dụ 6: Nếu a + b + c – abc = – ab – bc – ca CMR: − a − b − c (1 − a )(1 − b )(1 − c ) + + = a b c abc Giải: Đặt a = tgα, b = tgβ, c = tgγ víi α, β, γ ∈ − ; 2 tgα + tgβ + tgγ - tgα tgβ tgγ = - tgα.tgβ-tgβ.tgγ-tgγ.tgα (1) XÐt trêng hỵp: Tr-êng hỵp 1: NÕu - tgα.tgβ - tgβ.tgγ - tg.tg = 0, ta được: tg.tg + tg.tg + tg.tg = tgα + tgβ + tgγ = tgα.tgβ.tgγ ⇒ π + kπ m©u α + β + γ = lπ α+β+γ= Tr-êng hỵp 2: NÕu - tgα.tgβ - tg.tg - tg.tg 0, ta được: (1) tgα + tgβ + tgγ − tgα.tgβ.tgγ = ⇔ tg (α + β + γ ) = tgα.tgβ + tgβ.tgγ + tgγ.tgα π π ⇔ α + β + γ = + kπ ⇔ 2α + 2β + 2γ = + kπ ⇔ tg2α.tg2β - tg2β.tg2γ - tg2γ.tg2α = ⇔ cotg2α + cotg2β + cotg2γ = cotg2α.cotg2β.cotg2γ (2) NhËn xÐt r»ng: cot g 2α = 1− a2 − b2 − c2 , cot g 2β = , cot g 2γ = a b c PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com (3) Huy- chk2 Thay (3) vào (2) suy điều ph¶i chøng minh VÝ dơ 7: Cho xyz = x + y +z; vµ x2, y2, z2 ≠ Chøng minh: a 3x − x 3y − y 3z − z 3x − x 3y − y 3z − z + + = − 3x − 3y − 3z − 3x − 3y − 3z b x(y2-1)(z2-1)+y(z2-1)(x2-1)+z(x2-1)(y2-1)=2xyz Gi¶i a Đặt x=tga; y=tgb; z=tgc với a, b, c ∈ ( − ; ); a, b, c điều 2 kiện đà cho tương đương víi: tga + tgb + tgc = tga tgb tgc (1) Theo bµi 1.12 (1) ⇔ a + b + c = kπ Chó ý lµ tg3a = tg3b = 3tga − tg a − 3tg a 3tgb − tg b 3tgc − tg c vµ = tg c − 3tg b 3tg c Đẳng thức cần chứng minh tương đương với tg3a + tg3b + tg3c = tg3a.tg3b.tg3c Đẳng thức (do a+b+c = k 3a+3b+3c=l) b Đẳng thức cần chứng minh tương đương với: tga(tg2b-1)(tg2c-1) + tgb(tg2c-1)(tg2a-1)+tgc(tg2a-1)(tg2b- 1)=2tgatgbtgc ⇔sin2acos2bcos2c+cos2asin2bcos2c+cos2acos2bsin2c= sin2asin2bsin2c (2) Tõ a + b + c = kπ ⇒ sin(2a + 2b + 2c) = Tõ (3) khai triĨn theo c«ng thøc céng suy (2) (®pcm) VÝ dơ 8: Cho xy + yz + zx = Chøng minh x+y+z-3xyz=x(y2+z2)+y(z2+x2)+z(x2+y2) Gi¶i PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com (3) Huy- chk2 Đặt x = tga; y = tgb; z = tgc π π a,b,c ∈ − ; 2 Từ điều kiện đà cho ta được: tgatgb + tgbtgc + tgctga = ⇒ a + b + c = π + kπ ⇒ 2a + 2b + 2c = π + 2kπ sin (2a + 2b + 2c) = ⇒ sin2a cos2b cos2c + sin2b cos 2ac os2c + sin2c cos2a cos2b - sin2a sin2b sin2c = V× −π π < a,b,c < nên cos2a cos2b cos2c ta được: 2 sin 2a cos 2b cos 2c sin 2b cos cos 2c sin 2c cos 2a cos 2b + + − cos a cos b cos c cos a cos b cos c cos a cos b cos c − sin 2a sin 2b sin 2c =0 cos a cos b cos c Mặt khác ta có sin 2x sin x cos x = = 2tgx cos x cos x cos 2x cos x − sin x = = − tg x 2 cos x cos x Cho nên đẳng thức cã thĨ viÕt thµnh: tga(1-tg2b)(1-tg2c)+tgb(1-tg2a)(1-tg2c)+tgc(1-tg2a)(1-tg2b)4tgatgbtgc=0 ⇔tga(1-tg2b-tg2c+tg2btg2c)+tgb(1-tg2a-tg2c+tg2atg2c)+ tgc(1-tg2a-tg2b+tg2atg2b)-4tgatgbtgc = ⇔ tga+tgb+tgc – tga(tg2b+tg2c) – tgb(tg2a+tg2c) – tgc(tg2a+tg2b) + + tgatgbtgc(tgbtgc+tgctga+tgatgb) – 4tgatgbtgc = L¹i thay tga = x, tgb = y, tgc = z sử dụng giả thiết xy+yz+zx=1 ta được: x+y+z+xyz(yz+zx+xy) 4xyz = x(y2+z2) + y(z2+x2) + z(x2+y2) ⇔ x+y+z – 3xyz = x(y2+z2)+y(z2+x2) + z(x2+y2) (®pcm) PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com Huy- chk2 VÝ dơ 9: NÕu x1, x2, x3 lµ nghiệm phương trình x3+ax2+x+b=0 (b0) CMR ( x − 1 1 1 )( x − ) + ( x − )( x − ) + ( x − )( x − ) = x2 x2 x2 x3 x1 x (1) Bài giải Từ giả thiết ta có: x1x2+x2x3+x3x1=1 b0 x1,x2,x30 Đặt x=tgA, y=tgB, z=tgC, víi A, B, C ∈ ( −π π , ) 2 Ta cã: tgA.tgB+tgB.tgC+tgC.tgA=1 ⇔ A+B+C = π + kπ ⇔ 2A+2B+2C = π+2kπ (2) vµ (1) ⇔ (tgA-cotgA)(tgB-cotgB)+(tgB-cotgB)(tgC-cotgC)+ + (tgC-cotgC)(tgA-cotgA) = ⇔ (-2cotg2A)(-2cotg2B) + (-2cotg2B)(-2cotg2C)+ + (-2cotg2C)(-2cotg2A) = ⇔ cotg2Acotg2B + cotg2Bcotg2C + cotg2Ccotg2A = ⇔ 2A + 2B + 2C = π + 2k, (2) Ví dụ 10: Chứng minh 2+ 2+ 2+ + 2− 2− 2− = (1) Gi¶i Chia hai vÕ cđa (1) cho 2+ 2+ 4+2 + ta được: 2− 2− 4−2 =1 PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com Huy- chk2 ⇔ 1+ 1+ 1+ Thay + 1− =1 (2) 3 1− 1− 2 π (2) cos ta được: PDF created with FinePrint pdfFactory Pro trial version http://www.fineprint.com ... đẳng thức viết thành: tga(1-tg2b)(1-tg2c)+tgb(1-tg2a)(1-tg2c)+tgc(1-tg2a)(1-tg2b)4tgatgbtgc=0 tga(1-tg2b-tg2c+tg2btg2c)+tgb(1-tg2a-tg2c+tg2atg2c)+ tgc(1-tg2a-tg2b+tg2atg2b )-4 tgatgbtgc = ⇔ tga+tgb+tgc... 2A+2B+2C = π+2kπ (2) vµ (1) ⇔ (tgA-cotgA)(tgB-cotgB)+(tgB-cotgB)(tgC-cotgC)+ + (tgC-cotgC)(tgA-cotgA) = ⇔ (-2 cotg2A) (-2 cotg2B) + (-2 cotg2B) (-2 cotg2C)+ + (-2 cotg2C) (-2 cotg2A) = ⇔ cotg2Acotg2B + cotg2Bcotg2C... tgγ víi α, β, γ ∈ − ; 2 tgα + tgβ + tgγ - tgα tgβ tgγ = - tgα.tgβ-tgβ.tgγ-tgγ.tgα (1) XÐt trêng hỵp: Tr-êng hỵp 1: NÕu - tg.tg - tg.tg - tg.tg = 0, ta được: tg.tg + tgβ.tgγ + tgγ.tgα