SKKN: Hướng dẫn học sinh sử dụng tọa độ trong hình học phẳng để chứng minh một số bất đẳng thức, giải một số phương trình và bất phương trình đại số nhằm nâng cao chất lượng đối với học sinh lớp 10 ở trường THPT

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG TỌA ĐỘ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG ĐỂ CHỨNG MINH MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC, GIẢI MỘT SỐ PHƯƠNG TRÌNH VÀ BẤT PHƯƠNG TRÌNH ĐẠI SỐ NHẰM NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG ĐỐI VỚI HỌC SINH LỚP 10 Ở TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG Người thực hiện: Nguyễn Thị Hiền Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc mơn: Tốn THANH HÓA NĂM 2016 MỤC LỤC Tiêu đề A MỞ ĐẦU………………….…………………………………… B NỘI DUNH SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM…………………… I THỰC TRẠNG……………………………………………… II CƠ SỞ LÝ LUẬN……………………………… III BÀI TỐN MINH HỌA…………………………………… Một số tốn bất đẳng thức, chứng minh….……… Một số toán phương trình………………………… Một số tốn bất phương trình ……….…………… Một số tập tương tự………………….……………… IV KIỂM NGHIỆM…………………………………………… C KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ ……………………………………… D TÀI LIỆU THAM KHẢO……………………………………… Trang 4 6 10 14 16 17 18 19 A MỞ ĐẦU Hiện nay, tiến hành đổi giáo dục phổ thông Mục tiêu cấp học hướng đến việc hình thành lực nhận thức, lực hành động, lực giải vấn đề, lực thích ứng cho học sinh, phát huy tính tích cực, chủ động, độc lập sáng tạo nhận thức người học, bồi dưỡng lực tự học, gắn học với hành, tác động đến tình cảm đem lại niềm vui hứng thú học tập cho học sinh Trong mơn Tốn trường phổ thơng tốn chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình bất phương trình đại số ngày quan tâm mức có sức hấp dẫn mạnh mẽ nhờ vào vẻ đẹp, tính độc đáo phương pháp giải chúng Bài tập bất đẳng thức, phương trình bất phương trình đại số phong phú đa dạng nội dung phương pháp giải Để chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình bất phương trình đại số xuất phát từ nhiều kiến thức khác giải nhiều phương pháp khác nhau, có phương pháp sử dụng tọa độ hình học để chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình bất phương trình đại số Với mục đích thay đổi hình thức tốn đại số thơng thường thành tốn sử dụng tọa độ hình học để giải Phương pháp khơng phải chìa khố vạn để giải cho toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình bất phương trình đại số chưa phương pháp phương pháp thích hợp lại có nét lý thú độc đáo riêng nó, giúp học sinh thấy liên hệ mật thiết, qua lại phân mơn mơn Tốn với Đó nội dung mà muốn đề cập đến phạm vi sáng kiến kinh nghiệm này: “Hướng dẫn học sinh sử dụng tọa độ hình học phẳng để chứng minh số bất đẳng thức, giải số phương trình bất phương trình đại số nhằm nâng cao chất lượng học sinh lớp 10 trường THPT” B NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM I THỰC TRẠNG Trong năm học 2015-2016 phân công giảng dạy mơn Tốn lớp 10A6, 10A7 trường THPT Nông Cống Tôi nhận thấy: Hầu hết học sinh ngại gặp toán chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình bất phương trình đại số Có học sinh có khả giải toán này, đa số em khơng thể tự nhìn hướng giải toán Qua kết khảo sát lớp 10A6, 10A7 trường THPT Nông cống 3, thu kết sau: Điểm Giỏi Điểm Khá SL tỷ lệ SL tỷ lệ 10A6 1/45 2,2% 4/45 8,9% ĐiểmTB SL tỷ lệ 14/45 31,1 Điểm Yếu SL tỷ lệ 19/45 42,2 Điểm Kém SL tỷ lệ 7/45 15,6 10A7 1/47 % 18/47 38,3 % 17/47 36,2 % 10,6 Lớp 2,1% 6/47 12,8 % % % 5/47 % Với mong muốn góp phần nâng cao chất lượng dạy học mơn Tốn nhà trường THPT giúp học sinh đạt kết cao kì thi tơi chọn đề tài: “Hướng dẫn học sinh sử dụng tọa độ hình học phẳng để chứng minh số bất đẳng thức, giải số phương trình bất phương trình đại số nhằm nâng cao chất lượng học sinh lớp 10 trường THPT” Nhằm đơn giản toán đại số, khắc sâu kiến thức hình học hình thành kỹ giải tốn chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình bất phương trình II CƠ SỞ LÝ LUẬN Kiến thức Khi sử dụng phương pháp tọa độ hình học phẳng để chứng minh số bất đẳng thức giải số phương trình bất phương trình đại số em học sinh cần ôn lại kiến thức khoảng cách hai điểm, bất đẳng thức tam giác, bất đẳng thức véc tơ (SGK hình học 10 sách giáo viên hình học 10) để nhanh chóng nhận dạng tiếp cận với phương pháp  Bất đẳng thức tam giác: Cho tam giác ABC có độ dài cạnh BC, CA, AB tương ứng a, b, c Ta ln có: + |b – c| < a < b + c hay |CA – AB| < BC < CA + AB AB  ( xB  x A )  ( yB  y A ) + + Cho điểm A, B, u Cuu bất kì, ta ln có |AC – AB| �BC �AC + AB (*) r u uu r AB, AC hướng Dấu “=” xảy � u uu r uuu r AB , AC Dấu “=” xảy � ngược hướng uu u r uuu r AB , AC Suy ra, dấu “=” (*) xảy phương Như ta chọn A, B, C có tọa độ thích hợp dĩ nhiên liên quan đến bất đẳng thức, chứng minh sử dụng bất đẳng thức suy kết  Bất đẳng thức véc tơ: Cho khác véc tơ khơng Khi đó: r r + u , v hướng � r r u , v ngược hướng � + uu r ur r r r r | u | | v | �u  v �u  v r r Bất đẳng thức đúng, dấu “=” xảy u , v ngược hướng r r Dấu “=” bất đẳng thức xảy � u , v hướng + rr r r u.v cos(u, v)  r r  u.v r r cos(u , v) �1 Do ax  by a  b2 x2  y |ax  by | a b x  y 2 2 �| ax  by |� a  b x  y Bất đẳng thức (*) gọi bất đẳng thức Bunhiacơpxki (*) (*) Trong đó: r r u , v ngược hướng Dấu “=” bất đẳng thức xảy r r Dấu “=” đẳng thức xảy u , v hướng rr r r r r u.v �u v u , v hướng + Dấu “=” xảy � Các bước thực Bước 1: Khéo léo biến đổi bất đẳng thức, phương trình, bất phương trình dạng có chứa  r a  b để đặt u  (a; b)  ( x A  xB )  ( y A  y B ) 2  a  b c  d 2 A( x A ; y A ), B ( xB ; y B ) ac  bd ac  bd đặt a b c d 2 2 r r đặt u  ( a; b), v  (c; d ) Bước 2: Sử dụng bất đẳng thức tam giác bất đẳng thức véc tơ để giải đưa kết luận III BÀI TOÁN MINH HỌA Một số toán bất đẳng thức, chứng minh: Bài toán 1.Chứng minh với số a, b, c ta có: a  ab  b  a  ac  c � b  bc  c Giải Ta nhận thấy: 2 �b � � 3b � a  ab  b  �   a � � � � �2 � � �2 � 2 2 �c � � 3c � a  ac  c  �   a � �  � � �2 � � � � 2 2 3b � � c b � � 3c b  bc  c  �   � �   � � � 2� � � � 2 � b 3b �  ; � � � 2 � � �,C Xét tọa độ điểm A(a; 0), B �c 3c �  ;  � � �2 � � � Ta có: 2 �b � � 3b � AB  �   a � �  a  ab  b2 � � � �2 � �2 � 2 �c � � 3c � AC  �   a � �   a  ac  c � � � �2 � � � 2 3b � � c b � � 3c BC  �   � �    b  bc  c � � � � � 2� � Từ BC �AB + AC suy ra: a  ab  b  a  ac  c � b  bc  c (đpcm) Bài toán Cho a > c > b > c > Chứng minh: c(a  c)  c(b  c ) � ab Giải Xét véc tơ Khi đó: r u   r c; b  c , v    c (a  c)  (b  c) c a b a  c; c  c( a  c)  c(b  c) Mà �  c(a  c)  c(b  c) � ab ab � c(a  c)  c(b  c) � ab r r u , v hướng Dấu “=” xảy (đpcm) c c  a  c b  c � ab  ac  bc Hoặc: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki (Bất đẳng thức (*) ) cho số c , a  c , b  c , c , ta có: | c (a  c)  (b  c) c |� c  a  c b  c  c � c( a  c)  c(b  c) � a b  ab (đpcm) Bài toán Chứng minh bất đẳng thức sau: x  x  13  x  x  10 � 17 Giải Biến đổi bất đẳng thức x  x  13  x  x  10 � 17 � (2  x)  ( 3)  (3  x)  12 � (3  2)  (1  3) Xét tọa độ điểm A(x; 0), B(2; -3), C(3; 1) AB  (2  x)  (3)2  x  x  13 AC  (3  x)  12  x  x  10 Ta có: BC  (3  2)  (1  3)  17 2 Ta ln có: AB  AC �BC � x  x  13  x  x  10 � 17 uuu r uuur AB , AC ngược hướng, tức Dấu “=” xảy �x 11 (2 – x).1 = (3 – x).(–3) Bài toán Chứng minh với x ta có: 1  x  x   x  x   Giải Biến đổi bất đẳng thức: 1  x  x   x  x   2 2 �1 � �3� �1 � �3� � 1  �  x � �   x � � � � � �2 � � 2 �2 � � � � � � � � �1 � � � A( x;0), B � ,C �  ; � �2 ; � � � � 2 � � � � Xét điểm Ta có: 2 �1 � �3� AB  �  x � �  x2  x  � � � �2 � �2 � 2 �1 � �3� AC  �   x � �  x2  x  � � � �2 � �2 � 2 3� � 1� �3 BC  �  � �  �1 � � 2� � �2 � Sử dụng bất đẳng thức AB  AC �BC suy ra: x  x   x  x  �1 � 1 � x  x   x  x  �1 uuu r uuur Dấu “=” xảy AB, AC phương, tức �3� �1 �3� 1 �1 � �  x    x �   � � � � � � � � �2 � � �2 � 2 �2 � � � � � � (vơ lí) 2 Do dấu “=” khơng xảy Vậy 1  x  x   x  x   (đpcm) x � 1;3 Bài tốn Chứng minh ta ln có: 10   x  x   10 Giải Tập xác định r r u   4; 3 , v  Xét hai véc tơ: Khi đó:   x; x 1    x  x  10 Mà r r u Dấu “=” xảy , v ngược hướng, r r u Dấu “=” xảy , v hướng r r u , v phương, tức x   3 Hay  x (khơng xảy ra) Do dấu “=” không xảy Vậy 10   x  x   10 (đpcm) Một số tốn phương trình: Bài tốn 1.Giải phương trình: x  x  32  x  x  18  Giải Tập xác định D  R Biến đổi phương trình dạng:  ( x  3)  ( x  4)    (4)  A( x  4; 4), B( x  3;3), O(0;0)  x  4 Xét điểm Khi đó: �OA  � � �OB  � �AB  �   4    x  3  x  4   4    x  3  32  2  32  x  x  32 x  x  18  ( x  3)  ( x  4)    (4) 2 Ta ln có: OA  OB �AB � x  x  32  x  x  18 �5 uuu r uuu r OA , OB Dấu “=” xảy ngược hướng, tức 3( x  4)  4( x  3) � x  24 Từ suy ra, phương trình có nghiệm 10 x 24  50  2 Bài tốn Giải phương trình: x  x   x  10 x  50  Giải Tập xác định D  R Phương trình biến đổi dạng:  x  2 Xét điểm    1   x  5 A  2;1 , B  5;5  , C  x;0     5    2 Khi đó: �AC  x  2  1  x2  4x      � � 2 x  10 x  50 �BC   x     5   � �AB        1  25  � Ta ln có: � AC  BC �AB x  x   x  10 x  50 �5 uuur uuur Dấu “=” xảy AC , BC hướng, tức ( x  2)(5)  ( 1)( x  5) � x  Từ suy ra, phương trình có nghiệm Bài tốn Giải phương trình: x x  x   x  x  10  29 Giải Tập xác định D  R Biến đổi phương trình x  x   x  x  10  29 11 �  x  1  22   x  1 �  x  1  22    x  1  32  29  32  29    1 r � r r �u   x  1;  � u  v   2;5  r � v    x  1;3 Xét véc tơ: � Khi đó: � ur  x   22   � � �r �ur  vr  x   22   x   32  VT � v    x  1      � �r r � � r r �u  v   2   52  29 �u  v  29  VP � � r r r r u  v �u  v � x  x   x  x  10 � 29 Mặt khác: r r Dấu “=” xảy u , v hướng, tức  x  1    x  1 � x  Từ suy ra, phương trình có nghiệm Bài tốn Giải phương trình: x x  x   x  x   x  12 x  13 Giải Tập xác định D  R Biến đổi phương trình  x  1  12   x  1  22   3x   r � r r u �   x  1;1 � u  v   3x  2;3 r � v  x  1;   Xét véc tơ: � Khi đó: �ur  x   12   � � �r �ur  vr  �v   x  1  � �r r � �r r �u  v   x    32 �u  v  � � Mặt khác: 12  32  x  1  12   x  1  3x    32  VP  22  VT r r r r u  v �u  v � x  x   x  x  � x  12 x  13 r r Dấu “=” xảy u , v hướng, tức  x  1  1 x  1 � x  Từ suy ra, phương trình có nghiệm Bài tốn Giải phương trình: x x x    x  x2  Giải Tập xác định D   1;3 Biến đổi phương trình x x 1   x x 1 x x    x 1 � x  ( x  1)  (3  x) r � u �   x;1 �r �v  x  1;  x Xét véc tơ: �  ru r r r u.v cos u, v  r r  u.v   Khi đó: r r cos u, v �1 x x 1   x x   x  1    x  x2  r r cos u , v �1 Mặt khác,  x x 1   x   x2   x x 1   x x x 1   x   1 r r u Dấu “=” xảy , v hướng, tức x �0 � x  x  x  � �2 �x   x   x  x �0 � x 1 � � �� � x  x  x     x  1 � � �  13  x2  � x 1 � x  1 Từ suy ra, phương trình có nghiệm � Bài tốn Tìm tập nghiệm phương trình: x  y  x   x  y  x  12 y  10  Giải Tập xác định D  R Biến đổi phương trình  x  3   2y   1 x   3 2y  r � r r u �   x  3; y  � u  v   4;3 r � v   x ;3  y   Xét véc tơ: � � ur  x   y     � � 2 �r �v    x     y  �r r �u  v  42  32  � Khi đó: �ur  vr  x   y   x   y  VT         � � �r r �u  v   VP � Mặt khác: r r r r u  v �u  v �  x  3   2y   1 x r r u , v hướng, tức là: Dấu “=” xảy (*)    y  �5 Từ đó, suy điều kiện là:  x  3   y   y   x  � x  y   Suy ra: (*) Vậy tập nghiệm phương trình cặp (x; y) thỏa mãn x  y   với Phương pháp sử dụng để biến đổi phương trình hệ phương trình đại số vể dạng đơn giản (như toán trên) để kết hợp với phương trình cịn lại giải 14 Một số tốn bất phương trình: Bài tốn Giải bất phương trình (1) D  R Giải Tập xác định Bất phương trình (1) Xét véc tơ: Khi đó, ta ln có: Suy ra: Vậy bất phương trình (1) có nghiệm với Bài tốn Giải bất phương trình  x  3  x  � x   x  Giải Điều kiện: x �1 Bất phương trình (1)  x  3 � � 12  12  x 1 � x 1  x   x  3   x 1  � x 1  x  x 1  x  ۳ 1 2 (1)  x  3   x 1  (2) r �r � u  x  3; x  �u   x  3  x  � ��r �r � � v  12  12  �v   1;1 � Xét véc tơ:  Ta ln có :   rr r r u.v x 1  x  cos u, v  r r  u v 12  12  x  3  x    r r cos u, v � 1    x 1  x  1 2  x  3   x 1    (3) Mà Từ (2) (3) suy ra, bất phương trình (1) có nghiệm bất đẳng thức (3) xảy r r u dấu “=” hay hai véc tơ , v hướng, tức 15 �x �3 x   x  � �2 � x5 �x  x  10  Vậy bất phương trình (1) có nghiệm x = Bài tốn Giải bất phương trình: (1) Giải Tập xác định D  R Biến đổi bất phương trình thành: (2) r � r r u �   x  1;1 � u  v   3x  2;3 �r v   x  1;  Xét véc tơ: � �ur  x   12   � � �r �v   x  1  �r r �u  v   x    32 � Khi đó: Mặt khác: (3) Từ (2) (3) suy bất phương trình (1) có nghiệm dấu “=” (3) xảy r r Dấu “=” xảy u , v hướng, tức  x  1  1 x  1 � x  x Vậy bất phương trình có nghiệm Một số tập tương tự Bài Chứng minh bất đẳng thức sau: Bài Giải phương trình Bài Giải phương trình Bài Giải bất phương trình 16 IV KIỂM NGHIỆM * Khảo sát hai lớp học thời điểm chưa vận dụng nội dung sáng kiến kinh nghiệm: Điểm Giỏi Điểm Khá ĐiểmTB Điểm Yếu Điểm Kém Lớp SL tỷ lệ SL tỷ lệ SL tỷ lệ SL tỷ lệ SL tỷ lệ 10A6 1/45 2,2% 4/45 8,9% 14/45 31,1 19/45 42,2 7/45 15,6 % % % 10A7 1/47 2,1% 6/47 12,8 18/47 38,3 17/47 36,2 5/47 10,6 % % % % * Qua thực tế giảng dạy vận dụng cho em học sinh lớp 10A6 tiếp xúc với phương pháp trên, nhận thấy kết nâng lên rõ rệt Cụ thể sau cho học sinh tiếp cận phương pháp tiến hành khảo sát, kiểm tra hai lớp học thời điểm vận dụng nội dung sáng kiến kinh nghiệm cho lớp 10A6 thu kết sau: Điểm Giỏi Điểm Khá ĐiểmTB Điểm Yếu Điểm Kém Lớp SL tỷ lệ SL tỷ lệ SL tỷ lệ SL tỷ lệ SL tỷ lệ 10A6 6/45 13,3 14/4 31,1 20/45 44,4 5/45 11,2% 0/45 0% % % % 10A7 1/47 2,1% 8/47 17,0 19/47 40,4 17/47 36,2 2/47 4,3% % 17 % % C KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Thông qua số tốn thấy vai trị ứng dụng tọa độ hình học phẳng vào việc giải toán chứng minh, bất đẳng thức, phương trình hệ phương trình đại số Tuy nhiên, sử dụng phương pháp giáo viên cần phải cung cấp cho học sinh số vốn kiến thức định kỹ nhận dạng tập Phương pháp phương pháp khác áp dụng cho tất tốn chứng minh, bất đẳng thức, phương trình hệ phương trình đại số chưa phương pháp tối ưu Do học sinh cần vào đặc điểm toán, khai thác giả thiết cho nhận dạng tập để lựa chọn phương pháp giải cho thích hợp, từ có cách nhìn linh hoạt, uyển chuyển có nhuần nhuyễn kỹ giải tập chứng minh, bất đẳng thức, phương trình hệ phương trình đại số Qua thực tế giảng dạy mạnh dạn vận dụng cho em học sinh tiếp xúc với phương pháp nhận thấy kết nâng lên rõ rệt Cụ thể kiểm nghiệm lớp 10A6 năm học 2015 – 2016 Tôi thiết nghĩ, phương pháp mở rộng áp dụng vào giải số hệ phương trình đại số Với kinh nghiệm thân, tơi mong giúp đồng nghiệp làm tài liệu tham khảo hy vọng bạn đồng nghiệp vận dụng cách linh hoạt, sáng tạo để đem lại hiệu giảng dạy Rất mong nhận chia sẽ, đóng góp ý kiến để đề tài hoàn thiện Đề tài kinh nghiệm nhỏ, kết tìm tịi nghiên cứu cá nhân, thơng qua số tài liệu tham khảo nên không tránh khỏi hạn chế, khiếm khuyết Vậy mong Hội đồng khoa học ngành, đồng nghiệp nhà trường góp ý để nội dung sang kiến kinh nghiệm hoàn thiện ứng dụng rộng rãi Tơi xin trân trọng cảm ơn ! Thanh Hóa, ngày 06 tháng 05 năm 2016 18 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Nguyễn Thị Hiền 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO Bộ Giáo dục – Đào tạo, Sách giáo khoa Hình học 10,Hình học 10 nâng cao Nxb Giáo dục, 2006 Bộ Giáo dục – Đào tạo, Sách Hình học 10 (sách giáo viên), Hình học 10 nâng cao (sách giáo viên) Nxb Giáo dục, 2006 Bộ Giáo dục – Đào tạo, Tài liệu bồi dưỡng giáo viên mơn Tốn lớp 10; Nguyễn Trọng Tuấn, Rèn luyện giải tốn hình học 10, Nxb Giáo dục, 2008 Lê Văn Đồn, Chun đề phương trình, bất phương trình Đại số ... tài: ? ?Hướng dẫn học sinh sử dụng tọa độ hình học phẳng để chứng minh số bất đẳng thức, giải số phương trình bất phương trình đại số nhằm nâng cao chất lượng học sinh lớp 10 trường THPT? ?? Nhằm đơn... có phương pháp sử dụng tọa độ hình học để chứng minh bất đẳng thức, giải phương trình bất phương trình đại số Với mục đích thay đổi hình thức tốn đại số thơng thường thành tốn sử dụng tọa độ hình. .. chứng minh số bất đẳng thức, giải số phương trình bất phương trình đại số nhằm nâng cao chất lượng học sinh lớp 10 trường THPT? ?? B NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM I THỰC TRẠNG Trong năm học 2015-2016