Luận văn Thạc sĩ Sư phạm Toán: 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 trong tam giác

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC

LÊ 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 TRONG TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SĨ SƯ PHẠM TOÁN

Hà Nội - 2017

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI

TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC

LÊ 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 TRONG TAM GIÁC

LUẬN VĂN THẠC SĨ SƯ PHẠM TOÁN CHUYÊN NGÀNH: LÝ LUẬN VÀ PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC (BỘ MÔN TOÁN) Mã số: 8.14.01.11

Người hướng dẫn khoa học: GS. TSKH. Nguyễn Văn Mậu

Hà Nội - 2017

LỜI CẢM ƠN

Lời đầu tiên, tôi xin trân trọng cảm ơn Ban giám hiệu Trường Đại học

Giáo dục, Đại học Quốc gia Hà Nội và các thầy giáo, cô giáo đang công

tác giảng dạy tại trường đã nhiệt tình giảng dạy và hết lòng giúp đỡ tôi

trong quá trình học tập và nghiên cứu đề tài.

Đặc biệt tôi xin cảm ơn GS.TSKH. Nguyễn Văn Mậu. Thầy đã giao đề

tài và là người đã trực tiếp hướng dẫn và nhiệt tình chỉ bảo tôi trong quá

trình nghiên cứu, thực hiện đề tài.

Tôi cũng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, các thầy cô giáo và các

em học sinh trường Trung học phổ thông chuyên Vĩnh Phúc, phường Liên

Bảo, thành phố Vĩnh Yên, tỉnh Vĩnh Phúc đã giúp đỡ và tạo mọi điều kiện

thuận lợi để tôi hoàn thành luận văn này.

Đồng thời, tôi xin gửi lời cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp, đặc

biệt là các bạn học viên trong lớp K10 Cao học ngành lý luận và phương

pháp dạy học bộ môn toán học, trường Đại học Giáo dục, Đại học Quốc

gia Hà Nội đã luôn sát cánh và động viên tôi trong suốt quá trình học tập

và làm luận văn.

Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng luận văn không tránh khỏi những sai

sót. Tôi rất mong nhận được sự chỉ bảo, góp ý của thầy cô và các bạn.

Hà Nội, tháng 10 năm 2017

Tác giả

Lê Thị Nga.

Mục lục

Lời cảm ơn

Danh mục các kí hiệu, các chữ viết tắt

Danh sách các bảng

vii

Danh sách các biểu đồ

MỞ ĐẦU

Chương 1 CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

1.1 Một số khái niệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.1.1 Năng lực . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.1.2 Năng lực toán học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

1.1.2 Năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề . . . . . . . .

1.2 Dạy học phát triển năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề .

1.2.1 Vấn đề, tình huống gợi vấn đề

. . . . . . . . . . . . .

1.2.2 Đặc điểm của dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề . 10

1.2.3 Các hình thức và cấp độ dạy học phát hiện và giải

quyết vấn đề . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 11

1.2.4 Quy trình dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề . . . 12

1.3 Vai trò của chủ đề bất đẳng thức đại số trong tam giác trong

công tác bồi dưỡng học sinh giỏi THPT . . . . . . . . . . . 13

1.4 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 . . 13

1.5 Thực trạng dạy học phát triển năng lực phát hiện và giải

quyết vấn đề cho học sinh giỏi THPT qua chuyên đề bất

đẳng thức đại số trong tam giác . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.5.1 Học sinh . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 14

1.5.2 Giáo viên . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.5.3 Nhà trường . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 15

1.6 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 . . . . . . 16

1.6.1 Thuận lợi . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

1.6.2 Khó khăn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16

Kết luận Chương 1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 17

Chương 2 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

2.1 Cơ sở để xây dựng các biện pháp . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.1.1 Cơ sở triết học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.1.2 Cơ sở tâm lý học

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.1.3 Cơ sở giáo dục học

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 18

2.1.4 Các cấp độ dạy học theo sự phát triển năng lực . . . . 18

2.2 Biện pháp 1: Hướng dẫn học sinh nắm vững các kiến thức cơ

bản . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19

2.2.1 Các định lý cơ bản trong tam giác . . . . . . . . . . . 19

2.2.2 Một số bất đẳng thức cổ điển . . . . . . . . . . . . . . 21

2.3 Biện pháp 2: Thiết kế những bài toán bất đẳng thức đại số

trong tam giác tạo thành tình huống có vấn đề . . . . . . . 29

2.3.1 Các cách tạo tình huống có vấn đề . . . . . . . . . . . 29

2.3.2 Một số bài toán minh họa . . . . . . . . . . . . . . . . 29

2.4 Biện pháp 3: Xây dựng hệ thống các dạng bài tập và phương

pháp giải . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

2.4.1 Các bài toán liên quan đến độ dài cạnh, chu vi, diện

tích tam giác . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37

iii

2.4.2 Các bài toán liên quan đến yếu tố bên trong tam giác:

đường cao, đường trung tuyến, đường phân giác . . . 48

2.4.3 Các bài toán liên quan đến bán kính đường tròn nội

tiếp, ngoại tiếp, bàng tiếp . . . . . . . . . . . . . . . 57

2.5 Biện pháp 4: Hướng dẫn học sinh khai thác các bài toán ở

các tạp chí toán học, các kì thi học sinh giỏi trong và ngoài

nước . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 66

Kết luận Chương 2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79

Chương 3 THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM

3.1 Mục đích và nhiệm vụ của thực nghiệm sư phạm . . . . . . . 80

3.2 Tổ chức thực nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

3.3 Nội dung thực nghiệm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 80

3.4 Phân tích, đánh giá kết quả thực nghiệm . . . . . . . . . . . 106

Kết luận Chương 3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 113

KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ

114

TÀI LIỆU THAM KHẢO

115

DANH MỤC CÁC KÍ HIỆU, CHỮ VIẾT TẮT

• (cid:52)ABC: tam giác ABC

• A, B, C: 3 đỉnh của tam giác ABC hay số đo các góc trong tam giác

ABC

• a, b, c: độ dài các cạnh của tam giác ABC, a = BC, b = AC, c = AB

• ĐC: Đối chứng

• GV: Giáo viên

của tam giác ABC

• ha, hb, hc: các đường cao của tam giác ABC xuất phát từ đỉnh A, B, C

• HS: Học sinh

tam giác ABC.

• la, lb, lc: các đường phân giác trong xuất phát từ đỉnh A, B, C của

tam giác ABC

• ma, mb, mc: các đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A, B, C của

• PH&GQVĐ: Phát hiện và giải quyết vấn đề

: nửa chu vi tam giác ABC

• p = a + b + c 2

• R: bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

• r: bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC

• ra, rb, rc: bán kính đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C của tam giác

ABC

• S: diện tích tam giác ABC

• TN: Thực nghiệm

• THPT: Trung học phổ thông

DANH MỤC CÁC BẢNG

Bảng 3.1. Bảng phân phối tần số, tần suất và tần suất tích lũy kết quả của bài kiểm tra trước thực nghiệm..................................... 107 Bảng 3.2. Bảng tổng hợp phân loại kết quả của bài kiểm tra trước thực nghiệm............................................................................ 108 Bảng 3.3. Bảng tổng hợp các tham số đặc trưng của bài kiểm tra trước thực nghiệm.............................................................................. 109 Bảng 3.4. Bảng phân phối tần số kết quả của bài kiểm tra sau thực nghiệm...................................................................................... 109 Bảng 3.5. Bảng phân phối tần suất kết quả của bài kiểm tra sau thực nghiệm................................................................................ 109 Bảng 3.6. Bảng phân phối tần suất tích lũy kết quả của bài kiểm tra sau thực nghiệm............................................................................ 110 Bảng 3.7. Bảng tổng hợp phân loại kết quả của bài kiểm tra sau thực nghiệm................................................................................. 111 Bảng 3.8. Bảng tổng hợp các tham số đặc trưng của bài kiểm tra sau thực nghiệm................................................................................. 111

DANH MỤC CÁC BIỂU ĐỒ

107

108

110

Biểu đồ 3.1. Biểu đồ tần suất số học sinh đạt điểm Xi trở xuống bài kiểm tra trước thực nghiệm...................................... Biểu đồ 3.2. Biểu đồ đường lũy tích phần trăm số học sinh đạt điểm Xi trở xuống bài kiểm trước thực nghiệm...................................... Biểu đồ 3.3. Biểu đồ phân loại kết quả học tập của học sinh bài kiểm tra trước thực nghiệm............................................................ Biểu đồ 3.4. Biểu đồ tần suất số học sinh đạt điểm Xi trở xuống bài kiểm tra sau thực nghiệm.................................... Biểu đồ 3.5. Biểu đồ đường lũy tích phần trăm số học sinh đạt điểm Xi trở xuống bài kiểm tra sau thực nghiệm..................................... 110 Biểu đồ 3.6. Biểu đồ phân loại kết quả học tập của học sinh bài kiểm tra sau thực nghiệm................................................................. 111

vii

MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài

Cùng với sự phát triển mạnh mẽ của nền kinh tế tri thức trên toàn thế

giới và sự hội nhập quốc tế sâu rộng hơn của nước ta đã đặt ra những

yêu cầu, nhiệm vụ, thách thức mới cho ngành Giáo dục nói riêng và của

toàn Đảng, toàn dân nói chung. Đó là “đào tạo con người Việt Nam phát

triển toàn diện, có đạo đức, tri thức, sức khỏe, thẩm mỹ và nghề nghiệp,

trung thành với lý tưởng độc lập và xã hội, hình thành và bồi dưỡng nhân

cách, phẩm chất và năng lực của công dân, đáp ứng yêu cầu sự nghiệp xây

dựng và bảo vệ Tổ quốc, đào tạo những con người lao động tự chủ, năng

động sáng tạo, có năng lực giải quyết các vấn đề do thực tiễn đặt ra”. Do

vậy mà ngành Giáo dục phải có định hướng phát triển, có tầm nhìn chiến

lược, ổn định lâu dài cùng những đổi mới về phương pháp, hình thức tổ

chức, quản lí giáo dục và đào tạo cho phù hợp. Đi đầu là những đổi mới

về phương pháp dạy học.

Luật Giáo dục sửa đổi ban hành ngày 27/6/2005 cũng đã nêu rõ “Phương

pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác chủ động,

sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học;

bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào

thực tiễn; tác động đến tình cảm; đem lại niềm vui hứng thú học tập cho

học sinh”.

Để thực hiện mục tiêu giáo dục này, các trường đã từng bước áp dụng

các phương pháp dạy học hiện đại, dạy học phát triển năng lực. Mỗi học

sinh cần trang bị cho mình một vài năng lực cần thiết, phát hiện và giải

quyết vấn đề là một trong những năng lực đó. Phương pháp dạy học “Phát

hiện và giải quyết vấn đề” là một phương pháp dạy học tích cực. Nó phát

huy tính tích cực, chủ động tư duy của học sinh. Phương pháp dạy học

này phù hợp với tư tưởng hiện đại về đổi mới mục tiêu, phù hợp với yêu

cầu đổi mới của giáo dục nước nhà là xây dựng những con người biết đặt

và giải quyết vấn đề trong cuộc sống.

Trong chương trình toán Trung học phổ thông, bất đẳng thức nói chung

và bất đẳng thức trong tam giác nói riêng có mặt trong nhiều kì thi quan

trọng như tuyển sinh đại học, thi học sinh giỏi các cấp, các kì thi Olympic

trong và ngoài nước. . . Nhưng đó cũng là một phân môn khó đòi hỏi sự

tư duy, sáng tạo, nhạy bén khiến đa số học sinh ngại học bất đẳng thức.

Như vậy sẽ hình thành khoảng trống trong kiến thức toán học của các em

học sinh.

Để cải thiện tình hình nói trên, giáo viên cần phải có những biện pháp

dạy học tích cực mang lại hứng thú cho học sinh, tạo động lực thúc đẩy

các em nhận biết vấn đề và từng bước giải quyết vấn đề đó.

Với những lí do trên, tôi quyết định chọn đề tài “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 trong tam giác” làm luận văn tốt

nghiệp. Thông qua đề tài này giúp bản thân trau dồi thêm kiến thức, kĩ

năng dạy học đặc biệt là dạy học tích cực; giúp các em học sinh thấy hứng

thú và chủ động và tự tin hơn với dạng toán bất đẳng thức này.

2. Lịch sử nghiên cứu

Thuật ngữ “dạy học nêu vấn đề” xuất phát từ thuật ngữ “Orixtic” hay

còn gọi là phương pháp phát kiến, tìm tòi. Nó có tên gọi là “Dạy học

phát hiện và giải quyết vấn đề”, xuất hiện vào năm 1970 tại trường Đại

học Hamilton–Canađa, sau đó phát triển nhanh chóng tại trường Đại học

Maastricht–Hà Lan. Dạy học GQVĐ đã được nhiều nhà khoa học nghiên

cứu như A. Jahecđơ, B. E Raicôp, Xcatlin, Machiuskin, Lecne,.... Tuy

nhiên, dạy học giải quyết vấn đề đã không phải dễ dàng được chấp nhận

và sử dụng trong thực tiễn dạy học ở các nhà trường, mà đã phải trải qua

nhiều thử thách, thực nghiệm trong gần suốt một thế kỷ 20 để đến gần

đây mới được sử dụng thực sự ở nhiều trường đại học ở Hoa Kỳ và trở

thành một yếu tố chủ đạo trong cải cách giáo dục ở một số nước khác.

Ở trong nước, Phạm Tất Đắc, Nguyễn Bá Kim, Lê Khánh Bằng là

những người đi đầu nghiên cứu về phương pháp dạy học giải quyết vấn

đề. Sau này còn có nhiều các nhà giáo dục học cũng viết nhiều công trình,

sách báo về phương pháp này cũng như các ứng dụng cụ thể vào từng môn

học, từng cấp học.

Trong nước có rất nhiều các khóa luận tốt nghiệp, luận văn thạc sĩ,

luận văn tiến sĩ về "phát triển năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề"

hay về " bất đẳng thức trong tam giác" nhưng chưa có ai kết hợp giữa

phát triển năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề và bất đẳng thức đại

số trong tam giác nên tôi quyết định làm luận văn với đề tài "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 trong tam giác".

3. Mục tiêu nghiên cứu

Phân tích mối liên hệ giữa dạy học bất đẳng thức đại số trong tam giác

và năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề của học sinh, từ đó đề xuất

một số biện pháp nhằm phát triển năng lực giải quyết vấn đề cho học sinh

khá, giỏi môn Toán cấp Trung học phổ thông qua dạy học bất đẳng thức

đại số trong tam giác.

4. Giả thuyết nghiên cứu

Xây dựng được bài soạn với hệ thống bài tập tốt, hướng giải hay và

áp dụng được những phương pháp dạy học tích cực nhằm phát triển năng

lực phát hiện và giải quyết vấn đề cho học sinh giỏi THPT qua dạy học

chuyên đề Bất đẳng thức đại số trong tam giác.

5. Khách thể nghiên cứu, đối tượng nghiên cứu

5.1. Khách thể nghiên cứu

Là học sinh lớp khá, giỏi môn Toán lớp 11 cấp Trung học phổ thông.

5.2. Đối tượng nghiên cứu

Là năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề và các biện pháp nhằm phát

triển năng lực giải quyết vấn đề cho học sinh giỏi môn Toán cấp Trung

học phổ thông.

6. Giới hạn nghiên cứu, địa bàn thực nghiệm

6.1. Giới hạn nghiên cứu

Chương trình Toán học Trung học phổ thông.

6.2. Địa bàn thực nghiệm

Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc, phường Liên Bảo, thành phố Vĩnh

Yên, tỉnh Vĩnh Phúc.

7. Nhiệm vụ nghiên cứu

Nghiên cứu cơ sở lý luận của đề tài. Trong phần này, đề tài sẽ hệ thống

hóa cơ sở lý luận về dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề, về Bất đẳng

thức đại số trong tam giác và mối liên hệ giữa chúng.

Tìm hiểu tình hình dạy học chuyên đề Bất đẳng thức đại số trong tam

giác ở trường Trung học phổ thông chuyên Vĩnh Phúc và một số trường

Trung học phổ thông khác. Đánh giá thực trạng về dạy học bất đẳng thức

đại số trong tam giác, phân tích các yếu tố ảnh hưởng đến năng lực phát

hiện và giải quyết vấn đề của học sinh giỏi môn Toán cấp Trung học phổ

thông.

Đề xuất các giải pháp nhằm phát triển năng lực phát hiện và giải quyết

vấn đề cho học sinh giỏi môn Toán cấp THPT trong dạy học bất đẳng

thức đại số trong tam giác.

Xây dựng một số giáo án thực nghiệm, tiến hành thực nghiệm nhằm

đánh giá tính khả thi của các biện pháp trên.

8. Phương pháp nghiên cứu

Phương pháp nghiên cứu lí luận: Đọc và phân tích, tổng hợp, hệ thống

hóa các nguồn tư liệu (sách, tài liệu, các bài tập tiểu luận, khóa luận, luận

văn, bài báo cáo khoa học,. . . ) để xây dựng cơ sở cho đề tài nghiên cứu.

Phương pháp nghiên cứu thực tiễn: Điều tra, quan sát thông qua tiến

hành dự giờ, trao đổi, tham khảo ý kiến một số đồng nghiệp có kinh

nghiệm; tìm hiểu thực tiễn giảng dạy Bất đẳng thức đại số trong tam giác.

Sử dụng phiếu hỏi, trò chuyện với học sinh nhằm đánh giá thực trạng

và hiệu quả của việc sử dụng phương pháp mới với việc phát triển năng

lực phát hiện và giải quyết vấn đề của học sinh Trung học phổ thông.

Phương pháp thực nghiệm sư phạm: Thực nghiệm giảng dạy một số

giáo án soạn theo hướng của đề tài nhằm đánh giá tính khả thi và hiệu

quả của đề tài.

Phương pháp thống kê toán học: Sử dụng các phần mềm thống kê toán

học, trong đó chủ yếu là phần mềm SPSS để xử lí số liệu điều tra khảo

sát.

9. Đóng góp của luận văn

Luận văn đã tổng quan một cách rõ ràng cơ sở lý luận và những vấn đề

cơ bản về phát triển năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề.

Luận văn cũng đề xuất được một số biện pháp nhằm 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 trong tam giác.

10. Cấu trúc luận văn

Ngoài lời cảm ơn, mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và phụ lục, luận

văn dự kiến được trình bày trong 3 chương:

Chương 1 Cơ sở lí luận và thực tiễn.

Chương 2 Đề xuất các biện pháp phát triển năng lực phát hiện và giải

quyết vấn đề cho học sinh giỏi qua dạy chuyên đề bất đẳng thức đại số

trong tam giác.

Chương 3 Thực nghiệm sư phạm.

CHƯƠNG 1

CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN

1.1 Một số khái niệm

1.1.1 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.

Theo từ điển Bách khoa Việt Nam: “Năng lực là đặc điểm của cá nhân

thể hiện mức độ thông thạo, tức là có thể thực hiện một cách thành thục

và chắc chắn một hay một số dạng hoạt động nào đó”.

Theo tâm lý học: “Năng lực là tổ hợp những thuộc tính độc đáo của cá

nhân phù hợp với những yêu cầu đặc trưng của một hoạt động nhất định

nhằm đảm bảo cho hoạt động đó có kết quả tốt ”.

Như vậy có thể hiểu: “Năng lực là tổ hợp các kỹ năng của cá nhân đảm

bảo thực hiện được một dạng hoạt động nào đó”. Năng lực gồm có năng

lực chung và năng lực đặc thù. Năng lực chung là năng lực cơ bản cần

thiết mà bất cứ người nào cũng cần phải có để sống và học tập, làm việc.

Năng lực đặc thù thể hiện trên từng lĩnh vực khác nhau như năng lực đặc

thù môn học là năng lực được hình thành và phát triển do đặc điểm của

môn học đó tạo nên.

1.1.2 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 về hoạt động trí tuệ của

học sinh giúp họ nắm vững và vận dụng tương đối nhanh, dễ dàng, sâu

sắc những kiến thức, kĩ năng, kĩ xảo trong môn toán .

Năng lực toán học được hình thành, phát triển, thể hiện thông qua và

gắn liền với các hoạt động của học sinh nhằm giải quyết các nhiệm vụ học

tập trong môn Toán: xây dựng và vận dụng khái niệm, chứng minh và vận

dụng định lý, giải bài toán,. . .

Trong khuôn khổ của PISA, OECD định nghĩa về năng lực toán học là

khả năng của một cá nhân có thể nhận biết và hiểu vai trò của toán học

trong đời sống, phán đoán và lập luận dựa trên cơ sở vững chắc, sử dụng

và hình thành niềm đam mê tìm tòi khám phá toán học để đáp ứng những

nhu cầu trong đời sống của cá nhân đó với vai trò là một công dân có ý

thức, có tính xây dựng, và có hiểu biết [3]. Do đó, cần quan tâm đến năng

lực của học sinh được hình thành qua việc học toán nhằm đáp ứng với

những thách thức của đời sống hiện tại và tương lai; quan tâm đến năng

lực phân tích, lập luận và trao đổi thông tin một cách có 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.

Bởi vậy, năng lực toán học không phải là một hệ thống kiến thức toán

học phổ thông truyền thống mà điều được nhấn mạnh ở đây là kiến thức

toán học được sử dụng như thế nào để tạo ra ở học sinh khả năng suy xét,

lập luận và hiểu được ý nghĩa của kiến thức toán học. Theo V.A.Krutetxki

cấu trúc năng lực toán 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

9. Năng lực phân tích bài toán và xác định các phép toán có thể áp dụng

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 tổ hợp các năng lực thể hiện ở các kĩ năng

(thao tác tư duy và hoạt động) trong hoạt động học tập nhằm giải quyết

có hiệu quả những nhiệm vụ của bài toán.

1.2 Dạy học phát triển năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề

Phương pháp dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề là một phương

pháp dạy học mà ở đó người giáo viên tạo ra cho học sinh những tình

huống có vấn đề và học sinh sẽ chủ động, tích cực suy nghĩ để giải quyết

vấn đề. Sự tích cực hoạt động tư duy của học sinh là một yếu tố quan

trọng quyết định sự phát triển của bản thân người học. Do đó người thầy

cần phải bồi dưỡng và phát huy được cao độ năng lực tư duy tích cực của

trò trong quá trình dạy học.

1.2.1 Vấn đề, tình huống gợi vấn đề

Có nhiều cách hiểu thuật ngữ “vấn đề” nhưng hiểu theo nghĩa dùng

trong giáo dục thì vấn đề là bài toán mà chủ thể chưa biết ít nhất một

phần tử của khách thể, mong muốn tìm phần tử chưa biết đó dựa vào

những phần tử biết trước nhưng chưa có trong tay 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:

thực hiện).

• Câu hỏi còn chưa được giải đáp (yêu cầu hành động còn chưa được

hỏi hoặc thực hiện yêu cầu đặt ra.

Vấn đề mang một ý nghĩa khách quan như vậy thật ra ít xuất hiện trong

dạy học toán cũng như trong dạy học nói chung. Để có thể vận dụng một

• Chưa có một phương pháp có tính chất thuật toán để giải đáp câu

cách có hiệu quả khái niệm vấn đề trong giáo dục, người ta thường hiểu

khái niệm này 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:

hành động đó.

• Học sinh chưa giải đáp được câu hỏi đó hoặc chưa thực hiện được

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, giáo sư

Nguyễn Bá Kim,... Mặc dù có những khác biệt nhưng tất cả đều thống

nhất tình huống có vấn đề là 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.

• Học sinh chưa được học một quy tắc có tính chất thuật toán nào để

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.

1.2.2 Đặc điểm của dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề

Trong phương pháp dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề người thầy

không đọc bài giảng cho học sinh viết, giải thích hoặc nỗ lực chuyển tải

kiến thức đến cho học sinh mà là người tạo ra tình huống gợi vấn đề cho

học sinh, thiết lập các tình huống và cấu trúc cần thiết cho học sinh, điều

khiển học sinh phát hiện ra vấn đề dựa trên hoạt động tự giác, tích cực,

chủ động sáng tạo của chính bản thân người học. Người thầy là người xác

nhận kiến thức, thể chế hóa kiến thức cho học sinh. Thông qua đó học

sinh tiếp nhận được tri thức mới, rèn luyện kĩ năng và đạt được những

mục tiêu học tập khác. Phương pháp dạy học này mang tính chất khác

hẳn về nguyên tắc so với phương pháp dạy học giải thích – minh họa.

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.

Như vậy: Bản chất của dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề là quá trình

nhận thức độc đáo của học sinh trong đó dưới sự chỉ đạo, hướng dẫn của

giáo viên, học sinh nắm được tri thức và cách thức hoạt động trí tuệ mới

thông qua quá trình tự lực giải quyết các tình huống có vấn đề.

1.2.3 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 như sau:

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 nhất: Giáo viên nêu vấn đề và trình bày cách giải quyết còn học

học sinh giải quyết vấn đề dựa vào sự hướng dẫn, gợi ý của giáo viên.

Với hình thức thoạt đầu này ta thấy phương pháp dạy học phát hiện

và giải quyết vấn đề gần giống như dạy học theo phương pháp vấn

đáp. Tuy nhiên hai cách dạy 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

của phương pháp này so với phương pháp dạy học vấn đáp.

• Thứ hai: Giáo viên nêu vấn đề và dẫn dắt học sinh giải quyết vấn đề.

• Thứ ba: Giáo viên cung cấp thông tin để tạo ra tình huống còn học

sinh phát hiện ra vấn đề và tự lực huy động kiến thức, đề xuất các

giải pháp giải quyết vấn đề.

lập lựa chọn các giải pháp, đề xuất các giả thuyết và xây dựng kế

hoạch, thực hiện kế hoạch giải quyết vấn đề. Đây là hình thức dạy

học mà tính độc lập của học sinh được phát huy cao độ nhất.

1.2.4 Quy trình dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề

Qua việc nghiên cứu những đặc điểm của phương pháp dạy học phát

hiện và giải quyết vấn đề ta thấy hạt nhân của phương pháp dạy học này là

việc điều khiển học sinh tự thực hiện hoặc hòa nhập vào quá trình nghiên

cứu vấn đề. Quá trình này được chia làm bốn bước sau:

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 hướng giải quyết vấn đề, thường sử dụng các cách:

quy lạ về quen, khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự hóa, suy xuôi, suy

ngược tiến, suy ngược lùi,... Việc thực hiện hướng giải quyết vấn đề có thể

được thực hiện nhiều lần đến khi tìm được hướng đi hợp lí.

- 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.

• Thứ tư: Học sinh tự phát hiện vấn đề từ một tình huống thực và độc

1.3 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 đại trà thì công tác bồi dưỡng học

sinh giỏi cũng là một nhiệm vụ quan trọng trong việc nâng cao chất lượng

giáo dục, đào tạo nguồn nhân lực, bồi dưỡng nhân tài cho Quốc gia. Đặc

biệt ở các trường năng khiếu và các trường chuyên thì nhiệm vụ phát triển

mũi nhọn này càng được chú trọng hơn.

Toán học là một ngành khoa học cơ bản, có vai trò quan trọng trong

đời sống và không thể thiếu trong hầu hết các ngành khoa học khác. Có

thể coi Toán học là một trong những thước đo đánh giá chất lượng giáo

dục, trình độ dân trí. Vì vậy để nâng cao chất lượng giáo dục, nâng cao

trình độ dân trí, đưa Việt Nam phát triển và hoà nhập với nền giáo dục

của các quốc gia khác trên thế giới thì đẩy mạnh công tác bồi dưỡng học

sinh giỏi nói chung và học sinh giỏi toán nói riêng là cần thiết và đúng

đắn.

Có rất nhiều các kì thi dành cho học sinh giỏi Toán như giải toán bằng

tiếng anh, giải toán qua internet, giải toán bằng máy tính cầm tay casio,

các kì thi Toán cấp trường, cấp huyện, cấp tỉnh, kì thi học sinh giỏi Quốc

gia, kì thi toán Quốc tế,. . . giúp các em trau dồi kĩ năng, kiến thức và kinh

nghiệm thi cử. Xuất hiện ở hầu hết các kì thi toán học, bất đẳng thức là

một nội dung không quá mới lạ nhưng luôn là phần khiến các em học sinh

cảm thấy lúng túng, mất tự tin và thấy khó khăn trong việc tìm hướng

giải. Trong khuôn khổ luận văn này, tôi chỉ trình bày về nội dung bất đẳng

thức đại số trong tam giác-một nội dung thường gặp trong các kì thi học

sinh giỏi nhất là thi học sinh giỏi cấp Tỉnh, kì thi Quốc gia, Quốc tế.

1.4 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

Bất đẳng thức là một nội dung lớn của Toán học, được đánh giá là cái

hay cái đẹp của Toán học. Vẻ đẹp của bất đẳng thức là khi thực hành hay

giải quyết một vấn đề hay bài toán bất đẳng thức thì không đòi hỏi nhiều

về kiến thức, kĩ thuật giải toán mà thiên về ý tưởng, sự thông minh, dễ

phát hiện được học sinh có năng lực Toán học khi phát hiện và giải quyết

vấn đề về bất đẳng thức.

Giải bất đẳng thức đôi khi chỉ cần nắm bắt ý tưởng, phát hiện được

vấn đề cốt lõi là coi như đã xong bài toán. Vì thế học bất đẳng thức nói

chung và bất đẳng thức đại số trong tam giác nói riêng sẽ giúp rèn luyện

cho học sinh năng lực phát hiện, nắm bắt vấn đề, hình thành giải pháp để

giải quyết vấn đề.

Rèn luyện năng lực PH&GQVĐ qua dạy chuyên đề bất đẳng thức đại

số trong tam giác sẽ tăng hứng thú và niềm say mê toán học cho học sinh.

Biến những bài toán khô khan thành những vấn đề mang tính chất là động

lực thôi thúc học sinh tìm hiểu và giải quyết nó. Và khi đã học tập bằng

niềm đam mê và hứng thú thì hiệu quả của học tập tăng lên là điều tất

yếu. Hơn thế, các em sẽ chủ động và tự tin hơn khi gặp những vấn đề mới

phát sinh.

Như vậy giữa việc dạy học bất đẳng thức đại số trong tam giác và sự

rèn luyện năng lực PH&GQVĐ cho học sinh khá, giỏi có mối quan hệ mật

thiết với nhau, cùng hỗ trợ và thúc đẩy nhau để đạt hiệu quả học tập cao.

1.5 Thực trạng dạy học phát triển năng lực phát hiện và giải

quyết vấn đề cho học sinh giỏi THPT qua chuyên đề bất đẳng

thức đại số trong tam giác

1.5.1 Học sinh

Học sinh là thành tố quyết định trong quá trình dạy học. Thực tiễn cho

thấy học sinh hiện nay còn tồn tại một vài vấn đề về cách học.

Thứ nhất, học sinh học tập một cách thụ động. Mục đích và động cơ

học tập chính của học sinh là vượt qua các kì thi, đạt thành tích cao trong

các kì thi đó chứ không phải học tập nhằm phát triển năng lực, phát triển

tư duy.

Thứ hai, học sinh thường học tủ nên khi đi thi có thể làm được bài rất

khó (do trúng tủ) nhưng gặp những bài đơn giản lại không làm được, hoặc

những bài tương tự cũng không biết cách giải.

Thứ ba, học sinh học với phương châm “thi gì học nấy” nên chỉ chú

trọng, tập trung ôn luyện vào các dạng toán thường gặp trong các kì thi

mà không chú ý rèn luyện năng lực toán học, vì thế khi gặp dạng toán mới

sẽ không phát hiện được vấn đề cốt lõi nằm ở đâu và không có kĩ năng để

hình thành giải pháp để giải quyết vấn đề đó. Nói đơn giản hơn chính là

kiểu học “hình thức” chứ không phải hiểu được “bản chất” của vấn đề.

Thực trạng trên dẫn đến hệ quả là các em học sinh vẫn mang tính thụ

động cao, chưa phát huy được hết khả năng của mình, chưa rèn được năng

lực tư duy, chưa biết vận dụng kiến thức để phát hiện và giải quyết vấn

đề. Điều đó cho thấy công tác bồi dưỡng học sinh giỏi vẫn chưa đáp ứng

được mục tiêu của giáo dục phổ thông là "giúp học sinh phát triển toàn

diện về đạo đức, trí tuệ, thể chất, thẩm mỹ và các kĩ năng cơ bản, phát

triển năng lực cá nhân, tính năng động, sáng tạo,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 đi vào cuộc sống lao

động, tham gia xây dựng và bảo vệ Tổ quốc."

1.5.2 Giáo viên

Giáo viên đa phần vẫn quen với phương pháp dạy học truyền thống,

nặng về cung cấp kiến thức. Có thể giáo viên đã phần nào áp dụng phương

pháp dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề trên lớp đại trà nhưng khi

bồi dưỡng học sinh giỏi thì lại thuần túy và trung thành với phương pháp

dạy học truyền thống.

Mặc dù được tập huấn, trao đổi kinh nghiệm trong tổ chuyên môn,

được hỗ trợ về các trang thiết bị công nghệ nhưng không phải giáo viên

nào cũng có thể sử dụng thành thạo các trang thiết bị dạy học đa phương

tiện đó, đặc biệt là các giáo viên lâu năm, tuy rất giàu kinh nghiệm và chắc

kiến thức chuyên môn nhưng lại phản ứng chậm với sự đổi mới phương

pháp dạy học.

Cách thức kiểm tra, đánh giá vẫn chủ yếu là ghi nhớ và tái hiện mà

chưa chú trọng đến năng lực của học sinh. Nói cách khác là sự đổi mới về

phương pháp dạy học chưa đồng đều với sự thay đổi cách thức kiểm tra,

đánh giá.

1.5.3 Nhà trường

Phía nhà trường vẫn đặt nặng vấn đề “thành tích”, gây áp lực đối với

cả giáo viên và học sinh.

Cơ sở vật chất, trang thiết bị dạy học hiện nay tuy đã được cải thiện

đáng kể nhưng vẫn chưa đáp ứng đưuọc yêu cầu đổi mới phương pháp dạy

học. Một số trang thiết bị được trang bị mới nhưng số lượng hạn chế và

rất ít được sử dụng.

Hằng năm tổ chức tập huấn về đổi mới phương pháp dạy học nhưng

chưa thực sự đạt hiệu quả, mỗi trường cử một vài đại diện đi tập huấn và

khi về trường công tác triển khai chưa được tốt.

1.6 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

1.6.1 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 những cách thức và phương hướng

để nhằm đổi mới phương pháp dạy học, mang lại một môi trường đào tạo

giáo dục mới phù hợp với từng địa phương, với cả nước mà vừa hòa nhập,

tiếp cận được với thế giới.

Học sinh Việt Nam vốn có tố chất thông minh, ham học hỏi nên việc

đổi mới phương pháp dạy học sẽ đáp ứng được nhu cầu tìm kiếm tri thức,

giúp các em mở rộng hiểu biết chứ không bị bó hẹp bởi những kiến thức,

tri thức mà giáo viên truyền thụ như trước.

Giáo viên sẽ thấy hứng thú và bớt nhàm chán với công tác giảng dạy,

đồng thời chính các em học sinh sẽ đem lại nhiều hướng suy nghĩ và cách

nhìn vấn đề mới mẻ, từ đó giáo viên sẽ học hỏi được nhiều điều và đội ngũ

giáo viên ngày càng có chất lượng hơn.

1.6.2 Khó khăn

Việc đổi mới phương pháp dạy học còn mang nặng tính hình thức, giáo

viên thường chỉ sử dụng các phương pháp dạy học mới khi có người dự

giờ, có đoàn kiểm tra,..

Thời lượng cũng như nội dung chương trình còn gây nhiều khó khăn,

trở ngại trong việc đổi mới phương pháp dạy học.

Nhiều địa phương hiện nay cơ sở vật chất còn chưa đáp ứng được yêu

cầu đặt ra của việc đổi mới phương pháp dạy học.

Đội ngũ giáo viên mặc dù có nhiều kinh nghiệm và chắc kiến thức

chuyên môn nhưng kĩ năng về công nghệ thông tin, cách tổ chức hoạt

động tập thể vẫn còn hạn chế.

Kết luận Chương 1

Trong chương này chúng tôi đã nghiên cứu và trình bày một số vấn đề

về cơ sở lý luận và thực tiễn của đề tài đó là:

1. Những vấn đề khái quát về năng lực, năng lực toán học, năng lực

phát hiện và giải quyết vấn đề, dạy học giải quyết vấn đề.

2. Vị trí, tầm quan trọng của nội dung bất đẳng thức đại số trong tam

giác ở trung học phổ thông, đặc biệt là với đối tượng học sinh khá giỏi.

3. Thực trạng việc dạy và học theo hướng phát triển năng lực phát hiện

và giải quyết vấn đề của HS và GV cũng như phía nhà trường hiện nay.

4. Đưa ra được những 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.

Tất cả những vấn đề nêu trên là cơ sở để tôi xây dựng chương 2 - Đề

xuất một số biện pháp để 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 trong tam giác .

CHƯƠNG 2

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

2.1 Cơ sở để xây dựng các biện pháp

2.1.1 Cơ sở triết học

Theo triết học duy vật biện chứng, mâu thuẫn là động lực thúc đẩy quá

trình phát triển. Một vấn đề được gợi cho học sinh học tập chính là một

mâu thuẫn giữa yêu cầu nhiệm vụ nhận thức với kiến thức và kinh nghiệm

sẵn có. Tình huống này phản ánh một cách logic và biện chứng quan hệ

bên trong giữa kiến thức cũ, kĩ năng cũ, kinh nghiệm cũ với những yêu

cầu giải thích sự kiện mới hoặc đổi mới tình thế.

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 cũng biểu hiện sự thống nhất

giữa giáo dưỡng và giáo dục. Tác dụng giáo dục của nó là ở chỗ nó dạy

cho học sinh học cách khám phá, tức là rèn luyện cho học sinh cách thức

phát hiện, tiếp cận và giải quyết vấn đề một cách khoa học. Đồng thời nó

góp phần 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 các ví dụ minh họa để HS biết được cái mà mình đang tìm

hiểu là gì (định nghĩa), nó ở đâu và được biểu diễn như thế nào,...

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 các bài toán tổng hợp, nâng cao cần sử dụng nhiều kiến

thức khác nhau để giải quyết vấn đề, thường là các bài tập trong các kì

thi HSG, Olympic.

Các biện pháp được xây dựng dựa trên 5 cấp độ này. Biện pháp 1 hướng

dẫn học sinh nắm vững các kiến thức cơ bản ứng với cấp độ 1 và 2. Biện

pháp 2 xây dựng các bài toán bất đẳng thức thành các tình huống có vấn

đề và biện pháp 3 hệ thống các bài toán và phương pháp giải ứng với cấp

độ 3 và 4. Biện pháp 5 khai thác các bài toán trong các tạp chí toan shocj,

các kì thi HSG, thi Olympic trong và ngoài nước ứng với cấp độ 5.

2.2 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)

Định lí 2.2. .( Định lý hàm số cos)

= = = 2R. a sin A b sin B c sin C

a2 = b2 + c2 − 2bc cos A

b2 = a2 + c2 − 2ac cos B

Định lí 2.3. (Định lý hàm số tan)

c2 = a2 + b2 − 2ab cos C.

tan

= a − b a + b tan A − B 2 A + B 2

tan

= b − c b + c tan

tan

Định lí 2.4. (Công thức tính diện tích tam giác)

= c − a c + a tan B − C 2 B + C 2 C − A 2 C + A 2

S(cid:52)ABC = aha = chc 1 2 1 2

ab sin C = bc sin A = ac sin B = bhb = 1 2 1 2

= = pr = (p − a)ra = (p − b)rb = (p − c)rc

(Công thức He-ron).

Định lí 2.5. (Công thức tính bán kính nội tiếp, ngoại tiếp, bàng tiếp)

1 2 1 2 abc 4R (cid:113) = p(p − a)(p − b)(p − c)

R = = =

a 2 sin A r = (p − a) tan c 2 sin C = (p − b) tan abc 4S = (p − c) tan = b 2 sin B A 2 = B 2 C 2 S p

= ra = p. tan

= rb = p. tan

Định lí 2.6. (Công thức tính độ dài đường trung tuyến)

= . rc = p. tan A 2 B 2 C 2 S p − a S p − b S p − c

a =

− m2 b2 + c2 2 a2 4

b =

m2 −

c =

Định lí 2.7. (Công thức tính độ dài đường phân giác)

− . m2 a2 + c2 2 a2 + b2 2 b2 4 c2 4

cos la = 2bc b + c A 2

cos lb =

Định lí 2.8. (Công thức tính độ dài đường cao)

cos . lc = 2ac a + c 2ab a + b B 2 C 2

= ha = 2S a

= hb =

Định lí 2.9. (Công thức hình chiếu)

(cid:19)

(cid:18)

= hc = 2S b 2S c 2(cid:112)p(p − a)(p − b)(p − c) a 2(cid:112)p(p − a)(p − b)(p − c) b 2(cid:112)p(p − a)(p − b)(p − c) c

(cid:19)

(cid:18)

a = b. cos C + c. cos B = r cot + cot

(cid:19)

(cid:18)

b = a. cos C + c. cos A = r cot + cot

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.

+ cot c = a. cos B + b. cos A = r cot B 2 A 2 A 2 C 2 C 2 B 2

Dấu bằng xảy ra ↔ a = b.

• Với 2 số thực a, b không âm thì ta có: √ ≥ ab a + b 2

• Với n số thực x1, x2, ..., xn không âm thì ta có:

Dấu bằng xảy ra ↔ x1 = x2 = ... = xn.

Bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

Cho n cặp số bất kì a1, a2, ..., an và b1, b2..., bn. Khi đó ta có bất đẳng

thức:

√ ≥ n x1.x2...xn x1 + x2 + ... + xn n

1 + a2

2 + ... + a2

n)(b2

1 + b2

2 + ... + b2 n)

(a1b1 + a2b2 + ... + anbn)2 ≤ (a2

Hay viết một cách gọn hơn

(cid:32) n

(cid:33)2

(cid:32) n

(cid:33) (cid:32) n

(cid:33)

(cid:88)

i=1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi ∃k : ai = kbi với i = 1, 2, ..., n. Bất đẳng thức cộng Chebyshev

Nếu cho a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an và b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn thì ta có: (cid:32)

(cid:33) (cid:32)

(cid:33)

n (cid:88)

≤ aibi a2 i b2 i

k=1

Tương tự nếu a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an và b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn thì ta có:

(cid:32)

(cid:33) (cid:32)

(cid:33)

n (cid:88)

akbk ≥ ak bk 1 n 1 n 1 n

k=1

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:

(cid:19)

. akbk ≤ ak bk 1 n 1 n 1 n

(cid:18) 1 ab

(cid:19)

Bài giải (cid:19) (cid:18)b2 + c2 − a2

(a2+b2+c2) + + (sin A+sin B+sin C)(cot A+cot B+cot C) = . 1 2 1 bc 1 ac

(cid:18) a 2R

V T = + + + + b 2R a2 + b2 − c2 4S

· · = = a + b + c 2R c 2R a2 + b2 + c2 4S c2 + a2 − b2 4S a2 + b2 + c2 4S

4S a + b + c abc 2S

(cid:18) 1 bc

Vậy đẳng thức được chứng minh. Bài toán 2.2. Trong tam giác ABCcó 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 ra, rb, rc lần lượt là bán kính đường tròn bàng tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng:

= = a + b + c abc (a2 + b2 + c2) (cid:19) (a + b + c)(a2 + b2 + c2) 2abc (a2 + b2 + c2) + + = V P. = 1 ac 1 2 1 2 1 ab

√ abc = 4rR ra · rb + rb · rc + rc · ra.

Bài giải

(cid:115)

· + · + · V P = 4 S p abc 4S S p − a S p − b S p − b S p − c S p − c S p − a

(cid:115)

+ + = abc · 1 (p − a)(p − b) 1 (p − b)(p − c) 1 (p − c)(p − a) S p

(cid:114)

= abc · p(p − c) + p(p − a) + p(p − b) p(p − a)(p − b)(p − c) S p

= abc · p(3p − a − b − c) S2

(cid:114)p · p S2

= abc · S p S p

Ta có điều phải chứng minh. Bài toán 2.3. Chứng minh đẳng thức sau đây biết a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác, la, lb, lc là độ dài ba đường phân giác trong của tam giác đó.

= abc = V T.

a + b(c + a)2 · l2

b + c(a + b)2 · l2

c = abc(a + b + c)2.

Bài giải

Ta có la =

a(b + c)2 · l2

(cid:19)2 (cid:18)

(cid:19)

Suy ra l2

a =

(cid:18) 2bc b + c

Mà sin

· cos (cid:19)2 = . 1 − sin2 A 2

(cid:19)2 (cid:20)

(cid:21)

Nên l2

A 2bc b + c 2 (cid:18) 2bc · cos2 A b + c 2 (cid:114)(p − b)(p − c) bc A 2

a =

Do đó

(1)

1 − = (cid:18) 2bc b + c (p − b)(p − c) bc

a = 4abc [bc − (p − b)(p − c)] = 4abc(−p2 +pb+pc).

Tương tự ta có

(2) (3)

a(b+c)2 ·l2

b = 4abc(−p2 + pc + pa). c = 4abc(−p2 + pa + pb).

b(c + a)2 · l2 c(a + b)2 · l2

Cộng theo vế của (1), (2), (3) ta được,

Đẳng thức đã được chứng minh. Bài toán 2.4. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC bất kì ta có

V T = 4abc(−3p2 + 2pb + 2pa + 2pc) = 4abc (cid:2)−3p2 + 2p(a + b + c)(cid:3) = 4abc · p2 = abc · (2p)2 = abc(a + b + c)2 = V P.

Bài giải

Cách 1: Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

√ a2 + b2 + c2 ≥ 4 3S + (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2.

(1)

Ta có

√ 2(ab + bc + ca) ≥ 4 3S + a2 + b2 + c2.

cot A =

cot B =

(cid:19)

cot C = b2 + c2 − a2 4S c2 + a2 − b2 4S a2 + b2 − c2 4S

(cid:18) 1

Khi đó (1) ⇔ 4S

(cid:19)

√ + + ≥ 4 3S + 4S(cot A + cot B + cot C) sin A 1 sin B 1 sin C

(cid:18) 1

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều.

Cách 2: Vì a2 = b2 + c2 − 2bc. cos A và S =

√ + + ≥ ⇔ − cot A − cot B − cot C 3 sin C √ ≥ ⇔ tan + tan + tan 3 (ĐPCM). sin A A 2 sin B C 2 B 2

(cid:19)

bc. sin A nên ta có bất đẳng thức (2): 1 2 √ √ 3S = 2(b2 + c2) − 2bc. cos A − 2 3bc. sin A a2 + b2 + c2 − 4

(cid:18)Π 3

= 2(b2 + c2) − 4b cos ≥ 2(b2 + c2 − 2bc) = 2(b − c)2 − A

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. (cid:17) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi cos

(b − c)2 ≥ (a − b)2 + (c − a)2

(cid:16)π 3

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

− A = 1 và a = b; a = c. Hay

Bài giải

Ta có:

p √ r ≤ . ≤ R 2 3 3

= pr S(cid:52)ABC =

abc 4R √ ⇒ 2p = a + b + c ≥ 3 3 abc = 3 3(cid:112)4Rrp

Do đó 8p3 ≥ 2.4Rrp ≥ 27(8r2p) vì R ≥ 2r Vậy p ≥ 3

Lại có

√ 3r.

Sử dụng bất đẳng thức hàm số sin bất đẳng thức này tương đương với

√ ≤ ⇔ a + b + c ≤ 3 3R R 2 p √ 3 3

(1)

Bất đẳng thức (1) này đúng vì hàm số f (x) = sin x là hàm lồi trên (0, π)

do đó

√ 3 3 sin A + sin B + sin C ≤ 2

√

Bài toán 2.6. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:

≤ sin = sin 60. = sin A + sin B + sin C 3 A + B + C 3 3 2

4S2 ≤ a2(p − b)(p − c) + b2(p − a)(p − c) + c2(p − b)(p − a).

Bài giải

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương

4p(p−a)(p−b)(p−c) ≤ a2(p−b)(p−c)+b2(p−a)(p−c)+c2(p−b)(p−a)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM,

⇔ 4p ≤ + + a2 p − a b2 p − b c2 p − c

+ ≥ ≥ = a2 p − a b2 p − b 4ab c 2ab (cid:112)(p − a)(p − b)

Tương tự

2ab p − a + p − b 2

+ ≥

Từ đó

(cid:19)

+ ≥ b2 p − b a2 p − a c2 p − c c2 p − c 4bc a 4ac b

(cid:18)ab c

và

+ + ≥ 2 + + a2 p − a b2 p − b c2 p − c

ta có

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho từng cặp ab c

; ; bc a ab c ac b bc a ca b bc a ca b

Bài toán 2.7. Tam giác ABC có p là nửa chu vi, r là bán kính đường

+ + ≥ 2(a + b + c) = 4p (ĐPCM). a2 p − a b2 p − b c2 p − c

tròn nội tiếp tam giác. Hãy chứng minh p √ 3

Bài giải

và sử dụng công thức He-ron ta có

Áp dụng công thức r =

(1)

r ≤ . 3

(cid:112)(p − a)(p − b)(p − c) √ p

Theo bất đẳng thức AM-GM thì

(cid:21)3

r = = S p (cid:112)p(p − a)(p − b)(p − c) p

(cid:20)(p − a) + (p − b) + (p − c) 3

= (p − a)(p − b)(p − c) ≤ p3 27

Suy ra

(2)

(cid:112)(p − a)(p − b)(p − c) ≤

p p

√ √ 3 3

(ĐPCM).

Từ (1) và (2) suy ra r ≤

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

p √ 3 3

Với ha, hb, hc 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.

Bài giải

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

(cid:19)

(cid:19) (cid:18)ha + hb + hc

ha + hb + hc ≥ 9r

(cid:18)a + b + c 3

≥ 3 a · ha + b · hb + c · hc 3

⇔ ≥ 2S (a + b + c)(ha + hb + hc) 9

⇔ (ha + hb + hc) ≥

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c; ha = hb = hc 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:

= 9r. ⇔ ha + hb + hc ≥ 18S a + b + c 18.p.r 2p

Bài giải

Áp dụng liên tiếp 2 lần bất đẳng thức AM-GM ta có:

+ + ≥ 4. a2 p(p − a) b2 p(p − b) c2 p(p − c)

+ ≥ ≥ = . a2 p(p − a) b2 p(p − b) 4ab pc 2ab p(cid:112)(p − a)(p − b) p 2ab (p − a)(p − b) 2

Tương tự ta được

+ ≥

Từ đó

(cid:19)

(cid:18) a2

+ ≥ b2 p(p − b) a2 p(p − a) c2 p(p − c) c2 p(p − c) 4bc pa 4ac pb

(cid:18)ab pc

(cid:19)

(1)

2 + + ≥ 4 + + p(p − a) b2 p(p − b) c2 p(p − c) bc pa ac pb

Tương đương với a2 p(p − a)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho từng cặp

và

(cid:18)ab pc bc pa

+ + + + ≥ 2 b2 p(p − b) c2 p(p − c)

(2)

bc pa bc pa ac pb ac pb ab pc ab pc ac pb

(3)

+ ≥

(4)

+ ≥

+ ≥ . ab pc bc pa ab pc bc pa ac pb ac pb 2b p 2c p 2a p

Thay (2), (3), (4) vào (1) ta có a2 p(p − a)

Bất đẳng thức đã được chứng minh. Bài toán 2.10. Chứng minh rằng trong tam giác ABC ta luôn có

+ + ≥ = 4. b2 p(p − b) c2 p(p − c) 2(b + c + a) p

Bài giải

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

(cid:21)2

(p − a)(p − b)(p − c) ≤ abc. 1 8

(cid:21)2

(cid:20)b + c 2

(cid:20)(p − a) + (p − b) 2

Tương tự (p − b)(p − c) ≤

− + − a 2 a + c 2 b 2 = = . (p − a)(p − b) ≤ c2 4 4

Nhân vế theo vế tương ứng của 3 bất đẳng thức trên ta được

, (p − c)(p − a) ≤ a2 4 b2 4

(p − a)2(p − b)2(p − c)2 ≤

. ⇔ (p − a)(p − b)(p − c) ≤ a2b2c2 64 abc 8

2.3 Biện pháp 2: Thiết kế những bài toán bất đẳng thức đại số

trong tam giác tạo thành tình huống có vấn đề

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.

Sau đây là một số cách thông dụng để tạo ra các tình huống "có vấn

đề", chứ chưa phải là tình huống "gợi vấn đề". Để chúng trở thành các

tình huống "gợi vấn đề" cần phải đảm bảo rằng tình huống gợi ra ở học

sinh nhu cầu nhận thức và niềm tin ở khả năng.

tiễn.

• Dự đoán nhờ nhận xét trực quan, thực hành hoặc hoạt động thực

đề dẫn đến kiến thức mới.

• Tạo tình huống có vấn đề bằng cách khai thác kiến thức cũ, đặt vấn

• Lật ngược vấn đề.

• Xem xét tương tự, khái quát hóa, đặc biệt hóa.

• Khai thác kiến thức cũ, đặt vấn đề cho kiến thức mới.

2.3.2 Một số bài toán minh họa Bài toán 2.11. Cho (cid:52)ABC 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

• Tìm sai lầm và sửa chữa sai lầm.

T = 1 b2 + 1 c2 .

1 a2 + Bài toán 2.12. Cho (cid:52)ABC với bán kính đường tròn nội tiếp là r và chu vi 2p = 6. Chứng minh rằng ta luôn có bất đẳng thức sau:

+ + ≤ . 1 (4 − a)(4 − b) 1 (4 − b)(4 − c) 1 (4 − c)(4 − a) 3 6r2 + 2

Nhận xét. Hai bài toán này có cách giải quyết tương tự nhau, giáo viên

có thể hướng dẫn học sinh giải quyết một bài, và bài còn lại để học sinh

tự nhận thấy và tự giải quyết bài toán.

Giải bài toán 2.11

Vì a, b, c là nghiệm của phương trình

nên đặt

x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = 0

f (x) = x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp

Đạo hàm 2 lần f (x) ta được

= (x − a)(x − b)(x − c).

Suy ra

3x − 2p = (x − a) + (x − b) + (x − c).

Cho x = p ta có

= + + . 3x − 2p f (x) 1 (x − a)(x − b) 1 (x − b)(x − c) 1 (x − c)(x − a)

Tóm lại

+ + = = 1 (p − a)(p − b) 1 (p − b)(p − c) 1 (p − c)(p − a) p r2p 1 r2 .

Vậy Tmax =

+ + ≥ 1 4r2 = 1 4(p − a)(p − b) 1 4(p − b)(p − c) 1 4(p − c)(p − a) 1 a2 + 1 b2 + 1 c2 .

Giải bài toán 2.12

Vì a, b, c là nghiệm của phương trình

1 4r2 khi (cid:52)ABC đều.

nên

x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rr = 0

f (x) = x3 − 6x2 + (9 + r2 + 4Rr)x − 12Rr

= (x − a)(x − b)(x − c).

Đạo hàm 2 lần f (x) ta được

Suy ra

3x − 2p = (x − a) + (x − b) + (x − c).

Cho x = 4 ta có

= + + . 3x − 2p f (x) 1 (x − a)(x − b) 1 (x − b)(x − c) 1 (x − c)(x − a)

Vì R ≥ 2r nên

+ + = . 1 (4 − a)(4 − b) 1 (4 − b)(4 − c) 1 (4 − c)(4 − a) 3 2 + 2r2 + 2Rr

Dấu ” = ” xảy ra khi và chỉ khi R = 2r hay tam giác ABC đều.

Cho hai bài toán sau:

Bài toán 2.13. Giả sử tam giác ABC thay đổi. Kí hiệu độ dài cạnh là a, b, c và bán kính đường tròn nội, ngoại tiếp là r, R. Tìm giá trị lớn nhất

của biểu thức

+ + ≤ . 1 (4 − a)(4 − b) 1 (4 − b)(4 − c) 1 (4 − c)(4 − a) 3 6r2 + 2

Bài toán 2.14. Cho (cid:52)ABC với độ dài ba cạnh là a, b, c, p =

T = . ab + bc + ca + (a + b + c)r + r2 R2

và bán kính đường tròn nội tiếp r. Hãy chứng minh các kết quả sau đây: (i)

a + b + c 2

Nhận xét. Hai bài toán có vẻ gây khó khăn với học sinh bởi bất đẳng

thức đưa ra khá là cồng kềnh, học sinh sẽ nghĩ đến biến đổi tương đương,

tuy nhiên khi bắt tay vào làm thì không khả quan và phức tạp. Nhưng

nếu trước khi đưa ra hai bài toán này cho học sinh, giáo viên giới thiệu bổ

đề sau thì việc học sinh nhận biết vấn đề và giải quyết hai bài toán này

hoàn toàn đơn giản hơn rất nhiều.

(ii) − 7. + = + (a2 − bc)(b2 − ca)(c2 − ab) ≥ 8p3abc − (p2 + 9r2)3. (a − b)2 ab (c − a)2 ca (b − c)2 bc p2 + r2 2Rr

Bổ đề 2.1. Nếu x1, x2, x3 là 3 nghiệm của phương trình

thì (i)

x3 + a1x2 + a2x + a3 = 0

1 − x2x3)(x2 (x2 (x1 − x2)2 + x1x2

1 − a3 3 − x1x2) = a3 2 − x1x3)(x2 2. (x3 − x2)2 (x2 − x3)2 a1a2 = + a3 x3x1 x2x3

Áp dụng bổ đề này, ta có thể giải hai bài toán trên như sau.

Giải bài toán 2.13

Vì a, b, c là nghiệm của phương trình

− 9. (ii)

nên

x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = 0

Với x = −r ta có

+ + = . 1 x − a 1 x − b 1 x − c 3x2 − 4px + p2 + r2 + 4Rr (x − a)(x − b)(x − c)

Từ đây suy ra bất đẳng thức

(cid:19)

+ + = . 1 a + r 1 b + r 1 c + r 4r2 + 4pr + p2 + 4Rr (r + a)(r + b)(r + c)

(cid:18)39 4

√ + 3 3 R2

Hay

(cid:19)

+ + ≤ . 1 a + r 1 b + r 1 c + r (r + a)(r + b)(r + c)

(cid:18)39 4

√ R2. + 3 3 ab + bc + ca + (a + b + c) + r2 ≤

Vậy Tmax =

Giải bài toán 2.14

Ta biết nếu x1, x2, x3 là ba nghiệm của phương trình

√ + 3 3 khi (cid:52)ABC đều. 39 4

thì

x3 + a1x2 + a2x + a3 = 0

1 − x2x3)(x2

2 − x3x1)(x2

3 − x1x2) = a3

1a3 − a3 2;

(x2

Vì a, b, c là ba nghiệm của phương trình

+ + = − 9 (x1 − x2)2 x1x2 (x2 − x3)2 x2x3 (x3 − x1)2 x3x1 a1a2 a3

nên ta có (i)(a2 − bc)(b2 − ca)(c2 − ab) = 32p4Rr − (p2 + r2 + 4Rr)3. Vì 4Rrp = abc và R ≥ 2r nên

x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = 0

(a2 − bc)(b2 − ca)(c2 − ab) ≤ 8p3abc − (p2 + 9r2)3.

(ii) Từ hệ thức trên ta có

Suy ra

+ + = − 9 (a − b)2 ab (b − c)2 bc (c − a)2 ca 2p(p2 + r2 + 4Rr) 4Rrp

Bài toán 2.15. Chứng minh đẳng thức sau:

+ + = − 7. (a − b)2 ab (b − c)2 bc (c − a)2 ca p2 + r2 2Rr

Nhận xét. Vấn đề ở đây là ta không có trong tay biểu thức nào biểu diễn trực tiếp mối quan hệ giữa a, b, c và cot A, cot B, cot C nên học sinh cần

tìm được biểu thức biểu diễn mối quan hệ này qua những kiến thức đã

biết.

Học sinh:

(đã biết)

a2 + b2 + c2 = 4S(cot A + cot B + cot C).

cos A =

(đã biết trước đó trong phần lượng giác)

b2 + c2 − a2 2bc (đã biết) sin A =

cot A = a 2R sin A cos A

⇒ Học sinh hình thành được giải pháp.

Bài giải

Theo định lý hàm số cos ta có cos A =

Theo định lý hàm số sin ta có sin A =

Do đó cot A =

b2 + c2 − a2 2bc = = a 2R 2S bc 2 a abc 4S

Tương tự cot B =

và cot C =

= cos A sin A

Thay cot A, cot B, cot C vào vế phải của đẳng thức ban đầu ta được:

(cid:19)

b2 + c2 − a2 4S c2 + a2 − b2 4S a2 + b2 − c2 4S

(cid:18)b2 + c2 − a2 4S

Vậy ta chứng minh xong đẳng thức.

Trước khi giới thiệu định lý hàm số tan, giáo viên cho học sinh làm bài

4S + + = a2 + b2 + c2 = V T. c2 + a2 − b2 4S a2 + b2 − c2 4S

toán sau: Bài toán 2.16. Cho (cid:52)ABC vuông tại A, có độ dài các cạnh BC = a = 4, AC = b = 2 3, AB = c = 2. Hãy kiểm tra đẳng thức sau là đúng hay

sai.

√

Học sinh vận dụng kiến thức cũ (định lý hàm số cos) để tìm số đo các góc A, B, C. Ta có (cid:52)ABC vuông tại A suy ra A = 90o.

= . a − b a + b tan(A − B) tan(A + B)

Như vậy ta có:

cos B = = = ⇒ B = 60o. 16 + 4 − 12 2.4.2 1 2 √ 12 + 16 − 4 √ cos C = = = ⇒ C = 30o. a2 + c2 − b2 2ac b2 + a2 − c2 2ab 3 2 2.4.2 3

≈ 0, 0718

√ √ √ V T = = 4 − 2 4 + 2 1 7 + 4 3

VT (cid:54)= VP nên đẳng thức này không đúng.

Khi này giáo viên sẽ đặt ra câu hỏi: liệu có công thức nào biểu diễn mối quan hệ giữa các cạnh tam giác và hàm tan của các góc tương ứng không?

V P = 3 3 tan 30o tan 150o = −1.

Nếu học sinh đưa ra công thức thì giáo viên cùng học sinh sẽ kiểm

chứng công thức này với cách thức như trên. Nếu học sinh không đưa ra đươc công thức thì giáo viên sẽ đưa ra định lý hàm số tan và sau đó yêu

cầu học sinh 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: (cid:32)

(cid:33) (cid:32)

(cid:33)

n (cid:88)

k=1

ta đưa ra bài toán sau: Bài toán 2.17. Cho (cid:52)ABC với a, b, c là độ dài các cạnh tam giác, ha, hb, hc là đường cao tương ứng với các cạnh, S là diện tích tam giác. Chứng minh rằng

. akbk ≥ ak bk 1 n 1 n 1 n

Nhận xét. Vấn đề đặt ra ở đây là khi a ≤ b ≤ c thì ha ≥ hb ≥ hc, tức đây là hai dãy có chiều ngược nhau nên không thể áp dụng ngay bất đẳng

thức Chebyshev theo chiều thuận.Vấn đề này sẽ kích thích tư duy của học

sinh, khi đó học sinh có thể đưa ra các cách giải quyết khác nhau: dùng

biến đổi tương đương, áp dụng các bất đẳng thức khác AM-GM, Cauchy-

Schwarz,...có học sinh đưa ra thắc mắc: hai dãy cùng chiều thì có thể áp

dụng ngay bất đẳng thức Chebyshev, nếu hai dãy ngược chiều nhau thì

bất đẳng thức Chebyshev trên có đúng nữa không? Có gì khác biệt nhau?

Khi đó giáo viên sẽ để học sinh tự phát hiện và tìm tòi hoặc có thể gợi

ý về dấu của bất đẳng thức Chebyshev theo chiều nghịch để học sinh có

hướng giải quyết.

Nếu a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an và b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn thì ta có:

(cid:33) (cid:32)

(cid:33)

(cid:32)

n (cid:88)

(a + b + c)(ha + hb + hc) ≥ 18S.

k=1

Sau đó học sinh có thể áp dụng và giải quyết bài toán đã cho một cách

đơn giản.

. akbk ≤ ak bk 1 n 1 n 1 n

Giải bài toán 2.17

Giả sử a ≥ b ≥ c thì khi đó ha ≤ hb ≤ hc. Áp dụng bất đẳng thức Chebyshev cho hai dãy ngược nhau ta được

(cid:19)

(cid:19) (cid:18)ha + hb + hc

(cid:18)a + b + c 3

≥ 3 aha + bhb + chc 3

⇔ ≥ 2S (a + b + c)(ha + hb + hc) 9

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c và ha = hb = hc. Bài toán 2.18. Chứng minh rằng nếu (cid:52)ABC có ra = r + rb + rc thì (cid:52)ABC vuông.

Bài giải

Ta có ra = r + rb + rc

⇔ (a + b + c)(ha + hb + hc) ≥ 18S.

+ = + ⇔

⇔ + = +

= − + ⇔ S p 1 p 1 p S p − b 1 p − b 1 p − b

= ⇔ S p − a 1 p − a 1 p − a p − (p − a) p(p − a) S p − c 1 p − c 1 p − c (p − c) + (p − b) (p − b)(p − c)

= ⇔ a p(p − a)

(cid:19)

(cid:19) (cid:18)a + b + c

a (p − b)(p − c) ⇔ p(p − a) = (p − b)(p − c)

(cid:18)a + b + c 2

⇔ − c − b − a = 2

(cid:18)a + b + c 2 a + b − c 2

⇔ = a + b + c 2 a + b + c 2 b + c − a 2 a + c − b 2

Vậy (cid:52)ABC vuông.

⇔ (a + b + c)(b + c − a) = (a + c − b)(a + b − c) ⇔ b2 + c2 − a2 = a2 − c2 − b2 ⇔ b2 + c2 − a2 = 0 ⇔ b2 + c2 = a2.

Sau khi giải bài toán xong, giáo viên đặt câu hỏi lật ngược vấn đề: Một

tam giác vuông bất kì thì luôn có ra = r + rb + rc, có đúng không? Nhận xét. Nhận thấy các phép biến đổi trong chứng minh trên đều là

biến đổi tương đương nên chiều ngược lại của bài toán là đúng. Hay ta có

thể phát biểu bài toán đầy đủ như sau: Bài toán 2.19. Chứng minh rằng tam giác ABC vuông khi và chỉ khi ra = r + rb + rc. 2.4 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 (cid:52)ABC với độ dài ba cạnh BC = 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:

Chứng minh. Từ tan

x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = 0.

và a = 2R sin A suy ra

= A 2 r p − a

a = 2R

hay

A 2 tan 2 1 + tan2 A 2

(cid:19)2 = 4Rr

Như vậy ta có quan hệ

a = 4R p − a r2 + (p − a)2 . r p − a (cid:18) r 1 + p − a

Hay

a(a2 − 2pa + p2 + r2) = 4Rr(p − a)

Do đó a là một nghiệm của phương trình

a3 − 2pa2 + (p2 + r2 + 4Rr)a − 4Rrp = 0.

Tương tự, b và c cũng là nghiệm của phương trình này.

x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = 0.

Hệ quả 2.1. (i) a + b + c = 2p (ii) ab + bc + ca = p2 + r2 + 4Rr (iii) abc = 4Rrp.

Mệnh đề 2.2. Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Khi đó

là nghiệm của phương trình

, , 1 a 1 b 1 c

ta có điều phải chứng minh.

Chứng minh. Thay x bởi

x3 − x2 + x − = 0. p2 + r2 + 4Rr 4pRr 1 2Rr 1 4pRr

1 x

Hệ quả 2.2. 1 a

+ + = (i) 1 b 1 c

(ii) = p2 + r2 + 4Rr 4pRr 1 2Rr

Bài toán 2.20. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC:

(iii) 1 bc = . 1 + ab 1 abc 1 + ca 1 4pRr

+ (i)

1 1 1 + ≥ ca bc ab 1 1 1 b2 + a2 + R2 ≤ 1 R2 . 1 c2 ≤ 1 (ii) 4r2 . (iii) 36r2 ≤ a2 + b2 + c2 ≤ 9R2.

(iv) + + ≤ 1 abc

Bài giải

(v) + + ≤ 1 a3 + b3 + abc 1 a3 + b3 + 4RS 1 b3 + c3 + abc 1 b3 + c3 + 4RS 1 c3 + a3 + abc 1 c3 + a3 + 4RS 1 4r2(a + b + c)

(i) Theo mệnh đề 2.1 ta có a, b, c là ba nghiệm của phương trình

Từ đó suy ra

là các nghiệm của phương trình

x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = 0.

, , 1 c 1 b

Do đó

1 a −1 + 2py − (p2 + r2 + 4Rr)y2 + 4Rrpy3 = 0.

+ + ≥ (vì R ≥ 2r). 1 ab 1 bc 1 ca 1 R2

(ii) Vì a, b, c là ba nghiệm của phương trình

nên ta đặt

x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = 0

f (x) = x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp

Tính đạo hàm cấp hai của f (x) ta được

= (x − a)(x − b)(x − c)

Từ đây ta có

3x − 2p = (x − a) + (x − b) + (x − c).

Cho x = p, ta có

= + ⇔ + 3x − 2p f (x) 3x − 2p f (x) (x − a) + (x − b) + (x − c) (x − a)(x − b)(x − c) 1 (x − b)(x − c) 1 (x − a)(x − b) 1 (x − c)(x − a)

Suy ra

+ + = = 1 (p − a)(p − b) 1 (p − b)(p − c) 1 (p − c)(p − a) p r2p 1 r2

Lại có

+ + ≥ 1 4r2 = 1 5(p − a)(p − b) 1 4(p − b)(p − c) 1 4(p − c)(p − a) 1 a2 + 1 b2 + 1 c2 .

Suy ra điều phải chứng minh. (iii) Vì a, b, c là ba nghiệm của phương trình

+ + ≤ 1 R2 ≤ 1 ab 1 bc 1 ca 1 a2 + 1 b2 + 1 c2

nên

x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = 0

Do vậy

4(ab + bc + ca) = 4p2 + 4r2 + 16Rr = (a + b + c)2 + 4R2 + 16Rr

a2 + b2 + c2 ≥ 4r2 + 16Rr ≥ 36r2.

Lại có

Vậy cos 2A + cos 2B + cos 2C =

a2 + b2 + c2 = 6R2 − 2R2(cos 2A + cos 2B + cos 2C)

Mặt khác

6R2 − a2 − b2 − c2 2R2

T = cos 2A + cos 2B + cos 2C = 2 cos2 A − 2 cos A cos(B − C) − 1

. Hay a2 + b2 + c2 ≤ 9R2.

= 2(cos a − cos(B − C))2 − 1 − cos2(B − C) ≥ − 1 2 3 2 1 2

nên (iv) Hiển nhiên ta có (a − b)(a2 − b2) ≥ 0, suy ra a3 + b3 ≥ ab(a + b). Do đó

≥ − 6R2 − a2 − b2 − c2 2R2 3 2

Tương tự ta có

≤ . 1 a3 + b3 + abc c abc(a + b) + abc2 = c 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

≤ 1 b3 + c3 + abc 1 c3 + a3 + abc a abc(a + b + c) b abc(a + b + c)

Và do

+ + ≤ = 1 a3 + b3 + 4RS 1 b3 + c3 + 4RS 1 c3 + a3 + 4RS 1 4RS 1 4Rrp

Suy ra

= ≤ 1 4Rrp 1 2Rr(a + b + c) 1 4r2(a + b + c)

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: √

+ + ≤ . 1 a3 + b3 + 4RS 1 b3 + c3 + 4RS 1 c3 + a3 + 4RS 1 4r2(a + b + c)

3b2 + 3c2 − a2 ≥ 4 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

Chứng minh. Ta có

cos(A − α) = cos α + sin α. b2 + c2 − a2 2bc 4S 2bc

Và

cos(A − α) = cos A. cos α + sin A. sin α

Nên suy ra cos(A − α) =

cos A = , sin A = b2 + c2 − a2 2bc 2S bc

Bài giải

Sử dụng bổ đề 2.2 ta có

cos α + sin α. b2 + c2 − a2 2bc 4S 2bc

(cid:18)

(cid:19)

(cid:18)

(cid:19)

√ 4 3S cos A − = + 2π 3 −b2 − c2 + a2 4bc 4bc

suy ra b2 + c2 − a2 + 4bc. cos

(cid:18)

nên ta có

Do 2b2 + 2c2 ≥ 4bc. cos

(cid:18)

(cid:19)

√ = 4 3S. 2π 3 A − (cid:19) A − 2π 3

Bài toán 2.22. Chứng minh rằng với (cid:52)ABC bất kì ta luôn có

√ 3b2 + 3c2 − a2 ≥ b2 + c2 − a2 + 4bc. cos A − = 4 3S. 2π 3

Bài giải

Áp dụng định lý cos và định lý sin ta có

√ . 3S + bc + ca + ab ≥ 3 a2 + b2 + c2 4

√

3 sin A ≤ 2 √ 4 3S ⇔ ≤ 2 + √ cos A + b2 + c2 − a2 2bc 2bc 3S + b2 + c2 − a2 ≤ 4bc. ⇔ 4

Tương tự ta có

Cộng theo vế của ba bất đẳng thức trên và rút gọn ta được

√ 4 3S + c2 + a2 − b2 ≤ 4ca √ 4 3S + a2 + b2 − c2 ≤ 4ab

Bài toán 2.23. Chứng minh rằng với tam giác ABC bất kì ta luôn có

(cid:18)

(cid:19)

√ 3S + . bc + ca + ab ≥ 3 a2 + b2 + c2 4

(i) 2(bc + ca + ab) = a2 + b2 + c2 + 4S tan + tan + tan . A 2 B 2 C 2 √ 3S + a2 + b2 + c2.

Bài giải

Sử dụng bổ đề 2.2 ta có

(cid:18)

(cid:19)

(ii) 2(bc + ca + ab) ≥ 4 √ (iii) a2 + b2 + c2 ≥ 4 3S + (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2.

ta được đồng nhất thức

Chia cả 2 vế cho cos

= cos A − . cos + . sin . cos = A 2 A 2 b2 + c2 − a2 2bc A 2 4S 2bc A 2

A 2

1 = + tan 4S 2bc

Tương tự ta có

. b2 + c2 − a2 2bc ⇔ 2bc = b2 + c2 − a2 + 4S tan A 2 A 2

2ca = c2 + a2 − b2 + 4S tan

Cộng theo vế của ba đồng nhất thức trên ta được

(cid:18)

(cid:19)

2ab = a2 + b2 − c2 + 4S tan B 2 C 2

2(bc + ca + ab) = a2 + b2 + c2 + 4S tan + tan + tan . A 2 C 2

Vì tan

B 2 √ √ + tan 3 nên 2(bc + ca + ab) ≥ 4 3 + a2 + b2 + c2 + tan ≥ A 2 B 2

có

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

4a2b2 3S. 4b2c2 b2 + c2 − a2 + 4c2a2 c2 + a2 − b2 + √ a2 + b2 − c2 ≥ 16

Bài giải

Ta có

1 = cos A + sin A b2 + c2 − a2 2bc

4S 2bc = b2 + c2 − a2 + 4S tan A ⇔ 2bc cos A

Tương tự

4b2c2 ⇔ b2 + c2 − a2 = b2 + c2 − a2 + 4S tan A.

4c2a2

4a2b2

Cộng theo vế của 3 đẳng thức trên ta được

c2 + a2 − b2 = c2 + a2 − b2 + 4S tan B, a2 + b2 − c2 = a2 + b2 − c2 + 4S tan C.

4a2b2

4b2c2 b2 + c2 − a2 + 4c2a2 c2 + a2 − b2 + a2 + b2 − c2 = a2 + b2 + c2+

4S(tan A + tan B + tan C).

Do tan A + tan B + tan C ≥ 3

√ 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

√ √ √ 4a2b2 3S + 4S.3 3 = 16 3S. 4b2c2 b2 + c2 − a2 + 4c2a2 c2 + a2 − b2 + a2 + b2 − c2 ≥ 4

(cid:112)

Bài giải

√ b2c2 − 4S2 + c2a2 − 4S2 + a2b2 − 4S2 ≥ 2 3S.

(cid:112)

Ta có

Tương tự

(cid:112)

√ b2c2 − 4S2 = b2c2 − b2c2 sin2 A = bc cos A.

(cid:112)

c2a2 − 4S2 = ca cos B,

Cộng lại ta được

a2b2 − 4S2 = ab cos C.

√ √ √ b2c2 − 4S2 + c2a2 − 4S2 + a2b2 − 4S2

= bc cos A + ca cos B + ab cos C

+ + = a2 + c2 − b2 2 a2 + b2 − c2 2

Bài toán 2.26. Cho (cid:52)ABC 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

√ ⇒ + + ≥ 2 3S theo 2.24. b2 + c2 − a2 2 a2 + b2 + c2 2 b2 + c2 − a2 2 a2 + c2 − b2 2 a2 + b2 − c2 2

Bài giải

Vì a, b, c là nghiệm của phương trình

+ + − T = (a − b)2 ab (b − c)2 bc (c − a)2 ca p2 4r2 .

nên dễ dàng có

x3 − 2px2 + (p2 + r2 + 4Rr)x − 4Rrp = 0

Như vậy

+ + = − 9. (a − b)2 ab (b − c)2 bc (c − a)2 ca 2(p2 + r2 + 4Rr) 4Rr

Do R ≥ 2r nên

+ + = − 7. (a − b)2 ab (b − c)2 bc (c − a)2 ca 2(p2 + r2) 4Rr

khi (cid:52)ABC đều.

Vậy Tmax = −

+ + ≤ − 7 = (a − b)2 ab (b − c)2 bc (c − a)2 ca 2(p2 + r2) 8r2 p2 4r2 − 27 4

Bài toán 2.27. Chứng minh rằng

27 4

Dấu bằng xảy ra khi nào?

Bài giải

a2 + b2 + c2 ≥ . 4p2 3

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho các bộ số (a, b, c) và (1, 1, 1)

ta có

(2p)2 = (a + b + c)2 ≤ 3(a2 + b2 + c2)

⇔ a2 + b2 + c2 ≥ .

Bài toán 2.28. Chứng minh rằng

4p2 3 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.

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

√ p2 ≥ 3 3S.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác đã cho đều.

Bài toán 2.29. Chứng minh rằng

√ √ p − a + p − b + p − c ≥ 3 3(cid:112)(p − a)(p − b)(p − c) ⇔ p ≥ 3 3(cid:112)(p − a)(p − b)(p − c) ⇔ p3 ≥ 27(p − a)(p − b)(p − c) ⇔ p4 ≥ 27p(p − a)(p − b)(p − c) ⇔ p2 ≥ 3 ⇔ p2 ≥ 3 3(cid:112)p(p − a)(p − b)(p − c) 3S.

Dấu bằng xảy ra khi nào?

Bài giải

Bất đẳng thức tương đương với

(a + b + c)[2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2)] ≤ 9abc.

2p[2(p2 + r2 + 4Rr) − (2p2 − 2r2 − 8Rr)] ≤ 9.4pRr ⇔ 2p2 + 2r2 + 8Rr − 2p2 + 2r2 + 8Rr ≤ 18Rr ⇔ 4r2 ≤ 2Rr ⇔ 2r ≤ R (Đúng).

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.

Bài toán 2.30. Chứng minh rằng

(1)

Dấu bằng xảy ra khi nào?

Bài giải

Ta có

a2(b + c − a) + b2(a + c − b) + c2(a + b − c) ≤ 3abc.

(1) ⇔ 2a2(p − a) + 2b2(p − b) + 2c2(p − c) ≤ 3abc ⇔ 2p(a2 + b2 + c2) − 2(a3 + b3 + c3) ≤ 3abc ⇔ 2p(2p2 − 2r2 − 8Rr) − 2(2p(p2 − 3r2 − 6Rr)) ≤ 3.4Rr ⇔ 2p2 − 2r2 − 8Rr − 2p2 + 6r2 + 12Rr ≤ 6Rr ⇔ 4r2 ≤ 2Rr

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.

Bài toán 2.31. Chứng minh rằng

⇔ 2r ≤ R (Đúng).

Dấu bằng xảy ra khi nào?

Bài giải

Ta có

p2 + 5r2 ≥ 16Rr.

9r2 + 2(a2 + b2 + c2) ≥ 3p2

⇔ 9r2 + 2(2p2 − 2r2 − 8Rr) ≥ 3p2

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.

Bài toán 2.32. Chứng minh rằng

(1)

⇔ p2 + 5r2 ≥ 16Rr.

Dấu bằng xảy ra khi nào?

Bài giải

3(a3 + b3 + c3 + 3abc) ≤ 2(a + b + c)(a2 + b2 + c2).

(Đúng theo bài toán 2.31).

(1) ⇔ 3 (cid:0)2p(p2 − 3r2 − 6Rr) + 3.4pRr(cid:1) ≤ 2(2p)(2p2 − 2r2 − 8Rr)

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

⇔ 3p2 − 9r2 − 18Rr ≤ 4p2 − 4r2 − 16Rr ⇔ p2 + 5r2 ≥ 16Rr

Dấu bằng xảy ra khi nào?

Bài giải

Theo công thức diện tích tam giác ta có √

√ 3r. p ≥ 3

p2 ≥ 3

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.

Bài toán 2.34. Chứng minh rằng

(1)

3S √ ⇔ p2 ≥ 3 3pr √ 3r. ⇔ p ≥ 3

Dấu bằng xảy ra khi nào?

Bài giải

p2 ≤ a2 + b2 + c2 + 2 < 2p2. 52 27 abc p

(1) ⇔ p2 ≤ 2p2 − 2r2 − 8Rr + 2 < 2p2 52 27 4Rrp p

Ta có bất đẳng thức phía bên phải 27p2 − 27r2 < 27p2 là hiển nhiên. Ta xét bất đẳng thức phía bên trái

⇔ 26p2 ≤ 27p2 − 27r2 − 108Rr + 108Rr < 27p2 ⇔ 26p2 ≤ 27p2 − 27r2 < 27p2.

26p2 ≤ 27p2 − 27r2

⇔ 27r2 ≤ p2

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 (cid:52)ABC với độ dài ba cạnh là a, 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

√ ⇔ p ≥ 3 3r

Chứng minh. Theo công thức tính diện tích tam giác ta có

x3 − x2 + x − = 0. p2 + r2 + 4Rr 2R 2p2r R 2p2r2 R

S = . a.ha = pr ⇔ ha = 2pr a

Tương tự hb =

(cid:19)

. Nên , hc = 2pr b 1 2 2pr c

(cid:18)1 a

+ + ha + hb + hc = 2pr 1 c

= 2pr

; = 1 b p2 + r2 + 4Rr 4Rrp p2 + r2 + 4Rr 2R

(cid:19)

+ hahb + hbhc + hcha = 2pr c 2pr a 2pr b 2pr c

2pr a = 4p2r2 + + 1 ca

, = 1 bc 2p2r R

Vậy ha, hb, hc là nghiệm của phương trình

2pr + b (cid:18) 1 ab = 4p2r2 1 2Rr = 8p3r3 1 = . 2p2r2 R 4Rrp hahbhc = 8p3r3 1 abc

x3 − x2 + x − = 0. p2 + r2 + 4Rr 2R 2p2r R 2p2r2 R

Hệ quả 2.3.

. (i) ha + hb + hc = p2 + r2 + 4Rr 2Rr

. (ii) hahb + hbhc + hcha = 2p2r R

. (iii) hahbhc = 2p2r2 R

Mệnh đề 2.4.

(iv) . (ha − r)(hb − r)(hc − r) =

S2 + 2Rr3 + r4 2R là nghiệm của phương trình , , 1 ha 1 hb 1 hc

ta có ngay điều phải chứng minh.

Chứng minh. Thay x bởi

x3 − x2 + x − 1 r p2 + r2 + 4Rr 4p2r2 2R 4p2r2 = 0.

Hệ quả 2.4.

1 x

(i) + + = . 1 ha 1 hb

(ii) + + = . p2 + r2 + 4Rr 4p2r2 1 r 1 hcha

Bài toán 2.35. Chứng minh rằng

(iii) 1 hc 1 hbhc = 2R 4p2r2 . 1 hahb 1 hahbhc

(i) . S2 + 2Rr3 + r4 2R

Bài giải

(ii) . ≤ (ha − r)(hb − r)(hc − r) ≤ (ha − r)(hb − r)(hc − r) = S2 + 5r4 2R S2 + 5r4 4r

(i) Vì a, b, c là nghiệm của phương trình

là nghiệm của phương trình

nên

x3 − 2px2 + (p2 + 4Rr + r2)x − 4Rrp = 0

, , 2S a 2S b 2S c

2S2 − y + 2S2 r S2 r2 + 4Rr + r2 2y2 − Ry3 = 0.

Do vậy ha, hb, hc là ba nghiệm của phương trình đa thức bậc ba sau đây

Vì y3 −

y3 − y2 + y − = 0. S2 + 4Rr3 + r4 2Rr2 2S2 Rr 2S2 R

y2 + y − = (y − ha)(y − hb)(y − hc) nên 2S2 Rr 2S2 R S2 + 4Rr3 + r4 2Rr2 khi cho y = r ta có

. (ha − r)(hb − r)(hc − r) = S2 + 2Rr3 + r4 2R

Bài toán 2.36. Chứng minh rằng với mọi (cid:52)ABC ta đều có

. (ii) Vì R ≥ 2r nên ≤ (ha − r)(hb − r)(hc − r) ≤ S2 + 5r4 2R S2 + 5r4 4r

Bài giải

Ta có

ha + hb + hc ≥ 9r.

= + + ≥ 1 r 1 ha 1 hb 9 ha + hb + hc

Bài toán 2.37. Cho (cid:52)ABC với các đường cao là ha, hb, hc. Chứng minh rằng

1 hc ⇔ ha + hb + hc ≥ 9r.

(cid:114) R 2S2 .

Bài giải

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM cho ba số dương

ta có

+ + ≥ 3 3 1 ha 1 hb 1 hc

, , 1 ha 1 hb 1 hc

(cid:115) ≥ 3 3

+ + 1 ha 1 hb 1 ha 1 hb 1 hc 1 hc

(cid:115) ≥ 3 3

⇔ + + 2R 4p2r2 1 ha 1 hb 1 hc

(cid:114) R 2S2 .

Bài toán 2.38. Với mọi (cid:52)ABC ta luôn có bất đẳng thức sau

⇔ + + ≥ 3 3 1 ha 1 hb 1 hc

. ha + hb + hc ≥ 8r + 2r2 R

Bài giải

Do ha, hb, hc là ba nghiệm của phương trình

nên

x3 − x2 + x − = 0 p2 + r2 + 4Rr 2R 2p2r R 2p2r2 R

= ha + hb + hc = p2 + r2 + 4Rr 2R

≥ = . 4p2 + 4r2 + 16Rr 8R 48Rr + 12r2 + 4r2 + 16Rr 8R 8Rr + 2r2 R

Cho (cid:52)ABC có a, b, c là độ dài các cạnh tam giác và ma, mb, mc 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 (cid:52)ABC, ta đều có

2r2 Hay ha + hb + hc ≥ 8r + R 2.4.2.2 Các bài toán liên quan đến đường trung tuyến

Bài giải

Áp dụng công thức tính độ dài đường phân giác, công thức diện tích tam

giác ta có

. ma + mb + mc ≤ 9R 2

a + m2

b + m2

c =

m2 (a2 + b2 + c2) 3 4

= 3r2(sin2 A + sin2 B + sin2 C)

a + m2

b + m2

c ≤

⇒ m2

Bài toán 2.40. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có

. ⇒ ma + mb + mc ≤ 27R2 4 9R 2

Bài giải

. mambmc ≤ 27R3 8

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM và theo bài toán 2.39 ta có

(cid:19)3

(cid:18)ma + mb + mc 3

(cid:18)3R 2

Bài toán 2.41. Chứng minh rằng với mọi (cid:52)ABC ta đều có

≤ = mambmc ≤ 27R3 8

(i) + + ≥ 1 m2 c 1 m2 b

(cid:114) 6 R

Bài giải

. (ii) + + ≥ 1 m2 a 1 √ ma 1 √ mb 4 3R2 . 1 √ mc



 2

(i) Ta có

  

  



 2

(cid:19)2

(cid:18)

+ + 1 ma 1 mc + ≥ 3 + 1 mb 3 1 m2 a 1 m2 c 1 m2 b

 

 

≥ 3 ≥ 3 = 4 3R2 . 3 ma + mb + mc

3 9R 2

(ii) Ta có

(cid:114) 6 R

≥ + + ≥ . = 1 √ ma 1 √ mb 1 √ mc

Bài toán 2.42. Chứng minh với mọi (cid:52)ABC ta có bất đẳng thức sau đây

3 (cid:114)ma + mb + mc 3 3 (cid:114)3R 2

Bài giải

suy ra

Vì ma ≤

≤ ≤ 1. 3 4 ma + mb + mc a + b + c

, mb ≤ , mc ≤ b + c 2 c + a 2 a + b 2

Gọi G là trọng tâm (cid:52)ABC. Từ GB +GC ≥ a, GC +GA ≥ b, GA+GB ≥ c suy ra ngay

ma + mb + mc ≤ a + b + c.

(ma + mb + mc) ≥ a + b + c. 3 4

Vậy

Bài toán 2.43. Với mọi (cid:52)ABC chứng minh rằng

≤ ≤ 1. 3 4 ma + mb + mc a + b + c

Bài giải

Gọi M là trung điểm cạnh BC. Từ

2R(ma + mb + mc) ≥ a2 + b2 + c2.

a +

Suy ra

b2 + c2 = 2m2 = 2AM 2 + 2M B.M C a2 2

Như vậy 4R.ma ≥ b2 + c2, 4R.mb ≥ c2 + a2, 4R.mc ≥ a2 + b2. Cộng ba bất đẳng thức trên ta được

b2 + c2 = 2AM 2 + 2AM.M A1 = 2ma.AA1 ≤ 4R.ma

Bài toán 2.44. Cho (cid:52)ABC. Xác định giá trị nhỏ nhất của biểu thức

2R(ma + mb + mc) ≥ a2 + b2 + c2.

(i) P = + +

Bài giải

(ii) Q = + + a ma ma a b mb mb b c . mc mc c

(i) Ta có

a = 2(b2 + c2) − a2 = 2(a2 + b2 + c2) − 3a2

Suy ra

4m2

Suy ra

√ √ 3a (2ma)2 + (a 3)2 = 2(a2 + b2 + c2) ≥ 4ma

Tương tự

√ 2 3a2 ≥ a2 + b2 + c2

Suy ra

√ 2 3c2 ≥ ≥ a ma √ 3b2 2 a2 + b2 + c2 , a2 + b2 + c2 b mb c mc

√ + + ≥ 2 3. a ma b mb c mc

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (cid:52)ABC đều. Vậy Pmin = 2 (ii) Tương tự ta có

√ 3 khi tam giác ABC đều.

Suy ra

2 ≥ ≥ ≥ ma a √ 3m2 2 a a2 + b2 + c2 , mb b mc c

b + m2 c)

a + m2 a2 + b2 + c2

√ 3m2 2 b a2 + b2 + c2 , √ 2 3(m2 √ 3m2 c a2 + b2 + c2 . √ 3 3 + + ≥ ≥ . ma a mb b mc c 2

Dấu bằng xảy ra khi (cid:52)ABC đều. 3

khi tam giác ABC đều.

√ 3

Vậy Qmin = 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

b + l2

c ≤ p2.

Bài giải

Áp dụng hệ thức

(cid:114)

l2 a + l2

2bc cos A 2 = la = 2bc b + c

a =

p(p − a) bc 4bc = ⇒ l2 b + c 4b2c2 (b + c)2 p(p − a) bc

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

(b + c)2 p(p − a). 4bc

a ≤ p(p − a) dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = c

b ≤ p(p − b) dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = c,

(b + c)2 ≤ 1 dấu bằng xảy ra

a + l2 l2 a + l2 l2

b + l2 b + l2

c ≤ p(3p − a − b − c) c ≤ p2.

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c tức (cid:52)ABC là tam giác đều. Bài toán 2.46. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta đều có

⇔ b = c Vậy l2 Tương tự l2 l2 c ≤ p(p − c) dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi b = a. Cộng theo vế của ba bất đẳng thức này

√ 3p. la + lb + lc ≤

Bài giải

Ta có

(cid:113)

(cid:114)p(p − a) bc

Suy ra

(cid:113)

2bc 2bc cos A 2 = = p(p − a) la = b + c √ 2 bc b + c b + c

Tương tự lb ≤ (cid:112)p(p − b), lc ≤ (cid:112)p(p − c). Nên

p(p − a) la ≤

√ √ √ p( p − c) la + lb + lc ≤

Bài toán 2.47. Chứng minh rằng với mọi (cid:52)ABC ta đều có

√ √ ≤ 3 p = p 3. p − a + (cid:112)p − b + (cid:114)p − a + p − b + p − c 3

Bài giải

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

(cid:21)3

. (la + lb)(lb + lc)(lc + la) ≤ 8p3 √ 3 3

(cid:20)2(la + lb + lc) 3 (cid:19)3

(la + lb)(lb + lc)(lc + la) ≤

(cid:18) 2p √ 3

Bài toán 2.48. Với mọi tam giác ABC, chứng minh các bất đẳng thức

= . ⇔ (la + lb)(lb + lc)(lc + la) ≤ 8p3 √ 3 3

(cid:112)(b + c)2 − a2.

(i) ≤ la ≤ (b + c)2 − a2 2(b + c) 1 2

Bài giải

(cid:115)

(ii) . la ≥ b + c − a 2

(cid:114)bc(s2 − u2) s2

(cid:112)

(i) Từ la = ⇒ la = bc[(b + c)2 − a2] (b + c)2

Do 4bc = (b + c)2 − (b − c)2 nên s2 − u2 ≤ bc ≤ s2. Từ hai bất đẳng thức này suy ra s2 − u2 s

s2 − u2. la ≤

Do đó ta có (i).

suy ra la ≥

Bài toán 2.49. Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh a, b, c và độ dài các đường phân giác trong là la, lb, lc. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

(ii) Từ la ≥ (b + c)2 − a2 2(b + c) b + c − a 2

Bài giải

Ta có

Q = + + . la + lb c lb + lc a lc + la b

Suy ra

(cid:19)

2bc cos 2ac cos 2ab cos A 2 B 2 C 2 . la = , lb = , lc = b + c a + c a + b

(cid:18)1 b

(cid:18)1 c

(cid:18)1 a

+ + + + + = la + lb + lc la + lb c lb + lc a lc + la b 1 c 1 a 1 b

(cid:19)

2ab cos 2bc cos 2ac cos C 2 B 2 A 2 . = . + + . a + b a + b ab b + c bc c + a ca b + c (cid:18) √ = 2 cos 3. + cos + cos ≤ 3 a + c C 2 B 2 A 2

Dấu bằng xảy ra khi tam giác ABC đều. Vậy Qmax = 3 3 khi tam giác ABC đều. Bài toán 2.50. Chứng minh rằng

√

(cid:114)2r R

Dấu bằng xảy ra khi nào?

Bài giải

Theo công thức tính diện tích và công thức đường phân giác ta có

(cid:113)

+ + ≥ 3 3 . ha la hb lb hc lc

(cid:113)

p(p − a)(p − b)(p − c), ha = 2 a √

nên

p(p − a) la = 2 bc b + c

= . ha la (b + c)(cid:112)(p − b)(p − c) √ bc a

Tương tự

= , b hb lb

Suy ra

= . hc lc (a + c)(cid:112)(p − a)(p − c) √ ac (b + a)(cid:112)(p − b)(p − a) √ ba c

Vậy nên

= (p − a)(p − b)(p − c). (a + b)(b + c)(c + a) a2b2c2 ha la hb lb hc lc

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

pr2 = . = 2p(p2 + r2 + 2Rr) (4Rrp)2 p2 + r2 + 2Rr 8R2 ha la hb lb hc lc

(cid:115) ≥ 3 3

(cid:115) = 3 3

Do p2 + r2 ≥ 14Rr nên

+ + . p2 + r2 + 2Rr 8R2 ha la hb lb hc lc ha la hb lb hc lc

Vậy

≥ = . 14Rr + 2Rr 8R2 2r p

2.4.3 Các bài toán liên quan đến bán kính đường tròn nội tiếp,

ngoại tiếp, bàng tiếp

Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh tương ứng là a, b, c. Gọi r, R lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp (cid:52)ABC và ra, rb, rc tương ứng là các bán kính đường tròn bàng tiếp (cid:52)ABC. Ta có một số kết

quả sau. Mệnh đề 2.5. Cho (cid:52)ABC bất kì, gọi ra, rb, rc là bán kính đường tròn bàng tiếp tam giác. Khi đó ra, rb, rc là nghiệm của phương trình

≥ 3 3 + + . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều. p2 + r2 + 2Rr 8R2 (cid:114)2r p ha la hb lb hc lc

Chứng minh. Theo công thức tính diện tích

x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = 0.

S = p.r = ra(p − a) = rb(p − b) = rc(p − c)

Suy ra

Hay

. ra = , rb = , rc = pr p − a pr p − b pr p − c

rarbrc =

Ta có

(cid:19)

(cid:18) 1

= p3r3 (p − a)(p − b)(p − c) p4r3 p(p − a)(p − b)(p − c) p4r3 S2 = p2r.

+ + ra + rb + rc = pr 1 p − b 1 p − c

= pr

Và

(cid:18)

p − a 4R + r pr = 4R + r.

(cid:19)

+ rarb + rbrc + rcra = p2r2 1 (p − a)(p − b)

Vậy ra, rb, rc là nghiệm của phương trình

+ = p2r2 1 1 (p − b)(p − c) 1 (p − c)(p − a) r2 = p2.

Hệ quả 2.5.

x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = 0.

Mệnh đề 2.6.

là nghiệm của phương trình

(i) (ii) (iii) (iv)

ra + rb + rc = 4R + r. rarb = rbrc + rcra = p2. rarbrc = p2r. (ra − r)(rb − r)(rc − r) = 4Rr2. , , 1 ra 1 rb 1 rc

x3 − x2 + x − = 0. 1 r 4R + r p2r 1 p2r

ta có điều phải chứng minh.

Chứng minh. Thay x bởi

1 x

Hệ quả 2.6. 1 rc

(i) + + = . 1 ra

= . 1 rb + + (ii) 4R + r p2r 1 r 1 rcra

Bài toán 2.51. Với mọi tam giác ABC, chứng minh các bất đẳng thức

. (iii) 1 rbrc = 1 p2r 1 rarb 1 rarbrc

a + r2

c + 2

a + r3 r3

b + r3

sau (i) 8r3 ≤ (ra − r)(rb − r)(rc − r) ≤ R3. 81 b + r2 (ii) 81r2 ≤ r2 ≤ 4 (iii) ab + bc + ca ≥ 4r(ra + rb + rc). (iv) (v) 729r3 − 3R(a + b + c)2 ≤ r3

R2. rarbrc r

c ≤

a + r3

b + r4

c = (4R + r)3 − 3R(a + b + c)2. 729 8

Bài giải

R3 − 6r(a + b + c)2.

(i) Từ (ra − r)(rb − r)(rc − r) = 4Rr2 và R ≥ 2r suy ra

8r3 ≤ (ra − r)(rb − r)(rc − r) ≤ R3.

a + r2 r2

b + r2

c = (ra + rb + rc)2 − 2(rarb + rbrc + rcra)

Nên

a + r2 r2

b + r2

c = (4R + r)2 − 2

(ii) Do

Hay

rarbrc r

a + r2 r2

b + r2

c + 2

Vậy

= (4R + r)2. rarbrc r

a + r2

b + r2

c + 2

R2 ≥ r2 ≥ 81r2. 81 4 rarbrc r

(cid:26)4(ab + bc + ca) = 4p2 + 4r2 + 16Rr

(iii) Ta có

4p2 ≥ 3(ab + bc + ca)

nên ab + bc + ca ≥ 4r(4R + r) = 4r(ra + rb + rc). (iv) Vì

a + r3 r3

b + r3

c − 3rarbrc = (ra + rb + rc)(r2

a + r2

b + r2

c − rarb − rbrc − rcra)

Mà theo hệ quả 2.5 ta có

a + r3 r3

b + r3

c − 3pr2 = (4R + r)[(4R + r)2 − 3p2].

Do đó

a + r3 r3

b + r3

c = (4R + r)3 − 3R(a + b + c)2.

(cid:26)r3

c = (4R + r)3 − 3R(a + b + c)2

b + r3

a + r3 R ≥ 2r

nên suy ra

(v) Từ

a + r3

b + r3

c ≤

Bài toán 2.52. Chứng minh rằng với mọi (cid:52)ABC ta đều có

R3 − 6r(a + b + c)2. 729r3 − 3R(a + b + c)2 ≤ r3 729 8

Bài giải

Theo mệnh đề 2.5 thì ra, rb, rc là nghiệm của phương trình

+ + ≤ rarbrc r3 − 15. 4R ra − r 4R rb − r 4R rc − r

nên

x3 − (4R + r)x2 − p2x − p2r = 0.

Cho x = r ta được

+ + = . 3x2 − 2(4R + r)x + p2 x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r 1 x − ra 1 x − rb 1 x − rc

Vậy

+ + = r2 − 8Rr + p2 −4Rr2 1 r − ra 1 r − rb 1 r − rc

+ . + + = 1 − 8R r rarbrc r3 4R ra − r 4R rb − r 4R rc − r

Lại có

và

nên ta suy ra điều phải chứng minh. Bài toán 2.53. Chứng minh rằng với mọi (cid:52)ABC ta đều có

p2 = ≥ 16 rarbrc r 8R r

(i) + + =

(ii) + + ≤

Bài giải

Vì ra, rb, rc là ba nghiệm của phương trình

(iii) + + ≥ 2R − r 2Rr2 . 1 1 R2 . r2 − 3 4r2 . 1 (r − ra)(r − rb) 1 (r − ra)(r − rb) 1 (r − ra)(r − rb) 1 (r − rb)(r − rc) 1 (r − rb)(r − rc) 1 (r − rb)(r − rc) 1 (r − rc)(r − ra) 1 (r − rc)(r − ra) 1 (r − rc)(r − ra)

nên

x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = 0

Lấy hai lần đạo hàm của f (x) ta được

f (x) = x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = (x − ra)(x − rb)(x − rc).

Từ đây ta có

f (cid:48)(cid:48)(x) = 3x − 4R − r = (x − ra) + (x − rb) + (x − rc).

Cho x = r ta có

= + + . 3x − 4R − r f (x) 1 (x − ra)(x − rb) 1 (x − rb)(x − rc) 1 (x − rc)(x − ra)

Vậy có (i) và do bởi

+ + = 2R − r 2Rr2 . 1 (r − ra)(r − rb) 1 (r − rb)(r − rc) 1 (r − rc)(r − ra)

Và vì

1 R2 nên có (ii).

nên có (iii). Bài toán 2.54. Chứng minh bất đẳng thức sau đúng với mọi (cid:52)ABC:

≥ 2R − r 2Rr2 ≤ 2R − r 2Rr2 = 1 r2 − 1 r2 − 1 2Rr 3 4r2

√ 3S. rarb + rbrc + rcra ≥ 3

Bài giải

Do ra, rb, rc là nghiệm của phương trình

nên rarb + rbrc + rcra = p2. Theo bất đẳng thức AM-GM ta có

(cid:115)

(cid:19)3

(cid:113)

x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = 0

(cid:18)p − a + p − b + p − c 3

Hay ta có

S = p(p − a)(p − b)(p − c) ≤ p = p2 √ 3 3

Bài toán 2.55. Cho tam giác ABC bất kì, chứng minh rằng

√ 3S. rarb + rbrc + rcra ≥ 3

a + r2

b + r2

c ≥ 4S.

Bài giải

Ta có

r2 + r2

a + r2

b + r2

c =

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được

r2 + r2 S2 p2 + S2 (p − a)2 + S2 (p − b)2 + S2 (p − c)2 .

a + r2

b + r2

(cid:115) c ≥ 4 4

S8 r2 + r2 p2(p − a)2(p − b)2(p − c)2 = 4S.

(i) P =

Bài toán 2.56. Cho (cid:52)ABC với bán kính đường tròn nội tiếp là r, bán kính các đường tròn ngoại tiếp là ra, rb, rc, nửa chu vi p. Hãy xác định giá trị nhỏ nhất của r2 a + r2 b + r2 c p2 r2 a + r2 b + r2 c r2

Bài giải

(ii) Q = .

(i) Vì ra, rb, rc là ba nghiệm của phương trình

x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = 0

nên

a + r2 b + r2 r2 c p2

Vậy Pmin = 1 khi (cid:52)ABC đều. (ii) Do

≥ = 1. rarb + rbrc + rcra p2

a + r2 b + r2 r2 c r2

Nên P ≥ 27. Do đó Qmin = 27 khi (cid:52)ABC đều. Bài toán 2.57. Cho (cid:52)ABC với bán kính đường tròn ngoại tiếp R, bán kính đường tròn bàng tiếp là ra, rb, rc và nửa chu vi p. Hãy xác định giá trị nhỏ nhất của

(cid:19)

(cid:19) (cid:18)r2 c

(cid:19) (cid:18)r2 b

≥ 1 3r2 (ra + rb + rc)2 = 1 3r2 (4R + r)2 ≥ 1 3r2 (8r + r)2

(cid:18)r2 a p2 + 1

Bài giải

Do ra, rb, rc là nghiệm của phương trình

T = . p2 + 1 p2 + 1

c + p2 làm

a + p2, y2 = r2

b + p2, y3 = r2

Xác định phương trình nhận y1 = r2 ba nghiệm. Khử x từ hệ

(cid:26)x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = 0

x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = 0.

Ta có ngay hệ

(cid:26)x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = 0

x2 + p2 − y = 0.

Và (4R + r)x2 − yx + p2r = 0 hay phương trình

x3 + p2x − yx = 0

Đặt I = 4R + r. Khi đó

(4R + r)(y − p2) − yx + p2r = 0.

Vậy

x = . Iy − 4Rp2 y

+ p2 − y = 0 (Iy − 4Rp2)2 y2

Hay

Phương trình này có ba nghiệm là y1, y2, y3. Do đó

y3 − (I 2 + p2)y2 + 8RIp2y − 16R2p4 = 0.

a + p2)(r2

c + p2)

b + p2)(r2 p6

Từ hệ thức cuối suy ra:

(cid:19)

(cid:19) (cid:18)r2 c

(cid:19) (cid:18)r2 b

(r2 y1y2y3 = . p6 = 16R2p4 p6

(cid:18)r2 a p2 + 1

khi (cid:52)ABC đều.

Vậy Tmin =

= . p2 + 1 p2 + 1 16R2 p2 ≥ 64 27

Bài toán 2.58. Kí hiệu ra, rb, rc là bán kính các đường tròn bàng tiếp tam giác ABC. Khi R không thay đổi, hãy xác định giá trị lớn nhất của

64 27

Bài giải

Vì ra, rb, rc là ba nghiệm của phương trình

T = rarb + rbrc + rcra.

nên rarb + rbrc + rcra = p2. Vì

x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = 0.

nên rarb + rbrc + rcra ≤

√ 3 = p = R(sin A + sin B + sin C) ≤ 3R sin A + B + C 3 3R 2

khi (cid:52)ABC đều.

Vậy Tmax =

27R2 4

Bài toán 2.59. Chứng minh rằng

(1)

27R2 4

Dấu bằng xảy ra khi nào?

Bài giải

p2 + r2 ≥ 14Rr.

(1) ⇔ + + ≥ 1 c 1 b 9 2p

⇔ ≥ 9 2p

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (cid:52)ABC đều. Bài toán 2.60. Cho (cid:52)ABC với bán kính các đường tròn bàng tiếp ra, rb, rc. Hãy tính tổng dưới đây

1 a p2 + r2 + 4Rr 4Rrp ⇔ p2 + r2 ≥ 14Rr.

Bài giải

Ta có ra, rb, rc là ba nghiệm của phương trình (1):

+ + + . T = 2 ra − r ra + r rb − r rb + r rc − r rc + r ra − r ra + r rb − r rb + r rb − r rb + r rc − r rc + r rc − r rc + r ra − r ra + r

Xét phép biến đổi y =

x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = 0.

. Thay x vào phương trình (1) ta nhận

Dễ thấy y (cid:54)= 1 và x =

x − r x + r

được phương trình đa thức bậc ba sau đây

r(y + 1) 1 − y

Gọi y1, y2, y3 là ba nghiệm của phương trình này. Khi đó ta có

(r2 + 2Rr + p2)y3 + (2r2 + 2Rr − 2p2)y2 + (r2 − 2Rr + p2)y − 2Rr = 0.

Vậy T = 1. Bài toán 2.61. Cho (cid:52)ABC với bán kính các đường tròn bàng tiếp ra, rb, rc. Chứng minh

= 1. T = 2y1y2y3 + y1y2 + y2y3 + y3y1 = 4Rr + r2 − 2Rr + p2 r2 + 2Rr + p2

Từ đó chỉ ra bất đẳng thức

+ + = 1 − 8 + . R r rarbrc r3 4R ra − r 4R rb − r 4R rc − r

+ + ≤ rarbrc r3 − 15. 4R ra − r 4R rb − r 4R rc − r

Bài giải

Vì ra, rb, rc là nghiệm của phương trình

nên

x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r = 0.

Khi cho x = r được

+ + = . 3x2 − 2(4R + r)x + p2 x3 − (4R + r)x2 + p2x − p2r 1 x − ra 1 x − rb 1 x − rc

Như vậy

do p2 rarbrc

+ + = . r2 − 8Rr + p2 4Rr2 1 ra − r 1 rb − r 1 rc − r

+ + = 1 − + . 8R r rarbrc r3 r 4R ra − r 4R rb − r 4R rc − r

≥ 16 nên 8R r

+ + ≤ rarbrc r3 − 15. 4R ra − r 4R rb − r 4R rc − r

Bài toán 2.62. Chứng minh rằng (i) 3r(ra + rb + rc) ≤ p2 1 1 (ii) + ra rb ra + rb rc

Dấu bằng xảy ra khi nào?

2.5 Biện pháp 4: Hướng dẫn học sinh khai thác các bài toán ở

các tạp chí toán học, các kì thi học sinh giỏi trong và ngoài nước

Bài toán 2.63. (Tạp chí toán học tuổi trẻ số 265) Gọi AD, BE, CF là các đường phân giác trong của tam giác ABC. Chứng minh rằng chu vi tam giác DEF lớn hơn hoặc bằng một nửa chu vi tam giác ABC.

Xem đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài giải

(iii) + + ≥ 6. 2 1 ≥ rc R rb + rc ra rc + ra rb

, từ đó suy ra:

Từ tính chất của đường phân giác BE ta có

= c a

Do đó AE =

= = AE b AE AE + CE AE CE c a + c

Tương tự AF =

. bc a + c

Áp dụng định lý cosin vào tam giác ABC và tam giác AEF ta có

. bc a + b

(cid:19)2

(cid:18) bc

EF 2 = AE2 + AF 2 − 2AE · AF · cos A.

= + − 2 a + c a + b b2c2 (a + c)(a + b) b2 + c2 − a2 2bc

. Từ đó

Suy ra EF 2 ≤

. = − a2bc (a + c)(a + b) abc(a + b + c)(b − c)2 (a + c)2(a + b)2

a2bc (a + c)(a + b)

(cid:33)2

(cid:32)√

(cid:19)2

√ √ √ ab √ · ac · ab ≤ EF 2 ≤ = 1 4 √ 4

ac + 2 (cid:19)2 + = . ≤ a + b 2 1 16 1 4 (cid:18)2a + b + c 2 a2bc ac · ab (cid:18)a + c 2 1 16

Do đó EF ≤

Tương tự F D ≤

và DE ≤

Cộng theo từng vế của 3 bất đẳng thức trên ta được

. 2a + b + c 8 2b + c + a 8 2c + a + b 8

DE + EF + F D ≤ a + b + c 2

Hay chu vi tam giác DEF lớn hơn hoặc bằng một nửa chu vi tam giác ABC. Dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC đều.

Bài toán 2.64. (IMO-1961) Gọi a, b, c là độ dài các cạnh của một tam giác. Chứng minh rằng:

Bài giải

(cid:21)3

(cid:113)

√ a2 + b2 + c2 ≥ 4 3S.

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có: (cid:115) p

(cid:20)(p − a) + (p − b) + (p − c) 3

S = p(p − a)(p − b)(p − c) ≤

√

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

(cid:34)√

(cid:35)

p2. = 3 9

√ √ 3S ≤ 4 3 = (a + b + c)2 4 3 9 (a + b + c)2 2 1 3

Bài toán 2.65. (Đề thi HSG Quốc gia-1991) Cho tam giác ABC với trọng tâm G và nội tiếp đường tròn bán kính R, các đường trung tuyến của tam giác này xuất phát từ các đỉnh A, B, C kéo dài cắt đường tròn lần lượt tại D, E, F . Chứng minh rằng: (cid:19)

≤ (a2 + b2 + c2)(12 + 12 + 12) = a2 + b2 + c2. 1 3

(cid:18) 1 AB

Bài giải

Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB.

Từ AM.M D = BM.M C có M D =

√ ≤ + + ≤ 3 + + . 3 R 1 GD 1 GE 1 GF 1 BC 1 CA

(1)

a2 4ma

Từ (1), áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được

(cid:115)

GD = GM + M D = + . ma 3 a2 4ma

√

GD ≥ 2 = ⇒ ≤ . a2 12 1 GD 3 BC a √ 3

và

Tương tự ta có

√ √

(cid:19)

≤ ≤ . 1 GE 3 CA 1 GF

√ ≤ + + 3 + + . 3 AB Cộng theo vế 3 bất đẳng thức này ta được (cid:18) 1 AB 1 GD 1 GE 1 GF 1 BC 1 CA

Lại từ (1) có

(cid:19) =

(cid:18)ma 3

Áp dụng công thức đường trung tuyến ta có

2ma = GA GD 4m2 8m2 a a + 3a2 . 3 + a2 4ma

Tương tự

= 2b2 + 2c2 − a2 a2 + b2 + c2

Cộng theo vế của 3 đẳng thức trên được

= = GB GE 2a2 + 2c2 − b2 a2 + b2 + c2 , GC GF GA GD 2a2 + 2b2 − c2 a2 + b2 + c2

Từ đó

+ + = GA GD GB GE GC GF 3a2 + 3b2 + 3c2 a2 + b2 + c2 = 3.

Ta thấy AD, BE, CF đều không lớn hơn 2R, thay vào ta được

+ + = 6 AD GD BE GE CF GF

Bài toán 2.65. (IMO 1991) Cho tam giác ABC. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Đường phân giác trong của các góc A, B, C lần lượt cắt các cạnh đối diện tương ứng tại L, M, N . Chứng minh rằng:

+ + ≥ . 1 GD 1 GE 1 GF 3 R

≤ ≤ . 1 4 AI.BI.CI AL.BM.CN 8 27

Bài giải

Sử dụng tính chất đường phân giác ta có

Mặt khác BL + LC = a nên suy ra BL =

= BL LC

Áp dụng tính chất đường phân giác cho phân giác BI của góc ABL ta

thu được

c b và LC = . ac b + c ab b + c

Do đó

= = = IL AI BL AB a b + c

Khi đó

= = 1 + = 1 + = IL AI ac (b + c)c a b + c a + b + c b + c

Tương tự

và

= AL AI AI AL AI + IL AI b + c a + b + c

Do đó bất đẳng thức cần chứng minh được đưa về dạng chứa các biến a, b, c

= = BI BM c + a a + b + c CI BN a + b a + b + c

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM có

(cid:19)3

< ≤ . 1 4 (b + c)(c + a)(a + b) (a + b + c)3 8 27

(cid:18)(b + c)(c + a)(a + b) 3

Như vậy vế phải của bất đẳng thức đã đươc chứng minh, giờ ta sẽ chứng

minh vế trái của bất đẳng thức.

Ta có

(1)

(b + c)(c + a)(a + b) ≤ ≤ (a + b + c)3. 8 27

= (b + c)(c + a)(a + b) (a + b + c)3 (a + b + c)(ab + bc + ca) − abc (a + b + c)3

Biết rằng a + b + c = 2p, ab + bc + ca = p2 + r2 + 4rR, abc = 4Rrp thay vào (1) ta được

= (b + c)(c + a)(a + b) (a + b + c)3 2p(p2 + r2 + 4rR) − 4Rrp 8p3

Như vậy bất đẳng thức đã được chứng minh.

Bài toán 2.66. (IMO 1981) Cho P là một điểm bên trong tam giác ABC. D, E, F là chân đường cao tương ứng hạ từ P xuống BC, CA, AB. Tìm tất cả các điểm P sao cho:

đạt giá trị nhỏ nhất.

= = + > . 2p2 + 2pr2 + 4Rrp 8p3 1 4 2r2 + 4Rr 8p2 1 4

Bài giải

Đặt BC = a, CA = b, AB = c, S là diện tích tam giác ABC và đặt

+ + BC P D CA P E AB P F

Ta có a · P D + b · P E + c · P F = 2S.

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz ta có:

(cid:19)

T = + + = + + . BC P D CA P E AB P F a P D b P E c P F

(cid:18) a P D

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P D = P E = P F. Vậy P là trọng tâm tam giác ABC, khi đó T đạt giá trị nhỏ nhất:

+ + 2ST = (a · P D + b · P E + c · P F ) ≥ (a + b + c)2. b P E c P F

Bài toán 2.67. (IMO 1983) Cho a, b, c là độ dài các cạnh tam giác. Chứng minh rằng

. Tmin = (a + b + c)2 2S

Dấu đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài giải

a2b(a − b) + b2(b − c) + c2a(c − a) ≥ 0.

Với a, b, c là ba cạnh của một tam giác bất kì thì luôn tồn tại ba số không âm x, y, z sao cho

 



Bất đẳng thức lúc này trở thành

(1)

a = y + z b = z + x c = x + y

Ta có các phương trình:

(y + z)2(z + x)(y − x) + (z + x)2(x + y)(z − y) + (x + y)2(y + z)(x − z) ≥ 0

(y + z)2(z + x)(y − x) = (y2 + z2 + 2yz)(zy − zx + xy − x2) = zy3 − xy2z + xy3 − x2y2 + yz3 − xz3 + xyz2 − x2z2 + 2y2z2 − 2xyz2 + 2xy2z

− 2x2yz.

(z + x)2(x + y)(z − y) = (z2 + x2 + 2xz)(xz − xy + yz − y2) = xz3 − xyz2 + yz3 − y2z2 + x3z − x3y + x2yz − x2y2 + 2x2z2 − 2x2yz + 2xyz2

− 2xy2z.

(x + y)2(y + z)(x − z) = (x2 + y2 + 2xy)(xy − yz + xz − z2) = x3y − x2yz + x3z − x2z2 + xy3 − y3z + xy2z − y2z2 + 2x2y2 − 2xy2z + 2x2yz

Cộng theo vế của các phương trình trên và rút gọn ta được

(2)

(1) ⇔ xy3 + yz3 + zx3 ≥ xyz(x + y + z)

Ta chứng minh (2). Thật vậy, áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz cho bộ ba số (xy3, yz3, zx3) và (z, x, y):

− 2xyz2.

hay x = y = z hay a = b = c.

√ xyz(x + y + z))2 (xy3 + yz3 + zx3)(x + y + z) ≥ (

Dấu bằng xảy ra ⇔

(cid:19)

(1)

= = xy3 z yz3 x zx3 y

Bài toán 2.68. (HSG vòng 1, Hà Nội, năm 2011) Cho (cid:52)ABC có a, b, c là độ dài các cạnh; ha, hb, hc là các đường cao tương ứng; R là bán kính đường tròn ngoại tiếp (cid:52)ABC. Chứng minh rằng: (cid:18) 1 ha

(ab + bc + ca) ≥ 18R. + + 1 hc 1 hb

Bài giải

Ta có

Do đó

+ + = + + = . a 2S b 2S c 2S a + b + c 2S 1 ha 1 hb 1 hc

⇔ (ab + bc + ca)(a + b + c) ≥ 36. .S

Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

(cid:40)

(1) ⇔ (ab + bc + ca)(a + b + c) ≥ 36R.S abc 4S ⇔ (ab + bc + ca)(a + b + c) ≥ 9abc.

a2b2c2

Suy ra

√ ab + bc + ca ≥ 3 3 √ a + b + c ≥ 3 3 abc.

Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (cid:52)ABC

đều.

√ (ab + bc + ca)(a + b + c) ≥ 9 3 √ a2b2c2. 3 abc = 9abc.

Bài toán 2.69. (HSG vòng 1, Nghệ An, năm 2011) Cho tam giác ABC có diện tích S, độ dài các cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh rằng: (b + c − a)a2 b + c

Bài giải

Sử dụng bất đẳng thức (x + y + z)2 ≥ 3(xy + yz + zx) ta có

√ ≥ 2 3S. + + (a + b − c)c2 a + b (c + a − b)b2 a + c

(cid:18)a2b2(b + c − a)(c + a − b) (b + c)(a + c)

(cid:19)

+ (V T )2 ≥ 3

Đặt

+ . b2c2(c + a − b)(a + b − c) (a + c)(a + b) c2a2(a + b − c)(b + c − a) (a + b)(b + c)

(cid:18)a2b2(b + c − a)(c + a − b) (b + c)(a + c)

(cid:19)

+ M = 3 b2c2(c + a − b)(a + b − c) (a + c)(a + b)

+ c2a2(a + b − c)(b + c − a) (a + b)(b + c)

Ta chỉ cần chứng minh M ≥ 4S2. Ta có

M ≥ 4S2

⇔ M ≥ 4(a + b + c)(b + c − a)(c + a − b)(a + b − c) 16

⇔ + a2b2 (b + c)(a + c)(a + b − c)

Thuần nhất, chuẩn hóa a + b + c = 2

Đặt

 

+ ≥ . c2a2 (a + b)(b + c)(a + c − b) b2c2 (a + c)(a + b)(b + c − a) a + b + c 4



(x, y, z > 0)

Khi đó

  

a + b − c = 2x b + c − a = 2y c + a − b = 2z

Bất đẳng thức trở thành

a = x + z b = x + y c = y + z x + y + z = 1

+ + ≥ [(x + z)(y + x)]2 (1 + y)(1 + z)2x [(y + z)(x + z)]2 (1 + x)(1 + y)2z [(x + y)(y + z)]2 (1 + x)(1 + z)2y 1 2

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz dạng

⇔ + + ≥ 1. [(x + z)(y + x)]2 (1 + y)(1 + z)x [(y + z)(x + z)]2 (1 + x)(1 + y)z [(x + y)(y + z)]2 (1 + x)(1 + z)y

Có

+ + ≥ (∀x, y, z > 0) a2 x b2 y c2 z (a + b + c)2 x + y + z

Hay

V T ≥ [(x + z)(y + x) + (y + z)(x + z) + (x + y)(y + z)]2 x(1 + y)(1 + z) + z(1 + x)(1 + y) + y(1 + x)(1 + z)

V T ≥ . (1 + xy + yz + zx)2 3xyz + 1 + 2(xy + yz + zx)

Chỉ cần chứng minh

(luôn đúng)

Suy ra điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (cid:52)ABC đều.

Bài toán 2.70. (HSG vòng 2, Ninh Bình, năm 2011) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 4. Chứng

minh rằng:

(1 + xy + yz + zx)2 ≥ 3xyz + 1 + 2(xy + yz + zx) ⇔ (xy + yz + zx)2 ≥ 3xyz(x + y + z)

Bài giải

Ta có

. a2 + b2 = c2 + 2abc ≤ 272 27

a2 + b2 + c2 + 2abc ≤ 272 27

⇔ (a + b + c)2 − 2(ab + bc + ca) + 2abc ≤ 272 27

⇔ 16 − 2(ab + bc + ca) + 2abc ≤ 272 27

⇔ abc − (ab + bc + ca) ≤ −80 27

⇔ abc − (ab + bc + ca) + a + b + c − 1 ≤ + 4 − 1 −80 27

Ta sẽ chứng minh bất đẳng thức

(1)

⇔ (a − 1)(b − 1)(c − 1) ≤ . 1 27

Thật vậy, không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c. Do a, b, c là 3 cạnh (cid:52)ABC nên

(a − 1)(b − 1)(c − 1) ≤ . 1 27

b + c ≥ a ⇒ 2b ≥ b + c ≥ a

Nếu c ≤ 1 thì

hay (1) đúng,

⇔ 4b = 2b + 2b > b + c + a = 4 ⇔ b > 1.

(a − 1)(b − 1)(c − 1) < 0, 1 27

Nếu c > 1 thì (a − 1) > 0, (b − 1) > 0, (c − 1) > 0. Theo bất đẳng thức

AM-GM thì

(cid:113) a − 1 + b − 1 + c − 1 ≥ 3 3

(a − 1)(b − 1)(c − 1)

(cid:113) ⇔ 1 ≥ 3 3

(a − 1)(b − 1)(c − 1)

≥ (a − 1)(b − 1)(c − 1). ⇔

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c =

1 27 Vậy (1) được chứng minh.

Bài toán 2.71. (HSG tỉnh Đồng Tháp, năm 2007) Chứng minh rằng nếu a, b, c là ba cạnh của một tam giác tương ứng với các

4 3

(1)

đỉnh A, B, C thì

a + b − 2c b + c − 2a c + a − 2b + + ≥ 0.

Bài giải

sin sin sin C 2 A 2 B 2

b − a + c − a c − b + a − b a − c + b − c + + ≥ 0 (1) ⇔



sin sin B 2 C 2  A 2  sin 

 

  + (b − a)

 

 

1 1 1 1 ⇔ (a − c) − −





sin sin sin sin C 2 A 2 A 2 B 2

(2)

  ≥ 0.

 

1 1 − +(b − c)

Do a, b, c có vai trò như nhau nên không mất tính tổng quát ta giả sử a ≥ b ≥ c.

sin sin C 2 B 2

⇒ A ≥ B ≥ C ⇒ ≥ ≥ b 2 C 2

≥ sin ≥ sin ⇒ sin A 2 B 2 A 2 C 2

1 1 1 ⇒ ≤ ≤ .

Từ đó (2) đúng và ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 2.72. (HSG tỉnh Phú Thọ, năm 2005)

sin sin sin A 2 B 2 C 2

Cho (cid:52)ABC, goị độ dài các cạnh tương ứng với các đỉnh A, B, C lần lượt là a, b, c; độ dài các đường cao tương ứng lần lượt là ha, hb, hc và độ dài các đường trung tuyến tương ứng là ma, mb, mc. Chứng minh rằng:

a + hbm4

b + hcm4

Bài giải

Ta có

3S10. ham4 √ c ≥ 9 4

3S10 ham4

a +

b + hcm4 2S .m4 c

⇔ .m4 3S10 2S a

a + hbm4 2S .m4 b m4 a a

b + m4 b b

Ta có

+ + ≥ 3S6 ⇔ m4 c c √ c ≥ 9 4 √ c ≥ 9 4 √ 9 2

c)2

b + m2

a + m2 a + b + c

(m2 + + ≥ m4 a a m4 b b

a =

c =

b =

Mà m2 Suy ra

, m2 , m2 m4 c c 2c2 + 2a2 − b2 4 2a2 + 2b2 − c2 4 2b2 + 2c2 − a2 4

a + m2

b + m2

c =

Hay

m2 (a2 + b2 + c2) ≥ 3 4 3 4 (a + b + c)2 3

a + m2

b + m2

c ≥

Suy ra

m2 (a + b + c)2 4

Chỉ cần chứng minh

+ + ≥ = . m4 a a m4 b b m4 c c (a + b + c)4 16 a + b + c (a + b + c)3 16

(1)

√ ≥ 3S6. (a + b + c)3 16 9 2

Thật vậy, ta có

√ (1) ⇔ ≥ √ 3 S3

√ S3 ⇔

39 √ 9 2 √ ≥ 4 √ ≥ 4 33 S ⇔

⇔

⇔ ≥ 33S2 ≥ 33 (a + b + c)(+c − a)(c + a − b)(a + b − c) (a + b + c)3 16 (a + b + c)3 8 (a + b + c) 2 (a + b + c)4 16 (a + b + c)4 16 16

Theo bất đẳng thức AM-GM ta có

⇔ (a + b + c)3 ≥ 27(a + b − c)(b + c − a)(c + a − b)

(cid:113) ≥ 3 3

a + b + c = (a + b − c) + (b + c − a) + (c + a − b)

(a + b − c)(b + c − a)(c + a − b)

Vậy bất đẳng thức (a + b + c)3 ≥ 27(a + b − c)(b + c − a)(c + a − b) đúng. Do đó (1) đúng. Hay bất đẳng thức đã cho được chứng minh.

⇔ (a + b + c)3 ≥ 27(a + b − c)(b + c − a)(c + a − b).

Kết luận Chương 2

Trong chương này, dựa vào các cơ sở về tâm lý, triết học, giáo dục và

các cấp độ về phát triển năng lực tôi đã mạnh dạn đề xuất một số biện

pháp để phát triển năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề cho học sinh

giỏi trung học phổ thông qua dạy bất đẳng thức đại số trong tam giác. Cụ

thể là 4 biện pháp:

1. Hướng dẫn học sinh nắm vững các kiến thức cơ bản

2. Thiết kế những bài toán bất đẳng thức trong tam giác tạo thành

tình huống có vấn đề

3. Xây dựng hệ thống các dạng bài tập và phương pháp giải

4. Hướng dẫn học sinh khai thác các bài toán từ tạp chí toán học, các

kì thì học sinh giỏi trong và ngoài nước.

Ở biện pháp 1, tôi giới thiệu các định lí cơ bản về các bất đẳng thức đại

số trong tam giác và một số bất đẳng thức thường dùng trong chuyên đề

này. Biện pháp 2, tôi đưa ra một số bài toán chứa vấn đề và phân tích kĩ

tình huống có vấn đề đó. Luận văn của tôi tập trung chủ yếu ở biện pháp

3 và biện pháp 4. Dựa trên 4 biện pháp này tôi xây dựng ba tiết giáo án

thực nghiệm, đề thi kiểm tra sau thực nghiệm ở chương 3.

CHƯƠNG 3

THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM

3.1 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 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.

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.

3.2 Tổ chức thực nghiệm

3.2.1 Thời gian thực nghiệm

Thời gian thực nghiệm tháng 3/2017.

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 2 nhóm: kiểm tra, đánh giá kết quả của tất

cả HS các lớp ban tự nhiên khối 11. Căn cứ vào kết quả bài kiểm tra trước

thực nghiệm này và nhận xét của giáo viên toán của các lớp, ta sẽ chọn ra

2 nhóm học sinh khá, giỏi và lực học của 2 nhóm là tương đương nhau.

3.3 Nội dung thực nghiệm

3.3.1 Đề kiểm tra trước thực nghiệm

ĐỀ KIỂM TRA

Thời gian: 180 phút

. Tính cos 2x. (cid:17)

(cid:16)

thỏa mãn sin α =

b) Cho α ∈

Câu 1 (1,0 điểm) 1 a) Cho cos2x = 3 π 2

. (cid:17)

Tính giá trị của biểu thức P = sin

(cid:16)π 2

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin 3x − 2 cos 2x − sin x = 0. Câu 3 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho parabol (P ) : y = x2 − 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 2000 cm3.

(Thể tích của một khối hộp bằng tích độ dài ba cạnh của nó)

Câu 5 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2 3 − α .

(cid:40)y2 − xy + 2x − y − 2 = 0 x − 1 + (cid:112)2 − y = 2

Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm M (1; 3) và đường tròn (C) : x2 + y2 − 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) : x2 + y2 − 2x − 6y + 6 = 0 và điểm M (−3; 1). Viết phương trình tiếp tuyến kể từ M đến (C).

(x, y ∈ P ) . √

Câu 8 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông cân tại A, D là trung điểm 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 điểm B âm.

Câu 9 (1,0 điểm) Giải phương trình

(cid:0)2x2 − 2x + 1(cid:1) (2x − 1) + (cid:0)8x2 − 8x + 1(cid:1) (cid:112)

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

x − x2 = 0.

P = 3 (cid:0)x4 + y4 + x2y2 − xy(cid:1) − 2 (cid:0)x2 + y2(cid:1) + 1.

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Điểm

ĐÁP ÁN

0.25

Câu 1a (0.5 điểm) Ta có cos2x =

0.25

Do đó cos 2x = −

= 1 3 1 + cos 2x 2 1 3

(cid:17)

0.25

Câu 1b (0.5 điểm) Ta có P = sin

. ⇒ 1 3

(cid:16)π 2

(cid:16)

(cid:17)

0,25

− α = cos α √

(do α ∈

Vậy P =

⇒ cos α = 0; 5 9 π 2 5 3 cos2α = 1 − sin2α = √

0.25

5 3

Câu 2 (1,0 điểm) Ta có sin 3x − 2 cos 2x − sin x = 0 ⇔ 2 cos 2x sin x = 2 cos 2x 0.25 cos 2x = 0 hoặc sin x = 1 0.25 kπ 2

0.25

cos 2x = 0 ⇔ x = + π 4

Vậy nghiệm của pt cần tìm là x =

+ kπ + k2π. π 2 2 ; x = ; sin x = 1 ⇔ x = π 4 + k2π π 2

2AB.d (O; AB) = 12 (đvdt)

0,25

0,25 0,25

Câu 3(1,0 điểm) PT hoành độ giao điểm: x2 − x + 3 = x + 6 ⇔ x2 − 2x − 3 = 0 0,25 Từ đó tìm được A (−1; 5) ; B (3; 9) . 0,25 Ta có AB = 4 0,25 Vậy SOAB = 1 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 đó 0 < x < 15. Thể tích khối hộp tạo thành là V = x(30 − 2x)2 = 4x(15 − x)2. Ta có V = 2000 ⇔ 4x(15 − x)2 = 2000 ⇔ x3 − 30x2 + 225x − 500 = 0 ⇔ x = 5; x = 20 Vậy x = 5 (cm) Câu 5 (1,0 điểm) ĐKXĐ: x ≥ 1 ;y ≤ 2 PT (1) tương đương: (y − 2) (y − x + 1) = 0 Với y = 2, thay vào (2) ta được x = 5

√ √ 2. 2 và d (O; AB) = d (O; d) = 3

0,25

Với y = x − 1, thay vào (2) ta được: √

0,25

√ x − 1 + 3 − x = 2 ⇔ 2 + 2(cid:112)(x − 1) (3 − x) = 4

0,25 0,25

−−−→ M M (cid:48) = −→u

0,25

tan

0,25

2a.b. cos C thì = c − a c + a tan

a2 + b2 2 c2 4

0,25

x2 − 4x + 4 = 0 ⇔ x = 2, suy ra y = 1. Vậy hệ đã cho có hai nghiệm là (x; y) = (5; 2) ; (2; 1) . Câu 6 (1,0 điểm) Gọi T−→u (M ) = M (cid:48) thì Từ đó tìm ra M (cid:48) (0; 5) (C) có tâm I (1; 2) và bán kính R = 3. Gọi c2 = a2 + b2 − C − A 2 C + A 2 Gọi (C”) là ảnh của (C) cần tìm thì (C”) có tâm I (cid:48) (0; 4) và bán kính R(cid:48) = R = 3. Do đó m2 c = − Câu 7 (1,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm ∆ABC, bán kính R = 2. Tiếp tuyến kẻ từ M có dạng

Ta có

(cid:33) (cid:32)

(cid:32)

(cid:33)

025

n (cid:88)

+ + ≤ rarbrc r3 − 15 4R ra − r 4R rb − r 4R rc − r

k=1

0,25

Với a = 0 ta được d : y − 1 = 0. Với 3a + 4b = 0 ta được d : 4x − 3y + 15 = 0 Vậy có hai tiếp tuyến kẻ từ M là y − 1 = 0 và 4x − 3y +15 = 0. 0,25 Câu 8 (1,0 điểm)

akbk ≤ ak bk 1 n 1 n 1 n

0,25

4BE √

0,25

Vẽ đường cao AH của tam giác ABC. Gọi G là giao của BD và AH thì G là trọng tâm tam giác ABC và G cũng là trực tâm tam giác ABE; GE cắt AB tại F thì EF ⊥AB. Suy ra EF (cid:107) AC, tam giác GEH vuông cân tại H, suy ra HE = HG. Từ đó HB = 3 Ta có EF = d (E; AB) = 2 nên BE = 4 Gọi B (t; t + 3). Ta có BE = 4 ⇔ (t − 3)2 + (t + 1)2 = 16 ⇔ 2t2 − 4t − 6 = 0 Gọi xB < 0 nên t = −1, suy ra B (−1; 2).

Từ

0,25

2. Tam giác BF E vuông cân

0,25

(cid:0)1 − 2 (cid:0)x − x2(cid:1)(cid:1) (2x − 1)

−−→ BE, suy ra H (2; 2) ⇒ C (5; 2). −−→ BH = 3 4

(cid:17) √

0,25

Phương trình AH : x − 2 = 0 , từ đó A (2; 5). Vậy A (2; 5), B (−1; 2), C (5; 2) Câu 9 (1,0 điểm) ĐKXĐ: 0 ≤ x ≤ 1 ⇔ PT (cid:16) 2(2x − 1)2 − 1 Đặt a = 2x − 1; b = (cid:0)1 − 2b2(cid:1) a + (cid:0)2a2 − 1(cid:1) b = 0 ⇔ (a − b) (2ab + 1) = 0

x − x2 = 0 √ x − x2 ta được:

0,25

Với a = b, ta có

√ √ 5 + 5 x − x2 = 2x − 1 , giải ra được x = 10

Với 2ab + 1 = 0, ta được √ 2 (2x − 1)

Từ (1) suy ra 0 < x <

√ x − x2 + 1 = 0 ⇔ 2 (1 − 2x) x − x2 = 1 (1)

0,25

Mặt khác 2 ra 2 (1 − 2x)

⇒ 0 < 1 − 2x < 1. 1 2 √

có nghiệm là x =

(cid:104)

(cid:105)

x − x2 = 2(cid:112)x (1 − x) ≤ x + (1 − x) = 1. Suy √ x − x2 < 1 nên (1) vô nghiệm. Vậy pt đã cho √ 5 + 5

0,25

Do đó x + y ≥ 1 Câu 10b (0,75 điểm) Ta có P = 3 (cid:0)x4 + y4 + x2y2(cid:1) − 2 (cid:0)x2 + y2(cid:1) + 1 − 3xy (cid:0)x4 + y4(cid:1) − 2 (cid:0)x2 + y2(cid:1) + 1 − 3xy

0,25

10 Câu 10a (0,25 điểm) Ta có 4xy ≤ (x + y)2, suy ra (x + y)3 + (x + y)2 ≥ 2 (x + y)2 + 2 (x + y) + 2 ⇔ (x + y − 1) ≥ 0.

(cid:0)x2 + y2(cid:1) + 3 4

≥ 3 2 (cid:0)x2 + y2(cid:1)2 − 2 (cid:0)x2 + y2(cid:1) + 1 − 3xy 3 2 (cid:0)x2 + y2(cid:1) + P = 3 2

0,25

(x + y)2 ≥ 1 2 1 2

Ta có P ≥

, nên P ≥

t2 − 2t + 1 − 3xy

(cid:19)

Ta thấy hàm số f (t) =

t2 − 2t + 9 4

(cid:19)

nên f (t) ≥ f

1 4 t2 − 2t + ; +∞ 1 . 4 (cid:20)1 đồng biến trên 2 1 4

Đặt t = x2 + y2 thì t ≥ 9 4 Dễ thấy 4xy ≤ 1 ⇒ xy ≤ 9 4 3 16

(cid:18)1 2

. Vậy GTNN

Vậy P ≥ −

0,25

= −

1 2

. Đẳng thức xảy ra khi x = y = 3 16

3.3.2 Thiết kế giáo án thực nghiệm

Giáo án thực nghiệm gồm 3 tiết về chuyên đề bất đẳng thức đại số

trong tam giác có áp dụng các biện pháp đã đề xuất nhằm phát triển năng

lực PH&GQVĐ cho học sinh khá giỏi.

Giáo án tiết 1: Phương pháp 1: Sử dụng các định lí, công thức trong tam

giác và biến đổi tương đương.

Giáo án tiết 2 và 3:

- Phương pháp 2 : Sử dụng nghiệm của phương trình bậc 3.

- Phương pháp 3 : Sử dụng 1 số bất đẳng thức cổ điển.

3 16 của P bằng −

Giáo án số 1

CHUYÊN ĐỀ: BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ TRONG TAM

GIÁC

Tiết 1: Một số công thức liên quan đến các yếu tố trong tam

giác

I. Mục tiêu

1. Kiến thức

- Học sinh biết được các định lý, công thức liên quan đến các yếu tố

trong tam giác: cạnh, chiều cao, đường trung tuyến.

- Học sinh nhớ và vận dụng được các kiến thức trên vào làm bài tập.

2. Kỹ năng

- Học sinh biết cạnh nhìn nhận và sử dụng công thức nào trong trường

hợp nào cho hợp lý.

- Sử dụng nhuần nhuyễn, linh hoạt các kiến thức trên.

- Rèn tinh thần cẩn thận, tính toán chính xác, trình bày rõ ràng, mạch

lạc.

3. Thái độ

- Học sinh có tinh thần học tập nghiêm túc, tự giác, hợp tác với các

bạn và Giáo viên, có hứng thú với môn học.

- Năng lực: Ghi nhớ, phát hiện và GQVĐ, hợp tác.

II. Chuẩn bị của giáo viên và học sinh

1. Giáo viên

- Kế hoách giảng dạy, giáo án.

2. Học sinh - Đồ dùng học tập.

- Xem trước các kiến thức liên quan đến bài học.

III. Phương pháp

Phát hiện và giải quyết vấn đề, hỏi đáp (vấn đáp), làm việc nhóm, tự

luyện tập và thực hành.

IV. Tiến trình dạy học.

1. Ổn định lớp học

- Kiểm tra sĩ số lớp học.

2. Bài học

Hoạt động 1: Giới thiệu các định lý trong tam giác

Hoạt động của HS - Học sinh theo dõi và ghi chép.

Hoạt động của GV - Giáo viên giới thiệu định lý hàm số sin. Cho ∆ABC, có a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác, R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Ta có:

toán

- Học sinh tìm hiểu bài và làm theo yêu cầu.

= = = 2R. a sinA b sinB c sinC

√

- Học sinh tìm hiểu bài toán và làm theo yêu cầu. - Học sinh giải bài toán. Áp dụng định lý sin ta có: √ 2 3 sin B

- Giáo viên đưa ra bài toán sau: Bài toán: Cho ∆ABC vuông tại A, có độ dài các cạnh BC = a, AC = 3, AB = c = 2. b = 2 Kiểm chứng các đẳng thức sau: a2 = b2 + c2 − 2bc cos A. b2 = a2 + c2 − 2ac cos B. c2 = a2 + b2 − 2ab cos C.

. = √

, sin C = . 2 sin C 3 2 1 2

(cid:16)

(cid:17)2

(cid:16)

√ 4 sin 90◦ = Suy ra: sin B = Suy ra: B = 60◦, C = 30◦. Thay vào các đẳng thức (cid:17)2 42 = + 22 3 2 √ −2.2 3.2 cos 90◦.

(cid:16)

= 42 + 22 3 √ 2

Ta thấy các đẳng thức trên đúng. - Học sinh ghi nhận.

- Từ bài toán trên, giáo viên đưa ra định lý hàm số cos: Cho∆ABC có a, b, c là độ dài 3 cạnh tam giác. Khi đó: a2 = b2 + c2 − 2bc cos A. b2 = a2 + c2 − 2ac cos B. c2 = a2 + b2 − 2ab cos C.

√ 2 22 = 42 + −2.4.2. cos 60◦. (cid:17)2 3 √ −2.4.2 3. cos 30◦.

- Học sinh lắng nghe và trả lời. -Ta thấy:

- Giáo viên hỏi thêm: vẫn với dữ kiện của bài toán trên, hãy kiểm tra đẳng thức sau:

VT =

√ √ ≈ 0, 0718

VP =

- Giáo viên hỏi thêm: Liệu có công thức nào biểu diễn mối quan hệ giữa các cạnh của tam giác và hàm tan của các góc tương ứng không?

VP (cid:54)= VT nên đẳng thức này không đúng. - Học sinh tiếp nhận vấn đề, động não và tìm cách giải quyết vấn đề do giáo viên đưa ra. Công thức

= . a − b a + b tan (A − B) tan (A + B) 3 4 − 2 4 + 2 3 tan 30◦ tan 150◦ = −1

= a − b a + b tan A−B tan A+B

- Giáo viên yêu cầu học sinh kiểm chứng công thức và để học sinh tự rút ra định lý hàm số tan.

= .

. =

- Định lý hàm số tan: a − b a + b b − c b + c c − a c + a - Hoạt động nhóm theo yêu cầu của giáo viên.

- Giáo viên chia lớp thành 4 nhóm và yêu cầu hoạt động nhóm, mỗi nhóm liệt kê các định lý, công thức liên quan đến các yếu tố trong tam giác (cạnh, đường cao, đường phân giác,...). - Gọi đại diện của 2 nhóm nhanh nhất lên bảng viết câu trả lời của nhóm mình, các nhóm còn lại theo dõi, bổ sung.

= . tan A−B tan A+B 2 tan B−C tan B+C tan C−A tan C+A

- 2 học sinh lên viết câu trả lời, các học sinh còn lại theo dõi, chỉnh sửa và bổ sung. * Công thức tính diện tích tam giác: 1 2

SABC = chc. aha =

1 2 bc sin A ab sin C = SABC = bhb = 1 2

= 1 2 1 2 1 ac sin C. 2

SABC = = pr = (p − a) ra abc 4R

= (p − b) rb. SABC = (p − c) rc. SABC = (cid:112)p (p − a) (p − b) (p − c). * Công thức tính toán bán kính nội tiếp, ngoại tiếp, bàng tiếp

= = R = b 2 sin B c 2 sin C

= a 2 sin A abc . 4S

r = (p − a) . tan

= (p − b) tan

= (p − c) tan A 2 B . 2 C 2

. = ra = p tan

. = rb = p tan

* Công thức đường trung tuyến

. = rc = p tan . S p − a S p − b S p − c A 2 B 2 C 2

a =

. − m2

b =

m2 − .

c =

m2 − . b2 + c2 2 a2 + c2 2 a2 + b2 2

a2 4 b2 4 c2 4 * Công thức tính độ dài đường phân giác:

cos . la =

cos . lb =

cos lc = 2bc b + c 2ac a + c 2ab a + b A 2 B 2 C 2

* Công thức đường cao

ha =

= 2S a 2(cid:112)p (p − a) (p − b) (p − c) a

hb =

= 2S b 2(cid:112)p (p − a) (p − b) (p − c) b

hc =

- Học sinh theo dõi và ghi chép.

- Giáo viên nhận xét, chỉnh sửa và bổ sung.

Hoạt động 2: Luyện tập

(cid:19)

= 2S c 2(cid:112)p (p − a) (p − b) (p − c) c

Hoạt động của GV - Giáo viên đưa ra bài toán. Bài toán 1. Cho ∆ABCvới độ dài các cạnh là a, b, c và diện tích là S. CMR: (sin A + sin B + sin C). (cot A + cot B + cot C) (cid:18) 1 (cid:0)a2 + b2 + c2(cid:1) ab

(cid:19) (cid:18)b2 + c2 − a2

+ + = 1 ac 1 bc 1 2

Hoạt động của HS - Học sinh đọc kỹ đề và tìm vấn đề của bài toán, tìm phương thức giải quyết vấn đề đó. - Học sinh phân tích tích VT là phương thức đại số, VP chỉ chứa hàm lượng giác, nên hướng giải quyết là sử dụng định lý hàm cô sin, để đưa VT thành VP. Giải bài toán 1. V T = (cid:18) a 2R

+ + +

4S (cid:19) +

= c 2R a2 + b2 − c2 4S a2 + b2 + c2 4S a2 + b2 + c2 4S

b 2R c2 + a2 − b2 4S a + b + c 2R a + b + c abc 2S

= (a + b + c) (cid:0)a2 + b2 + c2(cid:1) 2abc

(cid:0)a2 + b2 + c2(cid:1) .

(cid:19)

(cid:0)a2 + b2 + c2(cid:1)

(cid:18) 1 bc

+ a + b + c abc + = 1 ac 1 ab

Bài toán 2. Cho ∆ABC có nửa chu vi là p, bán kính đường tròn nối tiếp tam giác là r. Chứng minh rằng: p ≥ 3 Dấu bằng xảy ra khi nào?

√ √ 1 2 1 2 = VP Vậy đẳng thức được chứng minh. .- Học sinh đọc và tìm hiểu đề. Giải bài toán 2. Theo công thức diện tích tam giác, ta có: p2 ≥ 3 3r

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tam giác đều.

- Giáo viên nhận xét và sửa sai

Hoạt động 3: Củng cố và hướng dẫn về nhà Bài toán 3. Chứng minh rằng p2 + 5r2 ≥ 16Rr. Dấu bằng xảy ra khi nào?

Bài toán 4. Chứng minh rằng

√ 3S ⇔ p2 ≥ 3 √ ⇔ p ≥ 3 3pr 3r.

Bài toán 5. Chứng minh rằng

3 (cid:0)a3 + b3 + c3 + 3abc(cid:1) ≤ 2 (a + b + c) (cid:0)a2 + b2 + c2(cid:1)

Dấu bằng xảy ra khi nào?

V. RÚT KINH NGHIỆM GIỜ DẠY

........................................................................................................................

p2 ≤ a2 + b2 + c2 + < 2p2. 52 27 2abc p

Giáo án số 2

CHUYÊN ĐỀ: BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ TRONG TAM

GIÁC

Tiết 2+3: Một số phương pháp chứng minh bất đẳng thức đại

số trong tam giác

I. Mục tiêu

1. Kiến thức

- HS biết được một số phương pháp cơ bản để chứng minh một bất

đẳng thức đại số trong tam giác.

- HS vận dụng được các phương pháp này vào các bài bất đẳng thức cụ

thể.

2. Kĩ năng

- HS biết nhận biết nên sử dụng phương pháp nào vào bài toán nào.

- HS có thể sử dụng linh hoạt các phương pháp, có thể kết hợp các

phương pháp.

- Rèn tính sáng tạo, nhạy bén, cẩn thận.

3. Thái độ

- HS có tinh thần học tập nghiêm túc, tự giác, hợp tác với các bạn và

GV; tích cực học tập, xây dựng tiết học hiệu quả; có hứng thú với môn

học.

- Năng lực: tư duy tích cực, sáng tạo, phát hiện vì giải quyết vấn đề,

hợp tác.

II. Chuẩn bị

1. Giáo viên

- Kế hoạch giảng dạy, giáo án.

2. Học sinh

- Đồ dùng học tập.

- Xem lại kiến thức đã học ở tiết trước và xem trước bài học hôm nay.

III. Phương pháp

Phát hiện và GQVĐ, hỏi đáp, thuyết trình, làm việc nhóm, tự luyện

tập.

IV. Tiến trình dạy học

1. Ổn định lớp học

- Kiểm tra sĩ số lớp học.

- Kiểm tra bài cũ và sự chuẩn bị bài mới của HS.

2. Bài học

Hoạt động 1. Phương trình bậc ba theo các cạnh tam giác

Hoạt động của GV - GV yêu cầu HS nhắc lại định lí Vi-et cho phương trình bậc ba.

Hoạt động của HS - HS nhắc lại định lí Vi-et cho phương trình bậc ba : Cho phương trình x3 + ax2 + bx + c = 0 có 3 nghiệm x1, x2, x3 (kể cả nghiệm phức). Khi đó.

 



- HS theo dõi và ghi chép.

- GV giới thiệu phương trình bậc ba theo các cạnh trong tam giác. Mệnh đề 1. Cho (cid:77) ABC với độ dài 3 cạnh BC = 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 3 nghiệm của phương trình x3 − 2px2 + (cid:0)p2 + r2 + 4Rr(cid:1) x

x1 + x2 + x3 = −a x1x2 + x2x3 + x1x3 = b x1x2x3 = −c.

- GV đưa ra câu hỏi:  

- HS liên tưởng ngay đến định lí Vi-et cho phương trình bậc ba. Áp dụng ta có



−4Rrp = 0.

 



a + b + c =? ab + bc + ac =? abc =?

a + b + c = 2p ab + bc + ca = p2 + r2 + 4Rr abc = 4Rrp

- Đọc đề và xem hướng dẫn của GV.

- GV đưa ra ví dụ Bài 1. Cho (cid:77) ABC với bán kính đường tròn nội tiếp là r không đổi và độ dài các cạnh a, b, c. Hãy xác định giá trị lớn nhất của biểu thức.

T = 1 a2 +

1 1 c2 . b2 + - GV hướng dẫn các làm.

- HS theo dõi và ghi chép.

Giải. Vì a, b, c là nghiệm của phương trình x3 − 2px2 + (cid:0)p2 + r2 + 4Rr(cid:1) x

nên đặt f (x) = x3 − 2px2

−4Rrp = 0

Đạo hàm 2 lần f (x) ta có

+ (cid:0)p2 + r2 + 4Rr(cid:1) x − 4Rrp = (x − a) (x − b) (x − c)

3x−2p = (x − a)+(x − b)+(x − c)

Suy ra 3x − 2p f (x)

+ 1 (x − a) (x − b) 1 (x − b) (x − c) 1 (x − c) (x − a)

Cho x = p ta có 1 (p − a) (p − b)

+ 1 (p − b) (p − c)

Tóm lại 1 4r2 = +

= = + 1 (p − c) (p − a) p r2p 1 r2

- HS tự làm tương tự theo ví dụ trên.

≥ 1 c2

1 4 (p − a) (p − b) 1 a (p − b) (p − c) 1 4 (p − c) (p − a) 1 1 b2 + a2 + 1 4r2 khi (cid:77) ABC đều. Vậy Tmax = - GV đưa ra bài toán có cách làm hoàn toàn tương tự để học sinh tự luyện tập.

Bài 2. Cho (cid:77) ABC với bán kính đường tròn nội tiếp là r và chu vi 2p = 6 . Chứng minh rằng: 1 (4 − b) (4 − c)

+ +

1 (4 − a) (4 − b) 1 (4 − c) (4 − a)

Hoạt động 2. Phương trình bậc ba theo các đường cao

Hoạt động của HS - HS theo dõi và ghi chép.

≤ . 3 6r2 + 2

Hoạt động của GV - GV đưa ra mệnh đề về phương trình bậc ba theo các cạnh tam giác. Mệnh đề 2. Cho (cid:77) ABC có ha, hb, hc là các đường cao. Khi đó ha, hb, hc là nghiệm của phương trình x3 −

x p2 + r2 + 4Rr 2R 2p2r R

- GV yêu cầu HS tự rút ra hệ quả từ mệnh đề trên theo định lí Vi-et.

- HS rút ra hệ quả. Hệ quả.

− = 0 x2 + 2p2r2 R

i) ha + hb + hc = p2 + r2 + 4Rr 2R

ii) hahb + hbhc + hcha = 2p2r R

2p2r2 R

- GV đưa ra bài toán. Bài 3. Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC ta luôn có:

iii) hahbhc = - HS đọc và phân tích đề. - Nhận thấy ở hệ quả trên ta có:

và yêu cầu bài toán là:

ha + hb + hc = p2 + r2 + 4Rr 2R . ha + hb + hc ≥ 8r + 2r2 R

2r2 R

- GV để HS tự phát hiện vấn đề và tìm cách GQVĐ. Nếu HS không phát hiện được thì GV có thể gợi ý từng bước.

ha + hb + hc ≥ 8r + nên ý tưởng để GQVĐ là ta sẽ chứng minh

Giải. Do ha, hb, hc là ba nghiệm của phương trình.

≥ 8r + p2 + r2 + 4Rr 2R 2r2 R

x3 − p2 + r2 + 4Rr 2R

nên

+ x − = 0 x2 2p2r R 2p2r2 R

ha + hb + hc = p2 + r2 + 4Rr 2R

= 4p2 + 4r2 + 16Rr 8R

≥ 48Rr + 12r2 + 4r2 + 16Rr 8R

Hay ha + hb + hc ≥ 8r +

≥ . 8Rr + 2r2 R

Hoạt động 3. Phương trình bậc ba theo bán kính đường tròn

bàng tiếp.

Hoạt động của HS - HS nhận biết vấn đề, liên hệ lại các kiến thức để tìm cách giải. Giải. Từ S = p.r = ra (p − a) = rb (p − b)

Hoạt động của GV - GV đặt vấn đề. Từ các kiến thức đã biết, tính a) ra + rb + rc. b) rarb + rbrc + rcra. c) ra. rb. rc.

2r2 R

= rc (p − c) .

, rb =

, rc =

suy ra ra =

Vậy

. pr p − a pr p − b pr p − c

. rarbrc = p3r3 (p − a) (p − b) (p − c)

= p4r3 p (p − a) (p − b) (p − c) p4r3 S2 = p2r

(cid:19)

Ta có ra + rb + rc = (cid:18) 1

pr + + 1 p − b 1 p − c

(cid:18)

Và rarb + rbrc + rcra = p2r2

= pr. = 4R + r. p − a 4Rr + r pr

(cid:19)

+ 1 (p − c) (p − a)

- HS theo dõi và ghi chép.

Dựa vào kết quả trên, GV đưa ra mệnh đề 3. Mệnh đề 3. Cho (cid:77) ABC có ra, rb, rc là các bán kính đường tròn bàng tiếp tam giác. Khi đó ra, rb, rc là nghiệm của phương trình bậc ba sau:

1 (p − a) (p − b) 1 (p − b) (p − c) = p2r2 1 r2 = p2

- HS ghi chép BTVN

- GV đưa ra bài toán (BTVN) Bài 4. Chứng minh rằng với mọi (cid:77) ABC ta đều có

x3 − (4R + r) x2 + p2x − p2r = 6.

Hoạt động 4. Sử dụng một số BĐT cổ điển để giải BĐT đại

số trong tam giác

Hoạt động của HS - HS được gọi trả lời, HS lắng nghe, ghi lại.

Hoạt động của GV - GV gọi 2 HS và yêu cầu nhắc lại bất đẳng thức AM-GM và bất đẳng thức Cauchy-Schwarz

+ + ≤ rarbrc r3 −15. 4R ra − r 4R rb − r 4R rc − r

* BĐT AM-GM Với n số thực x1, x2, . . . xn không âm thì ta có:

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x1 = x2 = ... = xn. * BĐT Cauchy-Schwarz Cho n cặp số bất kì a1, a2, . . . , an và b1, b2, . . . , bn. Khi đó ta có BĐT

(cid:32) n

(cid:33)2

(cid:32) n

(cid:33) (cid:32) n

(cid:33)

(cid:88)

√ ≥ n x1.x2... xn x1 + x2 + ... + xn n

i=1

Dấu “=” xảy ra ⇔ ∃k(cid:77) : ai = kbi với i = 1, 2, ..., n - HS theo dõi và ghi chép.

- GV đưa ra BĐT cộng Chebysev. Nếu cho a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an và b1 ≥ b2 ≥ ... ≥ bn thì:

(cid:33) (cid:32)

(cid:32)

(cid:33)

n (cid:88)

≤ aibi ai bi

k=1

- GV đưa ra bài tập áp dụng. Bài 5. Cho (cid:77) ABC, Chứng minh rằng

akbk ≥ ak bk 1 n 1 n 1 n

- HS đọc kĩ đề và nhìn nhận ra mấu chốt của bài toán từ đó có hướng GQVĐ. - HS phân tích. √ √ Ta có tổng quát có thể giả sử). Khi đó (cid:114) a

(cid:114) b

√ √ √ + c (Không mất a ≥ b ≥ √ b a + c − b √ √ a + ≥ c b + + a b + c − a c √ b + a − c

b + c − a a + c − b

Sau đó áp dụng BĐT Chebysev.

100

≥ (cid:114) c ≥ a + b − c

- HS đọc kĩ và phát hiện vấn đề. Ta có: a ≥ b ≥ c thì khi đó

GV đưa ra bài toán khác, có vấn đề. Bài 6. Cho (cid:77) ABC, Chứng minh rằng

ha ≤ hb ≤ hc

- GV cùng HS trả lời vấn đề HS phát hiện ra.

(a + b + c) (ha + hb + hc) ≥ 18S

(cid:19)

≤ akbk

nên không thể áp dụng ngay BĐT Chebysev trên được. Nếu 2 dãy có chiều ngược nhau thì BĐT trên có đúng nữa không? Và có gì khác biệt giữa 2 trường hợp này? - HS cùng GV trả lời. - Câu trả lời chính là BĐT Cheby- sev đối với 2 dãy ngược chiều. Nếu a1 ≥ a2 ≥ ... ≥ an và b1 ≤ b2 ≤ ... ≤ bn thì ta có 1 n (cid:18) 1 n

(cid:19) (cid:18) 1 n

n (cid:80) k=1 n (cid:80) k=1

(cid:19)

(cid:19) (cid:18)ha + hb + hc

n (cid:80) k=1 - Bài toán trên đã có thể giải quyết một cách đơn giản. Giả sử a ≥ b ≥ c thì ha ≤ hb ≤ hc. Áp dụng BĐT Chebysev cho 2 dãy ngược chiều ta được (cid:18)a + b + c 3

ak bk

≥ a.ha + b.hb + c.hc 3

≥ 2S (a + b + c) (ha + hb + hc) 9

Hoạt động 5. Củng cố và hướng dẫn về nhà.

GV tổng kết lại nội dung buổi khác và giao BTVN. Bài 7 . Chứng minh rằng với mọi (cid:77) ABC ta luôn có:

⇔ ⇔ (a + b + c) (ha + hb + hc) ≥ 18S Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a = b = c, ha = hb = hc

101

4S2 ≤ a2 (p − b) (p − c) + b2 (p − a) (p − c) + c2 (p − b) (p − a) .

Bài 8. Chứng minh rằng với (cid:77) ABC bất kì:

Bài 9. Chứng minh rằng với (cid:77) ABC bất kì thì:

+ + ≥ 4. a2 p (p − a) b2 p (p − b) c2 p (p − c)

Bài 10. Cho (cid:77) ABC với ha, hb, hclà các đường cao. Chứng minh rằng

a2 + b2 + c2 ≥ . 4p2 3

(cid:114) R S2 .

V. RÚT KINH NGHIỆM GIỜ DẠY:

........................................................................................................................

102

+ + ≥ 3 3 1 ha 1 hb 1 hc

3.3.3 Thiết kế đề, đáp án bài kiểm tra sau thực nghiệm

ĐỀ KIỂM TRA

(Thời gian 45 phút)

Bài 1 (2,5đ). Cho ∆ABC có a, b, c là độ dài các cạnh ha, hb, hc là đường cao tương ứng. R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng

minh rằng

(cid:19)

(cid:18) 1 ha

Bài 2 (2,5đ). Cho ∆ABC có độ dài cạnh a, b, c và bán kính đường tròn nội tiếp là r. Hãy xác định giá trị lớn nhất của biểu thức:

(ab + bc + ca) + + ≥ 18R. 1 hb 1 hc

Bài 3 (3đ). Cho ∆ABC. Hãy xác định giá trị nhỏ nhất của

a) P =

T = + + − (a − b)2 ab (b − c)2 bc (c − a)2 ca P 2 4r2 .

b) Q =

+ + .

Bài 4 (2đ). Cho ∆ABC có a, b, c là độ dài các cạnh ha, hb, hc là đường cao tương ứng, S là diện tích tam giác. Chứng minh rằng

+ + . a ma ma a b mb mb b c mc mc c

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM

Điểm

ĐÁP ÁN

Ta có

0,5

(a + b + c) (ha + hb + hc) ≥ 18S.

2S +

Câu 1 (2,5 điểm). 1 hc

0,75

BĐT đã cho tương đương với: (ab + bc + ca) (a + b + c) ≥ 36RS

+ + = + b = a 2S c 2S a + b + c 2S 1 ha 1 hb

⇔ (ab + bc + ca) (a + b + c) ≥ 36 S

103

abc 4S ⇔ (ab + bc + ca) (a + b + c) ≥ 9abc

Sử dụng BĐT AM-GM ta có:

(cid:40)

a2b2c2

0,25

0,75

√ a2b2c2 3 abc = 9abc

√ ab + bc + ca ≥ 3 3 √ a + b + c ≥ 3 3 abc. √ Suy ra (ab + bc + ca) (a + b + c) ≥ 9 3 Kết luận: Vậy ta có điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra ⇔ ∆ABC đều Câu 2(2,5 điểm) Do a, b, c là nghiệm của phương trình:

x3 − 2px2 + (cid:0)p2 + r2 + 4Rr(cid:1) x − 4Rrp = 0.

Nên ta có: (a − b)2 ab

Hay

0,5

+ + = − 9. (b − c)2 bc (c − a)2 ca 2 (cid:0)p2 + r2 + 4Rr(cid:1) 4Rr

0,75

+ + = − 7 (b − c)2 bc (c − a)2 ca 2 (cid:0)p2 + r2(cid:1) 4Rr (a − b)2 ab Do R ≥ 2r nên:

0,5

khi ∆ABC đều

0,25

− 7 = + + ≤ (a − b)2 ab (b − c)2 bc (c − a)2 ca 2 (cid:0)p2 + r2(cid:1) 8r2 p2 4r2 − 27 4

(cid:17)2

0,5

(cid:16) a √ 2

√ √ −27 4 a = 2 (cid:0)b2 + c2(cid:1) − a2 = 2 (cid:0)a2 + b2 + c2(cid:1) − 3a2 3a = 2 (cid:0)a2 + b2 + c2(cid:1) ≥ 2ma

Suy ra

Vậy Tmax = Câu 3(3 điểm) a) Ta có 4m2 Suy ra (2ma)2 + a ma

Tương tự

0,75

3 3a2 ≥ √ 2 3c2 ≥ ≥ a2 + b2 + c2 c mc √

104

a2 + b2 + c2 √ 3b2 2 b a2 + b2 + c2 , mb + c + b Suy ra a 3 . ≥ 2 mc mb ma √ Vậy Pmin = 2 3. Dấu bằng xảy ra ⇔ ∆ABC đều.

1,5

b) Tương tự ta có

Suy ra

√ 2 3m2 c ≥ ≥ ≥ mc c a2 + b2 + c2 ma a mb b

b + m2 c

(cid:1) (cid:125)

Hay

a + m2 (cid:123)(cid:122) a2+b2+c2 √

+ + √ 3m2 2 b a2 + b2 + c2 ; √ 3 (cid:0)m2 √ 3m2 2 a a2 + b2 + c2 ; ma mc mb c b a ≥ 2 (cid:124)

3 3 + + ≥ . ma a mb b mc c 2

0,5

(cid:19)

(cid:19) (cid:18)ha + hb + hc

√ 3 3

Vậy Qmin = 2 Dấu “=” xảy ra khi ∆ABC đều. Câu 4(2 điểm) Không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c. Khi đó ha ≤ hb ≤ hc. Áp dụng BĐT Chebysev cho 2 dãy ngược chiều ta được: (cid:18)a + b + c 3

≥ aha + bhb + chc 3 3

0,5

(a + b + c) (ha + hb + hc) 9

105

≥ 2S ⇔ ⇔ (a + b + c) (ha + hb + hc) ≥ 18S Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c, ha = hb = hc

3.4 Phân tích, đánh giá kết quả thực nghiệm

3.4.1 Phân tích kết quả định lượng

3.4.1.1 Kết quả kiểm tra trước thực nghiệm

Điểm Số HS % Số HS đạt % Số HS

đạt điểm Xi

đạt điểm Xi trở xuống ĐC TN 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 15.0 12.5 27.5 27.5 52.5 50.0 85.0 85.5 97.5 97.5 100 100

0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Tổng

TN ĐC TN 0.0 0 0 0.0 0 0 0.0 0 0 0.0 0 0 0.0 0 0 12.5 6 5 15.0 5 6 22.5 10 9 35.0 13 14 12.5 5 5 2.5 1 1 100 40 40

ĐC 0.0 0.0 0.0 0.0 0.0 15.0 12.5 25 32.5 12.5 2.5 100

Biểu đồ 3.1. Biểu đồ tần suất số học sinh đạt điểm Xi trong bài kiểm tra trước thực nghiệm

Nhận xét. Hai nhóm được chọn để tiến hành tham gia thực nghiệm

có sức học tương đương nhau:

106

Bảng 3.1. Phân phối tần số, tần suất và tần suất lũy tích bài kiểm trước thực nghiệm

Biểu đồ 3.2. Biểu đồ đường lũy tích phần trăm số học sinh đạt điểm Xi trở xuống trong bài kiểm tra trước thực nghiệm

Giỏi (9-10 điểm)

Yếu kém Trung bình (5-6 điểm) (0-4 điểm) TN ĐC TN ĐC 27.5 27.5 0.0 0.0

Khá (7-8 đểm) TN ĐC TN ĐC 57.5 57.5 15.0 15.0

Bảng 3.2. Bảng tổng hợp phân loại kết quả của bài kiểm tra trước thực nghiệm

Bảng 3.3. Bảng tổng hợp các tham số đặc trưng của các bài kiểm tra trước thực nghiệm

0.05

Bài Số kiểm Nhóm bài (n) tra 40 Trước 40 TN

TN ĐC

7.275 1.30 1.69 7.225 1.33 1.77

18.41 17.88

- Điểm trung bình cộng ở nhóm TN (7.275) tương đương với nhóm ĐC

(7.225) (DTN−ĐC là 0.05).

- Tỉ lệ học sinh đạt điểm trung bình, khá, giỏi (hai nhóm không có học

sinh yếu) của nhóm TN bằng với nhóm ĐC. Cả hai khối TN và ĐC có

tổng số học sinh xếp loại khá, giỏi là 72.5%.

- Đường tần suất của nhóm TN gần sát với đường tần suất của nhóm

107

S S2 V(%)) DTN−ĐC

Biểu đồ 3.3. Biểu đồ phân loại kết quả học tập học sinh bài kiểm tra trước thực nghiệm

ĐC, cả hai đường tần suất đều có đỉnh là điểm 8.

- Đường tích lũy của nhóm TN gần sát đường tích lũy của nhóm ĐC.

Điều này cho thấy, chất lượng học tập của nhóm TN và nhóm ĐC tương

đối đều nhau.

3.4.1.2 Kết quả kiểm tra sau thực nghiệm

Bài

Đối

Sĩ

Số học sinh đạt điểm Xi

7 8

8 kiểm tra tượng số 0 1 2 3 4 5 6 TN 40 0 0 0 0 0 1 6 14 9 ĐC 40 0 0 0 0 0 4 8 11 11 6

Sau TN

9 10 2 0

Bảng 3.4. Bảng phân phối tần số kết quả của bài kiểm tra số 2

Bài kiểm tra Sau TN

Đối tượng TN ĐC

Sĩ số 40 40

0 0 0

1 0 0

2 0 0

3 0 0

% học sinh đạt điểm Xi 6 4 15.0 0 20.0 0

5 2.5 10.0

7 20.0 27.5

8 35.0 27.5

9 22.5 15.0

10 5.0 0

108

Bảng 3.5. Bảng phân phối tần suất kết quả của bài kiểm tra số 2

Bài kiểm tra Số 1

Đối tượng TN ĐC

Sĩ số 40 40

0 0 0

1 0 0

% học sinh đạt điểm Xi trở xuống 6 3 17.5 0 30.0 0

5 2.5 10.0

8 72.5 85.0

7 37.5 57.5

4 0 0

9 95.0 100

2 0 0

10 100 100

Biểu đồ 3.4. Biểu đồ tần suất số học sinh đạt điểm Xi trong bài kiểm tra sau thực nghiệm

Biểu đồ 3.4. Biểu đồ đường lũy tích phần trăm số học sinh đạt điểm Xi trở xuống trong bài kiểm tra sau thực nghiệm

109

Bảng 3.6. Bảng phân phối tần suất lũy tích kết quả của bài kiểm tra sau thực nghiệm

Giỏi (9-10 điểm)

Khá Yếu kém Trung bình (5-6 điểm) (0-4 điểm) (7-8 đểm) TN ĐC TN ĐC TN ĐC TN ĐC 55.0 55.0 27.5 15.0 1.7.5 30.0 0.0 0.0

Biểu đồ 3.6. Biểu đồ phân loại kết quả học tập học sinh bài kiểm tra sau thực nghiệm

Bảng 3.7. Bảng tổng hợp phân loại kết quả của bài kiểm tra sau thực nghiệm

Số

Bảng 3.8. Bảng tổng hợp các tham số đặc trưng của các bài kiểm tra sau thực nghiệm

0.57

Bài kiểm Nhóm bài X tra Trước TN

(n) 40 40

TN ĐC

7.75 1.19 1.42 15.393 7.18 1.22 1.48 16.964

110

S S2 V(%)) DTN−ĐC

Nhận xét.

- Điểm trung bình cộng ở hai nhóm đã có sự thay đổi nhóm TN (7.75) và nhóm ĐC (7.18). Hiệu số điểm trung bình giữa hai nhóm là DTN−ĐC = 0.05.

- Tỉ lệ học sinh đạt điểm khá của hai nhóm bằng nhau (55%), nhưng

đối với nhóm TN thì tỉ lệ học sinh trung bình giảm và tỉ lệ học sinh giỏi

tăng lên chứng tỏ có một số học sinh đã chuyển từ mức điểm trung bình

lên khá và từ khá lên giỏi.

- Đường tần suất của nhóm TN và đường tần suất của nhóm ĐC đã

tách ra rõ rêt. Cụ thể, từ điểm 5 đến điểm 7 thì đường tần suất của nhóm

ĐC ở phía trên đường tần suất của nhóm TN. Từ điểm 8 đến điểm 10 thì

đường tần suất của nhóm TN ở phía trên đường tần suất của nhóm ĐC.

Đường tần suất của nhóm TN có đỉnh ổn định tại điểm 8, trong khi đó

đỉnh của đường tần suất của nhóm ĐC dao động quanh điểm 7, 8.

- Đường tích lũy của nhóm TN nằm bên phải và phía dưới các đường

tích lũy của nhóm ĐC.

- Giá trị của hệ số biến thiên V của nhóm TN và nhóm ĐC đều nằm

trong khoảng từ 15% đến 30% (có độ dao động trung bình). Do vậy, kết

quả thu được đáng tin cậy.

Điều này cho thấy, chất lượng học tập của nhóm TN tốt hơn so với

nhóm ĐC.

3.4.2 Phân tích kết quả định tính

Học sinh ở nhóm TN tâm lí rất thỏa mái, không khí các tiết học vui

vẻ, sôi nổi, các em làm chủ được tiết học, các em chiếm nhiều thời gian và

vị trí hơn trong giờ học.

Các em ở nhóm TN biết đặt ra các câu hỏi, đưa ra các nghi vấn, không

sợ sai, không sợ giáo viên. Các em có hứng thú với môn học.

Khả năng ghi nhớ và vận dụng kiến thức của các em ở nhóm thực nghiệm

cũng nhanh nhạy hơn, các em biết liên hệ các kiến thức và vận dụng kết

hợp nhau, sử dụng sáng tạo trong những bài toán mới.

Các em ở nhóm ĐC ngoan và khá chăm chỉ, tuy nhiên không khí tiết

học còn trầm, một số em học sinh không có hứng thú với tiết học và học

thụ động. Đều là học sinh khá giỏi nên khả năng tiếp thu của các em cũng

111

khá tốt, tuy nhiên nếu gặp vấn đề mới lạ thì năng lực ứng phó với tình

huống mới kém hơn nhóm bên thực nghiệm.

112

Kết luận Chương 3

Trong chương này, tôi đã trình bày quá trình thực nghiệm sư phạm ở

trường THPT chuyên Vĩnh Phúc với đối tượng là học sinh khá giỏi lớp 11.

Nội dung chương này gồm 2 đề kiểm tra kèm đáp án trước và sau thực

nghiệm, giáo án 3 tiết với nội dung về bất đẳng thức đại số trong tam giác.

Đồng thời qua quá trình thực nghiệm, kết quả sau thực nghiệm, tối tiến

hành phân tích và đánh giá về mặt định tính và định lượng đã đi đến kết

luận là mục đích thực nghiệm đã đạt được, tính khả thi và tính hiệu quả

của các biện pháp được khẳng định, thực nghiệm đáng tin cậy.

113

KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ

Luận văn đã hoàn thành được một số mục tiêu đề ra:

1. Nghiên cứu cơ sở lý luận của đề tài: Những vấn đề khái quát về năng

lực và phát triển năng lực cho học sinh giỏi THPT. Những vấn đề về phát

triển năng lực PH&GQVĐ cho học sinh giỏi trong dạy học Toán THPT.

Thực trạng việc dạy học phát triển năng lực PH&GQVĐ, thực trạng việc

dạy bất đẳng thức đại số trong tam giác. Những thuận lợi và khó khăn

trong việc dạy học đổi mới này.

2. Căn cứ vào cơ sở lí luận và thực tiễn, đề xuất được 4 biện pháp nhằm

phát triển năng lực PH&GQVĐ cho học sinh giỏi THPT qua dạy chuyên

đề bất đẳng thức đại số trong tam giác.

3. Đã tiến hành thực nghiệm sư phạm tại trường THPT chuyên Vĩnh

Phúc- Vĩnh Yên- Vĩnh Phúc để kiểm chứng lại các biện pháp đã đề xuất.

Tôi tin rằng luận văn sẽ là một tài liệu hữu ích cho các giáo viên giảng

dạy Toán nói chung và đặc biệt là các giáo viên bồi dưỡng học sinh giỏi.

Đồng thời cũng là tài liệu tham khảo thú vị dành cho các em học sinh yêu

thích Toán học. Vì trình độ của bản thân và điều kiện thời gian còn hạn

chế nên trong quá trình làm luận văn không tránh khỏi sai sót tôi mong

nhận được những ý kiến đóng góp của các thầy cô giáo và các bạn đồng

nghiệp.

114

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Nguyễn Thị Phương Hoa (2016), "PISA và một số quan niệm mới về

đánh giá trong giáo dục", Tạp chí Khoa học Đại học Quốc gia Hà Nội (tập

32, số 1), tr.58-65.

2. Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thụy (2001), Phương pháp dạy học môn

Toán, Nhà xuất bản Giáo dục.

3. Nguyễn Thị Mỹ Lộc, Đinh Thị Kim Thoa (2009), Tâm lý học giáo dục,

Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.

4. Nguyễn Văn Mậu, Đàm Văn Nhỉ (2012), Đồng nhất thức và phương pháp

tọa độ trong hình học, Nhà xuất bản Đại học Quốc gia Hà Nội.

5. Dương Thiệu Tống(2005), Phương pháp nghiên cứu khoa học giáo dục

và tâm lý, Nhà xuất bản Khoa học xã hội.

6. Mitchell, Douglas W (2005), "A Heron-type formula for the reciprocal

area of a triangle", Mathematical Gazette (89), tr. 494. 7. Posamentier, Al-

fred S. and Lehmann, Ingmar (2012), The Secrets of Triangles, Prometheus

Books.

8. Svrtan, Dragutin and Veljan, Darko (2012), "Non-Euclidean versions of

some classical triangle inequalities", Forum Geometricorum (12), tr.197–209.

9. Torrejon, Ricardo M (2005), "On an Erdos inscribed triangle inequal-

ity", Forum Geometricorum (5), tr.137–141.

115

Luận văn Thạc sĩ Sư phạm Toán: 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 trong tam giác

Mục lục

MỞ ĐẦU

TÀI LIỆU THAM KHẢO

Có thể bạn quan tâm

Luận văn Thạc sĩ: Đa thức đối xứng và các hệ phương trình đối xứng và bất đẳng thức liên quan

Luận văn Thạc sĩ: Cực trị của một số hàm nhiều biến có các dạng đặc biệt

Luận văn Thạc sĩ: Cận sai số cho bất đẳng thức lồi

Luận văn Thạc sĩ: Cấu trúc tập nghiệm của bài toán bất đẳng thức biến phân Affine

Luận văn Thạc sĩ tóm tắt: Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất và một số ứng dụng

Luận văn Thạc sĩ: Về điều kiện cần tối ưu cấp 2cho bài toán tối ưu có các ràng buộc đẳng thức và bất đẳng thức

Luận văn Thạc sĩ: Một số bất đẳng thức hình học

Luận văn Thạc sĩ: Một số bất đẳng thức đạo hàm và ứng dụng

Luận văn Thạc sĩ: Đồng nhất thức và bất đẳng thức trong tam giác

Luận văn Thạc sĩ: Hiệu chỉnh bất đẳng thức biến phân với toán tử loại đơn điệu

Luận văn Thạc sĩ: Hiệu chỉnh bất đẳng thức phân hỗn hợp

Luận văn Thạc sĩ: Một số dạng bất đẳng thức trong lớp hàm đơn điệu và áp dụng trong lượng giác

Luận văn Thạc sĩ: Một số dạng bất đẳng thức trong lớp hàm đơn điệu và áp dụng trong lượng giác

Luận văn Thạc sĩ: Một số lớp bất đẳng thức dạng Karamata và áp dụng

Luận văn Thạc sĩ: Nội suy các bất đẳng thức đại số đồng bậc

Luận văn Thạc sĩ: Phân thức hữu tỷ và các bài toán liên quan

Luận văn Thạc sĩ: Bất đẳng thức biến phân hỗn hợp với toán tử nhiễu đơn điệu

Luận văn Thạc sĩ: Bất đẳng thức biến phân hỗn hợp với toán tử nhiễu không đơn điệu

Luận văn Thạc sĩ: Bất đẳng thức biến phân với toán tử nhiễu đơn điệu và không đơn điệu

Luận văn Thạc sĩ: Bất đẳng thức đại số trong tam giác

Tài liêu mới

Tài liệu tham khảo Tiếng Anh lớp 8

Đề ôn tập Vật lí lớp 12

Tài liệu chuyên đề: Cực trị hàm số

Câu hỏi trắc nghiệm ôn tập môn Toán lớp 11

Tài liệu Tổng hợp lý thuyết Toán lớp 8

Tài liệu Lý thuyết và bài tập Tiếng Anh lớp 6

Tài liệu Bài tập cơ bản và nâng cao Đại số 7 (Dành cho giáo viên, phụ huynh)

Tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi môn Lịch sử lớp 9 (Sách Kết nối tri thức)

Tài liệu Hình học 9 - Chương 5: Đường tròn - Tự luận có lời giải (Sách Kết nối trí thức với cuộc sống)

Phiếu bài tập cuối tuần Tiếng Việt 1 - Tuần 1 đến tuần 5

Phiếu bài tập cuối tuần Tiếng Việt 1 - Tuần 2 - Đề 4

Phiếu bài tập cuối tuần Tiếng Việt 1 - Tuần 2 - Đề 3

Phiếu bài tập cuối tuần Tiếng Việt 1 - Tuần 2 - Đề 2

Phiếu bài tập cuối tuần Tiếng Việt 1 - Tuần 2 - Đề 1

Phiếu bài tập cuối tuần Tiếng Việt 1 - Tuần 1 - Đề 3

AI tóm tắt

Giới thiệu tài liệu

Đối tượng sử dụng

Từ khoá chính

Nội dung tóm tắt

Giới thiệu

Về chúng tôi

Việc làm

Quảng cáo

Liên hệ

Chính sách

Thoả thuận sử dụng

Chính sách bảo mật

Chính sách hoàn tiền

DMCA

Hỗ trợ

Hướng dẫn sử dụng

Đăng ký tài khoản VIP

093 303 0098

support@tailieu.vn

Phương thức thanh toán

Theo dõi chúng tôi

Facebook

Youtube

TikTok