A ĐẶT VẤN ĐỀ I LỜI MỞ ĐẦU Khi giải tốn vấn đề khó khăn giải thích lại xuất yếu tố khơng có sẵn q trình giải tốn để đến lời giải Phải có q trình suy luận logic để dẫn tới xuất yếu tố giải tốn Khi giải tốn lại phải tìm lời giải tối ưu Quá trình xuất lời giải xuất lời giải tối ưu để lại nhiều kinh nghiệm quý, GV biết khai thác cách hợp lí để dạy cho học sinh trình tư chắn việc học học sinh mang tính chủ động, sáng tạo Xu hướng đề thi Đại học trọng nhiều đến tính sáng tạo học sinh, đề thi khơng có nhiều tốn mà rõ ràng mặt đường lối giải tốn Thực tiễn u cầu học sinh phải trang bị đầy đủ kiến thức, đặc biệt khả suy luận logic tìm kiếm lời giải II THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU Thực trạng Đứng trước toán học sinh thường lúng túng đặt câu hỏi: “ Phải định hướng tìm lời giải tốn từ đâu ?” Một số học sinh có thói quen khơng tốt đọc đề chưa kỹ vội làm ngay, có thử nghiệm dẫn tới kết quả, nhiên hiệu suất giải tốn khơng cao Với tình hình để giúp học sinh định hướng tốt q trình giải tốn, người giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen xem xét tốn nhiều góc độ, khai thác yếu tố đặc trưng tốn để tìm lời giải.Trong việc hình thành cho học sinh khả tư theo suy luận logic điều cần thiết Việc trải nghiệm qua q trình giải thích tính logic suy luận giải tốn giúp học sinh hồn thiện kỹ định hướng giải toán Cần nhấn mạnh điều rằng, đa số học sinh sau giải xong tốn thường dừng lại mà khơng suy nghĩ, đào sâu thêm Bởi đơn giản em nghĩ tìm lời giải tốn xong mà chưa suy nghĩ lại xuất lời giải Các yếu tố giả thiết tốn gợi ý cho ta hướng suy luận ấy?, “Còn lời giải khác cho tốn?” Chính việc trả lời câu hỏi giúp học sinh nắm chất toán lựa chọn cho lời giải tốn ngắn gọn sáng tạo Kết quả, hiệu thực trạng Với thực trạng ra, thông thường học sinh dễ dàng cho lời giải tốn có cấu trúc tương tự tốn gặp tốn có định hướng sẵn đường lối giải tốn Còn đưa tốn khác chút cấu trúc thơng thường học sinh thường tỏ lúng túng khơng biết định hướng tìm lời giải tốn Từ đó, hiệu giải tốn học sinh bị hạn chế nhiều Trước thực trạng học sinh, tơi thấy cần thiết phải hình thành cho học sinh thói quen xem xét tốn nội dung kiến thức Và song song với việc tìm lời giải cho tốn, tơi ln u cầu học sinh tìm tòi nhiều lời giải cho toán, tổng quát hoá toán? giải thích q trình suy luận logic để đến lời giải Trong sáng kiến kinh nghiệm nhiều nội dung áp dụng có hiệu ( Cụ thể phần BĐT hình học toạ độ mặt phẳng - vấn đề sáng tạo đề thi Đại học năm gần đây) Việc đưa nội dung nhằm khai thác yếu tố đặc biệt cấu trúc tốn để định hướng tìm lời giải tốn Qua giúp học sinh nhận thức rằng: “Giữa nội dung hình thức tốn có mối quan hệ biện chứng” Nhận dạng hình thức tốn để từ định hướng tìm kiếm lời giải cho toán Ở đây, yêu cầu học sinh dựa vào cấu trúc toán để đưa suy lụân có lí , từ đốn nhận lời giải cho nhanh Nếu nhận thức mối quan hệ biện chứng hình thức nội dung tốn học sinh cho lời giải “ đặc biệt” tốn có yếu tố “ đặc biệt” B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN Tổ chức cho học sinh hình thành kỹ suy luận logic trình tìm lời giải cho tốn thơng qua (hay nhiều) buổi học có hướng dẫn giáo viên Tổ chức rèn luyện khả định hướng giải tốn học sinh Trong u cầu khả lựa chọn lời giải tối ưu lời giải phổ dụng Tổ chức kiểm tra để thu thập thông tin khả nắm vững kiến thức học sinh Trong học SGK, nội dung, toán yêu cầu học sinh khai thác mở rộng, giải thích suy luận logic cho q trình giải tốn Cung cấp hệ thống tập mở rộng để học sinh tự rèn luyện II CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN Nội dung triển khai thông qua buổi học (mỗi buổi học tiết): - Buổi học thứ nhất: Tổ chức thực hình thành kỹ giải tốn - Buổi học thứ hai: Tổ chức cho học sinh rèn luyện kỹ giải toán - Buổi học thứ ba: Tổ chức kiểm tra để lấy kết nội dung triển khai kỹ mà học sinh đạt B.1:Buổi học thứ Giáo viên nêu vấn đề định hướng cách suy nghĩ giải toán, giáo viên hướng dẫn làm ví dụ mẫu 1, Qua đó, nhiều cách giải khác nhau, giáo viên phân tích lợi ích việc “suy nghĩ có định hướng” phân tích cho học sinh thấy việc lựa chọn phương pháp giải ngẫu nhiên mà chất chứa nguyên nhân sâu xa chất Đó cấu trúc tốn, hình thức toán mối quan hệ “tất yếu” yếu tố tạo nên toán Cũng điều mà việc thực nhiều lời giải khác cho toán mặt cho học sinh thấy đa dạng lời giải, mặt khác giúp học sinh có định hướng việc tìm lời giải “tối ưu” Tuy nhiên cần nhìn nhận đơi lời giải "phổ dụng" thích hợp kì thi với thời gian hạn chế Vì việc ra"lời giải tối ưu" tốt việc hoàn thành lời giải thời gian suy nghĩ hạn chế quan trọng kì thi Để buổi học đạt hiệu quả, cung cấp cho học sinh hệ thống tập để học sinh chuẩn bị Yêu cầu học sinh nhà chuẩn bị lời giải với gợi ý “cách giải tối ưu, cách giải phổ dụng, sở logic suy luận ấy” Sau sơ lược buổi học nội dung *Giáo viên: Việc tìm lời giải cho tốn mục đích việc giải tốn Tuy nhiên việc giải thích sở logic để đến lời giải thể chất q trình giải tốn.Buổi học hơm hướng dẫn em giải toán theo chất logic trình suy luận Vấn đề 1: Cơ sở logic trình suy luận đến lời giải tối ưu * HOẠT ĐỘNG 1: Bài tốn 1: “Viết phương trình đường thẳng qua điểm A(m; n), m  0, n  cắt trục toạ độ theo đoạn thẳng có độ dài ngắn nhất” Bằng số thao tác ta chuyển toán dạng sau: m n Bài toán 1.1: “Cho m, n  a, b thay đổi thoả mãn:   a b Tìm giá trị nhỏ biểu thức: F  a  b ” Suy nghĩ tìm kiếm dấu xảy để đánh giá BĐT, từ đánh giá cho F Tuy nhiên việc dấu thật không đơn giản Nhận thấy tốn đưa khảo sát biến, suy nghĩ sử dụng khảo sát hàm số Và ta có lời giải sơ lược sau: Lời giải 1: m n an Giả thiết ta có:    b  (1) a b am 2 2 2a ((a  m)3  mn )   an   an  Khi đó: F  a    có F '  2a     ( a  m)3 am am Bảng biến thiên hàm số: x F’ F - + - m + + + - m  mn + + + F0 Căn bảng biến thiên ta có nhận xét: Nếu toán yêu cầu cắt trục toạ độ đoạn thẳng có độ dài dần (Bằng đường thẳng qua O) tốn khơng có ý nghĩa tốn học Nếu toán yêu cầu cắt tia Ox, Oy khơng trùng O đoạn thẳng có độ dài nhỏ F0   m2  n2  a  m  mn ; b  n  m n Bài tốn sửa lại cho hợp lí sau: Bài tốn 2: “Viết phương trình đường thẳng qua điểm A(m; n), m  0, n  cắt tia Ox, Oy ( không trùng O) theo đoạn thẳng có độ dài ngắn nhất” Bài tốn 2.1: “Cho m, n  a, b  thay đổi thoả mãn: m n   a b 2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức: F  a  b ” Nhận thấy dấu xảy a  m  mn ; b  n  m n phức tạp đánh giá BĐT Do ta định hướng đổi biến để dấu xảy giá trị đơn giản Vì suy nghĩ đổi biến cho tốn Có nhiều thao tác đổi biến, đổi biến làm đơn giản hoá giả thiết để tập trung giải BĐT cho F Đặt: u  m m a ; a u v m m b b v Bài toán trở thành: Bài toán 2.2: “Cho m, n  u, v  thay đổi thoả mãn u  v  2 m n Tìm giá trị nhỏ biểu thức: F       ” u  v Lúc dấu đạt khi: u  m2 ;v  n2 Và để hữu tỉ hoá m2  n2 m2  n2 dấu ta tiếp tục đổi biến : x3  m ; y  n Ta chuyển toán dạng sau : Bài toán 2.3: “Cho x, y  u, v  thay đổi thoả mãn u  v  Tìm giá trị nhỏ biểu thức: F  x3 y  ” u v2 Lời giải 2: Lúc dấu đạt khi: u  x y ;v  Bằng cách chọn điểm rơi x y x y BĐT Cauchy ta có: x3 x  u ( x  y )3  u ( x  y )3  x( x  y ) x, y  Dấu xảy  u  u x y y3 y  v( x  y )3  v( x  y )3  y ( x  y ) x, y  Dấu xảy  v  v x y Vậy : F  ( x  y )3 x, y  Dấu xảy  u  x y , v x y x y Bây ta trình bày lời giải tối ưu cho tốn sau q trình suy luận sau : Lời giải Ta có: a2  m a  m2  n2   m a  m2  n2  3 m  3 m2  n2  m, n, a  Dấu xảy a  m  mn b2  m b  m2  n2   m b  m2  n2  3 m  3 m2  n2  m, n, a  Dấu xảy b  n  m n Vậy : F0   m2  n2  m, n, a, b  Dấu xảy a  m  mn ; b  n  m n Nếu trình bày lời giải cho HS chắn câu hỏi mà GV phải trả lời là: “Tại nghĩ cách tách khó thế” Rõ ràng lời giải tối ưu phải trải qua trình suy luận Việc HS tập dượt trình suy luận nên lời giải tối ưu học sinh tiếp nhận có chất suy luận logic * HOẠT ĐỘNG 2: Bài toán 3: (Câu V- Đề thi HSG tỉnh năm học 2010 - 2011) a  b  c  “ Cho số thực a, b, c thoả mãn  ab  bc  ca  3 Tìm giá trị lớn biểu thức: P  a  b6  c " Nhìn vào toán ta thấy giả thiết hai biểu thức đối xứng a, b, c biểu thức P biểu thức đối xứng a, b, c Do suy nghĩ đưa sử dụng định lí viet cho phương trình bậc ba Lời giải Ta có: (a  b  c)  a  b  c  2(ab  bc  ca )   2(3)   a  b  c   (ab  bc  ca )  a 2b  b 2c  c a  2abc(a  b  c)  a 2b  b 2c  c a P  a  b6  c  (a )3  (b )3  (c )3 P  (a  b  c ) (a  b  c )  3(a 2b  b 2c  c a )   3a 2b 2c  a 2b c  P  18 Để đơn giản toán ta thực đổi biến: Đặt : x  a ; y  b ; z  c ; m  54  P   x, y , z  x  y  z   Khi đó:  xy  yz  zx   xyz  m  Theo định lí viet cho phương trình bậc ta có: x, y, z nghiệm phương trình: t  6t  9t  m  (1) Pt(1) có nghiệm t   0;4   m   54  P  66 Giá trị lớn P 66, xảy a, b, c hoán vị ba số 1;1; 2;1; 1;2 Đến việc đưa lời giải đáp án hồn tồn có logic HS nhận thấy là cách tối ưu hoá cho lời giải toán Lời giải (Đáp án ) Ta có: (a  b  c)  a  b  c  2(ab  bc  ca )   2(3)   a  b  c  a, b, c ba nghiệm pt: ( x  a )( x  b)( x  c)   x3  (a  b  c) x  (ab  bc  ca ) x  abc   x3  x  abc  (*) Pt(*) có nghiệm khi: 2  abc    (abc)  Vậy: P  a  b6  c  54  3a 2b 2c  66 Giá trị lớn P 66, xảy a, b, c hoán vị ba số 1;1; 2;1; 1;2 Tuy nhiên vấn đề đặt chương trình phổ thơng HS khơng học định lí viet cho phương trình bậc 3, nên việc vận dụng kì thi đại học khơng hợp lí Vậy có lời giải phổ dụng cho tốn khơng? Việc xem giả thiết đối xứng với a, b xem c tham số biểu thức P quy biến c Đó định hướng cho lời giải Lời giải Ta thực đổi biến lời giải 1, ta có: x  y   z x  y  z  Giả thiết:    xy  yz  zx   xy   z  z Tồn x, y  (6  z )  4(9  z  z )   z  Biểu thức: P  x3  y  z  ( x  y )3  xy ( x  y )  z P  (6  z )3  3(9  z  z )(6  z )  z Hàm số: P  z  z  z  0; 4 có giá trị lớn 66, xảy z  1; z  Giá trị lớn P 66, xảy a, b, c hoán vị ba số 1;1; 2;1; 1;2 Vấn đề 2: Lựa chọn hướng suy luận trình làm thi *Giáo viên phát tài liệu ( có đáp án) cho HS chuẩn bị trước, yêu cầu học sinh lời giải tối ưu lời giải phổ dụng Từ trả lời câu hỏi:"Nếu thi em suy luận làm theo cách giải nào?" * HOẠT ĐỘNG 3: Bài toán 4: (Câu V- ĐH – A.2009) “Chứng minh với số thực dương x, y, z thoả mãn x( x  y  z )  yz , ta có: ( x  y )3  ( x  z )3  3( x  y )( x  z )( y  z )  5( y  z )3 ” (1) Nhận xét chung tốn: - BĐT khơng đối xứng theo biến chứa biểu thức x+y, y+z, z+x nên HS cảm giác “phức tạp” “ngại biến đổi” Tuy nhiên, để ý BĐT khơng khó có đường lối giải tốn rõ ràng, sử dụng “đổi biến tam giác” , “đổi biến đối xứng” “đổi biến phần dư” - Với toán tìm kiếm lời giải theo hướng sau: H1 Biến đổi, kết hợp sử dụng BCS,AM-GM H2 Đổi biến, kết hợp đánh giá H3 Sử dụng công cụ tốn học đại Mặc dù BĐT khơng đối xứng theo biến , nhiên lại đối xứng theo y z Do H2 ta ý tới đại lượng đối xứng sau: x  y, x  z , y  z; y  z , yz; y x z x x x y xz , , ; x  y , x  z; , ; , ; x yz x yz x yz y z yz yz Lời giải sơ lược cho toán: Đặt a  x  y, b  y  z , c  z  x , toán trở thành: “ Cho tam giác ABC thoả c  a  b  ab Chứng minh rằng: a  b3  3abc  5c3 ” (2) Lời giải sau mang tính định hướng, cần phải giải thích rõ làm thi Cách1( H2- ĐABGD) ( a  b) c  a  b  ab  (a  b)  3ab   a  b  2c 2 2 (2)  (a  b)c  3ab  5c : BĐT (a  b)c  2c , 3ab  3(a  b)  3c Cách2( H1) VT (1)  x3  4( y  z )  3( x  y )( x  z )( y  z )  x3  4( y  z )3  VP(1) (Giải thích ?) Cách3( H2)   600 (2)  sin A  sin B  3 sin A sin B  15 c  a  b  ab  C  3 A B  3 : Luôn cos  cos( A  B)     2  Cách4( H3) Đặt x  y  z  3t , t  , chọn m, n, p cho x  mt , y  nt , z  pt  m  n  p  Giả thiết trở thành: m (1)  (m  n)  (m  p )  3(m  n)(m  p )(n  p )  5(n  p ) 3  (m  3)3  24m  5(3  m)3 : BĐT m  np  = np (n  p ) (3  m)    m 1 4 Cách5( H1) gt  ( x  y )( x  z )  yz  3( x  y )( x  z )( y  z )  12 yz ( y  z )  3( y  z )3 gt  x  yz  ( x  y )3  ( x  z )3  ( x  y )( x  z )(2 x  y  z )  ( y  z )2 (2 x  y  z )   ( y  z ) ( y  z )  2( y  z )3 Kết hợp có ĐPCM Cách6( H2) Đặt t  y  z , ta có t  y  z  x (1)   x  t   x( x  y )( x  z )  5t  2t (2 x  3xt  2t )  : 0 x với t Cách7( H1) (1)  x3  3x ( y  z )  3x( y  z  yz )  2( y  z )3 gt  y  z  x  VT (*)  (*) 13 ( y  z )3  yz ( y  z )  VP(*) Cách8( H2) Đặt u  x y xz ,v   uv   u  v  u  v3  u  v Khi (1) trở thành: yz yz u  v  3uv  BĐT cm u  v  Cách9( H2) y x z x Đặt u  , v  Giả thiết  u  v   3uv  u  v  (1)  (2  u  v)3  6(1  u )(1  v)  5(u  v)3   g (u  v)  0, g (u  v)  4(u  v)3  6(u  v)  4(u  v) Biến đổi g (u  v) thành tích ta có đpcm Cách10( H3) x Chuẩn hoá x  y  z   y  z   x, yz  VT (1)  VP(1)  x3  52 62 x  x   F ( x)  F ( )  3 Cách11( H3) Chuẩn hoá x  y  z  , Đặt A  VT (1)  VP(1), B  ( y  z )3  3(1  x)( y  z )  5(1  x)3 (Vì ? chọn B?!) 1 x A  B  36t  12t   g (t )  g ( )  0, t   ĐPCM Cách12( H3- Dựa theo cách giải BT6 thi HSG Quốc Gia, VN’08) gt  2x  y  z  x không số lớn Do tính đối xứng y z nên giả sử z  x  y ( giải thích sao? ) Đặt y  x  a, x  z  b, a, b  Gt  x(a  b)  3ab a  b, (1)  (2 x  a )3  (2 x  b)3  3(2 x  a )(2 x  b)(2 x  a  b)  5(2 x  a  b)3  (2 x  t )3  x(4 x  2ab)  5t   g ( x)  0, g ( x)  x3  6tx  3t x  12abx  2t ,  x  Cách13 ( H2) y x z x Đặt u  , v  Giả thiết  u  v   3uv  uv  10 t (1)  (2  u  v)3  6(1  u )(1  v)  5(u  v)3   (1  3uv)3  24uv  5(3uv  1)3 : Đúng uv  Cách14( H2) Đặt t  y  z , ta có t  y  z  x  t  x (1)  4t ( x  t )( x  4t )  : với  x  t Cách15 ( H123- Đây mở rộng mạnh cho toán) Đề : “Cmr với tam giác ABC, ta có: a  b3  c3  9abc   ab(a  b)  bc(b  c)  ca (c  a )  ” Hãy chứng minh BĐT trên, sau áp dụng để chứng minh toán Cách16( H3 - Xem xét cách cm sau hay sai?Giải thích kết luận?) Chuẩn hố a  b  c  ( Giải thích ?????) Đặt A  a  b  3abc  5c , 3 (a  b)3  3c(a  b) B  5c3 (Giải thích chọn B ?!) Ta có: 3 ab ab 3 A  B  2   1  a  b     1  a  b   2t  3(1  2t )t  5(1  2t )  g (t )     1 Hàm g(t)  ;  có g(t)  g( ) = nên A  B  g (t )  3 2 Với toán sau phát tài liệu cho HS, buổi học GV lấy ý kiến HS giải thích suy luận logic cách giải Vấn đề 3: So sánh "lời giải tối ưu" "lời giải phổ dụng" Lời giải tối ưu hiểu đơn giản là: Lời giải sắc sảo mặt suy luận lẫn trình bày lời giải, khai thác tối ưu góc cạnh tốn Lời giải phổ dụng hiểu đơn giản là: Lời giải có hướng suy luận quen thuộc theo suy nghĩ đa số học sinh giải toán Lời giải mang nét suy luận tuý chấp nhận trình trình bày dài Vì việc lựa chọn lời giải phụ thuộc vào lực HS tình tốn học mà HS gặp phải (Nếu tập trình học cần khuyến khích tìm lời giải tối ưu , kì thi phải tuỳ thuộc vào hoàn cảnh, tốt suy nghĩ theo hướng tìm lời giải phổ dụng ) * HOẠT ĐỘNG 4: Bài toán 5: (Câu IV.2- Đề thi HSG tỉnh năm học 2010 - 2011) 11 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng  : x  y   hai elíp ( E1 ) : x2 y x2 y   1, ( E2 ) :   (a  b  0) có tiêu điểm Biết ( E2 ) 25 16 a b qua điểm M thuộc đường thẳng  Tìm toạ độ điểm M cho ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ Lời giải (HS giải theo suy nghĩ thơng thường) ( E2 ) có tiêu điểm với ( E1 ) nên: a  b  x  y    y  x    Toạ độ điểm M nghiệm hệ pt:  x y   x ( x  5)  a  b   a  a   Đặt m = a Đk: m  ,ta có pt: x ( x  5)    (2m  9) x  10mx  m  34m  (1) m m9 Pt(1) có nghiệm  m  17  a  17  a  17, a  Vậy: Elip ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ a  17 ,khi M ( 17 ; ) 5 Lời giải (Đáp án ) Tiêu điểm hai elip: F1 (3;0); F2 (3;0) Ta có: M  ( E2 )  MF1  MF2  2a Elip ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ  MF1  MF2 nhỏ Gọi N điểm đối xứng với F1 qua   N (5;2) Ta có: MF1  MF2  NM  MF2  NF2 Dấu xảy M  NF2   Vậy: Elip ( E2 ) có độ dài trục lớn nhỏ a  17 ,khi M ( 17 ; ) 5 Rõ ràng lời giải đáp án tối ưu đa số HS thi làm theo lời giải phổ dụng (Lời giải 1).Điều dễ hiểu người đề thi có thời gian suy nghĩ nghiên cứu tốn nên cho lời giải tối ưu Còn Hs thi phải làm suy nghĩ thời gian hạn chế nên việc giải theo lời giải phổ dụng hợp lí Đó lựa chọn hợp logic suy luận 12 B.2:Buổi học thứ hai Với chuẩn bị học sinh, giáo viên yêu cầu học sinh trình bày lời giải số tốn Khuyến khích HS giải thích q trình suy luận tìm lời giải tối ưu Sau sơ lược hệ thống toán rèn luyện lời giải sơ lược theo logic suy luận Bài toán ( Đề thi HSG lớp 10 ) Cho a, b, c  thoả mãn: a  b  c  Chứng minh rằng:   81 2 a b c abc Hs suy luận HS1: + Suy luận: Bài toán chứa biểu thức đối xứng nên chuyển xét hàm số t  abc a  b  c chuyển đánh giá t  abc + Lời giải sơ lược: a  b  c   a  b  c   2(ab  bc  ca )   2(ab  bc  ca )  a  b  c   2.3 a 2b 2c  Xét VT  VP  9  a  b  c  2.3 a 2b 2c 9   81    81  F 2 a  b  c abc abc  2.3 a b c Đặt t  abc Đk:  t  Xét hàm số: F   1   81  0;  ta có Đpcm  6t t  3 HS2: + Suy luận: Bài toán chứa biểu thức đối xứng nên chuyển xét hàm số t  ab  bc  ca abc chuyển đánh giá t  ab  bc  ca + Lời giải sơ lược: Ta có: abc 1      abc abc ab bc ca ab  bc  ca 13 a  b  c   a  b  c   2(ab  bc  ca )   2(ab  bc  ca ) VT  VP  9 18   81    81  F 2 a b c abc  2(ab  bc  ca ) ab  bc  ca Đặt t  ab  bc  ca Đk:  t  Xét hàm số: F   1    0;  ta có Đpcm  2t t  3 HS3: + Suy luận: Có thể giải kiến thức lớp 10 nhờ đánh giá BĐT theo BĐT dạng Svac BĐT tốn có dạng phân số + Lời giải sơ lược: x y ( x  y)2 CM:   , a, b  0, x, y  R a b ab x y Đẳng thức xảy  a b Áp dụng BĐT (1) , ta có: 1 1       abc ab bc ca ab  bc ca ab  bc  ca (1) 9 36 92      81 a  b  c abc a  b  c 2(ab  bc  ca ) (a  b  c) Đẳng thức xảy a  b  c  Bài toán Cho x, y, z  thoả mãn: x  y  z  Chứng minh rằng: xy  xy  z yz zx   yz  x zx  y (2) Hs suy luận HS1: + Suy luận: Cần thực biến đổi để đơn giản toán 14 xy z ;x xy 1 z xy  Do: xy  z xy xz nên nghĩ tới việc đổi biến theo z y xy yz zx ; ; z x y + Lời giải sơ lược: Đặt: a  xy ;b  z yz ;c  x zx y Bài toán trở thành: Cho a, b, c  thoả mãn: ab  bc  ca  Chứng minh rằng: a2 b2 c2    2 a 1 b 1 c 1 (2a) Từ gt: a, b, c  ab  bc  ca   tồn tam giác ABC cho: a  tan A B C ; b  tan ; c  tan 2 A B C tan tan 2   3 A B C tan  tan  tan  2 2 tan (2a) trở thành:  sin A B C  sin  sin  : CM theo lượng giác 2 2 HS2: + Suy luận: Nhận thấy: xy  z  ( x  z )( y  z ) nên chứng minh trực tiếp nhờ BĐT Cauchy + Lời giải sơ lược: Ta có: xy xy x y   (  ) xy  z ( x  z )( y  z ) x  z y  z yz yz y z   (  ) yz  x ( y  x)( z  x) y  x z  x zx zx z x   (  ) zx  y ( z  y )( x  y ) z  y x  y Cộng lại ta có Đpcm 15 3.Bài tốn “Cho hai đường tròn: (C1 ) : x  y  ; (C2 ) : ( x  3)  y  cắt hai điểm phân biệt A, B Dây cung AC đường tròn (C1 ) cắt đường tròn (C2 ) giao điểm thứ E cho E trung điểm AC Tính độ dài AC” Hs suy luận HS1: + Suy luận: Do AC hai đường tròn ln có điểm chung A nên việc xác định toạ độ giao điểm A theo hệ số góc k đường thẳng đơn giản Do ta giải toán sau: + Lời giải sơ lược: Tìm giao điểm hai đường tròn, tính chất đối xứng nên ta chọn A(1; 2) Đường thẳng qua A với hệ số góc k có pt: y  k ( x  1)  k  4k  k  4k  ; C  AC  (C1 )  xC  E  AC  (C2 )  xE  k2 1 k2 1 E trung điểm AC nên: k  4k  k  4k  xE  xC  x A   1 k  2 k 1 k 1 Vậy C ( 19 62 24 ; )  AC  29 29 29 HS2: + Suy luận: Gọi toạ độ C (C1 ) , ta tính toạ độ E theo toạ độ C Thay toạ độ E vào (C2 ) ta tìm E, từ tính AC + Lời giải sơ lược:  x0 y0  ; ) Gọi C ( x0 ; y0 )  (C1 )  x0  y0  Khi E ( 2  x0 y 2 E  (C2 )  (  3)  ( )   ( x0  5)  ( y0  2)  32 2  x0  y0  ( x0 ; y0 )  (1; 2)  x0  y0    Hệ:    19 62  y0   2 ( x0 ; y0 )  ( ; ) ( x0  5)  ( y0  2)  32  x0  29 29   16 Nghiệm ( 19 62 24 19 62 ; )  AC  ; ) thoả mãn  C ( 29 29 29 29 29 GV Bài tốn có lời giải hình học thật đẹp, nhiên HS khơng suy luận để tìm lời giải GV hướng dẫn cho HS đồng thời rằng:"đôi lời giải xuất từ giả thiết toán" B.3:Buổi học thứ ba Đây buổi học mà giáo viên tổ chức cho học sinh kiểm tra để thu thập thông tin Đề kiểm tra sau thực thời gian 90 phút Đề thi Câu 1: Tìm hai lời giải cho tốn sau: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC có phương trình AB, AC là: x  y   ; x  y   Tổng khoảng cách từ đỉnh đến 58 đường thẳng chứa cạnh đối diện Lập phương trình đường thẳng BC biết M (3;1) trung điểm cạnh BC Câu 2: Cho x, y, z  ,chứng minh rằng: x y z   1 x  ( x  y )( x  z ) y  ( y  z )( y  x) z  ( z  x)( z  y ) Chỉ rõ trình suy luận logic dẫn tới lời giải toán? Một vài kết sau kiểm tra * Đối với câu học sinh thực theo hai hướng: Sử dụng giả thiết khoảng cách sử dụng giả thiết trung điểm Cuối nhận xét toán thừa giả thiết cần kiểm tra lại giả thiết không sử dụng * Đối với câu học sinh thực theo cách : - Cách 1: Dùng BĐT Cauchy với việc đánh giá ngược mẫu số - Cách 2: Đánh giá trực tiếp mẫu số theo BĐT Bunhiacopski - Cách 3: Đổi biến đưa BĐT với a, b, c cho abc  - Cách 4: Đổi biến đưa BĐT với a, b, c cho ab  bc  ca  Đây tốn khó nhiên HS tìm lời giải giải thích sở suy luận để đến lời giải 17 Đa số học sinh cho lời giải cách 1,2 Đây lời giải phổ dụng, dùng kiến thức SGK có suy luận sắc sảo Một số HS cho lời giải cách 3,4 Đây lời giải hay khó HS vận dụng việc đổi biến hợp lí mà chất tốn học thao tác chuẩn hoá BĐT C KẾT LUẬN I Kết thu Sau bảng số liệu thu buổi học thứ lớp 12A (năm học 2014 - 2015) thực HĐ3 Cách giải 10 11 12 13 14 15 16 Đối tượng1 45 30 46 10 31 15 15 40 40 10 10 10 45 9 Đối tượng2 05 20 04 40 19 35 35 10 10 40 40 40 05 41 41 41 LG tối ưu 50 20 48 20 18 21 24 48 46 19 17 18 45 10 12 15 LG phổdụng 50 48 11 48 46 10 10 45 10 Ghi chú: Đối tượng1: HS giải thích trình suy luận logic để đến lời giải Đối tượng2: HS khơng giải thích q trình suy luận logic để đến lời giải Qua bảng số liệu ta thấy HS chưa trọng đến chất trình suy luận việc hiểu rõ q trình giải tốn Điều ảnh hưởng nhiều tới hiệu giải toán Sau học buổi học thứ nhất, buổi học thứ hai HS có nhận thức rõ ràng cần thiết trình suy luận logic Kết thu sau: Bài toán Đối tượng Đối tượng LG tối ưu LG phổ dụng 48 02 50 50 50 20 30 46 04 49 Có lớp đối chứng năm học trước lớp 12A năm học 2014 2015 Tơi thực với hệ thống tập tương tự không đề cập tới cấu trúc lý thuyết trình suy luận Kết so sánh kết giải toán kết qủa thi thể bảng sau: Lớp BT1 BT2 BT3 12A(13 - 14) 40% 50% 50% 12A (14 - 15) 85% 95% 90% 18 Điểm kiểm tra 10 78 56.5 Dưới Lớp 12A (13 - 14) 20 23 12A(14 - 15) 10 26 Thông qua bảng số liệu khẳng định điều: Việc triển khai buổi học mở rộng mang lại hiệu nhiều Đó điều mong mỏi tơi viết SKKN Mong muốn dạy cho HS kiến thức mà trình tư để vừa cung cấp cho em kiến thức vừa cung cấp cho em hệ thống tri thức suy luận Không giúp học sinh việc định hướng giải toán với nội dung cụ thể mà thơng qua để học sinh thấy việc theo “ đường” tốt có kết Từ thơi thúc học sinh tìm tòi sáng tạo để trang bị cho quy trình lượng kiến thức cần thiết Nhìn chung trình suy luận logic phụ thuộc vào toán nên đa số học sinh có định hướng q trình giải tốn cho lời giải nhanh Tuy nhiên số học sinh trung bình trung bình khả vận dụng vào giải tốn lúng túng, gặp bế tắc giải toán học sinh thường không chuyển hướng cách suy nghĩ để giải tốn ( thể sức “ỳ” tư lớn) Vì dạy cho học sinh nội dung này, giáo viên cần tạo cho học sinh cách suy nghĩ linh hoạt sáng tạo vận dụng quy trình II Kiến nghị Qua thành công bước đầu việc áp dụng nội dung thiết nghĩ cần thiết phải có đổi cách dạy học Khi dạy toán nên cho học sinh suy luận logic để học sinh tự tư tìm đường giải toán Sáng kiến kinh nghiệm phần nhỏ kinh nghiệm thân thu qua trình dạy phạm vi học sinh nhỏ hẹp Vì phát ưu nhược điểm chưa đầy đủ sâu sắc Mong qua báo cáo kinh nghiệm đồng nghiệp cho thêm ý kiến phản hồi ưu điểm cách dạy nội dung Cuối mong nội dung đồng nghiệp nghiên cứu áp dụng vào thực tiễn dạy học để rút điều bổ ích 19 Bài viết chắn nhiều thiếu sót mong đóng góp ý kiến, phê bình, phản hồi đồng nghiệp Xác nhận thủ trưởng đơn vị Hoằng Hoá, ngày 16 tháng 05 năm 2015 CAM KẾT KHÔNG COPY Người thực Lê Thị Thu Huyền 20 ... BĐT hình học toạ độ mặt phẳng - vấn đề sáng tạo đề thi Đại học năm gần đây) Việc đưa nội dung nhằm khai thác yếu tố đặc biệt cấu trúc toán để định hướng tìm lời giải tốn Qua giúp học sinh nhận... khai thông qua buổi học (mỗi buổi học tiết): - Buổi học thứ nhất: Tổ chức thực hình thành kỹ giải tốn - Buổi học thứ hai: Tổ chức cho học sinh rèn luyện kỹ giải toán - Buổi học thứ ba: Tổ chức... nghĩ theo hướng tìm lời giải phổ dụng ) * HOẠT ĐỘNG 4: Bài toán 5: (Câu IV. 2- Đề thi HSG tỉnh năm học 2010 - 2011) 11 Trên mặt phẳng toạ độ Oxy cho đường thẳng  : x  y   hai elíp ( E1 ) : x2