giẢi ĐỀ cƯƠng cĐ7 - k22 llppdh

7/27/2019 GIẢI ĐỀ CƯƠNG CĐ7 - K22 LLPPDH

http://slidepdf.com/reader/full/giai-de-cuong-cd7-k22-llppdh 1/60

LỚP K22 CAO HỌC TOÁN - THẠC SĨ TOÁN HỌC (2012 - 2014) TRƢỜNG ĐHSPHN

Có học v ẫn hơn! 1 K22 LL và PPDH môn Toán!

GIẢI ĐỀ CƢƠNG MÔN HỌC

LÍ LUẬN DẠY HỌC CÁC NỘI DUNG TOÁN Ở TRƢỜ NG PHỔ THÔNG

II. Bài tập

A. Phần Đại Số - Giải Tích

Học viên thự c hiện: Nguyễ n Thị Qu ỳnh Anh K22 – LLPPDH

Phạm Thị Vân Anh K22 – LLPPDH

Bài 1. Minh h ọa cho vi ệc v ận d ụng các hoạt động trí tuệ chung trong gi ải và khai thác lờ i gi ải c ủa bài toán: Cho ba số dương a, b, c tùy ý. Chứng minh bất đẳng thức:

cbaa

c

c

b

b

a

222

.

Bài giải:

a. Tìm lờ i giải cho bài toán:

Phân tích:

-

Có nhận xét gì về d ạng biể u thứ c ở 2 vế của bất đẳ ng thứ c?TL: Vế trái ở dạng phân thức, vế phải ở dạng đa thức.

- Có đánh giá nào khử được các mẫ u của biể u thứ c ở vế trái không?

TL: Có thể dùng Côsi hoặc Bunhiacopxki.

Hướ ng 1: Dùng BĐT Cô si 2 số để khử mẫu của từng số hạng:

2 2a a b 2 .b 2a

b b .

Dấu = xảy ra khi:2a

b a b b

(phù hợ p vớ i dấu = của BĐT).

Tương tự hóa: Đánh giá vớ i 2 số hạng còn lại ở vế trái đượ c lờ i giải theo cách 1.

T ổ ng h ợ p: Cộng vế vớ i vế của các BĐT vừa đánh giá.

T ổ ng h ợ p: Dấu = của bất đẳng thức xảy ra.





Hướ ng 2: Dùng BĐT Bunhia khử các mẫu bằng cách nhân thêm vớ i tổng các mẫu:

22 2 2

2a b c a b c b c a b c a a b c

b c a b c a

.

Giản ướ c tổng a + b + c ở 2 vế đượ c lờ i giải theo cách 2.

b. Trình bày lờ i giải:

Cách 1: Do a, b, c là các số dương nên2 2 2

a b c, ,

b c a cũng là các số dương. Áp dụng bất

đẳng thức Cô si cho 2 số ta đượ c:

2 2

a a b 2 .b 2a b b . Dấu = xảy ra khi

2

a b a b b .

Tương tự:2 2 b b

c 2 .c 2bc c

. Dấu = xảy ra khi2

bc b c

c .

2 2c ca 2 .a 2c

a a . Dấu = xảy ra khi

2c

a c aa

.

Cộng vế vớ i vế của các bất đẳng thức trên:

2 2 2a b ca b c 2a 2b 2c

b c a hay

2 2 2a b ca b c

b c a .

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b = c. BĐT đượ c chứng minh.

Cách 2: Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski cho 3 số ta đượ c:

22 2 2

2a b c a b c b c a b c a a b c

b c a b c a

.

Do a, b, c là các số dương nên a + b + c > 0, khi đó ta có ngay:

2 2 2a b ca b c

b c a

(đpcm).





c. Khai thác sâu bài toán:

Đặc bi ệt hóa:

- Cho c = 1:

BT1: Cho a, b là các số dương tùy ý. Chứng minh:2

2a 1 b a b 1 b a

.

- Cho a + b + c = 1:

BT2: Cho a, b, c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Tìm GTNN của biểu thức:

2 2 2a b cA

b c a .

- Cho a x,b y,c z :

BT3: Cho x, y, z là các số dương tùy ý. Chứng minh:

x y zx y z

y z x .

Tương tự hóa: Cho a, b, c là các số dương tùy ý. Chứng minh:

BT4:3 3 3

2 2 2

a b ca b c

b c a .

BT5: 3 3 3

2 2 2a b c a b c b c a

.

Khái quát hóa:

- K hái quát hóa theo số biế n:

BT6: Cho a1, a2, …, an là các số dương tùy ý. Chứng minh:

2 2 2 2

1 2 n 1 n1 2 n

2 3 n 1

a a a a... a a ... a

a a a a

*n .

- Khái quát hóa theo số bậc của mỗ i số hạng:

BT7: Cho a, b, c là các số dương tùy ý. Chứng minh:

n 1 n 1 n 1

n n n

a b ca b c

b c a

*n .

BT8: Cho a, b, c là các số dương tùy ý. Chứng minh:

n 1 n 1 n 1n n na b c

a b c b c a

*n .





Bài 2. Cho các số dương z y x ,, thỏa mãn đẳng thức: 1.. z y x . Chứng minh bất đẳng

thức: z y x z y x 333 .

Bài giải:

a. Tìm lời giải cho bài toán

Đặc biệt hóa: Dấu = của BĐT xảy ra khi x = y = z = 1.

Phân tích: Số bậc của biểu thức vế trái lớn hơn bậc của biểu thức vế phải, dấu bấtđẳng thức là “ ” nên dùng BĐT Cô si để hạ bậc vế trái:

x3

+ 1 + 1 3x hay x3 3x – 2. Dấu = xảy ra khi x = 1.

So sánh: Dấu = xảy ra của đánh giá trên phù hợ p vớ i dấu = của BĐT.

Tương tự hóa: y3 3y – 2, z

3 3z – 2.

T ổ ng h ợ p: Cộng vế vớ i vế các BĐT thành phần:

x3

+ y3

+ z3 3(x + y + z) – 6

So sánh với BĐT cần chứng minh, còn chứng minh: x + y + z 3. BĐT này có ngaytừ giả thiết: xyz = 1 bằng cách áp dụng BĐT Cô si cho 3 số x, y, z.

b. Trình bày lời giải

Áp dụng BĐT Cô si cho 3 số x3, 1, 1 ta được:

x3 + 1 + 1 3x hay x3 3x – 2. Dấu = xảy ra khi x = 1.

Tương tự: y3 + 1 + 1 3y hay y3 3y – 2. Dấu = xảy ra khi y = 1.

z3

+ 1 + 1 3z hay z3 3z – 2. Dấu = xảy ra khi z = 1.

Cộng vế vớ i vế các bất đẳng thức trên ta đượ c:

x3 + y3 + z3 3(x + y + z) – 6. Dấu = xảy ra khi x = y = z = 1.

Mặt khác, lại áp dụng BĐT Cô si cho 3 số dương x, y, z:

3x y z 3 xyz 3 (do xyz = 1). Dấu = xảy ra khi x = y = z.

Từ đó: x3 + y3 + z3 2[(x + y + z) – 3] + (x + y + z) x + y + z.

BĐT đượ c chứng minh. Dấu = xảy ra khi x = y = z = 1.





c. Khai thác đào sâu bài toán

Đặc biệt hóa:

- Cho z = 2:

BT1: Cho các số dương x, y thỏa mãn xy = 12

. Chứng minh: x3 + y3 + 6 x + y.

- Cho y = z:

BT2: Cho các số dương x, y thỏa mãn xy2=1. Chứng minh: x

3+ 2y

3 x + 2y.

- Cho1

zxy

:

BT3: Cho x, y là các số dương. Chứng minh: 3 3

3 3

1 1x y x y

xyx y

.

- Cho x = a2, y = b2, z = c2:

BT4: Cho a, b, c là các số thực thỏa mãn: abc = 1. Chứng minh:

a6 + b6 + c6 a2 + b2 + c2.

BT5: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1. Tìm GTNN của biểu thức:

3 3 3

x y zPx y z

.

BT6: Cho a, b, c là các số dương. Chứng minh:

3 3 3

3 3 3

a b c a b c

b c a b c a

Khái quát hóa:

- Khái quát hóa theo số bậc: Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn xyz = 1. Chứng minh:

BT7: xn

+ yn

+ zn x + y + z. *n

- Khái quát hóa theo số biến: Cho a1, a2, …, an là các số dương thỏa mãn a1a2…an = 1. Chứng minh:

BT8: a13 + a2

3 + … + an3 a1 + a2 + … + an.





Bài 3. Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn đẳng thức: a + b + c = 1.

Chứng minh bất đẳng thức: 3222222 acaccbcbbaba .

Bài giải:

a. Tìm lờ i giải cho bài toán

Phân tích:

- Hƣớ ng 1: a, b, c có vai trò như nhau trong biểu thức ở vế trái, mỗi căn thức ở vế trái cũng có vai trò như nhau và là biểu thức đối xứng của 2 trong 3 biến a,

b, c. Do đó nếu đánh giá đượ c 2 2a ab b so với a + b thì kì vọng có thể

chứng minh được BĐT ban đầu.

Phân tích : 22 2 2 21 1

a ab b a b a b2 2 .

So sánh: 2 2 22 21 1 1 1 3

a b a b a b a b a b2 2 2 4 2

.

Đặc bi ệt hóa: Dấu = xảy ra khi a = b.

Tương tự hóa:

2 2 3 b bc c b c

2 ,

2 2 3c ca a c a

2 .

T ổ ng h ợ p:

2 2 2 2 2 2 3a ab b b bc c c ca a .2 a b c 3

2 .

- Hƣớ ng 2:

Phân tích: 22

2 2 1 3a ab b a b b

2 2

.

Mỗi số hạng đều có thể viết được dướ i dạng căn của tổng hai bình phương.

Nghĩ đến biểu thức độ dài của một vectơ.

Đặt:1 3

u a b, b2 2

thì 2 2u a ab b .

Tương tự hóa: Đặt:1 3

v b c, c

2 2

thì 2 2v b bc c .





Đặt:1 3

w c a, a2 2

thì 2 2w c ca a .

T ổ ng h ợ p: VT u v w .

So sánh: u v w u v w 3 .

b. Trình bày lờ i giải

Cách 1: Ta có:

2 2 22 2 2 21 1 1 1 3

a ab b a b a b a b a b a b2 2 2 4 2

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi a = b.

Tương tự : 2 2 3 b bc c b c

2 . Dấu = xảy ra khi và chỉ khi b = c.

2 2 3c ca a c a

2 . Dấu = xảy ra khi và chỉ khi c = a.

Cộng vế vớ i vế của các BĐT trên:

2 2 2 2 2 2 3

a ab b b bc c c ca a .2 a b c 32 (đpcm).

Dấu = xảy ra khi a = b = c.

Cách 2: Ta có:

2 2 2 2 2 2a ab b b bc c c ca a 3

2 2 22 2 21 3 1 3 1 3

a b b b c c c a a 32 2 2 2 2 2

Xét các vectơ:

1 3 1 3 1 3u a b, b ,v b c, c ,w c a, a

2 2 2 2 2 2

Khi đó BDT trở thành: u v w 3 .





Áp dụng bất đẳng thức vectơ cho 3 vectơ u,v,w :

u v w u v w

3 3 3 3

u v w a b c , a b c ,2 2 2 2

(do a + b + c = 1).

9 3u v w 3

4 4

.

Vậy: u v w 3 . BĐT đượ c chứng minh.

c. Khai thác sâu bài toán


- Cho1

c3

:

BT1: Cho các số dương a, b thỏa mãn 3(a + b) = 2. Chứng minh:

2 2 2 21 1 1 1

a ab b a a b b 33 9 3 9

Tương tự hóa:

- Cho a + b + c = 2:

BT2: Cho các số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 2. Chứng minh:

2 2 2 2 2 2a ab b b bc c c ca a 2 3

Khái quát hóa:

- Khái quát hóa cho số biế n:

BT3: Cho các số thực dương a1, a2, …, an thỏa mãn a1 + a2 + … + an = 1.

Chứng minh: 2 2 2 2 2 2

1 1 2 2 n 1 n 1 n n n n 1 1a a a a ... a a a a a a a a 3





Bài 4. Cho tam giác ABC bất kì vớ i ba cạnh a, b, c và diện tích S. Chứng minh bất

đẳng thức: S cba .34222 .

Bài giải:

Theo công thức Herong ta có:

))()(( c pb pa p pS

))()((2 c pb pa p pS

Mà:3

3))()((

cba p p p

c pb pa p p

27))()((

3 p pc pb pa p p

3327

24

2 pS

pS

3

4

333434

22 p pS

)1(

323

434

22

cbacbaS

.

Hơn nữa: )2(3111) 2222222222 cbacbacba

Từ (1) và (2) 2223.3

134 cbaS

hay 22234 cbaS (đpcm).

Bài 5. Cho tam giác ABC với các đườ ng caocba

hhh ,, và bán kính đường tròn ngoại

tiế p r . Chứng minh đẳng thức:r hhh

cba

1111 .

Bài giải:

Ta có:cba

hchbhaS .2

1.

2

1.

2

1

c

S h

b

S h

a

S h cba

2;

2;

2





S

cba

S

c

S

b

S

a

hhhVT

cba2222

111 .

VP r rP

P

S

P

S

P

1

2

2

r hhhcba

1111 .

Bài 6. Hướ ng d ẫ n h ọc sinh l ớ p 10, gi ải bài toán theo 4 bướ c c ủa Polia:

Chứng minh bất đẳng thức: z y x y

zx

x

yz

z

xy .

Bài giải:

Tìm hiểu đề bài:

Bài toán chỉ dừng lại ở việc cho các số x, y, z > 0.

Phải chứng minh: z y x y

zx

x

yz

z

xy .

Tìm cách giải:

Xét VT = y

zx

x

yz

z

xy .

Đây là biểu thức đối xứng giữa x, y, z và vai trò của x, y, z là như nhau:

Áp dụng BĐT Cosi cho các cặ p số: z

xy và

x

yz ;

x

yz và

y

zx;

z

yx và

y

zx.

y y x

yz

z

xy

x

yz

z

xy22..2

2

(1)

z y

zx

x

yz 2 (2)

x y

zx

z

yx2 . (3)

Cộng vế vớ i vế của các bất đẳng thức, ta được đpcm.





Trình bày lờ i giải:

Theo BĐT Cosi, ta có:

y y x

yz

z

xy

x

yz

z

xy

22..22

(1)

z z y

zx

x

yz

y

zx

x

yz 22..2 2 (2)

x z y

zx

z

xy

y

zx

z

xy22..2 2 (3)

Cộng (1), (2), (3). Ta có:

)(2)(2 z y x y

zx

x

yz

z

xy

z y x y

zx

x

yz

z

xy .

Khai thác bài toán:


BT1: Cho x = 1; y, z > 0. Chứng minh bất đẳng thức:

z y y

z yz

z

y 1 .

BT2: Cho x, y là các số dương thỏa mãn: x + y = 1 và2

1 z .

Hãy tìm GTNN của biểu thức: y

zx

x

zy

z

xy A .

Tương tự hóa:

Cho x, y, z là các số khác 0. Chứng minh BĐT sau :

222

2

22

2

22

2

22

z y x y

z x

x

z y

z

y x .





Học viên thự c hiện: Nguyễ n H ữ u H ải K22 – LLPPDH

Nguyễ n Thị H ồng Huế K22 – LLPPDH

Lê Thị Thu Hoài K22 – LLPPDH

Bài 7.

Rèn luyện các hoạt động trí tuệ chung cho học sinh khi dạy học bài:

Cho ba số dương a, b, c tùy ý. Chứng minh r ằng:

2

222 cba

ba

c

ac

b

cb

a

.

Bài giải:

Ho ạt động phân tích, so sánh:

)1(

4

)(2

4

22

acb

cbacb

cb

a

)2(

4

)(2

4

22

bac

acbac

ac

b

)3(

4

)(2

4

22

cba

bacba

ba

c

Tổng hợ p: Cộng (1), (2), (3) ta có: cbacba

ba

c

ac

b

cb

a

2

222

2

222 cba

ba

c

ac

b

cb

a

Bất đẳng thức xảy ra khi nào? a = b = c.

Khai thác sâu bài toán:

+ Đặc bi ệt hóa:

BT1: Cho a, b, c 0 , và thỏa 2013 cba . Tìm GTNN của:

ba

c

ac

b

cb

a P

222





BT2: Cho c = 1. Chứng minh r ằng:

2

11

11

22

ba

baa

b

b

a.

BT3: Cho 0 z y x . Chứng minh r ằng:

2

z y x

y x

z

x z

y

z y

x

.

+ Tương tự :

Cho a, b, c > 0. Chứng minh r ằng:

4)(2

3

2

3

2

3

cbaba

cac

bcb

a

+ Khái quát hóa

- Theo số biến:

nn

n

n

n

n

n cba

ba

c

ac

b

cb

a

2)()(

111

Các bài toán có lờ i giải tương tự:

BT1: Gọi A, B, C là ba góc trong một tam giác. Chứng minh r ằng:

2

sinsinsin

sinsin

sin

sinsin

sin

sinsin

sin 222 C B A

B A

C

AC

B

C B

A

.

BT2:

4sinsinsin

)sin(sinsin

)sin(sinsin

)sin(sinsin 3

3

3

3

3

3

C B A B A

C AC

BC B

A





Bài 8.

Phân chia trườ ng h ợ p trong gi ải các bài toán:

1. Cho tam giác ABC tùy ý. Chứng minh bất đẳng thức:

2sin

2sin

2sincos.cos.cos

C B AC B A . (1)

2. Tìm giá trị của m để phương trình: 0112 22 m xm x có nghiệm

dương duy nhất.

3. Tìm giá trị của m để : ;0,0422 2 xmmx x .

Bài giải:

1. TH1: ABC là tam giác tù ABC có một góc lớn hơn 900.

Giả sử 0cos900 A A , ta thấy VT của (1) luôn < 0

VP của (1) luôn > 0

)1( đượ c chứng minh.

TH2: ABC là vuông ABC có một góc bằng 900.

Giả sử 0cos900 A A , ta thấy VT của (1) luôn = 0

VP của (1) luôn > 0

)1( đượ c chứng minh.

TH3: ABC là tam giác nhọn ABC có C B A ;;0 900.

0cos;0cos;0cos C B A .

Ta chứng minh:2

sincoscos 2 C B A

Thật vậy: C B A coscoscos và 1)cos( B A .

C B A B A cos1)cos()cos(

2

sincoscos

2

cos1coscos 2 C

B AC

B A

(2)





Chứng minh tương tự ta có :

2sincoscos 2 A

C B (3)

2sincoscos 2 BC A (4)

Từ (2), (3), (4) ta có:2

sin.2

sin2

sincoscoscos 222222 C B AC B A (12)

Lại do 0coscoscos0cos;0cos;0cos C B AC B A (13)

Từ (12), (13)

2

sin

2

sin

2

sincoscoscosC B A

C B A .

Dấu “=” xảy ra khi: C B A

AC

C B

B A

1)cos(

1)cos(

1)cos(

.

2. TH1: Phương trình có nghiệm kép > 0, tức là:21

0 x x .

.

2

14

5

2

1

054

01201412

00

22

VN

m

m

m

m

mmm

S

TH2: Phương trình có hai nghiệm phân biệt sao cho:21

0 x x :

.111010 22 mmm P

TH3: Phương trình có hai nghiệm phân biệt sao cho:21

0 x x :

1

2

1

1

012

01

012

01

0

0 22

m

m

m

m

m

m

m

S

P .

ĐS:

1;1;

4

5m .





3. TH1: Bất phương trình (1) có nghiệm R x bất phương trình (1) có

nghiệm 0;0 R x 420822 mmm .

TH2: 21

0 x x

)(0

4

0

02

4

0

0VN

m

m

m

m

S

P

.

TH3: 21

0 x x

4040 mm P .

TH4: 021

x x

40

4

0

02

4

0

0

m

m

m

m

m

S

P \

ĐS: 42 m ; 4m .

Bài 9. Hướ ng d ẫ n h ọc sinh l ớ p 10, gi ải bài toán theo 4 bướ c c ủa Polia:

Tìm m để phương trình: m x x x 5312 có 4 nghiệm phân biệt.

Bài giải:

B1/ T ìm hiểu bài toán

Câu hỏi gợi ý Câu trả lời mong đợ iCái chưa biết là cái gì? m

Những cái đã biết? Phương trình có 4 nghiệm phân biệt.

Dữ kiện đã đủ để giải bài toán? Có lẽ là đủ, nhưng em chưa nghĩ ra cáchlàm. hihi

B2/ Lập k ế hoạch giải

Câu hỏi gợi ý Câu trả lờ i mong muốn

Em đã gặp bài toán này trước đây chưa? Em chưa gặ p bao giờ .Hãy cùng nhau phân tích bài toán nhé: Em có thể khái quát bài toán này thànhmột dạng toán nào mà em đã từng biết

không?

Đây có thể là dạng toán “tìm m để phươngtrình có nghiệm thỏa mãn một điều kiện”





Em đã từng gặ p dạng toán này ở một

trườ ng hợp khác bài toán này chưa?

R ồi: Tìm m để PT bậc 2, 3 có 2, 3 nghiệm

phân biệt.

Bài toán này gây cho em khó khăn gì? Nó là bậc 4 và không có công thức nghiệmcho phương trình bậc bốn ạ.

Ok, bây giờ chúng ta hãy trở lại vớ idạng toán mà em đã từng gặp nha: tìmm để PT bậc 2, 3 có 2, 3 nghiệm phân

biêt?

Vớ i PT bậc hai em tính

Vớ i PT bậc 3 em sẽ nhẩm ra 1 nghiệm,thực hiện phân tích đa thức thành nhân tử

(hoặc là chia đa thức cho nhị thức) để đưavề phương trình tích và tìm Đk để 1

phương trình bậc 2 có 2 nghiệm phân biệt

khác nghiệm nhị thức.

Hai dạng toán trên có điểm chung

không?

Đều phải tìm Đk để PT bậc 2 có 2 nghiệm.

thêm một câu hỏi nữa nhé: với các PT bậc 4 mà em đã từng giải rmthường làm như thế nào?

Em thườ ng biến đổi để đặt đượ c ẩn phụ,

bến PT về PT bậc 2.

Em đã thấy ánh sang le lói cuối đườ ng

hầm?

Ah, em sẽ biến đổi đặt ẩn phụ r ồi tìm ĐK PT bậc 2 có 2 nghiệm phân biệt.

Em sẽ đặt ẩn phụ ra sao? Em nhớ là có một bài toán:(x - a)(x - b)(x - c) (x - d) = 0 và có thể đặt

đượ c ẩn phụ để đưa về PT bậc 2.

Em hãy thử với bài toán này. 2 1 3 5 1 1 3 5 x x x x x x x

và em có thể đặt

21 5 4 5t x x x x .

Giờ bài toán gần như đã giải đượ c,

nhưng khi đặt ẩn phụ chúng ta nên chú ýđiều gì?

Đó là điều kiện của ẩn phụ.

Hãy hệ thống lại ý tưởng và hoàn thiện bài toán cho thầy nào?

B3/ Trình bày lờ i giải

B4/ K hai thác bài toán

Hƣớ ng 1: Có thể sử dụng phần mềm vẽ đồ thị hàm số 2 1 3 5 y x x x và

đườ ng thẳng y = m, đi chuyển đườ ng thẳng sao cho nó cắt đồ thị tại 4 điểm để khẳng

định thêm đáp số mà học sinh tìm ra là chính xác.

Hƣớ ng 2: Có thể thay đổi cách đặt ẩn phụ.

Hƣớ ng 3:





Bài 10. Hướ ng d ẫ n h ọc sinh l ớ p 11, gi ải bài toán theo 4 bướ c c ủa Poli a :

Giải phương trình: 33cos2coscos

3sin2sinsin

x x x

x x x.

Bài giải:

B1/ T ìm hiểu bài toán

Câu hỏi gợi ý Câu trả lời mong đợ iCái chưa biết là cái gì? x

Những cái đã biết? Phương trình. Dữ kiện đã đủ để giải bài toán? Có lẽ là đủ, nhưng em chưa nghĩ ra cách

làm.hihi

B2/ Lập k ế hoạch giải.

Câu hỏi gợi ý Câu trả lờ i mong muốn

Em đã gặp bài toán này trước đây chưa? Em chưa gặ p bao giờ .Em có thể sử dụng cách giải các PT lg

cơ bản để giải phương trình này?

Em nghĩ là không. Em chắc chắn là không.

Chẳng lẽ bài toán này không có lờ i giả? Em nghĩ là có thể sử dụng được côngthức lượng giác nào đó.

Với bài toán này em nghĩ mình nêndung công thức nào?

Nó toàn là phép cộng nên em nghĩ là sẽ dung công thức cộng

R ất đúng, em hãy nhớ lại xem trong các bài mà ta dung công thức cộng thì có bàinào na ná bài này không?

Nếu chỉ có tử hoặc mẫu thì em sẽ nhóm2 cái đầu và cuối lại.

Chắc hẳn các em đã có cho mình hướ ng

giải, nhưng thầy nghĩ bấy nhiêu mớ igiúp các em hoàn thành 90% bài toán

thôi. 10% còn lại là gì nhỉ?

Ah, đó là điều kiện để PT có nghĩa vìPT này có ẩn ở mẫu.

Hãy hệ thống lại ý tưởng và hoàn thiện

bài toán cho thầy nào.

B3/ Trình bày lờ i giải

B4/ K hai thác bài toán

Hướ ng 1: Có thể sử dụng công thức cộng cho 2 số đầu hoặc hai số cuối.





Hướ ng 2: Mở r ộng bài toán:sin sin 2 sin 3 sin 4

3cos cos 2 os3 os4

x x x x

x x c x c x

.

Hướ ng 3: CMR:sin sin sin

12 6 4 3

cos cos os

12 6 4

c

Bài 11.

Hướ ng d ẫ n h ọc sinh l ớ p 11, gi ải bài toán theo 4 bướ c c ủa Polia:

Viết phương trình tiế p tuyến của đồ thị hàm số: 13 23 x x y . Biết r ằng tiế p

tuyến đi qua điểm M(0;- 2).

Bài giải:

Bƣớc 1. Tìm hiểu nội dung đề bài

Câu hỏi gợi ý Câu trả lời mong muốn

Cái đã cho là cái gì? Hàm số 3 2y x 3x 1 và điểm M(0; -2).

Cái phải tìm là gì? Phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số

Bƣớc 2. Tìm cách giải

Câu hỏi gợi ý Câu trả lời mong muốn Em đã gặp bài toán này trước đây chưa? Em chưa gặp bao giờ. Em đã gặp một bài toán nào gần giống

bài toán này?

Rồi. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thịhàm số tại một điểm thuộc đồ thị.

Điểm chung của bài toán này và bàitoán đó là gì?

Đều là viết phương trình tiếp tuyến.

Điểm khác nhau ở đây là gì? Bài toán trước, điểm M thuộc đồ thị hàm số.Bài toán này thì không.

Em còn nhớ cách giải bài toán trướcchứ?

Có.

Trong bài toán đó em đã vận dụng địnhlí hay công thức nào không?

Công thức phương trình tiếp tuyến của đồthị hàm số đi qua điểm 0 0A(x ;y ) .

Em có thể viết công thức đó ra không? 0 0 0y y y (x ).(x x )

Ở bài toán này, điểm M thỏa mãn điềukiện gì?

Điểm M thuộc tiếp tuyến.

Vẫn liên quan đến điểm M, nếu đã có phương trình tiếp tuyến thì sao?

Hoành độ và tung độ của M phải thỏa mãn phương trình.

Thử nhìn lại phương trình tiếp tuyến em

vừa viết, và câu trả lời đó, xem xét yếutố nào còn thiếu?

0x và 0y .





0y có thể biểu diễn được qua 0x hay

không?

Có. Đó chính là điểm thuộc đồ thị hàm sốnên 3 2

0 0 0y x 3x 1 .

Viết lại phương trình tiếp tuyến đó? 3 2 2

0 0 0 0 0y (x 3x 1) (3x 6x ).(x x )

Bước tiếp theo là gì? Do M thuộc tiếp tuyến nên thay tọa độ của

M vào phương trình đó tìm ra 0x .Em hãy làm tiếp để tìm 0x ?

0 0

1x x 1

2

Phương trình tiếp tuyến bây giờ là gì? Với0

1x

2 thì 15 7

y x4 4

.

Với 0x 1 thì y 3x 2 .

Em hãy kiểm tra lại từng bước, thấy mỗi bước đều đúng không?

Đúng ạ.

Bƣớc 3. Trình bày lời giải

Bƣớc 4. Nghiên cứu sâu lời giải

Hướng 1. Tương tự hóa

Bài toán. Viết phương trình tiếp tuyến của các đồ thị hàm số sau biết rằng tiếp tuyếnđi qua điểm M cho trước.

a. x 1

yx 2

, M(3; 4).

b. 3 2 23y x 3x 2, M( ; 2)

9 .

Hướng 2. Khái quát hóa

Bài toán. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số 3 2y ax bx cx d . Biếttiếp tuyến đi qua điểm M( ; ) .

Hướng 3. Tìm các hướng khác để giải bài toán, trình bày lời giải khác Cách 2. Gợi ý:

- Phương trình đường thẳng (d) đi qua M có hệ số góc k là: y kx 2 .

- Đường thẳng (d) tiếp xúc với đồ thị (C) khi hệ phương trình sau có nghiệm: 3 2

2

x 3x 1 kx 2

3x 6x k

- Giải hệ trên ta tìm được hai tiếp tuyến theo kết quả trên.





Bài 12. Hướng dẫn học sinh lớp 12, giải bài toán theo 4 bước của Polia: Tìm m để phương trình sau có nghiệm duy nhất: 23x 1 m x 1 .

Bài giải:

Bƣớc 1. Tìm hiểu nội dung đề bài

Câu hỏi gợi ý Câu trả lời mong muốn

Cái đã cho là cái gì? Phương trình 23x 1 m x 1 .

Cái phải tìm là gì? Tham số m. Cần thỏa mãn điều kiện gì không? Phương trình phải có nghiệm duy nhất.

Bƣớc 2. Tìm cách giải

Câu hỏi gợi ý Câu trả lời mong muốn Em thấy dạng toán tìm điều kiện tham sốđể phương trình có nghiệm hay vônghiệm có quen thuộc không?

Khá quen thuộc.

Thế đối với bài toán này thì sao? Em đãgặp bao giờ chưa?

Em chưa gặp bao giờ.

Dạng toán nào em thấy tương tự với dạngtoán này?

Sau khi khảo sát hàm số vẽ đồ thị, biệnluận theo m số nghiệm của phươngtrình nào đó.

Em có nắm rõ cách giải dạng toán đó? Có Phương pháp giải bài toán đó như thếnào?

Biến đổi một vế về dạng hàm số đã biết, còn vế kia là tham số và hệ số tựdo.

Lúc đó có mấy hàm số được xét? Hai hàm số, đó là hàm số đã biết vàmột hàm số chứa tham số, đó là đườngthẳng song song với trục hoành.

Lúc này bài toán xét số nghiệm của phương trình chuyển thành bài toán gì?

Bài toán xét số giao điểm của đồ thịhai hàm số.

Ở bài toán đó nếu đã có bảng biến thiênmà không vẽ đồ thị hàm số liệu em có biện luận được số nghiệm?

Hoàn toàn có thể.

Em dựa vào đâu mà khẳng định điều đó? Em dựa vào các điểm cực trị, các điểmgiá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất củahàm số.

Em có thể biến đổi phương trình nàygiống như dạng toán mà em vừa nêu?

Ta được2

3x 1m

x 1

.

Ở đây có cần điều kiện gì của x không? Không cần vì mẫu 2x 1 luôn dương.

Vậy hai hàm số bây giờ là gì? 23x 1yx 1

và y = m.





Em có thể khảo sát hàm số2

3x 1y

x 1

để

có được bảng biến thiên?

Có.

2 2

3 xy

(x 1) x 1

.

Bảng biến thiên:

x 3 y‟ + 0 y

3

10

3

Từ bảng biến thiên em có thể suy ra giátrị của tham số m để đường thẳng y = m

cắt đồ thị hàm số 23x 1yx 1

chứ?

Có thể. 3 m 3 và m 10

Hãy kiểm tra lại từng bước, thấy mỗi bước có đúng không?

Đúng ạ.

Bƣớc 3. Trình bày lời giải

Bƣớc 4. Nghiên cứu sâu lời giải

Hướng 1. Tương tự hóa Bài toán 1. Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm (vô nghiệm): 23x 1 m x 1 .

Bài toán 2. Tìm m để bất phương trình sau nghiệm đúng với mọi x: a. 23x 1 m x 1

b. 23x 1 m x 1

Bài toán 3. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình: 23x 1 m x 1 .

Hướng 2. Tổng quát hóa Bài toán. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình sau: f(x) m. g(x) , ở đóg(x) 0 với mọi x.





Học viên thự c hiện: Đoàn Thị Kim Oanh K21 – LLPPDH

Bài 13.

Hướ ng d ẫ n h ọc sinh l ớ p 12, gi ải các bài toán sau:

1. Tìm GTLN và GTNN của hàm số: 44cos1cos x x y .

2. Tìm GTLN và GTNN của hàm số: 1233 2 x x y trên tậ p 2;1 D .

3. Cho các số thực y x, thỏa mãn đẳng thức: 222 y x . Hãy tìm giá trị lớ n nhất

và giá trị nhỏ nhất của biểu thức: xy y xT 3)(2 33 .

4. Cho hai số y x, không âm thay đổi và thỏa mãn điều kiện 2 y x .

Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: 223328 y x xy y x A .

Bài giải:

1. Tìm GTLN - GTNN của hàm số y = cos4x + (1 - cosx)

4

Đặt t = cosx, 1 1t

Có y = t4+ (1 - t)

4vớ i 1 1t

y‟ = 4t3 - 4(1 - t)3

3 3 1' 0 (1 )

2

1 1 1 1( 1) 1; ( ) ; (1) 1

2 16 16 8

: max 1 cos 1

1 1min cos 2

8 2 3

y t t t

y y y

KL y khi x x k

y khi x x k





2. Tìm GTLN - GTNN của hàm số 3 23 2 1 ê 1;2 y x x tr n D

3

2' 2

' 0 1

ó: y'(-1)= ; y'(1)= ; y'(2)=: max

min

x D

x D

y x

y x D

Ta c KL y

y

3. Cho hai số thực x, y thỏa mãn x2+ y

2= 2.

Tìm GTLN - GTNN của biểu thức: T = 2(x3+ y

3) - 3xy.

Lờ i giải các bài tập:

22 2 2

2 22 2

( ) 22 ( ) 2 2

2

( ) 2 ( ) 22( )( ) 3 2( ) 2 3

2 2

x y Do x y x y xy xy

x y x yT x y x xy y xy x y

Đặt t = x + y. Có 2 2 2 2 2( ) ( )(1 1 ) 2 2 2 2 x y x y x y t

2 2 22

3 2

2 2 2ê 2 (2 ) 3 (6 ) 3

2 2 2

36 3 , 2 2.

2

t t t N n T t t t

t t t t

Xét hàm số: 3 236 3 , 2 2.

2 y t t t t

y‟= - 3t2 - 3t + 6 ; y‟ = 0 t = 1 và t = - 2.

y(-2) = - 7 ; y(1) =13

2 ; y(2) = - 5

Vậy: GTLN của y =13/2 khi t = 12 2

1 3 1 3,

1 2 2

2 1 3 1 3,

2 2

x y x y

x y x y

GTLN của y = - 7 khi t = - 2

2 2

21

2

x y x y

x y





4. Cho hai số không âm x, y thỏa mãn điều kiện x + y = 2. Tìm GTLN - GTNN của

biểu thức:

A = x3

+ y3

+ 8xy + 2 2 2 x y .

Bài giải:

3 2( ) 3 ( ) 8 2 ( ) 2

8 2 2 4 2

0, 0 1 0 12

A x y xy x y xy x y xy

xy xy

x y Do x y xy xy

Đặt t = xy, 0 ≤ t ≤ 1.

Có 8 2 2 4 2 , 0 1 A t t t

Cần tìm GTLN - GTNN của: 8 2 2 4 2 , 0 1 y t t t

0;1

0;1

2' 2

4 2

3' 0 ( )

2

(0) 12; (1) 10 2 22

: max 10 2 2 1 11

2 0; 2min 10 0

0 2; 0

t

t

yt

y t loai

y y x y

KL y khi t x y xy

x y x y y khi t

xy x y





B. Hình Học - Giải Tích

Học viên thự c hiện: Tr ần Thị Nhung K22 – LLPPDH

Hoàng Thị Thúy K22 – LLPPDH

Bài 1. Xác đị nh m ục tiêu dạy h ọc bài:

1. Tổng và hiệu của hai vecto.

2. Cho tam giác ABC vớ i tr ọng tâm G, điểm M là trung điểm CG. Chứng minh đẳng

thức:

04 MC MB MA .

Bài giải:

1. Mục tiêu dạy học bài: Tổng và hiệu của hai vecto.

- Kiến thứ c:

+ Hiểu cách xác định hai vecto, quy tắc 3 điểm, quy tắc hình bình hành và các tínhchất của phép cộng vecto: Giao hoán, kết hợp, tính chất của vecto - không.

+ Biết đượ c : a b a b

- K ỹ năng:

+ Vận dụng đượ c quy tắc 3 điểm, quy tắc hình bình hành khi lấy tổng hai vecto.+ Vận dụng đượ c quy tắc tr ừ: OB OC CB

- Về tƣ duy: Rèn luyện các hoạt động trí tuệ

+ Phân tích tổng hợ p+ Tính linh hoạt, tính sáng tạo

+ Tính độc lậ p.

- Thái độ: Tính cẩn thận, tính chính xác, tính tích cực.

2. Mục tiêu dạy học:

Cách giải 1: Gọi C‟ là trung điểm của AB, ta có:

2 ' MA MB MC

Mà MA MB MA MC

Suy ra: 4 MA MB MC Hay 4 0 MA MB MC (đpcm).





Cách giải 2: Áp dụng:

G là trọng tâm của tam giác ABC

3 MA MB MC MG , M

Ta có: 3 MA MB MC MG (*),

Cộng vào hai vế của (*) vớ i 3 MG , ta đượ c:

4 3( ) MA MB MC MC MG Hay 4 0 MA MB MC (đpcm).

2. Mục tiêu dạy học bài chứng minh đẳng thứ c:

04 MC MB MA .

- Kiến thứ c:

+ Hiểu định nghĩa tích của vecto vớ i một số, biết các tính chất của phép cộng vecto,tính chất của phép nhân vecto vớ i một số, tính giao hoán, kết hợp, tính chất của

vecto - không.

-K ỹ năng:+ Xác định đượ c vecto b ka khi cho trước k và vecto a .

+ Vận dụng được các tính chất của trung điểm của đoạn thẳng, tr ọng tâm của tam

giác để giải bài toán hình học.

+ Rèn luyện k ỹ năng Toán về vecto.

- Về tƣ duy: Rèn luyện các hoạt động trí tuệ

+ Phân tích tổng hợ p+ Tính linh hoạt, tính sáng tạo

+ Tính độc lậ p.

bài toán.





Bài 2. Tìm kiếm các kế t qu ả m ớ i nh ờ tương tự hóa:

Cho đoạn thẳng AB vớ i I là trung điểm, còn M là điểm bất kì. Chứng minh r ằng:

2222

2

1

2 AB MI MB MA .

Bài giải:

Các kết quả mớ i nhờ tƣơng tự hóa:

1. Cho tam giác ABC trọng tâm G. Chứng minh vớ i mọi điểm M ta có: + + = 3 + + +

2. Cho G là trọng tâm của đa giác n cạnh. Chứng minh vớ i mọi điểm M ta có:

+ +…+ = n + + + …. +3. Cho I thỏa mãn = ( + ≠ 0). Chứng minh vớ i mọi điểm M ta có:

+ = + + ( + )

4. Ta cũng có kết quả tương tự với hệ 3 điểm và hệ n điểm.

Bài 3. Minh h ọa cho vi ệc v ận d ụng các hoạt động trí tuệ chung và khái quát hóatrong vi ệc khai thác đào sâu bài toán:

Chứng minh r ằng: Trong hình bình hành ABCD có đẳng thức:

222222 BD AC DACD BC AB 3.

Gi ải :

Gọi M là trung điểm của AC, theo k ết quả bài 2 ta có:

(1)

+ (2)

Cộng (1) và (2) theo vế ta đượ c:

+ 2( )

Mà (vì M là trung điểm của BD)

Suy ra : + (đpcm).





*Các hoạt động trí tuệ đƣợ c thể hiện:

- Phân tích và tổng hợ p thể hiện qua hoạt động:

+ Tìm hiểu đề: Đọc đề và tóm tắt đề bài, xác định đượ c giả thiết và yêu cầu của bài.

+ Hoạt động tìm ra lờ i giải của bài toán: Biết phân tích dùng giả thiết và tổng hợ pnhiều k ết quả nhỏ để có điều phải chứng minh.

☺V ận d ụng phân tích - t ổ ng h ợp để tìm nhiều l ờ i gi ải : Cách 1: +) Phân tích: Gọi I là giao điểm của AC va BD, thì I là trung điểm AC, BD và vận

dụng công thức trung điểm đoạn thẳng ta đượ c:

+ = 2 + (1)

+ =2 + (2)

+) T ổ ng hợ p: Cộng (1), (2) ta được đ.c.m.

Cách 2: +) Phân tích: Áp dụng công thức bình phương vô hướng = bình phương độ dài và quitắc hình bình hành ta có:

= = ( + )^2= +2 . + = +2.AB.AD. + (3)

= = ( + )^2 = .... = + 2.AB.BC. + (4)

Mà do tứ giác ABCD là hình bình hành nên AD = BC và cosBAD = - cosABC.

+) T ổng hợp: Cộng (3), (4) ta được đ.c.m.

* Khai thác đào sâu bài toán:

- Tìm cách giải khác cho bài toán: Giải theo phương pháp vecto.

- Lật ngượ c vấn đề : Nếu có (*) thì ABCD có phải là hình bình hành không?

- Đặc biệt hóa: Bài toán: Cho ABCD là hình thoi cạnh a, chứng minh r ằng:

4 +

- Khai thác cách tương tự :

- Khái quát hóa: Chứng ming r ằng: Trong tứ giác ABCD bất k ỳ với trung điểm hai

đường chéo là M và N, ta luôn có đẳng thức:

+ + 4 .





Bài 4. Khai thác và tổ ch ứ c ho ạt động c ủa h ọc sinh khi d ạy h ọc bài toán lớ p 10: Chứng minh r ằng: Trong tứ giác ABCD bất kì với trung điểm hai đường chéo là M và

N, ta luôn có đẳng thức: 2222222 4 MN BD AC DACD BC AB .

Bài giải:

* Tìm hiểu đề:

- Đọc đề và tóm tắt đề bài Hoạt động ngôn ngữ.

- Tìm cách chứng minh (*) Hoạt động toán học phức hợp.

- Phân tích, tổng hợp để tìm hiểu đề bài Hoạt động trí tuệ chung.

- Thể hiện giả thiết và vẽ hình Hoạt động nhận dạng, thể hiện.

*Dẫn dắt: Liên hệ bài toán với các đẳng thức đã biết (đẳng thức liên quan đến trungđiểm đoạn thẳng hay trung tuyến trong tam giác...),

*Chứng minh (*):

+) Phân tích: Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AC, BD ta có:

+ = 2 + (5)

+ = 2 + (6)

+) Tổng hợp: Cộng (5), (6) và :

+ = 2 +

ta được điều phải cm.

*Khai thác:

- Đặc biệt hóa: Cho ABCD là hình bình hành, chứng minh:

+ + + = + .

- Lật ngược vấn đề: Nếu tứ giác ABCD thỏa mãn đẳng thức :

+ + + = +

thì nó có là hình bình hành không?





Bài 5. Khai thác và tổ ch ứ c ho ạt động c ủa h ọc sinh khi d ạy h ọc bài toán lớ p 10: Cho tam giác ABC , có trọng tâm G và M là điểm bất kì. Chứng minh:

.3 2222222 GC GBGA MG MC MB MA

Bài giải:

* Tìm hiểu đề:

- Đọc đề và tóm tắt đề bài Hoạt động ngôn ngữ.

- Tìm cách chứng minh bài toán Hoạt động toán học phức hợp.

- Phân tích, tổng hợp để tìm hiểu đề bài Hoạt động trí tuệ chung.

- Thể hiện giả thiết và vẽ hình Hoạt động nhận dạng, thể hiện.

* Dẫn dắt: Liên hệ bài toán với các đẳng thức đã biết (công thức trọng tâm tamgiác…).

* Giải bài toán:

+) Phân tích:

= = ( + )^2 = + + 2. . (7)

Tương tự với ………(8) và ……………(9).

+) Tổng hợp: Cộng (7), (8), (9) và do: + + = (đpcm).

* Khai thác:

- Từ bài toán vừa chứng minh ta được bài toán sau:

Bài toán 1. Điểm có tổng bình phương các khoảng cách từ đó đến các đỉnh của tamgiác nhỏ nhất chính là trọng tâm tam giác.

Bài toán 2. Cho G thỏa mãn: + + = vớ i + + ≠ 0.

Chứng minh: Vớ i mọi điểm M ta có:

+ + = . + . + . + ( + + ). .

Bài toán trên cũng có thể đặc biệt hóa với hệ 2 điểm và tổng quát hóa với hệ n điểm.





Bài 6. Hướ ng d ẫ n h ọc sinh l ớ p 10, gi ải bài toán theo 4 bướ c c ủa Polia: (bài điều ki ện) Cho ABC vớ i ba cạnh a, b, c có hai đườ ng trung tuyến BB’ và CC’ vuông góc

vớ i nhau. Chứng minh r ằng: 222 5acb .

Bài 7.

a. Cho ABC thỏa mãn điều kiện: .6tan.tan,2tan.tan C B B A Tính góc A.

b. Cho ABC , hãy tìm tậ p hợp điểm M trong mặt phẳng (ABC) sao cho:

MC MA MB MA

Bài giải:

a. Cho ∆ABC thỏa mãn điều kiện: tanA.tanB = 2, tanB.tanC= 6. Tính góc A. Theo giả thiết có:

tanA.tanB = 2 (1)

tanB.tanC = 6 (2)

Trong ∆ABC, Tổng 3 góc A, B, C bằng 180°.

Suy ra: tan(A + B) = - tanC, tan(B + C) = - tanA.

Mà: +) tan(A + B) =

- tanC=

+) tan(B + C)

- tanA =

Cộng (3) và (4) ta có (5)

Giải hệ (1), (5) ta được: tanB.tanB = 4. tanB = 2, tanA = 1

Kết hợp với (2) ta được: tanC = .

45°, °, …°.





b. Cho ∆ABC, hãy tìm tập hợp điểm M trong mặt phẳng (ABC) sao cho:

MA MB MA MC

Xét cạnh AB, có I là trung điểm của cạnh AB, M là điểm bất kỳ.

Ta luôn có: .

Xét cạnh AC, có J là trung điểm của cạnh AC, M là điểm bất kỳ.

Ta luôn có:

=

=

Suy ra M nằm trên đường trung trực của IJ. Vậy tập hợp điểm M thỏa mãn yêu cầucủa bài toán là đường trung trực của đoạn thẳng IJ.

MA MB MA MC





Học viên thự c hiện: Nguyễ n Thị H ảo K22 – LLPPDH

Phạm Thị Thu K22 – LLPPDH

Bài 8. Ti ế p c ận các khái niệm:

- Khái niệm Hai vecto cùng phƣơng bằng con đườ ng quy nạ p.

- Khái niệm Hình hộp bằng con đườ ng suy diễn.

- Khái niệm Đạo hàm bằng con đườ ng kiến thiết.

Bài giải:

Tiếp cận khái niệm

A. Khái niệm hai vecto cùng phƣơng bằng con đƣờ ng quy nạp

+ GV đưa ra các ví dụ cụ thể:

Giáo viên đưa ra một loạt các hình vẽ về các

vecto

+ GV đưa ra định nghĩa về giá của một vecto.

( khác vecto không , đườ ng thẳng đi qua AB đượ c gọi là giá của vecto ).

+ GV hỏi r ằng ở hình vẽ trên có vecto nào có giá song song với nhau không?.

A

B

D

C

F

E

P

M

NQ





( HS: Các vecto và , và có giá song song vớ i nhau)

+ GV: Có các vecto nào có giá trùng nhau hay không?

(HS: vecto và có giá trùng nhau).

- GV dẫn dắt HS phân tích những dấu hiệu đặc trưng của đối tượng trên là giá của các

vecto song song hoặc trùng nhau để đưa ra kết luận chúng cùng phương vớ i nhau.

- GV nêu tên khái niệm mớ i là hai vecto cùng phương.

+ GV yêu cầu HS từ những đặc trưng trên hãy phát biểu định nghĩa hai vecto cùng

phương?.

(HS: Hai vecto đượ c gọi là cùng phương nếu chúng có giá song song hoặc trùng

nhau).

B. Khái niệm đạo hàm bằng con đƣờ ng kiến thiết

+ Xây dựng đối tượng đại diện cho khái niệm mớ i cần nghiên cứu.

GV: Xuất phát từ bài toán vật lí 10 (vận tốc trung bình của chuyển động).

Từ một vị trí O (cố định) thả viên bi rơi tự do xuống đất và nghiên cứu

chuyển động của viên bi.

Phương trình chuyển động của viên bi(khi chọn tr ục Oy theo phương

thẳng đứng, chiều (+) hướ ng xuống dưới, O là vị trí ban đầu và bỏ qua sức

cản của không khí) là như thế nào?

(HS: y = f(t) = gt2

/2)

GV: Tại thời điểm t0 vật ở vị trí M0 khi đó quãng đường mà vật đi đượ c sẽ đượ c biểu

diễn bởi phương trình nào?

(HS: S0 = OM0 = f(t0) = vt0).

Tương tự tại thời điểm t1 vật ở vị trí M1 đó quãng đường mà vật đi đượ c?

(HS: S1 = OM1 = f(t1) = vt1)

GV: Trong khoảng thờ i gian từ t0 đến t1 quãng đường mà vật đi được là bao nhiêu?

(HS: S1 - S0 = M0M1 = f(t1) - f(t0) = vt1).

M0

M1

t0

t1





GV: Vận tốc trung bình mà vật đi đượ c trong khoảng thờ i gian từ t0 đến t1 đượ c biểu

diễn bởi phương trình nào?

(HS: ) (1)

GV: Khi t1 - t0 càng nhỏ thì (1) càng phản ánh chính xác hơn mức độ nhanh hay

chậm của viên bi tại thời điểm t0

Giớ i hạn (1) khi t1 dần tớ i t0 gọi là vận tốc tức thờ i tại thời điểm t0 và kí hiệu là:

GV rút ra kết luận: nhiều vấn đề của toán học, vật lí, hóa học,… dẫn đến bài toán tìm

giới hạn

trong đó y = f(x) là hàm số nào đó. Trong toán học , người ta gọi giới hạn đó(nếu có)

và hữu hạn là đạo hàm của hàm số y = f(x) tại điểm x0.

GV gọi HS phát biểu khái niệm đạo hàm của hàm số tại 1 điểm

(HS phát biểu định nghĩa).

C. Xây dựng khái niệm hình hộp theo con đƣờ ng suy diễnGV: Xuất phát từ khái niệm hình lăng trụ, thêm vào nội hàm là hình bình hành ta

được khái niệm hình hộ p.

HS: Định nghĩa khái niệm hình hộ p

Hình lăng trụ có đáy là hình bình hành đượ c gọi là hình hộ p.

Các ví dụ minh họa: hộ p phấn, bàn học, …là những hình hộ p.





Bài 9. C ủng c ố các khái niệm:

- Củng cố khái niệm hình chóp đều.

- Hệ thống hóa khái niệm hình lăng trụ.

- Hệ thống hóa khái niệm hàm số.

Bài giải:

1. Củng cố khái niệm hình chóp đều

Để củng cố khái niệm hình chóp đều có các hoạt động sau:

Nh ận d ạng hình chóp đều:

GV đưa ra các câu hỏi sau:

a. Mọi hình chóp có đáy là một đa giác đều luôn là một hình chóp đa giác đều?

b. Một hình chóp là hình chóp đều khi và chỉ khi đáy của nó là đa giác đều và các

cạnh bên tạo vớ i mặt đáy các goác bằng nhau. Đúng hay sai? Vì sao?

Th ể hi ện hình chóp đều:

a. Hãy vẽ hình chóp tứ giác đều

b. Cho hình lập phương ABCD.A‟B‟C‟D‟. Các đườ ng thẳng AC và BD cắt nhau tạiO. Các đườ ng thẳng A‟C‟ và B‟D‟ cắt nhau tại O‟. Hãy vẽ hai hình chóp đều có đáy

là hình vuông ABCD.

Ho ạt động ngôn ngữ

Phân tích, nêu bật những ý quan trọng có trong định nghĩa hình chóp đều: Đáy là đa

giác đều và các cạnh bên bằng nhau, hoặc chân đườ ng cao trùng với tâm của mặt đáy

Phát biểu định nghĩa hình chóp đều theo cách khác được không?

H ệ th ống hóa khái niệm

Mối quan hệ giữa hình chóp đều với hình chóp: Hình chóp đều là trườ ng hợp đặc biệt

của hình chóp.





2. Hệ thống hóa khái niệm hình lăng trụ

Hình lăng trụ:

Định nghĩa: Hình hợ p bởi các hình bình hành A1A2A‟2A‟1, …, AnA1A‟1A‟n, và hai

đa giác A1A2…An, A‟1A‟2...A‟n gọi là hình lăng trụ hoặc lăng trụ và kí hiệu là:A1A2…An.A‟1A‟2...A‟.

Các loại hình lăng trụ: Lăng trụ tam giác, lăng trụ tứ giác, lăng trụ ngũ giác, …

Hình lăng trụ đứ ng :

Định nghĩa: Là hình lăng trụ có cạn bên vuông góc với đáy

Các loại hình lăng trụ đứng: Lăng trụ đứng tam giác, lăng trụ đứng tứ giác, lăng trụ

đứng ngũ giác,…

Hình lăng trụ đều:

Định nghĩa: Là hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều.

Các loại hình lăng trụ đều: Lăng trụ đều tam giác,…

Mối quan hệ: hình lăng trụ -> hình lăng trụ đứng -> hình lăng trụ đều

3. Hệ thống hóa khái niệm hàm số

Định nghĩa hàm số.

Hàm số chẵn, hàm số lẻ.

Hàm số tăng, hàm số giảm.

Hàm số bậc nhất, hàm số bậc 2,…

Hàm số lũy thừa, hàm số mũ, hàm số logarit.





Bài 10. D ạy h ọc định lý Toán học:

- Dạy học định lý Cosi, công thức đườ ng trung tuyến,… theo con đƣờ ng suy diễn.

- Dạy học định lý về điều kiện đủ để hàm số đồng biến và nghịch biến, điều kiện đủ

để hàm số đạt cực tr ị,… theo con đƣờng khâu đoán.

Bài giải:

Dạy học định lý toán học.

10.1. D ạy h ọc định lý Cosin theo con đườ ng suy di ễ n:

Hoạt động của giáo viên Hoạt động của học sinh

+ Cho tam giác ABC vuông tại A, biết độ

dài cạnh AB, AC. Hãy tính BC?

+ Nếu bỏ yếu tố vuông tại A ta có tamgiác ABC. Khi đó liệu có thể tính đượ cBC nếu chỉ cho biết AB và AC?

Tính như thế nào?

+ Nếu cho biết thêm một yếu tố góc nữa

thì có thể tính được không?

Bài toán: Cho tam giác ABC, cho biết

hai cạnh AB, AC và góc A.

Hãy tính cạnh BC?

+ Nếu nhìn dưới góc độ vecto, có nhận

xét gì về độ dài cạnh BC?

+ Tính2

BC theo AB và AC?

+ Tính AC . AB ?

+ Định lý Pitago: BC2= AB

2+ AC

2

+ Gặp khó khăn.

+ Nếu sử dụng cách tính toán thôngthường thì học sinh gặp khó khăn.

+ BC BC hay2

2 BC BC

+ Phân tích: BC = AC - AB

2 2 22( ) 2. . BC AC AB AC AB AC AB

. . .cos AC AB AC AB A

Vậy: BC2

= AC2

+ AB2

- 2.AC.AB.cosA

+ a2 = b2 + c2 - 2bccosA





+ Đặt AB = c, AC = b, BC = a ta có côngthức nào?

Đây chính là nội dung định lý Cosin

trong tam giác.

+ Nhận xét vị trí của góc A so vớ i cạnh

AB và AC?

+ Học sinh phát biểu định lý

+ Nếu tam giác ABC vuông tại A thì từ

định lý cosin ta có công thức quen thuộc

nào? (đặc biệt hóa).

* ) C ủng c ố :

+ Yêu cầu học sinh phát biểu định lý bằng lờ i.

+ Nếu tam giác ABC vuông tại A thì từ

định lý cosin ta có công thức quen thuộc

nào? (đặc biệt hóa)

+ Bài toán 1: Cho tam giác ABC, biết

AC= 4cm, BC = 3cm và 60o

C .

Tính cạnh AB, góc A .

+ Như vậy nếu cho biết độ dài 3 cạnh của

tam giác thì có thể tính được các góc.Yêu cầu h/s nêu công thức tính góc

(hệ quả).

+ Suy ra công thức tính đườ ng trung

tuyến(hệ thống hóa).

+ Bài toán: Cho tam giác ABC. CMR:Góc A nhọn khi và chỉ khi a

2< b

2+ c

2

(thể hiện).

+ A là góc xen giữa hai cạnh.

+ Định lý Pitago

+ Để tính cạnh AB, h/s áp dụng tr ực tiế pđịnh lý cosin(nhận dạng).

+ Tính A : (thể hiện)

2 2 2

2 .

5 13

26

AB AC BC cosA

AB AC

cosA

+ Nêu công thức





10.2. D ạy h ọc công thức đườ ng trung tuy ến theo con đườ ng suy di ễ n:


+ Gọi học sinh nhắc lại định lý cosin

trong tam giác

+ Nêu bài toán: Cho tam giác ABC biết AB = 7, BC = 8, AC = 6. Gọi M

là trung điểm của BC. Tính AM?

+ Gợi ý: - Gắn AM là cạnh của một

tam giác nào đó?

- Để tính cạnh AM trong tam giácABM cần có thêm dữ kiện nào?

+ TQ: Đặt AB = c, BC = a, AC = b.

Gọi ma, m b, mc lần lượt là trung tuyến

xuất phát từ đỉnh A, B, C. Khi đó tacó công thức tình đườ ng trung tuyến?

+ Yêu cầu h/s thay số để hoàn thiện

bài toán mở đầu.

+ Bài toán: Tam giác ABC có a = 5,

b = 4, c= 3. Lấy điểm D đối xứng vớ iB qua C. Tính độ dài AD. (thể hiện)

+ Đặc bi ệt: Tam giác ABC vuông tại

A. Có nhận xét gì về độ dài trungtuyến ứng vớ i cạnh huyền?

+ Tr ả lờ i

+ Suy nghĩ làm bài

- Tam giác ABM hoặc ACM

AM2 = AB2 + BM2 – 2AB.BM.cos ABM

- Cần biết số đo góc B

2 2 2

2 .

AB BC AC cosB

AB BC

2 2 2 22 2

2 2 22

2. . .4 2 2 .

2 4

BC BC AB BC AC AM AB AB

AB BC

AB AC BC AM

+2 2 2

2

2 4a

b c am

+ 2 53

2 AM

+ Nhận thấy AC là đườ ng trung tuyến trong

tam giác ABD. Áp dụng công thức trung

tuyến tính đượ c AD

+2

BC AM . Trung tuyến ứng vớ i cạnh huyền

bằng nửa cạnh huyền.





10.3. D ạy h ọc định lý về điều ki ện đủ để hàm số đồng bi ến và nghị ch bi ế n theo con đường có khâu suy đoán


+ Cho hàm số 3 y x (1)

3 y x (2)

Hàm số đồng biến hay nghịch biến?

+ Tính y‟ của (1) và (2) và nhận xét về

dấu của y‟?

+ Cho đồ thị của hàm số y = 2x

2

(3)

Cho biết các khoảng đồng biến và nghịch biến của hàm số?

+ Tính y‟ của (3) và xét dấu của y‟?

+ Từ ba hàm số trên em có nhận xét gì về

mối quan hệ giữa tính đơn điệu của hàmsố vớ i dấu của y‟?

+ Cho hàm số y = a (a là hằng số). Nhậnxét gì về dấu của y‟, tính đơn điệu và mối

quan hệ giữa chúng?

+ Nêu định lý

+ Hàm số (1) nghịch biến trên R

+ Hàm số (2) đồng biến trên R

+ Hàm số (1): y‟ < 0 x R

+ Hàm số (2) : y‟ > 0 x R

+ TL:

Hàm số (1):

x - +

Dấu củay‟

-

Tính đơnđiệu

Nghịch biến

Hàm số (2):

x - +

Dấu của

y‟ +

Tính đơnđiệu

Đồng biến





+ VD1: CMR hàm số 3

1

x y

x

nghịch

biến trên R \{1}?

+ VD2: Xét sự biến thiên của hàm số:y = 2x

3 – 5?

+ Hàm số có các khoảng đồng biến hay

nghịch biến không?

+ Nếu học sinh lúng túng có thể minh họa bằng đồ thị.

+ Nêu định lý mở r ộng.

+ VD3: Xét sự biến thiên 24 y x

+ VD4: CMR: tanx > x vớ i 02

x

Hàm số (3):

x- 0

+

Dấu của y‟ - 0 +

Tính đơnđiệu

nghịch biến đồng biến

+ y‟ > 0 x K thì hàm số đồng biến/ K

y‟ < 0 x K thì hàm số nghịch biến/K

+ y‟ = 0 x R và hàm số không đổi/R

+ TXĐ: D = R

y‟ = 6x2

y‟ = 0 x = 0 và y‟ > 0 0 x





10.4. D ạy h ọc định lý về điều ki ện đủ để hàm số có cự c tr ị theo con đường có khâu suy đoán


+ Nhắc lại định nghĩa cực đại, cực tiểu của hàmsố? Điều kiện cần dể hàm số có cực tr ị?

+ Ngượ c lại, nếu f‟(x0) = 0 thì hàm số có cực tr ị không?

+ VD1: Hàm số y = x3 có cực tr ị không?

+ VD2: Hàm số y = |x| có cực tr ị không? Nhận

xét gì về đạo hàm của nó?

+ Rút ra nhận xét:

+ Vậy khi nào thì hàm số có cực tr ị?

+ Cho hàm số 3 21 4( ) 3

3 3 y f x x x x có đồ

thị:

Dựa vào đồ thị, hãy chỉ ra điểm cực đại, cực tiểu?

Trên các khoảng ( ; 1),( 1;3),(3; ) hãy chỉ

ra chiều biến thiên và dấu của y‟?

+ Tương tự các câu hỏi trên cho hàm số 4 2( ) 2 3 y g x x x có đồ thị:+ H/số đạt cực đại tại x1= - 1,

cực tiểu tại x2 = 3.

x - -1 3 +

y‟ + 0 - 0 +

y

CĐ

CT





+ Ở hai BBT, tại điểm cực tiểu, có nhận

xét gì về dấu của y‟?

Từ đó, nhận thấy hàm số đạt cực đại, cực

tiểu khi nào?

+ Nêu định lý về điều kiện đủ.

+ Ta có thể dựa vào đâu để tìm cực tr ị của

hàm số?

Hãy phát biểu quy tắc 1?

+ VD: Tìm cực tr ị của hàm số sau:

a. 3 22 3 36 10 y x x x

b. 2 33 y x x

+

x - 0 +

y‟ - +

y

CT

Bài 11. Ho ạt động c ủng c ố định lý:

- Tổ chức họat động củng cố định lý Cosin trong tam giác.

- Nhận dạng và thể hiện định lý Sin trong tam giác.

- Hoạt động ngôn ngữ trong hoạt động củng cố định lý ba đƣờng vuông góc.

Bài giải:

11.1. Nh ận d ạng và thể hi ện định lý sin trong tam giác

Nhận dạng: Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a. Hãy tình bán kính đường trònngoại tiếp tam giác đó.

Thể hiện:

1. Cho tam giác ABC có 060 A , 045 B , b = 4. Tính hai cạnh a và c.

2. Cho tam giác ABC có a = 4, b= 5, c = 6. CMR: sinA – 2sinB + sinC = 0

3. VD3 (T56, SGK10 NC).

11.2. Ho ạt động ngôn ngữ trong ho ạt động c ủng c ố định lý ba đường vuông góc.

Yêu cầu học sinh phát biểu định lý dướ i dạng kí hiệu.





Bài 12. Hướ ng d ẫ n h ọc sinh l ớ p 11, gi ải các bài toán theo 4 bướ c c ủa Polia:

Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a, M là trung điểm

CC’ . Biết r ằng A’M vuông góc vớ i MB. Tính khoảng cách từ B’ tớ i mặt phẳng

(A’MB).

Bài giải:

Bƣớ c1: Tìm hiể u n ội dung đề bài

+ Xác định giả thiết và kết luận của bài toán?

- Thế nào là hình lăng trụ tam giác đều?

+ Hãy tóm tắt bài toán dướ i dạng kí hiệu?

+ Vẽ hình.

Bƣớ c 2: Tìm cách giải

+ Thế nào là khoảng cách từ một điểm tớ i một mp? Làm thế nào để tính đượ c khoảng

cách từ một điểm tớ i một mp?

+ Từ B k ẻ BH A‟B. BH có vuông góc vớ i mp(A‟BM) không?

- Để chứng minh một đườ ng thẳng vuông góc vớ i một mp ta làm như thế nào?

+ Tính BH: Gắn BH vào một tam giác.

- Tam giác này có gì đặc biệt?

Bƣớ c 3: Trình bày lờ i gi ải

Bƣớ c 4: Nghiên cứu sâu lờ i gi ải :

+ Ngoài cách tính trực tiế p bằng định nghĩa, còn có thể giải bài toán này theo cáchnào khác không? ( có thể tính thông qua công thức tính thể tích tứ diện).

Bài 13. Hướ ng d ẫ n h ọc sinh l ớ p 11, gi ải các bài toán theo 4 bướ c c ủa Polia:

Cho tứ diện O.ABC , có OA = a, OB = b, OC = c và đôi một vuông góc vớ i nhau.

Gọi H là trực tâm của tam giác ABC . Chứng minh bất đẳng thức:

2222

1111

cbaOH .

Bài giải:





O B

A

C

M

N

H

Bƣớc 1: Tìm hiểu nội dung đề bài

+ Bài toán cho biết những yếu tố nào?

(Cho tứ diện OABC có OA = a, OB = b, OC = c; OA, OB, OC đôi một vuông góc với

nhau; H là trực tâm của tam giác ABC).+ Yêu cầu của bài toán là gì?

(Cm )

+ Vẽ hình:

Bƣớc 2: Tìm hướng giải

GV đưa ra các gợi ý sau?

+ Hãy chứng minh OH vuông gócvới mp(ABC).

+ Hãy chứng minh tam giác OAM vuông tại O.

Từ đó áp dụng định lí mối quan hệ giữa OH với các cạnh

OA và OM.

+ Biểu diễn mối quan hệ giữa OM với 2 cạnh OB và OC

+ Từ đó dẫn đến đpcm.

Bƣớc 3: Trình bày lời giải (Tự cm)

Bƣớc 4: Nghiên cứu sâu bài toán

Chuyển bài toán sang dạng khác

Cho tứ diện OABC có OA, OB,OC đôi một vuông góc với nhau, x,y,z lần lượt là góc

tạo bởi OA, OB,OC với các mặt của tứ diện.

Chứng minh rằng :

Tương tự: Trong mp cho tam giác OAB vuông tại O, H là chân đường vuông góc

hạ từ O xuống AB. Ta có: .

Lật ngược vấn đề: Nếu có liệu H có là trực tâm của tam

giác ABC không?





Học viên thự c hiện: Lê Thị Hòa Bình K22 – LLPPDH

Nguyễ n Tuyế t Chinh K22 – LLPPDH

Bài 14. Hướ ng d ẫ n h ọc sinh l ớ p 11, gi ải các bài toán sau: a. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A và có AB = a, BC = 2a,

các đườ ng thẳng SA, SB, SC tạo vớ i mặt phẳng (ABC) các góc bằng nhau và bằng060 . Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABC).

b. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC đều cạnh a, cạnh bên SA vuông

góc vớ i mặt phẳng (ABC), đườ ng thẳng SC tạo vớ i mp(SAB) góc bằng 030 .

Tính khoảng cách từ điểm A tớ i mặt phẳng (SBC).

c. Cho tứ diện O.ABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi ,, là góc giữa

các đườ ng thẳng OA, OB, OC và mặt phẳng (ABC). Chứng minh đẳng thức:

1sinsinsin222 .

Bài giải:

a. B1: Tìm hiểu đề(chú ý các giả thi ế t)

+ Đáy là tam giác vuông tại A.

+ SA, SB, SC tạo vớ i (ABC) các góc bằng nhau.

Các giả thiết này gợi cho các em liên tưởng đến những gì đã biết ?

B2: Phân tích lờ i gi ải .

+ SA, SB, SC tạo vớ i (ABC) các góc bằng nhau thì hình chiếu của S trên (ABC) là

điểm nào ? (là tâm đường tròn ngoại tiế p ABC ).

+ ABC vuông tại A thì tâm đường tròn ngoại tiế p ABC là điểm nào ?(trung điểm

của BC).

+ Xác định bài toán mà đề yêu cầu(tính góc giữa hai mặt phẳng).

+ Nêu các bước xác định góc giữa hai mặt phẳng, áp dụng giải bài toán trên.

B3: Trình bày tóm tắt l ờ i gi ải

+ Gọi I là trung điểm của BC I là tâm đường tròn ngoại tiế p ABC .





+ Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC).

+ Xét các tam giác SHA, SHB, SHC có :

SHC SHBSHA

SCH SAH SBH

SHC SHASHB

chung SH

0

0

60

90

Và từ đó, ta có: ; I H HC HB HA

SC SBSA

+ AB ABC SAB )()( .

Gọi M là trung điểm của AC IM ABSIM AB )( .

(SIM) lần lượ t cắt (SAB), (ABC) theo giao tuyến SM, MI.

34 22 aaa AC ; SBC đều cạnh 2a 32

32a

aSI .

Do đó SIM vuông cân tại I 045SMI .

Vậy 045))(,(( ABC SAB .

b. + Phân tích lờ i giải:

+ Xác định góc giữa SC và (SAB)

liên tưở ng lại cách xác định

góc giữa đườ ng thẳng và mặt phẳng và áp dụng).

+ Xác định loại bài toán mà đề bài yêu cầu

(tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng)

liên tưở ng lại phương pháp xác định khoảng cách của điểm trên mặt

phẳng và áp dụng.

+ Tìm lờ i giải:

Xác định góc giữa SC và (SAB)

Có )()( SAB ABC , ABC đều nên ABCI với I là trung điểm của AB.

A

I

a

2a

60

M

B

C

S

B

30

I

A C

S

J

H





)(SABCI , nên hình chiếu của C trên (SAB) là I

ISC SI SC SABSC ),())(,( .

Xác định hình chiếu của A trên (SBC)

Gọi J là trung điểm của BC SBC SAJ BC SAJ )( theo giao tuyến SJ.

Trong (SAJ), K ẻ H SBC AH SJ AH )( là hình chiếu của S trên (ABC).

Tính khoảng cách:

222

111?;))(,(

AJ SA AH AH SBC Ad

;11

66)(,(3

2

322;

2

3 aSBC Ad a

aCI SC

a AJ

c. + Xác định góc giữa các đườ ng thẳng OA, OB, OC vớ i (ABC)

+ Tính 222 sin,sin,sin .

+ Tam diện vuông O.ABC thì hình chiếu của O trên (ABC) là điểm nào? (H).

Gọi H là hình chiếu của O trên (ABC)

BC AH BC OA

BC OH

.

Tương tự H AC BH là tr ực tâm ABC .

;sin;sin;sin2

OC

OH

OB

OH

OA

OH

222

2222 111sinsinsin

OC OBOAOH

Mà222222

111111

OC OBOAOM OAOH

1sinsinsin222 .

C

B

A

O

M

H





Bài 15. Hướ ng d ẫ n h ọc sinh l ớ p 12, gi ải các bài toán sau:

a. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh bên bằng SA = a, góc giữa cạnh

bên SA và mặt phẳng (ABC) bằng . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC và tìmGTLN của V khi thay đổi.

b. Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy AB = x, cạnh bên SA = b. Tính thể tíchV của khối chóp S.ABC theo x và b. Khi x thay đổi, hãy tìm giá trị lớ n nhất của V .

Bài giải:

a. Phân tích, tìm lờ i gi ải :

+ Hình chóp tam giác đều thì hình chiếu của đỉnh trên mặt phẳng đáy là điểm nào?

(tâm đường tròn ngoại tiế p ABC )

+ Góc giữa SA và (ABC) là góc nào?

+ Công thức xác định thể tích S.ABC

+ Có những phương pháp nào để tìm GTLN của hàm số ?

Tóm tắt l ờ i gi ải :

Gọi G là trọng tâm )( ABC SG ABC .

SAG AGSA ABC SA ,, ; ABC SABC

S SGV .3

1

cos2

3cos;sinsin a AI a AGaSG

SA

SG ;

cos3

2

3

cos2

3

sina

a

B

AD AB .

sin.cos4

3cos

2

3.

2

1.sin

3

1 2

3

.

aaaV

ABC S .

ABC S V

. đạt GTLN khi sin.cos2 F lớ n nhất vớ i

20

.

I

a

2a

B

C

S

A

G





Cách 1: Phương pháp hàm số. Biểu thức F có thể biểu diễn theo cùng giá trị tương

đương nào của ?( 22 sin1cos ).

Đặt ẩn phụ t = ?. Điều kiện của ẩn phụ ( 1;0;sin t t PP hàm số).

1;0;)(;1;0;1 32 t t t t f t t t F . t 03

11

3

10)(';13)(' 2 t t f t t f

SABC V đạt GTLN là

6

3a

khi

31sin

2;0

Cách 2: Nhận xét gì về dấu của )0sin,(cos?sin,cos .

Đẳng thức nào nêu mối liên hệ giữa )1sin(cos?sin,cos 22 .

BĐT nào tìm GTLN của một tích khi biết tổng không đổi? (BĐT Cosi).

27

4

27.2

8

3

sin2coscos

2

1

sin2coscos21sincoscos

3222

2222222

F

.

Dấu “=” xảy ra khi 22 sin2cos

33

2

20 F Max

khi

20

3

1sin

...ABC

V

+ 0

9

32





b. Hình chóp đều thì hình chiếu được xác định như thế nào?

Công thức tính thể tích của hình chóp tam giác đều?

Nêu một số phương pháp tìm GTLN của một hàm số?

Tóm tắt lờ i giải: Gọi G là trọng tâm )( ABC SG ABC .

ABC ABC S S SGV .

3

1.

;3

3

2

3

3

2;

4

32 x x AG

xS

ABC

3

39

9

3 222

222 xb xb AGSASG

.312

1

4

3

.3

39

3

1 222

222

. xb x

x xb

V ABC S

Tìm GTLN củaSABC

V .

Cách 1: Xét 3;0;3)(222

b x xb x x f .

20)(';3

)36()('

22

22

b x x f xb

x xb x f

.

62)2(;0)3()0(

3

max

3 bV bb f b f f

SABC . Khi 2b x .

Cách 2: )( x f đạt GTLN khi )(2 x f đạt GTLN.

)3()()( 22222 xb x x x f x g

Nhận xét gì dấu của ?3;222

xb x Tổng của những số hạng nào không đổi? BĐT nào

tìm GTLN của một tích khi tổng không đổi?

Áp dụng BĐT Cosi:

6

3222

22

22

3

33

22b

xb x xb

x x

khi 23

2

22

2

b x xb x

.

36 2)(4)( b x Maxf b x Maxg khi 2b x .

3

max.6

1

bV ABC S khi 2b x .

x

b

B

C

S

A

G





Bài 16.

Hướ ng d ẫ n h ọc sinh l ớ p 12, gi ải các bài toán theo 4 bướ c c ủa Polia:

Trong không gian vớ i hệ tọa độ Oxyz , cho điểm: A(-2;1;0), B(1;0;1) và mặt phẳng

(P) có phương trình: 092 z y x . Tìm điểm M thuộc mặt phẳng (P) sao cho:22 MB MA nhỏ nhất.

Bài giải:

B1: Tìm hiểu đề

+ Xác định giả thiết của bài toán: Cho hai điểm A, B và mp(P)

+ Xác định loại bài toán? (Tìm điểm thỏa mãn một điều kiện cho trướ c).

B2: Phân tích, tìm lờ i gi ải

+ Điểm cần tìm cần thỏa mãn điều kiện gì?

min)(

)(22 MB MA

P M

+ Đẳng thức 22 MB MA gợi cho ta liên tưởng đến các công thức nào trong tam giác?

- Định lí cosinkhó khăn là AMB chưa xác định.

- Công thức độ dài đườ ng trung tuyến: Điểm I xác định chưa? (đã xác địnhh).

+ Nếu M, A, B không thẳng hàng ta có công thức xác định độ dài đườ ng trung tuyến.

Nếu M, A, B thẳng hàng ta có công thức như trên không?

B3: G ọi I là trung điể m c ủa AB

2

1;

2

1;

2

1 I

22222

2 IB IA MI MB MA được công thức tương tự như công thức độ dài đườ ng trung tuyến. Ta có:

22 IB IA không đổi nên 22 MB MA nhỏ nhất 2 MI nhỏ nhất

MI là hình chiếu của I trên mp(P).

Tìm M: để đườ ng thẳng IM qua I và )( P .





t z

t y

t x

IM

22

1

2

1

2

1

:

09412

1

2

1:)(2

2

1;

2

1;

2

1

t t t P t t t M

2

7;2;1

2

3

6

9 M t .

B4: Nghiên cứu sâu lờ i gi ải

Hƣớ ng 1: Theo cách khác

C1: Ta liên tưởng đến công thức tính độ dài đườ ng trung tuyến hay công thức tính tổng bình phươnghai cạnh của tam giác.

C2: Dùng ngôn ngữ tọa độ để đưa về dạng đại số.Gọi 092)(;;000000

z y x P z y x M

13121212

2

1

1112

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

2

0

22

z y x

z y x z y x MB MA

Áp dụng bất đẳng thức BCS:

2

3].121212[12.112.

2

112.

2

1 2

0

2

0

2

0000 z y x z y x

2

0

2

0

2

0000121212

3

22 z y x z y x

543

2.81121212

2

0

2

0

2

0 z y x . Dấu „=‟ xảy ra khi:

2

7

1

1

92

012

2

1

12

2

1

12

0

0

0

000

0

00

z

y

x

z y x

z y x

Vậy22

MB MA min = 54, khi

2

7

;1;1 M .





C3: Dùng hằng đẳng th ứ c vecto:

IB MI IA MI BA MB MA MB MA MB MA 22 2

2

22

IB IA IB IA MI MI BA )(2222 .

Lấy I là trung điểm của AB:4

.;022

AB IA IB IA IB IA

.

min24

3 222222 MB MA MI AB MB MA M là hình chiếu của I trên (P).

C4: K ế t h ợp phương pháp đại s ố v ớ i h ệ t ọa độ:

Tương tự cách 2 ta có:2

11

2

1

2

1

2

12

2

0

2

0

2

0

22

z y x MB MA

min2

1

2

1

2

1min

2

0

2

0

2

0

22

z y x MB MA

(liên tưởng đến độ dài của đoạn thẳng).

min2

IM vớ i

2

1;

2

1;

2

1 I .

Từ đó: min IM M là hình chiếu của I trên (P).

Hƣớ ng 2: Lật ngượ c v ấn đề.

Trong không gian 0xyz, cho A(-2;1;0); B(1;0;1); (P): 092 z y x ; I là trung điểm

của AB. )( P M . Chứng minh r ằng khi M là hình chiếu của I trên (P) min22 MB MA . Tìm tọa độ của điểm M và GTNN của 22 MB MA .

Hƣớ ng 3: Đặc bi ệt hóa, khái quát hóa, tương tự hóa.

Đặc biệt hóa:

1. Trong không gian oxyz: min:)(;092:)();0;1;2( 2 MA P M z y x P A .

2. min:)(;092)(:)4;3;10();0;1;2( 22 MB MA P M z y x P B A .





Tương tự hóa: Tìm điể m M thỏa mãn:

a.

MB MA P M :)( nhỏ nhất b.22 2:)( MB MA P M nhỏ nhất

c. 912:)(222 z y xS M sao cho 22 MB MA nhỏ nhất

d. 5

1

3

4

2

3:

z y xd M sao cho 22 MB MA nhỏ nhất.

Khái quát hóa: Tìm điể m M thỏa mãn:

a. 22:)( lMBkMA P M nhỏ nhất vớ i k + l > 0.

b. 22:)( lMBkMA P M lớ n nhất vớ i k + l < 0.

c. 22

22

2

1...:)(

nn MAm MAmmMA P M nhỏ nhất vớ i 0

1

n

ii

m ; lớ n nhất vớ i

01

n

ii

m .

Hƣớ ng 4: Đưa về các bài toán khác:

1. Trong không gian cho 2 điểm A, B và mặt phẳng (P); I là trung điểm của AB.

Chứng minh r ằng:

a. )(;2)(;(2 2222 P M IA P I d MB MA b. M AB

MB MA ;2

2

22

c. M AB MB MB MI ;224 2222 .

2. Cho A(-2;1;0); B(1;0;1)

a. 22 MB MA nhỏ nhất b. MB MA. nhỏ nhất.

c. 092:)( z y x P M sao cho

MB MA. nhỏ nhất.

3. Tìm GTNN: d cz byax z y x F 222 biết 01111

d z c yb xa .

4. Tìm tậ p hợp điểm M: k MB MA 22 , k cho trước A, B cho trướ c.

5. Tìm tậ p hợp điểm M:

)1;0;1();0;1;2(;092:)(

2/1;22

B A z y x P M

k k MB MA.





Bài 17.

Hướ ng d ẫ n h ọc sinh l ớ p 12, gi ải các bài toán theo 4 bướ c c ủa Polia:

Cho hình chóp S.ABC có các cạnh bên SA = SB = SC = 2a, tam giác ABC có cạnh

AB = a, AC = 2a, góc A 060 . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC .

Bài giải:

B1: Tìm hiểu đề

+ Xác định yêu cầu của bài toán: Bài toán yêu cầu gì? (tính thể tích của khối chóp).Xác định giả thiết của bài toán:

- Hình chóp này, các cạnh bên có đặc điểm gì?(độ dài bằng nhau)

- Tam giác đáy đã biết mấy yếu tố?(3 yếu tố). Các yếu tố này đã đủ để xác định tam

giác chưa? Mối quan hệ giữa 3 yếu tố này(hai cạnh và góc xen giữa).

B2: Phân tích lờ i gi ải

+ SA = SB = SC, gợi cho em liên tưởng đến vị trí điểm S đối với tam giác ABC?

(S thuộc tr ục đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC)

+ Hình chiếu của điểm S trên mặt phẳng đáy là điểm nào?

(Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC)

+ Muốn xác định đườ ng cao của hình chiếu ta phải tính đến yếu tố nào?

(Bán kính đường tròn ngoại tiếp đáy).

+ Có những cách nào để tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC?Em hãy nêu một cách tính?

(Áp dụng định lí hàm số sin: R A

a2

sin ).

+ Cạnh BC có tính được không? Tính như thế nào?

(Tính được theo định lí hàm số cossin)

+ S tam giác ABC tính như thế nào?( A AC ABS ABC

sin.2

1 ).





B3: Trình bày lờ i gi ải

3cos.2222 a BC A AC AB AC AB BC .

Áp dụng định lí hàm số sin: a R R A

BC

2sin .

2

3

2

3.2.

2

1sin.

2

1 2aaa A AC ABS

ABC

Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

vì SA = SB = SC S tr ục đườ ng tr òn ngoại tiếp tam giác ABC.

)( ABC SI .

ABC ABC S S SI V .

3

1.

; 54 2222 aaa AI SASI .

6

15

2

3.5

3

1 32

.

aaaV

ABC S .

B4: Nghiên cứu sâu lờ i gi ải

Hƣớ ng 1: Tìm cách giải khác

C2: ABC AC AB BC a BC 2223 tại A.

Gọi I là trung điểm của AC I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

)( ABC SI .

SAC đều ......;32

32

.

ABC S ABC V S a

aSI

C3: Từ B hạ )(SAC BH AC SH .

SAC SABC S BH V .

3

1;

2

360sin60sin 00 a

AB BH AB

BH .

2a

60

a

A

B

C

S

I




Hƣớ ng 2: Đặc bi ệt hóa, khái quát hóa, tương tự hóa

Đặc biệt hóa:

1. Với bài toán trên:

a. Thay đổi AC = a, được hình chóp đều S.ABC.

b. Thay đổi 045;2 BAC a AC được tam giác ABC là vuông cân tại B.

Tƣơng tự hóa:

1. Hình chóp S.ABC biết SA = SB = SC = a, AB = c, AC = b; BAC .

TínhSABC

V .

2. Hình chóp S.ABC có SA, SB, SC tạo với (ABC) các góc bằng nhau ,

BAC b AC c AB ;; . TínhSABC

V .

3. Hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, tam giác ABC có:a BC b AC c AB ,, . Tính

SABC V .

Khái quát hóa: Hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a, tam giác ABC xácđịnh(biết 3 yếu tố).

Hƣớ ng 3: Lật ngượ c v ấn đề

Cho hình chóp S.ABC có AB = a; AC = 2a,0

60 BAC . Hình chiếu của S

trên (ABC) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.6

153aV

SABC .

Tính độ dài các cạnh bên của hình chóp.

Hƣớ ng 4: Tìm các bài toán khác

Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = x; AB = a; AC = 2x; 060 BAC .

TínhSABC

V theo a và x. Tìm x để SABC

V min.

Hà Nội, ngày 08 - 10 - 2013

giẢi ĐỀ cƯƠng cĐ7 - k22 llppdh

Documents