skkn bồi dưỡng tư duy qua các phép biến Đổi lượng giác

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TRƯỜNG PHỔ THÔNG TRUNG HỌC CHUYÊN VĨNH PHÚC

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

BỒI DƯỠNG TƯ DUY GIẢI TOÁN

CHO HỌC SINH THÔNG QUA

CÁC PHÉP BIẾN ĐỔI LƯỢNG GIÁC

Người thực hiện : Đào Chí Thanh

Tổ : Toán Tin

Mã : 55

Số điện thoại : 0985 852 684

Email : thanhtoan@vinhphuc,edu.vn

Năm 2012- 2013

lvdo

Text Box

ebooktoan.com

Bồi dưỡng tư duy học sinh qua các phép biến đổi lượng giác

Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 2

MỤC LỤC

Trang

Më ®Çu 3

PHẦN I : SỬ DỤNG LƯỢNG GIÁC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI

TOÁN ĐẠI SỐ

Dạng 1 : Một số bài tập đại số sử dụng hệ thức lượng cơ bản 6

Bài tập tự luyện 11

Dạng 2 : Sử dụng các công thức cộng cung 12


Dạng 3: Sử dụng các kết quả đã biết của tam giác lượng 16


Dạng 4:Giải phương trình, hệ phương trình sử dụng lượng giác 21


PHẦN II - KẾT LUẬN VÀ Ý KIẾN ĐỀ XUẤT

25

Tài liệu tham khảo 27



MỞ ĐẦU

1. Lý do chọn đề tài:

Trong giai đoạn hiện nay, việc cấp bách để tránh đất nước có nguy cơ tụt hậu

về kinh tế, khoa học kỹ thuật là phải nâng cao chất lượng giáo dục, thay đổi căn

bản phương pháp dạy học.Học sinh phải phát huy tính tích cực, tự giác chủ động tư

duy sáng tạo, bồi dưỡng phương pháp tự học học sinh.

Bên cạnh đó, hàm số lượng giác và phương trình lương giác là khái niệm

khó, trừu tượng đối với học sinh THPT, phân phối thời gian giảng dạy và học tập

chiếm thời gian rất ít vì vậy để giải các bài tập lượng giác đối với nhiều học sinh là

khá khó khăn.

Vì vậy để nâng cao chất lượng dạy và học của học sinh đối với môn toán,

giúp các em thấy được các mối liên quan giữa các phần được học trong bộ môn

toán với nhau tôi đã tổng hợp , phân loại một số bài toán đại số có thể giải bằng các

kiến thức lượng giác nhằm giúp các em có cách nhìn mới , phướng pháp mới để

giải một số bài tập đại số. Mặt khác nhằm giúp các em ôn luyện các kiến thức đã

học ở chương hàm số và phương trình lượng giác

2. Mục đích nghiên cứu

Mục đích của bản sáng kiến kinh nghiệm này nghiên cứu một số bài toán đại

số được giải bằng phương pháp khác nhằm góp phần rèn luyện yếu tố tư duy sáng

tạo cho học sinh .

3. Giả thuyết khoa học

Sử dụng các kiến thức lượng giác để giải một số bài tập đại số nhằm bồi

dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh , góp phần đổi mới phương pháp dạy học trong

giai đoạn hiện nay và nâng cao chất lượng dạy học toán ở trường phổ thông trung

học

lvdo

Text Box

ebooktoan.com



4. Nhiệm vụ nghiên cứu

Xây dựng và khai thác hệ thống bài tập đại số phù hợp với sự phát triển tư

duy sáng tạo cho học sinh.

5. Phương pháp nghiên cứu

- Dự giờ, quan sát việc dạy học của giáo viên và việc học của học sinh trong

quá trình khai thác các bài tập sách giáo khoa, các bài tập nâng cao.

- Tiến hành thực nghiệm sư phạm với lớp học thực nghiệm và lớp học đối

chứng trên cùng một lớp đối tượng.



SỬ DỤNG LƯỢNG GIÁC ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐẠI SỐ

Dạng 1: Một số bài tập đại số sử dụng hệ thức lượng cơ bản

Ta đã biết một số hệ thức lượng cơ bản học sinh đã dược học từ lớp 9, song

vận dụng các kiến thức này còn hạn chế. Để thấy được vai trò của các hệ thức cơ

bản của lương giác trong toán học tôi đã phân loại ra một số bài tập sau.

Các hệ thức cơ bản và hệ quả:

1/ 2 2sin cos 1

2/ sin

tgcos

3/ cos

cotgsin

4/ 2

2

11 tg

cos

5/ 2

2

11 cotg

sin

6/ tg .cotg 1

Sau đây là một số bài tập minh họa

Bài 1 :

Cho a2 + b2 = c2 +d2 = 1 Chúng minh rằng : 1ac bd

Bài giải :

Do a2 + b2 = 1 nên đặt sin = a; cos = b;

Do c2 + d2 = 1 nên đặt sin = c; cos = d;

Thay vào ac + bd thì ta có sin .sin+cos .cos = cos( - )

Lại có cos 1x nên ta có 1ac bd

Bài 2 : Cho x;y thỏa mãn 2 23 3 3x x y y (1).Tính x + y

Bài giải



Từ (1) chia hai vế cho 3 ta có

2 23 3

133 3 3

x x y y

Từ biểu thức đã cho ta thấy x>0,y>0

Với a 0;2

nên ta có thể đặt:

2 2

2 2

( ) 1 tan ( ) 1 tan (2)3 3 3 3

( ) 1 cot ( ) 1 cot (3)3 3 3 3

x x x xa a

y y y ya a

Bình phương hai vế của (2) và (3) ta có

2 22

2 22

1 tan 2 tan3 3 3

1 cot 2 cot3 3 3

x x xa a

y y ya a

Hay

22

22

tan 11 tan 2 tan 2 tan cot (4)

tan3 3

cot 11 cot 2 cot 2 cot tan (5)

cot3 3

x x aa a a a

a

y y aa a a a

a

Cộng (4) và (5) ta có: x+ y = 0 (Đpcm).

Bài 3: Cho x;y;z đôi một khác nhau thỏa mãn : (x+ z)(z + y) = 1

Chứng minh rằng :

2 2 2

1 1 14

( ) ( ) ( )x y z x z y

Bài giải : Do (x+ z)(z + y) = 1 Với 4

a k

ta đặt : x + y = tan a; y + z = cot a nên x – y = tan a – cot a.

Do đó ta cần chứng minh :



2 2

2 2 2 2 2

1 1 1 14 tan cot 4

(tan cot ) t an cot tan cot 2a a

a a a a a a

2 2

2 2

1tan cot 2 2 (2)

tan cot 2a a

a a

Ta thấy (2) đúng theo bất đẳng thức Cauchy.

Bài 4: Cho 0 < x;y;z < 1 thỏa mãn : xyz = (1 – x )(1 – y )(1 – z ) (1)

Chứng minh rằng : 2 2 2 3

4x y z (2)

Bài giải :

Từ giả thiết : xyz = (1 – x )(1 – y )(1 – z ) ta có : 1 1 1

. . 1x y z

x y z

Với a;b;c 0;4

Ta đặt :

1 1tan . cot 1 .tan cot

1 tan cot

1 1cot . cot 1 .cot cot

1 cot cot

1 1tan . 1 .tan

1 tan

xa b x x a b x

x a b

ya b y y a b y

y a b

zb z z b z

z b

Vậy Bất đẳng thức (2) tương đương:

22 2

1 1 1 3

(1 tan ) 4(1 tan . cot ) (1 cot . cot ) ba b a b

Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

2 2

2 21 tan cot (1 tan )(1 cot ) ; 1 cot cot (1 cot )(1 cot )a b a b a b a b

Điều phải chứng minh tương đương :

22 2

2 2 2 2

2 2 2 2 2

1 1 1

(1 tan )(1 tan . cot ) (1 cot . cot )

2 tan cot 1 1 cot cot cot 1

(1 tan )(1 cot )(1 cot ) (1 tan ) 1 cot 1 cot (1 cot )

ba b a b

a a b b b

a a b b b b b



Ta chứng minh :

22 2 2

2

cot cot 1 34(cot cot 1) 3(1 cot ) (1 cot ) 0

(1 cot ) 4

b bb b b b

b

Đúng

Bài 5 : Cho : a2 + b2 – 2a – 4b+ 4 = 0 (*)

Chứng minh rằng :

2 2 2 3 2(1 2 3) (4 2 3) 4 3 3 2A a b ab a b

Bài giải :

Từ (*) ta có ( a – 1 )2 + (b – 2 )2 =1 Ta đặt a = 1+ sin x; b = 2 + cos x

Thay vào A ta có :

2 2sin cos 2 3sin .cos 3sin 2 cos2 2A x x x x x x (Đpcm)

Bài 6 : Chứng minh rằng :

2 23 2 3 23 1

2 2x x x

Bài giải :Từ ĐK bài toán ta có 1 sin2 2

x x a a

Thay vào :

2 2 2

0

1 cos2 13 1 3sin sin .cos 3 sin 2

2 2

3 1 3( 3 cos2 sin 2 ) cos(30 2 )

2 2 2

ax x x a a a a

a a a

Ta có - 1 cos(300 + 2a ) 1 nên 2 23 2 3 23 1

2 2x x x

Bài7: Cho 1 a 3 Chứng minh rằng : 3 24 24 45 26 1S a a a

Bài giải : Ta có : -1 a – 2 1 Nên ta đặt : a – 2 = cos x (0 x )

Thay vào biều thức S ta có

3 24(2 cos ) 24(2 cos ) 45(2 cos ) 26 cos3 1S x x x x (đpcm)



Bài 8: Chứng minh rằng :

2 1 3

2 ( ; 1)a

A a aa

Bài giải : Đặt 1

cosa

x ( 0 ;

2x x

)

Ta có : 22

11 3

cos 1 cos 3.cos sin 3.cos 21

cos

xA x x x x

x

Bài 9 : Chứng minh rằng :

3

32 2

3 41 ( )

1 1

x xS x

x x

Bài giải : Đặt x = tan a ( 2 2

a

) Khi đó

33 3

2 2 3

3

3tan tan4 3tan .cos 4.tan .cos

1 tan (1 tan )

3sin 4sin sin3 1

a aS a a a a

a a

a a a

Bài10 : Chứng minh rằng : 2 2

( )(1 ) 1( ; )

(1 )(1 ) 2

a b aba b

a b

Bài giải :Đặt a = tan x; b = tan y với x; y ;2 2

thì ta có

2 2 2 2

2 2

2 2

( )(1 ) (tan tan )(1 tan .tan )

(1 )(1 ) (1 tan )(1 tan )

sin( ).cos( )cos .cos .

cos .cos

1 1sin( ).cos( ) sin 2( ) ( ; )

2 2

a b ab x y x y

a b x y

x y x yx y

x y

x y x y x y x y


Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 10

Một số bài tập tự luyện

Bài 1/Chứng minh rằng :

2 21 1) 1 ( , 1; 1)

.

) ( )( ) ( ; ; ; 0)

a ba a b a b

a b

b ab cd a c b d a b c d

Bài 2 : Cho a2 +b2 = c2 + d2 =1 Chứng minh rằng: 2 a(c d) b(c d) 2

Bài 3 :Cho a2 + b2 = 1 : Chứng minh rằng: 2 2

2 2

2 2

1 1 25a b

a b 2

Bài 4 :Chứng minh rằng: 2 23 2 3 23x x 1 x

2 2

( 1 x -1)

Bài 5:

Chứng minh rằng: 3 32 21 1 a 1 a 1 a 2 2 2 2a (1 a -1

Bài 6 : Chứng minh rằng: 22a a 3a 3 2 ( 2 a 0 )

Bài 7 : Chứng minh rằng: 3 24a 24a 45a 26 1 a 1;3

Bài 8 : Cho x2 + y2 = 1 . CMR : 5 5 3 316( ) 20( ) 5( ) 2x y x y x y

Bài 9

Cho 0 < x;y;z < 1 thỏa mãn : xyz = (1 – x )(1 – y )(1 – z )

Chứng minh rằng : 2 2 2

1 1 112

x y z

Bài 10 Cho x;y thỏa mãn 2 24 4 4x x y y .Tính x + y


Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 11

Dạng 2 : Sử dụng các công thức cộng cung

Một số bài toán sử dụng các công thức cộng cung và các công thức biến đổi khác.

Ta nêu lại các công thức đã học sau :

1 Công thức cộng - trừ:

1/ sin a b sin a.cos b sin b.cos a

2/ sin a b sin a.cos b sin b.cos a

3/ cos a b cos a.cos b sin a.sin b

4/ cos a b cos a.cos b sin a.sin b

5/ tga tgb

tg a b1 tga.tgb

6/

tga tgbtg a b

1 tga.tgb

7/ cotga.cotgb 1

cotg a bcotga cotgb

cotga cotgb 18 / cotg a b

cotga cotgb

2. Công thức góc nhân đôi:

1/ 2 2

sin 2a 2 sin a.cos a sin a cos a 1 1 sin a cos a

2/ 2 2 2 2cos2a cos a sin a 2 cos a 1 1 2 sin a

3/ 2

2tgatg2a

1 tg a

4/ 2cot g a 1

cotg2a2 cotga

3. Công thức góc nhân ba:

1/ 3sin 3a 3 sin a 4 sin a 2/ 3cos3a 4 cos a 3 cosa

3/ 3

2

3tga tg atg3a

1 3tg a

4/

3

2

cot g a 3 cotgacotg3a

3 cotg a 1

4. Công thức hạ bậc hai:

1/ 2

2

2

1 cos2a tg asin a

2 1 tg a

2/

22

2

1 cos2a cotg acos a

2 1 cotg a

3/ 2 1 cos2atg a

1 cos2a

4/ 1

sin a cos a sin 2a2


Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 12

5. Công thức hạ bậc ba:

1/ 3 1sin a 3 sin a s in3a

4 2/ 3 1

cos a 3 cos a cos 3a4

6. Công thức biểu diễn sin x, cos x, tgx qua x

t tan2

:

1/ 2

2tsin x

1 t

2/ 2

2

1 tcos x

1 t

3/ 2

2ttgx

1 t

4/ 21 t

cotgx2t

7. Công thức biến đổi tích thành tổng:

1/ 1cos a.cos b cos a b cos a b

2

2/ 1sin a.sin b cos a b cos a b

2

3/ 1sin a.cos b sin a b sin a b

2

8. Công thức biến đổi tổng thành tích:

1/ a b a b

cos a cos b 2 cos .cos2 2

2/ a b a b

cos a cos b 2 sin .sin2 2

3/ a b a b

sin a sin b 2 sin .cos2 2

4/ a b a b

sin a sin b 2 cos .sin2 2

Sau đây là một số bài tập minh họa.

Bài 1:

Cho x+ y + z = xyz ,với ĐK mẫu số khác không Chứng minh rằng

3 3 3 3 3 3

2 2 2 2 2 2

3 3 3 3 3 3. .

1 3 1 3 1 3 1 3 1 3 1 3

x x y y z z x x y y z z

x y z x y z


Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 13

Bài giải :Từ giả thiết x+ y + z = xyz và biểu thức

3

2

3

1 3

x x

x

ta thấy nó tương

tự như công thức nhân ba, nên ta đặt x = tan a, y = tan b; z = tan c

với a; b;c ; \2 2 6

thay vao giả thiết ta có

tana. + tan b + tan c =tan a.tan b.tan c

Theo kết quả đã biết thì a + b + c = k (k nguyên)

Lại có : 3 3

2 2

3 3 tan tantan 3

1 3 1 3tan

x x a aa

x a

3 3

2 2

3 3 tan tantan 3

1 3 1 3tan

y y b bb

y b

3 3

2 2

3 3tan tantan 3

1 3 1 3tan

z z c cc

z c

Vì :3a +3 b +3 c = 3k nên tan 3a+ tan 3b +tan 3c = tan3a.tan3b.tan3c

Bài 2 : Chứng minh rằng : 2 2

1 ( )(1 ) 1: ,

2 (1 )(1 ) 2

x y xyx y

x y

Bài giải : Đặt x=tan a;y= tanb ( ;2 2

a b

) Ta có

2 2 2 2

2 2

sin( )cos( )( )(1 ) (tan a tan )(1 t ana.tan ) 1cos .cos .cos .cos sin 2( )

1(1 )(1 ) (1 tan ).(1 tan ) 2cos .cos

a b a bx y xy b b a b a bVT a b

x y a ba b

Vậy : 2 2

1 ( )(1 ) 1: ,

2 (1 )(1 ) 2

x y xyx y

x y


Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 14

Bài3: Cho a,b > 0 Chứng minh rằng : 2 2

11

1 1

ab

a b

Bài giải : Đặt a=tan x;b= tany ( ;2 2

x y

) Ta có

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2

1 1

1 1 1 1 1 1

1 t anx.tan

1 t an x 1 tan 1 t an x 1 tan

cos .cos sin .sin cos( ) 1

ab ab

a b a b a b

y

y y

x y x y x y

Một số bài tập tự luyện:

Bài 1: Cho (xy +1)(yz +1)(zx + 1) 0 Chứng minh rằng

. .1 1 1 1 1 1

x y y z z x x y y z z x

xy zy xz xy zy xz

Bài 2 : Cho x+ y + z = xyz . Chứng minh rằng

2 2 2 2 2 2( 1)( 1) ( 1)( 1) ( 1)( 1) 4x y z y x z z y x xyz

Bài 3 : Cho xy +yz + xz = 1 Chứng minh rằng

2 2 2 2 2 2

4

1 1 1 (1 )(1 )(1 )

x y z xyz

x y z x y z

Bài 4 : Cho x; y; z là ba số thực bất kỳ .Chứng minh rằng

2 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1

x y y z z x

x y z y x z


Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 15

Dạng 3 Sử dụng các kết quả đã biết của tam giác lượng:

Một số bài toán sử dụng các kết quả của tam giác lượng :

Ta có một số kết quả sau

Kết quả 1 : Với a;b;c là ba số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1 thì tồn tại

∆ ABC có các góc thỏa mãn a = tan2

A; b = tan

2

B; c = tan

2

C

Giải :Do a;b > 0 nên tồn tại hai góc 0 ;2 2 2

A B sao cho a = tan

2

A; b = tan

2

B

Từ giả thiết:Đặt 0 ( )2 2 2 2 2

C A B thì 0< A,B.C < 1800 và A+ B +C = 1800

Nên tồn tại ∆ ABC có các góc thỏa mãn a = tan2

A; b = tan

2

B; c = tan

2

C

Kết quả 2:Với a;b;c là ba số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1;

abc +a+b +c < 2 Khi đó thì tồn tại ∆ ABC nhọn có các góc thỏa mãn

a = tan2

A; b = tan

2

B; c = tan

2

C

Giải : Theo trên ta có thì tồn tại ∆ ABC có các góc thỏa mãn :

a = tan2

A; b = tan

2

B; c = tan

2

C. Ta c/m ∆ ABC nhọn hay cosA.cosB.cosC > 0

Ta có

2 2 2

2 2 2

1 1 1. . 0 (1 )(1 )(1 ) 0

1 1 1

1 ( ) ( ) 0

2 : 1

a b ca b c

a b c

a b c ab bc ca abc

abc a b c do ab bc ca

Kết quả 3 : Trong ∆ ABC có a = tan2

A.Chứng minh rằng

2 2

1sin ; cos

2 21 1

A a A

a a

(C/m đơn giản )


Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 16

Kết quả 4: Với a;b;c là ba số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = abc thì tồn tại ∆

ABC có các góc thỏa mãn 1

a = tan

2

A;

1

b = tan

2

B;

1

c = tan

2

C

C/m: Từ ab + bc + ca = abc ta có 1 1 1

1ab bc ca

theo kết quả 1 ta có đpcm

Kết quả 5 : Với a;b;c là ba số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = abc;

1 +ab+bc +ca < 2abc. Khi đó thì tồn tại ∆ ABC nhọn có các góc thỏa mãn

1

a = tan

2

A;

1

b = tan

2

B;

1

c = tan

2

C (C/m tương tự như kết quả 4).

Kết quả 6:Trong ∆ ABC có 1

a= tan

2

A.Chứng minh rằng

2

2 2 2 2

2 1 1sin ; cos ; sin ; cos

1 1 2 21 1

a a A A aA A

a a a a

Nhờ các kết quả này ta có một số đẳng thức; bất đẳng thức đại số được giải bởi các

bất đẳng thức; đẳng thức lượng giác.

Bài1: Với a;b;c là ba số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1 :

Chứng minh rằng:

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1 41

1 1 1 (1 ).(1 ).(1 )

a b c abc

a b c a b c

Theo đẳng thức :cos cos cos 1 4sin .sin .sin2 2 2

A B CA B C và kết quả 6 ta có

đpcm.Từ : sin2A + sin2B + sin2C = 4sinA.sinB.sinC và kết quả 6 ta có

Bài2: Với a;b;c là ba số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1

Chứng minh rằng:

2 2 2

2 2 2 2 2 22 2 2

(1 ). (1 ). (1 ). 8

(1 ).(1 ).(1 )1 1 1

a a b b c c abc

a b ca b c

Bài3:Cho x, y, z > 0 , thỏa mãn : xy +yz + zx = 1


Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 17

Tính : 2 2 2 2 2 2

2 2 2

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )

1 1 1

y z x z y xS x y z

x y z

Bài giải :

Từ giả thiết xy +yz + zx = 1 ;x, y, z > 0 ta thấy biểu thức trên tương tự như

đẳng thức trong ∆ ABC : tan .tan tan .tan tan .tan 12 2 2 2 2 2

A B B C C A

Vì vậy đặt tan ; tan ; tan2 2 2

A B Cx y z thì ta có

2 2 2 2 2 2

2 2 2

(1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 )1

1 1 1

y z x z y xS x y z

x y z

Bài4: Cho ba số : x;y;z thỏa mãn : xyz = x+ y+ z chứng minh rằng

2 2 2

3 3

21 1 1

x y z

x y z

Bài giải : Đặt x = tanA; y = tanB; z = tan C từ xyz = x+ y+ z ta có

tanA + tanB + tan C = tanA.tanB. tan C nên A + B + C =

Thay vào bất đẳng thức ta có :

2 2 2

3 3sin sin sin

21 1 1

x y zA B C

x y z

Ta cần chứng minh : 3 3

sin sin sin2

A B C

Với ; 0 ; )A B A B Ta có :

sin sin 2sin .cos 2sin . ( 0 cos 1)2 2 2 2

A B A B A B A BA B Do

Vậy

23 3sin sin sin sin 2sin 2sin 4sin 4sin3 2 2 2 3

C A B CA B

A B C


Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 18

Vậy 3 3

sin sin sin2

A B C (đpcm).

Bài 5 : Từ bất đẳng thức : cos cos 2sin2

CA B (*) và kết quả 6 ta có bài

toán sau : Cho a;b c dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1 .Cmr :

2 2

2 2 2

1 1 2

1 1 1

a b c

a b c

Bài 6: Cho a;b c dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1 .Cmr :

2 2 2

2 2 2 2 2 2

1 1 1

1 1 1 1 1 1

a b c a b c

a b c a b c

Bài giải :

Với a;b c dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1 thì tồn tại ∆ ABC có

1

a= tan

2

A;

1

b= tan

2

B;1

c= tan

2

C nên VT = cos cos cosA B C

VP = sin sin sin2 2 2

A B C

Hay ta cần chứng minh : cos cos cos sin sin sin2 2 2

A B CA B C Đây là bất

đẳng thức dễ (C/m dựa vào (*)) Nên ta có đpcm

Bài 7: Với a;b;c là ba số thực dương thỏa mãn

ab + bc + ca = 1; abc +a+b +c < 2 :

Chứng minh rằng 2 2 2

2 2 23 3

1 1 1

a b c

a b b

Bài giải :

Với a;b;c là ba số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca = 1; abc +a+b +c < 2

Khi đó thì tồn tại ∆ ABC nhọn có các góc thỏa mãn a = tan2

A; b = tan

2

B;

c = tan2

C Nên tan A =

2

2

1

a

a; tanB =

2

2

1

b

b; tan C =

2

2

1

c

c


Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 19

Vậy đpcm tương đương với : tanA + tanB + tan C 3 3 Đây là BĐT cơ bản

Một số bài tập tự luyện:

Bài 1 Với a;b;c là ba số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca =1.

Chứng minh rằng: 2 2 2

2 2 2

1 1 1 1 1 1. . 4

1 1 1

a b c

a b c

Bài 2:

2 2 2

2 2 2

1/ , , 0 1.

2 3. . . 1 ( _1999)

2/ , , 0 1 4 .

1 1 13

1 1 13/ , , 1 2.

1 1 1

Cho a b c sao cho a b c Cmr

a b c abc Poland

Cho a b c sao cho a b c abcCmr

ab cb ac

Cho x y z sao cho Cmrx y z

x y z x y z


Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 20

Dạng 4 :Giải phương trình, hệ phương trình sử dụng lượng giác

Một số phương trình, bất phương trình trong phân môn đại số ngoài cách giải

đại số thông thường còn có cách giải lượng giác, mà nhờ nó bài toán được giải

nhanh gọn hơn. Sau đây là một số ví dụ

Bài 1: Giải phương trình sau :

3 24 3 1 : 1x x x Dk x

Bài giải : Đặt cos 0;x t t Ta có phương trình : 4.cos3 t – cost = sin t

hay

83 2

32cos3 cos2 4

3 252

8

t

t t k

t t t

t t k

t

Vậy phương trình có nghiệm: 5 3

cos ;cos ;cos8 8 4

Bài 2 : Giải phương trình : 2 21 1 1 2 1x x x

Bài giải

Ta có : Đk 1x theo đó ta đặt : sin ;2 2

x t t

vậy phương trình

31 cos sin (1 2cos ) 2 cos sin sin 2 2.cos 1 2 sin 0

2 2 2

16

2

12

t t tt t t t t

tx

xt

Vậy phương trình có hai nghiệm x = 1; x = ½

Bài3 : Giải hệ sau : 2

2

11 1:

11 3

xx yDK

yy x

Bài giải


Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 21

Với đk trên ta đặt :

cos 0;

sin ;2 2

y b b

x a a

ta có hệ:

2sin .cos 1sin sin 1 2 2

cos cos 32cos .cos 3

2 2

a b a ba b

a b a ba b

Ta thấy cos 02

a b nên

1tan

2 33

ê sin sin 1 cos 13 6 6

a ba b

N n a a a a

Vậy nghiệm của hệ phương trình :

1sin

1 36 2;

2 23cos

6 2

x

y

Vậy (x;y )= 1 3

;2 2

là nghiệm của hệ phương trình

Bài4 : Giải hệ phương trình :

2 2 1

2( )(1 4 ) 3

x y

x y xy

Bài giải :

Đặt

cos 0;2

sin 0;2

y b b

x a a

khi đó từ hệ ta có phương trình sau:

6 6

sin cos 1 2sin 2 sin cos 2sin 2 .sin 2sin 2 .cos2 2

132

6 5 6 3sin 3 cos3 cos 3 cos

7 22 4 6

36 3

k

k


Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 22

Theo ĐK bài toán ta có 7 31 55 11 35 59

; ; ; ; ;6 6 6 6 6 6

Vậy nghiệm (x; y) = (sin ; cos ) với 7 31 55 11 35 59

; ; ; ; ;6 6 6 6 6 6

Bài 5 :

Giải hệ phương trình sau : 2

3 2

2 (1 )

3 (1 3 )

y x y

x x y x

(HSG _ Quảng Bình)

Bài giải : Ta thấy 1

1;3

y x không là nghiệm của hệ nên hệ phương trình

tương đương với

2

3

2

2

1

3

1 3

yx

y

x xy

x

Khi đó ta đặt tan ( ; )2 2

y

Từ phương trình (1) ta có : 2

2 tantan 2

1 tanx x

Từ phương trình (2) ta có : 3

2

3 tan 2 tan 2tan 6

1 3tan 2y

Nên ta có

tan tan 65

k

Theo điều kiện ta có 0; 1; 2k k k

Vậy nghiệm của hệ :

2 2 4 2 4 2

0;0 ; tan ; tan ; tan ; tan ; tan ; tan tan ; tan5 5 5 5 5 5 5 5


Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 23

Một số bài tập tự luyện

Bài 1: Giải phương trình sau :

2 4 2

2

2

1/ 8 (2 1)(8 8 1) 1

2 / 2 21

23 / 1 1

3

x x x x

xx

x

x x x x

Bài 2 : Giải các phương trình vô tỷ sau :

2 3

3 2 3 2

2

22

2

2 2

) 1 4 3

) (1 ) 2(1 )

35)

121

1 2 1) 1 2

2

1) 2 1

2

) 2 1 4 2(8 1)

a x x x

b x x x x

xc x

x

x xd x

xe x

f x x x

Bài3: Giải hệ sau :

3

2

2 2 1 3 1

2 1 2 1

y x x x y

y x xy x

Nghiệm của hệ :

3 3cos ; 2.sin

10 20

Bài4 : Giải các hệ sau :

2 2 2

2 2 2 3 4 2 2

4 3 2 2 2

2 1 2 ( ) 1

1/ 3 3 1 2 / 1 2 2 2

4 4 6 (3 1) 2 ( 1)

z xyz z x y x y

x y xy x y y z xy zx yz

z zy y y y z y x x x


Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 24

PHẦN II - KẾT LUẬN VÀ Ý KIẾN ĐỀ XUẤT

1.Kết luận:

Qua thời gian nghiên cứu sáng kiến và vận dụng sáng kiến vào giảng dạy tôi rút

ra được một số kết quả sau:

Đã hình thành phương pháp tư duy,suy luận toán học cho học sinh THPH.Bên

cạnh đó sáng kiến này cũng giúp cho giáo viên, học sinh luyện tập kỹ năng giải các

bài toán đại số và các phép biến đổi lượng giác, thúc đẩy quá trình giảng dạy và học

tập môn Toán được tốt hơn.

Giáo viên:

Tạo ra tâm thế hứng thú, sẵn sàng lĩnh hội tri thức môn học để thúc đẩy tính tích

cực tư duy của học sinh, khắc phục tâm thế ngại, sợ khi tiếp cận nội dung môn học.

Nếu có nhiều hình thức tổ chức dạy học kết hợp môn học sẽ trở lên hấp dẫn và

người học thấy được ý nghĩa của môn học.

Về phương pháp dạy học, cần chú ý hơn đến phương pháp lĩnh hội tri của HS,

giúp các em có khả năng tiếp thu sáng tạo và vận dụng linh hoạt tri thức trong tình

huống đa dạng

Rèn luyện cho học sinh thói quen, tính kỉ luật trong việc thực hiện các kĩ năng

giải toán thông qua việc luyện tập; nhằm khắc phục tính chủ quan, hình thành tính

độc lập, tính tự giác ở người học, thông qua đó hình thành và phát triển nhân cách

của các em.

Phải thường xuyên học hỏi trau rồi chuyên môn để tìm ra phương pháp dạy học

phù hợp.

Phải nhiệt tình, gương mẫu quan tâm tới học sinh, giúp đỡ các em để các em

không cảm thấy áp lực trong học tập.

Luôn tạo ra tình huống có vấn đề, kích thích hứng thú tìm tòi học tập ở học sinh.

Cho học sinh thấy ứng dụng của lý thuyết vào thực hành.

Đặt ra câu hỏi gợi mở phù hợp với đối tượng học sinh.


Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 25

Học sinh:

Khả năng tiếp thu kiến thức mới tốt hơn khi biết phân tích một bài toán .Các

em có thể vận dụng các qui trình hay các phương pháp giải các ví dụ vào các bài

tập cụ thể.Các em đã biết huy động các kiến thức cơ bản, các tri thức liên quan

để giải các bài tập toán,biết lựa chọn hướng giải bài tập phù hợp.Trình bày lời

giải hợp lý chặt chẽ, ngắn gọn và rõ ràng hơn

2. Khuyến nghị:

a)Nên có các chuyên đề tự chọn để giáo viên và học sinh có thể trao đổi thẳng

thắn với nhau về các vấn đề, từ đó có thể rút ra các phương pháp phù hợp với từng

đối tượng học sinh.

b) Trong lớp giáo viên nên phân nhóm học theo trình độ nhận thức của các em

Do kinh nghiệm còn thiếu, thời gian nghiên cứu và ứng dụng chưa dài nên đề

tài của tôi không tránh khỏi còn nhiều hạn chế..

Rất mong được sự đóng góp của các đồng nghiệp để tôi có thể hoàn thiện hơn

đề tài của mình.


Đào Chí Thanh_ CVP _ 0985 852 684 26

TÀI LIỆU THAM KHẢO

[1]. Sách giáo khoa,sách bài tập 11(cơ bản và nâng cao),

NXB Giáo Dục Năm 2007

[2].Tuyển chọn theo chuyên đề chuẩn bị thi tốt nghiệp THPT và thi vào ĐH- CĐ môn toán,Nhà xuất bản Giáo dục Năm 2010 .

[3]. Đề thi tuyển sinh. Môn Toán,Nhà xuất bản Giáo dục Năm 1994.

[4]. Phan Huy Khải .Tuyển tập các chuyên đề luyện thi đại học. Nhà xuất bản Hà Nội Năm 2002.

[5].

. năm 2012

[7]. http://www. diễn đàn toán học.net

[8]http://www.thuvientailieu…

[9]. http://www.thuvienbaigiang.

skkn bồi dưỡng tư duy qua các phép biến Đổi lượng giác

Documents