Tài liệu Skkn hướng dẫn học sinh ứng dụng vectơ để chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị

UBND TỈNH HẢI DƯƠNG SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẢN MÔ TẢ SÁNG KIẾN HƯỚNG DẪN HỌC SINH ỨNG DỤNG VECTƠ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC, TÌM CỰC TRỊ. Bộ môn : Toán Năm học 2017 - 2018 1 TÓM TẮT SÁNG KIẾN 1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến: Trong chương trình THPT môn Toán, bất đẳng thức là một trong những nội dung cơ bản và xuyên suốt. Bất đẳng thức hiện hữu trong cuộc sống hàng ngày và con người tiếp cận nó từ khi còn rất nhỏ. Từ việc so sánh nhiều hơn, ít hơn của trẻ học mầm non; so sánh lớn, nhỏ giữa hai số của học sinh tiểu học và dần đến là so sánh biểu thức, chứng minh một số bất đẳng thức đơn giản của học sinh THCS. Đến bậc THPT học sinh được tiếp cận bất đẳng thức một cách hệ thống đầy đủ nhất. Tuy nhiên bất đẳng thức lại là một phần kiến thức khó đối với học sinh. Khó bởi vì bất đẳng thức biến đổi ở nhiều dạng khác nhau mà học sinh không biết phải chứng minh bằng cách nào. Đối với học sinh trung bình thì chứng minh bất đẳng thức lại rất khó khăn, thậm chí có em còn chấp nhận bỏ qua nội dung này trong bài kiểm tra, bài thi. Cũng chính vì tính chất thiên biến vạn hoá này mà bất đẳng thức lại là nội dung phong phú, gây nhiều hứng thú cho người dạy và người học toán. Đặc biệt khi học sinh đã nắm bắt được phương pháp, cách làm thì lại càng say sưa, hào hứng với những bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị. Có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức khác nhau, trong đó sử dụng vectơ là một phương pháp. Vectơ là một công cụ hình học mạnh, có tính khái quát cao, đặc biệt khi đưa tọa độ vào. Vectơ dùng cho hình học phẳng và cả hình không gian; được dùng để chứng minh cả bất đẳng thức Hình học, Đại số và bất đẳng thức Lượng giác. Dùng vectơ chứng minh bất đẳng thức cũng giúp học sinh thấy được sự liên hệ giữa Hình học và Đại số, thấy được sự thú vị của môn học, từ đó thêm yêu môn học hơn. Vì vậy, tôi chọn đề tài : Hướng dẫn học sinh ứng dụng vectơ để chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị. 2. Điều kiện, thời gian, đối tượng áp dụng sáng kiến: 2 Sáng kiến áp dụng cho việc giảng dạy chủ đề bất đẳng thức, cực trị trong chương trình Toán Trung học phổ thông sau khi học xong các phép toán vectơ và tọa độ vectơ trong chương trình Hình học 10 và Hình học 11. 3. Nội dung sáng kiến : Trong sáng kiến này tôi tập trung giải quyết những nội dung chính sau đây: + Căn cứ vào cơ sở lý luận, mục tiêu dạy học để giới thiệu một số bài toán chứng minh bất đẳng thức, cực trị và hướng dẫn học sinh vận dụng các tính chất vectơ để giải quyết. + Về khả năng áp dụng sáng kiến: Sáng kiến có thể áp dụng rộng rãi cho toàn bộ giáo viên, học sinh khi giảng dạy và học tập chủ đề bất đẳng thức, vectơ trong chương trình Toán trung học phổ thông. + Lợi ích thiết thực của sáng kiến: Giáo viên có tài liệu tham khảo. Học sinh được trải nghiệm thông qua việc tìm tòi, giải quyết các bài toán bất đẳng thức, thấy được sự liên hệ giữa Hình học và Đại số; sự tương tự, phát triển của vectơ trong hình học phẳng đến không gian, từ đó tạo được hứng thú trong việc học tập bộ môn. 4. Khẳng định giá trị, kết quả đạt được của sáng kiến: Việc áp dụng sáng kiến làm học sinh hứng thú hơn trong việc giải quyết các bài toán về chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị; đồng thời kích thích sự tìm tòi, sáng tạo của học sinh, qua đó kiến thức từ bài học được khắc sâu hơn, rèn luyện tư duy cho học sinh tốt hơn. 5. Đề xuất khuyến nghị để thực hiện áp dụng hoặc mở rộng sáng kiến: Viết sáng kiến này, tác giả rất mong các đồng nghiệp sẽ góp ý, bổ sung thêm nhiều bài toán thú vị để vận dụng phương pháp, giúp nâng cao chất lượng giảng dạy môn Toán trong các trường THPT. 3 MÔ TẢ SÁNG KIẾN 1. Hoàn cảnh nảy sinh sáng kiến: Yêu cầu đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo của Đảng, trong nghị quyết Hội nghị Trung ương 8 khóa XI có nêu: “ Tiếp tục đổi mới mạnh mẽ phương pháp dạy và học theo hướng hiện đại, phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo và vận dụng kiến thức, kĩ năng của người học, khắc phục nối truyền thụ áp đặt một chiều, ghi nhớ máy móc...”. Từ năm học 2016-2017, Bộ Giáo dục và Đào tạo đã quyết định sử dụng hình thức thi trắc nghiệm môn Toán cho kỳ thi quốc gia. Với hình thức thi mới, học sinh sẽ quan tâm nhiều hơn đến việc dùng máy tính để giải toán, tuy nhiên với vai trò định hướng, dẫn dắt của người thầy, tôi thấy rằng cần phải cho học sinh hiểu rằng nếu bỏ qua tư duy toán học, chỉ chạy theo phương pháp sử dụng máy tính thì các em cũng không thể làm tốt các đề thi ngày càng hạn chế số lượng câu hoàn toàn chỉ cần bấm máy. Nhìn xa hơn, các em nếu đi tiếp vào các trường Đại học – Cao đẳng có chất lượng tốt hoặc học nghề; nếu không có tư duy tốt các em đều gặp rất nhiều khó khăn trong việc tiếp cận kiến thức. Để đáp ứng yêu cầu đổi mới trong thi cử, đồng thời vẫn giúp học sinh rèn tư duy, sáng tạo, linh hoạt,.. trong học toán, chúng ta càng cần tăng cường những bài toán liên hệ giữa các phần kiến thức khác nhau để giúp học sinh vừa ghi nhớ kiến thức lâu, vừa thấy được tính kế thừa mà bản thân các em có thể tự tìm ra, thấy được sự đa dạng, thú vị của bộ môn Toán. Trên cơ sở đó, tôi mạnh dạn đưa ra một chuyên đề nhỏ là : Hướng dẫn học sinh ứng dụng vectơ để chứng minh bất đẳng thức , tìm cực trị. 2. Cơ sở lý luận của vấn đề : 2.1.Tính chất 1: 2 Với mọi a bất kỳ, ta có: (a)2 = a  0 (1) 4 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 0 . 2.2. Tính chất 2: a + b  a + b (2) Với hai vectơ a,b bất kỳ, ta có: Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a , b cùng hướng. * Khi gán tọa độ: Trong mp Oxy, với a = ( x 1 ; y1 ) ; b = ( x 2 ; y2 ) , ta có: (2)  * Tổng quát: n n i =1 i =1 ( x1 + x2 ) + ( y1 + y2 ) 2 2  x12 + y12 + x22 + y22  ai   ai 2. 3. Tính chất 3 : Với hai vectơ a,b bất kỳ, ta có: a.b  a . b (3) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a , b cùng phương. * Khi gán tọa độ: Trong mp tạo độ Oxy, với a = ( x 1 ; y1 ) ; b = ( x 2 ; y2 ) , ta có: (3)  x1 x2 + y1 y2  x12 + y12 . x2 2 + y2 2 3. Thực trạng của vấn đề: Đối với học sinh nói chung, thường các em ngại học làm toán Hình và thấy khó hơn làm toán Đại. Đặc biệt với một công cụ mới như vectơ, nhiều học sinh còn cảm thấy khó khăn hơn. Vì thế nếu chúng ta hướng dẫn các em sử dụng công cụ hình học mới này vào để làm một loại bài tập cũng khó trong Đại số là chứng minh bất đẳng, tìm cực trị thành công sẽ gây sự hứng thú cho học sinh. Các em sẽ thấy được sức mạnh của vectơ, đồng thời sự kết hợp thú vị này làm cho nhiều bài toán trở lên dễ dàng hơn nhiều. 4. Các giải pháp, biện pháp thực hiện: 4. 1. HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG TÍNH CHẤT 1 ( Mục 2.1): Bài tập 1: Cho tam giác ABC. Trong mặt phẳng chứa tam giác, hãy tìm điểm M sao cho: ( MA2 + MB2 + MC2 ) nhỏ nhất ? 5 * Nhận xét: Đây là bài toán cực trị hình học. Việc tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức là tổng của 3 số hạng biến thiên, gợi ý cho người làm tìm cách biến đổi 3 số hạng đó biểu diễn theo cùng một đại lượng biến thiên trung gian. Vì vậy nhu cầu cần xuất hiện một điểm cố định, có tính trung gian với 3 đỉnh A, B, C. Khi đó, tính linh hoạt của quy tắc 3 điểm của phép cộng vectơ đồng thời với tính chất quen thuộc về vectơ của trọng tâm tam giác, sẽ gợi ý cho người làm phải chuyển biểu thức về vectơ và sử dụng cách chèn điểm G (trọng tâm tam giác) vào. * Hướng dẫn: Gợi ý 1: Học sinh tự phát hiện hoặc giáo viên dẫn dắt để học sinh thấy nhu cầu chèn điểm G vào các độ dài trên, để làm xuất hiện chung một đại lượng biến thiên MG (G cố định). 2 2 2 2 Trả lời: MA = MA = ( MG + GA) = MG + GA + 2MG.GA 2 2 Tương tự có: MB 2 = MG + GB + 2.MG.GB 2 2 MC 2 = MG + GC + 2.MG.GC Gợi ý 2: Tính tổng MA2 + MB2 + MC2 ? 2 2 2 2 Trả lời: Có MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG + GA + GB + GC + 2MG.(GA + GB + GC ) 2 = 3MG + GA2 + GB2 + GC 2 . Gợi ý 3: Trong biểu thức tổng ( MA2 + MB2 + MC2 ) vừa tính được, các đại lượng thay đổi thế nào? Trả lời: Có (GA2 + GB2 + GC 2 ) không đổi (Vì tam giác ABC cho trước nên trọng 1 3 tâm G cũng cố định). Có thể tính GA2 + GB 2 + GC 2 = (a 2 + b 2 + c 2 ) (Với a, b, c là 3 2 cạnh của tam giác); Còn MG  0 1 3 Từ đó , sẽ có: MA2 + MB 2 + MC 2  GA2 + GB 2 + GC 2 = (a 2 + b2 + c2 ). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi MG = 0 hay M trùng G 6 ( G là trọng tâm tam giác). Từ đó kết luận được: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( MA2 + MB2 + MC2) là 1 2 2 2 (a + b + c ) , đạt được khi M là trọng tâm tam giác ABC. 3 3 2 Bài tập 2: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: cos2A + cos2B + cos2C  − . * Nhận xét: Đây là bài toán bất đẳng thức lượng giác trong tam giác, vì vậy học sinh có thể sử dụng các phép biến đổi, công thức lượng giác để chứng minh. Tuy nhiên, giáo viên có thể hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp vectơ để thấy được sự đa dạng của các cách tư duy bài toán, đặc biệt với học sinh lớp 10 ở thời điểm chưa được học công thức lượng giác thì đây là phương pháp hữu hiệu. * Hướng dẫn: B Gợi ý 1: Công thức vectơ nào có chứa côsin ? A O Trả lời : Công thức tích vô hướng của hai vectơ: C ( ) a.b = a . b .cos a, b ( với hai vectơ a,b  0 ) Gợi ý 2: Tìm các cặp vectơ mà tích vô hướng của chúng xuất hiện cos2A, cos2B và cos2C ? Trả lời : Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC => OA.OB = OA OB cos ( OA, OB ) . ( ) OB.OC = OB OC cos OB, OC . và OA.OC = OA OC cos ( OA, OC ) . 7 Đến đây, học sinh sẽ phát hiện thêm nếu gọi R là bán kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì R = OA = OB = OC . Gợi ý 3: Để xuất hiện tổng cos2A + cos2B + cos2C , hãy xét (OA + OB + OC ) 2 2 2 2 . + OB.OC + OC.OA) Trả lời: (OA + OB + OC )2 = OA + OB + OC + 2(OAOB = 3R2 + 2R 2 (cos 2 A + cos 2B + cos 2C ) (4) Đến đây, so sánh điều cần chứng minh và đẳng thức đã có, học sinh sẽ phát hiện sử dụng tính chất 1(Mục 2.1) để được điều cần chứng minh. Ta luôn có: (OA + OB + OC )2  0 , nên từ (4) có : 3R 2 + 2 R 2 (cos 2 A + cos 2 B + cos 2C )  0  cos2 A + cos2 B + cos2C  − 3R 2 3 = − ( đpcm ) 2 2R 2 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi OA + OB + OC = 0  O là trọng tâm tam giác ABC  Tam giác ABC đều. Bài tập 3: Chứng minh rằng : Với mọi tam giác ABC nội tiếp đường tròn bán 2 2 2 2 kính R, ta luôn có : AB + BC + CA  9 R . * Nhận xét: Đây là bài toán bất đẳng thức về hệ thức lượng trong tam giác nên học sinh có thể chứng minh dựa vào các hệ thức lượng trong tam giác và công thức biến đổi lượng giác. Tuy nhiên, nếu dùng vectơ thì bài toán trở lên đơn giản. * Hướng dẫn: Gợi ý 1: Gọi O là tâm đường tròn mà tam giác ABC nội tiếp. Với giả thiết đường tròn bán kính R, ta có các giả thiết nào liên quan đến R? 8 Trả lời: OA = OB = OC = R. Gợi ý 2: Hãy biểu diễn vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là : AB 2 + BC 2 + CA2 theo OA = OB = OC = R, để làm xuất hiện bán kính R. Trả lời: Đến đây học sinh sẽ phát hiện phải chuyển vế trái theo vectơ và sử dụng quy tắc 3 điểm để chèn điểm O vào. ( ) ( ) ( 2 2 AB 2 + BC 2 + CA2 = OB − OA + OC − OB + OA − OC ( ) 2 ) = 6 R 2 − 2 OB.OA + OC.OB + OA.OC = 6 R 2 − 2 R 2 ( cos2A+cos2B+cos2C ) . Đến đây, với kết quả đã có từ Bài tập 2 nói trên, học sinh có được điều phải chứng minh. Bài tập 4: Chứng minh rằng : Trong không gian, mọi tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu bán kính R, ta có tổng bình phương tất cả các cạnh tứ diện không vượt quá 16 R 2 . * Nhận xét: Đây là bài toán phát triển của Bài toán 3, từ hình phẳng sang hình không gian. Với bài toán này, phương pháp biến đổi dùng hệ thức lượng trong tam giác và các công thức lượng giác rất phức tạp nhưng lại hoàn toàn tương tự Bài toán 3 nếu dùng vectơ . *Bài giải: Gọi O là tâm mặt cầu mà tứ diện ABCD nội tiếp . Có OA = OB = OC = OD = R và tổng bình phương các cạnh của tứ diện là: T = AB 2 + BC 2 + CA2 + AD 2 + DB 2 + CD 2 ( ) ( ) + (OD − OA) + (OB − OD ) + (OD − OC ) − 2 ( OB.OA + OC.OB + OA.OC + OD.OA + OB.OD + OD.OC ) (1) 2 ) ( 2 = OB − OA + OC − OB + OA − OC = 12 R 2 2 2 9 2 2 Mặt khác , ta có: ( OA + OB + OC + OD )  0 và 2 (OA + OB + OC + OD ) 2 ( = 4 R 2 + 2 OB.OA + OC.OB + OA.OC + OD.OA + OB.OD + OD.OC )  OB.OA + OC.OB + OA.OC + OD.OA + OB.OD + OD.OC  −2 R 2 (2) Từ (1) và (2), ta có T = AB 2 + BC 2 + CA2 + AD 2 + DB 2 + CD 2  16R 2 ( đpcm ). 4. 2. HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG TÍNH CHẤT 2 ( Mục 2.2). Bài tập 5. Trong mặt phẳng, cho hai tam giác ABC và A’B’C’ có trọng tâm lần 1 3 lượt là G, G’. Chứng minh rằng: GG '  ( AA '+ BB '+ CC ') * Nhận xét: - Đây là một bài toán chứng minh bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố hình học. Học sinh có thể dùng hình để chứng minh bằng các phương pháp thông thường nhưng không dễ. Tuy nhiên, nếu liên hệ với vectơ thì hình ảnh bất đẳng thức này khá quen thuộc, vì học sinh đã được chứng minh trong bài tập sách giáo khoa. * Hướng dẫn: Gợi ý 1: Ta đã có đẳng thức vectơ nào liên hệ giữa các vectơ GG ' theo AA ', BB ', CC ' ? 1 3 Trả lời: GG ' = ( AA ' + BB ' + CC ') (Bài tập 9, trang 28, Ôn tập chương I, SGK Hình học 10) Gợi ý 2: So sánh đẳng thức vectơ ta có với điều cần chứng minh để tìm hướng giải quyết ? Trả lời: Đến đây học sinh dễ dàng phát hiện, sử dụng Tính chất 2( Mục 2.2) để có: GG ' = ( 1 1 AA ' + BB ' + CC '  AA ' + BB ' + CC ' 3 3 1 3 Hay GG '  ( AA '+ BB '+ CC ') 10 ) Bài tập 6: Trong không gian, cho hai tứ diện ABCD và A’B’C’D’. Gọi G, G’ lần lượt là trọng tâm của hai tứ diện đó. Chứng minh rằng: GG '  AA '+ BB '+ CC '+ DD ' . 4 * Nhận xét: - Đây là bài toán mở rộng của Bài toán 5, từ hình học phẳng sang hình học không gian. Chứng minh BĐT liên quan đến các yếu tố hình học này không nên sử dụng hình vẽ để chứng minh vì hình rất rối. Tuy nhiên với tính khái quát của vectơ thì bài toán có thể giải quyết độc lập với hình. - Trước khi ra đề hoặc trước khi làm bài này, giáo viên cũng có thể cho học sinh nhắc lại bất đẳng thức tương tự đã có đối với hình học phẳng để học sinh có thể dự đoán kết quả tương tự trong không gian hoặc có thể làm tương tự như Bài toán 5. * Hướng dẫn: Gợi ý 1: Với giải thiết G, G’ lần lượt là trọng tâm của hai tứ diện, ta có những đẳng thức vectơ nào? Trả lời: GA + GB + GC + GD = 0 (1) G ' A ' + G ' B ' + G ' C '+ G ' D ' = 0 (2) Với O bất kỳ, có: 1 (OA + OB + OC + OD ) 4 1 OG ' = (OA ' + OB ' + OC ' + OD ') 4 OG = (3) (4) Gợi ý 2: Hãy biểu diễn GG ' theo AA ', BB ', CC ', DD ' Trả lời: Dùng quy tắc cộng và (1), (2) hoặc dùng quy tắc trừ và (3), (4). 1 4 Sẽ có: GG ' = ( AA ' + BB ' + CC ' + DD ') * Đến đây học sinh sẽ phát hiện sử dụng tính chất 2( Mục 2.2 ) để có: GG ' = ( 1 1 AA ' + BB ' + CC ' + DD '  AA ' + BB ' + CC ' + DD ' 4 4 1 4 Hay GG '  ( AA '+ BB '+ CC '+ DD ') (đpcm) 11 ) Bài tập 7: Chứng minh rằng : Với mọi a  , ta có : a 2 + a + 1 + a 2 − a + 1  2 (1) *Nhận xét: Đây là bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số. Nếu đơn thuần chỉ sử dụng việc chứng minh bất đẳng thức thông thường thì sẽ khó đối với học sinh vì biểu thức vế trái có hai căn bậc hai. Nhưng nếu chú ý các đối tượng trong bài toán để sử dụng tính chất của vectơ nêu trên thì bài toán trở nên đơn giản hơn. * Hướng dẫn: Gợi ý 1: Biến đổi các biểu thức trong mỗi căn bậc hai thành tổng các bình phương ? 2 2 2 2 1  3 1  3   2 Trả lời: a + a + 1 =  a +  +   và a − a + 1 =  a −  +   . 2  2  2  2    2 Gợi ý 2: Có thể coi mỗi căn bậc hai đó là độ dài của vectơ có tọa độ thế nào trong mặt phẳng tọa độ Oxy?  3 1  1 3 Trả lời: Ta có thể đặt: u =  a + ;  ; v =  a − ;  , có: 2 2  2 2    2 2 2 1  3 1  3   u + v =  a +  +   +  a −  +   2   2  2   2    2 Gợi ý 3: Đến đây sử dụng Tính chất 2(mục 2.2) ta được điều gì ? 2 Trả lời: 2 2 2 1  3 1  3    +  a −  +   = u + v  u+v  a +  +  2   2  2   2    12 2 2 1 1  3 3  Nhưng u + v =  a + + a −  +  +  = 2 2  2 2   ( 2a ) 2 + 3 nên ta chưa được điều cần chứng minh. Gợi ý 4: - Ta mong muốn u + v bằng bao nhiêu? Học sinh trả lời được ngay muốn u + v = 2 . - Có thể thay đổi tọa độ của một trong hai vectơ u hoặc v mà vẫn đảm bảo 2 2 2 2 1  3 1  3   u + v =  a +  +  + a −   nhưng u + v = 2 (không phụ thuộc a)?   + 2   2  2   2    Đến đây sẽ xuất hiện nhu cầu tổng hoành độ của hai vectơ ( u + v ) triệt tiêu a , 1 3 từ đó ta sẽ thay đổi v =  − a;  . 2  2 *Từ đó bài toán có lời giải cụ thể:  1 3 1 3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chọn: u =  a + ;  ; v =  − a;  2 2  2   2 ¸p dụng tính chất : u + v  u + v , ta có : 2 2 2 2 1  3  1   3 u + v =  a +  +   +  − a  +    u+v = 2 2   2   2   2   a2 + a + 1 + a2 − a + 1  2 ( Điều phải chứng minh). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u và v cùng hướng  u = kv (k  0) => a= 0 13 *Một vài nhận xét, chú ý rút ra từ bài toán: 1) Do tính chất của bình phương nên biểu thức dạng : x 2 + y 2 có thể coi là độ dài của các vectơ có tọa độ khác nhau về dấu, ví dụ u1 = ( x; y ) hoặc u2 = ( − x; y ) ; u3 = ( x; − y ) ; u4 = ( − x; − y ) . Vì vậy khi sử dụng biểu thức tọa độ của Tính chất 2, ta có thể chọn các vectơ có tọa độ hợp lý để đạt được mục đích. Ví dụ trong Bài toán 7 nói trên, ta có thể chọn: 1    1 1 3 1 3 3 3 u =  − a − ;  hoặc u =  a + ; −  ;...  ; v =  a − ;  ; v =  − a; − 2 2 2  2 2  2  2  2    Hoặc Tính chất 2(mục 2.2) cũng có thể dùng dưới dạng: Với hai vectơ a,b bất kỳ, ta có: a − b  a + b (2’) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a , b cùng phương nhưng không cùng hướng. 2) Bài toán có thể chuyển thành : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức f(a)= a 2 + a + 1 + a 2 − a + 1 , với a  . Khi đó lời giải hoàn toàn tương tự, ta có giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 2 , đạt được khi a = 0. Bài tập 8: Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của các biểu thức sau: B = cos 2  − 2 cos  + 2 + cos 2  + 6 cos  + 13 , với   *Nhận xét: 14 . - Đây là bài toán tìm GTNN của biểu thức lượng giác chỉ có một hàm lượng giác là cos  xuất hiện. Nếu coi cos  = a, thì biểu thức cần tìm GTNN có dạng tương tự Bài tập 7, nên học sinh có thể tự tìm được hướng giải quyết. * Hướng dẫn: Gợi ý : Coi vai trò cos  như một biến số a, hãy biến đổi các biểu thức trong mỗi căn bậc hai thành tổng các bình phương ? Trả lời: B = (cos  − 1)2 + 12 + (cos  + 3) 2 + 22 Đến đây học sinh sẽ phát hiện được: có thể coi mỗi căn bậc hai đó là độ dài của vectơ trong mặt phẳng tọa độ Oxy và thực hiện tiếp lời giải tương tự Bài tập 7 ở trên. * Bài giải: B = (cos  − 1)2 + 12 + (cos  + 3) 2 + 22 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chọn u = (1 − cos  ;1) ; v = (cos  + 3; 2) .  B = u + v  u+v = (1 − cos  ) + (cos  + 3) 2 + (1 + 2) 2 = 5 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u và v cùng hướng  u = kv (k  0) 1 − cos =k(cos + 3) 1  ( k  0 )  cos = − (thỏa mãn) 3 1 = k .2 1 3 Vậy GTNN của biểu thức B là 5, đạt được khi cos = − . *Một vài nhận xét, chú ý rút ra từ bài toán: - Cần phân biệt cho học sinh sự khác nhau của bài toán chứng minh bất đẳng thức và bài toán tìm GTLN, GTNN bằng phương pháp đánh giá, dùng bất đẳng thức. Đó là, đối với bài toán tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất luôn phải chỉ ra sự tồn 15 tại có thật của nó, nói cách khác phải xảy ra dấu đẳng thức ở bất đẳng thức ta đánh giá. 1 3 - Nếu bài toán này giáo viên cho học sinh làm ở lớp 10, thì cos = − , phải cho học sinh thấy được rằng có giá trị  thỏa mãn. Nếu làm ở lớp 11, học sinh dễ dàng viết công thức xác định  . Bài tập 9. Chứng minh rằng : Với x; y; z là các số thực dương bất kỳ, ta có: x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2  3 ( x + y + z ) (*) *Nhận xét: Đây là bài toán áp dụng mở rộng từ bất đẳng thức với hai vectơ sang bất đẳng thức với ba vectơ. Với đặc điểm vế trái là 3 biểu thức căn bậc hai, học sinh sẽ phát hiện để làm xuất hiện độ dài của ba vectơ và sử dụng tính chất 2(mục 2.2) để giải quyết. * Bài giải: 2  3 y Có VT(*) =  x +  +  2  2  2 2 2 2  z  3  x  3    y  +  y +  +  z  +  z +  +  x  2 2 2 2          2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chọn:  y 3 u =  x + ; 2 2     x 3  z 3  x ; z  ; w =  z + ; y  ; v =  y + ; 2 2  2 2     Ta có: VT(*)= u + v + w .       Lại có: u + v + w  u + v + w = 9 3 ( x + y + z )2 + ( x + y + z )2 = 3( x + y + z ) 4 4 => điều phải chứng minh. 4. 3. HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG TÍNH CHẤT 3 ( mục 2. 3). 16 Bài tập 10. CMR : Với a ; b ; x ; y là các số thực bất kỳ, ta có bất đẳng thức sau: ( ax + by ) 2  (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) (Bất đẳng thức Bunhia - copxki) * Nhận xét: Đây là một một bất đẳng thức Đại số cơ bản. Học sinh có thể biến đổi tương đương để chứng minh. Tuy nhiên, giáo viên nên đặt vấn đề nhìn bất đẳng thức này dưới góc độ khác, với góc nhìn của hình học để học sinh thấy được sự phong phú, thú vị của Toán học. * Hướng dẫn: Gợi ý 1 :Mỗi nhân tử ở vế phải là tổng của hai bình phương , có thể coi là độ dài của vectơ có tọa độ thế nào trong mp tọa độ Oxy? Trả lời: u = (a; b)  u = a 2 + b 2 v = (x; y)  v = x 2 + y 2 . Gợi ý 2: Khi đó vế trái liên quan gì đến hai vectơ đó ? Trả lời: u.v = ax + by  ( u.v ) = ( ax + by ) 2 2 Gợi ý 3: Tìm sự liên hệ, so sánh hai vế ? Khi đó học sinh sẽ phát hiện để sử dụng tính chất 3(mục 2.3). *Bài giải: : Trong mp tọa độ Oxy, chọn: u = (a; b)  u = a 2 + b 2 v = (x; y)  v = x 2 + y 2 . Ta có: u.v  u v  ax + by  a 2 + b2 x 2 + y 2  ( ax + by )  ( a 2 + b 2 ) . ( x 2 + y 2 ) 2 17 (điều phải chứng minh) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u và v cùng phương v = 0  hay ay = bx . u = kv (k  ) *Chú ý: Nếu x ; y  0 thì dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b = . x y Bài tập 11. Với a; b; c; x; y; z là những số thực bất kỳ, chứng minh rằng: (ax + by + cz)2  (a2 + b2 + c2) (x2 + y2 + z2) * Nhận xét: - Đây cũng là một bất đẳng thức Đại số, là BĐT mở rộng tương tự của bất đẳng thức ở Bài tập 10. Tuy nhiên, với BĐT này, việc biến đổi tương đương trở nên khó khăn hơn (dài), vì xuất hiện nhiều số hạng. - Nếu bài toán lại được nhìn dưới góc độ hình học (tọa độ vectơ) và mở rộng trong không gian, thì bài toán trở lên đơn giản hơn . * Hướng dẫn: - Mỗi phần tử ở vế phải là tổng của 3 bình phương có phải là công thức tính độ dài của vectơ không ? Khi đó học sinh sẽ thấy cần vectơ có 3 thành phần tọa độ, tức là vectơ trong không gian. Lúc này học sinh sẽ tiếp tục phát hiện các bước tiếp theo để giải quyết. * Bài giải: Trong không gian, với hệ trục Oxyz, chọn u = (a; b; c) và v = ( x; y; z ) Ta có: 2 u = a 2 + b2 + c2 ; 2 v = x2 + y 2 + z 2 2 u.v = (ax + by + cz ) 2 18 Mà u.v  u . v  ax + by + cz  a 2 + b 2 + c 2 . x 2 + y 2 + z 2 (  ( ax + by + cz )  a 2 + b2 + c 2 2 )( x 2 + y2 + z2 ) ( đpcm ). Bài tập 12. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh BC = a; CA = b và AB = c. Điểm M bất kỳ thuộc mp(ABC). Gọi ma , mb , mc lần lượt là độ dài các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC. 1 2 Chứng minh rằng : ma.MA + mb.MB + mc.MC  (a2 + b2 + c2). *Nhận xét: - Đây là bài toán chứng minh bất đẳng thức hình học liên quan tới điểm M bất kỳ trên mặt phẳng, nên việc chứng minh dựa vào các biến đổi hệ thức lượng trong tam giác hay các công thức lượng giác đều khó thực hiện. Lúc này, việc sử dụng một công cụ tính có khái quát cao như vectơ lại trở lên hữu hiệu. - Với ma , mb , mc lần lượt là độ dài các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC đều có thể biểu diễn qua điểm trung gian là trọng tâm G của tam giác. * Hướng dẫn: Gợi ý 1 : Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Biểu diễn ma , mb , mc theo độ dài các đoạn thẳng với đầu mút là các điểm xuất hiện trong bài ? 3 2 3 2 3 2 Trả lời : ma = GA ; mb = GB ; mc = GC Gợi ý 2 : Điều phải chứng minh tương đương điều gì ? Vế phải của BĐT có thể biểu diễn theo các đoạn thẳng nào ? Trả lời : ( 3 1 ( GA.MA + GB.MB + GC.MC )  a 2 + b 2 + c 2 2 2 19 ) 1 2 a + b2 + c2 ) ( 3  GA.MA + GB.MB + GC.MC  1 3 Có : GA2 + GB 2 + GC 2 = (a 2 + b 2 + c 2 ) Nên đpcm  GA.MA + GB.MB + GC.MC  GA2 + GB 2 + GC 2 Gợi ý 3 : Đến đây nhu cầu cần xuất hiện biểu diễn hay đánh giá GA.MA với GA2 , GB.MB với GB 2 và GC.MC với GC 2 . Nên cần đánh giá làm xuất hiện từ tích độ dài sang vectơ để chèn điểm G vào các vectơ MA, MB, MC ? Trả lời : Ta có GA.MA  GA.MA = GA.MG + GA2 Tương tự GB.MB  GB.MG + GB 2 GC.MC  GC MG + GC 2  GA.MA + GB.MB + GC.MC  MG(GA + GB + GC) + GA2 + GB 2 + GC 2 = GA2 + GB 2 + GC 2 1  ma.MA + mb.MB + mc.MC  (a2 + b2 + c2) (đpcm) 2 Bài tập 13. Cho tam giác ABC đều cạnh a; M là điểm bất kỳ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức T = MA2 – MB2 - MC2. * Nhận xét: - Bài toán này có hình thức gần giống Bài tập 1(phần 4.1) . Ở đây, vai trò của điểm G (trọng tâm tam giác) cũng chính là điểm O ( tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác) (Vì tam giác ABC đều). *Học sinh thực hiện: ( ) ( 2 ) ( 2 T = MO + OA − MO + OB − MO + OC ( ) 2 ) = − MO 2 + OA2 − OB 2 − OC 2 + 2MO OA − OB − OC . Có OM = OA = OB = OC = R ( Vì R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC) 20