PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO ỨNG DỤNG VECTƠ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH

vectorstock.com/28062405

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÔNG QUA DẠY HỌC CHUYÊN ĐỀ "ỨNG DỤNG VECTƠ VÀO GẢI CÁC BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT" WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

PHÁT TRIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÔNG QUA DẠY HỌC CHUYÊN ĐỀ: "ỨNG DỤNG VECTƠ VÀO GẢI CÁC BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT"

LUẬN VĂN THẠC SỸ SƯ PHẠM TOÁN

1

MỤC LỤC Lời cảm ơn ........................................................................................................... i Danh mục viết tắt. .............................................................................................ii Mục lục ..............................................................................................................iii Danh mục các bảng ...........................................................................................vi Danh mục các sơ đồ, biểu đồ ............................................................................vii MỞ ĐẦU .......................................................................................................... 1 CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN ................................... 12 1.1. Tư duy ..................................................................................................... 12 1.1.1. Khái niệm tư duy................................................................................... 12 1.1.2. Các thao tác tư duy và phân loại tư duy................................................ 12 1.1.3. Các giai đoạn của quá trình tư duy ....................................................... 13 1.1.4. Tầm quan trọng của tư duy ................................................................... 13 1.2. Tư duy sáng tạo ....................................................................................... 14 1.3. Một số yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo .......................................... 19 1.3.1. Tính mềm dẻo ....................................................................................... 20 1.3.2. Tính nhuần nhuyễn................................................................................ 20 1.3.3. Tính độc đáo.......................................................................................... 21 1.3.4. Tính hoàn thiện ..................................................................................... 22 1.3.5. Tính nhạy cảm vấn đề ........................................................................... 22 1.4. Phương hướng bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học môn Toán .................................................................................................. 22 1.4.1. Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh cần kết hợp với các hoạt động trí tuệ khác ....................................................................................................... 22 1.4.2. Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh cần đặt trọng tâm vào việc rèn khả năng phát hiện vấn đề mới, khơi dậy ý tưởng mới................................... 23 1.4.3. Chú trọng bồi dưỡng từng yếu tố cụ thể của tư duy sáng tạo ............... 24 2

1.4.4. Bồi dưỡng tư duy sáng tạo là một quá trình lâu dài cần tiến hành trong tất cả các khâu của quá trình dạy học.............................................................. 24 1.5. Tiềm năng của chủ đề “Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất” trong việc bồi dưỡng và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh..................................................................................................... 25 1.6. Kết luận chương 1 ................................................................................... 28 CHƯƠNG 2: PHÁT TIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÔNG QUA DẠY HỌC CHUYÊN ĐỀ: "ỨNG DỤNG VECTƠ VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT"................................................................... 29 2.1. Một số kiến thức cơ bản về vectơ ........................................................... 29 2.1.1. Vectơ trong mặt phẳng .......................................................................... 29 2.1.2. Vectơ trong không gian......................................................................... 37 2.2. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất .............................................................. 39 2.3. Ứng dụng vectơ trong dạy học giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất theo định hướng phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. ........... 40 2.3.1. Khai thác ứng dụng của phương pháp vectơ trong dạy học giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong đại số và lượng giác theo định hướng phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. .............................................. 40 2.3.2. Khai thác ứng dụng của phương pháp vectơ trong dạy học giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học theo định hướng phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. .......................................................................... 67 2.4. Kết luận chương 2 ................................................................................... 95 CHƯƠNG 3: THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM ............................................... 96 3.1. Mục đích thực nghiệm ............................................................................ 96 3.2. Nội dung thực nghiệm............................................................................. 96 3.3. Tổ chức thực nghiệm ............................................................................ 102 3.3.1. Đối tượng thực nghiệm ....................................................................... 102 3.3.2. Thời gian thực nghiệm ........................................................................ 106 3

3.3.3. Phương pháp thực nghiệm .................................................................. 106 3.3.4. Tiến hành thực nghiệm ....................................................................... 107 3.4. Đánh giá thực nghiệm ........................................................................... 107 3.4.1. Đánh giá định lượng............................................................................ 109 3.4.2. Đánh giá định tính ............................................................................... 116 3.5. Kết luận chương 3 ................................................................................. 117 KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ ............................................................. 118 TÀI LIỆU THAM KHẢO .......................................................................... 120

4

DANH MỤC CÁC BẢNG Trang Bảng 3.1: Các mẫu thực nghiệm sư phạm được chọn ................................ 88 Bảng 3.2: Kết quả điểm kiểm tra học kì 2 của nhóm ĐC và nhóm TN năm học 2012- 2013 .................................................................................... 89 Bảng 3.3: Bảng thống kê số % bài kiểm tra đạt điểm Xi của bài kiểm tra học kì 2 của nhóm ĐC và nhóm TN năm học 2012- 2013 .................... 89 Bảng 3.4: Bảng tổng hợp các tham số của nhóm ĐC và nhóm TN đối với bài kiểm tra học kì 2 năm học 2012- 2013 .......................................... 90 Bảng 3.5: Bảng thống kê các điểm số (Xi) của bài kiểm tra số 1 ............... 95 Bảng 3.6: Bảng thống kê các điểm số (Xi) của bài kiểm tra số 2 ............... 95 Bảng 3.7: Bảng thống kê số % bài kiểm tra đạt điểm Xi của bài kiểm tra số 1......... 97 Bảng 3.8: Bảng thống kê số % bài kiểm tra đạt điểm Xi của bài kiểm tra số 2......... 97 Bảng 3.9: Bảng thống kê số % bài kiểm tra đạt điểm Xi trở xuống của bài kiểm tra số 1 .......................................................................................... 98 Bảng 3.10: Bảng thống kê số % bài kiểm tra đạt điểm Xi trở xuống của bài kiểm tra số 2.................................................................................... 98 Bảng 3.11: Bảng tổng hợp các tham số của hai nhóm đối với bài kiểm tra số 1......... 100 Bảng 3.12: Bảng tổng hợp các tham số của hai nhóm đối với bài kiểm tra số 2......... 100

5

DANH MỤC CÁC ĐỒ THỊ Trang Đồ thị 3.1: Biểu đồ phân bố điểm của hai nhóm ĐC và TN ......................96 Đồ thị 3.2: Biểu đồ phân bố điểm của hai nhóm ĐC và TN .......................96 Đồ thị 3.3: Biểu đồ phân phối tần suất của hai nhóm ĐC và TN (Bài kiểm tra số 1) ...............................................................................................97 Đồ thị 3.4: Biểu đồ phân phối tần suất của hai nhóm ĐC và TN (Bài kiểm tra số 2) .......................................................................................98 Đồ thị 3.5: Biểu đồ phân phối tần suất lũy tích của hai nhóm ĐC và TN ( Bài kiểm tra số 1) ...............................................................................99 Đồ thị 3.6: Biểu đồ phân phối tần suất lũy tích của hai nhóm ĐC và TN (Bài kiểm tra số 2) ................................................................................99

6

MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài Trong công cuộc cải cách nền giáo dục nước ta thì một trong những trọng tâm chính là đổi mới phương pháp dạy và học nhằm tạo cho học sinh phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo, phát triển tư duy cũng như bồi dưỡng hứng thú, tạo niềm vui trong học tập.

Nghị quyết trung ương Đảng khoá IV về định hướng đổi mới phương pháp dạy học đã chỉ rõ: ” Mục tiêu giáo dục đào tạo phải hướng vào việc đào tạo những con người lao động tự chủ, sáng tạo, có năng lực giải quyết những vấn đề thường gặp, góp phần thực hiện mục tiêu lớn của đất nước là: dân giàu, nước mạnh, xã hội công bằng, dân chủ, văn minh”.

Nghị quyết trung ương Đảng khoá VII, 1993 về tiếp tục đổi mới sự nghiệp giáo dục và đào tạo đã nhận định: “Con người được đào tạo thường thiếu năng động, chậm thích nghi với nền kinh tế xã hội đang đổi mới”. Điều 29 trong Luật Giáo dục (2005) ghi rõ: “Phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo,...của học sinh; bồi dưỡng phương pháp tự học, khả năng làm việc theo nhóm; rèn luyện kĩ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú cho học sinh”.

Nghị quyết Trung ương 2 khoá VIII, 1997 tiếp tục khẳng định: “Phải đổi mới phương pháp giáo dục đào tạo, khắc phục lối truyền thụ một chiều, rèn luyện thành nếp tư duy sáng tạo của người học. Từng bước áp dụng các phương pháp tiên tiến và phương tiện hiện đại vào quá trình dạy học, đảm bảo điều kiện và thời gian tự học, tự nghiên cứu cho học sinh, nhất là sinh viên đại học”.

Xã hội ngày nay đang phát triển với tốc độ chóng mặt, nó đòi hỏi con người phải có tính năng động và có khả năng thích nghi cao với sự phát triển mạnh mẽ về mọi mặt khoa học kĩ thuật, đời sống …

7

Toán học là môn khoa học cơ bản, là công cụ để học tập và nghiên cứu các môn học khác. Toán học có liên quan chặt chẽ cũng như ứng dụng rộng rãi trong nhiều lĩnh vực khoa học, công nghệ, kĩ thuật và đời sống. Vì thế, dạy học môn Toán ở nhà trường phổ thông giữ vai trò quan trọng trong việc rèn luyện, bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh.

Bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất là bài toán hay và khó trong chương trình môn Toán, xuất hiện ở tất cả các phân môn: Số học, Đại số, Hình học, Giải tích. Giải loại bài toán này thường tiến hành các bước: đánh giá theo các bất đẳng thức và kiểm tra điều kiện xảy ra đẳng thức trong các bất đẳng thức đó. Với mỗi bài toán cụ thể thường vận dụng các phương pháp của các phân môn để giải, tuy nhiên đôi khi công việc này rất phức tạp và khó khăn. Thực tế cho thấy, phương pháp vectơ giúp chúng ta phát triển được tư duy phân tích và tổng hợp để đưa ra được lời giải sáng tạo cũng như khai thác bài toán theo hướng tổng quát hoặc tương tự. Để tìm hiểu sâu hơn về vấn đề này tác giả chọn đề tài nghiên cứu trong luận văn là: “Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua dạy học chuyên đề Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất”.

2. Mục tiêu nghiên cứu 2.1. Mục tiêu chung Mục tiêu nghiên cứu của đề tài nhằm tìm ra các phương pháp để hình thành, rèn luyện và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trong việc dạy và học chuyên đề “Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất”.

2.2. Mục tiêu cụ thể - Phân tích thực trạng nhận thức, khả năng học tập của học sinh thông qua kết quả học tập.

8

- Đưa ra một số biện pháp rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh trong dạy học chuyên đề “Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất”.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu - Hệ thống lại và làm sâu sắc thêm khái niệm tư duy sáng tạo, cấu trúc và các yếu tố của tư duy sáng tạo, các phương pháp bồi dưỡng và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh.

- Nghiên cứu các tài liệu về chuyên đề “Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất”. Xác định mục tiêu học tập (bao gồm mục tiêu quá trình học và mục tiêu kết quả học), soạn thảo tiến trình dạy học nhằm đáp ứng yêu cầu phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh.

4. Phạm vi nghiên cứu Quá trình dạy học chuyên đề “Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất” cho học sinh trường THPT Nguyễn Trãi – Ba Đình – Hà Nội trong năm học 2013-2014 theo định hướng phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh.

5. Mẫu khảo sát.

Học sinh các lớp 11A6, 11A10, 12A8, 12A10 trường trung học phổ thông Nguyễn Trãi – Ba Đình – Hà Nội.

6. Vấn đề nghiên cứu.

Dạy học chuyên đề “Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất” như thế nào để phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh?

7. Giả thuyết nghiên cứu.

Trên cơ sở chương trình sách giáo khoa hiện hành và sách bài tập, nếu xây dựng được hệ thống bài tập theo hướng phát triển tư duy sáng tạo và sử dụng phương pháp dạy học thích hợp sẽ góp phần nâng cao khả năng tư duy sáng tạo cho học sinh.

9

8. Phương pháp nghiên cứu.

8.1. Nghiên cứu lí luận.

- Nghiên cứu các tài liệu về giáo dục học, tâm lí học, lí luận dạy học, nghiên cứu SGK môn Toán của chương trình THPT, các giáo trình về phương pháp dạy học môn toán.

- Các tài liệu sách báo, bài viết liên quan đến nội dung dạy học chuyên đề “Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất”.

8.2. Điều tra, quan sát.

Dự giờ, quan sát việc dạy của giáo viên và việc học của học sinh trong quá trình khai thác các bài tập sách giáo khoa và các bài tập trong chuyên đề.

8.3. Thực nghiệm sư phạm.

Tiến hành thực nghiệm sư phạm với các lớp học thực nghiệm và lớp học đối chứng trên cùng một đối tượng.

9. Luận cứ.

9.1. Luận cứ lí thuyết - Phương pháp nêu vấn đề, phát hiện và giải quyết vấn đề.

- Phương pháp dạy học tự học.

- Phương pháp dạy và học hợp tác trong nhóm nhỏ.

9.2. Luận cứ thực tiễn - Kết quả thực nghiệm về năng lực học tập của học sinh trong quá trình dạy học chuyên đề “Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất” giữa hai lớp đối chứng và thực nghiệm.

- Thống kê, so sánh kết quả.

10. Cấu trúc của luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận, danh mục tài liệu tham khảo, phụ lục, luận văn gồm những nội dung chính sau: Chương 1: Cơ sở lý luận và thực tiễn 10

Chương 2: Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông thông qua dạy học chuyên đề Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất.

Chương 3: Thực nghiệm sư phạm.

11

CHƯƠNG 1 CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 1.1. Tư duy 1.1.1. Khái niệm tư duy Tư duy là một quá trình tâm lý, phản ánh những thuộc tính bản chất, những mối liên hệ và quan hệ bên trong có tính quy luật của sự vật, hiện tượng trong hiện thực khách quan, mà trước đó ta chưa biết.

Tư duy mang bản chất xã hội, được hình thành và phát triển trong quá trình hoạt động nhận thức tích cực của bản thân con người.

Tư duy chỉ xuất hiện khi con người gặp những tình huống “có vấn đề”. Để tư duy, trước hết con người sử dụng ngôn ngữ. Trong quá trình tư duy, con người còn sử dụng những công cụ, phương tiện để nhận thức đối tượng mà không thể trực tiếp tri giác chúng. Tư duy không phản ánh sự vật, hiện tượng một cách cụ thể, riêng lẻ, mà trừu xuất khỏi chúng những dấu hiệu cá biệt, chỉ giữ lại những thuộc tính bản chất, chung cho nhiều sự vật và hiện tượng. Chính vì vậy, tư duy có đặc điểm: tính “có vấn đề”, tính gián tiếp, tính trừu tượng và khái quát, quan hệ chặt chẽ với ngôn ngữ.

1.1.2. Các thao tác tư duy và phân loại tư duy Các thao tác tư duy cơ bản gồm: phân tích - tổng hợp, so sánh, trừu tượng hoá và khái quát hoá. Thực tế cho thấy, các thao tác trên thường kết hợp, đan chéo nhau trong quá trình tư duy, không nhất thiết theo trình tự trên và cũng không nhất thiết phải thực hiện đủ các thao tác trên.

Theo lịch sử hình thành (chủng loại và cá thể), tư duy được chia thành ba loại: tư duy trực quan hành động, tư duy trực quan hình ảnh, tư duy trừu tượng (tư duy từ ngữ - lôgíc).

Theo hình thức thể hiện và phương thức giải quyết nhiệm vụ, tư duy chia thành ba loại: tư duy thực hành, tư duy hình ảnh cụ thể, tư duy lý luận.

12

1.1.3. Các giai đoạn của quá trình tư duy Các giai đoạn của quá trình tư duy bao gồm: Giai đoạn 1: Xác định vấn đề và biểu đạt vấn đề.

Giai đoạn 2: Huy động các tri thức và kinh nghiệm.

Giai đoạn 3: Sàng lọc các liên tưởng và hình thành giả thuyết.

Giai đoạn 4: Kiểm tra giả thuyết.

Giai đoại 5: Giải quyết nhiệm vụ.

Nhận thức vấn đề

Xuất hiện các liên tưởng

Sàng lọc liên tưởng và hình thành giả thuyết Kiểm tra giả thuyết

Chính xác hoá

Khẳng định

Phủ định

Giải quyết vấn đề

Hành động tư duy mới

Sơ đồ 1.1. Các giai đoạn của một quá trình tư duy 1.1.4. Tầm quan trọng của tư duy Mục tiêu của bậc học phổ thông là hình thành và phát triển được nền tảng tư duy của con người trong thời đại mới. Tại sao cần phát triển tư duy?

13

Tư duy có tầm quan trọng đặc biệt. Điều đó đã được các bậc hiền triết và các nhà giáo dục từ cổ trí kim, từ đông sang tây xác nhận như: “Tôi tư duy là tôi tồn tại”, “Tư duy tạo nên sự cao cả của con người”, “Tư duy là hạt giống của hành động”, “Tư duy là một tia sáng giữa đêm tối. Nhưng chính tia sáng ấy là tất cả”. Ngạn ngữ cổ Hy Lạp: "Dạy học không phải là rót kiến thức vào một chiếc thùng rỗng mà là thắp sáng lên những ngọn lửa". Ngọn lửa ở đây chính là năng lực tư duy của người học.

Thông qua dạy kiến thức để đạt mục tiêu hình thành và phát triển năng lực tư duy, phát triển trí tuệ của học sinh. Thông qua việc dạy và học tư duy chúng ta sẽ tạo được nền móng trí tuệ, cách suy nghĩ để giải quyết vấn đề trong thực tiễn sau này cho mỗi học sinh khi bước vào đời. Dạy và học tư duy là làm cho kỹ năng tư duy logic của con người có hiệu quả hơn, khả năng nhận thức, phê phán, sáng tạo và sâu sắc hơn. Nói cách khác, là cho người học có chiếc chìa khoá để mở các cánh cửa của kiến thức, cho họ cái “cần câu” chứ không chỉ là một “con cá” để họ có thể sống và tự học được suốt đời. Vì vậy, mục tiêu quan trọng bậc nhất của quá trình dạy và học là giúp học sinh phát triển được tư duy. Ở tất cả các cấp học, các môn học, người thầy luôn là cầu nối quan trọng nhất để giúp các em tiếp cận, khám phá và sáng tạo tri thức. Để phát triển được tư duy, chúng ta phải đầu tư thời gian cho các chương trình rèn luyện kỹ năng phát triển tư duy, thường xuyên khuyến khích và giúp đỡ học sinh thông qua các môn học nhằm nâng cao trình độ và năng lực tư duy phù hợp với tâm sinh lí và lứa tuổi của học sinh ở mỗi cấp học.

1.2. Tư duy sáng tạo Theo từ điển tiếng Việt: “Sáng tạo là tạo ra những giá trị mới về vật chất hoặc tinh thần. Hay sáng tạo là tìm ra cái mới, cách giải quyết mới, không bị gò bó phụ thuộc vào cái đã có”.

14

Sáng tạo thường được nghiên cứu trên nhiều phương diện như là một quá trình phát sinh cái mới trên nền tảng cái cũ, như một kiểu tư duy, như là một năng lực của con người.Trước đây, các học giả thường định nghĩa sáng tạo thông qua sản phẩm sáng tạo. Ngày nay, tính sáng tạo thường được xem xét như là một quá trình sáng tạo.

Wilson và Crutchfield định nghĩa tính sáng tạo như là sự đối lập với tính phục tùng, nghĩa là làm những điều không được mong đợi và điều được coi là khác thường.

Kubie xem tính sáng tạo như một năng lực tìm ra những mối quan hệ mới.

Guilford coi tính sáng tạo như những quá trình, những thuộc tính của trí tuệ cần thiết cho thành tựu sáng tạo.

Nhà tâm lí học Henry Glêitman định nghĩa: “Sáng tạo, đó là năng lực tạo ra những giải pháp mới hoặc duy nhất cho một vấn đề thực tiễn và hữu ích” .

Nhà tâm lí học Karen Huffman cho rằng người có tính sáng tạo là người tạo ra được giải pháp mới mẻ và thích hợp để giải quyết vấn đề .

Theo nhiều nhà tâm lí học và giáo dục học, sáng tạo là thành phần không thể thiếu trong mô hình cấu trúc tài năng. Năm 1993, tại hội thảo Tôkyô, Renzuli J.B. đã đưa ra mô hình cấu trúc chung của tài năng .

I: Inteligence (thông minh) C: Creativity (sáng tạo) M: Motivation (sự thúc đẩy – có thể hiểu là niềm say mê) G: Gift (năng khiếu, tài năng)

15

C

I G

M Hình 1.1

Mô hình cấu trúc tài năng với ba thành phần là thông minh, sáng tạo và niềm say mê. Có thể nói sáng tạo là cơ sở của cấu trúc tài năng và mang tính tương đối (sáng tạo với ai?). Trí tưởng tượng không gian là điều kiện cần để sáng tạo.

Quá trình sáng tạo của con người thường được bắt đầu từ một ý tưởng mới, bắt nguồn từ tư duy sáng tạo của mỗi con người. Vậy tư duy sáng tạo là gì ?

Nhà tâm lí học người Đức Mehlhow cho rằng: “Tư duy sáng tạo là hạt nhân của sự sáng tạo cá nhân, đồng thời là mục tiêu cơ bản của giáo dục”.

Theo ông, tư duy sáng tạo được đặc trưng bởi mức độ cao của chất lượng, hoạt động trí tuệ như tính mềm dẻo, tính nhạy cảm, tính kế hoạch, tính chính xác.

J. Danton cho rằng: “Tư duy sáng tạo đó là những năng lực tìm thấy những ý nghĩa mới, tìm thấy những mối quan hệ, là một chức năng của kiến thức, trí tưởng tượng và sự đánh giá, là một quá trình, một cách dạy và học bao gồm những chuỗi phiêu lưu, chứa đựng những điều như sự khám phá, sự phát sinh, sự đổi mới, trí tưởng tượng, sự thí nghiệm, sự thám hiểm” .

Theo giáo sư Nguyễn Bá Kim, “tính linh hoạt, tính độc lập và tính phê phán là những điều kiện cần thiết của tư duy sáng tạo, là những đặc điểm về những mặt khác nhau của tư duy sáng tạo. Tính sáng tạo của tư duy thể hiện rõ 16

nét ở khả năng tạo ra cái mới, phát hiện vấn đề mới, tìm ra hướng đi mới, tạo ra kết quả mới. Nhấn mạnh cái mới không có nghĩa là coi nhẹ cái cũ” .

Trong tác phẩm “Sáng tạo Toán học”, G. Polya cho rằng: “Một tư duy gọi là có hiệu quả nếu tư duy đó dẫn đến lời giải một bài toán cụ thể nào đó. Có thể coi là sáng tạo nếu tư duy đó tạo ra những tư liệu, phương tiện giải các bài toán sau này. Các bài toán vận dụng những tư liệu phương tiện này có số lượng càng lớn, có dạng muôn màu muôn vẻ, thì mức độ sáng tạo của tư duy càng cao, thí dụ: Lúc những cố gắng của người giải vạch ra được những phương thức giải áp dụng cho những bài toán khác. Việc làm của người giải có thể là sáng tạo một cách gián tiếp, chẳng hạn lúc ta để lại một bài toán tuy không giải được nhưng tốt vì đã gợi ra cho người khác những suy nghĩ có hiệu quả” .

Parnes đã so sánh một cách đầy hình ảnh rằng tư duy sáng tạo “như một chiếc kính vạn hoa mà khi ta xoay nó sẽ tạo ra biết bao hình ảnh rực rỡ sắc màu của những ý tưởng mới lạ” .

Tác giả Trần Thúc Trình đã cụ thể hóa sự sáng tạo với người học Toán: ”Đối với người học Toán, có thể quan niệm sự sáng tạo đối với họ, nếu họ đương đầu với những vấn đề đó, để tự mình thu nhận được cái mới mà họ chưa từng biết. Như vậy, lời giải một bài toán cũng được xem như là mang yếu tố sáng tạo nếu các thao tác giải không bị những mệnh lệnh nào đó chi phối (từng phần hoặc hoàn toàn), tức là nếu người giải chưa biết trước thuật toán để giải và phải tiến hành tìm hiểu những bước đi chưa biết trước. Nhà trường phổ thông có thể chuẩn bị cho học sinh sẵn sàng hoạt động sáng tạo theo nội dung vừa trình bày”.

Nếu hiểu theo định nghĩa thông thường và phổ biến nhất, tư duy sáng tạo là tư duy tạo ra cái gì đó mới. Tư duy sáng tạo dẫn đến những tri thức mới về thế giới và các phương thức hoạt động.

I. Lecne đã chỉ ra các thuộc tính sau đây của quá trình tư duy sáng tạo : - Có sự tự lực chuyển các tri thức và kĩ năng sang một tình huống mới 17

- Nhìn thấy những vấn đề mới trong điều kiện quen biết “đúng quy cách” - Nhìn thấy chức năng mới của đối tượng quen biết - Nhìn thấy cấu tạo của đối tượng đang nghiên cứu - Kĩ năng nhìn thấy nhiều lời giải, nhiều cách nhìn đối với việc tìm hiểu lời giải (khả năng xem xét đối tượng ở những phương thức đã biết thành một phương thức mới).

- Kĩ năng sáng tạo một phương pháp giải độc đáo tuy đã biết những phương thức khác.

Krutexki chỉ ra ba vòng tròn đồng tâm phản ánh mối quan hệ của ba dạng tư duy, cho thấy điều kiện cần của tư duy sáng tạo là tư duy độc lập và tư duy tích cực .

Tư duy độc lập Tư duy sáng tạo

Tư duy tích cực Hình 1.2 Tiến sĩ Tôn Thân quan niệm: “Tư duy sáng tạo là một dạng tư duy độc lập tạo ra ý tưởng mới, độc đáo và có hiệu quả giải quyết vấn đề cao… Tư duy sáng tạo là tư duy độc lập và nó không bị gò bó, phụ thuộc vào cái đã có.

Tính độc lập của nó bộc lộ vừa trong việc đặt mục đích vừa trong việc tìm giải pháp. Mỗi sản phẩm của tư duy sáng tạo đều mang rất đậm dấu ấn của mỗi cá nhân đã tạo ra nó” .

Như vậy, tư duy sáng tạo là một dạng tư duy độc lập, tạo ra ý tưởng mới độc đáo và có hiệu quả giải quyết vấn đề cao.

18

Tuy nhiên, tư duy sáng tạo có tính chất tương đối. Một phát hiện có thể được coi là sáng tạo trong một hoàn cảnh nào đó, chưa chắc được coi là sáng tạo trong một tình huống, hoàn cảnh khác. Một phát hiện có thể coi là sáng tạo với người này nhưng không mới mẻ với người khác, sáng tạo ở thời điểm này nhưng không sáng tạo ở thời điểm khác. Bởi vì, tính mới mẻ của hoạt động tư duy sáng tạo có thể hiểu theo hai cấp độ: + Theo nghĩa khách quan: mới mẻ vì từ trước chưa hề có, chưa có người nào sáng tạo ra, sản phẩm có ý nghĩa với thực tiễn loài người. + Theo nghĩa chủ quan: sản phẩm không mới mẻ đối với người khác nhưng mới mẻ với người “đẻ” ra nó. Tuy sản phẩm có ít ý nghĩa với hoạt động thực tiễn loài người, nhưng có ý nghĩa với sự phát triển nhân cách của người sáng tạo ra nó, với những người quan tâm đến nó, chưa biết về nó.

1.3. Một số yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo Rubinstein cho rằng tư duy sáng tạo bắt đầu bằng một tình huống gợi vấn đề. Sáng tạo bắt đầu từ thời điểm khi các phương pháp lôgíc để giải quyết các nhiệm vụ là không đủ, hoặc vấp phải trở ngại, hoặc kết quả không đáp ứng các đòi hỏi đặt ra từ đầu hoặc xuất hiện giải pháp mới tốt hơn giải pháp cũ. Bắt đầu từ tình huống gợi vấn đề, tư duy sáng tạo giải quyết mâu thuẫn tồn tại trong tình huống đó với hiệu quả cao, thể hiện ở tính hợp lí, tiết kiệm, tính khả thi và cả vẻ đẹp của giải pháp.

Theo nghiên cứu của nhiều nhà tâm lí học và giáo dục học thì cấu trúc của tư duy sáng tạo có năm đặc trưng cơ bản sau: - Tính mềm dẻo (Flesibility) - Tính nhuần nhuyễn (Fluency) - Tính độc đáo (Originality) - Tính hoàn thiện (Elaboration) - Tính nhạy cảm vấn đề (Problem’s Censibility).

19

Ngoài ra còn có những yếu tố quan trọng khác như : tính chính xác, năng lực định giá, phán đoán, năng lực định nghĩa lại (Redefition).

1.3.1. Tính mềm dẻo Tính mềm dẻo của tư duy là năng lực thay đổi dễ dàng, nhanh chóng trật tự của hệ thống tri thức từ góc độ quan niệm này sang góc độ quan niệm khác, định nghĩa lại sự vật hiện tượng, gạt bỏ sơ đồ tư duy có sẵn và xây dựng phương pháp tư duy mới, tạo ra sự vật mới trong những quan hệ mới, hoặc chuyển đổi quan hệ và nhận ra bản chất sự vật và phán đoán. Tính mềm dẻo của tư duy còn làm thay đổi một cách dễ dàng các thái độ cố hữu trong hoạt động trí tuệ của con người. Tính mềm dẻo của tư duy có đặc trưng nổi bật dưới đây: - Khả năng suy nghĩ không rập khuôn, không áp dụng một cách máy móc các kiến thức, kĩ năng có sẵn vào hoàn cảnh mới, điều kiện mới trong đó có những yếu tố đã thay đổi , có khả năng thoát khỏi ảnh hưởng kìm hãm của những kinh nghiệm, những phương pháp, những cách suy nghĩ đã có từ trước.

- Tính mềm dẻo còn thể hiện ở khả năng nhận ra vấn đề mới trong điều kiện quen thuộc, nhìn thấy chức năng mới của đối tượng quen biết.

Như vậy, tính mềm dẻo là một trong những đặc trưng cơ bản của tư duy sáng tạo. Do đó, để rèn luyện tư duy sáng tạo cho học sinh, giáo viên có thể tổ chức cho học sinh giải các bài tập mà thông qua đó có thể rèn luyện được tính mềm dẻo của tư duy.

1.3.2. Tính nhuần nhuyễn Tính nhuần nhuyễn của tư duy thể hiện ở năng lực tạo ra một cách nhanh chóng giữa sự tổ hợp giữa các yếu tố riêng lẻ của các tình huống, hoàn cảnh, đưa ra giả thuyết mới. Các nhà tâm lí học coi yếu tố chất lượng của ý tưởng sinh ra làm tiêu chí để đánh giá sáng tạo.

Tính nhuần nhuyễn được đặc trưng bởi khả năng tạo ra một số lượng nhất định các ý tưởng. Số ý tưởng nghĩ ra càng nhiều thì càng có nhiều khả 20

năng xuất hiện ý tưởng độc đáo. Trong trường hợp này số lượng làm nảy sinh chất lượng.

Tính nhuần nhuyễn còn được thể hiện rõ nét ở hai đặc trưng sau: - Một là tính đa dạng của các cách xử lí khi giải toán, khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau. đứng trước một vấn đề phải giải quyết, người có tư duy nhuần nhuyễn thường nhanh chóng tìm và đề xuất được nhiều phương án khác nhau, từ đó tìm ra phương án tối ưu.

- Hai là khả năng xem xét đối tượng dưới nhiều khía cạnh khác nhau, có cái nhìn sinh động từ nhiều phía đối với sự vật và hiện tượng, tránh cái nhìn phiến diện, bất biến, cứng nhắc.

1.3.3. Tính độc đáo Tính độc đáo của tư duy được đặc trưng bởi các khả năng: - Khả năng tìm ra những hiện tượng và những kết hợp mới - Khả năng tìm ra những mối liên hệ trong những sự kiện mà bề ngoài tưởng như không có liên hệ với nhau.

- Khả năng tìm ra những giải pháp lạ tuy đã biết những giải pháp khác.

Các yếu tố cơ bản trên không tách rời nhau mà trái lại chúng có quan hệ mật thiết với nhau, hỗ trợ bổ sung cho nhau. Khả năng dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này này sang hoạt động trí tuệ khác (tính mềm dẻo) tạo điều kiện cho việc tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và tình huống khác nhau (tính nhuần nhuyễn). Nhờ đó có thể đề xuất được nhiều phương án khác nhau và tìm được giải pháp lạ, đặc sắc (tính độc đáo). Các yếu tố này có quan hệ khăng khít với các yếu tố khác như: Tính chính xác, tính hoàn thiện, tính nhạy cảm vấn đề. Tất cả các yếu tố đặc trưng nói trên cùng góp phần tạo nên tư duy sáng tạo - đỉnh cao nhất trong các hoạt động trí tuệ của con người.

21

1.3.4. Tính hoàn thiện Tính hoàn thiện là khả năng lập kế hoạch, phối hợp các ý nghĩa và hành động, phát triển ý tưởng , kiểm tra và kiểm chứng ý tưởng.

1.3.5. Tính nhạy cảm vấn đề Tính nhạy cảm vấn đề có các đặc trưng sau: - Khả năng nhanh chóng phát hiện ra vấn đề - Khả năng phát hiện ra mâu thuẫn, sai lầm, thiếu lôgíc, chưa tối ưu hoá từ đó có nhu cầu cấu trúc lại, tạo ra cái mới.

Các yếu tố cơ bản của tư duy sáng tạo nêu trên đã biểu hiện khá rõ ở học sinh, riêng với các em khá giỏi thì càng rõ nét. Trong quá trình giải toán, các em đã biết di chuyển, thay đổi các hoạt động trí tuệ, biết sử dụng xen kẽ phân tích và tổng hợp: dùng kĩ năng phân tích khi tìm tòi lời giải, sử dụng kĩ năng tổng hợp để trình bày lời giải. Người giáo viên cần có phương pháp dạy học thích hợp để bồi dưỡng và phát triển năng lực sáng tạo của học sinh.

1.4.

Phương hướng bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua

dạy học môn Toán 1.4.1. Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh cần kết hợp với các hoạt động trí tuệ khác Việc bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh cần được tiến hành trong mối quan hệ hữu cơ với các hoạt động trí tuệ như: Phân tích, tổng hợp, so sánh, tương tự, trừu tượng hóa, khái quát hóa, hệ thống hóa, trong đó phân tích và tổng hợp đóng vai trò nền tảng. Để bồi dưỡng tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn của tư duy, học sinh cần được luyện tập thường xuyên năng lực tiến hành phân tích đồng thời với tổng hợp để nhìn thấy đối tượng dưới nhiều khía cạnh khác nhau. Trên cơ sở so sánh từng trường hợp riêng lẻ, dùng phép tương tự để chuyển từ trường hợp riêng này sang trường hợp riêng khác, khai thác mối liên hệ mật thiết với trừu tượng hóa, làm rõ mối quan hệ chung riêng giữa các mệnh đề xuất phát và mệnh đề tìm được bằng đặc biệt hóa và hệ 22

thống hóa, ta có thể luyện tập cho học sinh khái quát hóa tài liệu toán học, tạo khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và nhiều tình huống khác nhau, khả năng tìm ra những mối liên hệ trong những sự kiện bên ngoài tưởng như không có liên hệ với nhau, khả năng tìm ra những giải pháp lạ hoặc duy nhất. Các hoạt động này góp phần bồi dưỡng tính nhuần nhuyễn, tính độc đáo của tư duy.

Các tác giả Nguyễn Cảnh Toàn, Hoàng Chúng cũng có cùng quan điểm như trên. Để khẳng định vai trò của phân tích và tổng hợp trong sáng tạo toán học, tác giả Nguyễn Cảnh Toàn cho rằng: “ Muốn sáng tạo toán học, rõ ràng là phải giỏi vừa cả phân tích, vừa cả tổng hợp, phân tích và tổng hợp đan xen vào nhau, nối tiếp nhau, cái này tạo điều kiện cho cái kia” Còn theo tác giả Hoàng Chúng thì các phương pháp đặc biệt hóa, tổng quát hóa, và tương tự có ý nghĩa quan trọng trong sáng tạo toán học. Có thể vận dụng các phương pháp này để giải các bài toán đã cho; để mò mẫm và dự đoán kết quả; tìm ra phương hướng giải bài toán để mở rộng, đào sâu và hệ thống hóa kiến thức, từ đó giúp phát hiện ra những vấn đề mới, những bài toán mới, hoặc giúp ta nhìn thấy sự liên hệ giữa nhiều vấn đề với nhau. Nhờ có những phương pháp đó, học sinh có thể mở rộng, đào sâu kiến thức bằng cách nêu lên và giải quyết những vấn đề tổng quát hơn, những vấn đề tương tự hoặc đi sâu vào những trường hợp đặc biệt, có ý nghĩa toán học.

1.4.2. Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh cần đặt trọng tâm vào việc rèn khả năng phát hiện vấn đề mới, khơi dậy ý tưởng mới Khi dạy lý thuyết, giáo viên cần tận dụng phương pháp tập dượt nghiên cứu, trong đó giáo viên cần tạo ra những tình huống gợi vấn đề để dẫn dắt học sinh tìm tòi, khám phá kiến thức mới. Trong quá trình này, tùy theo từng loại đối tượng mà học sinh tự lực tiếp cận các kiến thức với các mức độ khác nhau.

23

Khi luyện tập, củng cố, chẳng hạn khi học sinh học một quy tắc nào đó, cần lựa chọn một vài ví dụ có cách giải riêng đơn giản hơn là áp dụng công thức tổng quát để khắc phục tình ý của tư duy, tránh hành động máy móc, không thay đổi phù hợp với điều kiện mới. Cần coi trọng các bài tập trong đó chưa rõ vấn đề cần chứng minh, học sinh phải tự xác lập, tự tìm tòi để phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề.

1.4.3. Chú trọng bồi dưỡng từng yếu tố cụ thể của tư duy sáng tạo Trong quá trình dạy học, giáo viên cần chú ý bồi dưỡng từng yếu tố cụ thể của tư duy sáng tạo: tính mềm dẻo, tính nhuần nhuyễn, tính độc đáo. Có thể khai thác nội dung các vấn đề giảng dạy, đề xuất các câu hỏi thông minh nhằm giúp học sinh lật đi lật lại vấn đề theo các khía cạnh khác nhau, để học sinh nắm thật vững bản chất các khái niệm, các mệnh đề, tránh được lối học thuộc lòng máy móc và lối vận dụng thiếu sáng tạo.

Giáo viên cần sử dụng từng loại câu hỏi và bài tập tác động đến từng yếu tố cụ thể của tư duy sáng tạo. Chẳng hạn như đưa ra những bài tập có cách giải riêng đơn giản hơn là áp dụng công thức tổng quát để khắc phục “tình ý” (hành động máy móc, không thay đổi phù hợp điều kiện mới); những bài tập có nhiều lời giải khác nhau, đòi hỏi học sinh phải chuyển từ phương pháp này sang phương pháp khác; những bài tập trong đó có những vấn đề thuận nghịch đi liền với nhau, song song với nhau, giúp cho việc hình thành các liên tưởng thuận; những bài toán “không theo mẫu”, không đưa được về các loại toán giải bằng cách áp dụng các định lý, quy tắc trong chương trình…

1.4.4. Bồi dưỡng tư duy sáng tạo là một quá trình lâu dài cần tiến hành trong tất cả các khâu của quá trình dạy học Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh là một quá trình lâu dài, cần tiến hành thường xuyên hết tiết học này sang tiết học khác, năm này sang năm khác của quá trình dạy học, trong nội khóa cũng như các hoạt động ngoại khóa. Cần tạo điều kiện cho học sinh có dịp được rèn luyện khả năng tư duy 24

sáng tạo trong việc toán học hóa các tình huống thực tế, trong việc viết báo toán với những đề toán tự sáng tác, những cách giải mới, những kết quả mới khai thác từ các bài tập đã giải…

Một vấn đề quan trọng là vấn đề kiểm tra, đánh giá phải được tiến hành song song với việc dạy học. Các đề thi, đề kiểm tra cần được soạn với yêu cầu kiểm tra được năng lực tư duy sáng tạo của học sinh. Học sinh chỉ có thể làm được hoàn chỉnh các đề kiểm tra đó trên cơ sở bộc lộ rõ rệt năng lực tư duy sáng tạo của bản thân chứ không phải chỉ là học tủ, vận dụng kiến thức máy móc thiếu sáng tạo.

Bên cạnh đó người giáo viên cần tổ chức những tình huống có vấn đề đòi hỏi tranh luận, tạo không khí giao tiếp thuận lợi.

Những tình huống đó cần phải phù hợp với trình độ của học sinh. Nội dung quá khó hay quá dễ đều không gây được hứng thú. Cần dẫn dắt học sinh tìm thấy cái mới, tự giành lấy kiến thức, cảm thấy mỗi ngày một trưởng thành. Để học tập sáng tạo cần tạo tình huống chứa một số điều kiện xuất phát rồi yêu cầu học sinh đề xuất càng nhiều giải pháp, càng tối ưu càng tốt.

Không khí lớp học căng thẳng, học sinh học trong một trạng thái tâm lý sợ sệt, sợ sai bị mắng, ngồi học không giám nhúc nhích, không giám nêu ý kiến chỉ làm thui chột khả năng sáng tạo. Tạo ra bầu không khí lớp học thoải mái, tôn trọng ý kiến của học sinh, động viên kịp thời sẽ rất tốt để phát huy tính sáng tạo cho học sinh. Học sinh sẽ học tập tích cực, chủ động, độc lập.

1.5.

Tiềm năng của chủ đề “Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm

giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất” trong việc bồi dưỡng và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh.

Trong quá trình học Toán thì kỹ năng vận dụng Toán học là quan trọng nhất, nhà trường không chỉ cung cấp cho học sinh những kiến thức Toán học, mà còn rèn luyện cho học sinh kỹ năng vận dụng tính độc lập, sự độc đáo và khả năng sáng tạo.

25

Các nhà tâm lý học cho rằng: "Sáng tạo bắt đầu từ thời điểm mà các phương pháp lôgic để giải quyết nhiệm vụ là không đủ và gặp trở ngại hoặc kết quả không đáp ứng được các đòi hỏi đặt ra từ đầu, hoặc xuất hiện giải pháp mới tốt hơn giải pháp cũ". Chính vì vậy, điều quan trọng là hệ thống bài tập cần được khai thác và sử dụng hợp lý nhằm rèn luyện cho học sinh khả năng phát triển tư duy sáng tạo ở các mặt như: khả năng tìm hướng đi mới (tìm nhiều lời giải cho một bài toán), khả năng tìm kết quả mới (khai thác các kết quả của một bài toán, các khía cạnh khác nhau của một bài toán).

Chủ đề hình học chứa đựng nhiều tiềm năng to lớn trong việc bồi dưỡng và phát huy năng lực sáng tạo cho học sinh. Bên cạnh việc giúp học sinh giải quyết các bài tập sách giáo khoa, giáo viên có thể khai thác các tiềm năng đó thông qua xây dựng hệ thống bài tập mới trên cơ sở hệ thống bài tập cơ bản, tạo cho học sinh phát triển năng lực sáng tạo của mình.

Trong chương trình toán ở bậc THPT, Chủ đề giải toán bằng phương pháp vectơ không phải là chủ đề mới trong chương trình Toán THPT. Tuy nhiên việc sử dụng phương pháp vectơ một cách linh hoạt sẽ tạo ra những lời giải mới, độc đáo, sáng tạo hơn cho những bài toán quen thuộc. Nhờ vectơ ta có thể đưa tọa độ vào bài toán hình học do đó tránh khỏi những sai lầm về mặt trực quan. Đặc biệt hơn khi áp dụng chuyên đề này trong quá trình ôn thi tốt nghiệp và đại học cũng như một số kỳ thi Học sinh giỏi đã gợi ý cho học sinh một hướng tư duy hiệu quả. Đối với việc học tập chuyên đề này trong trường THPT, giáo viên có thể linh hoạt chọn những hình thức dạy học thích hợp với năng lực của từng nhóm học sinh, tạo ra hứng thú, say mê cho mỗi nhóm có thể nhận một hay nhiều nhiệm vụ từ việc cụ thể hoá một dạng bài tập, hoặc có thể tổng quát hoá, đặc biệt hoá một bài tập cụ thể để xây dựng nên các bài tập mới. Đối với nhóm học sinh khá giỏi thì giáo viên có thể hướng dẫn các em sáng tạo nên các bài tập mới trên cơ sở các dạng bài tập đã dạy. Tuy nhiên, 26

khi tiếp xúc với chuyên đề này, nhiều học sinh còn bỡ ngỡ, còn nặng về chứng minh theo phương pháp thông thường, do đó, trong quá trình dạy học giáo viên cần dẫn dắt học sinh giải quyết hệ thống bài tập mới, tạo cho học sinh phát hiện vấn đề mới, đó là vấn đề quan trọng mà ta cần quan tâm bồi dưỡng cho học sinh. Có nhiều phương pháp khai thác các bài tập trong sách giáo khoa, để tạo ra các bài toán có tác dụng rèn luyện tính mềm dẻo, nhuần nhuyễn, tính độc đáo của tư duy sáng tạo.

Trên cơ sở phân tích khái niệm tư duy sáng tạo cùng những yếu tố đặc trưng của nó và dựa vào quan điểm: bồi dưỡng từng yếu tố cụ thể của tư duy sáng tạo cho học sinh là một trong những biện pháp để phát triển năng lực tư duy sáng tạo, các bài tập chủ yếu nhằm bồi dưỡng tính mềm dẻo của tư duy sáng tạo với các đặc trưng: dễ dàng chuyển từ hoạt động trí tuệ này sang hoạt động trí tuệ khác, suy nghĩ không rập khuôn; khả năng nhận ra vấn đề mới trong điều kiện quen thuộc, nhìn thấy chức năng mới của đối tượng quen biết.

Các bài tập chủ yếu bồi dưỡng tính nhuần nhuyễn của tư duy sáng tạo với các đặc trưng: khả năng tìm được nhiều giải pháp trên nhiều góc độ và hoàn cảnh khác nhau, xem xét đối tượng dưới những khía cạnh khác nhau. Các bài tập chủ yếu nhằm bồi dưỡng tính nhạy cảm vấn đề của tư duy sáng tạo với các đặc trưng: nhanh chóng phát hiện những vấn đề tìm ra kết quả mới, tạo được bài toán mới, khả năng nhanh chóng phát hiện ra các mâu thuẫn, thiếu logic.

Ngoài ra tư duy hình học mang những nét đặc trưng quan trọng và cơ bản của tư duy toán học. Việc phát triển tư duy hình học luôn gắn với khả năng phát triển trí tưởng tượng không gian, phát triển của phương pháp suy luận; việc phát triển tư duy ở cấp độ cao sẽ kéo theo sự phát triển tư duy đại số. Như vậy để nâng dần cấp dộ tư duy trong dạy học hình học, việc dạy học phải được chú ý vào: phát triển trí tưởng tượng không gian bằng cách: giúp học sinh hình thành và tích luỹ các biểu tượng không gian một cách vững

27

chắc, biết nhìn nhận đối tượng hình học ở các không gian khác nhau, biết đoán nhận sự thay đổi của biểu tượng không gian khi thay đổi một số sự kiện.

Như vậy tiềm năng của chủ đề này trong việc bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh là rất lớn.

1.6.

Kết luận chương 1 Trong chương này luận văn đã làm rõ các khái niệm tư duy, tư duy sáng

tạo, nêu được các yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo, đồng thời nêu được tiềm năng của chuyên đề: “Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất” trong việc phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh.

Việc bồi dưỡng và phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua quá trình dạy học giải bài tập toán là rất cần thiết bởi qua đó chúng ta giúp học sinh học tập tích cực hơn và kích thích được tính sáng tạo của học sinh trong học tập và trong cuộc sống.

28

CHƯƠNG 2 PHÁT TIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÔNG QUA DẠY HỌC CHUYÊN ĐỀ: "ỨNG DỤNG VECTƠ VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT" 2.1.

Một số kiến thức cơ bản về vectơ

2.1.1. Vectơ trong mặt phẳng 2.1.1.1. Đại cương về vectơ • Vectơ là một đoạn thẳng trong đó đã chỉ rõ điểm mút nào là điểm đầu, điểm mút nào là điểm cuối. Điểm đầu và điểm cuối của vectơ theo thứ tự là

gốc và ngọn của vectơ. Vectơ có gốc A, ngọn B được ký hiệu là AB .

• Hướng từ gốc tới ngọn của vectơ gọi là hướng của vectơ.

• Độ dài của đoạn thẳng AB được gọi là độ dài của vectơ AB (hay

môđun của AB ), ký hiệu AB .

• Vectơ có gốc và ngọn trùng nhau được gọi là vectơ - không, ký hiệu: 0 .

Vectơ 0 có hướng tùy ý và độ dài bằng 0.

• Hai vectơ được gọi là cùng phương (hay cộng tuyến) nếu chúng cùng nằm trên một đường thẳng hoặc nằm trên hai đường thẳng song song. Nếu

AB cùng phương với CD ta viết AB // CD .

• Hai vectơ cùng phương có thể cùng hướng hoặc ngược hướng: nếu hai

tia AB, CD cùng hướng thì ta nói hai vectơ AB và CD cùng hướng, ký hiệu:

AB ↑↑ CD . Nếu hai tia AB, CD ngược hướng nhau ta nói hai vectơ AB và

CD ngược hướng, ký hiệu: AB ↑↓ CD .

• Hai vectơ gọi là bằng nhau nếu chúng cùng hướng và cùng độ dài. Nếu

hai vectơ AB và CD bằng nhau ta viết AB = CD .

29

• Hai vectơ gọi là đối nhau nếu chúng ngược hướng và cùng độ dài. Nếu

hai vectơ AB và CD đối nhau, ta viết AB = - CD .

• Có rất nhiều vectơ bằng một vectơ AB cho trước. Tập hợp các vectơ này được coi là một vectơ (vectơ tự do). Một vectơ tự do hoàn toàn xác định nếu biết hướng và độ dài của nó. Vectơ tự do thường được ký hiệu đơn giản:

a , b , x ,....

• Phép dựng vectơ: cho trước a . Với mỗi điểm M, tồn tại duy nhất điểm

N sao cho MN = a .

2.1.1.2. Các phép toán về vectơ a) Tổng của hai vectơ :

• Định nghĩa: Cho hai vectơ a và b . Lấy một điểm A tùy ý, vẽ AB = a

và BC = b . Vectơ AC được gọi là tổng của hai vectơ a và b . Ta ký hiệu

tổng của hai vectơ a và b là: a + b . Phép toán tìm tổng của hai vectơ còn

được gọi là phép cộng vectơ.

• Quy tắc:

* Quy tắc ba điểm: Với ba điểm A, B, C bất kỳ ta có: AB + BC = AC .

* Quy tắc hình bình hành: Nếu ABCD là hình bình hành thì:

AB + AD = AC .

• Tính chất: Với ba vectơ a , b , c tùy ý, ta có:

a + b = b + a (tính chất giao hoán).

(a + b ) + c = a + (b + c) (tính chất kết hợp).

a + 0 = 0 + a = a (tính chất của vectơ - không).

b) Hiệu của hai vectơ :

• Định nghĩa: Cho hai vectơ a và b . Ta gọi hiệu của hai vectơ a và b là

vectơ a + ( − b) , ký hiệu: a - b .

30

• Quy tắc về hiệu vectơ : Nếu MN là một vectơ đã cho thì với điểm O

bất kỳ, ta luôn có: MN = ON − OM.

c) Tích của một vectơ với một số

i)Định nghĩa: Cho hai vectơ a và b khác vectơ 0 . Tích vô hướng của a và b

là một số, ký hiệu là a . b , được xác định bởi công thức sau:

a.b = a . b .cos(a,b) .

2

Khi a = b thì tích vô hướng a . a được ký hiệu là a và số này được gọi là 2 2

bình phương vô hướng của a , đồng thời: a = a . a .cos0 = a .

ii) Tính chất: Với ba vectơ a , b , c bất kỳ và mọi số k ta có:

a . b = b . a (tính chất giao hoán)

a . ( b + c ) = a . b + a . c (tính chất phân phối)

(k. a ). b = k( a . b ) = a . (k b ).

2.1.1.3. Chú ý a) Điểm chia một đoạn thẳng theo tỷ số cho trước:

OA − kOB MA = kMB ⇔ OM = (k ≠ 1) .

1− k

Hình 2.1 31

b) Cho tam giác ABC, M là một điểm trên cạnh BC. Khi đó M chia đoạn BC theo tỷ số k = −

MB . Do đó: MC MB AC AB + MC MB MC AM = = .AB + .AC .

MB BC BC 1+ MC

c) Từ các tính chất của tích vô hướng, dễ dàng chứng minh được: 1 2 2 1 2 2 i) a.b =  a + b − a − b  =  a + b − a − b  ;  4   4 

(

) (

)

1 ii) MA. MB = (MA 2 + MB2 − AB2 ) ; 2

iii) AB. CD = AB. C1D1 (C1, D1 lần lượt là hình chiếu của C, D trên AB).

Hình 2.2 2.1.1.4. Bổ đề

a)Bổ đề 1: Trong mặt phẳng Oxy,cho hai vectơ a và b . Khi đó:

i) a + b ≤ a + b . Đẳng thức xảy ra ⇔ a ↑↑ b .

ii) a - b ≥ a - b . Đẳng thức xảy ra ⇔ a ↑↓ b .

Chứng minh

i) Đặt a = AB , b = BC thì a + b = AC .

Với ba điểm A, B, C ta có: AC ≤ AB + BC, suy ra đpcm.

32

Đẳng thức xảy ra ⇔ A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó ⇔ a ↑↑ b .

ii) Đặt a = AB , b = BC thì a - b = CB .

Với ba điểm A, B, C, ta có CB ≥ AB − AC , suy ra đpcm.

Đẳng thức xảy ra ⇔ A, B, C thẳng hàng và A∉ [ BC] ⇔ a ↑↓ b .

2

b) Bổ đề 2:Trong mặt phẳng Oxy, với mọi vectơ a , ta có: a ≥ 0 . Đẳng thức

xảy ra ⇔ a = 0 .

2 2 Thật vậy, ta dễ dàng có điều phải chứng minh, vì a = a .

Đẳng thức xảy ra ⇔ a = 0 ⇔ a = 0 .

c) Bổ đề 3:Trong mặt phẳng Oxy,cho hai vectơ a và b . Khi đó:

i) a . b ≤ a . b . Đẳng thức xảy ra ⇔ a ↑↑ b .

ii) a . b ≥ - a . b . Đẳng thức xảy ra ⇔ a ↑↓ b .

Chứng minh

i) Ta có: a . b = a . b . cos( a , b ) và cos( a , b ) ≤ 1, nên suy ra đpcm.

Đẳng thức xảy ra ⇔ cos( a ,

ii) Tương tự: a . b = a .

b ) = 1 ⇔ ( a , b ) = 0 ⇔ a ↑↑ b .

b . cos( a , b ) và cos( a , b ) ≥ -1, nên suy ra

đpcm.

Đẳng thức xảy ra ⇔ cos( a , b ) = -1 ⇔ ( a , b ) = π ⇔ a ↑↓ b .

2.1.1.5. Biểu thức tọa độ a) Tọa độ của vectơ và điểm

Trong mặt phẳng tọa độ (O, i , j ) ta có định nghĩa:

i) u = (x; y) ⇔ u = x. i + y. j ;

ii) M(x; y) ⇔ OM = x. i + y. j . b) Tính chất 33

Trong mặt phẳng tọa độ (O, i , j ), xét các vectơ u = (x1; y1), v = (x2; y2).

Khi đó:

i) u + v = (x1 + x2; y1 + y2);

ii) u - v = (x1 - x2; y1 - y2);

iii) k. u = (kx1; ky1), k∈ ℝ . c) Biểu thức tọa độ của tích vô hướng

Trong mặt phẳng tọa độ (O, i , j ), xét các vectơ u = (x1; y1), v = (x2; y2).

Khi đó:

i) u . v = x1x2 + y1y2 ;

ii) Độ dài của vectơ : u = x12 + y12 ;

iii) Góc giữa hai vectơ : cos(u, v) =

x1x 2 + y1 y 2 x12 + y12 . x 22 + y 22

.

2.1.1.6. Tâm tỉ cự của hệ điểm * Định lý và định nghĩa:Cho n điểm A1, A2,...,An và n số thực α1 ,α 2 ,...,α n sao

cho α1 + α 2 + ... + α n ≠ 0 . Khi đó tồn tại duy nhất điểm I thỏa mãn:

α1.IA1 + α 2 .IA 2 + ... + α n .IA n = 0. Điểm I như vậy gọi là tâm tỉ cự của hệ n điểm {A1 ,A 2 ,...,A n } gắn với các hệ

số {α1 ,α 2 ,...,α n } .

Chứng minh:

Ta có:

α1.IA1 + α 2 .IA 2 + ... + α n .IA n = 0.

⇔ α1.IA1 + α 2 . IA1 + A1A 2 + ... + α n . IA1 + A1A n = 0.

(

)

(

)

⇔ (α1 + α 2 + ... + α n ) .IA1 = α 2 .A 2 A1 + α 3 .A3A1 + ... + α n .A n A1

34

α .A A + α .A A + ... + α .A A 3 3 1 n n 1 (do α1 + α 2 + ... + α n ≠ 0 ). ⇔ IA1 = 2 2 1 α1 + α 2 + ... + α n Từ hệ thức cuối cùng suy ra điểm I xác định và tồn tại duy nhất.

2.1.1.7. Một số điểm đặc biệt trong tam giác a) Bổ đề 4:Cho tam giác ABC và M là điểm bất kỳ trong mặt phẳng tam giác. Đặt Sa = S ( ∆MBC ) , Sb = S ( ∆MCA ) , Sc = S ( ∆MAB ) .

i) Nếu M nằm trong tam giác ABC thì:

Sa .MA + Sb .MB + Sc .MC = 0.

thì: ii) Nếu M nằm ngoài tam giác ABC, chẳng hạn M thuộc góc BAC

Sa .MA − Sb .MB − Sc .MC = 0.

Chứng minh:

Hình 2.3

i) Trên các tia đối của các tia MA, MB lấy các điểm D, E sao cho MDCE là

hình bình hành. Khi đó MC = MD + ME. Gọi B1, C1 lần lượt là hình chiếu của B, C trên AM, ta thấy: ∆B1BM ∽ ∆C1CD (g.g) nên:

ME DC CC1 Sb = = = .

MB MB BB1 Sc

S S Do đó: ME = − b .MB. Tương tự MD = − a .MA. Sc Sc

35

S S Vậy MC = − b .MB − a .MA hay Sa .MA + Sb .MB + Sc .MC = 0.

Sc Sc ii) Chứng minh tương tự như i).

b) Một số điểm đặc biệt trong tam giác + Trọng tâm: Điểm G là trọng tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi:

GA + GB + GC = 0 . + Trực tâm: Điểm H là trực tâm của tam giác nhọn ABC khi và chỉ khi:

tan A. HA + tan B. HB + tan C. HC = 0 . + Tâm đường tròn nội tiếp: Điểm I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi:

a. IA + b. IB + c. IC = 0 .

+ Tâm tròn ngoại tiếp: Điểm O là tâm tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC khi và chỉ khi:

sin 2A. OA + sin 2B. OB + sin 2C. OC = 0 .

+ Tâm đường tròn bàng tiếp: Điểm Ia là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC khi và chỉ khi:

−a. Ia A + b. I b B + c. Ic C = 0. Điểm Ib là tâm đường tròn bàng tiếp góc B của tam giác ABC khi và chỉ khi:

a. Ia A − b. I b B + c. Ic C = 0. Điểm Ic là tâm đường tròn bàng tiếp góc C của tam giác ABC khi và chỉ khi:

a. Ia A + b. I b B − c. Ic C = 0.

Chứng minh

()

Áp dụng bổ đề 4 bằng cách lần lượt cho M trùng với trọng tâm, trực

tâm, tâm đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp, bàng tiếp góc A, B, C của tam giác ta thu được điều phải chứng minh.

36

( ⇐) Điều ngược lại có thể chứng minh tương tự như nhau, chẳng hạn: nếu

a. IA + b. IB + c. IC = 0 thì I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC .Thật vậy, gọi I’

là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC thì: a. I'A + b. I'B + c. I'C = 0 .

Khi đó ta có:

a. I'A − IA + b. I'B − IB + c. I'C − IC = 0.

(

) (

) (

)

⇔ ( a + b + c ) .I'I = 0.

Do đó I' ≡ I . Vậy I là tâm đường tròn nội tiếp.

2.1.2. Vectơ trong không gian 2.1.2.1. Đại cương về vectơ • Định nghĩa:Vectơ trong không gian là một đoạn thẳng có hướng, ký

hiệu AB chỉ vectơ có điểm đầu A, điểm cuối B. Vectơ còn được ký

hiệu: a , b , x , u ,...

• Các khái niệm liên quan đến vectơ trong không gian như giá của vectơ,

độ dài của vectơ, sự cùng phương, cùng hướng của hai vectơ, vectơ - không, sự bằng nhau của hai vectơ, ...được định nghĩa tương tự như trong mặt phẳng.

2.1.2.2. Các phép toán về vectơ • Định nghĩa và tính chất của phép cộng và phép trừ hai vectơ, phép nhân của vectơ với một số, tích vô hướng của hai vectơ trong không gian tương tự như trong mặt phẳng.

• Quy tắc hình hộp:Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có ba cạnh xuất từ

đỉnh A là AB, AD, AA' và có đường chéo là AC'. Khi đó:

AC' = AB + AD + AA ' .

2.1.2.3. Điều kiện đồng phẳng của ba vectơ a) Định nghĩa:Trong không gian, ba vectơ được gọi là đồng phẳng nếu các giá của chúng cùng song song với một mặt phẳng.

37

b) Định lý 1: Trong không gian cho hai vectơ a và b không cùng phương và

c . Khi đó ba vectơ a , b , c đồng phẳng khi vàchỉ khi có cặp số (m, n) sao

cho c = m a + n b . Ngoài ra cặp số (m, n) là duy nhất.

c) Định lý 2: Trong không gian cho ba vectơ không đồng phẳng a , b , c . Khi

đó với mọi vectơ x ta đều tìm được một bộ ba số (m, n, p) sao cho:

x = m. a + n. b + p. c .

Ngoài ra bộ (m, n, p) là duy nhất.

2.1.2.4. Bổ đề

a) Bổ đề 5: Trong không giancho hai vectơ a và b . Khi đó:

i) a + b ≤ a + b . Đẳng thức xảy ra ⇔ a ↑↑ b .

ii) a - b ≥ a - b . Đẳng thức xảy ra ⇔ a ↑↓ b 2

b) Bổ đề 6: Trong không gian với mọi vectơ a , ta có: a ≥ 0 .

Đẳng thức xảy ra ⇔ a = 0 .

c) Bổ đề 7:Trong không gian cho hai vectơ a và b . Khi đó:

i) a . b ≤ a . b . Đẳng thức xảy ra ⇔ a ↑↑ b .

ii) a . b ≥ - a . b . Đẳng thức xảy ra ⇔ a ↑↓ b .

Chứng minh các bổ đề 1, 2, 3 tương tự như trong hình học phẳng.

2.1.2.5. Trọng tâm của tứ diện a) Định lý 3: Trong một tứ diện các đoạn thẳng đi qua mỗi đỉnh và trọng tâm của mặt đối diện đồng quy tại một điểm và điểm đó chia mỗi đoạn theo tỷ lệ 3: 1 kể từ đỉnh đến trọng tâm của mặt đối diện. Điểm đó gọi là trọng tâm của tứ diện.

b) Định lý 4: Điểm G là trọng tâm của tứ diện ABCD khi và chỉ khi:

GA + GB + GC + GD = 0 ⇔ MA + MB + MC + MD = 4MG, ∀M. 38

c) Định lý 5: Một tứ diện là tứ diện gần đều khi và chỉ khi trọng tâm trùng với tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.

2.1.2.6. Biểu thức tọa độ a) Tọa độ của vectơ và điểm

Trong mặt phẳng toạ độ (O, i , j , k ) ta có định nghĩa:

i) u = (x; y; z) ⇔ u = x. i + y. j + z k ;

ii) M(x; y; z) ⇔ OM = x. i + y. j + z k . b) Tính chất

Trong mặt phẳng tọa độ (O, i , j ), xét các vectơ u = (x1; y1; z1),

v = (x2; y2; z2). Khi đó:

i) u + v = (x1 + x2; y1 + y; z1 + z2);

ii) u - v = (x1 - x2; y1 - y2; z1 - z2);

iii) k. u = (kx1; ky1; kz1), k∈ ℝ .

c) Biểu thức tọa độ của tích vô hướng

Trong mặt phẳng tọa độ (O, i , j , k ), xét các vectơ u = (x1; y1; z1),

v = (x2; y2; z2). Khi đó:

i) u . v = x1x2 + y1y2 + z1z2

ii) Độ dài của vectơ : u = x12 + y12 + z12 ;

iii) Góc giữa hai vectơ : cos(u, v) =

2.2.

x1x 2 + y1 y 2 + z1z 2 x + y12 + z12 . x 22 + y 22 + z 22 2 1

.

Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất

Cho biểu thức f phụ thuộc điểm X biến thiên trên miền D. Ta nói:  f ( X ) ≤ M , ∀X ∈ D a) Max f(X)= M ⇔  ∃X 0 ∈ D : f(X 0 ) = M .

39

 f ( X ) ≥ m, ∀X ∈ D b) Min f(X) = m ⇔  ∃X 0 ∈ D : f(X 0 ) = m.

2.3.

Ứng dụng vectơ trong dạy học giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất,

giá trị nhỏ nhất theo định hướng phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh.

2.3.1. Khai thác ứng dụng của phương pháp vectơ trong dạy học giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong đại số và lượng giác theo định hướng phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh.

2.3.1.1. Một số định hướng về lý thuyết áp dụng và phương pháp giảng dạy - Khi giải bài toán đại số (hoặc lượng giác) bằng vectơ, trước tiên ta phải chuyển bài toán đại số (hoặc lượng giác) đó về ngôn ngữ vectơ nhờ tọa

độ của vectơ đối với hệ trục tọa độ ĐềCác vuông góc, chẳng hạn: + Công thức về độ dài vectơ + Tích vô hướng của hai vectơ + Góc giữa hai vectơ.

Thông thường khi gặp các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong đại số (hoặc lượng giác) mà mỗi biểu thức dưới dấu căn bậc hai A,

B ,… được biểu diễn dưới dạng tổng của hai bình phương hoặc ba bình

phương ta thiết lập các vectơ có tọa độ thích hợp trên hệ trục tọa độ Descartes vuông góc Oxy, Oxyz sao cho độ dài các vectơ đó tương ứng bằng A,

B ,…Sau đó sử dụng các kết quả lý thuyết có liên quan đến độ dài vectơ

hoặc sự tương giao của các đường trong mặt phẳng.

- Phương pháp giải quyết các lớp bài toán này thông thường sẽ được học sinh nhìn nhận dưới góc độ đại số vì vậy nên chia lớp ra thành các nhóm khác nhau và giao nhiệm vụ cụ thể cho các nhóm để tiến hành giải quyết theo

định hướng lý thuyết áp dụng. Sau khi các nhóm tiến hành giải quyết xong vấn đề giáo viên sẽ sử dụng hệ thống các câu hỏi gợi mở để học sinh tự rút ra

40

kinh nghiệm, ưu điểm và nhược điểm của từng phương pháp, nếu có thể tổng hợp và khái quát thành lớp các bài toán có tính tổng quát hơn.

- Chú ý khuyến khích học sinh tìm ra nhiều hướng giải quyết vấn đề bằng cách khai thác các đặc điểm riêng của mỗi bài toán.

2.3.1.2. Một số bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong đại số và lượng giác giải bằng phương pháp vectơ.

Bài toán 1 Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x 2 + 2 x + 2 + x 2 − 2 x + 2 .

Hướng dẫn: Hàm số đã cho có thể viết dưới dạng: y =

( x + 1) 2 + 12 + ( x − 1) 2 + 1 nên

phù hợp với nguyên tắc chung của dấu hiệu nhận biết khi sử dụng phương pháp vectơ.

Giáo viên cho học sinh lựa chọn các vectơ với tọa độ tương ứng. Dự kiến các sai lầm mắc phải khi lựa chọn.

Cho các học sinh thảo luận và nêu các cách chọn đúng đắn nhất.

Lời giải:

Trong hệ trục tọa độ Oxy, ta chọn: u = ( x + 1;1) và v = (1 − x;1) . Từ đó ta có:

u = x 2 + 2 x + 2 , v = x 2 − 2 x + 2 , u + v = (2;2) và u + v = 2 2 .

Áp dụng bổ đề 1 (mục 2.1.1.4) ta có: u + v ≥ u + v . Suy ra:

x2 + 2x + 2 + x2 − 2 x + 2 ≥ 2 2 .

x +1 1 Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ u ↑↑ v ⇔ = ⇔ x = 0.

1− x 1

Vậy Min y = 2 2 ⇔ x = 0.

Các dạng câu hỏi gợi mở:

1. Nếu thay đổi tọa độ các vectơ đã chọn dưới một số hình thức thì kết quả thay đổi như thế nào?

41

2. Có thể cho các ví dụ tương tự như các ví dụ trên được không?

3. Có thể sử dụng kết quả bài toán 1 ở các dạng bài khác được không? Cho ví dụ minh họa?

Các bài toán tương tự.

Tìm giá trị nhỏ nhất của các biểu thức sau: 1. A =

a 2 + a + 1 + a 2 − a + 1, ∀a ∈ ℝ .

2. B =

x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 , ∀x,y,z > 0.

3. C =

x 2 − 4 x + 8 + 10 y 2 − 18 y + 9 + 10 y 2 − 2 xy + y 2 , ∀x, y ∈ ℝ.

Hướng dẫn: Chọn A(0; 3), B(2; -2); M(y; 3y), N(x; 0).

Bài toán 2: Cho các số dương a, b thỏa mãn: a+ b =1. Tìm giá trị nhỏ nhất củabiểu thức: 2

2

1  1  T =  a +  + b +  . a  b  Hướng dẫn:

Ở vế phải của biểu thức T không có dạng tổng của các căn. Tuy nhiên giáo viên có thể gợi ý cho HS lựa chọn các vectơ với tọa độ thích hợp để bình phương độ dài của vectơ xuất hiện biểu thức của vế phải biểu thức T. Dự kiến các sai lầm mắc phải khi lựa chọn.

Cho các học sinh thảo luận và nêu các cách chọn đúng đắn nhất.

Sau khi đưa ra lời giải bài toán GV cho HS thảo luận theo nhóm để đưa ra các bài toán tương tự và phát biểu bài toán tổng quát.

Lời giải

Trong mặt phẳng tọa độ Đề-Các vuông góc Oxy, xét các vectơ 

1 1 u =  a + ; b +  và v = (1;1) thì ta có: a b  2 2

1  1 1 1 2  u.v = a + + b + ; u =  a +  +  b +  ; v = 2. a  b a b  42

Vì u.v

( )

2

2 2 ≤ u . v nên:

2 2 2  1 1 1  1    a + + b +  ≤ 2  a +  +  b +   a b a  b    

 1  1  ⇔ 2T ≥  4a +  +  4b +  − 3(a + b)  a  b  

2

≥ (4 + 4 − 3) 2 = 25 .

1 1  1 u ↑↑ v a + = b + Đẳng thức xảy ra ⇔  ⇔ a b ⇔a=b= .

2 a + b = 1 a + b = 1  Vậy Min T=

25 1 ⇔a =b= .

2 2

Các bài toán tương tự.

Bài 1: Cho các số dương a, b thỏa mãn a + b = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 2

2

1  1  biểu thức: T =  a +  +  b +  . b  a  Bài 2:Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ 2

2

2

1  1  1  nhất của tổng: T =  a +  +  b +  +  c +  . a  b  c 

Bài toán tổng quát Cho các số thực dương α , β , s và các số dương a1 , a2 ,..., an thỏa mãn: a1 + a2 + ... + an = s . Tìm giá trị nhỏ nhất của tổng: 2

2

2

  β  β β T =  α a1 +  +  α a2 +  + ... +  α an +  . b1   b2  bn   

Trong đó ( b1 , b2 ,..., bn ) là một hoán vị bất kỳ của ( a1 , a2 ,..., an ) .

43

Bài toán 3 Cho các số thực a, b thỏa mãn : a – 2b + 2 = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =

( a − 3) 2 + (b − 5) 2 + (a − 5) 2 + (b − 7) 2 .

Hướng dẫn:

- Ta thấy vế phải của biểu thức T là tổng độ dài của hai đoạn thẳng (hoặc hai vectơ).

- Nếu biểu thức có dạng tổng của hai đoạn thẳng thì hai đoạn thẳng đó phải có một điểm chung. Nếu biểu thức có dạng tổng độ dài của hai vectơ, thông thường vectơ tổng của hai vectơ đó có độ dài không đổi.

- Trong bài toán này ta có thể áp dụng cho trường hợp thứ nhất. Trong mặt

phẳng tọa độ (O, i, j ), xét các điểm A(3; 5), B(5; 7) và M(a; b). Ta thấy M∈ d: x-2y +2 = 0; A, B cùng phía so với d và T = MA + MB. Lời giải

Hình 2.4

Trong mặt phẳng tọa độ (O, i, j ), xét các điểm A(3; 5), B(5; 7) và M(a; b). Ta

thấy M∈ d: x -2y +2 = 0, A, B cùng phía so với d và T = MA + MB. 44

Gọi A’là điểm đối xứng của A qua d thì A’(5; 1).

Khi đó ta có: T = MA + MB = MA’ + MB ≥ A’B =

(5 − 5) 2 + (7 − 1) 2 = 6 .Đẳng

 7 thức xảy ra ⇔ A’, M, B thẳng hàng ⇔ M  5;  .  2

a = 5  Vậy Min T = 6 ⇔  7 . b =  2 Bài toán 4 Với a, b là các số thực tùy ý, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau: f=

2b 2 − 6b + 9 + 2b 2 −

10ab 10a 2 3 13a 2 + + − 4a + 4 3 9 2 9

Hướng dẫn:

Các số hạng ở vế phải có thể được viết dưới dạng: 2b 2 − 6b + 9 = b 2 + (b − 3) 2 ; 2

10ab 13a 2 2a   + = (b − a ) 2 +  b − 2b −  ; 3 9 3   2

2

13a 2  2a  − 4a + 4 = ( a − 2) 2 +   .

9  3 

Các phân tích trên tương đối phức tạp đòi hỏi học sinh phải có kỹ năng biến đổi đại số thành thạo. Vấn đề tiếp theo đặt ra là chọn các điểm với tọa độ tương ứng như thể nào để khớp với vế phải của biểu thức.

Giáo viên gợi ý cho học sinh cách lựa chọn điểm để có thể sử dụng tính chất của đường gấp khúc (điểm cuối của vectơ này là điểm đầu của vectơ kia). +) Chọn theo 2b 2 − 6b + 9 = b 2 + (b − 3) 2 ta có thể chọn A(0; 3), N(b; b),

suy ra AN = (b; b − 3) .

45

2

+) Chọn theo

10ab 13a 2 2a   + = (b − a ) 2 +  b − 2b −  ta có thể chọn 3 9 3   2

 2a   2a  M  a;  , N(b;b), suy ra MN =  b − a; b − .

3   3   2

+) Chọn theo

13a 2  2a   2a  − 4a + 4 = (a − 2) 2 +   ta có thể chọn M  a;  , 9  3   3 

 2a  B(2;0), suy ra BM =  a − 2;  .

3   +) Câu hỏi đặt ra là số hạng cuối bên vế phải còn xuất hiện hệ số

3 . Vậy cần 2

phải bổ sung điểm nào để thỏa mãn hệ số đó? Các câu hỏi tập kích não liên tiếp như vậy sẽ giúp học sinh tư duy liên tục và vận dụng các nội dung lý thuyết của vectơ để giải quyết.

Hình 2.5 46

Lời giải

3 Giả sử M1 là điểm xác định bởi BM = −2 BM 1 . Suy ra MM 1 = − BM .

2 Gọi (d) là đường thẳng có phương trình 2x - 3y = 0 đi qua M. Gọi (d’) là đường thẳng song song với đường thẳng (d) và đi qua điểm M1.

Khi đó ta tìm được phương trình của (d’) là: 2x – 3y – 6 = 0.

Gọi H là giao điểm của đường thẳng AB và (d’). Ta chứng minh được AB vuông góc với (d’) tại H và AH =

15 13 .

13

Theo tính chất của đường gấp khúc ta có: AN + NM + MM 1 ≥ AM 1 ≥ AH .

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng AB với

đường thẳng (d); N là giao điểm của đường thẳng (AB) với đường thẳng có phương trình y = x.

 18 12  6 6 Ta tìm được tọa độ điểm M  ;  , N  ;  .  13 13  5 5

 18 a = 13 15 13 Vậy Min f = ⇔ 13 b = 12 .  13 Các dạng câu hỏi gợi mở Hãy chỉ ra tính độc đáo trong lời giải của bài toán trên? Từ đó rút ra nhận xét cho dạng bài tương tự. Cho ví dụ minh họa?

Các bài toán tương tự: 1. Cho số thực x thỏa mãn x ≤ A=

4 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3 x2 + 4 + 2 x2 − 4 x + 5 .

47

2. Cho số thực x thỏa mãn x ≥ − B=

2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3

x2 + 4 +

3 2 x + 2x + 2 .

2

3. Cho a, b ∈ ℝ .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: C = 5b 2 − 8b + 4 + 5b 2 − 8ab + 5a 2 + 2 5a 2 − 4a + 1 .

Bài toán 5 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = T = sinx + 2 − sin 2 x + sinx. 2 − sin 2 x .

Hướng dẫn: Cách 1: Sử dụng tính chất của vectơ trong không gian.

Trong không gian Oxyz, chọn hai vectơ u, v

u = sinx; 1; 2 − sin 2 x   v = 1; 2 − sin 2 x ; sinx . 

Khi đó: u.v = sinx + 2 − sin 2 x + sinx. 2 − sin 2 x , u . v = 3.

( (

sao

cho:

) )

u.v sinx + 2 − sin 2 x + sinx. 2 − sin 2 x .

Ta có: cos(u; v) = = 3 u.v

Dùng tính chất bị chặn của cos(u; v ) ta tìm được GTLN, GTNN của biểu

thức? * Dự đoán sai lầm của HS khi triển khai theo cách làm này

Vì −1 ≤ cos(u; v ) ≤ 1 nên −3 ≤ T ≤ 3 . Suy ra MaxT = 3; MinT=-3.

GV yêu cầu HS tìm điều kiện của x để biểu thức T đạt GTLN, GTNN: +) sinx + 2 − sin 2 x + sinx. 2 − sin 2 x =3

48

sinx 1 2 − sin 2 x π ⇔ = = ⇔ sinx = 1 ⇔ x = + k 2π (k ∈ Z).

2 2 1 sinx 2 − sin x +) sinx + 2 − sin 2 x + sinx. 2 − sin 2 x = -3.

Đặt t = sinx + 2 − sin 2 x  sinx. 2 − sin 2 x =

(*) t2 − 2 .

2

Phương trình (*) trở thành: t 2 + 2t + 4 = 0 (Vô nghiệm).

Vậy không tồn tại x để biểu thức T đạt giá trị bằng -3 hay -3 không phải là GTNN của biểu thức T. Kết luận: Sử dụng cách làm trên ta chỉ tìm được GTLN mà không tìm được GTNN. Nếu HS chỉ nhìn kết quả đánh giá −3 ≤ T ≤ 3 để kết luận về GTLN, GTNN thì sẽ dẫn đến sai lầm về bản chất toán học của GTLN, GTNN. Cách 2: Sử dụng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng

Đặt f ( x) = T = sinx + 2 − sin 2 x + sinx. 2 − sin 2 x .

Gọi m là giá trị tùy ý của hàm số f(x).

Điều đó có nghĩa là phương trình sau (ẩn x) có nghiệm: sinx + 2 − sin 2 x + sinx. 2 − sin 2 x = m. (1)

Đặt u = 2 − sin 2 x , v=sinx. Khi đó, ta có: u + v + u.v = m (2)  2 2 (3) u + v = 2 (1) ⇔  (4) -1 ≤ v ≤ 1 1 ≤ u ≤ 2 (5). 

49

Xét hệ trục Ouv:

Hình 2.6

Dễ thấy (3), (4), (5) biểu diễn cung AB nhỏ, ở đây A(1;-1), B(1; 1). (u + v) 2 − 2 Từ (2) ta có: u + v + =m 2

⇔ (u + v) 2 + 2(u + v) − 2m − 2 = 0.

Suy ra: u + v = −1 + 2m + 3 hoặc u + v = −1 − 2m + 3

loại (vì không cắt

cung AB ).

Từ đó nhận thấy (1) có nghiệm ⇔ đường thẳng u + v = −1 + 2m + 3 cắt cung AB . Tức là 0 ≤ −1 + 2m + 3 ≤ 2 ⇔ 1 ≤ 2m + 3 ≤ 3 ⇔ −1 ≤ m ≤ 3.

Vậy Max f ( x) = 3 ⇔ x = x∈ℝ

π 2

+ k 2π và Min f ( x) = −1 ⇔ x = x∈ℝ

−π + k 2π .

2

Bài toán 6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = Hướng dẫn: 50

2 cosx + sinx + cosx .

Viết lại các số hạng trong tổng T dưới dạng bình phương để có hướng chọn tọa độ điểm cho phù hợp:

T = 2 cosx + sinx + cosx =

(

)

2

2 cos x + 02 +

( sinx + cos x )

2

+ 02 .

Trên cơ sở phân tích trên, yêu cầu các nhóm học sinh tự lựa chọn điểm với tọa

độ tương ứng để giải quyết bài toán.

Lời giải Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chọn điểm A(cosx; 0), B(0;cosx), C(-sinx;0).

 AB = (− cos x; cosx)  AB = 2 cosx   Khi đó ta có:  BC = (− sin x; −cosx)   BC = 1   CA = (cos x + sin x;0) CA = sinx + cos x .

Theo bất đẳng thức tam giác ta có: AB + CA ≥ BC .

Suy ra min T = 1 ⇔ x =

π 2

+ kπ (k ∈ Z).

Câu hỏi mở: Hãy suy nghĩ và đề xuất cách giải khác cho bài toán trên.

Bài toán 7 Cho tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

T = cosA + cosB + cosC. Hướng dẫn: Khi biết tích vô hướng của hai vectơ và độ dài của hai vectơ đó ta có thể tính

được góc của nó (để đơn giản ta thường chọn các vectơ đơn vị). Đối với các góc A, B, C của tam giác ABC, ta thường chọn các vectơ đơn vị nằm trên các cạnh của tam giác.

BC CA Đặt = e1 , = e2 , BC CA

e1 , e2 = π − C ; e2 , e3

(

)

(

AB = e3 thì e1 = e2 = e3 = 1 và AB

= π − A; e3 , e1 = π − B.

)

(

)

51

Ta có: e1 + e2 + e3 ≥ 0 .

(

)

Từ đó biến đổi tìm được GTLN của T. Lời giải

BC CA Đặt = e1 , = e2 , BC CA

e1 , e2 = π − C ; e2 , e3

(

AB = e3 thì e1 = e2 = e3 = 1 và AB

= π − A; e3 , e1 = π − B.

) ( )

Ta có: ( e + e + e ) ≥ 0 nên: 1

2

(

)

3

2 2 2

e1 + e2 + e3 + 2(e1.e2 + e2 .e2 + e3 .e1 ) ≥ 0

⇔ 1 + 1 + 1 + 2 ( cos(π − C ) + cos(π − A) + cos(π − B) ) ≥ 0 ⇔ 3 − 2 ( cosA + cosB + cosC ) ≥ 0

3 ⇔T ≤ .

2

Đẳng thức xảy ra ⇔ e1 + e2 + e3 = 0

BC CA AB ⇔ + + =0 BC CA AB

⇔ BC = CA = AB ⇔ ∆ABC đều.

Vậy Max T =

3 ⇔ ∆ABC đều.

2

Bài tập áp dụng Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn điều kiện: a 2 + b 2 + c 2 + abc = 4 .

Tìm giá trị lớn nhất của tổng: s = a + b + c.

Lời giải Từ giả tiết suy ra 0 < a, b, c < 2, do đó đặt: a = 2cosA, b = 2cosB, c =2cosC với A, B, C là các góc nhọn. Khi đó:

52

−ab + (4 − a 2 )(4 − b 2 ) c= 2 =

−4cos A cos B + 4sin A sin B 2

= −2cos( A + B) = 2cos(π − A − B) .

Do đó: 2cos C = 2cos(π − A − B) nên A + B + C = π , chứng tỏ A, B, C là ba góc của một tam giác. Ví dụ, ta có:

3 a + b + c = 2(cos A + cosB+cosC) ≤ 2. = 3.

2 Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c = 1.

Vậy max s = 3 ⇔ a = b = c = 1.

Bài toán tổng quát Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh là a, b, c; x, y, z là các số thực dương.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: S = yzcosA+ zxcosB + xycosC.

Lời giải

Xét các vectơ e1 , e2 , e3 như trong bài toán 7. Ta có:

xe1 + ye2 + ze3 ≥ 0 2 2 2

⇔ x 2 e1 + y 2 e2 + z 2 e3 + 2 xye1.e2 + 2 yze2 .e3 + 2 zxe3 .e1 ≥ 0

(

)

⇔ x 2 + y 2 + z 2 − 2 xy cos C − 2 yz cos A − 2 zx cos B ≥ 0 x2 + y 2 + z 2 . ⇔ yzcosA+ zxcosB + xycosC ≤ 2

Đẳng thức xảy ra ⇔ xe1 + ye2 + ze3 = 0

xBC yCA z AB x y z ⇔ + + =0⇔ = = .

BC CA AB a b c

53

x y z x2 + y 2 + z 2 ⇔ = = .

Vậy MaxS = 2 a b c BÀI TẬP VÀ HƯỚNG DẪN Bài toán 8: Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn x+ y + z ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =

x2 +

1 1 1 + y2 + 2 + z2 + 2 .

2 x y z

Lời giải  1  1  1 Đặt a =  x;  , b =  y;  , c =  z;  .  x  z  y 2

1 1 1 2 Vì a + b + c ≥ a + b + c nên T ≥ ( x + y + z ) +  + +  . x y z

Ta có:

( x + y + z)

2

1 1 1 + + +  x y z

2

2  1 1 1  2 2 = 81( x + y + z ) +  + +   − 80 ( x + y + z )   x y z  

1 1 1 ≥ 18 ( x + y + z )  + +  − 80( x + y + z ) 2 x y z ≥ 18.9 − 80.1 = 82.

1 Vậy Min T = 82 ⇔ x = y = z = .

3

Bài tập tương tự.

1. Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn x + y + z ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =

x2 +

1 1 1 + y2 + 2 + z2 + 2 .

2 y z x

54

2. Cho x, y, z, a, b là các số dương thỏa mãn x + y + z ≤ 1 và a ≤ 81b . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T = ax 2 +

b b b + ay 2 + 2 + az 2 + 2 .

2 y z x

3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =

x12 + y12 + x22 + y22 + x32 + y32

Trong đó x1 , x2 , x3 , y1 , y2 , y3 là các số thực dương thỏa mãn một trong các điều kiện sau: a) ( x1 + x2 + x3 )( y1 + y2 + y3 ) = 1. b) x1 + x2 + x3 + y1 + y2 + y3 = 1.

Bài toán 9 Tìm giá trị lớn nhất của hàm số : y =

3 x 2 − 4ax + 4a 2 − 3 x 2 − 2ax + a 2 .

Lời giải Ta có y =

2 2   2 a  8a 2 a  2a 2   .

3.   x −  + − x−  + 3  9 3 9      

 2 a 2 2a   a 2a  Trên mặt phẳng tọa độ Oxy, lấy các điểm A  ; , B ;  và 3 3 3 3     M(x;0) thì y =

3( MA − MB ) .

Với ba điểm M, A, M ta luôn có: MA − MB ≤ MA − MB ≤ AB =

a 3

.

Đẳng thức xảy ra ⇔ khi và chỉ khi M là giao điểm của AB và Ox ⇔ M(0; 0).

Vậy Max T = a ⇔ x = 0.

Bài toán 10 Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T=

x 2 + ( y − 1) 2 + x 2 + ( y + 1) 2 + x − 2 .

Lời giải

55

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét các điểm A(-x; y-1), B(x; y+1). Với ba điểm A, O, B ta có: OA + OB ≥ AB nên: x 2 + ( y − 1) 2 + x 2 + ( y + 1) 2 ≥ 4 + 4 x 2 .

Đẳng thức xảy ra ⇔ A, O, B thẳng hàng theo thứ tự đó.

Do đó T ≥ 4 + 4 x 2 + x − 2 .

Xét hàm số f ( x ) = 4 + 4 x 2 + x − 2 .

Với x < 2 thì f ( x) = 4 + 4 x 2 − x + 2 , do đó f '( x ) =

2x 1 + x2

−1.

x ≥ 0 1 . f '( x ) = 0 ⇔ 1 + x 2 = 2 x ⇔  ⇔x= 2 2 3 1 + x = 4 x

Lập bảng biến thiên suy ra Min f ( x) = 2 + 3 ⇔ x =

1 . (Khi đó y = 0).

3

Với x ≥ 2 thì ta có f ( x) = 2 1 + x 2 + x − 2 ≥ f (2) = 2 5 > 2 + 3.

1  x = Vậy Min T = 2+ 3 ⇔  3  y = 0. 

Bài toán tổng quát Cho x , y là các số thực thay đổi và a, b là các hằng số thỏa mãn: a ≥ 0, b ≥ T=

a 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 3

x 2 + ( y − a)2 + x 2 + ( y + a)2 + x − b .

a  x = Đáp số: Min T = b + a 3 ⇔  3  y = 0. 

Bài toán 11

56

Cho x ∈ [ −1;3] . Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: y =

x x +1 + 3 − x 2 x2 + 1

.

Lời giải

a.b Xét các vectơ a = ( x;1), b = ( x + 1; 3 − x ). Ta có: y = = cos(a, b). a.b Do đó y ≤ 1.

x =1 x x +1 Đẳng thức xảy ra ⇔ a ↑↑ b ⇔ = ⇔ 1 3− x  x = 1 ± 2.

x =1 Vậy Max y = 1 ⇔   x = 1 ± 2.

Bài toán 12 Cho x ∈ [ 0;2] . Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: y = 4 x − x 3 + x + x 3 .

Lời giải Ta có: 2 y = 2. 8 x − 2 x3 + 2 x + x 3 .

Xét các vectơ a = ( 2;2), b = ( 8 x − 2 x 3 ; x + x 3 ) thì y = a.b .

Vì a.b ≤ a . b nên 2 y ≤ 6. 9 x − x3 .

Đặt 9x − x 3 = A thì A = x(9 − x 2 ) ≥ 0, ∀x ∈ [ 0;2 ].

Theo bất đẳng thức Cô Si ta có:

A2 = x 2 ( 9 − x 2 ) = 2

2 1 2 x 2 ) .( 9 − x 2 ) ( 2 3

1  2 x2 + 9 − x2 + 9 − x2  ≤   = 108.

2 3 

Do đó A ≤ 6 3 hay y ≤ 3 4 3 .

57

 8 x − 2 x3 =  Đẳng thức xảy ra ⇔  2  2 3 2 x = 9 − x

x + x3 ⇔ x = 3.

2

Vậy Max y = 3 4 3 ⇔ x = 3.

Kết thúc nội dung của ứng dụng này GV hướng dẫn HS chuẩn bị chuyên đề và báo cáo vào buổi tự học của lớp.

Bài 13: Tìm GTLN của hàm số: x y = x + 4 1− .

2 Hướng dẫn:

Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 .

Xét các vectơ a = (1; 2 2), b = ( x ; 2 − x ) thì:

x a = 3, b = 2 và a.b = x + 4 1 − .

2

Ta có: y = a.b ≤ a . b = 3 2.

Đẳng thức xảy ra ⇔

x 2− x 2 = ⇔x= .

1 9 2 2

2 Vậy Max y = 3 2 ⇔ x = .

9

Bài 14: Cho x, y thỏa mãn điều kiện: 4x2+ 9y2= 16. Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: S = 2 x + 3 3 y + 2.

Hướng dẫn:

Xét các vectơ u = (1; 3), v = (2 x; 3y) thì S = u.v + 2.

Vì − u v ≤ u.v ≤ u v nên suy ra: −6 ≤ S ≤ 8.

Ta thấy:

58

 2x 3y x = 1 >0  =  S =8⇔  1 ⇔ 3 2 3. 4 x 2 + 9 y 2 = 16  y = 3   Tương tự:

 x = −1  S = −6 ⇔  2 3. y = −  3 

Vậy Min S = -6, Max S = 8.

Bài 15: Cho các số thực a, b, c, d thỏa mãn các điều kiện: i) a 2 + b 2 + 1 = 2(a + b) ; ii) c 2 + d 2 + 36 = 12(c + d ) .

Tìm GTLN và GTNN của biểu thức: P =

(a − c)

2

+ (b − d ) .

2

Hướng dẫn: Xét điểm A(a; b) có tọa độ thỏa mãn: a 2 + b 2 + 1 = 2(a + b) thì A thuộc đường tròn ( C1 ) có phương trình: ( x − 1) + ( y − 1) = 1.

2

2

Tương tự xét điểm B(c; d) thuộc đường tròn

( x − 6)

2

( C2 )

có phương trình:

+ ( y − 6 ) = 36.

Ta thấy: AB =

2

(a − c)

2

+ ( b − d ) và ( C1 ) , ( C2 ) không cắt nhau.

2

Giả sử đường nối tâm I1 I 2 của hai đường tròn trên cắt hai đường tròn đó tại 4

điểm thẳng hang theo thứ tự A1 , A2 , B2 , B1. Đáp số: Min P = A2 B2 = 5 2 − 7, Max P = A1B1 = 5 2 + 7.

Bài 15: Tìm GTNN của biểu thức:

P = 2 x 2 − 2 x + 1 + 2 x 2 − ( 3 − 1) x + 1 + 2 x 2 + ( 3 + 1) x + 1 .

Hướng dẫn:

59

Biến đổi: 2

2

2 2   3  1 3  1 P = x + ( x − 1) +  x −  +x+  + x+  +  x +  .Trong 2 2 2 2        2

2

mặt phẳng tọa độ (O; i; j ) , xét các điểm

 3 1 A(0; 1), B  ; −  và 2 2 

 3 1 C− ;−  .

2  2 Ta thấy ∆ABC là tam giác đều tâm O và OA = OB = OC = 1.

Hình 2.7 Xét điểm M(x; x) thì

P = MA + MB + MC = MA.OA + MB.OB + MC.OC

≥ MA.OA + MB.OB + MC .OC

= MO.(OA + OB + OC ) + OA2 + OB 2 + OC 2 = 3. Đẳng thức xảy ra ⇔ M ≡ O ⇔ x = 0.

60

Vậy Min P = 3 ⇔ x = 0.

Bài 16: Tìm GTNN của biểu thức: T = 10 x 2 − 8 x + 2 + 5 x 2 − 6 x + 2 + 25 x 2 − 100 x + 100.

Hướng dẫn: Biến đổi: T = 2. x 2 + (2 x − 1) 2 + 1.

( x − 1)

2

+ ( 2 x − 1) + 5.

2

( x − 2)

2

+ ( 2 x − 2) .

2

Trong mặt phẳng tọa độ (O; i; j ) , xét các điểm A(0; 1), B(1; 1), C (2; 4) .

Ta thấy ∆ABC có trọng tâm G (1; 2) và GA = 2, GB = 1, GC = 5.

Xét điểm M(x; 2x) thì ta có: T = GA.MA + GB.MB +GC.MC

≥ GA.MA + GB.MB + GC .MC = GA2 + GB 2 + GC 2 = 8.

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = 1.

Vậy Min T = 8 ⇔ x = 1.

Bài 17: Tìm GTNN của biểu thức: 2 x2 + 2x + 1 1 1 + + 3 2 x 2 + (3 + 3) x + 3 2 x 2 + (3 − 3) x + 3

T= Hướng dẫn:

 3 1 ; −  và Trong mặt phẳng tọa độ (O; i; j ) , xét các điểm A( x; x + 1), B  2 2 

 3 1 OA OB OC C− ; −  thì: T = + + ≥ 3.

2 2 a b c   Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC thì ta có: T=

OA.GA OB.GB OC.GC + + a.GA b.GB c.GC 61

3  OA.GA OB.GB OC.GC  =  + +  b.mb c.mc  2  a.ma

Theo bất đẳng thức Cô-Si ta có:

1 1 ama = a. 2b 2 + 2c 2 − a 2 = 2 2 3

≤

1 2 3

.

(3a )( 2b 2

3a 2 + ( 2b 2 + 2c 2 − a 2 ) 2

=

1 2 3

2

+ 2c 2 − a 2 )

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

Do đó:

ama ≤

1 2 3

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

Đẳng thức xảy ra ⇔ 3a 2 = 2b 2 + 2c 2 − a 2 ⇔ b 2 + c 2 = 2a 2 .

Tương tự, chứng minh được:

bmb ≤ cmc ≤ Vì vậy:

1 2 3 1 2 3 T≥

.( a 2 + b 2 + c 2 ) . Đẳng thức xảy ra ⇔ c 2 + a 2 = 2b 2 . .( a 2 + b 2 + c 2 ) . Đẳng thức xảy ra ⇔ a 2 + b 2 = 2c 2 .

3 3 .( OA.GA + OB.GB + OC.GC ) . a + b2 + c2 2

b 2 + c 2 = 2a 2  Đẳng thức xảy ra ⇔ c 2 + a 2 = 2b 2 ⇔ ∆ABC đều.  a 2 + b 2 = 2c 2  Mặt khác ta lại có:

OA.GA + OB.GB + OC .GC ≥ OA.GA + OB.GB + OC .GC

= OG + GA .GA + OG + GB .GB + OG + GC .GC

(

)

(

)

(

= OG GA + GB + GC + GA2 + GB 2 + GC 2

(

)

62

)

4 2 1 ma + mb2 + mc2 ) = ( a 2 + b 2 + c 2 ) . ( 9 3

= GA2 + GB 2 + GC 2 =

OA ↑↑ GA

 Đẳng thức xảy ra ⇔ OB ↑↑ GB ⇔ O ≡ G.

 OC ↑↑ GC 

Do vậy:

OA OB OC + + ≥ 3. a b c

Đẳng thức xảy ra ⇔ ∆ABC đều và O ≡ G. Vậy Min T =

3 ⇔ ∆ABC đều và O ≡ G ⇔ x = 0.

Bài 18: Tìm GTNN của biểu thức: T=

5 x + 5x2 − 2

(

)

3 + 6 x + 12 + 5 x 2 + 2 x + 1 .

Hướng dẫn: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các điểm A( 3;3), B(-1;0) và M(x;2x) thì

= 1200 và OA = 2 3 , OB =1. tam giác AOB có AOB Ta thấy: T = 2cos

AOB .MO + MA + MB. 2

O MA.OA MB.OB .MO + + 2 OA OB

O MA.OA MB.OB ≥ 2cos .MO + + 2 OA OB

MO + OA .OA MO + OB .OB O = 2cos .MO + + 2 OA OB

 OA OB  O = 2cos .MO + MO  +  + OA + OB. 2 OA OB  

Ta có: T = 2cos

(

)

(

Do đó, ta có:

63

)

 OA OB  AOB T ≥ 2cos .MO + MO  +  + OA + OB. 2 OA OB   Mặt khác, ta lại có: 2 2 2

 OA OB  OA OB OA OB + + + 2. .   = 2 2 OA OB OA OB OA OB  

= 2 (1 + cos1200 ) = 0. = 1 + 1 + 2cos AOB Vì vậy T ≥ OA + OB = 2 3 + 1.

MA ↑↑ OA Đẳng thức xảy ra ở (1) ⇔  ⇔ M ≡ O ⇔ x = 0.

MB ↑↑ OB  Vậy Min T=2 3 +1.

Bài 19: Tìm GTNN của biểu thức: T=

2x 2 + 10x + 13 + 2x 2 + 6x + 17 + 2x 2 − 18x + 41 + 2x 2 − 14x + 37

Hướng dẫn:

Hình 2.8 64

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét các điểm A(-2; 2), B(-4; -2), C(4; -6), D(6; 2) thì ta thấy tứ giác ABCD là hình chữ nhật có tâm I(1; -2) và IA=IB=IC=ID=5.

Xét điểm M(x; -x-1) thì ta có: MA =

( x + 2)

2

+ ( x + 3) = 2x 2 + 10x + 13

MB =

( x + 4)

2

+ ( x − 3) = 2x 2 + 6x + 17

MC =

( x − 2)

2

+ ( x − 3) = 2x 2 − 18x + 41

MD =

( x − 6)

2

2

2

2

+ ( x − 1) = 2x 2 − 14x + 37 2

Ta có: T = MA + MB + MC +MD và: MA.IA MB.IB MC.IC MD.ID + + + IA IB IC ID

MA.IA MB.IB MC.IC MD.ID ≥ + + + IA IB IC ID

MI + IA .IA MI + IB .IB MI + IC .IC MI + ID .ID ≥ + + + IA IB IC ID T=

(

)

(

)

(

)

1 = .MI. IA + IB + IC + ID + IA + IB + IC + ID 5

= MI.0 + IA + IB + IC + ID = IA + IB + IC + ID.

(

)

Do đó: T ≥ IA + IB + IC + ID = 20.

MA ↑↑ IA

 MB ↑↑ IB Đẳng thức xảy ra ⇔  ⇔ M ≡ I ⇔ x = 1.

MC ↑↑ IC 

 MD ↑↑ ID  65

(

)

Vậy min T = 20.

Bài 20: Tìm GTNN của biểu thức: T=

6 x − 1 + 2x 2 − 6x + 6 + 2x 2 + 3 + 2x 2 + 2x + 5

Hướng dẫn:

Trong không gian với hệ Oxyz, xét các điểm A(0; 1; 1), B(1; 1; 2), C(-1; -1; 1), D(2; 0; -1) và điểm M(0; x; x) thì tứ diện ABCD có AB, AC, AD đôi một vuông góc với nhau. Ta có: MA = 2 x − 1 MB = 2x 2 − 6x + 6 MC = 2x 2 + 3 MD = 2x 2 + 2x + 5 Như vậy: T = 3.MA + MB + MC + MD.

T ≥ AB + AC + AD = 2 + 5 + 3 . Đẳng thức xảy ra ⇔ M ≡ A ⇔ x = 1.

Vậy Min T = 3 + 2 + 5 .

Bài 21: Cho các số thực tùy ý a, b. Tìm GTLN, GTNN của biểu thức:

P=

(a + b)(1 − ab) .

(1 + a 2 )(1 + b 2 )

Hướng dẫn:

Trong không gian với hệ Oxyz, xét các vectơ u = (1;a;0), v = (1; − b;0) thì ta

có:

cos u; v =

(

) (1 + a1 −)(ab1 + b ) .

2

Vì 0 ≤ u; v ≤ π nên:

(

)

66

2

sin u; v = 1 − cos 2 u; v =

(

)

(

) (1 + aa )(+ 1b+ b ) .

2

2

1 1 Khi đó: P = sin u; v .cos u; v = sin 2 u; v ≤ .

2 2

(

) (

)

(

)

1 1 Suy ra: − ≤ P ≤ .

2 2 1 1 Ta thấy với a = 1, b = 0 thì P = ; với a = -1, b = 0 thì P = − .

2 2 Vậy Min P =

−1 1 và Max P = .

2 2

2.3.2. Khai thác ứng dụng của phương pháp vectơ trong dạy học giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học theo định hướng phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh.

2.3.2.1. Một số định hướng về lý thuyết áp dụng và phương pháp giảng dạy

Giải bài toán hình học bằng phương pháp vectơ thông thường ta phải chuyển bài toán đó từ ngôn ngữ thông thường sang ngôn ngữ vectơ.

Việc chuyển đổi từ bài toán hình học sang bài toán về vectơ có thể sử

dụng định nghĩa về độ dài vectơ (chẳng hạn: AB = AB ), bình phương vô 2 hướng của vectơ (chẳng hạn: AB2 = AB ).

Khi giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất, thông thường ta cần làm xuất hiện các bất đẳng thức, chẳng hạn một số bất thức về vectơ sau

đây thường được sử dụng: + Bất đẳng thức về đánh giá độ dài vectơ:

i) a + b ≤ a + b . Đẳng thức xảy ra ⇔ a ↑↑ b .

ii) a - b ≥ a - b . Đẳng thức xảy ra ⇔ a ↑↓ b . + Bất đẳng thức về bình phương vô hướng: 67

2

Với mọi vectơ a , ta có: a ≥ 0 . Đẳng thức xảy ra ⇔ a = 0.

+ Bất đẳng thức về tích vô hướng của hai vectơ:

i) a . b ≤ a . b . Đẳng thức xảy ra ⇔ a ↑↑ b .

ii) a . b ≥ - a . b . Đẳng thức xảy ra ⇔ a ↑↓ b .

Ngoài ra, khi giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất ta cần quan tâm đến điều kiện để xảy ra đẳng thức, thông thường điều này xảy ra tại các điểm đặc biệt của các hình (để giải quyết vấn đề này ta có thể sử dụng khái niệm: tâm tỷ cự của hệ điểm).

Trên cơ sở đ ó khi d ạ y h ọ c sinh gi ả i các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học, giáo viên có thể phân thành từng dạng toán và hướng dẫn học sinh giải quyết từng lớp bài toán thuộc dạng đó theo

định hướng lý thuyết áp dụng.

2.3.2.2. Một số bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học giải bằng phương pháp vectơ

a) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất nhờ đánh giá độ dài vectơ Bài toán 1 Giả sử ∆ABC và ∆A 'B'C' là các tam giác thay đổi, có trọng tâm lần lượt là G và G' cố định. Tìm GTNN của tổng: T = AA' + BB' + CC'.

Hướng dẫn:

Vì T = AA' + BB' + CC' = AA ' + BB' + CC' nên chúng ta liên tưởng

đến bất đẳng thức về độ dài.

Từ giả thiết có trọng tâm của tam giác nên chúng ta liên tưởng đến hệ thức đặc trưng vectơ của trọng tâm, từ đó dùng quy tắc xen điểm (xen trọng tâm G và G') vào các vectơ.

Lời giải

68

Vì GA + GB + GC = 0 và G 'A ' + G 'B' + G 'C' = 0 nên:

AA ' + BB' + CC' =

= AG + GG ' + G 'A ' + BG + GG ' + G 'B' + CG + GG ' + G 'C'

= 3GG ' − GA + GB + GC + G 'A ' + G 'B' + G 'C'

(

) (

)

= 3 GG '.

Do đó:

AA' + BB' + CC' = AA ' + BB' + CC'

≥ AA' + BB' + CC'

= 3 GG ' = 3GG '.

Đẳng thức xảy ra ⇔ AA ' ↑↑ BB' ↑↑ CC' (khẳng định này thực hiện được, ( ∆ABC ) = ∆A 'B'C ' ). chẳng hạn phép tịnh tiến TGG '

Vậy min (AA' + BB' + CC') = 3GG'.

Câu hỏi gợi mở

1) Nếu thay G là trung điểm của AB, G' là trung điểm của A'B' thì ta có kết quả như thế nào?

2) Bằng cách chứng minh tương tự nếu thay G là trọng tâm tứ giác ABCD và G' là trọng tâm tứ giác A'B'C'D' thì ta thu kết quả như thế nào?

Bằng cách chứng minh tương tự học sinh có thể tự rút ra được kết luận sau:

1) Nếu G là trung điểm của AB, G' là trung điểm của A'B' thì: Min (AA' + BB') = 2GG'.

2) Nếu G là trọng tâm tứ giác ABCD và G' là trọng tâm tứ giác A'B'C'D' thì: Min (AA' + BB' + CC' + DD') = 4GG'.

Bài toán 2 Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O). Tìm điểm M thuộc (O) sao cho biểu thức sau đạt GTLN, GTNN: 69

T = MA + MB − MC Hướng dẫn:

Dựng hình bình hành ACBI, khi đó ta sẽ có: IA + IB − IC = 0.

Ta dùng quy tắc xen điểm để xen điểm I vào hệ thức vectơ của T và biểu biễn

T theo MI .

Từ đó có thể đánh giá T theo MI .

Lời giải

Hình 2.9

Gọi I là đỉnh thứ tư của hình bình hành ACBI thì: IA + IB − IC = 0.

Khi đó:

MA + MB − MC = MI + IA + MI + IB − MI + IC

(

) (

) (

= MI + IA + IB − IC

= MI.

70

)

Như vậy T lớn nhất ⇔ MI lớn nhất ⇔ MI lớn nhất ⇔ M ≡ M1. Với M1 là giao điểm của OI với đường tròn (O), M1 nằm ngoài đoạn OI.Tương tự T nhỏ nhất ⇔ M ≡ M 2 . Với M2 là giao điểm của OI với đường tròn (O), M2 thuộc

đoạn OI. Câu hỏi gợi mở

1) Nhận xét về vị trí điểm I so với dường tròn (O)?

(HS có thể trả lời: Vì tam giác ABC nhọn nên I luôn nằm ngoài đường tròn (O).)

2) Phát biểu bài toán tổng quát

Bài toán tổng quát Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) và các số α , β , γ sao cho

α + β + γ ≠ 0 . Tìm điểm M thuộc (O) sao cho: T = α MA + β MB + γ MC lớn nhất, nhỏ nhất?

Lời giải

Gọi I là tâm tỉ cự của hệ điểm A, B, C ứng với các hệ số α , β , γ thì:

α MA + β MB + γ MC = α MI + IA + β MI + IB + γ MI + IC

(

) (

) (

)

= (α + β + γ ) .MI + α .IA + β .IB + γ .IC

= (α + β + γ ) .MI. Gọi M1, M2 lần lượt là giao điểm của OI với đường tròn (O; R), trong đó IM1 ≥ IM 2 thì:

• T lớn nhất khi và chỉ khi M ≡ M1.

• T nhỏ nhất khi và chỉ khi M ≡ M 2 .

Bài toán 3

71

= BSC = CSA = 300 và SA = SB =SC =a. Tìm Cho tứ diện S.ABC có ASB trên SB điểm B’ và trên SC điểm C’sao cho tam giác AB’C’ có chu vi nhỏ nhất. Tính GTNN đó.

Hướng dẫn:

Trước tiên ta chuyển bài toán hình học không gian về bài toán hình học phẳng bằng cách: khai triển mặt bên của tứ diện SABC trên một mặt phẳng ta

được

ngũ

giác

SABCA'

vớ i

SA

=SB

=

SC

=SA’

và

= BSC = CSA' = 300 .

ASB Ta có ∆SAC' = ∆SA 'C' (c-g-c) nên AC’=A’C’, do đó: P( ∆ AB’C’) = AB’ + B’C’ + C’A’

= AB’ + B’C’ + C’A’

≥ AB’ + B’C’ + C’A’ = AA'.

Đẳng thức xảy ra ⇔ B’ là giao điểm của SB và AA’, C’ là giao điểm của SC và AA’.

Công việc tiếp theo ta tính giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác ABC' nhờ điều kiện xảy ra dấu " = " và bài toán về giải tam giác.

Lời giải

72

Khai triển mặt bên của tứ diện SABC trên một mặt phẳng ta được ngũ giác

= BSC = CSA' = 300 .

SABCA’ với SA =SB = SC =SA’ và ASB Ta có ∆SAC' = ∆SA 'C' (c-g-c) nên AC’=A’C’, do đó: P( ∆ AB’C’) = AB’ + B’C’ + C’A’ =

AB’ + B’C’ + C’A’

Hình 2.10

≥ AB’ + B’C’ + C’A’ = AA'.

Đẳng thức xảy ra ⇔ AB’ ↑↑ B’C’ ↑↑ C’A’ ⇔ B’ là giao điểm của SB và

AA’, C’ là giao điểm của SC và AA’.

= 300 nên SAB = SBA = 750.

Ta có tam giác SAB cân tại S có ASB

= 450 và AA’= a 2 .

Mặt khác, tam giác SAA’ vuông cân tại S nên SAA' Do đó tam giác ABB’cân tại A. Từ đó suy ra: AB' = AB = 73

a

(

).

3 −1 2

Theo định lý hàm số Cô-sin ta có: SB'2 = AS2 + AB'2 − 2AS. AB'. cos450

(

)

= a 2 + 2 − 3 a 2 − 2a. =

(

)

a

(

). 1

3 −1 2

2

2

3 −1 . a2

Suy ra: SB’ =

(

)

3 − 1 a và SC’ =

(

)

3 − 1 a.

Vậy min P( ∆ AB’C’) = a 2 ⇔ B’ thuộc SB, C’ thuộc SC sao cho:

SB' = SC' =

(

)

3 − 1 a.

BÀI TẬP VÀ HƯỚNG DẪN Bài toán 4: Cho đường tròn (O; R) và hai điểm phân biệt A, B cố định sao cho đường thẳng AB không cắt (O; R). Trên đường tròn đó lấy điểm C và dựng điểm M

thỏa mãn điều kiện CM = CA + CB. Tìm vị trí của điểm C để đoạn CM có độ dài nhỏ nhất, lớn nhất.

Hướng dẫn:

Gọi I là trung điểm của AB thì I cố định và CM = 2CI.

Ký hiệu C1, C2 là các giao điểm của đường thẳng OI với đường tròn (O) và coi IC1 ≥ IC 2 .

Với điểm C bất kỳ thuộc (O) ta có: IC + CO ≥ IO = OC 2 + IC 2 .

Do đó IC ≥ IC2. Dấu "=" xảy ra ⇔ C ≡ C 2 .

Mặt khác IC ≤ IO+OC= IO + OC1 = IC1.

Do đó IC ≤ IC1. Dấu "=" xảy ra ⇔ C ≡ C1 .

Vậy CM nhỏ nhất ⇔ C ≡ C 2 , CM lớn nhất ⇔ C ≡ C1.

74

Bài toán 5 Cho nửa đường tròn tâm O, đường kính MN = 2. Trên nửa đường tròn, ta lấy các điểm A, B, C khác M, N. Chứng minh rằng:

OA + OB + OC > 1.

Hướng dẫn:

Hình 2.11 , Giả sử B thuộc cung AC dựng

OD = OA + OB thì OD là đường chéo của hình thoi OADC có cạnh bằng 1.

< 1800 nên AOD = COD < 900.

Vì AOC , dựng Ta thấy điểm B thuộc một trong hai góc đó. Gải sử điểm B thuộc AOD

OE = OD + OB thì OE là đường chéo của hình bình hành OBED xuất phát từ đỉnh góc nhọn, do đó OE > OB = 1.

Vậy OA + OB + OC = OE > 1.

75

Hình 2.12 Bài toán 6 Giả sử ABCD và A’B’C’D’ là các tứ diện thay đổi có trọng tâm lần lượt là G và G’ cố định. Tìm GTNN của tổng: AA’ + BB’ + CC’ + DD’.

Hướng dẫn:

Vì G, G’ là trọng tâm của các tứ diện ABCD và A’B’C’D’ nên:

GA + GB + GB + GC = 0; G 'A ' + G 'B' + G 'B' + G 'C' = 0.

Do đó ta có:

AA ' + BB' + CC' + DD' = AG + GG ' + G 'A ' + BG + GG ' + G 'B' +

+ CG + GG ' + G 'C' + DG + GG ' + G 'D '

= 4GG '.

(

) ( ) (

(

Do vậy:

AA’ + BB’ + CC’ + DD’= AA’ + BB’ + CC’ + DD’

≥ AA’ + BB’ + CC’ + DD’ = 4GG '.

76

)

)

Đẳng thức xảy ra ⇔ AA ', BB', CC', DD' cùng hướng. Khẳng định này được thực hiện, chẳng hạn khi xét các tứ diện ABCD và A’B’C’D’ sao cho tứ diện

A’B’C’D’ là ảnh của tứ diện ABCD qua phép tịnh tiến theo GG ' .

Vậy min (AA’ + BB’ + CC’ + DD’) = 4GG’.

Bài toán 7: Cho hai đường thẳng chéo nhau d và d’. Trên d đặt hai đoạn thẳng liên tiếp bằng nhau AB và BC (B nằm giữa A và C), trên d’ đặt hai đoạn thẳng liên tiếp bằng nhau A’B’ và B’C’ (B’ nằm giữa A’ và C’). Chứng minh rằng: AA’ + CC’ > 2BB’.

Hướng dẫn:

Ta có:

AA ' + CC' = AB + BB' + B'A ' + CB + BB' + B'C'

(

) (

= 2BB' + ( AB + CB ) + ( A 'B' + C'B' )

)

= 2BB'.

Do đó:

AA’ + CC’ = AA' + CC'

≥ AA ' + CC'

= 2BB' = 2BB'.

Như vậy AA’ + CC’ ≥ 2BB’. Nhưng đẳng thức xảy ra ⇔ AA ' và CC ' cùng

hướng, điều này không xảy ra vì d và d’ chéo nhau.

Do vậy AA’ + CC’ > 2BB’.

b) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất nhờ đánh giá bình phương vô hướng Bài toán 1

77

Trong mọi tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R), tìm tam giác có tổng T = a 2 + b 2 + c 2 lớn nhất?

Hướng dẫn:

Ta có: T = BC2 + CA2 + AB2.

Đối với biểu thức có dạng bình phương của các đoạn thẳng ta có thể sử 2 2 2 dụng bình phương vô hướng của một vectơ, đo đó: T = BC + CA + AB .

Thông thường giải bài toán tìm GTLN, GTNN ta cần liên hệ giá trị không đổi (hoặc yếu tố cố định), do đó khi biến đổi tổng T ta đưa điểm cố

định O và viết được:

2 2 T = OC − OB + OA − OC + OB − OA

= 6R 2 − 2 OC.OB + OA.OC + OB.OA .

(

) (

) (

(

)

2

)

Tiếp theo ta sử dụng hằng đẳng thức để từ các tích vô hướng có thể viết

được dưới dạng tổng bình phương của các vectơ.

T = 9R 2 − OA + OB + OC = 9R 2 − 9OG 2 ≤ 9R 2 .

(

)

Lời giải 2 2 2 Ta có: T = BC + CA + AB 2 2 = OC − OB + OA − OC + OB − OA

= 6R 2 − 2 OC.OB + OA.OC + OB.OA

= 9R 2 − OA + OB + OC = 9R 2 − 9OG 2 .

(

) (

) (

(

(

)

2

)

)

Vì OG 2 ≥ 0 nên suy ra T ≤ 9R 2 .

Đẳng thức xảy ra ⇔ O ≡ G ⇔ ∆ABC là tam giác đều.

Vậy trong tất cả các tam giác ABC nội tiếp (O;R) thì tam giác đều thỏa mãn bài toán.

Bài tập áp dụng 78

Bài 1: Trong mọi tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R), tìm tam giác có tổng T = a + b + c lớn nhất?

Lời giải Áp dụng bất đẳng thức B.C.S, ta có:

a + b + c ≤ 3( a 2 + b 2 + c2 ) ≤ 27R 2 = 3 3R. Đẳng thức xảy ra ⇔ a = b = c ⇔ ∆ABC đều.

Vậy Max T = 3 3R ⇔ ∆ABC đều.

Bài 2: Trong mọi tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R), tìm tam giác có tổng bình phương các khoảng cách từ tâm đường tròn đến các cạnh là nhỏ nhất.

Lời giải

Hình 2.13 Gọi da, db, dc lần lượt là khoảng cách từ tâm đường tròn đến các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC. Ta có:  2 a 2   2 b2   2 c2  d + d + d = R −  +R −  + R −  4  4  4  2 a

2 b

2 c

79

1 2 a + b2 + c2 ) ( 4 1 3R 2 2 2 . ≥ 3R − .9R = 4 4 = 3R 2 −

Đẳng thức xảy ra ⇔ ∆ABC đều.

Vậy min ( d a2 + d 2b + d c2 ) =

3R 2 ⇔ ∆ABC đều.

4

Bài toán tổng quát Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). Chứng minh rằng với mọi số thực dương α , β , γ ta có bất đẳng thức:

(αβ + βγ + γα ) αa + β b + γ c ≤ 2

2

2

2

αβγ

R 2.

Chứng minh 2 2 2 Ta có: α a 2 + β b 2 + γ c 2 = α BC + β CA + γ AB 2 2 2 = α OC − OB + β OA − OC + γ OB − OA

= 2 (α + β + γ ) R 2 − 2 α OC.OB + α OC.OB + α OC.OB

(

)

(

)

(

)

(

)

 OC.OB OA.OC OA.OB  = 2 (α + β + γ ) R 2 − 2αβγ  + +  βγ αγ αβ   2 2  OA OB OC  αβ + βγ + γα ) 2 ( = .R − αβγ  + +  αβγ α β γ  

(αβ + βγ + γα ) ≤ αβγ

2

R 2.

Đẳng thức xảy ra ⇔

OA

α

+

OB

β

+

OC

γ

= 0.

Mặt khác ta lại có: sin 2A.OA + sin 2B.OB + sin 2C.OC = 0 .

Đẳng thức xảy ra ⇔ α sin 2A = β sin 2B = γ sin 2C. 80

Bài toán 2 Cho điểm M nằm trong mặt phẳng tam giác ABC. Tìm GTNN của biểu thức: T = MA 2 + MB2 + MC2 .

Hướng dẫn:

Đối với các biểu thức có dạng tổng các bình phương của các đoạn thẳng , ta có thể tính tổng của chúng nhờ tâm tỷ cự của hệ điểm, điều này gợi ý cho ta liên hệ đến trọng tâm G của tam giác ABC.

Lời giải Gọi G là trọng tâm của ∆ABC , ta có: 2 2 T = MG + GA + MG + GB + MG + GC

(

) (

) (

)

2

= 3MG 2 + GA 2 + GB2 + GC2 + 2MG. GA + GB + GC

(

= 3MG 2 + a 2 + b 2 + c 2 ≥

)

( do GA + GB + GC = 0)

1 2 a + b2 + c2 ). ( 3

Đẳng thức xảy ra ⇔ M ≡ G. Vậy min T =

1 2 a + b 2 + c 2 ) ⇔ M ≡ G. ( 3

Bài toán tổng quát Bài 1: Cho điểm M nằm trong mặt phẳng tam giác ABC và các số thực

α , β , γ thỏa mãn α + β + γ > 0 . Tìm GTNN của biểu thức: T = α .MA 2 + β .MB2 + γ .MC2 .

Bài 2: Cho điểm M nằm trong mặt phẳng tam giác ABC và các số thực

α , β , γ thỏa mãn α + β + γ < 0 . Tìm GTLN của biểu thức: T = α .MA 2 + β .MB2 + γ .MC2 .

Lời giải

Với α + β + γ ≠ 0 thì tồn tại duy nhất điểm I sao cho: α .IA + β .IB + γ .IC = 0.

81

Khi đó ta có: α .IA + β .IB + γ .IC

(

)

2

= 0.

Hay

α .IA 2 + β .IB2 + γ IC2 + 2αβ IA.IB + 2βγ IB.IC + 2γα IC.IA = 0 ⇔ α .IA 2 + β .IB2 + γ IC2 + 2αβ ( IA 2 + IB2 − AB2 ) +2βγ ( IB2 + IC2 − BC2 ) + 2γα ( IC2 + IA 2 − CA 2 ) = 0 ⇔ (α + β + γ ) (α .IA 2 + β .IB2 + γ IC 2 ) = αβ c 2 + βγ a 2 + γα b 2

αβ c 2 + βγ a 2 + γα b 2 ⇔ α .IA + β .IB + γ IC = . α + β +γ 2

2

2

Do đó:

2 2

T = α MI + IA + β MI + IB + γ MI + IC

(

)

(

)

(

)

2

= (α + β + γ ) MI 2 + α .IA 2 + β .IB2 + γ IC2 + 2MI. α .IA + β .IB + γ .IC

(

)

αβ c 2 + βγ a 2 + γα b 2 = (α + β + γ ) MI + α + β +γ 2

αβ c 2 + βγ a 2 + γα b 2 ≥ . α + β +γ Đẳng thức xảy ra ⇔ M ≡ I. Vậy • Nếu α + β + γ > 0 thì min T =

αβ c 2 + βγ a 2 + γα b 2 . α + β +γ

αβ c 2 + βγ a 2 + γα b 2 • Nếu α + β + γ < 0 thì maxT = . α + β +γ Bài 3: Cho điểm M nằm trong mặt phẳng đa giác A1A 2 ...A n và các số thực

α1 , α 2 ,...,α n thỏa mãn: α1 + α 2 + ... + α n > 0 . Tìm GTNN của biểu thức: T = α1MA12 + α 2 MA 22 + ... + α n MA 2n .

82

Bài 4: Cho điểm M nằm trong mặt phẳng đa giác A1A 2 ...A n và các số thực

α1 , α 2 ,...,α n thỏa mãn: α1 + α 2 + ... + α n < 0 . Tìm GTLN của biểu thức: T = α1MA12 + α 2 MA 22 + ... + α n MA 2n .

Lời giải.

Gọi I là tâm tỷ cự của hệ n điểm

{A1 ,A 2 ,...,A n }

ứng với các hệ số

{α1 ,α 2 ,...,α n } . Tương tự cách giải trên ta có kết luận: • Nếu α1 + α 2 + ... + α n > 0 thì min T = α1IA12 + α 2 IA 22 + ... + α n IA n2 .

• Nếu α1 + α 2 + ... + α n < 0 thì maxT = α1IA12 + α 2 IA 22 + ... + α n IA n2 .

Bài toán 3 Giả sử AB là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau a, b với

A ∈ a, B ∈ b và AB = d. Các điểm M, N lần lượt thay đổi trên a, b với AM = m, BN = n sao cho m2 + n2 = 2k2> 0 cho trước. Xác định m, n sao cho MN có

độ dài lớn nhất, nhỏ nhất?

Hướng dẫn.

2 Để tính MN nhờ vectơ ta có thể dùng công thức: MN2 = MN .

Trong quá trình biến đổi vectơ ta cần liên hệ các giá trị không đổi đã biết.

Ta có: 2 MN = MA + AB + BN

(

)

2

= MA 2 + AB2 + BN 2 + 2.MA.AB + 2.AB.BN + 2.MA.BN

= m 2 + n 2 + d 2 − 2m.n.cos AM,BN

= d 2 + 2k 2 − 2m.n.cos AM,BN .

(

(

)

)

Cuối cùng, tùy theo sự thay đổi của góc α = ( a, b ) , ta tìm được GTNN của MN.

Lời giải.

Ta có: 83

2 MN = MA + AB + BN

(

)

2

= MA 2 + AB2 + BN 2 + 2.MA.AB + 2.AB.BN + 2.MA.BN

= m 2 + n 2 + d 2 − 2m.n.cos AM,BN

= d 2 + 2k 2 − 2m.n.cos AM,BN .

(

)

(

Đặt ( a, b ) = α , 0 < α ≤

π 2

, ta có:

 2 2 d + 2k khi mn = 0.  MN = d 2 + 2k 2 − 2mncosα khi  d 2 + 2k 2 + 2mncosα khi 

* Khi α =

π 2

)

( AM,BN ) = α

( AM, BN ) = π − α .

thì MN2 = d2 + 2k2 không đổi.

* Khi 0 < α <

π 2

thì cos α > 0.

Mặt khác ta lại có: 2mn ≤ m2 + n2 = 2k2.

Đẳng thức xảy ra ⇔ m = m = k.

Do đó ta có: −2k 2 cos α ≤ −2mn cos α < 0 < 2mn cos α ≤ 2k 2 cos α .

Vậy:

• Min MN = d 2 + 2k 2 − 2k 2cosα ⇔ m = n = k và AM, BN = α .

• Max MN = d 2 + 2k 2

( )

+ 2k cosα ⇔ m = n = k và ( AM, BN ) = π − α .

2

BÀI TẬP VÀ HƯỚNG DẪN Bài toán 4 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O; R). M là điểm di động trên (O; R).

Tìm GTNN và GTLN của biểu thức: T = MA 2 + MB2 − 2MC2 .

84

Lời giải

Hình 2.14 Ta có:

T = OA − OM

(

) + ( OB − OM )

= 2OM.( 2OC − OB − OA )

= 2OM.( BC + AC ) 2

2

− 2 OC − OM

(

)

2

= 2OM.DC (Với D là đỉnh thứ tư của hình bình hành ACBD).

= 2.OM.DC.cos OM, DC

(

)

= 2R. a 2 + b 2 + 2ab cos C.cos OM, DC .

(

)

Gọi M1, M2 lần lượt là giao điểm của đường thẳng đi qua O và song song với

CD với (O), trong đó OM1 cùng hướng với CD và OM 2 ngược hướng với

DC . Khi đó ta có: • Max T = 2R. a 2 + b 2 + 2ab cos C ⇔ M ≡ M1.

• Min T = - 2R. a 2 + b 2 + 2ab cos C ⇔ M ≡ M 2 .

85

Bài toán 5 Cho tam giác ABC và đường thẳng d cố định đi qua C. Trên d lấy điểm M và lập tổng 3MA2 + 2MB2. Tìm vị trí điểm M để tổng đó đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải

Hình 2.15

Giả sử I là điểm sao cho 3IA + 2IB = 0 thì I là điểm cố định.

2 2 Ta có: 3MA 2 + 2MB2 = 3 MI + IA + 2 MI + IB

(

)

(

)

= 5MI 2 + 3IA 2 + 2IB2 Do đó 3MA 2 + 2MB2 nhỏ nhất ⇔ MI nhỏ nhất ⇔ MI ⊥ d , điều này tương

= 900 , tức là M thuộc đường tròn (C) đường kính IC. đương với IMC Vậy 3MA 2 + 2MB2 nhỏ nhất khi và chỉ khi M là giao điểm của đường thẳng d với đường tròn đường kính IC.

86

Bài toán 6.

Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Tìm điểm M trong không gian sao cho tổng bình phương các khoảng cách từ M đến các đỉnh của hình hộp đã cho nhỏ nhất?

Lời giải Gọi O là tâm của hình hộp ABCD.A’B’C’D’ thì O là trung điểm các đường chéo của hình hộp. Do đó ta có: MA 2 + MB2 + MC2 + MD 2 + MA '2 + MB'2 + MC'2 + MD '2 2 2 2 = MO + OA ' + MO + OB' + MO + OC' + MO + OD'

(

(

) (

) (

) (

2 2 2 MO + OA + MO + OB + MO + OC + MO + OD

) (

) (

) (

)

)

2

2

= 8MO 2 + OA 2 + OB2 + OC2 + OD 2 + OA '2 + OB'2 + OC'2 + OD'2 ≥ OA 2 + OB2 + OC2 + OD 2 + OA '2 + OB'2 + OC'2 + OD '2 .

Đẳng thức xảy ra ⇔ M ≡ O. Vậy điểm M là tâm của hình hộp thỏa mãn bài toán.

Bài toán 7 Cho tứ diện ABCD với BC = a, CA = b, AB = c, DA = a’, DB = b’, DC = c’.

Trong mọi tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu (O; R) hãy tìm tứ diện có tổng sau

đạt GTLN: T = a2 + b2 +c2 +a’2 +b’2 +c’2.

Lời giải Giả sử X, Y là các điểm bất kỳ thuộc mặt cầu (O; R), ta có: 2

XY 2 = OY − OX = 2R 2 − 2OX.OY

(

)

 2OX.OY = 2R 2 − XY 2 .

Gọi G là trọng tâm của tứ diện ABCD thì ta có: 4OG = OA + OB + OC + OD.

Suy ra: 87

16OG 2 = OA + OB + OC + OD

(

)

2

= OA 2 + OB2 + OC 2 + OD 2 + 2OA.OB + 2OA.OC +

+2OA.OD + 2OB.OC + 2OB.OD + 2OC.OD

= 4R 2 + ( 2R 2 − c 2 ) + ( 2R 2 − a '2 ) + ( 2R 2 − a 2 ) + ( 2R 2 − b '2 ) + ( 2R 2 − c '2 ) =16R2 – T Vì OG 2 ≥ 0 nên suy ra T ≤ 16R 2 .

Đẳng thức xảy ra ⇔ O ≡ G ⇔ ABCD là tứ diện gần đều.

Vậy tứ diện gần đều thỏa mãn bài toán.

c) Tìm tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất nhờ đánh giá về tích vô hướng của hai vectơ Bài toán 1 Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi α là góc giữa hai đường trung tuyến BD và CK. Tìm GTNN của cosα .

Hướng dẫn: Trong bài này, ta tính góc giữa hai đường thẳng dựa vào góc giữa hai vectơ:

BD.CK BC2 cos α = = .

BD.CK 2BD.CK

Lời giải

Hình 2.16 88

Ta có:

BD.CK cos α = BD.CK

( BA + BC ).( CA + CB ) = =

=

4.BD.CK 2 BA.CA + BC. CA − BA − BC

(

)

4BD.CK

BC 2 (do BA ⊥ CA ).

2BD.CK

Mặt khác: 2BD.CK ≤ BD2 + CK 2

=

1 1 2AB2 + 2BC2 − AC2 ) + ( 2AC2 + 2BC2 − AB2 ) ( 4 4

=

5BC 2 (do BC 2 = AB2 + AC 2 ).

4

Do đó: cos α ≥

BC2 4 = .

2 5BC 5 4

Đẳng thức xảy ra ⇔ BD = CK ⇔ ∆ABC vuông cân đỉnh A. Vậy min cos α =

4 ⇔ ∆ABC vuông cân đỉnh A. 5

Bài toán 2 Cho đa giác đều A1A2…An nội tiếp đường tròn (O; R). M là một điểm bất kỳ trong mặt phẳng đa giác. Tìm GTNN của: T = MA1 + MA2 + …+ MAn.

Hướng dẫn:

Đối với biểu thức có dạng tổng của các đoạn thẳng ngoài phương pháp đánh giá về độ dài của vectơ tổng (hoặc hiệu) ta có thể sử dụng đánh giá về tích vô 89

hướng của hai vectơ, muốn vậy trước tiên ta cần có được tích của hai đoạn thẳng. Để có được điều này ta cần them bớt một lượng phù hợp: ở đây ta có thể sử dụng giả thiết về đường tròn ngoại tiếp của đa giác đều. Do đó: MA1.OA1 MA 2 .OA 2 MA n .OA n + + ... + OA1 OA 2 OA n

MA1.OA1 MA 2 .OA 2 MA n .OA n . ≥ + + ... + OA1 OA 2 OA n

T=

Từ đánh giá trên, gọi ý chúng ta xen tiếp điểm O vào các vectơ MA i , rồi biến

đổi tiếp để tìm minT. Lời giải Ta có:

MA1.OA1 MA 2 .OA 2 MA n .OA n + + ... + OA1 OA 2 OA n

MA1.OA1 MA 2 .OA 2 MA n .OA n . ≥ + + ... + OA1 OA 2 OA n

MO + OA1 .OA1 MO + OA 2 .OA 2 MO + OA n .OA n = + + ... + OA1 OA 2 OA n

 OA OA OA n  1 2 + + ... + = MO.  + OA1 + OA 2 + ... + OA n OA n   OA1 OA 2

T=

(

)

(

)

(

 OA OA  OA 1 2 n + + ... + = MO.  + nR. OA OA OA 1 2 n   Vì đa giác A1A2…An đều nên:

2π   OA OA OA OA OA OA 1 2 n 1 2 n QOn  + + ... + + + ... + . = OA OA OA OA OA OA 1 2 n  1 2 n 

OA1 OA 2 OA n Do đó: + + ... + = 0. Vì vậy T ≥ nR. OA1 OA 2 OA n 90

)

MA1 ↑↑ OA1

 MA 2 ↑↑ OA 2 Đẳng thức xảy ra ⇔  ⇔ M ≡ O. ⋮ 

MA  n ↑↑ OA n Vậy min T = nR ⇔ M ≡ O.

Bài toán 3 Cho tứ diện ABCD với tam diện vuông đỉnh A. Xác định vị trí điểm M để biểu thức sau đạt GTNN:

T = 3MA + MB + MC + MD. Hướng dẫn:

Tương tự bài toán2, ta cần thêm bớt để mỗi số hạng của tổng viết được dưới

AB AC AD dạng tích của hai đoạn thẳng. Theo giả thiết ta có các vectơ , , là AB AC AD các vectơ đơn vị và đôi một vuông góc với nhau nên: 2

 AB AC AD  AB AC AD + + + + = 3.   =3⇔ AB AC AD  AB AC AD  Do đó ta biến đổi:

AB AC AD MB.AB MC.AC MD.AD T= + + .MA + + + AB AC AD AB AC AD

 AB AC AD  MB.AB MC.AC MD.AD ≥ + + + + .  .AM + AB AC AD AB AC AD  

Từ đây chúng ta xen điểm M vào các vectơ AB,AC,AD , rồi biến đổi và tìm GTNN của T. Lời giải

91

AB AC AD là các vectơ đơn vị và đôi một Theo giả thiết ta có các vectơ , , AB AC AD vuông góc với nhau nên: 2

 AB AC AD  AB AC AD + + + + = 3.   =3⇔ AB AC AD AB AC AD   Do đó ta biến đổi:

AB AC AD MB.AB MC.AC MD.AD T= + + .MA + + + AB AC AD AB AC AD

 AB AC AD  MB.AB MC.AC MD.AD ≥ + + + + .  .AM + AB AC AD  AB AC AD 

AM + MB .AB AM + MC .AC AM + MD .AD = + + AB AC AD = AB + AC + AD.

(

)

(

)

(

)

Đẳng thức xảy ra ⇔ M ≡ A. Vậy min T = AB + AC + AD ⇔ M ≡ A.

BÀI TẬP VÀ HƯỚNG DẪN Bài toán 4 Cho tam giác ABC không đều nội tiếp đường tròn (O; R). Tìm trên đường tròn điểm M có tổng bình phương các khoảng cách từ đó đến đỉnh của tam giác là lớn nhất, nhỏ nhất?

Hướng dẫn:

Với mọi điểm M thuộc đường tròn (O; R), ta có: T = MA 2 + MB2 + MC2 2 2 = MO + OA + MO + OB + MO + OC

(

= 6R 2

) ( ) (

+ 2MO.( OA + OB + OC ) 92

)

2

= 6R 2 + 2MO.OH (H là trực tâm tam giác ABC).

= 6R 2 + 2R.OH.cosϕ ϕ = MO, OH .

( (

))

Từ đó suy ra:

• T nhỏ nhất ⇔ cosϕ =-1 ⇔ MO ↑↓ OH .

• T lớn nhất ⇔ cosϕ =1 ⇔ MO ↑↑ OH .

Hình 2.17 Nhận xét: 1. Nếu tam giác ABC đều thì O ≡ H , do đó: MA 2 + MB2 + MC2 = 6R 2 , ∀M ∈ (O; R).

2. Cách giải khác:

MA 2 + MB2 + MC2 = GA 2 + GB2 + GC2 + 3( R 2 + OG 2 ) + 6R.OG.cos MO,OG .

(

Bài toán 5 Cho tứ diện ABCD gần đều. Gọi a, b, c là độ dài của các cặp cạnh đối diện.

Với mỗi điểm M trong không gian, lập tổng: T = MA + MB + MC + MD. 93

)

Hãy tìm GTNN của T. Hướng dẫn:

Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thì O cũng là trọng tâm của tứ diện, nên ta có: OA = OB = OC = OD = R.

OA + OB + OC + OD = 0 .

Ta có:

MA.OA MB.OB MC.OC MD.OD + + + R R R R 1 ≥ MA.OA + MB.OB + MC.OC + MD.OD R 1 =  MO + OA .OA + MO + OB .OB + MO + OC .OC + MO + OD .OD   R .

1 =  MO. OA + OB + OC + OD + OA 2 + OB2 + OC2 + OD 2   R

T=

(

)

(

)

(

)

(

(

)

(

)

)

= 4R.

Mặt khác từ OA + OB + OC + OD = 0 bình phương vô hướng và chú ý rằng

2OX.OY = 2R 2 − XY 2 , ∀X,Y ∈ ( O ) , ta tính được:

R=

(

2 ( a 2 + b2 + c2 ) 4

)

Do đó T ≥ 2 a 2 + b 2 + c2 .

MA ↑↑ OA

 MB ↑↑ OB Đẳng thức xảy ra ⇔  ⇔ M ≡ O. MC ↑↑ OC

 MD ↑↑ OD  Vậy min T =

2 ( a 2 + b 2 + c2 ) ⇔ M ≡ O. 94

2.4.

Kết luận chương 2 Trong chương này, luận văn đã hệ thống hóa được toàn bộ nội dung

kiến thức về vectơ trong chương trình toán trung học phổ thông và ứng dụng vectơ vào giải một số dạng bài tập tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong

đại số và hình học. Đồng thời, luận văn đã đề xuất các biện pháp nhằm phát triển và bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy một số ví dụ cụ thể.

Có thể nói rằng, dạy học chuyên đề “Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất”, với các ví dụ được lựa chọn kỹ lưỡng, kết hợp với các phương pháp dạy học phù hợp như trong luận văn đề xuất, sẽ góp phần rèn luyện và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh Trung học phổ thông. Đồng thời góp phần vào việc đổi mới phương pháp dạy học mà nền giáo dục nước ta đang hướng tới.

95

CHƯƠNG 3 THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 3.1.

Mục đích thực nghiệm - Nhằm kiểm nghiệm giả thuyết khoa học của luận văn qua thực tế dạy

học với mục đích rèn luyện và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh THPT. - Xem xét tính hiệu quả và tính khả thi của phương án rèn luyện và phát triển tư duy sáng tạo thông qua các biện pháp đề xuất, vận dụng cụ thể vào dạy học chuyên đề "Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất" cho học sinh THPT.

3.2.

Nội dung thực nghiệm - Chúng tôi đã tiến hành phát triển tư duy sáng tạo của học sinh dẫn

như trong luận văn đã trình bày đối với lớp thực nghiệm và không áp dụng đối với lớp đối chứng.

- Các tiết dạy thực nghiệm là một số tiết tự chọn về chủ đề "Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất" theo phương pháp đã đề ra ở chương 2 của luận văn.

STT

Nội dung

1

"Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong đại số"

2

"Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học phẳng"

3

"Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học không gian" Sau đó, chúng tôi cho HS kiểm tra hai bài. Đề, biểu điểm và thời gian

kiểm tra khảo sát dành cho lớp thực nghiệm và đối chứng là như nhau.

Các giáo án thực nghiệm sư phạm 96

Giáo án 1: Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị nhất, giá trị nhỏ

nhất trong đại số.

Lớp thực hiện: 11A6 - Trường THPT Nguyễn Trãi - Ba Đình - Hà Nội.

Giáo viên thực hiện: Vũ Thị Ngọc Linh.

Nội dung: ỨNG DỤNG VECTƠ VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT TRONG ĐẠI SỐ.

I. Mục tiêu: Kiến thức: Nhớ các tính chất cơ bản của vectơ: công thức về độ dài vectơ, tích vô hướng của hai vectơ, góc giữa hai vectơ…

Kỹ năng: - Biết chuyển đổi bài toán đại số sang ngôn ngữ vectơ nhờ tọa độ của vectơ

đối với hệ trục tọa độ Đề Các vuông góc.

- Biết khái quát bài toán đơn giản ở mức độ cao hơn

Thái độ: - Rèn luyện tính cẩn thận, chính xác, tự giác, tích cực trong học tập.

- Tư duy các vấn đề toán học một cách lôgic và hệ thống.

- Hợp tác tích cực trong hoạt động nhóm.

II. Phương pháp và phương tiện dạy học Phương pháp: 97

Thuyết trình kết hợp vấn đáp gợi mở.

Phương tiện: Phấn, bảng, sách giáo khoa, máy tính, máy chiếu Projector.

III. Chuẩn bị Giáo viên: Xây dựng một hệ thống bài tập nhằm phát huy tư duy sáng tạo của học sinh.

Học sinh: SGK, vở ghi, Ôn tập các kiến thức cơ bản về vectơ.

IV. Tiến trình giờ học 1. Ổn định tổ chức lớp 2. Kiểm tra bài cũ: Câu hỏi: Hãy nhắc lại công thức về độ dài vectơ, tích vô hướng của hai

vectơ và góc giữa hai vectơ?

3. Giảng bài mới Hoạt động của GV và HS

Nội dung ghi bảng

GV: Hãy viết hàm số đã cho dưới Bài toán 1 dạng tổng các bình phương?

Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: y =

HS: y= ( x + 1) 2 + 12 + ( x − 1) 2 + 1

x2 + 2x + 2 + x2 − 2x + 2 .

GV: Hàm số đã cho có thể viết dưới Lời giải: dạng: y= ( x + 1) 2 + 12 + ( x − 1) 2 + 1 nên Trong hệ trục tọa độ Oxy, ta chọn:

phù hợp với nguyên tắc chung của u = ( x + 1;1) và v = (1 − x;1) . Từ đó ta 98

dấu hiệu nhận biết khi sử dụng có: u = x 2 + 2 x + 2 , phương pháp vectơ.

v = x 2 − 2 x + 2 , u + v = (2;2) GV: Cho học sinh lựa chọn các vectơ

với tọa độ tương ứng. Dự kiến các u + v = 2 2 .

sai lầm mắc phải khi lựa chọn HS: Thảo luận và nêu các cách chọn

đúng đắn nhất.

và

Áp dụng bổ đề 1 (mục 2.1.2.4) ta có:

u + v ≥ u + v . Suy ra:

x2 + 2x + 2 + x2 − 2 x + 2 ≥ 2 2 .

Dấu đẳng thức xảy ra ⇔ u ↑↑ v ⇔

x +1 1 = ⇔ x = 0.

1− x 1

Vậy Min y = 2 2 ⇔ x = 0.

Bài toán 2: Cho các số thực a, b thỏa GV: Hãy biểu diễn vế phải của biểu mãn : a – 2b + 2 = 0. thức T dưới dạng hình học?

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: HS: Vế phải của biểu thức T là tổng T= độ dài của hai đoạn thẳng.

( a − 3) 2 + (b − 5) 2 + (a − 5) 2 + (b − 7) 2

GV: Nếu biểu thức có dạng tổng của hai đoạn thẳng thì hai đoạn thẳng đó

Lời giải

phải có một điểm chung.

Nếu biểu thức có dạng tổng độ dài của hai vectơ, thông thường vectơ tổng của hai vectơ đó có độ dài không đổi.

GV: Trong bài toán này ta có thể áp dụng cho trường hợp thứ nhất. GV yêu cầu HS lựa chọn tọa độ của các 99

Trong mặt phẳng tọa độ (O, i, j ), xét

điểm thích hợp để vế phải biểu thức

T xuất hiện độ dài của hai đoạn các điểm A(3; 5), B(5; 7) và M(a; b). thẳng và hai đoạn thẳng đó phải có Ta thấy M∈ d: x-2y +2 = 0, A, B một điểm chung. cùng phía so với d và T = MA + MB. HS: Trong mặt phẳng tọa độ Gọi A’là điểm đối xứng của A qua d

(O, i, j ), xét các điểm A(3; 5), B(5; thì A’(5;1).

7) và M(a; b). Ta thấy M∈ d:

x-2y Khi đó ta có:

+2 = 0, A, B cùng phía so với d và T

T = MA + MB = MA’ + MB

= MA + MB.

≥ A’B =

(5 − 5) 2 + (7 − 1) 2 = 6 .

Đẳng thức xảy ra ⇔ A’, M, B thẳng  7 hàng ⇔ M  5;  .  2

a = 5  Vậy Min T = 6 ⇔  7 . b =  2 Bài toán 3: Cho x, y, z là các số GV: Yêu cầu HS biểu diễn mỗi biểu dương và x+y+z=3. Tìm GTNN của thức dưới dấu căn dưới dạng tổng biểu thức: của các bình phương?

T=

HS:

x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 2

2

2 2 y   3y  z   3z     + y+  +  x +  + 2  2  2   2  Lời giải  

Ta có: 2 x   3x   z +    + 2  2  

2

T= 2

GV: Tương tự như bài toán 1, hãy 100

2 2 y   3y  z   3z     + y+  +  x +  + 2  2  2  2   

2

chuyển yêu cầu của bài toán 1 sang ngôn ngữ vectơ ?

HS: Trả lời câu hỏi.

2

2

+  z + x  +  3x  . 

2

 2 

GV: lựa chọn tọa độ của các vectơ Xét các vectơ : trong hệ tọa độ Đề Các để vế phải  y 3y  a = x + ;  , của biểu thức T xuất hiện tổng độ dài 2 2   của các vectơ? và

 z 3z  b=y+ ;  2 2  

 x 3x  c = z + ;  thì: 2 2   3  3 a + b + c =  ( x + y + z ); ( x + y + z )  2 2  9 3 3 = ; .

2 2   Khi đó:

T = a + b + c ≥ a + b + c = 3 3.

Đẳng thức xảy ra ⇔ x = y = z = 1.

Vậy min T = 3 3 ⇔ x = y = z = 1.

4. Củng cố, dặn dò Những chú ý khi giải các bài toán tìm GTLN, GTNN theo phương pháp vectơ.

5. Hướng dẫn về nhà GV giao cho HS về nhà tự xây dựng những bài tập tương tự như những ví dụ đã xét và giải những bài tập đó.

101

E. RÚT KINH NGHIỆM ---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------3.3.

Tổ chức thực nghiệm

3.3.1. Đối tượng thực nghiệm Để đánh giá tính khả thi và hiệu quả của phương pháp dạy học đã đề xuất trong chương 2, cần phải thực nghiệm trên diện rộng, ở nhiều trường với nhiều lớp. Tuy nhiên, do thời gian và điều kiện có hạn nên chúng tôi chỉ tiến hành thực nghiệm ở một số lớp 11 và lớp 12 trường THPT Nguyễn Trãi - Ba

Đình - Hà Nội.

- Chọn lớp thực nghiệm: chúng tôi chọn bốn lớp:11A6, 11A10, 12A8 và 12A10 năm học 2013 - 2014 của trường THPT Nguyễn Trãi - Ba Đình để thực nghiệm sư phạm. Trong đó, lớp 11A6, 12A8 là 2 lớp thử nghiệm, lớp 11A10 và lớp 12A10 là 2 lớp đối chứng.

Tiêu chuẩn lựa chọn các lớp: + Mặt bằng chung về trình độ nhận thức của đối tượng học sinh trong các lớp là đồng đều. + Số lượng học sinh ở các lớp cũng phải tương đương. + Trình độ chuyên môn và thâm niên công tác của các GV dạy toán ở các lớp là tương đương.

Cụ thể, GV giảng dạy ở các lớp đều là GV có kinh nghiệm, tuổi nghề xấp xỉ nhau, đều đã tham gia đợt tập huấn thay sách hè 2006- 2007- 2008. Tất cả HS đều có điểm đầu vào xấp xỉ nhau. Đây cũng là yếu tố giúp kết quả thực nghiệm của chúng tôi có tính thuyết phục hơn.

Các lớp được lựa chọn có đặc điểm sau:

102

Bảng 3.1: Các mẫu thực nghiệm sư phạm được chọn Tên trường Trường THPT Nguyễn Trãi - Ba Đình

Nhóm thực nghiệm (TN) Lớp Sĩ s ố 11A6 45 12A8

Nhóm đối chứng (ĐC) Lớp Sĩ số 11A10 43

47

Tổng HS

12A10

45

92

88

Lớp thực nghiệm được chúng tôi lựa chọn là lớp 11A6 do cô Nguyễn Thị Cẩm Vân chủ nhiệm và lớp 12A8 do Vũ Thị Ngọc Linh chủ nhiệm. Còn lớp đối chứng là 11A10 do cô Nguyễn Thị Bích Ngọc chủ nhiệm, lớp 12A10 do thầy Đinh Văn Khoa chủ nhiệm.

Để khẳng định chất lượng đầu vào của lớp thực nghiệm chúng tôi dựa vào điểm kiểm tra môn toán học kì 2 - lớp 10 và lớp 11- năm học 2012 - 2013 của bốn lớp (hai nhóm).

Bảng 3.2: Kết quả điểm kiểm tra học kì 2 của nhóm ĐC và nhóm TN năm học 2012- 2013

NHÓM

SỐ HS

SỐ BÀI KT

SỐ BÀI KIỂM TRA ĐẠT ĐIỂM Xi 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

ĐC

88

88

0

2

0

6

10

4

24

8

19 15

TN

92

92

0

2

4

8

9

11

13 14

17 14

103

Bảng 3.3: Bảng thống kê số % bài kiểm tra đạt điểm Xi của bài kiểm tra học kì 2 của nhóm ĐC và nhóm TN năm học 2012- 2013

Số

Nhóm

HS

Số

SỐ % BÀI KIỂM TRA ĐẠT ĐIỂM Xi

bài KT

1

2

3

4

5

6

7

8

0

6,8

11,4

4,5

27,3

9,1

8,7

9,8

12,0 14,1 15,2 18,5 15,2

ĐC

88

88

0

2,3

TN

92

92

0

2,2 4,3

9

10

21,6 17,0

Bảng 3.4: Bảng tổng hợp các tham số của nhómĐC và nhóm TN đối với bài kiểm tra học kì 2 năm học 2012- 2013

Nhóm

Tổng số HS

X

S2

S

V(%)

X = X ±m

ĐC

88

7,44

1,365

1,168

15,1

7,44 ± 0,01

TN

92

7,12

1,182

1,087

15,27

7,12 ± 0,01

Các tham số sử dụng để thống kê: - Giá trị trung bình cộng X : là tham số đặc trưng cho sự tập trung của k

số liệu, được tính theo công thức: X =

n x

i i

i =1

N

, ni là tần số ứng với điểm số xi

(số bài kiểm tra đạt điểm xi), N là số HS tham gia làm bài kiểm tra. k

- Phương sai: S 2 =

(X

i

− X )2

i =1

N

104

- Độ lệch chuẩn S cho biết độ phân tán quanh giá trị X được tính theo k

công thức S =

(X

i

− X )2

, S càng nhỏ tức số liệu càng ít phân tán.

i =1

N

- Hệ số biến thiên: V =

S 100% cho phép so sánh mức độ phân tán của X

các số liệu.

- Sai số tiêu chuẩn: m =

S N

Nhìn vào điểm trung bình và độ lệch chuẩn trong bảng 3.3, ta có nhận xét cả hai nhóm đều có học lực tương đối tốt. Mặt bằng kiến thức hai nhóm thực nghiệm và đối chứng là tương đương (điểm trung bình và độ lệch chuẩn xấp xỉ nhau). Để có cơ sở khoa học vững chắc hơn, chúng tôi sử dụng kiến thức thống kê về so sánh hai giá trị trung bình để kiểm định giả thiết Ho = “Chất lượng học tập đầu vào của hai lớp là tương đương” với đối thiết Ko = “Chất lượng học tập đầu vào của hai lớp là khác nhau”.

Tra bảng phân phối Student bậc tự do f = (NTN+NĐC)- 2 = (88 +92) – 2 = 178 với mức ý nghĩa α = 0,05 ta có mức tới hạn tα≈ 1,96. Do kích thước hai mẫu đều lớn hơn 30 nên ta sử dụng công thức:

t=

| X TN − X ĐC | NTN .N ĐC S NTN + N ĐC

với S =

(1)

2 ( NTN − 1) STN2 + ( N ĐC − 1) S ĐC

NTN + N ĐC − 2

(2)

Nếu t < tα ta chấp nhận giả thiết Ho, ngược lại ta bác bỏ giả thiết Ho, chấp nhận đối thiết Ko. Thay số S=

vào các công thức (2) và (1) ta được:

( 92 − 1).1,182 + (88 − 1).1,365 ≃ 1,13 92 + 88 − 2

;

t=

7,12 − 7,44 92.88 . ≃ 1,9 1,13 92 + 88

Như vậy t < tα≈ 1,96 nên có thể nói giả thiết Ho là chấp nhận được.

105

- Các lớp thực nghiệm: GV nghiên cứu dạy theo giáo án chúng tôi đã biên soạn để dạy.

- Các lớp đối chứng: Bài học do GV dạy lớp đó tự biên soạn về nội dung để giảng dạy và sử dụng PPDH truyền thống.

Trong đợt thực nghiệm, chúng tôi tiến hành kiểm tra hai bài để đánh giá chất lượng lĩnh hội kiến thức và kỹ năng giải các bài toán tìm GTLN, GTNN theo phương pháp vectơ của HS ở cả hai nhóm TN và ĐC. Thời gian kiểm tra, đề, biểu điểm ở cả hai nhóm là như nhau.

3.3.2. Thời gian thực nghiệm Từ ngày 10/9/2013 đến ngày 25/10/2013.

3.3.3. Phương pháp thực nghiệm Chúng tôi cùng GV tham gia thực nghiệm nghiên cứu và sử dụng tài liệu để thiết kế và thực hiện kế hoạch bài học theo dự tính. Thực nghiệm sư phạm được tiến hành song song giữa lớp thực nghiệm và lớp đối chứng: Lớp dạy với nội dung dạy học không vận dụng phương pháp khám phá có hướng dẫn (lớp ĐC); Lớp dạy với nội dung dạy học vận dụng phương pháp dạy học khám phá có hướng dẫn (lớp TN). Lớp thực nghiệm dạy theo kế hoạch bài học do chúng tôi thiết kế. Lớp đối chứng dạy theo kế hoạch bài học do GV tham gia thiết kế.

Khi chọn mẫu TN, chúng tôi tiến hành thực hiện như sau: - Trao đổi với GV dạy bộ môn Toán và GV chủ nhiệm lớp để biết tình hình học tập của HS. - Do thời gian thực nghiệm được tiến hành vào đầu năm lớp 11 và lớp 12 nên chúng tôi xem xét kết quả học tập bộ môn Toán học kì 2 năm học 2012- 2013 của HS các lớp TN và lớp ĐC trước khi tiến hành thực nghiệm.

- Trao đổi với HS để tìm hiểu năng lực học tập bộ môn Toán, khả năng hợp tác của các em.

- Dự giờ của các GV. 106

- Sau mỗi tiết học chúng tôi trao đổi với GV và HS để rút kinh nghiệm và có sự điều chỉnh cho phù hợp với kế hoạch bài dạy mà chúng tôi đã thiết kế, hoặc điều chỉnh, bổ sung nhằm nâng cao tính khả thi ở lần thực nghiệm sau.

3.3.4. Tiến hành thực nghiệm - Chúng tôi dự giờ, quan sát ghi nhận mọi hoạt động của GV và HS trong các tiết học thực nghiệm ở lớp TN và lớp ĐC. - Sau mỗi tiết thực nghiệm, chúng tôi tổ chức khảo sát điều tra HS và phỏng vấn GV về việc dạy học nội dụng ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất ở trường THPT thông qua PPDH phát triển tư duy sáng tạo (phiếu điều tra HS và phiếu phỏng vấn GV có ở phụ lục). Sau

đó chúng tôi tổ chức rút kinh nghiệm về kế hoạch bài học đã thiết kế để có sự định hướng cho việc tổ chức những tiết dạy sau.

- Cho HS làm hai bài kiểm tra sau khi thực nghiệm (cả lớp TN và lớp

ĐC cùng làm một đề với cùng thời gian kiểm tra).

3.4.

Đánh giá thực nghiệm - Để đánh giá hiệu quả của việc vận dụng PPDH phát triển tư duy sáng

tạo trong dạy học chuyên đề "Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất" ở trường THPT, sau khi hoàn thành các bài thực nghiệm, chúng tôi tiến hành tổ chức cho mỗi lớp làm hai bài kiểm tra: bài thứ nhất trong 15 phút và bài thứ hai trong 45 phút, mục đích của bài kiểm tra nhằm đánh giá việc nắm kiến thức sau mỗi bài học ; đánh giá về ý thức học tập và rèn luyện kĩ năng giải toán của học sinh.

- Đề kiểm tra khảo sát sau thực nghiệm:

107

PHIẾU KHẢO SÁT SỐ 1 (Thời gian 45')

Bài 1(4 điểm): Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: A=

a 2 + a + 1 + a 2 − a + 1, ∀a ∈ ℝ .

Bài 2 (3 điểm): Cho x, y, z là ba số dương thỏa mãn x + y + z ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: T =

x2 +

1 1 1 + y2 + 2 + z2 + 2 .

2 y z x

Bài 3 ( 3 điểm): Cho x ∈ [ −1;3] . Tìm giá trị lớn nhất của hàm số: y=

x x +1 + 3 − x

2 x2 + 1

.

PHIÊU KHẢO SÁT SỐ 2 (Thời gian 45')

Bài 1 (3 điểm): Cho đường thẳng d và tam giác ABC. Với mỗi điểm D thuộc

d, dựng điểm M sao cho DM = DA + DB + DC . Tìm độ dài nhỏ nhất của DM. = α và một độ dài a. Trên hai cạnh Ox, Oylần Bài 2 (3 điểm): Cho góc xOy lượt lấy các điểm A, B sao cho OA + OB =a. Tìm độ dài ngắn nhất của đoạn AB.

Bài 3 ( 4 điểm): Cho đoạn thẳng AB, đường thẳng d và các số thực α , β sao cho α + β > 0 . Với mỗi điểm M thuộc d, lập tổng T = α MA 2 + β MB2 . Xác

định vị trí của điểm M để T đạt giá trị nhỏ nhất. Để có số liệu cụ thể so sánh chất lượng của các lớp thực nghiệm với các lớp đối chứng, chúng tôi đã chấm điểm và thống kê lại, tính điểm trung bình. Qua 2 bài kiểm tra này, nếu điểm kiểm tra ở ở lớp thực nghiệm cao hơn lớp đối chứng thì phần nào đã bước đầu khẳng định hiệu quả của phương pháp dạy học khám phá có hướng dẫn.

108

3.4.1. Đánh giá định lượng Sau khi cho các lớp kiểm tra, chúng tôi đã tiến hành thống kê, tính toán và thu được các bảng số liệu sau:

Bảng 3.5: Bảng thống kê các điểm số (Xi) của bài kiểm tra số 1 NHÓM

SỐ

SỐ

SỐ BÀI KIỂM TRA ĐẠT ĐIỂM Xi

BÀI

HS

KT

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

ĐC

88

88

0

4

6

6

13

17

26

12

4

0

TN

92

92

0

1

3

4

12

21

25 15

9

2

Bảng 3.6: Bảng thống kê các điểm số (Xi) của bài kiểm tra số 2 NHÓM

SỐ BÀI KIỂM TRA ĐẠT ĐIỂM Xi

SỐ

SỐ

BÀI

HS

KT

1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

ĐC

88

88

0

3

5

7

12

18

24

14

5

0

TN

92

92

0

1

2

5

10

13

27

22 7

5

Biểu đồ phân bố điểm (Bài kiểm tra số 1) Số bài kiểm tra đạt điểm Xi 30

25

20

Lớp đối chứng

15

Lớp thực nghiệm

10

5

0 1

2

3

4

5

6

7

8

9

Lớp đối chứng

0

4

6

6

13

17

26

12

4

0

Lớp thực nghiệm

0

1

3

4

12

21

25

15

9

2

109

10

Điểm số Xi

Đồ thị 3.1: Biểu đồ phân bố điểm của hai nhóm ĐC và TN ( Bài kiểm tra số 1)

Đồ thị 3.2: Biểu đồ phân bố điểm của hai nhóm ĐC và TN ( Bài kiểm tra số 2) Bảng 3.7: Bảng thống kê số % bài kiểm tra đạt điểm Xi của bài kiểm tra số 1 Nhóm

Số HS

Số bài KT

SỐ % BÀI KIỂM TRA ĐẠT ĐIỂM Xi 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

ĐC

88

88

0

4,5 6,8

6,8

14,8 19,3 29,6 13,7 4,5

0

TN

92

92

0

1,1 3,3

4,3

13,0 22,8 27,2 16,3 9,8 2,2

Bảng 3.8: Bảng thống kê số % bài kiểm tra đạt điểm Xi của bài kiểm tra số 2 110

Nhóm

Số

Số

SỐ % BÀI KIỂM TRA ĐẠT ĐIỂM Xi

bài

HS

1

KT

2

3

4

5

6

7

8

9

10

ĐC

88

88

0

3,4 5,7

7,9

13,6 20,5 27,3 15,9 5,7

TN

92

92

0

1,1 2,2

5,4

10,9 14,1 29,4 23,9 7,6 5,4

Biểu đồ phân phối tần suất (Bài kiểm tra số 1) Số % bài kiểm tra đạt điểm Xi 35

30

25

20 Lớp đối chứng

15

10

5

Điểm số Xi

0 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Lớp đối chứng

0

4,5

6,8

6,8

14,83

19,3

29,6

13,7

4,5

0

Lớp thực nghiệm

0

1,1

3,3

4,3

13

22,8

27,2

16,3

9,8

2,3

Đồ thị 3.3: Biểu đồ phân phối tần suất của hai nhóm ĐC và TN (Bài kiểm tra số 1)

111

0

Đồ thị 3.4: Biểu đồ phân phối tần suất của hai nhóm ĐC và TN ( Bài kiểm tra số 2)

Bảng 3.9: Bảng thống kê số % bài kiểm tra đạt điểm Xi trở xuống của bài kiểm tra số 1 NHÓM

SỐ % BÀI KIỂM TRA ĐẠT ĐIỂM Xi TRỞ XUỐNG

Số bài KT

1

2

ĐC

88

0

4,5

11,3 18,1 32,9 52,2 81,8 95,5 100 100

TN

92

0

1,1

4,3

3

4 8,7

5

6

7

8

9

10

21,7 44,6 71,7 88,0 97,8 100

Bảng 3.10: Bảng thống kê số % bài kiểm tra đạt điểm Xi trở xuống của bài kiểm tra số 2 NHÓM

Số bài

SỐ % BÀI KIỂM TRA ĐẠT ĐIỂM Xi TRỞ XUỐNG

KT

1

2

3

ĐC

88

0

3,4

9,1

17,0 30,7 51,1 78,4 94,3 100 100

TN

92

0

1,1

3,3

8,7

4

112

5

6

7

8

9

10

19,6 57,9 63,0 87,0 94,6 100

Biểu đồ phân phối tần suất lũy tích (Bài kiểm tra số 1)

Số % bài kiểm tra đạt điểm Xi trở xuống 120

100

80

Lớp đối chứng Lớp thực nghiệm

60

40

20

0 1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Điểm số Xi

Đồ thị 3.5: Biểu đồ phân phối tần suất lũy tích của hai nhóm ĐC và TN ( Bài kiểm tra số 1)

Đồ thị 3.6: Biểu đồ phân phối tần suất lũy tích của hai nhóm ĐC và TN ( Bài kiểm tra số 2)

Nhắc lại các tham số sử dụng để thống kê:

113

- Giá trị trung bình cộng: là tham số đặc trưng cho sự tập trung của số liệu, k

được tính theo công thức: X =

n X i

i =1

N

i

, ni là tần số ứng với điểm số Xi (số bài

kiểm tra đạt điểm Xi), N là số HS tham gia làm bài kiểm tra. k

- Phương sai: S 2 =

(X

i

− X )2

i =1

N

- Độ lệch chuẩn S cho biết độ phân tán quanh giá trị X được tính theo công k

thức S =

(X

i

− X )2

, S càng nhỏ tức số liệu càng ít phân tán.

i =1

N

- Hệ số biến thiên: V =

S 100% cho phép so sánh mức độ phân tán của các X

số liệu.

- Sai số tiêu chuẩn: m =

S .

N

Bảng 3.11: Bảng tổng hợp các tham số của hai nhóm đối với bài kiểm tra số 1 Nhóm

Tổng

số

HS

X

S2

S

V(%)

X = X ±m

ĐC

88

6,034

0,97

0,98

16,24

6,034 ± 0,011

TN

92

6,620

1,033

1,016

15,35

6,620 ± 0,011

Bảng 3.12: Bảng tổng hợp các tham số của hai nhóm đối với bài kiểm tra số 2 Nhóm

Tổng HS

số X

S2

S

V(%)

X = X ±m

ĐC

88

6,159

0,987

0,993

16,13

6,159±0,011

TN

92

6,891

1,107

1,052

15,27

6,891±0,011

114

Dựa vào các thông số tính toán ở trên, bảng tổng hợp các tham số (bảng 3.10; bảng 3.11) và đồ thị đường lũy tích (Đồ thị 3.5; đồ thị 3.6), chúng tôi

rút ra được những nhận xét sau: - Điểm trung bình X của nhóm TN cao hơn nhóm ĐC, độ lệch chuẩn S có giá trị tương đối nhỏ nên số liệu thu được ít phân tán, do đó giá trị trung bình có độ tin cậy cao.

- VTN < VĐC , chứng tỏ mức độ phân tán ở nhóm TN giảm so với nhóm ĐC. - Tỉ lệ HS đạt loại yếu, kém của nhóm TN giảm rất nhiều so với các nhóm

ĐC. Ngược lại, tỉ lệ HS đạt loại khá, giỏi của nhóm TN cao hơn nhóm ĐC. - Đường lũy tích ứng với nhóm TN nằm bên phải, phía dưới đường lũy tích

ứng với nhóm ĐC. Như vậy, kết quả học tập của nhóm TN cao hơn kết quả học tập của nhóm

ĐC. Tuy nhiên, kết quả trên đây có thể do ngẫu nhiên mà có. Vì vậy, để độ tin cậy cao hơn, chúng ta cần kiểm định thống kê.

Kiểm định giả thiết thống kê Giả thiết H1: “Sự khác nhau giữa giá trị trung bình của điểm số nhóm

ĐC và nhóm TN là không có ý nghĩa”. Đối thiết K1: “Điểm trung bình của nhóm TN khác điểm trung bình của nhóm ĐC một cách có ý nghĩa”.

Tính đại lượng kiểm định t theo công thức: t=

| X TN − X ĐC | N TN .N ĐC .

S N TN + N ĐC

với

S=

(1)

2 ( NTN − 1) STN2 + ( N ĐC − 1) SĐC

NTN + N ĐC − 2

( 2)

Sau khi tính được t, ta so sánh nó với giá trị tới hạn tα được tra trong bảng Student ứng với mức ý nghĩa α và bậc tự do f = NTN + NĐC – 2.

- Nếu t ≥ tα thì bác bỏ giả thiết H1, chấp nhận đối thiết K1.

115

- Nếu t < tα thì bác bỏ đối thiết K1, chấp nhận giả thiết H1. * Đối với bài kiểm tra số 1: Vận dụng công thức (1) và (2) tính toán ta được S=

( 92 − 1)1,033 + (88 − 1) 0,97 ≃ 1,001 ; 92 + 88 − 2

t=

| 6,620 − 6,034 | 92.88 ≃ 3,93 .

1,001 92 + 88

* Đối với bài kiểm tra số 2: Vận dụng công thức (1) và (2) tính toán ta được: S=

( 92 − 1)1,107 + (88 − 1) 0,987 ≃ 1,023 ; 92 + 88 − 2

t=

| 6,881 − 6,159 | 92.88 . ≃ 4,8 1,023 92 + 88

Tra bảng phân phối Student với mức ý nghĩa α = 0,05 và bậc tự do f với f = NTN + NĐC – 2 = 178 , ta có tα= 1,96.

Như vậy, rõ ràng t > tα chứng tỏ X TN khác X ĐC là có ý nghĩa (đối với cả 2 bài kiểm tra số 1 và bài kiểm tra số 2).

Do đó, giả thiết nêu trên đã được kiểm chứng.

3.4.2. Đánh giá định tính Qua thời gian thực nghiệm chúng tôi nhận thấy: + Với giáo viên tham gia thực nghiệm: - Nhiệt tình đầu tư thời gian nghiên cứu giáo án và phương pháp dạy học mới.

- Nắm được những nét đặc trưng của phương pháp dạy học phám phá có hướng dẫn và ưu điểm của phương pháp này. + Với học sinh tham gia thực nghiệm: - Hầu hết học sinh đều hào hứng với việc học, thể hiện ở việc các em tích cực tham gia xây dựng bài.

- Trong mỗi giờ học, vai trò của học sinh được đề cao vì mỗi ý kiến của các em trở thành một phần nhỏ trong nội dung bài học nên các em thấy tự tin, hào hứng, mạnh dạn đưa ra những ý kiến đóng góp xây dựng bài.

116

- Sau mỗi bài toán đưa ra đã xuất hiện những cuộc tranh luận sôi nổi về kết quả và phương pháp giải bài tập.

- Các em bước đầu được làm quen với phương pháp học mới: tự học, tự tìm kiếm kiến thức theo sự phát triển tư duy sáng tạo.

3.5.

Kết luận chương 3 Chương này trình bày kết quả thực nghiệm ba giáo án đã soạn của tác giả

theo phương pháp phát triển tư duy sáng tạo tại bốn lớp 11A6, 11A10, 12A8 và 12A10 của trường THPT Nguyễn Trãi - Ba Đình - Hà Nội. Kết quả thực nghiệm đã phần nào minh họa được tính khả thi và hiệu quả của đề tài. Qua quá trình thực nghiệm, điều quan trọng là bước đầu thấy rõ học sinh được hình thành khả năng tự học, tự phát triển tư duy kiến thức trong quá trình học tập.

Như vậy,có thể nói rằng phương pháp dạy học phát triển tư duy sáng tạo đã góp phần đổi mới phương pháp dạy học nói chung và dạy học môn Toán ở trường THPT nói riêng. Việc sử dụng phương pháp phát triển tư duy sáng tạo vào dạy học chuyên đề “Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất” ở trường THPT là hoàn toàn thực hiện được và sẽ đạt được hiệu quả cao.

117

KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ 1. Kết luận Qua quá trình nghiên cứu, luận văn đã thu được những kết quả chính sau: 1. Trình bày cơ sở lý luận của phương pháp dạy học phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh 2. Thiết kế được một số giáo án dạy học và đưa ra được hệ thống một số các bài tập trong chuyên đề: "Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất".

3. Tiến hành thực nghiệm sư phạm trên một số giáo án. Kết quả thực nghiệm bước đầu khẳng định tính khả thi và hiệu quả của đề tài.

4. Giáo viên có thể sử dụng hệ thống những bài tập đưa ra trong luận văn trong các giờ dạy chuyên đề, luyện tập, ôn tập để phát triển tư suy sáng tạo cho học sinh.

5. Nội dung luận văn có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh ôn thi Tốt nghiệp, Đại học và trong các chuyên đề ôn thi học giỏi về giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất. Đó chính là ý nghĩa thực tiễn của luận văn.

Như vậy, có thể nói mục đích nghiên cứu và nhiệm vụ nghiên cứu của luận văn đã hoàn thành. Tuy nhiên, trong quá trình nghiên cứu không tránh khỏi những thiếu sót. Tác giả rất mong được sự đóng góp ý kiến của các thầy cô và bạn đồng nghiệp để tác giả tiếp tục nghiên cứu sau này.

2. Khuyến nghị 2.1. Đối với giáo viên Toán ở các trường THPT Giáo viên Toán ở các trường THPT nghiên cứu việc áp dụng phương án dạy học mà luận văn đã đề xuất vào quá trình dạy học chuyên đề “Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất” một cách sáng

118

tạo, phù hợp với từng đối tượng học sinh và mở rộng việc áp dụng với các chủ

đề khác.

2.2. Đối với các cấp quản lý của ngành Giáo dục - Quán triệt hơn nữa tới giáo viên, các nhà quản lý trong nhà trường THPT về việc đổi mới PPDH và việc vận dụng các phương pháp đó vào giảng dạy.

- Nâng cấp cơ sở vật chất sẵn có, bổ sung thêm một số trang thiết bị giảng dạy hiện đại cho các phòng học như : máy tính, máy chiếu projector, máy chiếu hắt,...để các giáo viên có thể thường xuyên áp dụng được công nghệ thông tin vào bài giảng một cách chủ động và thuận tiện hơn, giúp học sinh học tập tốt hơn, tiếp thu kiến thức nhanh hơn và đỡ bị nhàm chán với các phương pháp giảng dạy cũ.

- Đưa ra những biện pháp thúc đẩy việc đổi mới phương pháp dạy học, giúp học sinh nâng cao ý thức học tập, tích cực vào việc tự học, tự tìm tòi kiến thức cho bản thân.

2.3. Đối với các cơ sở nghiên cứu khoa học Giáo dục Các cơ sở nghiên cứu khoa học Giáo dục nên mở rộng hướng nghiên cứu của đề tài cho việc dạy học các phần khác của chương trình Toán THPT, cho bộ môn khác, và cho cả các cấp học khác nữa.

119

TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Lê Quang Ánh, Trần Thái Hùng, Nguyễn Hoàng Dũng (1993), Tuyển tập những bài toán khó và phương pháp giải toán Hình học không gian, NXB Trẻ - Thành phố Hồ Chí Minh.

2. Nguyễn Hữu Châu. Một xu thế của giáo dục ở thế kỉ XXI. Thông tin KHGD, Số 84, tháng 3 - 4/2001; Số 85, tháng 5 - 6/2001.

3. Hoàng Chúng. Rèn luyện khả năng sáng tạo toán học ở trường phổ thông.

NXB Giáo dục, H.1969.

4. Crutexki V.A (1980). Những cơ sở của Tâm lý học sư phạm. NXB Giáo

dục.

5. Crutexki V.A (1973). Tâm lý năng lực Toán học của học sinh. NXB Giáo

dục.

6. Vũ Văn Dân. Về việc phát triển tư duy của học sinh trong hoạt động học tập. Nghiên cứu Giáo dục, H.2 - 1995.

7. Phạm Gia Đức, Phạm Văn Hoàn. Rèn luyện kĩ năng công tác độc lập cho học sinh quan môn Toán. NXB Giáo dục, 1967

8. G. Polya (1968). Toán học và những suy luận có lý. NXB Giáo dục.

9. G. Polya (1978). Sáng tạo toán học, NXB Giáo dục.

10. Phạm Văn Hoàn. Rèn luyện trí thông minh qua môn Toán và phát hiện bồi dưỡng học sinh có năng khiếu toán ở cấp I. NXB Giáo dục, H., 1969.

11. Phạm Văn Hoàn, Nguyễn Gia Cốc, Trần Thúc Trình (1981). Giáo dục học môn Toán. NXB Giáo dục.

12. Omizumi Kagayaki. Phương pháp luyện trí não. NXB Thông tin, H., 1991 13. Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thuỵ. Một số nghiên cứu phát triển lý luận dạy học toán học. ĐHSP Hà Nội I, 1989.

14. Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thuỵ. Phương pháp dạy học môn Toán. NXB Giáo dục, H., 1992

120

15. Nguyễn Thái Hoè (2001). Rèn luyện tư duy qua việc giải bài tập toán,

NXB Giáo dục.

16. Thái Văn Long (1999). Khơi dậy và phát huy năng lực tự học, sáng tạo của người học trong giáo dục đào tạo. Nghiên cứu Giáo dục.

17. Trần Luận (1995). Dạy học sáng tạo môn Toán ở trưởng phổ thông.

Nghiên cứu Giáo dục.

18. Trần Luận (1995). Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua hệ thống bài tập Toán. Nghiên cứu Giáo dục.

20. Hứa Mộng. Phương pháp phát triển trí tuệ. NXB Thông tin, H., 1991 21. Nghị quyết Hội nghị lần thứ tư BCH TW Đảng Cộng sản Việt Nam khóa VII về tiếp tục đổi mới sự nghiệp giáo dục và đào tạo. Nghiên cứu giáo dục, H. 2

-1994 22. Phát hiện, bồi dưỡng năng khiếu học sinh. Viện Khoa học Giáo dục, H.,

1990 23. Tài liệu bồi dưỡng giáo viên thực hiện chương trình SGK lớp 10, 11, 12 THPT môn Toán học. Bộ Giáo dục và Đào tạo, NXB Giáo dục,

H.,2006.

24. Tôn Thân (1995). Xây dựng câu hỏi và bài tập nhằm bồi dưỡng một số yếu tố của tư duy sáng tạo cho học sinh khá và giỏi Toán ở trường Trung học cơ sở Việt Nam. Viện Khoa học Giáo dục.

25. Nguyễn Cảnh Toàn (1997). Phương pháp luận duy vật biện chứng cùng với việc học, dạy, nghiên cứu Toán học. NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.

26. Nguyễn Cảnh Toàn. Tập cho học sinh giỏi Toán làm quen dần với nghiên cứu toán học. NXB Giáo dục. H. , 1992.

121

MỤC LỤC MỞ ĐẦU .......................................................................................................... 1 CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN ................................... 12 1.1. Tư duy ..................................................................................................... 12 1.1.1. Khái niệm tư duy................................................................................... 12 1.1.2. Các thao tác tư duy và phân loại tư duy................................................ 12 1.1.3. Các giai đoạn của quá trình tư duy ....................................................... 13 1.1.4. Tầm quan trọng của tư duy ................................................................... 13 1.2. Tư duy sáng tạo ....................................................................................... 14 1.3. Một số yếu tố đặc trưng của tư duy sáng tạo .......................................... 19 1.3.1. Tính mềm dẻo ....................................................................................... 20 1.3.2. Tính nhuần nhuyễn................................................................................ 20 1.3.3. Tính độc đáo.......................................................................................... 21 1.3.4. Tính hoàn thiện ..................................................................................... 22 1.3.5. Tính nhạy cảm vấn đề ........................................................................... 22 1.4. Phương hướng bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học môn Toán .................................................................................................. 22 1.4.1. Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh cần kết hợp với các hoạt động trí tuệ khác ....................................................................................................... 22 1.4.2. Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh cần đặt trọng tâm vào việc rèn khả năng phát hiện vấn đề mới, khơi dậy ý tưởng mới................................... 23 1.4.3. Chú trọng bồi dưỡng từng yếu tố cụ thể của tư duy sáng tạo ............... 24 1.4.4. Bồi dưỡng tư duy sáng tạo là một quá trình lâu dài cần tiến hành trong tất cả các khâu của quá trình dạy học.............................................................. 24 1.5. Tiềm năng của chủ đề “Ứng dụng vectơ vào giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất” trong việc bồi dưỡng và phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh..................................................................................................... 25 1.6. Kết luận chương 1 ................................................................................... 28 122

CHƯƠNG 2: PHÁT TIỂN TƯ DUY SÁNG TẠO CHO HỌC SINH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG THÔNG QUA DẠY HỌC CHUYÊN ĐỀ: "ỨNG DỤNG VECTƠ VÀO GIẢI CÁC BÀI TOÁN TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT"................................................................... 29 2.1. Một số kiến thức cơ bản về vectơ ........................................................... 29 2.1.1. Vectơ trong mặt phẳng .......................................................................... 29 2.1.2. Vectơ trong không gian......................................................................... 37 2.2. Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất .............................................................. 39 2.3. Ứng dụng vectơ trong dạy học giải các bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất theo định hướng phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. ........... 40 2.3.1. Khai thác ứng dụng của phương pháp vectơ trong dạy học giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong đại số và lượng giác theo định hướng phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. .............................................. 40 2.3.2. Khai thác ứng dụng của phương pháp vectơ trong dạy học giải bài toán tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất trong hình học theo định hướng phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh. .......................................................................... 67 2.4. Kết luận chương 2 ................................................................................... 95

CHƯƠNG 3: THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM ............................................... 96 3.1. Mục đích thực nghiệm ............................................................................ 96 3.2. Nội dung thực nghiệm............................................................................. 96 3.3. Tổ chức thực nghiệm ............................................................................ 102 3.3.1. Đối tượng thực nghiệm ....................................................................... 102 3.3.2. Thời gian thực nghiệm ........................................................................ 106 3.3.3. Phương pháp thực nghiệm .................................................................. 106 3.3.4. Tiến hành thực nghiệm ....................................................................... 107 3.4. Đánh giá thực nghiệm ........................................................................... 107 3.4.1. Đánh giá định lượng............................................................................ 109 3.4.2. Đánh giá định tính ............................................................................... 116 123

3.5. Kết luận chương 3 ................................................................................. 117

KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ ............................................................. 118 TÀI LIỆU THAM KHẢO .......................................................................... 120

124