ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC NGUYỄN THỊ HOÀNG CÚC RÈN LUYỆN KHẢ NĂNG TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN CHO HỌC SINH TRONG DẠY HỌC NỘI DUNG LƢỢNG GIÁC Ở TRƢỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG LUẬN VĂN THẠC SĨ SƢ PHẠM TOÁN HÀ NỘI – 2013 1 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƢỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC RÈN LUYỆN KHẢ NĂNG TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN CHO HỌC SINH TRONG DẠY HỌC LƢỢNG GIÁC Ở TRƢỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG LUẬN VĂN THẠC SĨ SƢ PHẠM TOÁN CHUYÊN NGÀNH: LÝ LUẬN VÀ PHƢƠNG PHÁP DẠY HỌC (BỘ MÔN TOÁN) Mã số: 60 14 10 Ngƣời hƣớng dẫn khoa học: Tiến sĩ Lê Phê Đô HÀ NỘI – 2013 2 DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT 1. ĐPCM 2. GTLN 3. GTNN 4. THPT 5. VT 6. VP Điều phải chứng minh Giá trị lớn nhất Giá trị nhỏ nhất Trung học phổ thông Vế trái Vế phải 3 MỞ ĐẦU 1. Lý do chọn đề tài. Ngày nay trước yêu cầu của sự nghiệp công nghiệp hóa, hiện đại hóa đất nước để tránh nguy cơ bị tụt hậu về kinh tế và khoa học công nghệ thì việc cấp bách và lâu dài là nâng cao chất lượng giáo dục và đào tạo. Tầm quan trọng đó đặt lên vai những người làm công tác giáo dục và dạy học nhiều trách nhiệm nặng nề. Trong các môn khoa học và kỹ thuật, toán học giữ một vị trí quan trọng và nổi bật. Công việc dạy toán của giáo viên nhằm rèn luyện cho học sinh tư duy toán học cùng những phẩm chất của con người lao động mới để các em vững vàng trở thành những chủ nhân tương lai của đất nước. Ở trường phổ thông dạy toán học là dạy hoạt động toán học. Đối với học sinh có thể xem giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Các bài toán ở trường phổ thông là một phương tiện rất có hiệu quả và không thể thay thế được trong việc giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành kỹ năng, kỹ xảo ứng dụng toán học vào thực tiễn. Hoạt động giải bài tập toán học là điều kiện để thực hiện tốt các mục đích dạy học toán ở trường phổ thông. Vì vậy tổ chức có hiệu quả việc dạy giải bài tập toán học có vai trò quyết định đối với chất lượng dạy học toán. Như vậy việc hướng dẫn cho học sinh giải toán là một trong những khâu then chốt, chiến lược trong quá trình dạy học môn toán. Hơn nữa, hiện nay một bộ phận không nhỏ học sinh chúng ta học môn toán một cách rất thụ động, rập khuôn theo những dạng bài toán mà các thầy giáo, cô giáo hay các sách đã chỉ sẵn mà không chịu suy nghĩ tìm đường lối giải, đặt vấn đề trở lại đối với bài toán đó, lời giải đó. 4 Chính vì vậy, gặp một bài toán mà các em chưa từng tiếp xúc thì việc tìm lời giải cho bài toán đối với rất nhiều học sinh là rất khó khăn , không thể tự tim ̀ đường lố i giải được . Quá trình tìm đường lối giải có tính chất quan trọng, quyết định nhất trong việc giải một bài toán. Quá trình này là cơ sở cho việc rèn luyện khả năng tư duy, làm việc sáng tạo - một khả năng không thể thiếu đối với một người giải toán. Lươ ̣ng giác là mô ̣t trong những phân môn quan tro ̣ng và chiế m nhiề u thời lươ ̣ng trong chương trình Toán bâ ̣c THPT . Lươ ̣ng giác đươ ̣c ứng du ̣ng rấ t nhiề u trong viê ̣c giải phương trình , hê ̣ phương trình , bấ t phương trình ; ứng dụng trong tính tích phân bằ ng phương pháp đổ i biế n số … Các em được rèn luyện nhiều trong việc biến đổi các công thức lượng giác và giải phương trình lươ ̣ng giác . Tuy nhiên giải các bài toán lượng giác vẫn còn là vấn đề tương đối khó và lúng túng đối với đại đa số học sinh cả về tư duy và cách tìm ra lời giải của bài toán. Chính vì những điều trên đây, tôi đã chọn đề tài nghiên cứu luận văn của mình là: “ Rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải các bài toán cho học sinh trong dạy học nội dung lƣợng giác ở trƣờng trung học phổ thông.” 2. Mục đích nghiên cứu Đề xuất một số biện pháp sư phạm hướng vào việc phát huy tính tích cực học tập của học sinh trong điều kiện và hoàn cảnh hiện nay nhằm rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải các bài toán lượng giác cho học sinh góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn Toán trong trường trung học phổ thông. 3. Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu cơ sở lý luận phương pháp dạy học tìm tòi lời giải các bài toán. 5 - Đề ra một số biện pháp sư phạm nhằm giúp rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải các bài toán lượng giác, từ đó nâng cao năng lực giải toán cho học sinh THPT - Thực nghiệm sư phạm, kiểm nghiệm tính hiệu quả của đề tài. 4. Giả thuyết nghiên cứu Các biện pháp sư phạm hợp lý nhằm rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải các bài toán lượng giác nếu được vận dụng tốt sẽ có vai trò quyết định trong việc rèn luyện phương pháp suy luận và khả năng tư duy của học sinh trong toàn bộ quá trình dạy toán và học toán từ đó góp phần nâng cao chất lượng học toán ở trường THPT. 5. Các phƣơng pháp nghiên cứu - Nghiên cứu lý luận dạy học môn toán - Nghiên cứu đề tài và luận văn của đồng nghiệp - Nghiên cứu tài liệu tham khảo, các báo và tạp chí - Thực nghiệm sư phạm 6. Cấu trúc luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm có 3 chương: Chương 1: Cơ sở lý luận của đề tài. Chương 2: Một số biện pháp sư phạm nhằm rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải các bài toán cho học sinh trong dạy học lượng giác ở trường trung học phổ thông. Chương 3: Thực nghiệm sư phạm. 6 CHƢƠNG 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI 1.1 Dạy học giải bài tập toán 1.1.1 Vai trò, vị trí và chức năng của bài tập toán học Bài tập toán học có vai trò quan trọng trong môn Toán. Thông qua giải bài tập, học sinh phải thực hiện những hoạt động nhất định bao gồm cả nhận dạng và thể hiện định nghĩa, định lí, quy tắc hay phương pháp, những hoạt động toán học phức hợp, những hoạt động trí tuệ phổ biến trong toán học, những hoạt động trí tuệ chung và những hoạt động ngôn ngữ. Trong thực tiễn dạy học, bài tập toán học được sử dụng với những dụng ý khác nhau. Mỗi bài tập có thể dùng để tạo tiền đề xuất phát, để gợi động cơ, để làm việc với nội dung mới, củng cố hoặc kiểm tra… Đặc biệt là về mặt kiểm tra, bài tập là phương tiện để đánh giá mức độ, kết quả dạy và học, khả năng làm việc độc lập và trình độ phát triển của học sinh… Tất nhiên, việc dạy giải một bài tập cụ thể thường không chỉ nhằm vào một dụng ý đơn nhất nào đó mà thường bao hàm những ý đồ nhiều mặt đã nêu. Mỗi bài tập toán cụ thể được đặt ra ở thời điểm nào đó của quá trình dạy học đều chứa đựng một cách tường minh hay ẩn tàng những chức năng khác nhau. Những chức năng này đều hướng đến việc thực hiện các mục đích dạy học. Trong môn Toán, bài tập mang các chức năng sau: Với chức năng dạy học: Bài tập nhằm củng cố, rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo ở các giai đoạn khác nhau của quá trình dạy học. Qua đó học sinh hiểu sâu hơn và biết vận dụng những kiến thức đã học vào giải quyết các tình huống cụ thể. Có khi bài tập là một định lí vì lý do nào đó không đưa vào lý thuyết cho nên qua việc giải bài tập học sinh còn mở rộng được tầm hiểu biết của mình. Với chức năng giáo dục: Qua việc giải bài tập mà hình thành cho học sinh thế giới quan duy vật biện chứng, hứng thú học tập, niềm tin và phẩm chất đạo đức của người lao động mới. 7 Với chức năng phát triển: Bài tập nhằm phát triển năng lực tư duy cho học sinh, đặc biệt là rèn luyện các thao tác trí tuệ, hình thành những phẩm chất của tư duy khoa học. Với chức năng kiểm tra: Bài tập đánh giá mức độ, kết quả dạy học, đánh giá khả năng độc lập học toán và trình độ phát triển của học sinh. Trên thực tế, các chức năng không bộc lộ một cách riêng lẻ và tách rời nhau. Khi nói đến chức năng này hay chức năng khác của một bài tập cụ thể tức là hàm ý nói đến việc thực hiện chức năng ấy được tiến hành một cách tường minh và công khai. Hiệu quả của việc dạy học toán ở trường phổ thông phần lớn phụ thuộc vào việc khai thác và thực hiện đầy đủ các chức năng có thể có của một bài tập. Các chức năng của mỗi bài tập toán phụ thuộc vào nội dung và phương pháp khai thác lời giải của nó. Điều đó định hướng cho việc lựa chọn bài tập của giáo viên, tránh tình trạng ra bài tập một cách tùy hứng hoặc chỉ chủ trọng đến số lượng thuần túy. Tóm lại người giáo viên chỉ có thể khám phá và thực hiện được những chức năng đó bằng năng lực sư phạm và trình độ nghệ thuật dạy học của mình. 1.1.2 Các yêu cầu đối với lời giải bài toán: Để phát huy tác dụng và khai thác tốt các chức năng của bài tập toán học, trước hết cần nắm vững các yêu cầu của lời giải. a) Lời giải không có sai lầm: Yêu cầu này có nghĩa là lời giải không có sai sót về kiến thức toán học, về phương pháp suy luận, về kĩ năng tính toán, về kí hiệu, hình vẽ, kể cả không có sai lầm về ngôn ngữ diễn đạt. Giáo viên cần rèn luyện cho học sinh thói quen xem xét, kiểm tra lại kết quả giải toán và lời giải của mình, qua đó giáo dục ý thức trách nhiệm đối với công việc, đồng thời phát triển óc phê phán. Cần giúp học sinh kiểm tra kết quả bằng cách đối chiếu bài làm với từng câu hỏi của đề bài, xét tính hợp lí của đáp số với đầu bài hoặc bằng cách tìm một phương pháp giải khác nếu có thể, rồi so sánh các kết quả giải được theo các 8 phương pháp khác nhau. Cũng cần yêu cầu học sinh kiểm tra lại bằng hình thức vận dụng linh hoạt những kiến thức đã học chứ không chỉ đơn thuần bằng cách so sánh với đáp số cho sẵn như nhiều học sinh vẫn làm. Chỉ ra những sai lầm trong lời giải của học sinh là cần thiết, song điều quan trọng hơn là phân tích được nguyên nhân chính dẫn đến sai sót đó, bởi vì “ con người phải biết học ở những sai lầm và những thiếu sót của mình” (Polya 1975). Nguyên nhân chủ yếu về mặt kiến thức dẫn đến sai lầm là học sinh không nắm vững các định nghĩa, định lí, quy tắc… vận dụng chúng một cách máy móc, không chú ý đến các điều kiện ấy hạn chế phạm vi tác dụng của chúng. Trong giải toán, học sinh còn có thể mắc sai lầm do hấp tấp, cẩu thả, sơ suất trong tính toán, không ghi chép đúng và xem xét kĩ đầu bài. b) Lập luận phải có căn cứ chính xác: Yêu cầu này đòi hỏi từng bước biến đổi trong lời giải phải có cơ sở lí luận, phải dựa vào các định nghĩa, định lí, quy tắc, công thức… đã học, đặc biệt phải chú ý đảm bảo thỏa mãn điều kiện nêu trong giả thiết của định lí. c) Lời giải phải đầy đủ: Điều này có nghĩa là không được bỏ sót một trường hợp, một khả năng, một chi tiết nào. Nó cũng có ý nghĩa là lời giải phải không thừa, không thiếu. Muốn vậy cần chú ý tập cho học sinh trong quá trình giải toán phải luôn luôn suy xét và tự trả lời các câu hỏi như: Ta đang phải xem xét cái gì? Như vậy đã đủ chưa? Còn trường hợp nào nữa không? Đã đủ các trường hợp đặc biệt chưa? Học sinh thường bộc lộ thiếu sót là không xét được đầy đủ các trường hợp, các khả năng xảy ra ở một tình huống, nhất là các bài toán có tham biến, những bài toán đòi hỏi phải biện luận… Ngoài ba yêu cầu cơ bản nói trên, người giáo viên còn cần yêu cầu lời giải ngắn gọn, đơn giản nhất, cách trình bày rõ ràng, hợp lí. Tìm được lời giải hay của một bài toán tức là đã khai thác được những đặc điểm riêng của bài toán, 9 điều đó làm cho học sinh “có thể biết được cái quyến rũ của sự sáng tạo cùng niềm vui thắng lợi” ( Polya 1975 ) 1.1.3 Dạy học phương pháp tìm lời giải bài toán Trong môn toán ở trường phổ thông có rất nhiều bài toán chưa có hoặc không có thuật toán để giải. Đối với những bài toán ấy, hãy cố gắng hướng dẫn học sinh cách suy nghĩ, cách tìm tòi lời giải. Đây là cơ hội rất tốt để giáo viên trang bị cho học sinh một số tri thức phương pháp – phương pháp giải toán, phương pháp toán học hóa – nhằm rèn luyện và phát triển ở họ năng lực tư duy khoa học. Biết đề ra cho học sinh đúng lúc, đúng chỗ những câu hỏi gợi ý sâu sắc, phù hợp với trình độ đối tượng và trong chừng mực nào đó sử dụng khéo léo những tư tưởng tổng quát cùng với những gợi ý chi tiết của G. Pôlya về cách thức giải bài toán đã được kiểm nghiệm trong thực tiễn dạy học là thể hiện kinh nghiệm và năng lực sư phạm của người giáo viên trong quá trình dạy học giải bài tập toán. Đó là lời khuyên của người có kinh nghiệm giải toán chứ không phải là những bản chỉ dẫn có tính chất thuật toán. Tiếp thu những lời khuyên này, mỗi người có thể thực hiện khác nhau, cả về cách thức lẫn thời gian, để đi đến kết quả, và có thể có người không đi đến kết quả. Điều đó nói lên tính chất khó khăn, phức tạp của việc truyền đạt phương pháp và kinh nghiệm giải toán chứ không hề phủ nhận vai trò của việc này. Không có thuật toán nào để giải mọi bài toán. Chúng ta chỉ có thể thông qua dạy học giải một số bài toán cụ thể mà dần dần truyền cho học sinh cách thức, kinh nghiệm tiến tời nghệ thuật trong việc suy nghĩ, tìm tòi lời giải các bài toán. “ Tìm được cách giải một bài toán là một điều phát minh” ( Polya, 1975 ). Phương pháp tìm tòi lời giải của Pôlya thường được tiến hành theo 4 bước: - Tìm hiểu nội dung của bài toán - Xây dựng chương trình giải - Thực hiện chương trình giải - Kiểm tra và nghiên cứu lời giải 10 a) Tìm hiểu nội dung bài toán: Để giải được một bài toán, trước hết phải hiểu đề bài và ham thích giải bài toán đó. Vì thế người giáo viên cần chú ý gợi động cơ, khêu gợi trí tò mò, hứng thú của học sinh và giúp các em hiểu bài toán phải giải. Phải tìm hiểu bài toán một cách tổng thể để bước đầu hiểu toán bộ bài toán, tránh vội vàng đi vào ngay các chi tiết. Tiếp theo, phải phân tích bài toán: cái gì đã cho, cái gì chưa biết? có mối liên hệ nào giữa cái phải tìm và cái đã cho? … Chẳng hạn cho bài toán: Biết tan(a+b) = 5 và tan(a-b) = 3. Tính tan2a và tan 2b. Hãy chú ý xem xét bài toán, chưa nên vội vàng khai triển tan(a+b) và tan(a-b) ( mặc dù cũng đi đến kết quả nhưng dài và phức tạp ). Ta đã biết tan(a+b) và tan(a-b), phải tính tan2a và tan2b thì ta xem góc 2a và 2b có mối quan hệ gì với các góc đã cho là a+b và a-b. Điểm mấu chốt đó được khám phá: 2a = (a+b)+(a-b) Do đó việc tính tan2a = tan [(a+b)+(a-b)] rồi sử dụng giả thiết ta sẽ được kết quả phải tìm. b) Xây dựng chương trình giải: Ở bước này, phải chú ý phân tích bài toán đã cho thành nhiều bài toán đơn giản hơn, phải huy động kiến thức (định nghĩa, định lí, quy tắc… ) có liên quan đến những khái niệm, những quan hệ trong đề toán, rồi lựa chọn trong số đó những kiến thức gần gũi hơn cả với dữ kiện của bài toán, mò mẫm, dự đoán, thử xét một vài khả năng, kể cả trường hợp đặc biệt, xét một bài toán tương tự hoặc một bài toán khái quát của bài toán đã cho … Ví dụ cho bài toán: Chứng minh rằng ba cạnh a, b, c của một tam giác bất kì thỏa mãn bất đẳng thức: a2 + b2 + c2 < 2( ab + bc + ca ) 11 Bài toán đề cập mối quan hệ giữa ba cạnh của tam giác. Hãy huy động những định lí, tính chất đã biết về quan hệ giữa các cạnh của tam giác: a>b–c a b2 + c2 – 2bc Tương tự ta có: b2 > c2 + a2 – 2ca c2 > a2 + b2 – 2ab cộng từng vế và ước lược ta sẽ có điều phải chứng minh. Hãy tiếp tục thử với bất đẳng thức thứ 2, nếu được ta sẽ có cách giải khác, bằng không thì cũng là một bước luyện tập. Nếu làm như trên thì ta được : a2 + b2 + c2 > - ( ab + bc + ca ) là điều hiển nhiên nhưng không phải là điều cần chứng minh. Thử chọn phép biến đổi khác, để xuất hiện bình phương của mỗi cạnh, nhân 2 vế của bất đẳng thức với a ta được : a2 < ab + ac tương tự : b2 < ab + bc c2 < ac + bc cộng các vế và ước lược ta lại có điều cần chứng minh. Như vậy ta lại có được cách giải khác. Trong quá trình giải toán, có khi ta phải biến đổi bài toán, thay điều phải chứng minh hay cái phải tìm bằng cái tương đương, phát biểu bài toán dưới 12 một dạng khác… Việc tìm tòi lời giải bài toán nhiều khi đạt được bằng cách xét một bài toán tương tự. c) Thực hiện chương trình giải: Từ cách giải đã được phát hiện, sắp xếp các việc phải làm thành một chương trình gồm các bước theo một trình tự thích hợp và thực hiện các bước đó. d) Kiểm tra và nghiên cứu lời giải: Cần phải luyện tập cho học sinh thói quen kiểm tra lại lời giải bài toán, xem xét xem có sai lầm hay thiếu sót gì không, nhất là các bài toán có đặt điều kiện hay phải biện luận. Đồng thời cũng nâng dần yêu cầu đi sâu cải tiến lời giải, khai thác lời giải. Việc kiểm tra lại kết quả phải yêu cầu học sinh tiến hành thường xuyên. Chẳng hạn, khi giải một phương trình sau khi tìm được nghiệm, học sinh phải đối chiếu lại với điều kiện đã nêu hoặc thay vào phương trình đã cho để đánh giá kết quả. Đặc biệt đối với phương trình lượng giác, học sinh thường dễ mắc sai lầm khi kiểm tra nghiệm hoặc loại nghiệm. Ví dụ: Cho phương trình sinx + cosx = cos2x 2 Có học sinh giải như sau: Điều kiện: cos2x ≠ 0 tức là x   4 k  2   Thay sin x  cosx  2 cos x   phương trình rồi ước lược ta được: 4    cos x    cos2x 4     2x  k2  x    x    k2  4   x    k 2  12 3 4 (1) (2) 13 Giá trị (1) của x không thỏa mãn điều kiện đã nêu nên bị loại, vậy nghiệm của phương trình là (2). Trong cách giải này học sinh đã tiến hành kiểm tra lại nghiệm nhưng chưa triệt để. Nhìn hình thức thì dễ ngộ nhận cho rằng các giá trị ở (2) đều thỏa mãn điều kiện đã nêu. Với phương tiện đơn giản là đường tròn đơn vị, cần lưu ý học sinh biểu diễn cả điều kiện lẫn các giá trị (2) trên đó mới thấy trong các giá trị này phải loại đi những trường hợp ứng với k = 1, 4, 7, …nghĩa là nghiệm của phương trình có dạng: x  Hoặc viết theo cách khác: x   12  12 k 2 với k  1  3t ( t nguyên ) 3  k2 ; x   7  k2 12 Cần phải nhìn lại xem đã xét đầy đủ các trường hợp có thể xảy ra của bài toán hay chưa, nhất là bài toán có liên quan đến những đối tượng hay quan hệ có nhiều khả năng xảy ra hoặc bài toán có chứa tham biến. Bằng cách này sẽ dần dần luyện tập cho học sinh thói quen nhìn nhận vấn đề một cách toàn diện, theo nhiều khía cạnh, tránh phiến diện, hời hợt. Trong quá trình giải bài tập, cần khuyến khích học sinh tìm nhiều cách giải cho một bài toán. Mọi cách giải đều dựa vào một số đặc điểm nào đó của các dữ kiện cho nên tìm được nhiều cách giải là luyện tập cho học sinh biết cách nhìn nhận một vấn đề theo nhiều khía cạnh khác nhau, điều đó rất bổ ích cho việc phát triển năng lực tư duy. Mặt khác tìm được nhiều cách giải thì sẽ chọn được cách giải hay nhất, đẹp nhất. Ví dụ: Xét bài toán Cho a, b là các góc nhọn, dương và cosa  Học sinh thường khai triển  11  cos(a  b)  cosa cosb  sin asin b 14 14 1 11 , cos(a  b)   . Tính cosb? 7 14 1 1 48 Rồi thay cosa  , sin a  1  và thay sin b  1  cos2b ( vì a, b  7 49 7 là các góc nhọn dương ) để được: 1 48 11 cosb  1  cos2b   7 7 4 Đặt x = cosb > 0 sẽ đi đến phương trình: 48 x 11 1  x2   7 7 4 Giải phương trình này ta được x  cosb  1 71 còn giá trị x   bị loại 2 98 Có một cách giải quyết khác. Hãy chú ý tìm mối quan hệ giữa góc b cần phải tính với các góc đã biết a và a + b. Đó chính là: b = ( a + b ) – a cho nên cosb = cos[( a + b ) – a ] = cos(a + b)cosa + sin( a + b )sina 1 1 48 thay cosa  , sin a  1  ,  7 49 7 cos(a  b)   75 11 , sin(a  b)  1  cos2 (a  b)  vào rồi ước lược ta 14 14 được ngay kết quả cosb  1.2 1 2 Tìm tòi lời giải bài toán trong hoạt động toán học, hoạt động giải toán của học sinh a) Hoạt động học toán của học sinh là hoạt động nhằm lĩnh hội các tri thức, khái niệm, kỹ năng giải quyết các vấn đề toán học. Nó bao gồm việc định hướng tìm tòi, lập kế hoạch thực hiện, bản thân hoạt động và kiểm tra hiệu quả của nó. Vấn đề tâm lý chủ yếu ở đây là hứng thú tìm tòi, lòng ham hiểu biết và mong muốn hoàn thiện bản thân. Nếu sự hứng thú không được hình thành thì bản thân sự lĩnh hội sẽ diễn ra thấp hơn nhiều so với tiềm năng sẵn có ở học sinh. 15 Động cơ học toán đúng đắn và phù hợp phải gắn liền với nội dung toán học, nghĩa là nắm vững các khái niệm, định lý, hệ quả, quy luật phát triển toán học, kỹ năng phát hiện và giải quyết vấn đề, kỹ năng ứng dụng toán học vào thực tiễn,… Động cơ này lại được cụ thể hóa thành từng nhiệm vụ học tập của hoạt động học toán. Để giải quyết nhiệm vụ đó, học sinh phải tiến hành một loạt các hành động với các thao tác tương ứng và được diễn ra theo các giai đoạn sau: - Tiếp nhận nhiệm vụ đề ra chương trình hành động. - Thực hiện các hành động và các thao tác tương ứng. - Điều chỉnh hoạt động học toán dưới sự chỉ đạo, hướng dẫn của giáo viên, của sự tự điều chỉnh và tự kiểm tra của bản thân. - Phân tích các kết quả thu được của hoạt động học, từ đó dần hình thành được phương pháp học tập có hiệu quả cho mình. b) Trong hoạt động giải toán, hành động dự đoán chiếm vị trí trung tâm, nó xuất hiện sau khi đã hiểu kĩ đề bài, phải dự đoán giới hạn phạm vi đi tìm lời giải. Tiếp theo trong tư duy diễn ra hai hành động trí tuệ: động viên và tổ chức kiến thức. Động viên thường bắt đầu bằng thao tác nhận biết một số yếu tố nào đó chứa đựng trong bài toán và được tiếp tục bằng thao tác nhớ lại những yếu tố khác đã quen thuộc và có liên quan tới yếu tố vừa nhận biết. Hành động tổ chức bào hàm trong nó thao tác bổ sung và nhóm lại. Hành động tách biệt một chi tiết, một bộ phận ra khỏi cái tổng thể bao quanh nó nhằm tập trung chú ý vào chi tiết, bộ phận đó. Hành động kết hợp lại liên kết những chi tiết, bộ phận đã được xem xét lại với nhau trong cái toàn thể. Có thể sử dụng sơ đồ của G. Polia để biểu thị mối quan hệ qua lại giữa các thành tố trên: Tách biệt Nhận biết Nhóm lại 16 Động viên Dự đoán Nhớ lại Tổ chức Bổ sung Kết hợp Trong đó hành động dự đoán đặt ở vị trí trung tâm của hình vuông, các cặp hành động trí tuệ đối lập nhưng thống nhất như: động viên – tổ chức, tách biệt – kết hợp được đặt ở các đỉnh đối nhau của hình vuông, các thao tác trí tuệ được đặt trên các cạnh của hình vuông ấy. Cơ chế hoạt động được tóm tắt như sau: từ những chi tiết được động viên đi đến cái toàn thể có tổ chức. Từ một tổ chức, một chi tiết phân biệt được tách ra để nghiên cứu rồi lại được liên kết lại với nhau có thể dẫn đến việc thay đổi quan niệm của người giải bài toán. Còn các thao tác trí tuệ sẽ xuất hiện khi người giải thực hiện các nhiệm vụ nhận thức. Trong quá trình giải toán, cứ một lần trí tuệ vận hành theo cơ chế trên là một lần người giải toán lại nhìn bài toán ở các khía cạnh khác nhau. Tất nhiên sẽ có lần kết quả của hoạt động không đem lại lời giải của bài toán nhưng đó cũng là bổ ích bởi ta loại bỏ được một con đường và hơn thế nữa, học sinh lại một lần nữa được rèn luyện năng lực giải toán. 1.3 Quan niệm về vấn đề dạy giải toán Bµi tËp to¸n häc rÊt ®a d¹ng vµ phong phó. ViÖc gi¶i bµi tËp lµ mét yªu cÇu quan träng ®èi víi mäi häc sinh. Cã thÓ chia bµi tËp to¸n häc ra lµm hai lo¹i: a) Lo¹i cã s½n thuËt to¸n. §Ó gi¶i lo¹i nµy häc sinh ph¶i n¾m v÷ng c¸c quy t¾c gi¶i ®· häc rÌn luyÖn kü n¨ng, kü x¶o. §©y lµ c¬ së quan träng ®Ó gi¶i c¸c bµi to¸n phøc t¹p h¬n. Yªu cÇu cho häc sinh lµ: 17 - N¾m v÷ng quy t¾c gi¶i ®· häc. - NhËn d¹ng ®óng bµi to¸n - Gi¶i theo quy t¾c ®· häc mét c¸ch thµnh th¹o b) Lo¹i ch-a cã s½n thuËt to¸n. Lo¹i bµi tËp nµy chiÕm sè l-îng kh¸ lín trong s¸ch gi¸o khoa vµ g©y cho häc sinh kh«ng Ýt khã kh¨n dÉn ®Õn t©m lý sî vµ ng¹i, thiÕu tù tin vµo kh¶ n¨ng cña m×nh. §©y lµ mét trë ng¹i lín cho ý chÝ tiÕn thñ v-¬n lªn trong häc tËp cña häc sinh. Do vËy khi d¹y häc sinh gi¶i bµi tËp, kh«ng chØ ®¬n thuÇn cung cÊp lêi gi¶i mµ quan träng h¬n lµ: D¹y cho häc sinh biÕt c¸ch suy nghÜ t×m ra con ®-êng hîp lý ®Ó gi¶i bµi to¸n. Tuy nhiên thực tế cho thấy hiện nay nhiều giáo viên vẫn chưa nhận thức rõ ràng việc này. Việc giảng dạy các bài toán cho học sinh gồm 2 nội dung chủ yếu là: tìm tòi lời giải các bài toán và giải các bài toán trong đó việc rèn khả năng giải các bài toán là thứ yếu trong công việc dạy toán bởi: - Dù có kỹ thuật cao, có thành thạo trong việc thực hiện các thao tác và các phép tính nhưng khi chưa có phương hướng tốt thì chưa thể có lời giải hoặc lời giải tốt. - Mặt khác, phải xem lao động trong khâu thực hiện các thao tác khi đã có phương hướng là lao động có tính chất kỹ thuật, không thể có những sáng tạo lớn như lao động để tìm tòi phương hướng giải. - Ngoài ra, coi trọng khâu rèn luyện phương pháp và khả năng tìm tòi lời giải các bài toán chính là cơ sở quan trọng cho việc rèn luyện khả năng độc lập, sáng tạo. Những lý do đó đã chứng tỏ tính chất quyết định của khâu rèn luyện phương pháp tìm tòi lời giải các bài toán trong toàn bộ quá trình dạy giải toán. Một số người có tham vọng muốn có một thuật giải tổng quát để giải mọi bài toán. Đó là điều ảo tưởng. Trong môn toán ở trường phổ thông có rất nhiều bài toán chưa có hoặc không có thuật giải. Ngay cả đối với những lớp bài toán riêng biệt cũng có trường hợp có, trường hợp không có thuật giải. Tuy nhiên 18 trang bị những hướng dẫn chung, gợi ý các suy nghĩ tìm tòi, phát hiện cách giải bài toán lại là có thể và cần thiết. 1.4 Các yêu cầu trong việc giảng dạy bài tập nhằm rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải các bài toán cho học sinh Bài giảng không thể chỉ dừng lại ở mức độ trình bày một lời giải đúng đắn, đầy đủ và mạch lạc mà phải biết cách hướng dẫn học sinh thực hành việc giải toán theo yêu cầu của phương pháp tìm lời giải. Nói gọn lại là việc rèn luyện học sinh giải các bài toán trong các giờ bài tập phải làm tốt cả hai khâu: Tìm tòi lời giải và lời giải. Để làm tốt khâu giảng dạy phần tìm tòi lời giải cho học sinh, trước hết người học sinh cần phải tự rèn luyện để làm tốt yêu cầu đó. Vấn đề này thuộc về nhận thức. Cần xác định rằng nếu không có phần tìm tòi lời giải các bài toán khi giảng dạy thì vai trò của người thầy giáo chưa đáp ứng đúng yêu cầu. Việc rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải các bài toán cần tiến hành theo trình tự từ thấp đến cao: - Tập dần từ những bài toán dễ, không phải là lời giải mà là công việc tìm tòi lời giải đơn giản. - Từ các bài toán đã có lời giải hay, hãy thực hành việc tìm lời giải khi đã có lời giải bài toán đó. - Đến mức cao hơn, rèn luyện toàn bộ quá trình một cách đầy đủ. Từ một bài toán chưa có lời giải, tìm cách phân tích để tìm lời giải rồi đi đến giải bài toán đó. Tóm lại, việc rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải các bài toán là một công việc khó khăn. Phải có thói quen tốt là khi nghiên cứu một bài toán thì phải bắt đầu từ quá trình tìm tòi lời giải. 19 1.5 Một số khả năng cần thiết góp phần rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải các bài toán Quá trình dạy học được tiến hành bằng sự kết hợp giữa hoạt động dạy của thầy và hoạt động học của học sinh. Lâu nay, chúng ta thường chú ý nhiều đến chất lượng của hoạt động dạy. Khi dự giờ, rút kinh nghiệm ta thường phân tích nhiều về khía cạnh hoạt động của thầy giáo ở trên lớp ( chất lượng bài giảng, khả năng lôi cuốn học sinh học tập, phong thái, cách trình bày bảng...). Điều đó là cần thiết vì giáo viên là người điều khiển, tổ chức quá trình dạy học. Nhưng việc ít quan tâm hoặc quan tâm không đầy đủ, sâu sắc đến hoạt động học của học sinh lại là một thiếu sót lớn. Nhân cách của học sinh, trong đó có kết quả trí dục, chính là chất lượng sản phẩm mà nhà trường đào tạo cho xã hội. Vì vậy, cần thiết phải chú ý đến hoạt động học, trước hết phải rèn luyện cho học sinh kỹ năng học tập bộ môn. Trong tâm lí – giáo dục người ta chia kỹ năng thành 4 nhóm: kĩ năng nhận thức, kĩ năng thực hành, kĩ năng tổ chức hoạt động nhận thức và kĩ năng tự kiểm tra, đánh giá. Kĩ năng vận dụng tri thức vào hoạt động giải toán là một kĩ năng quan trọng trong kĩ năng thực hành bởi hoạt động giải toán có thể xem là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học đối với mỗi học sinh. Nó là điều kiện để thực hiện tốt các mục đích của việc dạy học môn toán ở trường phổ thông. Kĩ năng vận dụng tri thức một cách có hiệu quả vào hoạt động giải toán của học sinh được huấn luyện trong quá trình họ tìm tòi lời giải của bài toán. Để làm được điều này, người học sinh cần rèn luyện các khả năng sau: a) Rèn luyện khả năng phân tích bài toán. Đó là việc xem xét, phân tích bài toán đã cho. Ở đây vấn đề quan trọng là biết cách nhìn bài toán. Phải biết cách nhìn bài toán dưới dạng chính quy, lại phải nhìn bài toán dưới dạng đặc thù, riêng lẻ. Nhìn bài toán trong bối 20 cảnh chung chưa đủ, lại phải biết nhìn bài toán trong các điều kiện cụ thể và biết nhìn bài toán đã cho trong mối tương quan đối với các bài toán khác. Trong việc nhìn bài toán, có thể xem điều nêu ra dưới đây là một lời khuyên hay cũng là một châm ngôn cần ghi nhớ: Trong mỗi bài toán, mỗi ký hiệu, mỗi con số, mỗi biểu thức và các điều kiện đã cho cũng như kết quả của bài toán chứa đựng (trong lòng chúng ) những điều muốn nói ra. Người làm toán phải tìm cách “nói giúp” những điều muốn nói của các con số, các kí hiệu và các yếu tố có mặt trong bài toán đó. Nói đúng những điều mà mọi cái đó muốn nói ra, người làm toán đã khám phá được bài toán và từ đó mới có cơ sở để định hướng đường lối giải bài toán. Mặt này cũng là một thước đo khả năng biết làm toán của người học sinh. Ví dụ 1: Giải phương trình: tan2x + cot 2x + 2tanx + 2cotx = 6 với 0 < x <  2 Lời giải: - Nếu nhìn bài toán dưới dạng chính quy ta nghĩ ngay đến việc chuyển phương trình về dạng chỉ chứa tanx hoặc cotx bằng cách thay cot x  1 t anx Khi đó phương trình được đưa về dạng: tan4 x  2tan3 x  6tan2 x  2tan x  0  (t anx  1)2 (tan2 x  4tan x  1)  0 Đến đây ta đưa về phương trình cơ bản có thể giải được. - Nếu căn cứ vào dạng riêng của bài toán từ cách viết phương trình đã cho dưới dạng: tan2x + cot 2x + 2(tanx + cotx) = 6 Và để ý đến hệ thức: tan2x + cot 2x = (tanx + cotx)2 - 2 thì ta nghĩ ngay đến việc đặt ẩn phụ: t = tanx+cotx 21 Khi đó phương trình đối với t có dạng: t2 + 2t -3 =0 ( giải được t rồi quay lại tìm x ) - Khi quan tâm đến điều kiện cụ thể của bài toán: 0  x   2 khi đó tanx , cotx > 0 cho phép ta đánh giá t anx  cot x  2 tan2 x  cot 2 x  2 Dấu đẳng thức trong hai bất đẳng thức đó xảy ra khi tanx =1, tức là x  Vì thế ta có VT ≥ 6, dấu = xảy ra khi x   4 . Từ đó ta có x   4  4 là nghiệm duy nhất của phương trình. Một mặt khác, cách nhìn một bài toán còn mang ý nghĩa khám phá bài toán đó. Một trong các nhiệm vụ của việc khám phá đó là tìm cách lột bỏ hình thức “ có tính chất ngụy trang” của bài toán để xác định đúng thực chất của bài toán. Tác giả của bài toán thường hay “tô son trát phấn” cho các bài toán vốn có bản chất “hiền lành” trở thành con “ ngoáo ộp” đối với người làm toán. Mạnh dạn tìm cách lột bỏ cái vỏ bọc bề ngoài của một bài toán cũng là một công việc cân làm đối với người giải toán. Ví dụ 2: Giải phương trình: 1 1 9 3 1  cos4 x  cos2 x   cos4 x  cos2 x  16 2 16 2 2 Lời giải: Thoạt nhìn thì có lẽ ai cũng hoảng sợ vì trước mắt chúng ta là một phương trình vô tỉ lượng giác. Nhưng không phải vì sợ mà chúng ta không dám giải phương trình đó. Vấn đề cần đặt ra trước hết là: phải chăng phương trình đã cho là phương trình vô tỉ? ( còn tính lượng giác thì hiển nhiên rồi ). Suy nghĩ như vậy cũng là lẽ tự nhiên bởi các lý do sau đây: 22 - Quá trình suy nghĩ thường đi từ đơn giản đến phức tạp, từ cái riêng đến cái chung. Cái riêng ở đây là xét xem các biểu thức dưới căn có phải là bình phương đúng hay không? Còn cái chung ở đây là tính chất vô tỉ ( nếu đúng vậy ) - Ngoài ra cũng nên nghĩ thêm rằng nếu phương trình đã cho mang tính chất vô tỉ thì quả là bài toán không có gì hay ngoài tính phức tạp của nó. Nhằm vào cái riêng ta phát hiện ra ngay các biểu thức dưới căn là các bình phương đúng. Cụ thể là:  1 1 1 + cos 4 x - cos 2 x =  cos 2 x -  16 2 4  2  9 3 3 + cos 4 x - cos 2 x =  cos 2 x -  16 2 4  2 Như vậy tính vô tỉ trong bài toán chỉ còn là cái áo ngụy trang mà thôi, vì do A2 | A | và khi đó phương trình được đưa về thực chất là: cos2 x  1 3 1  cos2 x   4 4 2 (*) Phương trình (*) là phương trình lượng giác có chứa dấu giá trị tuyệt đối Do đặc điểm về dạng của phương trình có thể đặt: t = cos2x với 0≤ t ≤ 1 Khi đó ta có phương trình đối với t: t 1 3 1  t  4 4 2 (**) Cách suy nghĩ trên là hợp lý vì phương trình đại số nói chung dễ giải hơn phương trình lượng giác. Xem xét tiếp phương trình (**) nhìn phương trình dưới dạng chính quy thì nó sẽ giải được bằng cách khử dấu giá trị tuyệt đối bằng phương pháp phân khoảng. Ta hãy nhìn cách khác đối với phương trình (**) 23 Xem t  1 là độ dài đoạn thẳng nối điểm M có hoành độ t và điểm A có 4 hoành độ 1 3 ; t  là độ dài đoạn thẳng nối điểm M và điểm B có hoành độ 4 4 3 1 , phương trình có dạng mới: MA + MB = 4 2 Bài toán mới được phát biểu lại là: Xác định vị trí điểm M trên trục số sao cho tổng các khoảng cách từ M đến A và B bằng Khi đó độ dài đoạn AB bằng 1 . 2 1 cho nên dễ thấy rằng bài toán được thỏa mãn 2 khi M chạy trong đoạn thẳng AB tức là : 1 3 ≤t≤ 4 4 Đến đây việc giải bài toán chỉ còn là các bước đơn giản. Tóm lại trong việc luyện cách nhìn một bài toán hơn nhau ở chỗ là phải có cách nhìn và cái nhìn đúng đắn. Đây chính là chìa khóa mở đường cho việc tìm kiếm đường lối giải. b) Rèn luyện khả năng xác định đường lối giải Đây là khâu quyết định sự thành hay bại, hay hoặc dở của một bài toán. Vốn kiến thức nhiều hay ít ảnh hưởng lớn đến việc rèn luyện khả năng xác định phương hướng giải bài toán. Để làm tốt mặt này, việc trang bị nội dung của chương trình đóng góp phần quan trọng. Rèn luyện tốt khả năng nhìn một bài toán cộng với vốn kiến thức đầy đủ về nội dung và phương pháp là điều kiện quan trọng góp phần đáng kể cho việc rèn luyện khả năng xác định đường lối giải. Việc xác định đường lối giải một bài toán trước hết và chủ yếu là phải xác định đúng đắn thể loại của bài toán đó. Để làm tốt việc này cần nghiên cứu kỹ bài toán đã cho mà chủ yếu căn cứ vào yêu cầu mà bài toán đòi hỏi để khẳng định đúng đắn thể loại của bài toán. Các đường lối giải của các bài toán nói 24 chung đã được xác định trong nội dung những tri thức về loại toán đó mà người làm toán phải biết và phải nhớ. Cái khó khăn chủ yếu về mặt này là mỗi bài toán nói chung tuy nằm trong một thể loại nào đó nhưng lại có những vẻ riêng biệt của nó. Người làm toán phải biết nắm vững cái chung lại phải phát hiện đúng cái đặc thù, cái riêng của mỗi bài toán để chọn được đường lối thích hợp nhất. Một mặt đáng chú ý là ở các bài toán có nhiều cách giải, người làm toán cần có một cách đánh giá đúng ưu, nhược điểm của từng lời giải để rút ra bài học đáng ghi nhớ cho việc giải toán. c) Rèn luyện khả năng lựa chọn phương pháp và công cụ cũng như các công thức biến đổi thích hợp. Một mặt nữa cần lưu ý khi xác định đường lối giải một bài toán là phải gắn liền việc xác định đường lối với việc lựa chọn phương pháp và công cụ. Có những trường hợp bài toán đã cho có đường lối giải đúng, tuy vậy việc chọn phương pháp và công cụ không thích hợp nên vẫn không đi tới đích của lời giải được. Vì vậy, việc rèn luyện một tầm nhìn bao quát, bao gồm các việc: xác định đường lối, chọn lựa công cụ và phương pháp để thực hiện đường lối đó là cần thiết đối với người giải toán. Việc lựa chọn phương pháp và công cụ có tính chất kỹ thuật. Tuy vậy tính sáng tạo của học sinh có tác dụng đáng kể trong quá trình dẫn bài toán từ chỗ đã có phương hướng đúng đến lời giải của bài toán . Chọn được phương pháp, công cụ tối ưu thì có được lời giải tốt nhất. Điều này lại càng cần thiết đối với các bài toán có nhiều lời giải. Quá trình phân tích và cách nhìn bài toán đóng góp phần quan trọng trong công việc này. Nói một cách cụ thể hơn là: Vì có những đặc điểm nào đó mà bài toán giải được bằng các phương pháp này hay công cụ khác. Ngay cả việc sử dụng một công thức toán học cũng phải linh hoạt, phải biết sử dụng công thức theo chiều nào, dưới dạng nào trong các dạng vốn có của một công thức. 25 d) Rèn luyện khả năng tìm lời giải Công việc này nên tiến hành từ hình thức thấp đền hình thức cao, từ việc tìm lời giải theo từng phương pháp riêng đến việc vận dụng tổng hợp các phương pháp. Nội dung của các phần ở trên phần nào đáp ứng việc giúp học sinh luyện tập khả năng này. Công việc này đối với thầy giáo đã là khó, đối với học sinh lại càng khó hơn. Xét cho cùng, dù có khó khăn đến mấy nhưng nếu làm không tốt công việc này thì khả năng giải toán nói riêng và học toán nói chung không thể tiến bộ nhanh được. Cần chú ý rằng khi luyện tập, cần nâng dần yêu cầu theo sự tiến bộ của mình. Nếu làm tốt khả năng này người học sinh sẽ quen dần công việc độc lập sáng tạo trong quá trình rèn luyện. e) Rèn luyện khả năng kiểm tra lại kết quả của bài toán Khả năng này ít được học sinh quan tâm tới. Bỏ sót việc rèn luyện khả năng này cũng ảnh hưởng không nhỏ đến khả năng giải toán của học sinh. Bởi vì rằng khi xác định được sai sót của bài toán, người học sinh đã phát hiện ra được một mắt xích nào đó trong cả quá trình thực hiện đường lối hoặc thao tác kỹ thuật có sai sót. Có những bài toán việc phát hiện ra cái sai có khi còn khó hơn việc tìm ra cái đúng. Để làm tốt việc này, các thầy giáo có thể giúp đỡ học sinh qua các giờ luyện tập bằng cách đồng thời với việc phân tích cái đúng thì phân tích luôn cả những cái sai phổ biến mà học sinh thường gặp. Việc kiểm tra bài toán nên tiến hành theo hai bước: định tính và định lượng Kiểm tra kết quả về mặt định tính là việc xác định lại tính đúng đắn của việc chọn phương pháp giải, việc chọn các phương pháp và công cụ đã thích hợp chưa? Nếu đã phát hiện được sai sót nào về mặt định tính thì phần định lượng không cần kiểm tra nữa. Kiểm tra kết quả về mặt định lượng là việc rà soát lại quá trình thao tác đã dùng khi giải các bài toán, các phép biến đổi đã dùng đã thích hợp với bài 26 toán chưa? Tất nhiên công việc này phải thực hiện sau khi kiểm tra định tính. Kinh nghiệm cũng cho hay rằng, khi kiểm tra định lượng, để đảm bảo sai lầm khỏi lặp lại ta nên dùng con đường khác với lời giải đã có. Công việc này tiến hành thường xuyên và có chất lượng sẽ giúp ích cho học sinh nhiều trong việc giải toán. Ngoài ra, cần lưu ý rằng khi kiểm tra bài toán, do đã có lời giải rồi cho nên trình độ của người học sinh khi đó ít nhiều đã được nâng cao hơn so với khi mới có bài toán, vì vậy các bài học rút ra càng bổ ích hơn. g) Rèn luyện khả năng tìm bài toán có liên quan và sáng tạo các bài toán mới. Việc tìm bài toán có liên quan cần vận dụng thường xuyên trong khi giải toán. Vì khi giải một bài toán nào đó thì một câu hỏi tự nhiên được đặt ra là: liệu bài toán này có quan hệ với một bài toán nào đó hay không? để hoặc là quy bài toán đã cho về bài toán quen thuộc đã biết cách giải hoặc có thể sử dụng khía cạnh nào đó ở một bài toán có liên quan để giải bài toán đã cho. Luyện tập khả năng này sau khi có lời giải bài toán rồi lại càng có tác dụng hơn. Việc rèn luyện khả năng sáng tạo bài toán mới là một yêu cầu cao, cũng rất cần tuy không dễ nhưng rất bổ ích. 1.6 Kết luận chƣơng 1 Trong chương 1 luận văn đã hệ thống được cơ sở lý luận về phương pháp dạy học giải bài tập toán đồng thời cũng làm rõ được vai trò quan trọng của việc tìm tòi lời giải các bài toán trong hoạt động toán học, hoạt động giải toán của học sinh. Vì vậy mà việc rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải các bài toán cho học sinh là rất cần thiết và phù hợp với quan điểm dạy học giải bài tập toán hiện nay. Đặc biệt qua các vấn đề đã được trình bày trong chương 1: Các yêu cầu đối với việc giảng dạy bài tập và một số khả năng cần rèn luyện sẽ là cơ sở để đề ra những biện pháp sư phạm được trình bày ở chương 2. 27 CHƢƠNG 2 MỘT SỐ BIỆN PHÁP SƢ PHẠM NHẰM RÈN LUYỆN KHẢ NĂNG TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN CHO HỌC SINH TRONG DẠY HỌC LƢỢNG GIÁC Ở TRƢỜNG THPT 2.1 Biện pháp 1: Gợi trí tò mò và hứng thú tìm tòi lời giải bằng các bài toán nhƣ là những tình huống gợi vấn đề. Tình huống gợi vấn đề là một tình huống gợi ra cho học sinh những khó khăn về lí luận hay thực tiễn mà họ thấy cần thiết và có khả năng vượt qua, nhưng không phải là ngay tức khắc nhờ một quy tắc có tính chất thuật toán, mà phải trải qua một quá trình tích cực suy nghĩ, hoạt động để biến đổi đối tượng hoạt động hoặc điều chỉnh kiến thức sẵn có. Như vậy một tình huống gợi vấn đề cần thỏa mãn các điều kiện sau: a) Tồn tại một vấn đề: Tình huống phải bộc lộ mâu thuẫn giữa thực tiễn với trình độ nhận thức, chủ thể phải ý thức được một khó khăn trong tư duy hoặc hành động mà vốn hiểu biết sẵn có chưa đủ để vượt qua. Nói cách khác, phải tồn tại một vấn đề tức là học sinh chưa giải đáp được và cũng chưa có một quy tắc có tính chất thuật toán để giải đáp câu hỏi nảy sinh ra trong tình huống. b) Gợi nhu cầu nhận thức: Nếu tình huống có một vấn đề, nhưng nếu học sinh thấy nó xa lạ, không muốn tìm hiểu thì đây cũng chưa phải là một tình huống gợi vấn đề. Trong tình huống gợi vấn đề, học sinh phải cảm thấy cần thiết, thấy có nhu cầu giải quyết vấn đề đó. Tốt nhất là tình huống gây được “cảm xúc”, làm cho học sinh ngạc nhiên, thấy hứng thú và mong muốn giải quyết vấn đề. c) Gây niềm tin ở khả năng: Nếu một tình huống tuy có vấn đề và vấn đề tuy hấp dẫn, nhưng học sinh thấy nó vượt quá xa so với khả năng của bản thân thì họ cũng không sẵn sàng giải quyết vấn đề. Cần làm cho học sinh thấy rõ tuy 28 họ chưa có ngay lời giải, nhưng đã có một số kiến thức, kĩ năng liên quan đến vấn đề đặt ra và nếu họ tích cực suy nghĩ thì có nhiều hi vọng giải quyết được vấn đề đó. Phải thỏa mãn cả điều kiện đó nữa thì tình huống mới có tính chất gợi vấn đề. Mục đích của biện pháp này là không phải chỉ làm cho học sinh lĩnh hội được kết quả của quá trình giải quyết vấn đề, mà còn ở chỗ làm cho họ phát triển khả năng tiến hành những quá trình như vậy. Nói cách khác, học sinh không chỉ học kết quả của việc học mà trước hết là học bản thân việc học. Theo tác giả Nguyễn Bá Kim: “Tri thức không phải là điều có thể dễ dàng cho không. Để dạy một tri thức nào đó, thầy giáo thường không thể trao ngay cho học sinh điều thầy muốn dạy, cách tốt nhất thường là cài đặt tri thức đó vào những tình huống thích hợp để học sinh chiếm lĩnh nó thông qua hoạt động tự giác, tích cực và sáng tạo.” Đưa ra các bài toán với tư cách là các tình huống có vấn đề với mục đích làm cho vấn đề trở lên hấp dẫn tạo khả năng kích thích học sinh tìm tòi lời giải bài toán. Ví dụ 1: Không dùng máy tính, hãy tính các giá trị lượng giác: a) sin(-315°) b) cos(375°) Bài tập này giáo viên có thể yêu cầu học sinh sau khi học xong bài: “ Các công thức lượng giác” Câu a là quen thuộc: học sinh sẽ giải bằng cách quy gọn góc dẫn về góc đặc biệt. sin(-315°) = sin (450 – 3600 ) = sin450 = 2 2 Câu b tình hình lại khác: sau khi quy gọn góc bài toán trở thành tính giá trị lượng giác của một góc không đặc biệt: 29 cos(375°) = cos(3600 + 150) = cos150 Vấn đề chính là ở chỗ ta chưa biết cosin của cung 15° bằng bao nhiêu Đây là một tình huống gợi vấn đề bởi học sinh chưa có thuật toán hay công thức tính trực tiếp, nhưng học sinh hoàn toàn có thể tính được nhờ sử dụng công thức cộng hay công thức nhân đôi. - Nhận xét rằng 15° = 60° - 45° = 45° - 30° tức là góc cần tính được biểu diễn qua hiệu của hai góc đặc biệt ( hai góc đã biết giá trị lượng giác ). Sử dụng công thức cộng ta có: cos150 = cos(600 - 450) = cos600 cos450 + sin600 sin450 1 2 3 2 6 2 = .  .  2 2 2 2 4 - Cách khác: nhận xét rằng 2.15° = 30° tức là góc cần tính được biểu diễn qua góc đặc biệt ( hai góc đã biết giá trị lượng giác ). Sử dụng công thức nhân đôi ta có: cos300  2cos2 150  1  cos2 150  Vì cos150 > 0 nên cos150 = 1  cos30  2 0 3 2  2 3 2 4 1 6 2 2 3 = 4 4 Ví dụ 2: Tính tan142030’ Bài toán yêu cầu tính giá trị lượng giác của một góc không đặc biệt và lẻ, học sinh có thể sử dụng các công thức lượng giác và quan hệ giữa các cung có liên quan đặc biệt để tìm lời giải cho bài toán này. Học sinh có thể giải như sau: 30  750  750 cos750  1 tan142030'  tan  1800    tan   2 2 sin750   cos(300  450 )  1   2 2  3  6 sin(300  450 ) Ví dụ 3: t anA c2  a2  b2  Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: tanB c2  b2  a2 Bài toán yêu cầu chứng minh một đẳng thức lượng giác trong tam giác. Ở vế trái là các giá trị tanA, tanB chưa có một công thức nào thể hiện mối liên quan đến vế phải là các cạnh của tam giác. Nhưng học sinh hoàn toàn có thể giải quyết được bởi ta có thể biểu diễn tanA qua sinA và cosA là các hàm số có liên quan đến độ dài các cạnh của tam giác thông qua định lí hàm số sin và định lí hàm số cosin. Ta có : a (c2  a2  b2 ) t anA sinA.cosB 2R c2  a2  b2 2ac ( đpcm )    tanB cosA.sinB b (c2  b2  a2 ) c2  b2  a2 2R 2bc sin 4 2x  cos 4 2x  cos 4 4x Ví dụ 4: Giải phương trình:   tan(  x)tan(  x) 4 4 (1) Bài tập này là một vấn đề vì học sinh chưa có một quy tắc nào có tính chất thuật toán để giải phương trình trên. Học sinh có thể giải được phương trình trên nếu tích cực suy nghĩ và được sự hướng dẫn của giáo viên vì các em đã học cách giải một số phương trình lượng giác thường gặp. Cho nên đây là một tình huống có vấn đề. Giáo viên đặt câu hỏi: - Nhận xét gì về hai góc:    x và  x 4 4 31 (hai góc phụ nhau)   - Điều kiện để phương trình có nghĩa? ( tan(  x).tan(  x)  0 ) 4 4     tan(  x)tan(  x)  0 khi nào? ( cos(  x ). cos(  x )  0 ) 4 4 4 4 Học sinh tự mình biến đổi và tìm ra điều kiện của x (x    k ;k  Z) 4 2   - Với điều kiện đó nhận xét gì về tích tan(  x).tan(  x)?(có giá trị bằng 4 4 1) - Khi đó phương trình (1) tương đương với phương trình nào ? (1)  sin4 2x  cos4 2x  cos4 4x (2) - Hãy tiếp tục biến đổi phương trình (2) về dạng quen thuộc? 1 1 (2)  1  sin 2 4x  cos4 4x  1  (1  cos 2 4x)  cos4 4x 2 2  2cos4 4x  cos2 4x  1  0 (3) - Phương trình (3) đã có dạng quen thuộc chưa? - Trình bày cách giải phương trình (3) Khi đó học sinh có thể giải phương trình (3) một cách dễ dàng bởi đây là phương trình lượng giác thường gặp. Trong chương trình toán phổ thông, phương trình lượng giác là phần làm cho nhiều học sinh lúng túng bởi có quá nhiều công thức biến đổi. Khi đó, các kỳ thi quan trọng như đại học, cao đẳng trong những năm gần đây lại thường xuyên có mặt dạng toán này. Chính vì thế, các phương trình lượng giác trong các đề thi tuyển sinh đại học là cơ hội để gợi trí tò mò và hứng thú tìm lời giải của học sinh. Ví dụ 5:  cos3x + sin3x  Tìm nghiệm [0;2π] của phương trình: 5 sinx +  = cos2x + 3 1 + 2sin2x   32 (Đề thi đại học khối A năm 2002) Với bài toán này, học sinh có thể chưa giải được ngay nhưng nhờ một số phép biến đổi lượng giác thích hợp sẽ đưa được về các phương trình cơ bản đã biết cách giải. - Điều kiện của phương trình? Điều kiện: 1+2sin2x ≠ 0  sin2x   1 2     2x   6  k2  x   12  k   7  2x   x  7  k  k2   6 12 (*) Giáo viên yêu cầu học sinh sử dụng các công thức lượng giác, biến đổi đơn giản biểu thức trong ngoặc. Ta có: cos3x+sin3x=4cos3x-3cosx+3sinx-4sin3x =4(cos3x-sin3x)-3(cosx-sinx) =(cosx-sinx)[4(1+sinxcosx)-3] =(cosx-sinx)(1+2sin2x) Khi đó phương trình có dạng: 5(sinx+cosx-sinx) = cos2x+3  2cos2x - 5cosx +2 =0  cosx  2 (voânghieä m)    cosx  1  2    x  3  k2   x     k2  3 33   x  3 Vì x [0;2π] nên   x  5  3 Các nghiệm đều thỏa mãn điều kiện (*). Vậy nghiệm của phương trình là: x  5 và x  3 3 2.2 Biện pháp 2: Vận dụng lý thuyết Vƣgotsky về vùng phát triển gần nhất, nâng cao và hạ thấp yêu cầu khi cần thiết trong việc định hƣớng tìm tòi lời giải các bài toán. Theo lý thuyết Vưgotsky về vùng phát triển gần nhất những yêu cầu phải hướng vào vùng phát triển gần nhất tức là phải phù hợp với trình độ mà học sinh đã đạt tới ở thời điểm đó, không thoát ly cách xa trình độ này, nhưng họ còn phải tích cực suy nghĩ phấn đấu vươn lên thì mới thực hiện được nhiệm vụ đặt ra. Nhờ những hoạt động đa dạng với yêu cầu thuộc về vùng phát triển gần nhất, vùng này chuyển hóa dần thành vùng trình độ hiện tại, tri thức, kỹ năng, năng lực lĩnh hội được trở thành vốn trí tuệ của học sinh và những vùng trước kia còn ở xa nay được kéo về lại gần và trở thành những vùng phát triển gần nhất mới. Cứ như vậy, học sinh leo hết nấc thang này tới nấc thang khác trong quá trình hoạt động và phát triển. Việc giải toán là một yêu cầu rất quan trọng đối với học sinh. Do vậy khi dạy học sinh giải toán, giáo viên không chỉ đơn thuần cung cấp lời giải mà quan trọng hơn là dạy cho học sinh biết cách suy nghĩ tìm ra con đường hợp lí để giải toán. Trong quá trình giải một bài toán cụ thể nào đó, lẽ đương nhiên không cần huy động đến mọi kiến thức mà người giải đã huy động, tích lũy được từ trước. Cần huy động đến những kiến thức nào, cần xem xét đến những mối liên hệ nào, điều đó còn phụ thuộc vào khả năng chọn lọc của người giải toán. 34 Người giải toán đã tích lũy được những tri thức ấy trong trí nhớ, giờ đây rút ra và vận dụng một cách thích hợp để giải bài toán. Vận dụng lý thuyết Vưgotsky về vùng phát triển gần nhất đồng thời nâng cao và hạ thấp yêu cầu cần thiết trong quá trình dạy học sẽ giúp học sinh định hướng đúng và hứng thú trong việc tìm tòi lời giải các bài toán. Ví dụ 1: Sau khi học xong bài “ công thức biến tích thành tổng” giáo viên có thể yêu cầu học sinh giải bài tập sau: Tính: A  sin 7 5 cos 12 12 Ở ví dụ này, học sinh trực tiếp vận dụng công thức: sin a cos b  A  sin 1 sin( a  b)  sin( a  b) để giải bài toán. 2 7 5 1   1 cos   sin   sin   12 12 2  6 4 Ví dụ 2: Chứng minh: sinx sin(   1  x ) sin(  x )  sin 3x 3 3 4 Áp dụng tính: A  sin200 sin400 sin800 B= sin  7 13 sin sin 18 18 18 Đây là một bài toán chứng minh đẳng thức lượng giác. Trước khi chứng minh giáo viên có thể gợi ý bằng các câu hỏi: - Để chứng minh một đẳng thức ta phải làm như thế nào? - Nhắc lại công thức biến tích thành tổng? - Mối quan hệ giữa các hàm số lượng giác của hai góc đối nhau? Với những tri thức cũ vừa tái hiện học sinh dễ dàng chứng minh bài toán trên như sau: 35 Vế trái = sinx[ 1 2 (cos(2x )  cos ) ] 2 3 1 2 1 2 = sin x [ (cos 2x  ( ) ] = = 1 1 sin x cos 2x  sin x 2 4 = 1 1 1 . [sin 3x  sin(  x )]  sin x 2 2 4 1 1 1 1 sin 3x  sin x  sin x  sin 3x  Vế phải. 4 4 4 4 Từ đó học sinh cũng dễ dàng tìm được đáp số của phần áp dụng. A  sin200 sin400 sin800  sin200 sin(600  200 )sin(600  200 ) 1 1 3  sin3.200  sin600  4 4 8 B= sin        7 13  7 5  sin sin  sin sin sin  sin sin    sin    18 18 18 18 18 18 18  3 18   3 18  1  1  1  sin3.  sin  4 18 4 6 8 Ví dụ 3: Chứng minh rằng trong tam giác ABC có: cosA + cosB + cosC = 1 + 4sin A B C sin sin 2 2 2 Đây là một bài toán chứng minh đẳng thức lượng giác trong tam giác. Yêu cầu này không quá xa đối với những kiến thức mà học sinh đã được học. Bởi vì các em đã biết cách chứng minh một đẳng thức, mối quan hệ giữa các góc trong tam giác, mối quan hệ giữa các hàm số lượng giác của các cung có liên quan đặc biệt, công thức biến đổi tổng thành tích, công thức nhân đôi. Học sinh có thể biến đổi như sau: 36 Vế trái = 2cos (A  B) (A  B) C cos  (1  2sin2 ) 2 2 2 Vì A+B+C =   A+B =  - C, ta có: cos AB C C  cos  sin 2 2 2 Vế trái = 2sin C A B C cos  1  2sin2 . 2 2 2 =1+ 2sin C A B C [cos  sin ] 2 2 2 C A B AB = 1+ 2 sin [cos  cos ] 2 2 2 C A B = 1+ 2 sin [ 2sin sin ] 2 2 2 = 1+ 4 sin A B C sin sin  Vế phải (đpcm) 2 2 2 Ví dụ 4: Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 2 2 2 si n A  si n B  si n C M= 2 2 2 cos A  cos B  cos C Trong đó: A,B,C là ba góc của một tam giác Có thể hỏi học sinh: - Cách tìm giá trị lớn nhất của biểu thức M? (Cần phải đánh giá giá trị của A theo chiều bé hơn hoặc bằng) - Hãy quan sát biểu thức M xem có gì đặc biệt? (Tử số + mẫu số = 3) - Từ đó học sinh nhận xét được rằng: M lớn nhất  M +1 lớn nhất? hãy tính M +1? M+1 = sin 2 A  si n 2 B  si n 2 C cos A  cos B  cos C 2 2 2 1 3 cos A  cos 2 B  cos 2 C 2 - Biểu thức M +1 đạt giá trị lớn nhất khi nào? (Khi cos2A+ cos2B + cos2C đạt giá trị nhỏ nhất) 37 (*) - Hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức cos 2A + cos2B + cos2C? Ta có: cos2A + cos2B + cos2C = 1 - 2 cosA cosB cosC Mà cosA cosB cosC = 1 [cos(A  B)  cos(A  B)]. cos C 2 1  [ cos C  1]. cos C 2  (vì cos (A-B)  1) 1  cos C  1  cos C 2 1 [ ]  2 2 8 (Áp dụng bất đẳng thức Côsi) A  B  0 A  B cos(A  B)  1  Dấu "=" xảy ra    1 0  cosC  1  cosC cosC  C  60  2  A = B = C = 600 1 8 Do đó: cos2 A + cos2 B + cos2 C  1 - 2.  Suy ra: M+1 = 3 4 3 3   4  M  3 2 2 cos A  cos B  cos C 3 4 2 Vậy maxM = 3 khi ABC đều. Có thể yêu cầu học sinh thực hiện theo cách khác giáo viên đặt câu hỏi. - Biến đổi (*) để đưa về phương trình bậc hai đối với cosC ? (*)  cos2A + cos2B + cos2C = 3 M 1  1+ 1 3 [cos 2A  cos 2B]  cos 2 C  2 M 1  1+ 1 3 2. cos(A  B) cos(A  B)  cos 2 C  0 2 M 1  1 + (-cosC) cos (A- B) + cos2C - 3 0 M 1  f (cosC) = cos2C - cos (A-B) cosC + 1 38 3 0 M 1 (**) - Đến đây quá trình đã rõ, muốn tìm giá trị lớn nhất của M ta làm như thế nào? (Tìm điều kiện để (**) có nghiệm) (**) có nghiệm   = cos2 (A-B) - 4(1 4(1 1- 3 )0 M 1 3 )  cos 2 (A  B)  1 M 1 3 1 3 3     M 1  4 M 1 4 M 1 4  M 3 - Dấu bằng xảy ra khi nào? A  B 2  cos  A  B  1 sin  A  B  0  M=3     1 cosC  cosC  cos A  B     0      2   ABC đều Ví dụ 5: Sau khi dạy bài “ Phương trình lượng giác cơ bản” yêu cầu học sinh giải các phương trình sau:     1) cos 2x    sin  x    0 4 4       2) tan   3x  tan   2x   1 3  3  Hiển nhiên yêu cầu này quá xa đối với những kiến thức mà học sinh đã được tích lũy sau khi học bài “ Phương trình lượng giác cơ bản”. Bởi họ biết rằng việc giải mọi phương trình lượng giác đều đưa về việc giải các phương trình lượng giác cơ bản, ở đây phương trình đã cho chưa đúng với một trong bốn dạng phương trình cơ bản như đã định nghĩa. Vì vậy học sinh phải qua một số phép biến đổi lượng giác đưa chúng về một trong bốn dạng đó. 39 Ở câu 1: Giáo viên có thể đặt câu hỏi - Nhận xét gì về phương trình (1). Phương trình lượng giác chỉ chứa cos và sin. - Hãy tìm cách đưa phương trình về dạng cơ bản. Giáo viên có thể gợi ý, để đưa về phương trình lượng giác cơ bản ta cần xem xét các công thức biểu thị sin qua cos hoặc ngược lại.   Học sinh có thể nghĩ ngay đến các công thức: sin   u   cosu hoặc 2    cos  u    sinu 2      Do đó: cos 2x    sin  x    0 4 4        cos 2x     sin  x   4 4      3   cos 2x    cos x   4 4    π 3π  x = π + k2π  2x - 4 = x + 4 + k2π    x = -π + k2π  2x + π = -x - 3π + k2π  3 3  4 4 Đối với câu 2: Giáo viên có thể nêu câu hỏi: - Để giải phương trình (2) trước hết ta phải làm gì? (Tìm điều kiện để phương trình có nghĩa). - Hãy cho biết điều kiện đó.   cos( 3  x)  0  cos(   2x)  0  3 (*) - Điều kiện cần để phương trình (2) có nghiệm là gì? 40   tan(  x)  0 và tan(  2x)  0 3 3  Từ đó, chia cả 2 vế của (2) cho tan(  2x) 3  Ta có: tan(  x)  3 1  tan(  2x) 3    tan(  x)  cot(  2x) 3 3 - Để đưa phương trình này về phương trình lượng giác cơ bản ta làm như thế nào? Giáo viên gợi ý bằng cách cho học sinh nêu lại mối liên hệ giữa các hàm số lượng giác của hai cung phụ nhau.  cot x  tan(  x) 2   Từ đó, phương trình tan(  x)  cot(  2x) đưa về phương trình 3 3   tan(  x)  tan(  2x) 3 6    x   2x  k,k  Z 3 6   x    k,k  Z 6  Kiểm tra xem họ nghiệm này có thỏa mãn điều kiện (*) không? Với x=    k, ta có: 6     cos(  x)  cos(   k)  cos(  k)  sink  0,k  Z 3 3 6 2 Vậy phương trình (2) vô nghiệm. 41 Dựa trên lý thuyết về “ vùng phát triển gần nhất” của Vưgotsky mà có thể tuần tự nâng cao yêu cầu. Tuần tự nâng cao yêu cầu đối với học sinh trong dạy học sẽ phát huy được tính tích cực, tính sẵn sàng học tập và sự phát triển trí tuệ của học sinh. Trong trường hợp học sinh gặp khó khăn trong khi hoạt động, ta có thể tạm thời hạ thấp yêu cầu. Sau khi họ đã đạt được nấc thấp này, yêu cầu lại được tuần tự nâng cao. Làm như vậy vẫn phù hợp với lý thuyết Vưgotsky về vùng phát triển gần nhất. Thật vậy, học sinh gặp khó khăn có nghĩa là yêu cầu đề ra còn ở những vùng quá xa. Tạm thời hạ thấp yêu cầu tức là đã điều chỉnh yêu cầu hướng về vùng phát triển gần nhất. Ví dụ 6: Sau khi học bài "công thức nhân đôi" có thể yêu cầu học sinh giải bài tập sau: a) Rút gọn: A = sina.cosa.cos2a.cos4a b) Tính B  sin60 cos120 cos240 cos480 c) Tính P  sin100 sin300 sin500 sin700 sin900 d) Tính Q  sin50 sin150 sin250...sin850 Đối với câu a, học sinh có thể dễ dàng rút gọn biểu thức nhờ công thức nhân đôi: A = sina.cosa.cos2a.cos4a = 1 1 1 sin2a.cos2a.cos4a  sin4a.cos4a  sin8a 2 4 8 Câu b ta thấy có sự nâng cao hơn một chút khi bài toán yêu cầu tính kết quả và chưa vận dụng ngay được kết quả của câu a. Giáo viên có thể gợi ý bằng câu hỏi: Làm thế nào để xuất hiện biểu thức có dạng giống câu a? Khi đó học sinh hoàn toàn có thể nghĩ đến việc nhân cả 2 vế của biểu thức với cos60 42 B  sin60 cos120 cos240 cos480  Bcos60  sin60 cos60 cos120 cos240 cos480   B 1 1 sin960  cos60 16 16 1 16 Đối với câu c, yêu cầu lại được nâng cao hơn khi biểu thức cần tính giá trị khác nhiều hơn so với biểu thức ở phần b - Giáo viên cũng có thể gợi ý cho học sinh: Vận dụng công thức nào có thể đưa về biểu thức giống dạng b? Học sinh có thể nghĩ ngay đến công thức liên hệ giữa các góc phụ nhau và đưa về giống như biểu thức B P  sin100 sin300 sin500 sin700 sin900  sin100 cos200 cos400 cos600 Ở câu d, yêu cầu lại được nâng cao hơn một bậc khi học sinh phải sử dụng công thức liên hệ giữa các góc phụ nhau và phải nhóm các thừa số thích hợp mới đưa được về dạng B và tính kết quả tương tự. Q  sin50 sin150 sin250...sin850  sin50 cos50 sin150 cos150 sin250 cos250 sin350 cos350 cos450 1 1 1 1  sin100 sin300 sin500 sin700 cos450 2 2 2 2 2  sin100 sin500 sin700 32 Ví dụ 7: a) Tính: A  cos 2 4 6  cos  cos 7 7 7 c) Chứng minh rằng B  cosx  cos(x  a)  cos(x  2a)  ...  cos(x  na)   na  (n  1)a cos x   sin a 2 2  sin 2 1 43 Đối với câu a, học sinh có thể sử dụng công thức biến tổng thành tích và biến đổi về như ví dụ 6 để có được kết quả. Cách 1: A  cos 2 4 6  cos  cos 7 7 7 4 2 2 cos  2cos2 1 7 7 7 2  4 2   2cos  cos  cos   1 7 7 7   2cos  2 3  4cos cos cos  1 7 7 7 4   2 4  sin cos cos cos  1  7 7 7 7 sin 7 4 1 8 1  1  sin  1  sin  1   8  7 7 2 sin 2sin 7 7 Cách 2: Nhân 2 vế của A với 2 sin  ta có: 7   2  4  6 2A sin  2sin cos  2sin cos  2sin cos 7 7 7 7 7 7 7 3  5 3 7 5  sin  sin  sin  sin  sin  sin 7 7 7 7 7 7  1   sin  A   7 2 Tương tự như câu a, nhưng ở câu b tính trừu tượng và khái quát của đối tượng hoạt động được nâng lên cao hơn. - Giáo viên có thể gợi ý cho học sinh làm giống cách 2 câu a Học sinh nghĩ đến việc nhân hai vế của B với 2sin a ta được: 2 a a 2Bsin  2sin  cosx  cos(x  a)  cos(x  2a)  ...  cos(x  na)  2 2 44 a a a Mà: 2sin cosx  sin(x + )  sin(x - ) 2 2 2 a 3a a 2sin cos(x  a)  sin(x  )  sin(x  ) 2 2 2 a 5a 3a 2sin cos(x  2a)  sin(x  )  sin(x  ) 2 2 2 a 7a 5a 2sin cos(x  3a)  sin(x  )  sin(x  ) 2 2 2 ...................................................................... a 1 1 2sin cosx  na  sin[x  (n  )a]  sin[x  (n  )a] 2 2 2 Cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta có:    a 1  a na  (n  1)a 2Bsin  sin x  (n  )a  sin x    2cos x   sin 2 2  2 2 2     na  (n  1)a cos x   sin 2 2  Suy ra: B  a sin 2 ( đpcm ) Ví dụ 8: Tính A= cos100 cos200 cos300 cos400...cos800 Việc giáo viên yêu cầu học sinh tính biểu thức trên thì đa số học sinh thấy bài toán vượt quá khả năng của họ. Khi đó giáo viên có thể tạm thời hạ thấp yêu cầu bằng cách ra cho họ bài toán sau: Chứng minh rằng: cos x cos(60 o  x ) cos(60 o  x )  1 cos 3x 4 Hiển nhiên yêu cầu này không quá xa đối với học sinh sẽ dễ dàng chứng minh như sau: 1 2 Vế trái = cosx.[ (cos(2x )  cos 120 o )] 45 1 2 = cos 2x cos x   1 1 1 1 cos x  . (cos x  cos 3x )  cos x 4 2 2 4 1 cos 3x = vế phải 4 Khi đã giải bài toán phụ trên thì học sinh sẽ không gặp khó khăn trong khi tính biểu thức A. Giáo viên có thể gợi ý. - Hãy sắp xếp cos của các góc ở vế phải theo nhóm , 600 - , 600 +  ? - Áp dụng kết quả của bài tập phụ tính A? A  (cos10 0 cos700 cos50 0 )(cos20 0 cos40 0 cos80 0 )cos300 cos600 1 1  ( cos30 0 )( cos60 0 )cos30 0 cos600 4 4  1 31 31 3  16 2 2 2 2 256 Ví dụ 9: 1) Giải phương trình: (cos4x  cos2x)2  5  sin3x 2) Tìm a để phương trình sau có nghiệm: (cos4x  cos2x)2  (a2  4a  3)(a2  4a  6)  7  sin3x có nghiệm Đối với câu 1: Nhìn qua có thể nghĩ giải phương trình bằng các phép biến đổi lượng giác thông thường nhưng thực chất đây là phương trình không chuẩn mực nên học sinh thường gặp khó khăn khi giải phương trình này. Giáo viên có thể tạm thời hạ thấp yêu cầu bằng cách gợi ý cho học sinh các câu hỏi: - Hãy cho biết giá trị nhỏ nhất của biểu thức ở vế phải? Học sinh dễ dàng thấy ngay: Vế phải = 5  sin3x  4 x Dấu"=" xảy ra  sin3x= - 1. - Vậy hãy biến đối để tìm giá trị lớn nhất của biểu thức vế trái? Học sinh biến đổi và đánh giá: Vế trái = (cos4x  cos2x)2  4sin2 3xsin2 x  4 x Dấu "=" xảy ra  sin2 3xsin2 x  1 46 - Vế trái bằng vế phải khi nào? Khi các dấu đẳng thức xảy ra tức là: sin3x  1 sin3x  1 4sin3 x  3sinx  1  0    2  2 2 sin 3xsin x  1 sin x  1   sinx  1   sinx  1  x   k2 2 (*) Đối với câu 2, thực chất đây là một bài toán tương đối khó nếu không có câu 1. Giáo viên cũng có thể hạ thấp yêu cầu bằng gợi ý cho học sinh biến đổi phương trình ở câu 2 để có thể đánh giá VP như ở câu 1 Học sinh có thể biến đổi phương trình như sau: VP = [(a  2)2  1][(a  2)2  2]  7  sin3x  (a  2)2[(a  2)2  1]  5  sin3x  4 Dấu “=” xảy ra khi sin3x = -1 và a = -2 Vậy kết luận như thế nào đối với bài toán? Học sinh có thể dễ dàng kết hợp với cách đánh giá VT của phương trình ở câu 1 để kết luận với a = -2 thì phương trình có nghiệm. 2.3 Biện pháp 3: Khắc phục sai lầm của học sinh và giúp học sinh phát hiện, sửa chữa sai lầm khi giải toán lƣợng giác Sai lầm vì tưởng là đúng. Vâng, có biết bao nguyên nhân để dẫn tới sai lầm khi giải toán. Vì vậy, bản chất của vấn đề là chúng ta cho học sinh thử thách với những bài toán dễ mắc sai lầm. “Con người phải biết học ở những sai lầm và thiếu sót của mình” (G.Pôlya) “Chỉ có sự hoạt động được giáo viên thường xuyên định hướng và khích lệ nhưng vẫn luôn luôn tự do trong việc mò mẫm và ngay cả trong những sai lầm mới có thể đưa đến sự độc lập về mặt trí tuệ” (J. Piaget). A. A. Stoliar nhấn mạnh: “Không được tiếc thời gian để phân tích trên những giờ học sai lầm của học sinh”. 47 J. A. Kômenxki khẳng định: “Bất cứ một sai lầm nào cũng có thể làm cho học sinh kém đi nếu như giáo viên không chú ý ngay tới sai lầm đó bằng cách hướng dẫn học sinh tự nhận ra và sửa chữa, khắc phục sai lầm.” R.A.Axnôp: “ Việc tiếp thu tri thức một cách có ý thức được kích thích bởi việc tự học sinh phân tích một cách có suy nghĩ nội dung của từng sai lầm mà học sinh phạm phải, giải thích nguồn gốc của các sai lầm này và tư duy lí luận về bản chất của các sai lầm.” Sai lầm của học sinh xuất hiện thì sẽ khêu gợi được hoạt động học tập mà học sinh sẽ được hướng đích, gợi động cơ để tìm ra sai lầm và đi tới lời giải đúng. Tìm ra cái sai của chính mình hay của người khác đều là sự khám phá. Từ sự khám phá này, học sinh chiếm lĩnh được kiến thức một cách trọn vẹn hơn. Cần phải tập cho học sinh phát hiện chỗ sai trong lời giải, tìm nguyên nhân và đề xuất cách giải đúng. Bởi vì, khi biết bị sai lầm do những lỗi kiến thức cơ bản, học sinh mới thực sự thấm thía việc cần phải tìm hiểu sâu sắc bản chất của từng tri thức đã lĩnh hội và quan trọng hơn là các em thấy thực sự cần thiết phải kiểm tra lại từng bước trong quá trình tìm tòi lời giải bài toán. a) Sai lầm trong việc biến đổi biểu thức lượng giác Khi biến đổi các biểu thức lượng giác, sai lầm phổ biến là không đặt các điều kiện có nghĩa, không thống nhất đơn vị đo, áp dụng sai công thức lượng giác… Ví dụ 1 :Rút gọn: 1  sin 2 x  1  sin 2 x . 1  sin 2 x  1  sin 2 x A Học sinh thường biến đổi như sau: A   1  sin 2 x  1  sin 2 x 1  sin 2 x  1  sin 2 x   2 1  sin 2 x  1  sin 2 x 48  2  2 1  sin 2 2 x 1  cos2 x 2cos 2 x cos x A     cot x 2sin 2 x sin 2 x 2sin x cos x s inx Sai lầm ở đây mang dấu ấn biến đổi đại số. Nên để ý rằng a nÕu a  0 a2  a   a nÕu a  0 Lời giải đúng: 2  2 1  sin 2 2 x 1 | cos2 x | A  2sin 2 x sin 2 x Ta có hai trường hợp: - Nếu cos2x  0 thì 2  2 1  sin 2 2 x 1  cos2 x 2cos 2 x cos x A     cot x 2sin 2 x sin 2 x 2sin x cos x s inx - Nếu cos2x < 0 thì 2  2 1  sin 2 2 x 1  cos2 x 2sin 2 x sin x A     tan x 2sin 2 x sin 2 x 2sin x cos x cosx Ví dụ 2: Biết sin   3   vµ    ;   . TÝnh cos, tan, cot. 5 2  Ta có: cos= 1-sin 2  1  Do đó: tan= 9 4  . 25 5 sin 3 4  và cot= cos 4 3 Phân tích sai lầm: Nguyên nhân đầu tiên của việc dẫn tới sai lầm là không nắm vững các quy tắc của phép toán đại số cho rằng: a2  a Mặt khác một nguyên nhân có thể kể tới đó là không nắm vững cách xác định dấu của các giá trị lượng giác. Muốn sửa chữa các sai lầm liên quan đến việc tìm các giá trị lượng giác thì phải cho học sinh thấy rõ: khi thực hiện các 49 phép biến đổi lượng giác cần tuân thủ một cách nghiêm ngặt các quy tắc của phép toán đại số. Ngoài ra muốn xác định dấu của các giá trị lượng giác thì phải xem điểm cuối của cung thuộc góc phần tư nào. Từ cos2  1  sin 2  không suy ra được cos  1  sin 2  mà phải viết   cos  1  sin 2 x. Với    ;   thì cos 0 Tìm tòi lời giải và lời giải Điều mà chúng ta quan tâm là biểu thức T mà dấu của nó quyết định tính chất của tam giác. Để làm sáng tỏ sự xuất hiện củ biểu thức T cũng như ý nghĩa của nó đối với kết quả bài toán, trước hết ta nhận xét rằng: Với A, B, C là 3 góc của một tam giác thì: cosAcosBcosC > 0  ABC nhọn ( chú ý rằng không thể xảy ra khả năng hai trong ba thừa số đều âm ) Từ đó ta có suy nghĩ: có lẽ giữa biểu thức T và tích cosAcosBcosC phải có một mối liên hệ nào đó. Ta có: T 1  cos2A 1  cos2B   sin2 C  2 2 2 1    cos2A  cos2B  cos2 C 2  cos(A  B)cos(A  B)  cos2C do  cos(A  B)  cosC  cosC  cos(A  B)  cos(A  B)  2cosC.cosA.cosB Như vậy điều đoán nhận của chúng ta được xác nhận. Từ đó việc suy ra kết quả bài toán là điều kiện hiển nhiên. Ví dụ 9: Giải bất phương trình: 67   4 x3  2x  1  sinx  2cosx   9| x 3  2x  1| (1) Tìm tòi lời giải và lời giải Trong bài toán có 2 biểu thức, ta xét tính chất của chúng x3  2x  1  (x  1)(x 2  x  1)  5  sinx  2cosx  5 Lại do có | x3  2x  1| , ta xét bất phương trình trong ba trường hợp sau: a) Với mọi x mà x3  2x  1  0 Khi đó (1)  0  0 ( bất phương trình đúng ) Vậy nghiệm của bất phương trình là x = 1 và x  1  2 b) Với mọi x mà x3  2x  1  0 Khi đó | x3  2x  1| x3  2x  1 và (1)  4(sinx  2cosx)  9 9  sinx  2cosx  (2) 4 Do sinx  2cosx  5  9 nên (2) không đúng. Do vậy mà mọi x thỏa mãn 4 x3  2x  1  0 không là nghiệm của bất phương trình (1) c) Với mọi x mà x3  2x  1  0 Khi đó | x3  2x  1| (x3  2x  1) và (1)  4(sinx  2cosx)  9 9  sinx  2cosx   (3) 4 Do sinx  2cosx   5   9 nên (3) không đúng. Do vậy mà mọi x thỏa 4 mãn x3  2x  1  0 không là nghiệm của bất phương trình (1) Vậy bất phương trình chỉ có các nghiệm là : x =1 và x  1  2 68 2.4.2. Phân tích, biến đổi giả thiết và kết luận Có những bài toán mà giả thiết và kết luận vốn đã quá xa nhau. Lại có những bài toán mà vốn chúng gần nhau, nhưng để làm “khó, dễ” cho người giải, tác giả các bài toán cố tình làm cho chúng trở thành xa nhau hơn. Nhiệm vụ của người giải toán là phải tìm cách bắc những nhịp cầu logic để làm cho giả thiết và kết luận trở thành gần gũi hơn. Ví dụ 1: Chứng minh rằng trong tam giác ABC không vuông, nếu B  450 thì (1+cotA)(1+cotC) = 2 Tìm tòi lời giải và lời giải Ta hãy xuất phát từ giả thiết B  450 để đi tới kết luận. Quá trình phân tích và biến đổi như sau: B  450  A  C  1350 ( vì trong kết luận chỉ có A và C )  tan(A+C) = -1 ( vì A và C nằm trong hàm lượng giác )  t anA  tanC  1 ( vì A và C nằm trong các hàm số lượng giác riêng 1  tanA tanC biệt)  1 1 1   1  ( vì trong kết luận chỉ chứa hàm cotang cot A cot C cot A cot C )  cotA + cotC + cotAcotC =1 ( vì biểu thức phải chứng minh không có dạng phân thức )  cotA + cotC + cotAcotC +1 = 2 ( phải cộng 1 vào 2 vế của phương trình để được vế phải bằng 2 mà không nhân cả 2 vế của phương trình với 2 được )  (1+ cotA)(1 + cotC ) = 2 chính là kết luận Lời giải của bài toán đơn giản và cũng có thể giải cách khác. Điều muốn nói ở đây là mọi phép biến đổi đều được định hướng một cách chính xác. Quan sát 69 quá trình trên ta có thể nhận thấy rằng cứ sau mỗi phép biến đổi thì ta càng nhích gần hơn từ giả thiết đến kết luận để cuối cùng đi tới kết luận. Ví dụ 2: Chứng minh rằng trong mọi tam giác hệ thức sau đúng: R(a2  b2  c2 ) cot A  cot B  cot C  abc Tìm tòi lời giải và lời giải Do vế phải chứa R, a, b, c là các yếu tố về độ dài, vì vậy để biến đổi vế trái thành vế phải ta phải sử dụng các hệ thức lượng cho phép ta chuyển dần từ yếu tố góc sang yếu tố về độ dài. Định lí cosin và định lí sin chính là những nhịp cầu mà chúng ta cần phải dùng tới. Ta có: b2  c2  a2 cosA R 2 2 2 2bc cot A    (b  c  a ) a sinA abc 2R Khi đó, ta suy ra ( do tính chất bình đẳng của các đại lượng a, b, c và A, B, C trong biểu thức bài toán ) cot B  R 2 2 (c  a  b2 ) abc cot C  R 2 (a  b2  c2 ) abc Khi đó: R(a2  b2  c2 ) cot A  cot B  cot C  abc Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác có chu vi bằng 2 thì bất đẳng thức sau đúng: a2  b2  c2  2abc  2 70 (1) Tìm tòi lời giải và lời giải Từ giả thiết của bài toán: a, b, c là ba cạnh của tam giác và a+b+c = 2 ta có: 0 < a, b, c < 1 và do đó (1- a)(1- b)(1- c) > 0 (*) là một bất đẳng thức đúng. Việc chọn bất đẳng thức (*) dựa vào 2 căn cứ sau đây: - Để chứng minh một bất đẳng thức đúng ta có thể xuất phát từ một bất đẳng thức đúng khác để rồi bằng các phép biến đổi đúng để suy ra bất đẳng thức cần chứng minh là đúng ( căn cứ lý thuyết để xác định đường lối ). - Điều kiện của a, b, c trong giả thiết cũng như tính bình đẳng của a, b, c trong bất đẳng thức kết luận ( căn cứ thực tế ). Ta chỉ còn công việc là biến đổi từ (*) đến (1) (*)  (1- a)(1- b)(1- c) > 0  1- (a+b+c) +ab +bc +ca –abc > 0 ( vì một vế của (1) cho dưới dạng tổng còn vế kia là hằng số )  a + b + c – (ab + bc +ca ) + abc < 1 ( do vế phải là hằng số )  2 ( a +b+c) -2 (ab+bc+ca) +2abc < 2 ( vì vế phải là 2 mà không thể cộng 1 vào 2 vế )  (a+b+c)2 – 2 (ab +bc+ca) +2abc < 2 ( phải thay a +b +c = 2 vì trong (1) các biểu thức đều đẳng cấp bậc 2 đối với a, b, c )  a2  b2  c2  2abc  2 ( đpcm ) Ví dụ 4: Chứng minh rằng với mọi tam giác ABC, ta luôn có: aA  bB  cC   a b  c 3 Tìm tòi lời giải và lời giải Để đề xuất được một bất đẳng thức đúng, trước hết ta nhận xét rằng trong một tam giác thì: (A  B)(a  b)  0, đẳng thức có khi a = b và từ đó ta có bất đẳng thức đúng sau: 71 (A  B)(a  b)  (B  C)(b  c)  (C  A)(c  a)  0 (*) Chọn (*) là bất đẳng thức xuất phát ( đúng ) để từ đó ta đi tới bất đẳng thức (1) là hợp lý vì trong (*) có mặt và bình đẳng đối với a, b, c và A, B, C. Ta có: (*)  (A  B)a  (A  B)b  (B  C)b  (B  C)c  (C  A)c  (C  A)a  0  (2A  B  C)a  (2B  C  A)b  (2C  A  B)c  0 ( nhằm làm xuất hiện   A  B  C ta biến đổi như sau: 2A – B –C = 3A – (A + B+C) = 3A   và tương tự cho 2 biểu thức còn lại )  (3A  )a  (3B  )b  (3C  )c  0 (*)  3(Aa  Bb  Cc)  (a  b  c) Chia 2 vế cho 3( a+b+c) > 0  aA  bB  cC   ( đpcm ) a b  c 3 Ví dụ 5: Chứng minh rằng trong một tam giác, bất đẳng thức sau đây đúng: b4  c4  a4  2(b2c2  c2a2  a2b2 ) (1) Tìm tòi lời giải và lời giải Sự có mặt của biểu thức a4  b4  c4 chỉ có thể làm ta liên tưởng đến b 2  c2  a2  2  mà không thể nghĩ đến b2  c2  a2  2 vì chỉ có b2  c2  a2 mới cho phép ta dùng định lí cosin làm nhịp cầu nối giả thiết a, b, c là ba cạnh của tam giác với kết luận là bất đẳng thức (1) Thật vậy, ta có: b2  c2  a2  2bccosA  (b2  c2  a2 )2  4b2c2 cos2 A ( để đi từ đẳng thức tới bất đẳng thức ) 72  (b2  c2  a2 )2  4b2c2  b4  c4  a4  2(b2c2  c2a2  a2b2 ) ( đpcm ) Ví dụ 6: Chứng minh rằng trong một tam giác nếu: b4  c4  a4 (1) thì: 2sin2 A  tanB.tanC (2) Tìm tòi lời giải và lời giải Nhằm mục đích chuyển từ (1) ( chứa các yếu tố về độ dài ) đến (2) ( chứa các yếu tố góc nằm trong các hàm lượng giác ) ta nghĩ đến việc sử dụng các định lí cosin và sau đó là hàm số sin. Ta có thể biến đổi (1) như sau: (1)  2 (b2  c2 )2  (a2)  2b2c2  b b  2abcosC.2cacosB  2b2c2  2a2 cosBcosC  bc  2.4R2 sin2 A cosBcosC  4R2 sinBsinC  2sin2 A  tanBtanC    c  a   b   2b c 2  c2  a2 b2  c2  a2  2b2c2 2  a2 2 2  c2 2 2 2 (2) Ví dụ 7: Chứng minh rằng trong tam giác ABC, bất đẳng thức sau đúng: a(b  c)2  b(c  a)2  c(a  b)2  4abc  a3  b3  c3 (1) Tìm tòi lời giải và lời giải Trước hết ta có a, b, c là độ dài 3 cạnh của một tam giác, ta có các bất đẳng thức sau là đúng: b  c  a  0  c  a  b  0 a  b  c  0  (* ) Bằng các phép biến đổi tương đương , ta biến đổi bất đẳng thức (1)  (*) 73 2 2 2 (1)  a b  c  a2   b  c  a  b2   c  a  b  c2   0       Để ý rằng: (a-b)2+4ab = (a+b)2  a(b  c  a)(b  c  a)  b(c  a  b)(c  a  b)  c(a  b  c)(a  b  c)  0 ( để làm xuất hiện các biểu thức có trong (*))  (b  a  c)[ab  ac  a2  bc  ba  b2  ac  cb  c2 ]  0  (b  a  c)[c2  (a  b)2 ]  0  (b  a  c)(c  a  b)(c  b  a)  0 b  c  a  0   c  a  b  0 a  b  c  0   (* ) Để ý không thể xảy ra khả năng hai trong ba thừa số âm vì rằng nếu b  c  a  0  c  a  b  0  2a 0 (*) Ta có thể nhận thấy rằng các phép biến đổi để đi từ (*) đến (1) là khó khăn, phức tạp. Ta hãy làm cho (1) càng gần gũi và cuối cùng đi tới (*) bằng các phép biến đổi sau:  sin2 A  sin2 B  sin2 C  2  1  cos2A  1 cos2B  2(1 cos2 C)  4 (1)   2cos(A  B).cos(A  B)  2cos2 C  0  cosC[cos(A  B)  cos(A  B)]  0  cosC.cosA.cosB  0  (* ) 74 Ví dụ 9: Chứng minh rằng, trong tam giác nếu: a2  b2  c2  4R2 (1) tanA tanB  1  tan2 C (2) tanA tanB  1 thì: Tìm tòi lời giải và lời giải Nhận xét rằng, dù ta biến đổi được (1) thành sin2 A  sin2 B  1  sin2 C (3) Thì các phép biến đổi từ (3) đến (2) đều là các phép biến đổi “ngược” khó khăn. Vì lẽ đó ta sẽ làm cho (2) ngày càng gần gũi và đi tới (3) Ta có: sinA sinB 1 sin2 C cosA cosB   sinA sinB cos2C 1 cosA cosB cos(A  B) sin2 C (2)   cos(A  B) cos2C  cosC.cos(A  B)  sin2 C Để mau đi tới đích ta cộng 1 vào 2 vế, khi đó:  1  cos(A  B)cos(A  B)  1  sin2 C (2) 1  cos2A+1-cos2B   1  sin2 C 2  sin2 A  sin2 B  1  sin2 C (3) ta có đpcm Ví dụ 10: Cho ABC là tam giác bất kỳ. Chứng minh rằng với mọi x ta đều có: 1 a) 1  x 2  cosA  x(cosB  cosC) 2 (1) b) b2x2  (b2  c2  a2 )x  c2  0 (2) Tìm tòi lời giải và lời giải Nhận xét rằng các bất đẳng thức (1) và (2) sau phép biến đổi và thu gọn đều có dạng: 75 f (x)  Ax2  Bx  C  0 hoặc f (x)  Ax2  Bx  C  0 Trong đó A  1 , hoặc A = b2 đều là số dương. Khi đó, theo định lí về dấu của 2 tam thức bậc hai, thay vì giải các bài toán đã cho ta giải bài toán điều kiện đủ Chứng minh   0 cho (1) hoặc   0 cho (2) - Với bất đẳng thức (1) ta có: 1 (1)  f (x)  x 2  (cosB  cosC)x  1  cosA  0 2   (cosB  cosC)2  2(1  cosA) BC 2 BC A  4cos2 cos  4sin2 2 2 2 A BC   4sin2  cos2  1 2 2  Rõ ràng   0 - Với bất đẳng thức (2), ta có:   (b2  c2  a2 )2  4b2c2  4b2c2 (cos2A  1) Do 0  A    cos2A  1   0 Nhận xét: Các bài toán được giải bằng cách phân tích, biến đổi kết luận rồi thay bài toán đã cho bởi các bài toán tương đương hoặc bài toán điều kiện đủ được vận dụng phổ biến trong các lớp bài toán có đường lối chính quy, mẫu mực. Ví dụ 11: Giả sử rằng tan  và tan là các nghiệm của phương trình x2 + px+q = 0 Hãy tính giá trị của biểu thức sau theo p, q: M  sin2       psin     cos      qcos2      Tìm tòi lời giải và lời giải Quá trình suy luận để tính M được diễn ra như sau: 76 Trước hết do M chứa hàm số lượng giác của các góc nên ta biến đổi giả thiết đã cho về dạng: tan   tan   p tan .tan  q ( định lí Viet ) Lại do trong biểu thức M, góc  và  nằm trong các hàm lượng giác dưới dạng    , nên giả thiết lại được tiếp tục biến đổi về dạng: tan(  )  tan   tan p với giả thiết q  1  1  tan  tan 1  q Đến đây, do trong giả thiết ta đã có tan(  ) , vì vậy để tính M ta phải tìm cách biểu diễn M qua tan(  ) . Muốn vậy, việc biến đổi được thực hiện như sau: M  cos2       tan2       ptan       q   tan2       ptan       q  1  tan       1 2 Thay tan(  )  p ta thu được 1 q 2    1 p  p    M   p    q 1 q  p2  1  q     1 2 (1  q) 1  qp2  q(1  q)2   2   p2  1  q q Còn trường hợp q =1 khi đó ta có: tan .tan  1  cos      0 Và M = sin2       1 Vậy với mọi q thì M =q. Ví dụ 12: Cho tam giác ABC, biết rằng C = 2B = 4A 77 Chứng minh rằng: 1) 1 1 1   a b c 2) cos2A  cos2B  cos2C  5 4 Tìm tòi lời giải và lời giải  2 4 1) Từ giả thiết C = 2B = 4A ta suy ra: A  , B= , C = 7 7 7 Vì vậy thay cho việc chứng minh 1) ta chứng minh đẳng thức tương đương: 1 1 1   sinA sinB sinC 1 1 1     2 4 sin sin sin 7 7 7 4 2 sin  sin 1 7 7      4 sin 2sin cos sin 7 7 7 7  3  cos 7 7  1 4  2sin cos 7 7 2sin  1  1 ( đúng ) 2) Việc chứng minh đẳng thức cos2A  cos2B  cos2C  5 được thay bởi việc chứng minh đẳng thức tương 4 đương: 2cos2  2 4 5  2cos2  2cos2  7 7 7 2 78  2 4  2cos2  2cos2 7 7 7 2 4 8  1  cos  1  cos  1  cos 7 7 7  3 N M  2cos2 Ta chứng minh N =  1 2 Biến đổi N được tiến hành như sau: ( nhằm biến các số hạng của N thành hiệu  2 số hạng ). Do sin  0 , ta biến đổi như sau: 7  2  4  8  2cos sin  2cos sin  2cos sin  7 7 7 7 7 7  2sin  7  1  3    5 3   9   sin  sin    sin  sin    sin  sin     7 7  7 7  7  2sin  7 1    9 5     sin  sin  sin     7  7 7  2sin 7 1 N    2  1  sin  2sin cos    ( đpcm )   7 7 2 2sin  7 1 Ví dụ 13: Chứng tỏ rằng nếu trong tam giác ABC ta có: cos2A  cos2B 1  (cot 2 A  cot 2 B) (1) 2 2 sin A  sin B 2 Thì tam giác ABC là một tam giác cân. Để đi đến kết luận là tam giác ABC là cân ta cần chứng tỏ rằng A = B vì hệ thức giả thiết chứa các hàm số lượng giác giữa các góc, hơn nữa vai trò của A và B trong hệ thức đó là bình đẳng như nhau. 79 Nhưng trước hết ta hãy làm cho dạng của 2 vế gần gũi với nhau, tức là chứa chỉ cùng một hàm số lượng giác. Căn cứ vào dạng cụ thể của 2 vế ta có thể biến đổi hệ thức (1) chỉ chứa hàm số sin. Thật vậy, ta có:  cos2A  cos2B 1 2  (sin2 A  sin2 B) 1  1 1 2 2  (cot A  cot B)     2  2  sin2 A sin2 B sin2 A  sin2 B 2 sin2 A  sin2 B   2 1 sin2 A  sin2 B  sin2 A  sin2 B 2 sin2 A.sin2 B     2  sin2 A  sin2 B  4sin2 A sin2 B  0 2  sin2 A  sin2 B  0 Từ đây do A và B là 2 góc của tam giác nên ta chỉ suy ra được sinA = sinBA = B tam giác ABC cân tại C. 2.4.3 Chuyển hóa nội dung và hình thức của bài toán để xác định phương hướng giải. Lựa chọn các công cụ thích hợp để cho các lời giải tốt. a) Chuyển hóa nội dung bài toán Trong tự nhiên và xã hội, các sự vật có mối quan hệ với nhau và trong những điều kiện nào đó chúng có thể chuyển hóa qua nhau. Trong lĩnh vực toán học cũng vậy, có nhiều loại toán có liên quan với nhau. Mối quan hệ giữa chúng trong những điều kiện nào đó cho phép ta có thể chuyển từ việc giải bài toán này qua việc giải bài toán khác ( có nội dung khác nhau ): Ta có thể chuyển bài toán chứng minh bất đẳng thức thành bài toán tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức. Ngược lại, cũng có thể chuyển bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất về bài toán chứng minh bất đẳng thức hay tìm miền giá trị của hàm số. Ta cũng có thể chuyển việc chứng minh các bất đẳng thức, giải các bất phương trình, nghiên cứu các phương trình về việc xác định tính chất của hàm số hay chuyển việc tính số trị của các biểu thức lượng giác về việc lập phương trình lượng giác... Sau đây ta sẽ xét một vài ví dụ. 80 Ví dụ 1: Tìm mọi giá trị của tham số a để bất đẳng thức sau đúng với mọi x: 2a  4  a(3  sin2 x)3  cos2x  0 (1) Tìm tòi lời giải và lời giải: Đặt u  sin2 x với 0 ≤ u ≤ 1, bất đẳng thức (1) chuyển về dạng: 2a  3  a(3  u)3  u  0 (2) Bài toán đã cho chuyển về bài toán: Tìm mọi a để bất đẳng thức (2) đúng với mọi u thỏa mãn 0 ≤ u ≤ 1 Có thể nhận thấy rằng do bất đẳng thức có bậc ba nên các công cụ về tam thức bậc hai không có hiệu lực. Ta có thể giải bài toán bằng các cách sau: Thông thường để giải bài toán loại này ta biến đổi bất đẳng (2) về dạng: f(u) < g(a) Sau đó tìm miền giá trị của f(u) để rồi từ đó suy ra điều kiện mà hàm g(a) thỏa mãn và điều kiện cho a. Nhằm mục đích đó ta biến đổi: (2)  [2  (3  u)3 ]a  u  3 u 3  a< 2  (3  u)3 ( do 0  u  1 cho nên 2 + (3-u)3 > 0 ) Gọi f (u)  u3 với 0  u  1 2  (3  u)3 Và (2)  a < f(u) Từ đó để thỏa mãn yêu cầu bài toán thì: a < fmin Có thể nhận thấy ngay rằng khi u = 0 thì đồng thời ta thu được tử số có giá trị nhỏ nhất và mẫu số đạt giá trị lớn nhất và khi đó f(u) đạt giá trị nhỏ nhất Vậy f min  f (0)  3 3 từ đó ta có các giá trị của a cần tìm là a  29 29 81 Ví dụ 2: Chứng minh rằng với mọi x và với mọi a ta có: cos3x  asin3x  1 1  1  3a2  cos3x  2 3 Tìm tòi lời giải và lời giải: Xét hàm số: y  cos3x  asin3x  1 . Hàm số xác định với mọi x. Và việc tìm cos3x  2 miền giá trị của hàm số này tương đối đơn giản. Vì vậy ta chuyển bài toán chứng minh bất đẳng thức về tìm miền giá trị của hàm số. Ta đi tìm điều kiện của y để phương trình có nghiệm đối với ẩn x cos3x  asin3x  1  y  asin3x  (1  y)cos3x  2y  1 cos3x  2 (1) Phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi: a2  (1  y)2  (2y  1)2  3y 2  2y  a2  0 1  1  3a2 1  1  3a2  y 3 3 1  1  3a2 Vậy | y | 3 (đpcm) Ví dụ 3: Cho , ,  > 0 thỏa mãn điều kiện:        2 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: g  1  tan  tan  1  tan tan   1  tan  tan  Tìm tòi lời giải và lời giải: Để tìm giá trị lớn nhất của y ( vì y > 0 ) ta sử dụng bất đẳng thức Bunnhiacopxki thu được: y2  3(tan  tan  tan tan   tan  tan   3) 82 Do        1  tan(  )  2 tan   tan   tan 1  1  tan  tan tan   tan tan  tan tan   tan  tan  1 Từ đó y2  12  y  2 3 Dấu đẳng thức xảy ra khi        6 Vậy giá trị lớn nhất của y là 2 3 Ví dụ 4: Không sử dụng bảng số hoặc máy tính, hãy tính: sin180 Tìm tòi lời giải và lời giải: Để tính đại lượng đã cho ta cố gắng thiết lập một phương trình có nghiệm là các đại lượng đó. Mối liên hệ giữa các góc có liên quan đặc biệt với nhau là cơ sở cho việc lập phương trình. Giáo viên gợi ý: 54 0  36 0  90 0  cos 54 0  sin 36 0 (*) + Biểu diễn góc 540 và 360 dưới dạng góc 180 (54 0  3.18 0 ;36 0  2.18 0 ) + Từ đó, ta có cos 3.18 0  sin 2.18 0 . Hãy sử dụng công thức nhân ba, nhân đôi và biến đổi sao cho trong đẳng thức chỉ xuất hiện sin180? (*)  4 sin 2 18 0  2 sin 18 0  1  0 + Giải phương trình bậc hai đối với sin180? Ta suy ra kết quả? sin 18 0  5 1 4 Ví dụ 5: Tính A  1 cos  5  1 1 3 cos 5 83 Tìm tòi lời giải và lời giải: Viết lại A dưới dạng: A 1 cos  5  1 1  3 cos cos 5 Nhận xét rằng  3 , ,  là nghiệm của phương trình: 5x    k2 (1) 5 5 (k  Z)  3 Ta sẽ đi xây dựng phương trình đại số nhận cos , cos , cos làm nghiệm 5 5 bằng cách: (1)  3x    2x  k2  cos3x  cos(  2x  k2)  4cos3 x  3cosx  cos2x  4cos3 x  2cos2 x  3cosx  1  0 Từ đó ta được:   3 1 cos 5  cos 5  cos   2   3 3  3  cos cos  cos cos  coscos   5 5 5 5 4   3 1  cos 5 cos 5 cos  4   3 3  cos cos  cos cos  coscos 5 5 5 5  3 Vậy A   3 cos cos cos 5 5 Như vậy qua ví dụ trên các em học sinh đã bắt đầu làm quen với phương pháp, xong điều đáng bàn thêm ở đây là việc lựa chọn phương trình ban đầu, bởi đây là công việc quyết định sự thành công do đó cần phải rất linh hoạt. Ví dụ 6: Tính B  tan2  5 7  tan2  tan2 18 18 18 Tìm tòi lời giải và lời giải: 84 Nhận xét rằng  5 7 1 là nghiệm của phương trình: tan2 3x  (1) , , 18 18 18 3 Ta sẽ đi xây dựng phương trình đại số nhận tan2  5 7 làm , tan2 , tan2 18 18 18 nghiệm bằng cách:  3tanx  tan3 x  1 6 4 2 (1)      3tan x  27tan x  33tan x  1  0 2  1  3tan x  3 Từ đó ta được:  2  2 5 2 7 tan 18  tan 18  tan 18  9  5 5 7 7   2  tan2  tan2 tan2  tan2 tan2  11 tan 18 18 18 18 18 18  1  2  2 5 2 7 tan 18 tan 18 tan 18  3  Vậy A =9 b) Chuyển hóa hình thức của bài toán Thực tế có một số bài toán nếu ta biết cách thay đổi hình thức của bài toán thì sẽ dễ giải hơn hoặc lời giải tốt hơn. Thường các bài toán lượng giác thường được chuyển về các bài toán đại số và một số được đưa về các bài toán hình học. Ta xét các ví dụ sau: Ví dụ 1: Chứng minh rằng: 4cos2 x cos2 y  sin2 (x  y)  4sin2 xsin2 y  sin2 (x  y)  2 x,y Tìm tòi lời giải và lời giải:  Đặt u  (2cosx cosy;sin(x  y))  v  (2sinxsiny;sin(x  y))    u  v  (2cos(x  y);2sin(x  y)) 85   | u|  | v | 4cos2 x cos2 y  sin2 (x  y)  4sin2 xsin2 y  sin2(x  y)    4cos2 (x  y)  4sin2 (x  y)  2 | u  v | ( đpcm ) Ví dụ 2: Giải phương trình: sinx  2  sin2 x  sinx. 2  sin2 x  3 Tìm tòi lời giải và lời giải: Ta nhận thấy đây là phương trình lượng giác vô tỉ, bởi tính chất phức tạp của nó ta không thể sử dụng các phép biến đổi lượng giác thông thường. Để bài toán có thể dễ giải hơn ta sẽ phát hiện các ẩn phụ chuyển bài toán về bài toán đại số. Chọn u = sinx 1  u  1 v  2  sin2 x 1  v  2 Từ đó ta có: u2 + v2 = 2 Phương trình đã cho có dạng: u + v + uv = 3 Ta thu được hệ sau:  u2  v2  2 u  v  2   u  v 1  uv  1 u  v  uv  3   Trở về tìm x ta giải hệ   sinx  1  sinx  1  x   k2 ( k nguyên )  2 2   2  sin x  1 c) Lựa chọn công cụ để giải toán Việc lựa chọn các công cụ khác nhau để giải toán là một việc làm cần thiết. Các công cụ được chọn trên cơ sở phân tích các đặc điểm của bài toán đã cho. Những đặc điểm nào thích hợp với loại công cụ nào người làm toán phải làm quen và nắm vững. Chọn được công cụ thích hợp tất nhiên lời giải tương ứng sẽ tốt nhất. Ta có thể kể ra đây một số công cụ chủ yếu thường dùng: đồ thị, tam thức bậc hai, đạo hàm, nguyên hàm, véctơ, ... 86 Ví dụ 1: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: pa2  qb2  pqc2  p  q  1 Tìm tòi lời giải và lời giải: pa2  qb2  pqc2  pa2  (1  p)b2  p(1  p)c2  0 p Đặt: f(p) = (c2)p2 + (a2 – b2 – c2 )p + b2 Ta có:   (a2  b2  c2 )2  4b2c2  [a2  (b  c)2 ][a2  (b  c)2 ]  (a  b  c)(b  c  a)(c  a  b)(a  b  c)  0 Mà c2f(p) > 0  p  f(p) > 0  p ( đpcm ) Ví dụ 2: Chứng minh rằng: f  x2 (1  sin2 y)  2x(siny  cosy)  1  cos2y  0 x,y Tìm tòi lời giải và lời giải: Nếu coi f là một tam thức bậc hai đối với ẩn x ta có:   (siny  cosy)2  (1  sin2 y)(1  cos2y) Theo bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có: (siny  cosy)2  (1  sin2 y)(1  cos2y) ( Dấu = không thể xảy ra ) Vậy   0 y  f  0 x,y ( đpcm ) 2.5 Kết luận chƣơng 2 Trong chương 2 luận văn đã trình bày được một số biện pháp sư phạm nhằm rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải các bài toán cho học sinh trong dạy học lượng giác ở trường THPT với hệ thống các ví dụ được phân tích cụ thể và một số gợi ý về phương pháp tìm tòi lời giải các bài toán. 87 CHƢƠNG 3: THỰC NGHIỆM SƢ PHẠM 3.1. Mục đích thực nghiệm Mục đích thực nghiệm là nhằm thử nghiệm các biện pháp sư phạm giúp học sinh rèn luyện để nâng cao khả năng tìm tòi lời giải các bài toán lượng giác ở trường THPT. Từ đó kiểm tra tính khả thi và tính hiệu quả của những biện pháp sư phạm đã được đề xuất. 3.2 Tổ chức thực nghiệm - Thực nghiệm sư phạm được tiến hành tại trường THPT An Dương, huyện An Dương, Hải Phòng  Lớp thực nghiệm: 11B5  Lớp đối chứng: 11B3 - Trình độ hai lớp tương đương nhau, lớp 11B5 có 48 học sinh, lớp 11B3 có 52 học sinh. - Thời gian thực nghiệm: Tháng 4 năm 2012 và tháng 8, 9 năm 2012 3.3 Nội dung thực nghiệm Trang bị cho học sinh các kiến thức về lượng giác trong phạm vi chương VI: “Góc lượng giác và công thức lượng giác” của phân môn Đại số 10 nâng cao và chương I: “ Hàm số lượng giác và phương trình lượng giác” của phân môn Đại số và giải tích lớp 11 nâng cao. Đồng thời với việc giảng dạy theo nội dung chương trình sách giáo khoa là việc xen kẽ nội dung của các biện pháp sư phạm đã nêu ở nội dung chương 2 của luận văn. Đối với lớp đối chứng vẫn dạy như những giờ bình thường. Việc dạy học thực nghiệm và đối chứng được tiến hành theo lịch dạy của nhà trường. 88 Kết thúc chương trình dạy thực nghiệm tôi cho học sinh làm bài kiểm tra cùng đề bài với lớp đối chứng. BÀI KIỂM TRA SỐ 1 Câu 1 ( 6 điểm ): 1) Cho cosx  5 3 (  x  2 ). Tính giá trị biểu thức 13 2 P  2cos2x  sin2x 2) Rút gọn biểu thức: A  sin2 a(1  cot a)  cos2a(1  t ana)  2 3 7 3) Tính B  cos cos cos ...cos 15 15 15 15 Câu 2 ( 3 điểm): Chứng minh rằng tam giác ABC cân nếu có: cos2A  cos2B 1  (cot 2 A  cot 2 B) 2 2 sin A  sin B 2 Câu 3 ( 1 điểm ): 2x 4x  cos 1 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của y  cos 2 1 x 1  x2 BÀI KIỂM TRA SỐ 2 Câu 1 ( 6 điểm ): Giải các phương trình sau: 1) cos10x  cos8x  cos6x  1  0 2) cos2x  2sinxsin2x  2cosx 3) (1  t anx)(1  sin2x)  1  t anx Câu 2 ( 2 điểm ): Cho phương trình: 1  sinx  1  sinx  k cosx 1) Giải phương trình khi k = 2 89 2) Tìm k để phương trình có nghiệm Câu 3 (2 điểm ): cos2 x  sinx cosx Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y  1  sin2 x 3.4 Kết quả thực nghiệm Kết quả thực nghiệm được đánh giá qua các mặt định tính và định lượng 3.4.1 Đánh giá định tính - Hoạt động học tập của học sinh khá sôi nổi, tích cực. Việc sử dụng các biện pháp sư phạm đã kích thích được hứng thú của học sinh trong hoạt động giải toán. Các em cảm thấy tự tin hơn và mong muốn tìm tòi, khám phá. Lòng tin vào khả năng của bản thân học sinh trong việc học toán được nhen nhóm dần, ngày một nâng cao hơn vì vậy mà học sinh ngày càng hăng say và nhiệt tình hơn trong việc học, tránh được tình trạng nhiều học sinh đứng trước mỗi bài toán chỉ biết nhìn, ngắm đề bài và không biết bắt đầu từ đâu. - Học sinh hình thành được thói quen phân tích đề bài và tự kiểm tra lời giải của mình và các lời giải có sẵn. - Với các biện pháp sư phạm trên, giáo viên thích thú còn học sinh không những được trang bị vốn kiến thức mà phương pháp suy luận và khả năng tư duy của học sinh cũng khác trước rất nhiều. Lời giải ít sai lầm hơn và hơn nữa nhiều học sinh không ngại và cảm thấy khó khăn trước một số bài toán mà chưa có thuật toán để giải. 3.4.2 Đánh giá định lượng Kết quả làm bài kiểm tra của học sinh lớp đối chứng và lớp thực nghiệm được thể hiện qua 2 bảng thống kê sau: Kết quả bài kiểm tra số 1: Điểm 2 3 4 5 6 90 7 8 9 10 Tổng số bài Lớp 1 11B3 1 11B5 1 2 2 11 12 7 7 2 0 45 1 1 2 8 8 10 11 4 3 48 - Líp thùc nghiÖm cã 44/48 ®¹t trung b×nh trë lªn. - Líp ®èi chøng cã 39/45 ®¹t trung b×nh trë lªn. Bảng so sánh điểm trung bình bài kiểm tra sau tác động Lớp đối chứng Lớp thực Chênh lệch nghiệm Điểm Trung bình 5,93 7,02 Độ lệch chuẩn 1,72 1,79 Giá trị p của T- Test 1,08 0,0119 Như trên đã trình bày trình độ của 2 lớp thực nghiệm và đối chứng là tương đương. - Kết quả của bài kiểm tra sau tác động của nhóm thực nghiệm là điểm trung bình 7,02 kết quả bài kiểm tra tương ứng của nhóm đối chứng là điểm trung bình 5,93. Độ chênh lệch điểm số giữa hai nhóm là 1,08; điều đó cho thấy điểm trung bình của hai lớp đối chứng và thực nghiệm đã có sự khác biệt rõ rệt, lớp được tác động có điểm trung bình cao hơn lớp đối chứng. - Sau tác động kiểm chứng chênh lệch điểm trung bình bằng T-test cho kết quả p=0,0119 < 0,05 cho thấy: sự chênh lệch giữa điểm trung bình nhóm thực nghiệm và nhóm đối chứng rất có ý nghĩa, tức là chênh lệch kết quả điểm trung bình nhóm thực nghiệm cao hơn điểm trung bình nhóm đối chứng là không ngẫu nhiên mà do kết quả của tác động. Kết quả bài kiểm tra số 2: Điểm 1 2 3 4 5 6 91 7 8 9 10 Tổng số bài Lớp 11B3 2 5 5 3 8 7 8 5 2 0 45 11B5 1 2 2 4 10 8 9 7 3 2 48 - Líp thùc nghiÖm cã 39/48 ®¹t trung b×nh trë lªn. - Líp ®èi chøng cã 30/45 ®¹t trung b×nh trë lªn. Bảng so sánh điểm trung bình bài kiểm tra sau tác động Lớp đối chứng Lớp thực Chênh lệch nghiệm Điểm Trung bình 5,22 6,34 Độ lệch chuẩn 2,20 2,05 Giá trị p của T- Test 1,13 0,023 - Kết quả của bài kiểm tra sau tác động của nhóm thực nghiệm là điểm trung bình 6,43 kết quả bài kiểm tra tương ứng của nhóm đối chứng là điểm trung bình 5,22. Độ chênh lệch điểm số giữa hai nhóm là 1,13; điều đó cho thấy điểm trung bình của hai lớp đối chứng và thực nghiệm đã có sự khác biệt rõ rệt, lớp được tác động có điểm trung bình cao hơn lớp đối chứng. - Sau tác động kiểm chứng chênh lệch điểm trung bình bằng T-test cho kết quả p=0,023 < 0,05 cho thấy: sự chênh lệch giữa điểm trung bình nhóm thực nghiệm và nhóm đối chứng rất có ý nghĩa, tức là chênh lệch kết quả điểm trung bình nhóm thực nghiệm cao hơn điểm trung bình nhóm đối chứng là không ngẫu nhiên mà do kết quả của tác động. 3.5 Kết luận chƣơng 3 Quá trình thực nghiệm cùng những kết quả rút ra sau thực nghiệm cho thấy: Các biện pháp sư phạm đã có tác dụng tích cực trong việc rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải các bài toán lượng giác cho học sinh, nâng cao khả năng tìm tòi 92 và giải quyết vấn đề một cách độc lập từ đó nâng cao hiệu quả học tập góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn toán ở trường THPT. Như vậy mục đích thực nghiệm đã được hoàn thành, giả thuyết nghiên cứu đã được kiểm nghiệm. KẾT LUẬN Luận văn đã thu đƣợc những kết quả sau: 1. Hệ thống hóa lý luận phương pháp dạy học giải bài tập toán và làm rõ một số khía cạnh liên quan đến vấn đề tìm tòi lời giải các bài toán trong hoạt động toán học, hoạt động giải toán của học sinh cũng như trong hoạt động giảng dạy giải bài tập toán của giáo viên. 2. Đề xuất một số biện pháp sư phạm nhằm rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải các bài toán thông qua dạy học chủ đề lượng giác ở trường THPT. 3. Xây dựng được hệ thống các ví dụ nhằm minh họa và khắc sâu lý luận cũng như các biện pháp sư phạm đề xuất. 4. Kết quả thực nghiệm đã bước đầu khẳng định được hiệu quả của việc vận dụng các biện pháp sư phạm trong việc rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải các bài toán lượng giác cho học sinh ở trường THPT. 93 Như vậy có thể khẳng định rằng mục đích nghiên cứu đã được thực hiện, nhiệm vụ nghiên cứu đã hoàn thành và giả thuyết nghiên cứu là chấp nhận được. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Alberto Leno – Garcia ( 2009 ) Ngƣời dịch: Nguyễn Cảnh Hoàng, Lê Phê Đô. Lý thuyết xác suất và quá trình ngẫu nhiên. Nhà xuất bản đại học quốc gia. 2. Bộ giáo dục và đào tạo – Hội toán học Việt Nam (2004). Tuyển tập 30 năm tạp chí toán học và tuổi trẻ. 3. Lê Hồng Đức – Lê Hữu Trí – Lê Bích Ngọc (2008). Phương pháp giải toán lượng giác. Nhà xuất bản Hà Nội. 4. G. Pôlya (1997). Giải bài toán như thế nào? Nhà xuất bản giáo dục. 5. Nguyễn Thái Hòe (1996). Các phương pháp giải toán. Nhà xuất bản giáo dục. 6. Nguyễn Thái Hòe (2004). Rèn tư duy qua việc giải bài tập toán. Nhà xuất bản giáo dục. 7. Nguyễn Bá Kim (Chủ biên), Vũ Dƣơng Thụy (1992). Phương pháp dạy học môn Toán. Nhà xuất bản Giáo dục. 94 8. Nguyễn Bá Kim (2006). Phương pháp dạy học môn Toán. Nhà xuất bản đại học sư phạm. 9. Phan Huy Khải ( 2011 ). Bài tập cơ bản và nâng cao theo chuyên đề toán trung học phổ thông – Tập 5: Hình học và lượng giác. Nhà xuất bản giáo dục Việt Nam. 10. Trần Thành Minh – Trần Quang Nghĩa – Lâm Văn Triệu – Dƣơng Quốc Tuấn (2003). Giải toán lượng giác ( ôn thi đại học ). Nhà xuất bản giáo dục. 95 MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU ............................................................................................................ 1 1. Lý do chọn đề tài. ........................................................................................ 4 2. Mục đích nghiên cứu ................................................................................... 5 3. Nhiệm vụ nghiên cứu .................................................................................. 5 4. Giả thuyết nghiên cứu.................................................................................. 6 5. Các phương pháp nghiên cứu ...................................................................... 6 6. Cấu trúc luận văn ......................................................................................... 6 CHƢƠNG 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI ............................................... 7 1.1 Dạy học giải bài tập toán .......................................................................... 7 1.1.1 Vai trò, vị trí và chức năng của bài tập toán học.............................. 7 1.1.2 Các yêu cầu đối với lời giải bài toán: .............................................. 8 1.1.3 Dạy học phương pháp tìm lời giải bài toán .................................... 10 1.2 Tìm tòi lời giải bài toán trong hoạt động toán học, hoạt động giải toán của học sinh ................................................................................................... 15 1.3 Quan niệm về vấn đề dạy giải toán ......................................................... 17 1.4 Các yêu cầu trong việc giảng dạy bài tập nhằm rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải các bài toán cho học sinh .............................................................. 19 1.5 Một số khả năng cần thiết góp phần rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải các bài toán.................................................................................................... 20 1.6 Kết luận chương 1 .................................................................................. 27 CHƢƠNG 2 ..................................................................................................... 28 MỘT SỐ BIỆN PHÁP SƢ PHẠM NHẰM RÈN LUYỆN KHẢ NĂNG TÌM TÒI LỜI GIẢI CÁC BÀI TOÁN CHO HỌC SINH TRONG DẠY HỌC LƢỢNG GIÁC Ở TRƢỜNG THPT..................................................... 28 2.1 Biện pháp 1: Gợi trí tò mò và hứng thú tìm tòi lời giải bằng các bài toán như là những tình huống gợi vấn đề. ...................................................... 28 96 2.2 Biện pháp 2: Vận dụng lý thuyết Vưgotsky về vùng phát triển gần nhất, nâng cao và hạ thấp yêu cầu khi cần thiết trong việc định hướng tìm tòi lời giải các bài toán. ................................................................................. 34 2.3 Biện pháp 3: Khắc phục sai lầm của học sinh và giúp học sinh phát hiện, sửa chữa sai lầm khi giải toán lượng giác.............................................. 47 2.4 Biện pháp 4 : Dần hình thành cho học sinh một số phương pháp thông dụng và chủ yếu trong việc rèn luyện khả năng tìm tòi lời giải các bài toán .. 61 2.4.1 Khai thác triệt để các giả thiết của bài toán ................................ 61 2.4.2 Phân tích, biến đổi giả thiết và kết luận ...................................... 69 2.4.3 Chuyển hóa nội dung và hình thức của bài toán để xác định phương hướng giải. Lựa chọn các công cụ thích hợp để cho các lời giải tốt. . 80 2.5 Kết luận chương 2 .................................................................................. 87 CHƢƠNG 3: THỰC NGHIỆM SƢ PHẠM ................................................... 88 3.1 Mục đích thực nghiệm ............................................................................ 88 3.2 Tổ chức thực nghiệm .............................................................................. 88 3.3 Nội dung thực nghiệm ............................................................................ 88 3.4 Kết quả thực nghiệm............................................................................... 90 3.4.1 Đánh giá định tính....................................................................... 90 3.4.2 Đánh giá định lượng ................................................................... 90 3.5 Kết luận chương 3 .................................................................................. 92 KẾT LUẬN ...................................................................................................... 93 TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................... 94 97 [...]... mọi học sinh Có thể chia bài tập toán học ra làm hai loại: a) Loại có sẵn thuật toán Để giải loại này học sinh phải nắm vững các quy tắc giải đã học rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo Đây là cơ sở quan trọng để giải các bài toán phức tạp hơn Yêu cầu cho học sinh là: 17 - Nắm vững quy tắc giải đã học - Nhận dạng đúng bài toán - Giải theo quy tắc đã học một cách thành thạo b) Loại ch-a có sẵn thuật toán Loại bài. .. khá lớn trong sách giáo khoa và gây cho học sinh không ít khó khăn dẫn đến tâm lý sợ và ngại, thiếu tự tin vào khả năng của mình Đây là một trở ngại lớn cho ý chí tiến thủ v-ơn lên trong học tập của học sinh Do vậy khi dạy học sinh giải bài tập, không chỉ đơn thuần cung cấp lời giải mà quan trọng hơn là: Dạy cho học sinh biết cách suy nghĩ tìm ra con đ-ờng hợp lý để giải bài toán Tuy nhiờn thc t cho thy... Bng cỏch ny s dn dn luyn tp cho hc sinh thúi quen nhỡn nhn vn mt cỏch ton din, theo nhiu khớa cnh, trỏnh phin din, hi ht Trong quỏ trỡnh gii bi tp, cn khuyn khớch hc sinh tỡm nhiu cỏch gii cho mt bi toỏn Mi cỏch gii u da vo mt s c im no ú ca cỏc d kin cho nờn tỡm c nhiu cỏch gii l luyn tp cho hc sinh bit cỏch nhỡn nhn mt vn theo nhiu khớa cnh khỏc nhau, iu ú rt b ớch cho vic phỏt trin nng lc t duy... trong vic ging dy bi tp nhm rốn luyn kh nng tỡm tũi li gii cỏc bi toỏn cho hc sinh Bi ging khụng th ch dng li mc trỡnh by mt li gii ỳng n, y v mch lc m phi bit cỏch hng dn hc sinh thc hnh vic gii toỏn theo yờu cu ca phng phỏp tỡm li gii Núi gn li l vic rốn luyn hc sinh gii cỏc bi toỏn trong cỏc gi bi tp phi lm tt c hai khõu: Tỡm tũi li gii v li gii lm tt khõu ging dy phn tỡm tũi li gii cho hc sinh, ... dng c thự, riờng l Nhỡn bi toỏn trong bi 20 cnh chung cha , li phi bit nhỡn bi toỏn trong cỏc iu kin c th v bit nhỡn bi toỏn ó cho trong mi tng quan i vi cỏc bi toỏn khỏc Trong vic nhỡn bi toỏn, cú th xem iu nờu ra di õy l mt li khuyờn hay cng l mt chõm ngụn cn ghi nh: Trong mi bi toỏn, mi ký hiu, mi con s, mi biu thc v cỏc iu kin ó cho cng nh kt qu ca bi toỏn cha ng (trong lũng chỳng ) nhng iu mun... trớ tu ca hc sinh v nhng vựng trc kia cũn xa nay c kộo v li gn v tr thnh nhng vựng phỏt trin gn nht mi C nh vy, hc sinh leo ht nc thang ny ti nc thang khỏc trong quỏ trỡnh hot ng v phỏt trin Vic gii toỏn l mt yờu cu rt quan trng i vi hc sinh Do vy khi dy hc sinh gii toỏn, giỏo viờn khụng ch n thun cung cp li gii m quan trng hn l dy cho hc sinh bit cỏch suy ngh tỡm ra con ng hp lớ gii toỏn Trong quỏ... ln Nhõn cỏch ca hc sinh, trong ú cú kt qu trớ dc, chớnh l cht lng sn phm m nh trng o to cho xó hi Vỡ vy, cn thit phi chỳ ý n hot ng hc, trc ht phi rốn luyn cho hc sinh k nng hc tp b mụn Trong tõm lớ giỏo dc ngi ta chia k nng thnh 4 nhúm: k nng nhn thc, k nng thc hnh, k nng t chc hot ng nhn thc v k nng t kim tra, ỏnh giỏ K nng vn dng tri thc vo hot ng gii toỏn l mt k nng quan trng trong k nng thc hnh... thc rừ rng vic ny Vic ging dy cỏc bi toỏn cho hc sinh gm 2 ni dung ch yu l: tỡm tũi li gii cỏc bi toỏn v gii cỏc bi toỏn trong ú vic rốn kh nng gii cỏc bi toỏn l th yu trong cụng vic dy toỏn bi: - Dự cú k thut cao, cú thnh tho trong vic thc hin cỏc thao tỏc v cỏc phộp tớnh nhng khi cha cú phng hng tt thỡ cha th cú li gii hoc li gii tt - Mt khỏc, phi xem lao ng trong khõu thc hin cỏc thao tỏc khi ó cú... phi ý thc c mt khú khn trong t duy hoc hnh ng m vn hiu bit sn cú cha vt qua Núi cỏch khỏc, phi tn ti mt vn tc l hc sinh cha gii ỏp c v cng cha cú mt quy tc cú tớnh cht thut toỏn gii ỏp cõu hi ny sinh ra trong tỡnh hung b) Gi nhu cu nhn thc: Nu tỡnh hung cú mt vn , nhng nu hc sinh thy nú xa l, khụng mun tỡm hiu thỡ õy cng cha phi l mt tỡnh hung gi vn Trong tỡnh hung gi vn , hc sinh phi cm thy cn thit,... ớch ca bin phỏp ny l khụng phi ch lm cho hc sinh lnh hi c kt qu ca quỏ trỡnh gii quyt vn , m cũn ch lm cho h phỏt trin kh nng tin hnh nhng quỏ trỡnh nh vy Núi cỏch khỏc, hc sinh khụng ch hc kt qu ca vic hc m trc ht l hc bn thõn vic hc Theo tỏc gi Nguyn Bỏ Kim: Tri thc khụng phi l iu cú th d dng cho khụng dy mt tri thc no ú, thy giỏo thng khụng th trao ngay cho hc sinh iu thy mun dy, cỏch tt nht thng ... tin vào khả Đây trở ngại lớn cho ý chí tiến thủ v-ơn lên học tập học sinh Do dạy học sinh giải tập, không đơn cung cấp lời giải mà quan trọng là: Dạy cho học sinh biết cách suy nghĩ tìm đ-ờng... sẵn thuật toán Để giải loại học sinh phải nắm vững quy tắc giải học rèn luyện kỹ năng, kỹ xảo Đây sở quan trọng để giải toán phức tạp Yêu cầu cho học sinh là: 17 - Nắm vững quy tắc giải học - Nhận... th na, hc sinh li mt ln na c rốn luyn nng lc gii toỏn 1.3 Quan nim v dy gii toỏn Bài tập toán học đa dạng phong phú Việc giải tập yêu cầu quan trọng học sinh Có thể chia tập toán học làm hai