Rèn luyện năng lực giải toán cho học sinh THPT qua chứng minh đẳng thức đại số bằng phương pháp lượng giác

I. đặt vấn đề ở trường phổ thông, dạy toán là dạng hoạt động toán học. Đối với học sinh có thể xem việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học. Hoạt động giải bài tập toán học 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, là điều kiện để thực hiện tốt các mục đích dạy học ở trường phổ thông. Trong chương trình toán ở trường THPT, các bài toán rất phong phú và đa dạng cả về nội dung lẫn phương pháp giải. Vì vậy việc bồi dưỡng cho học sinh một phương pháp giải có hiệu quả là một việc rất bổ ích và cần thiết. Việc biến bài toán đại số thành bài toán lượng giác hay “Phương pháp lượng giác hoá các bài toán đại số” là một phương pháp còn chưa được sử dụng rộng rãi khi giải bài tập toán ở trường THPT, đó không phải thích hợp cho mọi bài toán đại số nhưng số lượng bài tập có thể áp dụng phương pháp này cũng không phải là ít. Vì vậy, chúng tôi nghĩ rằng cần nghiên cứu để có cách truyền thụ thích hợp cho học sinh. Để nâng cao hiệu quả của việc rèn luyện kỹ năng giải toán đại số bằng phương pháp lượng giác cho học sinh tôi chọn đề tài “Rèn luyện năng lực giải toán cho học sinh THPT qua chuyên đề chứng minh đẳng thức đại số bằng phương pháp lượng giác”. II. Mục tiêu của đề tài Đưa ra phương pháp chung để giải bài toán đại số bằng phương pháp lượng giác, cơ sở của phương pháp này, các ví dụ minh hoạ về chứng minh đẳng thức đại số bằng phương pháp lượng giác nhằm khắc sâu kiến thức cơ bản và hình thành kỹ năng chứng minh đẳng thức đại số bằng phương pháp lượng giác. III. Nội dung 1. Phương pháp lượng giác hoá các bài toán chứng minh đẳng thức đại số. * Để lượng giác hoá các bài toán ta dựa trên các mệnh đề sau: Mệnh đề I: Nếu –1 Ê x Ê 1 thì có một số a với - Ê a Ê sao cho sin a = x và một số b với 0 Ê b Ê p sao cho cos b = x. Mệnh đề II: Nếu 0 Ê x Ê 1 thì có một số a và một số b với 0 Ê a Ê ; 0 Ê b Ê sao cho x = sina và x = cosb. Mệnh đề III: Với mỗi số thực x có một số a với -< a < sao cho x = tg a. Mệnh đề IV: Nếu các số thực x và y thoả mãn hệ thức x2 + y2 = 1 thì có một số a với 0 Ê a Ê 2p sao cho x = cosa và y = sina. * Phương pháp giải: Ta thực hiện các bước sau: Bước 1: Lượng giác hoá đẳng thức. Bước 1: Thực hiện việc chứng minh đẳng thức lượng giác. * Chú ý: Các em học sinh cần ôn lại các phương pháp chứng minh đẳng thức lượng giác, các kiến thức cơ bản về lượng giác để có thể nhanh chóng tiếp cận được phương pháp này. 2. Các ví dụ Ví dụ 1: Cho ẵxẵ ³ ẵyẵ. Chứng minh ẵx + yẵ +ẵx - yẵ= Giải: Đẳng thức hiển nhiên đúng với x = y = 0. Giả sử x ạ 0. Chia hai vế đẳng thức cần chứng minh cho ẵxẵ ta được: + Do ẵxẵ ³ y ta có: Ê 1 nên –1 Ê Ê 1. Đặt = cos a với a ẻ [0; p] đẳng thức cuối sẽ là ẵ1 + cos aẵ+ẵ1 – cos aẵ=ẵ1 + sin aẵ+ẵ1 – sin aẵ Bởi vì các biểu thức trong các dấu giá trị tuyệt đối luôn không âm (-1 Ê sina, cosa Ê 1) nên đẳng thức trên hiển nhiên đúng. Ví dụ 2: Cho x2 + y2 = 1 u2 + v2 = 1 xu + yv = 0 Chứng minh: a) x2 + u2 = 1 b) y2 + v2 = 1 c) xy + uv = 0 Giải: áp dụng mệnh đề IV, tồn tại x = cos a ; y = sin a với 0 Ê a 2p và u = cosb và v = sinb với 0 Ê b Ê 2p. Từ giả thiết: xu + yv = 0 Û cos a cos b + sin a sin b = cos(a – b) = 0 (*) a) ta có: x2 + u2 = cos2a + cos2b = (1 + cos 2a) + (1 + cos 2b) = 1 + (cos 2a + cos 2b) = 1 + cos(a + b) cos(a – b). Theo (*) vế phải đẳng thức cuối cùng bằng 1 (đpcm). b) y2 + v2 = sin2a + sin2b = (1 – cos 2a) + (1 – cos 2b) = 1 – cos(a + b) cos(a – b) = 1 (đpcm). c) Tương tự ta có: xy + uv = cos a sin a + cos b sin b = = (sin 2a + sin 2b) = sin(a + b) cos(a – b) = 0 (đpcm). Ví dụ 3: Cho x2 + y2 + z2 + 2xyz = 1 (x > 0, y > 0, z > 0) Chứng minh: 1 + xyz = x + y+ z Giải: Từ giả thiết ta có ngay 0 < x, y, z < 0 áp dụng mệnh đề II, đặt x = cos a; y = cosb; z = cos c với a, b, cẻ. Chứng minh đẳng thức đã cho tương đương với chứng minh: 1 + cosa cosb cosc = cosa sinb sinc + cosb sina sinc + cosc sina sinb. Từ giả thiết ta có: Cos2a + cos2b + cos2c + 2cos a cosb cosc = 1 Û (cosc + cosacossb)2 – cos2acos2b + cos2a + cos2b – 1 = 0 Û (cosc +cosacossb)2 + cos2asin2b – sin2b = 0 Û (cosc + cosacossb)2 – sin2asin2b = 0 Û (cosc + cosacosb – sinasinb)(cosc + cosacosb + sinasinb) = 0 Û [cosc + cos(a + b)][cosc + cos(a – b)] = 0 Û 4cos cos cos cos= 0 (*) Do điều kiện 0 < a,b,c < suy ra ạ ± ; ạ ± và ạ ± . Thành thử: cos cos cos ạ 0 Từ (*) suy ra: cos = 0 ị a + b + c = p cos(a + b + c) = -1 = cos(a + b) cosc – sinc – sin(a + b) sinc = = cosa cosb cosc – sina sinb cosc – sina sinc cosb – sinb sinc cosa Û 1 + cosa cosb cosc = sina sinb cosc + sina sinc cosb + sinb sinc cosa (đpcm). Ví dụ 4: Cho xy, yz, zx ạ -1. Chứng minh Giải: áp dụng mệnh đề III, đặt x = tga; y = tgb; z = tgc với -< a, b, c <, và áp dụng tg của hiệu hai góc ta có: = tg(a – b); Tương tự ta có: = tg(b – c); = tg(c – a) Lưu ý rằng (a – b) + (b – c) + (c – a) = 0 ta được: tg(a – b) + tg(b – c) + tg(c – a) = tg(a – b). tg(b – c) . tg(c – a) Biến đổi ngược lại với các phép biến đổi bên trên ta được điều cần phải chứng minh. Ví dụ 5: Cho = (1) Với x, y, z ạ 1. Chứng minh : a) b) Giải: a) Đặt x = tga ; y = tgb ; z = tgc với -< a, b, c < và a, b, c ạ (vì x, y, z ạ 1) Ta có: = tg(a + ) Tương tự: ; Từ đẳng thức đã cho ta có: Tg(a + ) + tg(b + ) + tg(c + ) = tg(a + ) tg(b + ) tg(c + ) Đặt A = a + ; B = b + ; C = c + ; đẳng thức cuối có dạng: tgA + tgB + tgC = tgA tgB tgC Û tgA + tgB = (1 – tgA tgB) tg(-C) Û tg(-C) = = tg(A + B) Û A + B = -C + kp Û A + B + C = kp Û a + b + c = + lp (2) Vậy điều kiện (1) tương đương với đẳng thức (2) Đẳng thức cần chứng minh tương đương với Û 2(sina cosb + sinb cosa)(cosa cosb – sina sinb) = cos2c – sin2c Û 2sin(a + b) cos(a + b) = cos2c Û sin(2a + 2b) = cos 2c (3) Bởi vì: a + b + a = + lp đẳng thức (3) hiển nhiên đúng (đpcm). b) Tương tự như câu a), sau khi thay x = tga, y = tgb, z = tgc rồi biến đổi lượng giác, đẳng thức cần chứng minh dẫn đến cos(2a + 2b) = sin 2c Do (2) đẳng thức hiển nhiên đúng (đpcm). Ví dụ 6: Nếu a + b + c – abc = 1 – ab – bc – ca. CMR: Giải: Đặt a = tga, b = tgb, c = tgg với a, b, g ẻ . tga + tgb + tgg - tga. tgb . tgg = 1 - tga.tgb-tgb.tgg-tgg.tga (1) Xét 2 trường hợp: Trường hợp 1: Nếu 1 - tga.tgb - tgb.tgg - tgg.tga = 0, ta được: mâu thuẫn ị tga.tgb + tgb.tgg + tgg.tga = 1 a + b + g = + kp tga + tgb + tgg = tga.tgb.tgg a + b + g = lp Trường hợp 2: Nếu 1 - tga.tgb - tgb.tgg - tgg.tga ạ 0, ta được: Û tg2a.tg2b - tg2b.tg2g - tg2g.tg2a = 1 Û cotg2a + cotg2b + cotg2g = cotg2a.cotg2b.cotg2g (2) Nhận xét rằng: (3) Thay (3) vào (2) suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 7: Cho xyz = x + y +z; và x2, y2, z2 ạ . Chứng minh: a. b. x(y2-1)(z2-1)+y(z2-1)(x2-1)+z(x2-1)(y2-1)=2xyz Giải a. Đặt x=tga; y=tgb; z=tgc với a, b, c ẻ (); a, b, c ạ điều kiện đã cho tương đương với: tga + tgb + tgc = tga tgb tgc (1). Theo bài 1.12 (1) Û a + b + c = kp Chú ý là và Đẳng thức cần chứng minh tương đương với tg3a + tg3b + tg3c = tg3a.tg3b.tg3c Đẳng thức này đúng (do a+b+c = kp thì 3a+3b+3c=lp) b. Đẳng thức cần chứng minh tương đương với: tga(tg2b-1)(tg2c-1) + tgb(tg2c-1)(tg2a-1)+tgc(tg2a-1)(tg2b-1)=2tgatgbtgc Ûsin2acos2bcos2c+cos2asin2bcos2c+cos2acos2bsin2c= sin2asin2bsin2c (2) Từ a + b + c = kp ị sin(2a + 2b + 2c) = 0 (3) Từ (3) khai triển theo công thức cộng suy ra (2) (đpcm) Ví dụ 8: Cho xy + yz + zx = 1. Chứng minh x+y+z-3xyz=x(y2+z2)+y(z2+x2)+z(x2+y2) Giải Đặt x = tga; y = tgb; z = tgc a,b,c ẻ Từ điều kiện đã cho ta được: tgatgb + tgbtgc + tgctga = 1 ị a + b + c = + kp ị 2a + 2b + 2c = p + 2kp sin (2a + 2b + 2c) = 0 ị sin2a cos2b cos2c + sin2b cos 2ac os2c + sin2c cos2a cos2b - sin2a sin2b sin2c = 0 Vì < a,b,c < nên cos2a cos2b cos2c ta được: Mặt khác ta có Cho nên đẳng thức trên có thể viết thành: tga(1-tg2b)(1-tg2c)+tgb(1-tg2a)(1-tg2c)+tgc(1-tg2a)(1-tg2b)-4tgatgbtgc=0 Ûtga(1-tg2b-tg2c+tg2btg2c)+tgb(1-tg2a-tg2c+tg2atg2c)+ tgc(1-tg2a-tg2b+tg2atg2b)-4tgatgbtgc = 0 Û tga+tgb+tgc – tga(tg2b+tg2c) – tgb(tg2a+tg2c) – tgc(tg2a+tg2b) + + tgatgbtgc(tgbtgc+tgctga+tgatgb) – 4tgatgbtgc = 0 Lại thay tga = x, tgb = y, tgc = z và sử dụng giả thiết xy+yz+zx=1 ta được: x+y+z+xyz(yz+zx+xy) – 4xyz = x(y2+z2) + y(z2+x2) + z(x2+y2) Û x+y+z – 3xyz = x(y2+z2)+y(z2+x2) + z(x2+y2) (đpcm) Ví dụ 9: Nếu x1, x2, x3 là nghiệm của phương trình x3+ax2+x+b=0 (bạ0) CMR (1) Bài giải Từ giả thiết ta có: x1x2+x2x3+x3x1=1 và vì bạ0 do đó x1,x2,x3ạ0 Đặt x=tgA, y=tgB, z=tgC, với A, B, C ẻ Ta có: tgA.tgB+tgB.tgC+tgC.tgA=1 Û A+B+C = + kp Û 2A+2B+2C = p+2kp (2) và (1) Û (tgA-cotgA)(tgB-cotgB)+(tgB-cotgB)(tgC-cotgC)+ + (tgC-cotgC)(tgA-cotgA) = 4 Û (-2cotg2A)(-2cotg2B) + (-2cotg2B)(-2cotg2C)+ + (-2cotg2C)(-2cotg2A) = 4 Û cotg2Acotg2B + cotg2Bcotg2C + cotg2Ccotg2A = 1 Û 2A + 2B + 2C = p + 2kp, luôn đúng do (2) Ví dụ 10: Chứng minh (1) Giải Chia hai vế của (1) cho ta được: Û (2) Thay trong (2) bởi cos ta được: