SKKN Sử dụng phương pháp hình học trong giải bài toán liên quan tới môđun số phức nhằm phát triển năng lực tự học của học sinh

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Nghị quyết số 29-NQ/TW ngày 04/11/2013 của Hội nghị lần thứ 8 Ban chấp hành
Trung ương Đảng (khoá XI) đã yêu cầu đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo,
đáp ứng yêu cầu công nghiệp hoá, hiện đại hoá trong điều kiện kinh tế thị trường định
hướng xã hội chủ nghĩa và hội nhập quốc tế. Tiếp thu tinh thần Nghị quyết, chương trình
giáo dục phổ thông nói chung và chương trình môn Toán trung học phổ thông nói riêng
đã xác định những yêu cầu cần đạt về kiến thức, kỹ năng, thái độ, hướng đến hình thành
phẩm chất, phát triển năng lực cho người học một cách toàn diện, trong đó, đặc biệt
quan trọng là năng lực tự học.
Từ năm 2017 đến nay, các kì thi THPT Quốc gia mà nay là kì thi Tốt nghiệp THPT
đã liên tục đổi mới cả về nội dung và hình thức tổ chức để phù hợp với công cuộc đổi
mới đang diễn ra ngày một mạnh mẽ trong dạy học. Nằm trong xu thế đổi mới đó, môn
Toán đã được thay đổi hình thức kiểm tra sang hình thức trắc nghiệm khách quan với
đặc thù yêu cầu cao hơn về năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề so với hình thức
trước đây là tự luận, đặc biệt là khả năng tự học của HS. Để đáp ứng được yêu cầu của
các kì thi nói riêng và để đạt được các mục tiêu về năng lực, phẩm chất của giáo dục nói
chung, học sinh cần được trau dồi kiến thức môn học, rèn luyện kĩ năng thật tốt để có
thể phát hiện ra vấn đề trong từng bài toán và giải quyết nó trong một khoảng thời gian
nhanh nhất.
Có thể nói mạch kiến thức về nội dung “số phức” là nội dung cơ bản trong các đề
thi tốt nghiệp THPT. Các kiến thức về số phức từ cơ bản đến nâng cao, từ đơn giản đến
phức tạp liên tục được đưa vào trong đề thi tốt nghiệp THPT những năm gần đây. Với
vai trò quan trọng đó, các bài toán về nội dung số phức luôn được sử dụng trong các đề
thi và được thay đổi hình thức câu hỏi liên tục, đòi hỏi học sinh phải tự rèn luyện năng
lực tự học của bản thân trở nên linh hoạt hơn, sáng tạo hơn.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP

1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
   Từ năm học 2015 – 2016 trở về trước, với hình thức kiểm tra tự luận, các đề bài
   toán về nội dung số phức thường chỉ được khai thác dưới dạng phép toán biến đổi cơ
   bản. Tuy nhiên, với hình thức thi hiện tại là trắc nghiệm khách quan, nhiều dạng bài toán
   với nội dung số phức được đưa vào với mức độ vận dụng và vận dụng cao, đặc biệt
   nhiều bài toán số phức còn vận dụng các tính chất của hình học phẳng để giải Do đó,
   nhiều dạng đề bài khác được khai thác, yêu cầu học sinh ngoài kĩ năng sử dụng máy tính
   cầm tay vẫn phải ghi nhớ và vận dụng thành thạo các kiến thức, kĩ năng toán học liên
   quan, đặc biệt là các tính chất cơ bản của hình học phẳng để có thể vận dụng vào giải
   5
   các bài toán ở dạng vận dụng và vận dụng cao.
   Trong các đề thi minh họa của Bộ Giáo dục và đào tạo, đề thi THPT Quốc gia và
   đề thi thử của các trường THPT trên toàn quốc những năm gần đây, một dạng đề bài
   toán về nội dung số phức liên quan tới môđun của số phức và được giải theo phương
   pháp hình học rất nhiều và rất hiệu quả. Những dạng bài như thế không những hạn chế
   được việc lạm dụng máy tính cầm tay trong quá trình tìm ra đáp số bài toán của học sinh
   mà còn đòi hỏi học sinh phải ghi nhớ thật chắc chắn các kiến thức liên quan, tư duy thật
   nhanh nhạy và sáng tạo mới tìm ra được đáp án đúng trong khoảng thời gian cho phép.
   Chúng tôi xin giới thiệu một ví dụ về dạng toán này như sau:
   Ví dụ 1. [ ĐỀ MINH HOẠ NĂM 2018] Xét các số phức z a bi a b     ,  thoả mãn
   z i    4 3 5 . Tính P a b   khi z i z i      1 3 1 đạt giá trị lớn nhất.
   A. P 10. B. P  4 . C. P  6 . D. P 8.
   Phân tích: Hướng giải theo phương pháp sử dụng yếu tố hình học.
   Ta có z i z i        4 3 5 4 3 5   . Khi đó tập hợp điểm M biểu diễn cho số phức z
   là đường tròn tâm I 4;3 , bán kính R  5 .
   Xét T z i z i z i z i MA MB                1 3 1 1 3 1     , với A B   1;3 , 1; 1    .
   Bài toán dẫn tới là tìm điểm M trên đường tròn tâm I 4;3 , bán kính R  5 sao cho
   MA MB  đạt giá trị lớn nhất.
   Ví dụ 2. [Câu 44. ĐỀ THI TN NĂM 2021 – mã 101 – Đợt 1] Xét các số phức z w,
   thỏa mãn z 1 và w  2 . Khi z iw i   6 8 đạt giá trị nhỏ nhất, z w bằng?
   A.
   221
   5
   . B. 5 . C. 3 . D.
   29
   5
   .
   Lời giải
   Gọi M N, lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z i  6 8 và iw .
   Ta có z z i i MI          1 6 8 6 8 1 1     , với I   6; 8 .
   Suy ra tập hợp điểm M là đường tròn   T1
   tâm I   6; 8 và bán kính 1 R 1.
   Ta có     iw i w. 2. Suy ra tập hợp điểm N là đường tròn   T2
   tâm O và bán kính
   2 R  2 .
   Ta có P z iw i MN      6 8 .
   6
           min 10 1 2 7 P OI R R 1 2 (do   T1
   và   T2
   rời nhau).
   đạt được khi
   9 27 36
   ;
   10 5 5
   1 6 8
   ;
   5 5 5
   OM OI M
   ON OI N
   
     
               
               
    
    
   27 36 3 4 6 8
   5 5 5 5
   6 8 8 6
   5 5 5 5
   z i i z i
   iw i w i
    
           
      
            
   Vậy 2 29 1
   5 5
   z w i      .
   Cách 2:
   Ta có w iw    2 2. Gọi M N, là điểm biểu diễn của các số phức z iw, và A  3;4 .
   Khi đó z iw i OM ON OA OI OA AI          6 8 2 2 2
       
   , với I là trung điểm MN.
   Do M N, thuộc hai đường tròn tâm O, bán kính 1 và 2 nên I thuộc hình vành tròn
   được giới hạn bởi hai đường tròn bán kính 1
   2
   và 3
   2
   .
   Suy ra AI nhỏ nhất  O M N A , , , thẳng hàng.
   Khi đó
   3 4 3 4
   3 4 6 8 5 5 5 5
   ; , ;
   5 5 5 5 6 8 8 6
   5 5 5 5
   z i z i
   M N
   iw i w i
    
                                  
   . Vậy 2 29 1
   5 5
   z w i      .
   7
   Ví dụ 3. [Câu 42. ĐỀ THI TN NĂM 2021 – mã 101 – Đợt 2] Xét số phức z và w thay
   đổi thỏa mãn z w   3 và z w  3 2 . Giá trị nhỏ nhất của
   P z i w i       1 2 5 bằng
   A. 5 3 2  . B. 29 2  . C. 17 . D. 5 .
   Lời giải
   Gọi M N, lần lượt là các điểm biểu diễn số phức z và w.
   Từ giả thiết ta có: 3
   3 2
   OM ON
   MN
     
   
    
    OMN vuông tại O
   w iz
   OM ON
   w iz
        
     
    
   .
   +) Trường hợp w iz  .
   Ta có P z i iz i z i z i MA MB               1 2 5 1 5 2     với
   A B     1;1 , 5;2 . Gọi E là giao điểm của đoạn AB với đường tròn   O;3 như hình
   vẽ.
   Có P MA MB AB    , AB  17 .
   Suy ra min 17 P  khi M E  , N là ảnh của M qua phép quay   0 O,90 Q .
   +) Trường hợp w i z   . .
   Ta có P z i iz i z i z i MA MC                 1 2 5 1 5 2     với
   A C     1;1 , 5; 2   . Gọi F là giao điểm của đoạn AC với đường tròn   O;3 như
   hình vẽ.
   8
   Có P MA MC AC    , AC  3 5 .
   Suy ra min 3 5 P  khi M F  , N là ảnh của M qua phép quay   0 O, 90 Q 
   .
   Kết hợp hai trường hợp, ta được min 17 P  .
   Ví dụ 4. [Câu 45. ĐỀ THI TN NĂM 2022 – mã 101] Cho các số phức 1 2 3 z z z , , thỏa mãn
   1 2 3 z z z    2 2 và   1 2 3 1 2 8 3 z z z z z   . Gọi A B C , , lần lượt là các điểm biểu
   diễn của 1 2 3 z z z , , trên mặt phẳng tọa độ. Diện tích tam giác ABC bằng
   A. 55
   32
   . B. 55
   16
   . C. 55
   24
   . D. 55
   8
   .
   Lời giải
   Ta có   1 2 3 1 2
   2 1 3
   8 8 3 8 3 z z z z z
   z z z
        2 1 2 1 3 3
   2 2 2
   2 2 1 1 3 3 2 1 3
   8 8 8 8 z z z z 3 3 z z
   z z z z z z z z z
        
   2 1 3
   2 1 3
   8 8 3 3
   4 4 1 2
   z z z
         z z z   1 .
   Gọi A B C    , , lần lượt là các điểm biểu diễn của 1 2 3 z z z , , suy ra A B C    , , lần lượt
   đối xứng với A B C , , qua trục Ox ABC A B C   S S     
   .

• Ta có   3
  1
  2
      OA OB OC OD   
     
  , trong đó 3
  2 2,
  2
  OA OB OC OD OC        
   
  ,
  suy ra tứ giác OA DB   là hình thoi có 3
  2,
  2
  OA OB OD      và C OD OC     : 1.
• Ta có 1 3 1 1 1 1
  2 4 2 4 3 3
  DC IC ID DC IC ID S S   A B C OA B                     .
• 2 2 3 9 3 55 2 . . 4
  4 16 16 OA B OA I S S OI OA OI             .
  Vậy 55
  16 ABC A B C S S       
  .
  9
  Ví dụ 5. (Giải theo phương pháp hình học và phương pháp Đại số ) Cho các số phức z ,
  1z , 2 z thay đổi thỏa mãn các điều kiện sau: iz i    2 4 3; phần thực của 1z bằng
  2; phần ảo của 2 z bằng 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 T z z z z     1 2 .
  A. 9 . B. 2. C. 5 . D. 4.
  Lời giải
  Phương pháp hình học:
  iz i    2 4 3 2 4 3
  i
  i z
  i
    
             i z i . 2 4 3     z i 2 4 3.
  Gọi M là điểm biểu diễn số phức z và I   2;4 .
  Ta có: z i    2 4 3   MI 3  M thuộc đường tròn   C tâm I , bán kính R  3 .
  Gọi A, B là điểm biểu diễn số phức 1z , 2 z . Ta có: 2 2 T z z z z     1 2
  2 2   MA MB .
  Vì phần thực của 1
  z bằng 2 nên A thuộc đường thẳng x  2 .
  Vì phần ảo của 2 z bằng 1 nên B thuộc đường thẳng y 1.
  Gọi H , K lần lượt là hình chiếu của M trên đường thẳng x  2 và y 1.
  Ta có: 2 2 T MA MB   2 2 2 2     MH HA MK KB 2 2   MH MK (1)
  Gọi E  2;1 . Tứ giác MHEK là hình chữ nhật 2 2 2    MH MK ME (2)
  Gọi M0
  là giao điểm của đường thẳng IE với đường tròn   C ( M0
  ở giữa I E, )
  (như hình vẽ).
  Ta có: ME M E  0   M C  (3)
  Từ (1), (2), (3) suy ra 2 T M E  0
  .
  10
  Ta có: 0 0 M E IE IM      5 3 2 . Suy ra T  4.
  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi H A  , K B  và M M 0
  hay M M 0
  và A, B
  lần lượt là hình chiếu của M trên đường thẳng x  2 và y  1.
  Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4.
  Phương pháp Đại số:
  iz i    2 4 3 2 4 3
  i
  i z
  i
    
             i z i . 2 4 3     z i 2 4 3.
  Gọi z x yi    x y, 
  Ta có:     2 2
  x y     2 4 9 2 2       x y x y 4 8 11 () Gọi 1z ai  2 , 2 z b i   a b,  2 2 T z z z z     1 2         2 2 2 2         x y a x b y 2 1     2 2     x y 2 1 (1) Đặt     2 2 A x y x y         2 1 8 6 6 (theo ())
        8 2 6 4 34  x y   
  Ta có:           2 2 2 2 2          8 2 6 4 8 6 2 4 x y x y        
   2    A 34 100.9 (theo (*))
     4 64 A
  Suy ra A  4 (2).
  Từ (1) và (2) suy ra T  4 .
  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 2 4
  8 6
  8 6 6 4
  y a
  x b
  x y
  A x y
   
   
  
    
    
  
       
  2
  5
  11
  5
  x b
  y a
  
      
     
  Vậy T đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4.
  Ví dụ 6. (Giải theo phương pháp hình học và phương pháp Đại số ) Xét các số phức z ,
  w thỏa mãn z  2, iw i    2 5 1. Giá trị nhỏ nhất của 2
  z wz   4 bằng
  A. 4 . B. 2 29 3   . C. 8 . D. 2 29 5   .
  11
  Lời giải
  Phương pháp hình học:
  Ta có: 2 5 2 5 1 1 5 2 1 i
  iw i i w w i
  i
   
             .
  Ta có: 2 2 2 2 T z wz z wz z z wz z z z z z w z z w                  4 2   *
  Đặt z a bi   . Suy ra: z z bi   2 . Vì z  2 nên    4 2 4 b .
  Gọi A , B lần lượt là điểm biểu diễn của w và 2bi . Suy ra:
• A thuộc đường tròn   C có tâm I     5; 2 , bán kính R  1 .
• B thuộc trục Oy và 4 4 B    x .
  Từ   * suy ra: T AB MN      2 2 2 4 8 (xem hình)
  Dấu “” xảy ra khi và chỉ khi A M w i          4; 2 4 2 và
  B N bi i b           0; 2 2 2 1    z a i 2       a a 1 4 3     z i 3 .
  Vậy 2
  z wz   4 có giá trị nhỏ nhất bằng 8 .
  Phương pháp Đại số :
  Đặt z a bi   , w c di   ( a , b , c , d   ). Từ giả thiết, ta có:
     
  2 2
  2 2
  4
  5 2 1
  a b
  c d
     
  
       
   
     
  , 2;2
  6; 4 , 3; 1
  a b
  c d
    
   
         
  .
  Ta có:
  2 2 2 2 T z wz z wz z z wz z z z z z w z z w                  4 2
     2 2 2             T bi c di b d c c c 2 2 2 2 2 2 2 4 8 (do c     6; 4 ).
  Dấu “” xảy ra khi và chỉ khi
      2 2
  4
  2 0
  5 2 1
  c
  b d
  c d
     
    
  
       
  .
  12
  Suy ra một nghiệm thỏa mãn là
  4
  2
  1
  c
  d
  b
     
    
  
    
  .
  Vậy 2
  z wz   4 có giá trị nhỏ nhất bằng 8 .
  Chú ý: Về một Lời giải SAI.
  Sau khi có
    2 T z wz z z w z w z EF OI                  4 2 2 2 2 2 1 2 2 2 29 5 .
  Khi đó, đẳng thức không xảy ra, vì hệ , 0
  29 3
  z w kz k
  z w
      
  
      
  vô nghiệm.
  Hoặc:
          2 T z wz z z w z z w z w                  4 4 4 2 4 2 29 3 4 2 29 5
  cũng không có đẳng thức xảy ra.
  Ví dụ 7. (Giải theo phương pháp hình học và phương pháp Đại số) Cho số phức z thỏa
  mãn z i    2 2 1. Số phức z i  có môđun nhỏ nhất là:
  A. 5 2  . B. 5 1 . C. 5 1 . D. 5 2  .
  Lời giải
  Phương pháp hình học:
  Đặt w z i z w i      .
  Gọi M x y   ; là điểm biểu diễn hình học của số phức w.
  Từ giả thiết z i    2 2 1 ta được:
  w i i     2 2 1     w i 2 1          x y i 2 1 1     2 2      x y 2 1 1.
  Suy ra tập hợp những điểm M x y   ; biểu diễn cho số phức w là đường tròn   C
  có tâm I   2;1 bán kính R  1 .
  13
  Giả sử OI cắt đường tròn   C tại hai điểm A B, với A nằm trong đoạn thẳng OI .
  Ta có w OM 
  Mà OM MI OI       OM MI OA AI   OM OA
  Nên w nhỏ nhất bằng OA OI IA     5 1 khi M A  .
  Phương pháp Đại số:
  Từ z i    2 2 1     2 2      a b 2 2 1 với z a bi a b      , 
  a x b x     2 sin ; 2 cos      a x b x 2 sin , 2 cos
  Khi đó: z i x x i i       2 sin 2 cos       2 2
      2 sin 1 cos x x
     6 4sin 2 cos   x x
      2 2 2 2     6 4 2 sin cos x x  2
        6 2 5 5 1 5 1
  Nên z i  nhỏ nhất bằng 5 1 khi
  4cos 2sin
  4sin 2cos 2 5
  x x
  x x
   
  
     
  2 5 sin
  5
  5
  cos
  5
  x
  x
  
     
   
   
  
  
  Ta được 2 5 5 2 2
  5 5
  z i
     
         
     
  Ví dụ 8. Gọi n là số các số phức z đồng thời thỏa mãn iz i    1 2 3 và biểu thức
  T z i z i      2 5 2 3 3 đạt giá trị lớn nhất. Gọi M là giá trị lớn nhất của T . Giá
  trị tích của M n. là
  A. 10 21 . B. 6 13 . C. 5 21 . D. 2 13 .
  Lời giải
  14
  Gọi z x y   i , với x y,  . Khi đó M x y   ; là điểm biểu diễn cho số phức z .
  Theo giả thiết, iz i    1 2 3  z i    2 3      2 2
  x y     2 1 9 .
  Ta có T z i z i      2 5 2 3 3   2 3 MA MB , với A    5; 2 và B  0;3 .
  Nhận xét rằng A, B , I thẳng hàng và 2 3 IA IB  .
  Cách 1: Gọi  là đường trung trực của AB , ta có     : 5 0 x y .
  T MA MB   2 3   PA PB . Dấu “ ” xảy ra khi M P  hoặc M Q .
  Giải hệ     2 2
  5 0
  2 1 9
  x y
  x y
      
  
       
  
  8 2 2 2
  ;
  2 2
  P
         
   
  và 8 2 2 2
  ;
  2 2
  Q
         
   
  .
  Khi đó M T   max 5 21 .
  Vậy M n. 10 21  .
  Cách 2: Ta có A, B , I thẳng hàng và 2 3 IA IB  nên 2 3 0 IA IB  
    
  .
   2 2 2 3 MA MB      2 2
      2 3 MI IA MI IB
     
  2 2 2    5 2 3 MI IA IB  105 .
  Do đó  2
  2 T MA MB   2. 2 3. 3   2 2   5 2 3 MA MB  525 hay T  5 21 .
  Khi đó M T   max 5 21 . Dấu “ ” xảy ra khi M P  hoặc M Q .
  Vậy M n. 10 21  .
  Cách 3: Gọi z x yi   , với x y,  . Khi đó M x y   ; là điểm biểu diễn cho số
  phức z .
  Theo giả thiết, i 1 2i 3 z     z    2 i 3      2 2
  x y     2 1 9 .
  15
  Đặt
  2 3sin
  1 3cos
  x t
  y t
      
    
  . Khi đó
          2 2 2 2 P MA MB t t t t             2 3 2 3 3sin 3 3cos 3 2 3sin 2 3cos
        2 27 18 sin cos 3 17 12 sin cos   t t t t  
        2. 54 36 sin cos 3. 51 36 sin cos   t t t t  
  Ta thấy: P t t t t           2 3 54 36 sin cos 51 36 sin cos 521      .
  P đạt giá trị lớn nhất là 521 khi:
  54 36 sin cos 51 36 sin cos    
  2 3
      t t t t
  
  1
  sin cos
  3
  t t
          x y 2 0 .
  Toại độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình:     2 2
  2 0
  2 1 9
  x y
  x y
      
  
       
   Có hai điểm
  M thỏa mãn. Vậy M n. 10 21  .
  Ví dụ 9. Xét các số phức thỏa mãn . Gọi lần lượt là các số
  phức mà tại đó đạt giá trị nhỏ nhất và đạt giá trị lớn nhất. Mô đun bằng
  A. . B. . C. . D. .
  Lời giải
  Ta có:
  .
  Vậy
  khi và khi .
  Vậy .
  Phân tích
  Bài toán này hướng tới việc tìm Max và Min của khi quỹ tích điểm biểu
  diễn của nó nằm trên một đường tròn.
  z w, w i   2, z iw   2 1 2 z z,
  z 1 2 z z 
  3 2 3 6 6 2
    1
  z iw w z 2 2
  i
          w i 2   1
  z i 2 2
  i
        1
  z 2 1 2
  i
     
     z 3 2
  z z     3 3           z z z 3 3 3 3 3 3      1 5 z
  min   z 1 1z  1
  max   z 5 2 z  5
  1 2 z z   6 1 2    z z 6
  z
  16
  Cho số phức thỏa mãn : , tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất
  của
  Phương pháp đại số :
  Ta có
  .
  Vậy
  và .
  Phương pháp hình học : Ta có quỹ tích điểm biểu diễn số phức là
  đường tròn tâm bán kính .
  khi và khi .
  Qua các ví dụ có sử dụng phương pháp hình học và phương pháp đại số, ta thấy sử dụng
  phương pháp hình học giúp ta có cách nhìn trực quan hơn và định hướng lời giải theo cấu
  trúc hình học tốt hơn.
  Khi đối diện với các bài toán như thế này, đặc biệt là các bài toán ở mức độ vận
  dụng, vận dụng cao, với áp lực phải giải quyết trong một khoảng thời gian rất ngắn,
  nhiều học sinh có lực học khá giỏi và thậm chí cả một số giáo viên cũng lúng túng trong
  việc định hướng phương pháp giải quyết bài toán. Để khắc phục những khó khăn trên,
  trong quá trình giảng dạy, người giáo viên cần hướng dẫn các em củng cố, ghi nhớ thật
  chắc các kiến thức lý thuyết, luyện tập các bài tập theo từng dạng từ cơ bản đến nâng
  cao để rèn luyện tốt kĩ năng thực hành giải toán. Muốn vậy, giáo viên phải xây dựng
  được một hệ thống bài tập được chia dạng và phân chia theo các mức độ từ thấp đến cao
  để các em được tiếp cận và làm quen dần. Đối với những bài toán ở mức độ vận dụng và
  vận dụng cao, trong quá trình giảng dạy trên lớp, người giáo viên cần phân tích kĩ các
  giả thiết trong đề bài, đặt vấn đề về việc tìm hiểu ý nghĩa của từng yếu tố trong giả thiết
  cũng như kết luận, từ đó, giáo viên định hướng cho học sinh phương hướng giải quyết
  vấn đề, đồng thời giúp học sinh hình thành kĩ năng tìm kiếm những thông tin quan trọng
  trong mỗi bài toán để việc nhận dạng bài tập được thuận lợi hơn.
  z z a bi R     
  z
  z z a bi a bi          
                 z a bi a bi z a bi a bi z a bi a bi         
      2 2 2 2            R a b z a bi a bi R a b
  2 2
  max
  z R a b     
  2 2
  max 2 2
  R a b z a bi
  a b
   
    
  
  2 2
  min z R a b     
  2 2
  min 2 2
  R a b
  z a bi
  a b
   
    
  
  M x y  ;  z
  I a b  ;  R
  Max
  z OI R  
  R
  IM OI
  OI
  
   
  Max
  z OI R  
  R
  IM OI
  OI
   
   
  17

1. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến:
   Nội dung trong sáng kiến có thể giúp các giáo viên giảng dạy bộ môn Toán lớp 12
   có cái nhìn hệ thống và sâu sắc hơn đối với những bài toán về nội dung liên quan tới
   môđun của số phức được giải bằng phương pháp dùng tính chất của hình học phẳng,
   đồng thời cũng là nguồn tài liệu để giáo viên có thể sử dụng xây dựng bài giảng trên lớp
   cũng như xây dựng hệ thống bài tập cho học sinh luyện tập. Từ đó, bản thân người giáo
   viên sẽ xây dựng được cho mình phương pháp giảng dạy hiệu quả, đồng thời, các em
   học sinh cũng có được kĩ năng tốt hơn khi phải giải quyết những bài toán ở dạng đó.
   Trước đây, đa số học sinh và thậm chí cả một bộ phận giáo viên cũng gặp nhiều
   khó khăn khi phải giải quyết những bài toán giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất liên quan
   tới môđun của số phức trong khoảng thời gian ngắn của một bài tập dạng trắc nghiệm.
   Một phần nguyên nhân là do các câu hỏi này khá đa dạng về cả nội dung lẫn hình thức
   hỏi, nhiều bài lại ở mức độ vận dụng, vận dụng cao trong các đề thi, phần khác là do bản
   thân học sinh và thậm chí một bộ phận giáo viên cũng chưa được học tập, nghiên cứu
   đầy đủ, chi tiết và rèn luyện kĩ năng giải toán ở các dạng bài này. Nguyên nhân sâu xa là
   do hầu hết các tài liệu liên quan mới chỉ dừng lại ở việc đưa ra đề bài riêng lẻ và lời giải
   tương ứng mà chưa có nhiều tài liệu tham khảo đủ rộng và đủ sâu về các dạng toán trên
   để trợ giúp cả giáo viên và học sinh trong quá trình giảng dạy và học tập. Điều này khiến
   cho cả giáo viên và học sinh đều không có được định hướng chính xác ban đầu khi đối
   diện với những bài toán này mặc dù đã rất thành thạo các kĩ thuật, phương pháp giải
   quyết các bài toán cực trị số phức bằng phương pháp hình học thông thường.
   Để khắc phục những khó khăn này, sáng kiến đã xuất phát từ những kiến thức cơ
   bản nền tảng, từ đó hình thành và phân loại các loại câu hỏi, vấn đề mà đề bài có thể đề
   cập theo từng mức độ từ dễ đến khó, từ cơ bản đến phức tạp. Ở mỗi dạng, loại, sáng kiến
   đều có những phân tích nhằm chỉ rõ những yếu tố mấu chốt trong cả giả thiết và kết luận
   của bài toán, điều này giúp cho cả giáo viên và học sinh hiểu rõ bài toán hơn, giáo viên
   có thể xây dựng, mở rộng và phát triển các bài toán đã có, còn học sinh sẽ tự hình thành
   những tư duy nhận dạng và cao hơn nữa là các tư duy thuật giải, từ đó học sinh sẽ không
   còn cảm thấy lạ lẫm trước những bài toán mới.
   Sáng kiến tập trung vào nghiên cứu các vấn đề sau:

• Vấn đề 1: Sử dụng mối quan hệ giữa điểm và đường thẳng vào bài toán liên quan
  tới môđun của số phức
• Vấn đề 2: Sử dụng mối quan hệ giữa điểm và đường tròn vào bài toán liên quan tới
  môđun của số phức
• Vấn đề 3: Sử dụng mối quan hệ giữa đường thẳng và đường tròn vào bài toán liên
  quan tới môđun của số phức
• Vấn đề 4: Sử dụng mối quan hệ giữa đường tròn và đường tròn vào bài toán liên
  quan tới môđun của số phức
  18
• Vấn đề 5: Sử dụng tính chất của Parabol vào bài toán liên quan tới môđun của số
  phức
• Vấn đề 6: Sử dụng tính chất của đoạn thẳng – tia vào bài toán liên quan tới môđun
  của số phức
• Vấn đề 7: Phương pháp lấy đối xứng
• Vấn đề 8: Tâm tỉ cự
• Vấn đề 9: Phương pháp cân bằng hệ số
• Vấn đề 10: Sử dụng tính chất của Elip vào bài toán liên quan tới môđun của số phức
  Các vấn đề trong sáng kiến đều được chia nhỏ thành các dạng, loại nhỏ và đều tiếp cận
  theo các khía cạnh:
• Phân tích nội dung đề bài, hướng xử lý trong một số ví dụ cụ thể. Bài tập ví dụ được
  đưa ra phù hợp với mức độ tương ứng của dạng bài đang xét, đặc biệt trình bày kĩ các
  bài tập ở mức độ vận dụng, vận dụng cao bằng hướng tư duy theo cách sử dụng tính chất
  hình học phù hợp.
• Tổng kết các ví dụ, đưa ra các thuật giải, các đặc điểm cần lưu ý để nhận dạng đề bài.
  Qua đó giúp hướng dẫn học sinh hình thành tư duy thuật giải để giải các bài trắc nghiệm
  tương tự được nhanh và đảm bảo chính xác. Đồng thời, dưới góc độ là giáo viên, chúng
  tôi đưa ra những phân tích, bình luận về những kiến thức cần củng cố cho học sinh nhằm
  giải quyết được bài toán.
• Đưa ra một số kĩ thuật làm bài cần thiết dựa trên việc vận dụng sáng tạo các kiến
  thức cơ bản để đẩy nhanh tốc độ tìm ra đáp án của bài toán.
• Đánh giá mức độ câu hỏi, các hướng phát triển vấn đề bài toán, những điểm cần lưu
  ý cho giáo viên khi thiết kế các bài toán theo từng dạng, loại.
• Đưa ra một số bài tập trắc nghiệm khách quan tương ứng với từng dạng bài tập ở
  tất cả các mức độ, giúp học sinh rèn luyện năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề, đồng
  thời giúp các em làm bài tập thành thạo hơn, nhanh hơn và chính xác hơn. Hình thành
  năng lực tự học của học sinh.
  Với các nội dung trên, chúng tôi tin tưởng sáng kiến hoàn toàn có thể trở thành một
  tài liệu tham khảo có chất lượng để giúp giáo viên sử dụng trong quá trình xây dựng
  chuyên đề, bài giảng đưa vào giảng dạy. Đồng thời, với cấu trúc như đã trình bày ở trên
  cũng như cách tiếp cận vấn đề dưới góc độ người làm bài, đi từ việc phân tích giả thiết,
  kết luận đến việc định hướng, hình thành phương pháp để tìm ra đáp án, sáng kiến cũng
  hoàn toàn phù hợp để các em học sinh khá giỏi có thể tự đọc và tự học để nâng cao,
  củng cố kiến thức cho bản thân.
  19
  CHƯƠNG 1
  CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TRẠNG SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC
  TRONG GIẢI BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI MÔĐUN SỐ PHỨC NHẰM PHÁT
  TRIỂN NĂNG LỰC TỰ HỌC CỦA HỌC SINH

1. Cơ sở lí luận
   1.1. Khái niệm tự học
   Tự học là tự mình động não, suy nghĩ, sử dụng các năng lực trí tuệ (quan sát, so sánh,
   phân tích, tổng hợp…) và có khi cả cơ bắp (sử dụng các phương tiện) cùng các phẩm chất,
   cả động cơ, tình cảm, cả nhân sinh quan, thế giới quan, không ngại khó, ngại khổ, kiên trì,
   nhẫn nại, lòng say mê… để chiếm lĩnh một lĩnh vực khoa học nào đó, biến lĩnh vực đó
   thành sở hữu của mình.
   Theo tác giả Nguyễn Cảnh Toàn, tự học được định nghĩa như sau: “Tự học là tự mình
   động não, suy nghĩ, sử dụng các năng lực trí tuệ: quan sát, so sánh, phân tích, tổng hợp, …
   và có khi cả cơ bắp cùng các phẩm chất của mình, rồi cả động cơ, tình cảm, cả nhân sinh
   quan, thế giới quan để chiếm lĩnh một lĩnh vực nào đó của nhân loại, biến lĩnh vực đó thành
   sở hữu của mình”.
   Từ những quan niệm về tự học nêu trên, có thể đưa ra khái niệm về tự học như sau: Tự
   học là người học tích cực chủ động, tự mình tìm ra tri thức kinh nghiệm bằng hành động
   của mình, tự thể hiện mình. Tự học là tự đặt mình vào tình huống học, vào vị trí nghiên cứu,
   xử lí các tình huống, giải quyết các vấn đề, thử nghiệm các giải pháp…Tự học thuộc quá
   trình cá nhân hóa việc học.
   1.2. Vai trò tự học
   Nếu xây dựng được phương pháp tự học, đặc biệt là sự tự giác, ý chí tích cực chủ
   động sáng tạo sẽ khơi dậy năng lực tiềm tàng, tạo ra động lực nội sinh to lớn cho người học.

• Tự sắp xếp thời gian phù hợp với mình nhất, học bất cứ lúc nào, nơi đâu bạn thấy
  tiện lợi và hứng thú.
• Tự khám phá ra điểm mạnh và sở thích của bản thân.
• Học với tốc độ phù hợp với bạn.
• Tìm thấy điều bạn say mê trong môn học, và biến việc học thành điều bạn thích, chứ
  không chỉ là nghĩa vụ.
• Học với bất kì ai bạn thích, học kết hợp với cách hoạt động khác.
• Tự chủ tìm kiếm và thu nạp thông tin, kiến thức ngoài giới hạn chương trình. Không
  giới hạn NL bản thân người học.
  Tự học là một xu thế tất yếu, bởi vì quá trình giáo dục thực chất là quá trình biến
  người học từ khách thể giáo dục thành chủ thể giáo dục (tự giáo dục). Tự học giúp nâng cao
  kết quả học tập của học sinh và chất lượng giáo dục của nhà trường, là biểu hiện cụ thể của
  việc đổi mới PPDH ở các trường phổ thông.
  20
  1.3. Các mức độ tự học
  Nói đến quá trình tự học là nói đến vai trò quan trọng của người học, tuy nhiên bên
  cạnh đó cũng vẫn có vai trò của người thầy. Căn cứ vào mức độ độc lập của việc học, có thể
  chia tự học thành các mức độ khác nhau.
• Tự học hoàn toàn (không có GV): Thông qua tài liệu, qua tìm hiểu thực tế, học kinh
  nghiệm của người khác. HS gặp nhiều khó khăn do có nhiều lỗ hổng kiến thức, HS khó thu
  xếp tiến độ, kế hoạch tự học, không tự đánh giá được kết quả tự học của mình… Từ đó HS
  dễ chán nản và không tiếp tục tự học.
• Tự học trong một giai đoạn của quá trình học tập: thí dụ như học bài hay làm bài tập
  ở nhà (khâu vận dụng kiến thức) là công việc thường xuyên của HS phổ thông. Để giúp HS
  có thể tự học ở nhà, GV cần tăng cường kiểm tra, đánh giá kết quả học bài, làm bài tập ở
  nhà của họ.
• Tự học qua phương tiện truyền thông (học từ xa): HS được nghe GV giảng giải minh
  họa, nhưng không được tiếp xúc với GV, không được hỏi, không nhận được sự giúp đỡ khi
  gặp khó khăn. Với hình thức tự học này, HS cũng không đánh giá được kết quả học tập của
  mình.
• Tự học qua tài liệu hướng dẫn: Trong tài liệu trình bày cả nội dung, cách xây dựng
  kiến thức, cách kiểm tra kết quả sau mỗi phần, nếu chưa đạt thì chỉ dẫn cách tra cứu, bổ
  sung, làm lại cho đến khi đạt được (thí dụ học theo các phần mềm trên máy tính). Song nếu
  chỉ dùng tài liệu tự học HS cũng có thể gặp khó khăn và không biết hỏi ai.
• Tự lực thực hiện một số hoạt động học dưới sự hướng dẫn chặt chẽ của GV ở lớp:
  Với hình thức này cũng đem lại kết quả nhất định. Song nếu HS vẫn sử dụng SGK như hiện
  nay thì họ cũng gặp khó khăn khi tiến hành tự học vì thiếu sự hướng dẫn về phương pháp
  học.
  1.4. Các hình thức thức tổ chức học sinh tự học
   Tự học trên lớp
  Để tổ chức hoạt động tự học ở trên lớp cho HS, GV có thể tiến hành một loạt các biện
  pháp như tạo môi trường học tập, tổ chức cho HS làm việc theo nhóm, kết hợp thảo luận
  toàn lớp, tăng cường việc giải các bài tập, sử dụng mô hình hóa, thông tin phản hồi nhanh
  nhằm tích cực hóa hoạt động của HS trong quá trình tự học.
   Tự học ở nhà
  GV giao nhiệm vụ học tập cho HS thực hiện ở nhà, có thể hoạt động nhóm hoặc cá
  nhân. Các nhiệm vụ có thể là các bài tập, các bài thực hành thí nghiệm, các dự án học tập,
  … Tự học ở nhà giúp cho người học chuẩn bị bài mới, đồng thời cũng là để củng cố kiến
  thức đã học, vận dụng vào thực tiễn hay tìm tòi mở rộng để nâng cao kiến thức đã học.
  21
   Tự học cá nhân
  Làm việc cá nhân là hoạt động của mỗi HS để tác động vào kiến thức. Mỗi cá nhân tự
  định hướng nhiệm vụ, tự nghiên cứu SGK, quan sát phương tiện trực quan hay làm thí
  nghiệm dưới sự hướng dẫn của GV. Sau đó trao đổi kết quả với bạn bên cạnh hoặc với GV,
  từ đó hình thành kiến thức, kĩ năng.
   Tự học theo nhóm
  Tổ chức dạy học theo nhóm kết hợp với thảo luận là giải pháp về tổ chức nhằm đảm
  bảo quá trình học tập diễn ra tích cực và hiệu quả. Thông qua môi trường học tập hợp tác,
  HS không chỉ học được tri thức, kinh nghiệm, thái độ mà còn học được các kĩ năng thực
  hành, kĩ năng hợp tác. Ngoài ra, học tập theo nhóm kết hợp thảo luận toàn lớp còn giúp HS
  phát triển ý thức làm việc tập thể, phát huy trí tuệ tập th ể, phát huy tính tích cực học tập,
  năng lực tự học của HS, năng lực tổ chức, quản lý, tự quản của HS, tạo điều kiện cho mỗi
  HS có cơ hội để trải nghiệm.

1. Lý thuyết năng lực tự học
   2.1. Khái niệm năng lực
   Năng lực là khả năng vận dụng các kiến thức, kỹ năng, thái độ, niềm tin, giá trị…
   vào việc thực hiện các nhiệm vụ trong những hoàn cảnh cụ thể của thực tiễn.
   2.2. Khái niệm năng lực tự học
   Năng lực tự học là khả năng của bản thân người học tự giải quyết những vấn đề đặt ra
   một cách nhanh chóng và hiệu quả bằng cách áp dụng kiến thức đã lĩnh hội vào những tình
   huống, những hoạt động thực tiễn để tìm hiểu thế giới xung quanh và có khả năng biến đổi
   nó.
   2.3. Những kĩ năng cần có khi tự học

• Kỹ năng định hướng: Trước tiên, để quá trình tự học diễn ra thành công người học
  cần thiết lập cơ sở định hướng của hành động. Để có được cơ sở định hướng, người học
  phải trả lời được các câu hỏi: Học nhằm mục đích gì? Thái độ học tập ra sao? Học như thế
  nào?
• Kỹ năng lập kế hoạch học tập: Mọi việc sẽ dễ dàng hơn nếu người học xác định được
  mục tiêu, nội dung và phương pháp học. Muốn vậy, người học phải xây dựng được kế
  hoạch học tập. Trên cơ sở bộ khung đã được thiết lập đó, người học có thể tiếp cận và
  chiếm lĩnh tri thức một cách dễ dàng.
• Kỹ năng thực hiện kế hoạch: Muốn thực hiện thành công kế hoạch mình đã tạo lập,
  người học cần có một số kỹ năng sau:
  Tiếp cận thông tin: Lựa chọn và chủ động tiếp nhận thông tin từ nhiều nguồn khác
  nhau và từ những hoạt động đã được xác định như đọc sách, nghe giảng, xem truyền hình,
  tra cứu từ Internet, làm thí nghiệm…
  Xử lí thông tin: quá trình này có thể được tiến hành thông qua các kỹ năng ghi chép,
  22
  phân tích, đánh giá, tóm lược, tổng hợp, so sánh…
  Vận dụng tri thức, thông tin: thể hiện qua việc vận dụng thông tin tri thức khoa học để
  giải quyết các vấn đề liên quan như thực hành bài tập, thảo luận, xử lí các tình huống, viết
  bài thu hoạch…
  Trao đổi, phổ biến thông tin: việc trao đổi kinh nghiệm, chia sẻ thông tin tri thức
  thông qua các hình thức: thảo luận, thuyết trình, tranh luận… là công việc cuối cùng của
  quá trình tiếp nhận tri thức.
• Kỹ năng tự kiểm tra, đánh giá, rút kinh nghiệm: Khi người học tự đánh giá được kết
  quả học tập của mình, người học sẽ tự đánh giá được năng lực học tập của bản thân, hiểu
  được cái gì mình làm được, cái gì mình chưa làm được để từ đó có hướng phát huy hoặc
  khắc phục.
  Để phát triển được kĩ năng dạy học GV cần lưu ý một số vấn đề sau:
  GV cần tạo cho HS niềm say mê môn học. GV có thể dùng tiết dạy để giới thiệu về
  môn học, về những giá trị của môn học trong thực tiễn bằng những ví dụ minh họa cụ thể
  nhằm kích thích động cơ học tập ở các em.
  GV cần hướng dẫn cho HS cách xây dựng kế hoạch học tập từ ban đầu. Ngay từ tiết
  học đầu tiên của môn học hoặc tiết đầu tiên mỗi phần nội dung hoặc chương hoặc chuyên
  đề, GV nên đi giới thiệu sơ lược về chương trình, nội dung và phương pháp học một cách
  khái quát nhất để HS hiểu và từ đó HS xây dựng cho mình một kế hoạch học tập phù hợp
  với NL và hoàn cảnh của mình.
  GV hướng dẫn cho HS cách tìm và đọc sách hoặc tài liệu liên quan đến môn học. GV
  cần cho các em thấy được lượng thông tin trong SGK là hạn chế vì vậy các em muốn hiểu
  sâu và đầy đủ thì phải tham khảo thêm các tài liệu khác hoặc truy cập thông tin trên
  internet. GV cũng có thể giới thiệu địa chỉ một số trang web chuyên ngành, hoặc các trang
  diễn đàn trao đổi kinh nghiệm học tập để HS tham khảo thêm.
  GV nên hướng dẫn cho HS cách ghi chép và nghe giảng vì đây là những kỹ năng học
  tập vô cùng quan trọng, ảnh hưởng trực tiếp đến quá trình học tập của HS. GV nên khuyến
  khích HS ghi chép theo ý hiểu của mình. Sơ đồ hóa thông tin thu được, gạch chân, đánh dấu
  cụm từ quan trọng. Chỗ nào chưa hiểu hoặc chưa rõ cần đánh dấu, chỗ nào có trong tài liệu
  thì chú thích địa chỉ để tự tìm hiểu sau.
  GV cần giao nhiệm vụ cụ thể cho HS hoặc nhóm HS ở tiết học tiếp theo. Để phát huy
  tối đa năng lực tự học và thúc đẩy HS tận dụng hết thời gian tự học. Vì các em chưa quen
  nên GV giao nhiệm vụ cụ thể, nếu cần thì phải hướng dẫn các bước thao tác khai thác thông
  tin, địa chỉ cần tìm hiểu…Có như vậy HS mới có thể hoàn thành được nhiệm vụ tự học ở
  nhà của mình. Khi có sự chuẩn bị trước ở nhà, việc học trên lớp sẽ trở nên có hiệu quả hơn
  rất nhiều.
  Gv hướng dẫn tự ĐG mức độ tự học của mình. Để HS có thể tự ĐG được thì GV nên
  giới thiệu các nấc thang nhận thức của S.Bloom. Theo cách phân chia trong thang nhận thức
  của Bloom, HS có thể học cách phân tích, tổng hợp, vận dụng tri thức vào từng tình huống
  thực tiễn, học cách nhận xét, đánh giá, so sánh đối chiếu các kiến thức khác…
  23
  Tự học có kế hoạch, nề nếp sẽ tạo nên thói quen sống và phong cách làm việc của từng
  cá nhân, tự học giúp con người định hướng trong thời đại thông tin đang bùng nổ. Có kĩ
  năng tự học sẽ giúp cho con người có khả năng hoàn thiện mình trong cả cuộc đời.

1. Thực trạng

• Việc rèn luyện năng lực, kĩ năng tự học cho HS hiện nay rất được quan tâm để thực
  hiện. Hầu hết GV đều nhận thấy cần thiết để rèn luyện kĩ năng tự học cho HS.
• Về mức độ thường xuyên tổ chức hoạt động tự học. Đa số GV được khảo sát thường
  xuyên hoặc có tổ chức nhưng không thường xuyên cho HS tự học. Điều này rất có ý nghĩa
  trong việc rèn luyện và phát triển năng lực người học.
• Về hình thức tự học thì hầu hết GV cho HS tự học ở nhà, còn trên lớp các GV ít tổ
  chức hoạt động tự học cho HS. Điều này thể hiện còn ít GV quan tâm rèn luyện cho HS tự
  học tại lớp vì sợ mất thời gian, ảnh hưởng đến việc dạy học kiến thức mới. Cần thiết phải
  tăng cường tổ chức cho HS tự học tại lớp, vì ở lớp GV dễ dàng quan sát và hướng dẫn HS
  tự học tốt hơn. Cũng như vậy, ở lớp cần thiết kế các hoạt động tự học để có thể học cá nhân
  và hoạt động nhóm.
• Về thái độ của HS khi tự học: Hầu hết GV đều nhận được sự hợp tác từ HS qua tinh
  thần hứng thú trong tiết học. Tổ chức tự học để HS phát huy bản thân là điều hoàn toàn phù
  hợp đối với lứa tuổi THPT.
  Từ những điều trên cho thấy việc tổ chức cho học sinh tự học trên lớp và ở nhà, tự học
  cá nhân và học theo nhóm đang rất cần được phổ biến sâu rộng đến đội ngũ GV và nên tạo
  điều kiện nhiều hơn để GV có thể tạo điều kiện cho HS phát triển kĩ năng tự học.
  Tuy nhiên, việc GV tổ chức cho học sinh tự học cũng mới chỉ mang tính tự phát, GV
  chưa thực sự nhấn mạnh việc rèn luyện kĩ năng tự học cho HS, cũng như chưa kiểm tra
  đánh giá những gì HS đạt được thông qua tự học. Do GV cũng chưa có nhiều kinh nghiệm
  cũng như sự sáng tạo và nhiệt tình, đặc biệt họ chưa có cơ sở lí luận vững chắc về việc thiết
  kế các hoạt động học tập cho HS cũng như chưa có kĩ năng kiểm tra đánh giá HS tự học.
  Kết luận chương 1
  Trong chương 1 chúng tôi đã tập trung làm sáng tỏ về tổng quan một số nghiên cứu về
  tự học và năng lực tự học. Từ đó thấy được các hoạt động tự học được tổ chức đa dạng,
  phong phú sẽ càng lôi cuốn từng đối tượng HS nhận thức được năng lực bản thân để phát
  huy theo hướng tích cực hơn.
  24
  Đối với cơ sở lí luận về tự học và năng lực tự học, chúng tôi đã nghiên cứu: khái niệm
  tự học, khái niệm năng lực, khái niệm năng lực tự học, vai trò của tự học, các dạng hoạt
  động học tập theo hướng tự học để tiến hành tổ chức cho HS tự học.
  Về cơ sở thực tiễn, chúng tôi thấy đa số GV đều nhận

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: 

Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

SKKN Phương pháp tính tích phân hàm ẩn và bài toán tích phân kết hợp cực trị, tương giao của đồ thị hàm số

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Trong Chương trình môn Toán Trung học phổ thông, phép tính Nguyên hàm

• Tích phân chiếm một vị trí hết sức quan trọng trong Toán học, tích phân được
  ứng dụng rộng rãi trong thực tế như là tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn
  xoay, nó là một trong những cơ sở để nghiên cứu Giải tích hiện đại. Ngoài ra phép
  tính tích phân còn được ứng dụng rộng rãi trong Xác suất, Thống kê, Vật lý, Cơ
  học,…
  Phép tính tích phân được bắt đầu giới thiệu cho các em học sinh lớp 12 và
  nó có mặt hầu hết trong các kỳ thi như thi tốt nghiệp THPT, thi học sinh giỏi các
  cấp. Hiện nay với xu hướng thi trắc nghiệm, phần tích phân còn được yêu cầu rộng
  hơn và đòi hỏi học sinh phải tư duy linh hoạt hơn và phần Nguyên hàm – Tích phân
  của một số hàm ẩn đã được đưa vào để yêu cầu học sinh, mặc dù đã được học kỹ
  các phương pháp tính, nhưng đứng trước yêu cầu về tính nguyên hàm, tích phân
  của hàm ẩn đa số các em còn gặp nhiều khó khăn, lúng túng và thậm chí là không
  định hình được lời giải khi đứng trước các bài toán dạng này.
  Muốn học sinh học tốt được phần này thì mỗi người Giáo viên không phải
  chỉ truyền đạt, giảng giải theo các tài liệu đã có sẵn trong Sách giáo khoa, trong các
  sách hướng dẫn và thiết kế bài giảng một cách dập khuôn, máy móc, làm cho học
  sinh học tập một cách thụ động. Nếu chỉ dạy học như vậy thì việc học tập của học
  sinh sẽ diễn ra thật đơn điệu, tẻ nhạt và kết quả học tập sẽ không cao. Nó là một
  trong những nguyên nhân gây ra cản trở việc đào tạo các em thành những con
  người năng động, tự tin, sáng tạo sẵn sàng thích ứng với những đổi mới diễn ra
  hàng ngày.
  Yêu cầu của giáo dục hiện nay đòi hỏi phải đổi mới phương pháp dạy học
  môn toán theo hướng phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh. Vì
  2
  vậy người giáo viên phải gây được hứng thú học tập cho các em bằng cách thiết kế
  bài giảng lại khoa học, hợp lý, phải gắn liền với ứng dụng, liên hệ thực tế.
  Vì những lí do đó, để giúp học sinh có cơ sở khoa học, có có hệ thống kiến
  thức về tính tích phân của hàm ẩn và tháo gỡ những vướng mắc trên, nhằm nâng
  cao chất lượng dạy và học, đáp ứng nhu cầu đổi mới giáo dục, tôi đã chọn sáng
  kiến sáng kiến kinh nghiệm “Phương pháp tính Tích phân hàm ẩn và bài toán
  tích phân kết hợp cực trị, tương giao của đồ thị hàm số”.
  Với Sáng kiến này tôi hi vọng sẽ giúp cho học sinh dễ dàng nắm bắt và
  thành thạo trong việc tính nguyên hàm, tích phân nói chung và nguyên hàm, tích
  phân của một số hàm ẩn nói riêng cũng như lớp bài toán kết hợp giữa cực trị,
  tương giao đồ thị hàm số và tích phân.
  II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP

1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến:
   Từ kì thi THPT QG năm 2017 bộ Giáo dục và Đào tạo chuyển đổi hình thức thi
   của môn toán từ thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm đòi hỏi phương pháp dạy và
   học cũng phải thay đổi cho phù hợp.
   Trong các đề minh họa của bộ Giáo dục và Đào tạo, đề thi TN THPT, học sinh
   thường gặp một số câu về tính tích phân của hàm ẩn và các bài toán tích phân cho kết
   hợp với cực trị, tương giao của đồ thị hàm số, đây là các bài toán phân hóa đối tượng ở
   mức độ vận dụng để lấy điểm cao. Hướng dẫn các em vận dụng tốt phần này sẽ tạo
   được cho các em có thêm phương pháp, có kinh nghiệm trong việc tính tích phân và
   nâng cao tư duy trong giải toán nhằm lấy được điểm cao hơn trong bài thi, giúp giáo
   viên tự tin hơn trong lên lớp.
   Trước khi áp dụng sáng kiến này vào dạy học, tôi đã khảo sát chất lượng học tập
   của học sinh trường 2 lớp 12A2, 12A3 Trường THPT Xuân Trường về các bài toán
   tính nguyên hàm – tích phân của hàm ẩn, đã thu được kết quả như sau:
   Lớp Sĩ số Giỏi Khá TB Yếu Kém
   SL % SL % SL % SL % SL %
   12A1 38 7 18,4 10 26,3 21 55,3 0 0
   12A2 37 5 13,5 9 24,3 22 59,5 1 2,7 0
   3
   Qua bài khảo sát tôi thấy về cơ bản trình độ nhận thức của học sinh 2 lớp trên
   chênh lệch không đáng kể. Số lượng học sinh nắm được kiến thức dạng này không
   nhiều, có rất nhiều em chưa định hình được lời giải do chưa có được kiến thức và kĩ
   năng cần thiết.
   Thực hiện sáng kiến này tôi đã hệ thống lại các phương pháp tính tích phân đã
   được học để áp dụng tính cho hàm ẩn và lớp bài toán tính tích phân kết hợp cực trị,
   tương giao của đồ thị hàm số thông qua các phương pháp cụ thể và các ví dụ tương ứng
   cho mỗi phương pháp đó. Cuối cùng là bài tập tương tự để học sinh vận dụng các
   phương pháp đã được học vào giải quyết vấn đề.
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
   Sáng kiến sẽ làm rõ vấn đề mà học sinh còn gặp khó khăn, lúng túng, sai
   lầm thường gặp và thậm chí là không có định hình về lời giải trong việc tính
   nguyên hàm, tích phân của hàm ẩn, bài toán tích phân khi kết hợp với các bài toán
   cực trị, tương giao của đồ thị hàm số.
   Sáng kiến góp phần gây hứng thú học tập phần nguyên hàm, tích phân của
   hàm ẩn, bài toán ứng dụng tích phân khi kết hợp với các yếu tố cực trị, tương giao
   của đồ thị hàm số cho học sinh, một trong các phần được coi là khó, đòi hỏi tính tư
   duy logic cao và không những chỉ giúp giáo viên lên lớp tự tin; học sinh lĩnh hội
   được tri thức một cách đầy đủ, khoa học mà còn giúp các em củng cố và khắc sâu
   các tri thức mới.
   Sáng kiến sẽ làm cho học sinh thấy được tầm quan trọng của chương học, là
   vấn đề then chốt cho việc tiếp nhận và giải các dạng toán tiếp theo.
   Nâng cao chất lượng bộ môn toán theo từng chuyên đề khác nhau góp phần
   nâng cao chất lượng dạy học.
   2.1. Giải pháp 1: Xác định cơ sở lý luận thực tiễn và các phương pháp sử dụng
   trong sáng kiến.
   Phương thức 1: Xác định rõ các kiến thức lý thuyết cơ bản nguyên hàm và tính
   chất.
   Định nghĩa nguyên hàm
   4
   Cho hàm số f x  xác định trên K (K là khoảng, đoạn hay nửa khoảng).
   Hàm số F x  được gọi là một nguyên hàm của hàm số f x  trên K nếu
   F x f x ‘     với mọi x K  .
   Định lí
   Giả sử hàm số F x  là một nguyên hàm của hàm số F x  trên K. Khi đó: Với
   mỗi hằng số C, hàm số F x C    cũng là một nguyên hàm của f x  trên K.
   Ngược lại, với mỗi nguyên hàm của f x  trên K thì tồn tại một hằng số C sao cho
   G x F x C       với mọi x K  . Do đó F x C C     ,  là họ tất cả các nguyên
   hàm của f x  trên K. Ký hiệu       
   f x dx F x C .
   Tính chất
   Nếu f x g x  ,   là hai hàm số liên tục trên K thì:
   a)       
   f x dx f x C ‘
   b)        kf x dx k f x dx , với k là hai số thực khác 0.
   c)                   mf x ng x dx m f x dx n g x dx với m,n là hai số thực khác 0.
   d) Với a b,  và a  0 ta có:         
   1
   f ax b dx F ax b C
   a
   , ở đó F x  là một
   nguyên hàm của f x .
   Sự tồn tại nguyên hàm
   Mọi hàm số f x  liên tục trên K đều có nguyên hàm trên K.
   Phương thức 2: Tìm hiểu định nghĩa, tính chất của tích phân và các phương pháp
   tính tích phân.
   Định nghĩa
   Cho hàm số f liên tục trên K và a b, là hai số bất kỳ thuộc K . Nếu F là một
   nguyên hàm của f trên K thì hiệu số F b F a ( ) ( )  được gọi là tích phân của f từ
   a đến b và kí hiệu là 
   ( )
   b
   a
   f x dx . Trong trường hợp a b  , ta gọi 
   ( )
   b
   a
   f x dx là tích
   phân của f trên đoạn a b; .
   5
   Người ta dùng kí hiệu ( ) b
   a
   F x để chỉ hiệu số F b F a ( ) ( )  . Như vậy Nếu F là một
   nguyên hàm của f trên K thì    
   ( ) ( ) ( ) ( )
   b
   b
   a
   a
   f x dx F x F b F a .
   Tính chất
   Giả sử f g, liên tục trên K và a b c , , là ba số bất kì thuộc K . Khi đó ta có
    
   1) ( ) 0
   a
   a
   f x dx ;     2) ( ) ( )
   b a
   a b
   f x dx f x dx ;
        3) ( ) ( ) ( )
   b c c
   a b a
   f x dx f x dx f x dx
           4) ( ) ( ) ( ) ( )
   b b b
   a a a
   f x g x dx f x dx g x dx ;
      5) ( ) ( )
   b b
   a a
   kf x dx k f x dx với k.
   Chú ý: nếu F x f x ( ) ( )  với mọi x K  thì   F x f x dx ( ) ( )
   Phương pháp đổi biến số
   Tính tích phân  
   ( )
   b
   a
   I g x dx . Giả sử g x( ) được viết dưới dạng
   f u x u x  ( ) . ( )   , trong đó hàm số u x( ) có đạo hàm trên K , hàm số y=f(u) liên tục
   sao cho hàm hợp f u x  ( ) xác định trên K và a b, là hai số thuộc K . Khi đó
        
   ( )
   ( )
   ( ) . ( ) ( )
   b u b
   a u a
   f u x u x dx f u du .
   Chú ý: Đối với biến số lấy tích phân, ta có thể chọn bất kì một chữ số thay cho x .
   Như vậy tích phân không phụ thuộc vào biến tức là
         ( ) ( ) ( ) …
   b b b
   a a a
   f x dx f u du f t dt
   Phương pháp tính tích phân từng phần
   6
   Công thức         ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
   b b
   b
   a
   a a
   u x v x dx u x v x v x u x dx (trong đó u v, có đạo
   hàm liên tục trên K và a b, là hai số thuộc K ).
   Trên cơ cơ tóm tắt định nghĩa và các tính chất giáo viên nhấn mạnh và đưa
   ra các chú ý khi áp dụng để giải toán.
   Phương thức 3: Các phương pháp tính tích phân hàm ẩn, bài toán tích
   phân kết hợp cực trị, tương giao của đồ thị hàm số hàm số là giải pháp trọng tâm
   của sáng kiến.
   Thực hiện sáng kiến này tôi chia nội dung thành bốn phần
   Phần 1. Phương pháp biến đổi đưa về nguyên hàm cơ bản (giải pháp 2)
   Phần 2. Phương pháp sử dụng phương pháp đổi biến số (giải pháp 3)
   Phần 3. Phương pháp sử dụng phương pháp tính tích phân từng phần (giải pháp 4)
   Phần 4. Phương pháp tạo bình phương cho hàm số dưới dấu tích phân (giải pháp 5)
   Phần 5. Bài toán tích phân kết hợp cực trị, tương giao của đồ thị hàm số (giải pháp
   6)
   Mỗi phần được thực hiện theo các bước:

• Nhắc lại kiến thức cơ bản sử dụng trong sáng kiến
• Nêu các ví dụ áp dụng
• Phân tích định hướng lời giải cho ví dụ
• Nêu các nhận xét, bình luận đưa ra bài toán tổng quát (nếu có).
  2.2. Giải pháp 2: Phương pháp tính tích phân hàm ẩn bằng cách biến đổi đưa
  về nguyên hàm cơ bản
  Phương thức thực hiện: Trước hết tóm tắt kiến thức hay dùng trong dạng
  toán này và đưa ra 10 ví dụ minh họa cho phương pháp, trong mỗi ví dụ khác nhau
  có phân tích định hướng lời giải, nhận xét, bình luận và đưa ra bài toán tổng quát
  nếu có. Cuối cùng đưa ra bài tập tương tự để học sinh rèn luyện
  2.2.1 . Kiến thức sử dụng
• Nếu F x f x ( ) ( )  với mọi x K  thì   F x f x dx ( ) ( )
• Các công thức về đạo hàm
  7
    1) . . u v u v uv     ;
  
      
       2 2) u v uv u
  v v
  ;    
  3) 
  2
  u
  u
  u
  ;
     
   
  1 4) n n nu u u ;
  
    
        2
  1
  5) u
  u u
  .
  2.2.2. Ví dụ áp dụng
  Ví dụ 1 (THPTQG – MĐ 101 – 2018). Cho hàm số f x  thoả mãn
     
  2
  2
  9
  f và         
  2
  f x x f x 2 với mọi x  . Giá trị của f 1 bằng
  A. 
  35
  36
  . B. 
  2
  3
  . C. 
  19
  36
  . D. 
  2
  15
  .
  Phân tích định hướng lời giải : Để tính được f 1 ta phải xác định được hàm số
  f x . Từ giả thiết         
  2
  f x x f x 2  
   
    
     
  2 2
  f x
  x
  f x      
  1 2
  x C
  f x
  kết
  hợp điều kiện    
  2
  2
  9
  f ta suy ra được hàm số f x . Khi đó ta có lời giải như
  sau:
  Lời giải
  Ta có         
  2
  f x x f x 2  
   
    
     
  2 2
  f x
  x
  f x
   
   
   
   
    
       
         
      2 2 d 2 d 2 d
  f x d f x
  x x x x x
  f x f x
       
  1 2
  x C
  f x
      
  
  2
  1
  f x
  x C
  .
  Theo giả thiết:    
  2
  2
  9
  f    
  
  2 1
  9 4 C
   
  1
  2
  C .
  Vậy    
  
  2
  1
  1
  2
  f x
  x
       2
  1
  3
  f .
  Chọn B
  Bình luận: Qua ví dụ trên ta thấy đề bài được thiết kế dựa trên kiến thức cơ bản về
  nguyên hàm, công thức nguyên hàm của hàm số hợp. Do vậy người ra đề có thể dễ
  8
  dàng thiết kế mối liên hệ giữa f x f x  ,   và biểu thức g x  dễ tính nguyên hàm
  thì ta hoàn toàn tìm được hàm số f x  và mọi vấn đề đều được giải quyết. Tương
  tự dựa vào công thức tính đạo hàm của các hàm số chứa căn; đạo hàm của tích,
  thương hai hàm số ta xét tiếp một số ví dụ sau.
  Ví dụ 2. (Đề thi chọn HSG tỉnh Nam Định năm 2021) Cho hàm số f x  có đạo
  hàm liên tục trên 1;e thỏa mãn       2 4
  xf x xf x f x ‘ 3
  x
     và 2
  f x( )
  x
    với
  mọi x e 1; . Giá trị của f e  bằng bao nhiêu biết rằng f 1 3?   
  Phân tích định hướng lời giải :
  Thực hiện biến đổi giả thiết ta được       2
  2     x f x x f x x f x . . 3 . 4      , lúc
  này vế phải có dáng dấp của một bình phương, ta thực hiện thêm bớt sẽ được:
        2
  2
  x f x x f x x f x . . . 2         .
  Nhận thấy x f x f x x f x . 2 .       
       
    nên chia hai vế cho   2
    x f x . 2    ,
  Khi đó ta có lời giải như sau
  Lời giải
  Với mọi x e 1; , ta có
        2 4
  xf x xf x f x ‘ 3
  x
    
        2
  2     x f x x f x x f x . . 3 . 4     
        2
  2     x f x x f x x f x . . . 2     
     
    2
  . 1
  . 2
  f x x f x
  x x f x
   
     
      
  (do   2
  f x
  x
    với mọi x e 1; )
  Lấy nguyên hàm hai vế ta được:  
  1
  ln
  . 2
  x C
  x f x
    
  
  .
  Cho 1
  1 1
  3 2
  x C C      
   
  .
  Cho     1 5 ln 1
  . 2 2e
  x e e f e
  e f e
         
  
  .
  Ví dụ 3. Cho hàm số f liên tục, f x   1, f 0 0   và thỏa mãn
         2
  f x x x f x 1 2 1 . Tính f  3.
  A. 0. B. 3. C. 7 . D. 9.
  9
  Phân tích định hướng lời giải : Mấu chốt của bài toán là công thức tính đạo hàm
     
   
   
   
  
  1
  2 1
  f x
  f x
  f x
  . Từ giả thiết        2
  f x x x f x 1 2 1 , điều kiện
  f 0 0   và công thức đạo hàm trên ta suy ra được hàm số f x . Khi đó ta có lời
  giải như sau
  Lời giải
  Ta có
       
       
          
    
  2
  2 2
  1 2 1 1
  2 1 1 1
  f x x x f x x x f x f x
  f x x x
                    
  
     
  1
  2 2 2
  2
  1
  1 1 1 1
  1 2
  x
  f x dx dx f x dx x d x
  x
         2
  f x x C 1 1 .
  Mà f C 0 0 0           2
  f x x 1 1
  Suy ra f f  3 1 2 3 3        .
  Chọn B
  Qua cách tư duy ở 3 ví dụ 1, 2, 3 và kĩ năng sử dụng quy tắc tính đạo hàm,
  bằng lối tư duy tương tự ta thực hiện được các ví dụ 4, 5, 6, 7 dưới đây.
  Ví dụ 4. Cho hàm số f x   0, liên tục trên đoạn 1;2 và thỏa mãn 
  1
  (1)
  3
  f
      
  2 2 2 x f x x f x . ( ) 1 2 . ( ) với  x 1;2. Tính tích phân  
  2
  1
  I f x dx ( )
  A. 1
  ln3
  4
  . B.
  1
  ln3
  2
  . C. 4ln3 . D. 4ln3.
  Lời giải
  Ta có  
  
                  
  2
  2 2 2
  2 2 2
  ( ) 1 2 1 1 . ( ) 1 2 . ( ) 2
  ( ) ( )
  f x x x f x x f x
  f x x f x x
                   2
  1 1 1 1 2 . 2
  ( ) ( )
  dx x c
  f x x f x x
  , do   
  1
  (1) 0
  3
  f c
  10
  Nên ta có 
     
  
  2
  2
  1 2 1 ( )
  ( ) 2 1
  x x f x
  f x x x
  Khi đó
    
         
      
  2 2 2 2 2
  2
  2 2
  1 1 1 1
  1 (1 2 ) 1 1 1 ( ) ln 1 2 2ln3 ln3 ln3
  1 2 4 1 2 4 4 4
  x d x I f x dx dx x
  x x
  .
  Chọn A
  Ví dụ 5. Cho hàm số f x( ) đồng biến, có đạo hàm trên đoạn 1;4 và thoản mãn
      
  2
  x x f x f x 2 . ( ) ( ) với  x 1;4. Biết 
  3
  (1)
  2
  f , tính  
  4
  1
  I f x dx ( )
  A. 1186
  90
  . B. 1186
  45
  . C. 2267
  45
  . D. 2267
  90
  .
  Lời giải
  Do f x( ) đồng biến trên đoạn 1;4     f x x ( ) 0, 1;4  
  Ta có             
  2 2 x x f x f x x f x f x 2 . ( ) ( ) 1 2. ( ) ( ) , do x 1;4 và
  f x x ( ) 0, 1;4    
    
  1
  ( )
  2
  f x và
     
         
  
  ( ) ( ) . 1 2 ( ) 1 2 ( )
  1 2 ( )
  f x f x x f x x f x x
  f x
         
  2
  1 2 ( ) 1 2 ( )
  3
  f x xdx f x x x c . Vì
        
  3 3 2 4 (1) 1 2.
  2 2 3 3
  f c c
                   
  2 3
  3 2 2 4 2 4 2 8 7 1 2 ( ) 1 2 ( ) ( )
  3 3 3 3 9 9 18
  f x x x f x x x f x x x
  Khi đó    
                   
  4
  4 4 3 5
  3 4 2 2
  1 1 1
  2 8 7 1 16 7 1186 ( )
  9 9 18 18 45 18 45
  I f x dx x x dx x x x .
  Chọn B
  11
  Ví dụ 6. Cho hàm số f x( ) đồng biến, có đạo hàm cấp hai trên đoạn 0;2 và thỏa
  mãn         
  2 2 2 ( ) ( ). ( ) ( ) 0 f x f x f x f x với  x 0;2. Biết f (0) 1  , 
  6
  f e (2) .
  Tính tích
  
    
  0
  2
  I x f x dx (2 1). ( )
  A. 
  4 1 e . B. 
  4 1 e . C. 
  2 1 e . D. 
  2 1 e .
  Phân tích định hướng lời giải :
  Giả thiết         
  2 2 2 ( ) ( ). ( ) ( ) 0 f x f x f x f x biến đổi được về dạng
   
   
    
  
  2
  2
  ( ). ( ) ( )
  2
  ( )
  f x f x f x
  f x
  ta liên tưởng đến công thức tính đạo hàm của thương hai
  hàm số. Khi đó ta có lời giải như sau
  Lời giải
  Do f x( ) đồng biến trên đoạn 0;2nên ta có      6
  f f x f f x e (0) ( ) (2) 1 ( )
  Ta có
       
   
    
        
  2
  2 2
  2
  ( ). ( ) ( )
  2 ( ) ( ). ( ) ( ) 0 2
  ( )
  f x f x f x
  f x f x f x f x
  f x
  
          
  ( ) 2
  ( )
  f x
  f x
                    2
  1
  ( ) ( ) 2. 2 . 2 ln ( )
  ( ) ( )
  f x f x dx x c dx x c dx f x x cx c
  f x f x
  mà
    6 1 ( ) f x e
  Nên ta có    2
  1
  ln ( ) f x x cx c .
  Do
       
      
         
  1
  6
  1 1
  (0) 1 0 1
  (2) 4 2 6 0
  f c c
  f e c c c
       
  2 2
  ln ( ) ( ) x x f x x x f x e
  Khi đó    
  
    
             2 2 2 2
  0 0 0 0
  2
  2
  2 2 2
  (2 1). ( ) (2 1). ( ) 1 x x x x x x x x I x f x dx x e dx e d e e e
  Chọn C
  12
  Ví dụ 7. Cho f x( )có đạo hàm trên R và thỏa mãn  
    
  3 2 ( ) 1
  2
  2
  3 ( ). 0
  ( )
  f x x x
  f x e
  f x
  với
   x R. Biết f (0) 1  , tính tích phân  
  7
  0
  I x f x dx . ( )
  A. 45
  4
  e
  . B. 45
  8
  e
  . C. 45
  8
  . D. 45
  4
  .
  Phân tích định hướng lời giải :
  Giả thiết  
    
  3 2 ( ) 1
  2
  2
  3 ( ). 0
  ( )
  f x x x
  f x e
  f x
  biến đổi được về dạng
  
   
  3 2 2 ( ) 1 3 ( ). ( ). 2 . f x x f x f x e x e ta liên tưởng đến công thức tính đạo hàm của hàm số
   3
  f x
  e . Khi đó ta có lời giải như sau
  Lời giải
  Ta có
      
             
  3 2 3 2 3 2 ( ) 1 2 ( ) 1 ( ) 1
  2
  2
  3 ( ). 0 3 ( ). ( ). 2 . 2 .
  ( )
  f x x f x x f x x x
  f x e f x f x e x e e x e
  f x
             3 2 2 2 ( ) 1 1 2 1 2 ( 1) f x x x x e xe dx e d x e c .
  Do               
  3 2 ( ) 1 3 2 2 3
  (0) 1 0 ( ) 1 ( ) 1 f x x f e e c c e e f x x f x x
  Khi đó
                    
  7
  7 7 7
  3 3 3 2 2 2 2 2
  0 0 0 0
  1 3 45 . ( ) . 1. 1. ( 1) 1 1
  2 8 8
  I x f x dx x x dx x d x x x
  Chọn C
  Ví dụ 8. Cho f x( ) có đạo hàm trên 0;1 thỏa mãn f x x f x ( ) 1 . ( ) 1       với
   x 0;1. Biết 
  7
  (5)
  6
  f , tính tích phân  
  1
  0
  I f x dx ( )
  A. 1 ln2  . B. 1 ln2  . C. 1 2ln2  . D. 1 2ln2  .
  Phân tích định hướng lời giải :
  13
  Giả thiết f x x f x ( ) 1 . ( ) 1       có dạng tổng quát     
      
    u x f x u x f x . ( ) . ( ) 1
  ta liên tưởng đến công thức tính đạo hàm tích hai hàm số u x f x  .  . Do vậy nếu
  ta tìm được hàm số u x  thì bài toán được giải quyết. Khi đó ta có lời giải như sau
  Lời giải
  Ta có
                             f x x f x x f x x f x x f x ( ) 1 . ( ) 1 1 ( ) 1 . ( ) 1 1 ( ) 1
             
  x f x dx x f x x c 1 ( ) 1 ( ) , vì      
  7 7 (5) 6. 5 2
  6 6
  f c c
    
       
  
  2
  1 ( ) 2 ( )
  1
  x
  x f x x f x
  x
  .
  Khi đó     
                   
  1 1 1 1
  0 0 0 0
  2 1 ( ) . 1 . ln 1 1 ln2
  1 1
  x
  I f x dx dx dx x x
  x x
  Chọn A
  Nhận xét: Nếu u x( )là biểu thức cho trước thì ta có
    u x f x u x f x u x f x ( ). ( ) ( ). ( ) ( ). ( )    
  Đặt v x u x ( ) ( )   ta được   u x f x v x f x u x f x ( ). ( ) ( ). ( ) ( ). ( )    (*). Như vậy nếu
  biểu thức có dạng v x f x u x f x ( ). ( ) ( ). ( )   ta có thể biến đổi đưa về dạng
    u x f x ( ). ( ) . Khi đó ta có bài toán tổng quát cho ví dụ 8 như sau:

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: 

Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

SKKN Khai thác, phát triển các dạng toán về hàm số ẩn, hàm số hợp tích hợp giá trị tuyệt đối trong các kì thi HSG và TNTHPT

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Trong năm học 2021-2022, đối với kì thi THPT Quốc gia, Bộ Giáo dục và Đào tạo
tiếp tục giữ nguyên hình thức thi môn Toán ở dạng Trắc nghiệm. Như vậy đến nay đã là
năm thứ 6, bộ môn Toán chuyển đổi từ hình thức thi Tự luận sang hình thức thi Trắc
nghiệm. Bắt đầu từ khi thi môn Toán dưới dạng trắc nghiệm cả giáo viên và học sinh đã
phải có những thay đổi trong cách dạy và cách học cho phù hợp. Các dạng toán trắc
nghiệm vô cùng phong phú và đa dạng đòi hỏi người học phải có nền tảng kiến thức vững
chắc và có cách nhìn nhận vấn đề sâu rộng. Những bài toán được khai thác với những ý
tưởng mới mẻ cùng với những lời giải đẹp được xuất hiện ngày càng nhiều trong bài thi
trắc nghiệm mà trước kia chưa từng xuất hiện trong các bài thi tự luận. Đặc biệt là những
bài toán liên quan đến “Hàm số ẩn, hàm số hợp” mang đậm chất định tính, thiên về lý
thuyết, đòi hỏi sự suy luận logic, không thiên nhiều về định lượng, về kỹ năng tính toán,
biến đổi phức tạp. Những bài toán đó rất phù hợp với hình thức thi môn Toán dạng trắc
nghiệm, được khai thác và phát triển liên tục trong 5 năm gần đây và được những người
giải toán, những người yêu toán đón nhận và quan tâm hàng đầu
“Hàm số hợp” là những hàm số có dạng
y f u x = ( ( )),
trong đó
u x( )
là một biểu
thức nào đó của
x,
đối với những hàm số dạng này thì học sinh đã được làm quen trong
chương trình Toán phổ thông, nhưng “Hàm số ẩn” vẫn còn mới mẻ với đại đa số học
sinh. “Hàm số ẩn” được đề cập trong chuyên đề này là những hàm số
y f x = ( )
nhưng
chưa có định dạng bằng công thức cụ thể, tức là những hàm số có thể cho bởi nhiều dạng
khác nhau, chẳng hạn như: Bảng biến thiên hoặc hình dáng đồ thị của hàm số
y f x = ( )
hoặc biểu thức tính đạo hàm
f x ‘ , ( )
bảng xét dấu của đạo hàm
f x ‘ , ( )
bảng biến thiên
hoặc đồ thị của hàm số
y f x = ‘ , ( )
hoặc cho hàm số
y f x = ( )
thỏa mãn đẳng thức nào
đó ở dạng “phương trình hàm”. Như vậy những bài toán liên quan đến “Hàm số ẩn, hàm
số hợp” vẫn còn hết sức mới, học sinh còn bỡ ngỡ và tỏ rõ sự lúng túng trước những bài
toán lạ. Bởi lẽ để giải quyết được những bài toán trong chuyên đề này đòi hỏi học sinh
phải có nền tảng kiến thức vững chắc, phải được rèn luyện dưới hình thức Tự luận để
hình dung một cách hệ thống các vấn đề, các dạng toán. Ngoài ra học sinh cần một sự suy
2
luận logic, sắc bén, một cảm nhận tinh tế để đưa ra cách giải bài toán nhanh nhất, đưa ra
kết quả chính xác trong thời gian ngắn nhất.
Thực trạng trường THPT Lê Quý Đôn học sinh chưa được tiếp cận nhiều với những
bài toán liên quan đến “Hàm số ẩn và hàm số hợp”. Những em học sinh có học lực khá,
giỏi của trường đã có sự quan tâm và có niềm đam mê chinh phục nội dung Toán học này.
Các em học sinh khá, giỏi quan tâm đến những bài toán liên quan đến “Hàm số ẩn và hàm
số hợp” bởi nội dung của Chuyên đề này thường xuyên xuất hiện trong các đề thi thử
THPT Quốc gia của các trường, các Sở Giáo dục và Đào tạo trong cả nước và đặc biệt
trong đề thi Minh họa của Bộ Giáo dục và Đào tạo và ở mức độ khó. Các em học sinh
phải chiếm lĩnh được nội dung chuyên đề “Hàm số ẩn và hàm số hợp” thì mới có cơ hội
đạt điểm cao môn Toán và cơ hội trúng tuyển những trường Đại học tốp đầu mà các em
đang mơ ước. Với mong muốn ngày càng có nhiều em học sinh cảm thấy có hứng thú và
có niềm đam mê chinh phục những nội dung Toán học đỉnh cao này và giúp học sinh có
tầm nhìn một cách hệ thống và sâu sắc nhất, làm chủ trong các tình huống, trong năm học
2021-2022 tôi đã mạnh dạn viết chuyên đề: Khai thác, phát triển các dạng toán về hàm
số ẩn, hàm số hợp có chứa giá trị tuyệt đối trong các kì thi HSG và TNTHPT. Chuyên
đề đề cập đến những dạng toán mang tính thời sự và được đông đảo giáo viên, học sinh
trên toàn quốc quan tâm, tìm tòi và khai thác.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP

1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
   Trước khi học sinh được tiếp cận và giải quyết những bài toán liên quan đến “hàm
   số ẩn, hàm số hợp có chứa giá trị tuyệt đối”, học sinh đã được tiếp cận và giải quyết những
   bài toán, những chuyên đề liên quan đến hàm số được định dạng trước bằng công thức
   (hàm số được cho trước một cách tường minh) một cách hệ thống, bài bản dưới hình thức
   Tự luận. Sự thuận lợi rất lớn đối với những bài toán liên quan đến hàm số cho trước công
   thức là trong quá trình giải toán, học sinh được làm việc trực tiếp với hàm số, với những
   biến đổi cụ thể. Những bài toán đó đề cao kỹ năng biến đổi, kỹ năng trình bày, khả năng
   lập luận trên những số liệu cụ thể, giả thiết cụ thể, trong tình trạng “mắt thấy, tai nghe”
   nhưng khi làm những bài toán liên quan đến “hàm số ẩn, hàm số hợp có chứa giá trị tuyệt
   đối” học sinh chủ yếu sử dụng sự suy luận logic, sự tương tự hóa, khái quát hóa, đặc biệt
   hóa các bài toán, góp phần hình thành, phát triển năng lực tư duy, lập luận của học sinh.
   3
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
   Báo cáo sáng kiến kinh nghiệm là một Chuyên đề bao gồm 10 Chủ đề. Trong mỗi
   Chủ đề bao gồm các ví dụ minh họa, đặc trưng cho các đơn vị kiến thức trọng tâm khác
   nhau. Các ví dụ này được sắp xếp với mức độ khó tăng dần và tập trung chủ yếu vào hai
   cấp độ: Vận dụng thấp và vận dụng cao. Để giải quyết được các bài toán trong chuyên
   đề học sinh cần huy động tổng lực các phương pháp khác, chẳng hạn như: Phương pháp
   suy luận logic, phương pháp tương tự hóa, tổng quát hóa hay đặc biệt hóa bài toán.
   Trong mỗi chủ đề các ví dụ được sắp xếp theo một thứ tự logic, có tính kết nối giữa
   các ví dụ với nhau tạo thành một thể thống nhất. Các chủ đề trong chuyên đề cũng có mối
   liên hệ mật thiết với nhau. Ngoài ra chuyên đề còn đưa ra những bài toán có tính thời sự,
   tính chuyên sâu và không ngừng được khai thác, chẳng hạn như:
   Ví dụ 1.1.3. (Sở Nam Định-thi thử lần 1-năm 2020-2021) Cho hàm số có
   đạo hàm liên tục trên và đồng thời có bảng xét dấu đạo hàm như sau
   Hàm số có bao nhiêu điểm cực trị?
   A. B. C. D.
   Ví dụ 1.1.21. Cho hai hàm số liên tục trên và có đồ thị như hình
   vẽ dưới đây. Số điểm cực trị của hàm số là
   A. . B. . C. . D. .
   y f x = ( )
   f (− = 3 0 )
   ( ) ( ) ( ) ( )
   6 2 432 g x x x f x x x = + − + − − − − − 2 1 6 1 3 4 4 2 7. 3. 6. 5. y f x y g x = = ( ), ( )
   y f g x = ( ( ))
   5
   y=g(x)
   y=f(x)
   y
   x
   -4
   -3
   -2
   -1
   4
   3
   2
   1
   3 4
   1 2
   O
   -3 -2 -1 25 24 21 26
   4
   Ví dụ 1.2.10. Cho hàm số là đa thức
   bậc có đồ thị như hình vẽ bên. Xét
   hàm số . Hỏi hàm số
   có bao nhiêu điểm cực trị?
   A. . B. .
   C. . D. .
   Ví dụ 10.1.11. (Đề gốc Mã 104 -2020 Lần 2)
   Cho hàm số có Biết
   là hàm số bậc bốn và có đồ thị là
   đường cong trong hình bên. Số điểm cực trị của
   hàm số là
   A. B.
   C. D.
   Ví dụ 10.1.22. (Đề gốc Đề thi Tốt Nghiệp-BGD-chính thức-lần 1-năm 2021).
   Cho hàm số có đạo hàm Có bao nhiêu giá trị nguyên
   dương của tham số để hàm số có ít nhất 3 điểm cực trị?
   A. 4. B. 5. C. 6. D. 7.
   Ví dụ 8.7. Cho hàm số có đạo hàm
   liên tục trên . Biết rằng hàm số
   có đồ thị trên của đạo hàm
   như hình vẽ dưới đây. Số điểm cực trị của hàm
   số bằng
   A. . B. .
   C. . D. .
   Ví dụ 2.1.7. Cho hàm số đa thức bậc năm có đồ thị như hình dưới.
   y f x = ( )
   5 f x ( )
   ( ) ( )
   2 2 g x f x x x = + − 2
   y g x = ( )
   3 2
   4 1
   f x( ) f (0 0. ) =
   y f x =
   ( ) ( )
   4 2 g x f x x ( ) = + 3. 6. 5. 4. y f x = ( ) ( ) ( )( )
   2
   f x x x x  = − −   7 9 , . m ( ) ( )
   3
   g x f x x m = + + 5
   y f x = ( )
   ( )
   2
   y f x x = + 2
   ( )
   3 4 2 y f x x x x = − + − 4 6 4 9 11 7 5
   y f x = ( )
   5
   Số nghiệm thực của phương trình là
   A. . B. . C. . D. .
   Ví dụ 2.1.8.Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ
   dưới đây. Số nghiệm của phương trình là
   A. 2. B. 3. C. 1. D. 0.
   Ví dụ 6.1.6. Cho hàm số liên tục trên và có đồ thị như hình dưới đây:
   Số nghiệm của phương trình trên khoảng là
   A. . B. . C. . D. .
   Ví dụ 6.1.10. Cho hàm số là hàm số đa
   thức bậc bốn. Biết và đồ thị hàm số
   có hình vẽ bên. Hàm số
   có tất cả bao nhiêu
   điểm cực trị trên đoạn ?
   A. . B. . C. . D. .
   ( ( )) ( )
   2 2 f xf x x f x = −9
   13 14 15 8
   ( ) ( )
   3 2 y f x ax bx cx d a b c d = = + + +  , , , f f f x f x f x f ( ( ( )) + + − = ( ) 2 1 0 ( ) ) ( )
   y f x = ( )
   f x x (3sin 3 cos ) =
   9
   0;
   2
        
   
   16 17 15 18 y f x = ( )
   f (0 0 ) =
   y f x =
   ( )
   g x f x ( ) 5 2sin 1 1 4 = − − + ( )
   0;3 
   16 32 17 33
   6
   Ví dụ 9.3. Cho hàm số liên tục trên
   và có đồ thị như hình vẽ. Có bao nhiêu giá trị
   nguyên của tham số để phương trình
   có nghiệm.
   A. . B. .
   C. Vô số. D. .
   Ví dụ 9.15. (Trích dẫn: Đề thi thử Chuyên Lê Hồng Phong Nam Định 2021)
   Cho hàm số Tổng bình phương tất cả các giá trị nguyên của tham
   số để phương trình
   ( )
   1 2
   2 2022 0
   2 2021
   f f x x
   x m
       + − + =   − +  
   có đúng 3 nghiệm phân biệt.
   A.
3. B.
   2 . C.
   3 . D.
   4 .
   Ví dụ 7.2.3. Cho hàm số
   y f x = ( )
   có bảng biến thiên như sau:
   Có bao nhiêu giá trị nguyên của tham số
   m
   thuộc đoạn
   −2021;2021
   để hàm số:
   ( ) ( ) ( )
   3 2 13 3 2 7
   2 2 =
   f x f x f x
   y e m
   − + +
   − có đúng 8 điểm cực trị .
   A.1. B.
4. C.
5. D.
   0 .
   Ví dụ 7.1.14. Cho hàm số bậc ba có đồ thị là đường cong trong hình vẽ sau.
   Số nghiệm thực phân biệt của phương trình
   (3 2 ( ))
   x
   f f x =
   là
   A.3. B. 6. C. 5. D. 4.
   y f x m
   3sin cos 1 2
   4 4
   2cos sin 4
   x x f f m m
   x x 4 5
   3
   ( )
   1
   3
   = + − log 3 3 . x x
   f x x m
   y f x = ( )
   7
   Ví dụ 7.1.15. Cho hàm số bậc bốn có . Hàm số có đồ thị như
   hình vẽ dưới đây: Hàm số có bao nhiêu điểm cực tiểu?
   A. . B. . C. . D. .
   Ví dụ 7.1.16. Cho hàm số bậc bốn có đồ thị và hàm số có đồ
   thị như hình vẽ bên. Xét hàm số , số điểm cực trị của hàm số
   trên khoảng là:
   A. . B. . C. . D.
   Sau khi học xong chuyên đề này học sinh sẽ phát triển được các năng lực cốt lõi của
   bản thân, chẳng hạn như: năng lực giải quyết vấn đề, năng lực tư duy và lập luận.
   y f x = ( ) f (0 4 ) = f x ( )
   ( ) ( )
   2 10 2 2
   3
   x
   g x f x
   +
   = + − − 3 5 2 4
   y f x = ( ) (C1
   ) y f x =
   ( )
   (C2 ) ( ) . ( )
   x
   g x f e f x −
   =     y g x = ( ) (−;3)
   9 6 7 8
   8
   CHỦ ĐỀ 1. CỰC TRỊ CỦA HÀM SỐ ẨN, HÀM SỐ HỢP.
   Dạng 1: Cực trị của hàm số có dạng
   Bài toán 1: Cho hàm số
   y f x = ( )
   (Giả thiết có thể cho công thức, đồ thị, bảng biến thiên
   của
   f x f x ( ), ‘( )
   ). Tìm số điểm cực trị của hàm số
   y f u = ( )
   trong đó
   u
   là một hàm số
   đối với
   x.
   Ta thực hiện phương pháp tương tự xét số điểm cực trị của
   y f x = ( )
   Bước 1. Tính đạo hàm
   y x u x f u ‘ ‘ . ‘ . ( ) = ( ) ( )
   Giải phương trình
   ( )
   ( )
   ( )
   ‘ 0
   ‘ 0
   ‘ 0
   u x
   y x
   f u
    =
   =  
    = 
   Bước 2.Tìm số nghiệm đơn và bội lẻ hoặc các điểm mà
   y x ‘( )
   không xác định.
   Bài toán 2: Tìm số cực trị của hàm số
   y f x = ( ) .
   Ta thực hiện theo 2 cách sau:
   Cách 1: Biến đổi
   2
   y f x f x = = ( ) ( ).
   Khi đó đạo hàm
   ( ) ( )
   2
   ( ). ( ), 0
   ( )
   f x f x y x f x
   f x
   
    =  .
   Giải phương trình
   f x( ) 0 1 = ( )
   để tìm các điểm mà tại đó
   f x( )
   không có đạo hàm.
   Với điều kiện đó phương trình
   y x f x ( ) =  = 0 ‘ 0 2 . ( ) ( )
   Số nghiệm của
   (1)
   chính là số giao điểm của đồ thị
   y f x = ( )
   và trục hoành
   y = 0 .
   Số nghiệm của
   (2)
   là số cực trị của hàm số
   y f x = ( )
   Tổng số nghiệm bội lẻ (không trùng nhau) của
   (1)
   và
   (2)
   chính là số cực trị cần tìm.
   Cách 2: Gọi lần lượt là số cực trị của các hàm số và p là số
   giao điểm của đồ thị hàm số và trục hoành (các giao điểm này không trùng với
   các điểm cực trị của đồ thị ) thì ta có đẳng thức
   Ví dụ 1.1.1. Cho hàm số có đồ thị như hình vẽ dưới đây:
   Biết tất cả các điểm cực trị của hàm số là ; ; ; ; với .
   Số điểm cực trị của hàm số là
   A. 14. B. 11. C. 15. D. 13.
   y f x = ( ) m n, y f x y f x = = ( ) , ( )
   y f x = ( )
   y f x = ( ) m n p = + .
   y f x = ( )
   y f x = ( ) −2 0 2 a 6 4 6   a
   ( ) ( )
   6 2 y h x f x x = = −3
   9
   Hướng dẫn
   Xét hàm số Khi đó
   Từ đồ thị ta có -2; 0; 2; ; 6 là tất cả các nghiệm của phương trình =0.
   Ta có: . Khi đó phương trình
   Ta có bảng biến thiên của hàm số
   Dựa vào bảng biến thiên của hàm số , ta suy ra là nghiệm kép của
   phương trình và là nghiệm kép của phương trình . Do đó
   và là nghiệm kép của . Do vậy và là nghiệm bội ba của .
   Các nghiệm khác và của đều là nghiệm đơn. Vậy hàm số có 11 cực trị.
   Tiếp tục ta xét phương trình
   Dựa vào bảng biến thiên của hàm số , ta suy ra phương trình (1) vô
   nghiệm và phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt (không trùng với 11 cực trị của hàm
   số ở trên). Vậy đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt.
   Kết luận: Hàm số có đúng 13 điểm cực trị. Chọn D.
   Ví dụ 1.1.2. Cho hàm số có đạo hàm liên tục trên thỏa mãn và có
   bảng xét dấu đạo hàm như sau:
   Tìm số cực trị của hàm số
   A. 7 B. 4. C. 6. D.5.
   ( ) ( )
   6 2 u x f x x x = −  3 , . y h x u x = = ( ) ( ) .
   a f x ( )
   ( ) ( ( )) ( ) ( )
   6 2 5 6 2 ‘ 3 6 6 3
   
   u x f x x x x f x x = − = − −
   
   ( )
   ( )
   5
   6 2
   6 6 0
   ‘ 0
   3 0
    − =
   =  
   
   
   − = 
   x x
   u x
   f x x
   6 2
   6 2
   6 2
   6 2
   6 2
   0, 1
   3 2
   3 0
   3 2
   3
   3 6
   x x
   x x
   x x
   x x
   x x a
   x x
    = = 
   
   − = − 
    − =
    
    − =
   
   − = 
   
   
   − =
   4
   0, 1
   1
   0, 3
   2
   , 2
   ,
   x x
   x
   x x
   x
   x m m
   x n n m
    = = 
   
   =  
    = = 
    
    =  
    =  
   
   
   =  
   ( )
   6 2
   g x x x = −3
   ( )
   6 2
   g x x x = −3 1
   6 2
   x x − = − 3 2 0
   6 2
   x x − = 3 0 1 0 ( )
   6 2 f x x  − 3 1 0 y
   
   1 0 y
   
   u x( )
   ( ) ( )
   6 2
   6 2
   6 2
   3 2 (1)
   0 3 0
   3 6 (2)
    − =  −
   =  − =  
    − = 
   x x p
   u x f x x
   x x q ( )
   6 2
   g x x x = −3
   u x( ) u x( )
   ( ) ( )
   6 2 y h x f x x = = −3
   y f x = ( ) f (− = 6 0 )
   ( ) ( )
   4 2 6 4 2 y h x f x x x x x = = − + − + − − 3 4 6 2 3 12
   10
   Hướng dẫn
   Xét hàm số thì
   Có
   .
   Khi đó .
   Ta có . Từ bảng xét dấu của đạo hàm
   ta có suy ra
   Mà . Do đó phương trình vô nghiệm.
   Hàm số có bảng biến thiên như sau :
   Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có 3
   điểm cực trị đồng thời đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt (có
   1 giao điểm trùng với 1 điểm cực trị của đồ thị hàm số).
   Kết luận: Vậy hàm số có đúng 5 điểm cực trị.Chọn D
   Ví dụ 1.1.3. (Sở Nam Định-thi thử lần 1-năm 2020-2021) Cho hàm số có
   đạo hàm liên tục trên và đồng thời có bảng xét dấu đạo hàm như sau
   Hàm số có bao nhiêu điểm cực trị?
   ( ) ( )
   4 2 6 4 2 y g x f x x x x x = = − + − + − − 3 4 6 2 3 12 y h x g x = = ( ) ( ) .
   ( )
   3 4 2 5 3 g x x x f x x x x x ‘ (12 24 ). ( 4 6) 12 12 24 = − − − + − + − − 
   ( )
   2 4 2 4 2 = − − − + − + − − 12 ( 2). ( 4 6) 12 2 x x f x x x x x 
   ( ( ))
   2 4 2 2 = − − − + − − + 12 ( 2). ( 4 6) 1 x x f x x x 
   ( )
   4 2 2
   2
   0
   ‘ 0 ( 4 6) ( 1) 0
   2 0
   x
   g x f x x x
   x
    =
   
   =  − + − − + = 
   
   
   
   − =
   4 2 2
   0
   2
   ( 4 6) 1
   x
   x
   f x x x
    =
     =  
   
    − + − = + 
   4 2 2 2 − + − = − − −  −   x x x x 4 6 ( 2) 2 2, f x ‘( )
   f x x ‘ 0, ; 2 , ( )    − − ( ) ( )
   4 2 f x x x ‘ 4 6 0, . − + −    2
   x x +    1 1, 4 2 2 f x x x ‘( 4 6) 1 − + − = + ( ) ( )
   4 2 6 4 2 y g x f x x x x x = = − + − + − − 3 4 6 2 3 12 ( ) ( )
   4 2 6 4 2 y g x f x x x x x = = − + − + − − 3 4 6 2 3 12 y g x = ( )
   y h x g x = = ( ) ( )
   y f x = ( )
   f (− = 3 0 )
   ( ) ( ) ( ) ( )
   6 2 432 g x x x f x x x = + − + − − − − − 2 1 6 1 3 4 4 2
   11
   A. B. C. D.
   Hướng dẫn
   Xét hàm số .
   Ta có
   Với mọi nên từ bảng biến thiên dấu của suy ra
   , do đó .
   Suy ra . Bảng biến thiên
   Từ bảng biến thiên suy ra hàm số có 5 điểm cực trị. Chọn D
   Ví dụ 1.1.4. Cho hàm số là hàm số bậc ba có đồ thị
   như hình vẽ dưới đây. Gọi lần lượt là số điểm cực
   đại, số điểm cực tiểu của hàm số
   Đặt , hỏi mệnh đề nào sau đây đúng?
   A. . B. . C. . D. .
6. 3. 6. 5. ( ) ( ) ( ) ( )
   6 2 432 h x x x f x x x = + − + − − − − − 2 1 6 1 3 4 4 2  = g x h x ( ) ( )
   ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
   5 3 2 4 3 2 h x x x x x x f x x x   = + − + − − − − − − − − 12 1 12 1 3 4 12 8 4 4 2 ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ( ) )
   4 2 2  = + + − + + + − + − h x x x x x x f x x   12 1 1 1 12 1 2 . 2 2     ( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ( ) )
   2 2 2  = + + + + + + + − + − h x x x x x x x x f x x   12 1 2 1 1 12 1 2 . 2 2     ( ) ( )( ) ( ) ( ( ) )
   2 2 2
   h x x x x x f x x 12 1 2 1 1 2 2    = + + + + + − + −  
    
   ( )
   ( )
   2
   2 2
   1 1 0
   2 2 2
   x
   x
   x x
   
   

• + 
    
  − + −  − 
  f x ( )
  ( ( ) )
  2 2
  f x x  − + −  2 2 0 ( ) ( ( ) )
  2 2 2
  x f x x x + + + − + −    1 1 2 2 0, 
  ( ) ( )( )
  0
  0 12 1 2 0 1
  2
  x
  h x x x x x
  x
   =
  
   =  + + =  = − 
  
  
  = −
  g x h x ( ) = ( )
  f x( )
  m n,
  ( ) ( ) ( )
  3
  g x f x f x = −3
  n
  T m=
  T (0;80) T (80;500) T (500;1000) T (1000;2000)
  12
  Hướng dẫn
  Đặt . Ta có: .
  Suy ra phương trình . Dựa vào đồ thị, ta có
  Phương trình và .
  (với là nghiệm kép).
  Ta có bảng biến thiên của hàm số .
  Mặt khác phương trình . Dựa vào đồ thị ta thấy:
  có 3 nghiệm phân biệt không trùng với các điểm cực trị của hàm số ;
  có nghiệm không trùng với các điểm cực trị của hàm số ;
  có 1 nghiệm không trùng với các điểm cực trị của hàm số .
  Vậy ta có tổng số điểm cực trị của hàm số là điểm, trong đó có
  điểm cực đại và điểm cực tiểu. Hay , suy ra
  Ví dụ 1.1.5. Cho hàm số có đồ thị của hàm đạo
  hàm như hình vẽ bên. Hỏi hàm số
  có bao nhiêu điểm cực tiểu?
  Biết rằng , và .
  A. . B. .
  C. . D. .
  ( ) ( ) ( )
  3
  h x f x f x = −3 ( ) ( ) ( ) ( )
  2
  h x f x f x f x   
  = − 3 3 ( )
  ( )
  ( )
  ( )
  0
  0 1
  1
  f x
  h x f x
  f x
    =
  
   =  = 
  
  = − 
  ( )
  ( )
  1
  0
  0 1
  x
  f x
  x a a
   = −
   =  
  =   
  f x x b b ( ) =  = −   − 1 2 1 ( )
  ( )
  1
  1
  1
  x
  f x
  x
   = −
  = −  
   =
  x =−1
  y h x = ( )
  ( )
  ( )
  ( )
  ( )
  0
  0 3
  3
  f x
  h x f x
  f x
   =
  
  =  = 
  
   = − 
  f x( ) = 0 y h x = ( )
  f x( ) = 3 1 y h x = ( )
  f x( ) = − 3 y h x = ( )
  g x h x ( ) = ( ) 9 4
  5 m n = = 4; 5 ( )
  5
  = = =  4 1024 1000;2000 n
  T m y f x = ( )
  f x ( )
  ( ) ( ) ( )
  2
  g x f x f x = − + 4 1 f b( ) = 4 lim ( )
  x
  f x
  →+
  = + lim 1 ( )
  x
  f x

→−

2 3
4 5
f x ‘( )
x
y
O
13
Hướng dẫn
Từ đồ thị của hàm đạo hàm suy ra bảng biến thiên của hàm số :
Xét hàm số . Ta có .
Phương trình .
Ta có bảng biến thiên của hàm số :
Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra bảng biến thiên của hàm
số như sau:
Nhìn vào bảng biến thiên ta thấy hàm số đã cho có điểm cực tiểu.Chọn A.
Phân tích sai lầm: Học sinh có thể không để ý giả thiết hoặc hiểu chưa
rõ khái niệm điểm cực tiểu của hàm số dẫn đến chọn đáp án B là điểm cực tiểu.
Ví dụ 1.1.6. Cho hàm số liên tục trên và có bảng biến thiên như sau:
f x ( ) y f x = ( )
( ) ( ) ( )
2
h x f x f x = − + 4 1 h x f x f x f x    ( ) = − 2 . 4 ( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
0
0
2
f x
h x
f x

 

 =  
 = 
x a x b ;
xca
 = =
 

=  ( ) ( ) ( )
2
h x f x f x = − + 4 1 ( ) ( ) ( )
2
h x f x f x = − + 4 1 ( ) ( ) ( )
2
g x f x f x = − + 4 1 2
lim 1 ( )
x
f x

→−

3
y f x = ( )
14
Hàm số có bao nhiêu điểm cực trị?
A. . B. .

C. . D. .
Hướng dẫn
Xét hàm số liên tục trên .
Ta có .
. Từ , ta có .
Ta có và .
Lập bảng xét dấu, ta có
Dựa vào bảng biến thiên, ta có hàm số có điểm cực trị.
Mặt khác, ta xét phương trình
Dựa vào bảng biến thiên của hàm số ta có phương trình có nghiệm
phân biệt nhưng các nghiệm này đều trùng với các điểm cực trị của hàm số , còn
phương trình có nghiệm phân biệt và các nghiệm này không trùng với các
điểm cực trị của Vậy phương trình có nghiệm phân biệt.
Tóm lại hàm số có tất cả 13 điểm cực trị. Chọn A.
( ) ( ) ( ) ( )
3 2
= = − + − 2 9 12 5         y h x f x f x f x 13 10 17 14 ( ) ( ) ( ) ( )
3 2
= = − + − 2 9 12 5         y g x f x f x f x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
g x f x f x f x f x f x ‘ 6. . 18 . 12 ‘ = − +   ( ) ( ) ( )
2
= − + 6 3 2 f x f x f x      ( )
( ) ( )
( ) ( )
( ) ( )
‘ 0 1
‘ 0 1 2
2 3
 =

=  = 

= 
f x
g x f x
f x
(1)
( )
1
2
‘ 0
3
4
x
x
f x
x
x
 =



=  
 =




( )
( )
( )
( )
( )
;1
2 nghiem kep
1
3;4
4;
 =  −




=  
=  


=  +
x a
x
f x
x b
x c
( )
( )
( )
( )
( )
;1
1;2
2
3 nghiem kep
;
 = 


= 

=  




=  +
x d a
x e
f x
x
x u c
y g x = ( ) 10 ( ) ( ) ( ) ( )
( )
( )
3 2
1
0 2 9 12 5 0 5
2
 =
 =  − + − =           =

f x
g x f x f x f x
f x y f x = ( ), f x( ) =1 4
g x( )
( )
5
2
f x = 3
g x( ). g x( ) = 0 3
y h x g x = = ( ) ( )
15
Ví dụ 1.1.7. Cho hàm số , với . Biết và
. Số điểm cực trị của hàm số
A. . B. . C. . D. .
Hướng dẫn
Để tìm số cực trị của hàm số ta đi tìm số cực trị hàm số và số
giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành .
Ta có do
Do nên .
Ta có là hàm số bậc 2. Ta có
Nếu thì và phương trình .
Khi đó hàm số đồng biến trên .
Do nên mâu thuẫn với và .
Vậy suy ra có 2 nghiệm phân biệt là . Ta có bảng biến thiên
Từ bảng biến thiên của hàm số ta suy ra hàm số có 2 cực trị. Hàm
số đồng biến trên các khoảng , và nghịch b

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: 

Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

SKKN Hướng tới các bài toán có yếu tố thực tiễn của môn Toán lớp 10 trong Chương trình GDPT năm 2018 nhằm phát hiện và phát triển các phẩm chất năng lực của học sinh

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN

1. Nghị quyết Hội nghị Trung ương 8 khóa XI về đổi mới căn bản, toàn diện GD&ĐT
   Nghị quyết Hội nghị Trung ương 8 khóa XI về đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục
   và đào tạo nêu rõ: “Tiếp tục đổi mới mạnh mẽ phương pháp dạy và học theo hướng hiện
   đại; phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo và vận dụng kiến thức, kỹ năng của người
   học; khắc phục lối truyền thụ áp đặt một chiều, ghi nhớ máy móc. Tập trung dạy cách
   học, cách nghĩ, khuyến khích tự học, tạo cơ sở để người học tự cập nhật và đổi mới tri
   thức, kỹ năng, phát triển năng lực. Chuyển từ học chủ yếu trên lớp sang tổ chức hình thức
   học tập đa dạng, chú ý các hoạt động xã hội, ngoại khóa, nghiên cứu khoa học. Đẩy mạnh
   ứng dụng công nghệ thông tin và truyền thông trong dạy và học”.
   Để thực hiện tốt mục tiêu về đổi mới căn bản, toàn diện GD&ĐT theo Nghị quyết
   số 29-NQ/TW, cần có nhận thức đúng về bản chất của đổi mới phương pháp dạy học theo
   định hướng phát triển năng lực người học và một số biện pháp đổi mới phương pháp dạy
   học theo hướng này. Đổi mới phương pháp dạy học đang thực hiện bước chuyển từ
   chương trình giáo dục tiếp cận nội dung sang tiếp cận năng lực của người học, nghĩa là
   từ chỗ quan tâm đến việc HS học được cái gì đến chỗ quan tâm HS vận dụng được cái gì
   qua việc học. Để đảm bảo được điều đó, phải thực hiện chuyển từ phương pháp dạy học
   theo lối “truyền thụ một chiều” sang dạy cách học, cách vận dụng kiến thức, rèn luyện kỹ
   năng, hình thành năng lực và phẩm chất. Tăng cường việc học tập trong nhóm, đổi mới
   quan hệ giáo viên – học sinh theo hướng cộng tác có ý nghĩa quan trọng nhằm phát triển
   năng lực xã hội.
2. Đặc thù của môn Toán trong Chương trình Giáo dục Phổ thông 2018.
   Toán học ngày càng có nhiều ứng dụng trong cuộc sống, những kiến thức và kĩ năng
   toán học cơ bản đã giúp con người giải quyết các vấn đề trong thực tế cuộc sống một cách
   có hệ thống và chính xác, góp phần thúc đẩy xã hội phát triển. Môn Toán ở trường phổ
   thông góp phần hình thành và phát triển các phẩm chất chủ yếu, năng lực chung và năng
   lực toán học cho học sinh; phát triển kiến thức, kĩ năng then chốt và tạo cơ hội để học
   sinh được trải nghiệm, vận dụng toán học vào thực tiễn; tạo lập sự kết nối giữa các ý
   tưởng toán học, giữa Toán học với thực tiễn. Nội dung môn Toán thường mang tính logic,
   trừu tượng, khái quát. Do đó, để hiểu và học được Toán, chương trình Toán ở trường phổ
   thông cần bảo đảm sự cân đối giữa “học” kiến thức và “vận dụng” kiến thức vào giải
   quyết vấn đề cụ thể. Trong quá trình học và áp dụng toán học, học sinh luôn có cơ hội sử
   dụng các phương tiện công nghệ, thiết bị dạy học hiện đại, đặc biệt là máy tính điện tử và
   máy tính cầm tay hỗ trợ quá trình biểu diễn, tìm tòi, khám phá kiến thức, giải quyết vấn
   đề toán học.
   Trong chương trình giáo dục phổ thông 2018, môn Toán giúp học sinh có cái nhìn
   tương đối tổng quát về toán học, hiểu được vai trò và những ứng dụng của toán học trong
   thực tiễn, những ngành nghề có liên quan đến toán học để học sinh có cơ sở định hướng
   nghề nghiệp, cũng như có khả năng tự mình tìm hiểu những vấn đề có liên quan đến toán
   học trong suốt cuộc đời. Đặc biệt là những học sinh có định hướng khoa học tự nhiên và
   công nghệ được chọn học một số chuyên đề học tập. Các chuyên đề này nhằm tăng cường
   2
   kiến thức về toán học, kĩ năng vận dụng kiến thức toán vào thực tiễn, đáp ứng sở thích,
   nhu cầu và định hướng nghề nghiệp của học sinh.
   Chương trình môn Toán xoay quanh và tích hợp ba mạch kiến thức: Số, Đại số và
   Một số yếu tố giải tích; Hình học và Đo lường; Thống kê và Xác suất.
   Chương trình môn Toán chú trọng tính ứng dụng, gắn kết với thực tiễn hay các môn
   học, hoạt động giáo dục khác, đặc biệt với các môn Khoa học, Khoa học tự nhiên, Vật lí,
   Hoá học, Sinh học, Công nghệ, Tin học để thực hiện giáo dục STEM, gắn với xu hướng
   phát triển hiện đại của kinh tế, khoa học, đời sống xã hội và những vấn đề cấp thiết có
   tính toàn cầu. Điều này còn được thể hiện qua các hoạt động thực hành và trải nghiệm
   trong giáo dục toán học với nhiều hình thức như: thực hiện những đề tài, dự án học tập
   về Toán, đặc biệt là những đề tài và dự án về ứng dụng toán học trong thực tiễn; tổ chức
   trò chơi học toán, câu lạc bộ toán học, diễn đàn, hội thảo, cuộc thi về Toán,… tạo cơ hội
   giúp học sinh vận dụng kiến thức, kĩ năng và kinh nghiệm của bản thân vào thực tiễn một
   cách sáng tạo.
3. Môn Toán cấp THPT nhằm giúp học sinh đạt các mục tiêu chủ yếu sau:
   a) Góp phần hình thành và phát triển năng lực toán học với yêu cầu cần đạt:
   Nêu và trả lời được câu hỏi khi lập luận, giải quyết vấn đề; sử dụng được các phương
   pháp lập luận, quy nạp và suy diễn để hiểu được những cách thức khác nhau trong việc
   giải quyết vấn đề; thiết lập được mô hình toán học để mô tả tình huống, từ đó đưa ra cách
   giải quyết vấn đề toán học đặt ra trong mô hình được thiết lập; thực hiện và trình bày
   được giải pháp giải quyết vấn đề và đánh giá được giải pháp đã thực hiện, phản ánh được
   giá trị của giải pháp, khái quát hoá được cho vấn đề tương tự; sử dụng được công cụ,
   phương tiện học toán trong học tập, khám phá và giải quyết vấn đề toán học.
   b) Có những kiến thức và kĩ năng toán học cơ bản, thiết yếu về:
   – Đại số và Một số yếu tố giải tích: Tính toán và sử dụng công cụ tính toán; sử dụng
   ngôn ngữ và kí hiệu đại số; biến đổi biểu thức đại số và siêu việt (lượng giác, mũ, lôgarit),
   phương trình, hệ phương trình, bất phương trình; nhận biết các hàm số sơ cấp cơ bản (luỹ
   thừa, lượng giác, mũ, lôgarit); khảo sát hàm số và vẽ đồ thị hàm số bằng công cụ đạo
   hàm; sử dụng ngôn ngữ hàm số, đồ thị hàm số để mô tả và phân tích một số quá trình và
   hiện tượng trong thế giới thực; sử dụng tích phân để tính toán diện tích hình phẳng và thể
   tích vật thể trong không gian.
   – Hình học và Đo lường: Cung cấp những kiến thức và kĩ năng (ở mức độ suy luận logic)
   về các quan hệ hình học và một số hình phẳng, hình khối quen thuộc; phương pháp đại
   số (vectơ, toạ độ) trong hình học; phát triển trí tưởng tượng không gian; giải quyết một
   số vấn đề thực tiễn đơn giản gắn với Hình học và Đo lường.
   – Thống kê và Xác suất: Hoàn thiện khả năng thu thập, phân loại, biểu diễn, phân tích
   và xử lí dữ liệu thống kê; sử dụng các công cụ phân tích dữ liệu thống kê thông qua các
   số đặc trưng đo xu thế trung tâm và đo mức độ phân tán cho mẫu số liệu không ghép
   nhóm và ghép nhóm; sử dụng các quy luật thống kê trong thực tiễn; nhận biết các mô
   hình ngẫu nhiên, các khái niệm cơ bản của xác suất và ý nghĩa của nó trong thực tiễn.
   c) Góp phần giúp học sinh có những hiểu biết tương đối tổng quát về các ngành nghề
   gắn với môn Toán và giá trị của nó; làm cơ sở cho định hướng nghề nghiệp sau trung
   học phổ thông; có đủ năng lực tối thiểu để tự tìm hiểu những vấn đề liên quan đến
   toán học trong suốt cuộc đời.
   3
   Môn Toán góp phần hình thành và phát triển cho học sinh năng lực toán học (biểu hiện
   tập trung nhất của năng lực tính toán) bao gồm các thành phần cốt lõi sau: năng lực tư
   duy và lập luận toán học; năng lực mô hình hoá toán học; năng lực giải quyết vấn đề
   toán học; năng lực giao tiếp toán học; năng lực sử dụng công cụ, phương tiện học toán.
   – Thực hiện được tương đối thành thạo các thao tác tư duy, đặc biệt phát hiện được sự tương
   đồng và khác biệt trong những tình huống tương đối phức tạp và lí giải được kết quả của
   việc quan sát.
   – Sử dụng được các phương pháp lập luận, quy nạp và suy diễn để nhìn ra những cách
   thức khác nhau trong việc giải quyết vấn đề.
   – Nêu và trả lời được câu hỏi khi lập luận, giải quyết vấn đề. Giải thích, chứng minh, điều
   chỉnh được giải pháp thực hiện về phương diện toán học.
   – Thiết lập được mô hình toán học (gồm công thức, phương trình, sơ đồ, hình vẽ, bảng
   biểu, đồ thị,…) để mô tả tình huống đặt ra trong một số bài toán thực tiễn.
   – Giải quyết được những vấn đề toán học trong mô hình được thiết lập.
   – Lí giải được tính đúng đắn của lời giải (những kết luận thu được từ các tính toán là có
   ý nghĩa, phù hợp với thực tiễn hay không). Đặc biệt, nhận biết được cách đơn giản hoá,
   cách điều chỉnh những yêu cầu thực tiễn (xấp xỉ, bổ sung thêm giả thiết, tổng quát hoá,…)
   để đưa đến những bài toán giải được.
   – Xác định được tình huống có vấn đề; thu thập, sắp xếp, giải thích và đánh giá được độ
   tin cậy của thông tin; chia sẻ sự am hiểu vấn đề với người khác.
   – Thực hiện và trình bày được giải pháp giải quyết vấn đề.
   – Đánh giá được giải pháp đã thực hiện; phản ánh được giá trị của giải pháp; khái quát
   hoá được cho vấn đề tương tự.
   – Nghe hiểu, đọc hiểu và ghi chép (tóm tắt) được tương đối thành thạo các thông tin toán
   học cơ bản, trọng tâm trong văn bản nói hoặc viết. Từ đó phân tích, lựa chọn, trích xuất
   được các thông tin toán học cần thiết từ văn bản nói hoặc viết.
   – Lí giải được (một cách hợp lí) việc trình bày, diễn đạt, thảo luận, tranh luận các nội
   dung, ý tưởng, giải pháp toán học trong sự tương tác với người khác.
   – Sử dụng được một cách hợp lí ngôn ngữ toán học kết hợp với ngôn ngữ thông thường
   để biểu đạt cách suy nghĩ, lập luận, chứng minh các khẳng định toán học.
   – Thể hiện được sự tự tin khi trình bày, diễn đạt, thảo luận, tranh luận, giải thích các nội
   dung toán học trong nhiều tình huống không quá phức tạp.
   – Nhận biết được tác dụng, quy cách sử dụng, cách thức bảo quản các công cụ, phương
   tiện học toán (bảng tổng kết về các dạng hàm số, mô hình góc và cung lượng giác, mô
   hình các hình khối, bộ dụng cụ tạo mặt tròn xoay,…).
   – Sử dụng được máy tính cầm tay, phần mềm, phương tiện công nghệ, nguồn tài nguyên
   trên mạng Internet để giải quyết một số vấn đề toán học.
   – Đánh giá được cách thức sử dụng các công cụ, phương tiện học toán trong tìm tòi, khám
   phá và giải quyết vấn đề toán học.
   4
   II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
4. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
   Trong chương trình môn Toán hiện hành học sinh cũng đã được tiếp cận, trải nghiệm
   một số bài toán có yếu tố thực tiễn trong một số chuyên đề, chẳng hạn hệ phương trình 3
   ẩn, hệ thức lượng trong tam giác hay đường elip nhưng chưa có hệ thống và chiều sâu.
   Học sinh tỏ rõ sự lúng túng, không tự tin hay chưa có những phương pháp tiếp cận
   một cách bài bản khi giải quyết các bài toán có yếu tố thực tiễn.
5. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
   Sáng kiến bao gồm 8 chủ đề và tập trung xoáy vào 3 mạch kiến thức: Số, Đại số và
   Một số yếu tố giải tích; Hình học và Đo lường; Thống kê và Xác suất. Sáng kiến đã khai
   thác và phát triển toàn diện các bài toán có yếu tố thực tiễn trong rất nhiều lĩnh vực, chẳng
   hạn như lĩnh vực: kinh tế, y tế, công nghệ thông tin…; được thể hiện trong hầu hết các
   bài học hay trong từng chủ đề, chuyên đề. Điểm mới nhất của sáng kiến là đã khai thác
   chuyên sâu các bài toán có yếu tố thực tiễn liên quan đến ứng dụng của ba đường Conic
   (elip, hypebol và parabol).
   Sáng kiến định hướng phát triển năng lực và hình thành phẩm chất, chú trọng vào việc
   “Sau mỗi bài học, học sinh làm được gì” thay vì chỉ quan tâm đến “Học sinh học được
   gì“ theo quan điểm định hướng kiến thức trước đây. Học sinh sẽ hình thành được các
   năng lực Toán học: tư duy và lập luận toán học; mô hình hóa toán học; giải quyết vấn đề
   toán học; giao tiếp toán học; sử dụng công cụ, phương tiện toán học qua các chủ đề.
   Sáng kiến thể hiện tốt tinh thần đổi mới của chương trình GDPT 2018, đó là tích hợp
   liên môn, liên kết giữa môn Toán với các môn học khác, chẳng hạn như:

• Tích hợp liên môn giữa môn Toán học với môn Hóa học:
  Bài toán 3.5. Một nhà máy sản xuất hai loại
  thuốc trừ sâu nông nghiệm A và B. Cứ sản xuất
  mỗi loại thùng A thì nhà máy thải ra
  0,25kg
  khí carbon dioxide
  CO2
  và
  0,60kg
  khí sulfur
  dioxide
  2 SO ,
  sản xuất mỗi loại thùng B thì nhà
  máy thải ra
  0,50kg
  khí carbon dioxide
  CO2
  và
  0,20kg
  khí sulfur dioxide
  2 SO .
  Biết rằng quy
  định hạn chế sản lượng
  CO2
  của nhà máy tối đa
  là
  75kg
  và
  2
  SO
  tối đa là
  90kg
  mỗi ngày.
  a. Tìm hệ bất phương trình mô tả số lượng thùng của mỗi loại thuốc trừ sâu mà nhà máy
  có thể sản xuất mỗi ngày để đáp ứng các điều kiện ở trên. Biểu diễn miền nghiệm của hệ
  bất phương trình đó trên mặt phẳng tọa độ.
  b. Việc nhà máy sản xuất 100 thùng loại A và 80 thùng loại B mỗi ngày có phù hợp với
  quy định không?
  c. Việc nhà máy sản xuất 60 thùng loại A và 160 thùng loại B mỗi ngày có phù hợp với
  quy định không?
  5
  Bài toán 5.2.22. Phân tử sulfur
  (SO2 )
  có cấu tạo hình
  chữ
  V ,
  góc liên kết
  OSO
  gần bằng
  0
  120 .
  Người ta biểu
  diễn sự phân cực giữa nguyên tử S với mỗi nguyên tử O
  bằng các vecto
  1
  và
  2
  có cùng phương với liên kết
  cộng hóa trị, có chiều từ nguyên tử S về mỗi nguyên tử
  O và có cùng độ dài là
  1,6
  đơn vị (tham khảo hình ảnh bên). Cho biết vecto tổng
     = +1 2
  được dùng để biểu diễn sự phân cực của cả phân tử
  2 SO .
  Tính độ dài của
  .
• Tích hợp liên môn giữa môn Toán học với môn Vật lí:
  Bài toán 4.2.15. Một người chơi trên sân cầu lông đơn, có khuynh hướng phát cầu với
  góc
  0
  30
  (so với mặt đất), vận tốc ban đầu của quả cầu là
  v m s 0 ( / )
  (bỏ qua sức cản của
  gió và xem quỹ đạo của cầu luôn nằm trong mặt phẳng thẳng đứng), biết rằng vị trí người
  đứng phát cầu cách lưới là
  4 . m
  Khi các lần phát cầu với thông tin như sau có được cho là hợp lệ không?
  a. Vận tốc xuất phát của cầu là
  v m s 0
  =12 / ( )
  và vị trí phát cầu cách mặt đất là 0,7 m.
  b. Vận tốc xuất phát của cầu là
  v m s 0
  = 8 / ( )
  và vị trí phát cầu cách mặt đất là 1,3 m.
  Bài toán 6.5.24. Khi máy bay bay song song với mặt đất với vận tốc lớn hơn vận tốc của
  âm thanh sẽ tạo ra các lớp không khí dao động của hình mặt nón (nón Mạch) (tham khảo
  hình ảnh dưới đây) và tạo ra tiếng nổ mạnh, gọi là tiếng nổ siêu thanh. Những người trên
  mặt đất nếu nghe thấy tiếng nổ này cùng một thời điểm thì vị trí của họ cùng thuộc một
  đường hypebol. Hãy giải thích điều này.
  6
• Tích hợp liên môn giữa môn Toán học với môn Sinh học:
  Bài toán 2.5. Quang hợp là quá trình thu và nhận
  chuyển hóa năng lượng ánh sáng mặt trời của thực
  vật, tảo và một số vi khuẩn để tạo ra hợp chất hữu
  cơ (đường glucose) phục vụ bản thân cũng như
  làm nguồn thức ăn cho hầu hết các sinh vật trên
  Trai Đất (Theo SGK Sinh học 11, nhà xuất bản
  Giáo dục Việt Nam, 2017). Cân bằng phương trình
  phản ứng quang hợp (dưới điều kiện ánh sáng và
  chất diệp lục):
  2 2 6 12 6 2 CO H C H O O + → + 0 .
  Bài toán 6.4.14. Trong y học, máy tán sỏi ngoài cơ thể hoạt động
  theo nguyên lí sử dụng sóng xung kích hội tụ tập trung vào viên
  sỏi trong cơ thể để phá vỡ nó thành vụn nhỏ. Các vụn sôi nhỏ này
  sau đó sẽ được cơ thể bệnh nhân bài tiết ra ngoài. Để làm điều này,
  người ta đặt một nguồn phát sóng tại tiêu điểm của gương phản xạ
  elip. Bác sĩ sẽ điều chỉnh máy hoặc vị trí nằm của bệnh nhân sao
  cho viên sỏi ở tiêu điểm còn lại (tham khảo hình ảnh bên).
  Theo tính chất của phản
  xạ của elip, chùm tia phản
  xạ sẽ hội tụ vào vị trí đặt
  viên sỏi để phá vỡ nó.
  Cho biết elip có độ dài
  trục nhỏ là 16 cm và tâm
  sai
  e = 0,92.
  Khi thao tác
  điều trị bằng máy tán sỏi này thì cần đặt nguồn phát sóng cách vị
  trí viên sỏi một khoảng bằng bao nhiêu cm? Kết quả được làm tròn đến hàng phần mười
  Bài toán 8.2.7. Bệnh bạch tạng ở người do đột biến
  gen lặn trên nhiễm sắc thể thường, alen trội tương
  ứng quy định người bình thường. Một cặp vợ
  chồng có người chồng bị bệnh, người vợ không bị
  bệnh này. Họ dự định sinh hai người con ở hai lần
  sinh một cách tự nhiên. Tính xác suất để họ sinh
  được cả hai người con không bị bệnh?
• Tích hợp liên môn giữa môn Toán học với môn Địa lí.
  Bài toán 6.2.16. Một bản tin dự báo thời tiết thể hiện
  đường đi trong 12 giờ của một cơn bão trên mặt
  phẳng tọa độ. Trong khoảng thời gian đó, tâm bão di
  chuyển thẳng đều từ vị trí có tọa độ
  (13,8;108,3)
  đến
  vị trí có tọa độ
  (14,1;106,3 .)
  Hãy xác định tọa độ vị
  trí M của tâm bão tại thời điểm 9 giờ trong khoảng
  thời gian 12 giờ của dự báo.
  7
  Bài toán 6.2.9. Theo Google Maps, sân bay Nội Bài có vĩ độ
  0
  21,2
  Bắc, kinh độ
  0
  105,8
  Đông, sân bay Đà Nẵng có vĩ độ
  0
  16,1
  Bắc, kinh độ
  0
  108,2
  Đông. Một máy bay, bay từ
  Nội Bài đến sân bay Đà Nẵng. Tại thời điểm t giờ, tính từ lúc xuất phát, máy bay ở vị trí
  có vĩ độ
  0
  x
  Bắc, kinh độ
  0
  y
  Đông được tính theo công thức
  153 21,2
  40
  9
  105,8 .
  5
  x t
  y t
  
  = − 
  
   = + 
  a. Hỏi chuyến bay từ Hà Nội đến Đà Nẵng mất mấy giờ?
  b.Tại thời điểm 1giờ kể từ lúc cất cánh, máy bay đã bay
  qua vĩ tuyến 17 (
  0
  17
  Bắc) chưa?
  Bài toán 6.3.2. Một nhóm bạn tham quan
  tại khu du lịch Suối Tiên đang xác định nơi
  dừng chân cắm trại để ăn trưa. Nhà hàng
  Phù đổng (ở vị trí 24) có tọa độ (-150; 250)
  và có quy định miễn phí vận chuyển thức
  ăn trong vòng 200m tính từ nhà hàng
  (mỗi ô lưới tọa độ có cạnh 100m). Hãy xác
  định những vị trí nhóm có thể cắm trại để
  được miễn phí vận chuyển thức ăn.
  Bài toán 5.1.23. Trên bản đồ địa lí, người
  ta thường gọi tứ giác với bốn đỉnh lần lượt là
  các thành phố Hà Tiên, Châu Đốc, Long
  Xuyên, Rạch Giá là tứ giác Long Xuyên. Dựa
  theo các khoảng cách đã cho trên hình vẽ, tính
  khoảng cách giữa Châu Đốc và Rạch Giá.
  Bài toán 5.1.33. Một tàu đánh cá xuất phát từ cảng A, đi theo hướng
  0
  S E 70
  với vận tốc
  70 / . km h
  Biết rằng tàu đi được 90 phút thì động cơ
  của tàu bị hỏng nên tàu trôi tự do theo hướng nam với
  vận tốc
  8 / . km h
  Sau 2 giờ kể từ khi động cơ bị hỏng,
  tàu neo đậu được vào một hòn đảo.
  a. Tính khoảng cách từ cảng A tới đảo nơi tàu neo đậu.
  b. Xác định hướng từ cảng A tới đảo nơi tàu neo đâu.
  (Chú thích: Hướng
  0
  S E 
  là hướng tạo với hướng nam góc
  0 
  và tạo với hướng đông
  góc 0
  90 . −
  Các hướng 0 0 0 S W N E N W    , ,
  cũng được định nghĩa tương tự).
  8
• Tích hợp liên môn giữa môn Toán học với môn Lịch sử.
  Bài toán 5.1.19. Cột cờ Lũng Cú
  là cột cờ Quốc gia, nằm ở đỉnh
  Lũng Cú hay còn gọi là đỉnh núi
  Rồng (Long Sơn) thuộc xã Lũng
  Cú, huyện Đồng Văn, tỉnh Hà
  Giang, cách cực Bắc Việt Nam
  khoảng
  3,3 . km
  Thời nhà Lý, cột
  cờ Lũng Cú chỉ được lamg bằng
  cây sa mộc. Ngày nay, cột cờ có
  độ cao
  33,15m
  bao gồm bệ cột
  cao
  20,25m
  và cán cờ cao
  12,9 . m
  Chân cột cờ có 8 mặt
  phù điêu bằng đá xanh mô phỏng hoa văn của mặt trống
  đồng Đông Sơn và những họa tiết minh họa các giai
  đoạn qua từng thời kì lịch sử cuả đất nước, cũng như
  con người, tập quán của các dân tộc ở Hà Giang. Trên
  đỉnh cột là Quốc kì Việt Nam có diện tích
  2
  54m
  , biểu
  tượng cho 54 dân tộc ở nước ta. Từ chân cột cờ và đỉnh
  bệ cột cờ bạn Nam đo được góc nâng (so với phương
  nằm ngang) tới một vị trí dưới chân núi lần lượt là
  0
  45
  và
  0
  50
  (tham khảo hình ảnh dưới đây). Hỏi chiều cao
  của đỉnh Lũng Cú so với chân núi bằng bao nhiêu mét?
• Tích hợp liên môn giữa Toán học với Thiên văn học.
  Bài toán 6.4.8. Ta biết rằng Mặt Trăng chuyển động quanh
  Trái Đất theo một quỹ đạo là một Elip mà Trái Đất là một
  tiêu điểm. Elip có chiều dài trục lớn và trục nhỏ lần lượt là
  768800km
  và
  767619km
  (Nguồn: Ron Larson (2014),
  Precalculus: Real Mathematics, Real People, Cengage).
  Tính khoảng cách ngắn nhất và khoảng cách dài nhất từ Trái
  Đất đến Mặt Trăng (kết quả làm tròn đến hàng phần nghìn),
  biết rằng các khoảng cách đó đạt được khi Trái Đất và Mặt Trăng nằm trên trục lớn Elip.
  Bài toán 6.7.1. Một tàu vũ trụ nằm trong một quỹ đạo tròn
  và ở độ cao
  148 km
  so với bề mặt Trái Đất (tham khảo hình
  ảnh bên). Sau khi đạt được vận tốc cần thiết để thoát khỏi
  lực hấp dẫn của Trái Đất, tàu vũ trụ sẽ đi theo quỹ đạo
  parabol với tâm Trái Đất là tiêu điểm; điểm khởi đầu của
  quỹ đạo này là đỉnh parabol quỹ đạo.
  a. Viết phương trình chính tắc parabol quỹ đạo (1 đơn vị
  đo trên mặt phẳng tọa độ ứng với
  1 km
  trên thực tế, lấy bán
  kính Trái Đất là
  6371 km
  ).
  b. Giải thích vì sao, kể từ khi đi vào quỹ đạo parabol, càng
  ngày, tàu vũ trụ càng xa Trái Đất.
  9
  Bài toán 6.6.10. Kính thiên văn vô tuyến lớn thứ hai thế
  giới đặt tại đài quan sát Arecibo ở Puerto Rico có cấu tạo
  như một ăng ten Parabol khổng lồ với mặt cắt là một
  parabol (P) có đường kính 305 m, độ sâu của chảo là 61m
  và bộ thu sóng đặt tại tiêu điểm của (P) (được đỡ bởi các
  dây cáp từ ba tòa tháp xung quanh). Trước khi bị đổ sập
  và ngừng hoạt động vào ngày 01/12/2020, kính thiên văn
  này là biểu tượng của ngành thiên văn giúp săn lùng các
  tín hiệu bên ngoài Trái Đất. Hãy tính khoảng cách từ bộ
  thu sóng của kính thiên văn đến đỉnh của parabol.
  Bài toán 6.7.3. Một số loại kính thiên văn sử dụng
  kết hợp cả gương parabol và gương hypebol để thu
  nhận tín hiệu. Hình dưới đây mô tả mặt cắt của
  kính thiên văn Cassegrain “cổ điển” gồm một
  parabol và hypebol có cùng tiêu điểm F. Chùm tín
  hiệu song song với Ox đến gặp parabol sẽ phản xạ
  đến tiêu điểm F. Chùm tia phản xạ này khi gặp
  gương hypebol đặt trước tiêu điểm F sẽ hội tụ đến
  tiêu điểm F’ còn lại của hypebol, cũng là nơi đặt
  bộ thu tín hiệu của kính thiên văn.
  Cho biết tiêu cự của hypebol là 10 m và khoảng cách từ vị trí đặt bộ thu đến đỉnh
  V1
  của parabol và đỉnh
  V2
  của hypebol lần lượt là
  1 F V m ‘ 1,8 =
  và
  2 F V m ‘ 8,2 . =
  Hãy viết
  phương trình chính tắc của parabol và hypebol nói trên.
  10
  Sáng kiến không những chú trọng đến tính liên môn giữa môn Toán với các môn học
  khác mà các bài toán trong sáng kiến cũng có tính cập nhật và hướng tới những kì thi còn
  khá mới mẻ, chẳng hạn như kì thi “đánh giá năng lực” do trường Đại học Quốc gia tổ
  chức hay kì thi “đánh giá tư duy” do trường Đại học Bách khoa Hà nội tổ chức trong
  năm học 2020-2021 và 2021-2022. Chẳng hạn như các bài toán dưới đây được trích ra
  từ phần thi “Tự luận” trong đề thi “đánh giá tư duy” và được xem là những bài toán có
  sự phân loại cao các đối tượng học sinh nhằm chọn được những học sinh có năng lực tốt.
  Bài toán 4.1.17. (Trích từ phần thi Tự luận-đề thi “đánh giá tư duy” năm 2020)
  Giả sử giá điện sinh hoạt trong mỗi tháng dành cho các hộ gia đình được cho bởi bảng:
  Mức kWh điện tiêu thụ Giá bán điện (VNĐ/kWh)
  Mức 1: từ 0 đến 100 kWh 1600
  Mức 2: từ trên 100 đến 300 kWh 2000
  Mức 3: trên 300 kWh 3000
  a. Thiết lập công thức liên hệ giữa số kWh điện tiêu thụ và số tiền tương ứng phải trả.
  Nếu một hộ gia đình phải trả số tiền điện là 420000 VNĐ cho một tháng thì số kWh điện
  tiêu thụ của hộ gia đình trong tháng đó là bao nhiêu?
  b. Tháng 6, một hộ gia đình có mức tiêu thụ điện trong khoảng 100 đến 300 kWh, tháng
  7 có mức tiêu thụ điện nhiều hơn tháng 6 là 210 kWh và phải trả số tiền bằng 2,5 lần
  tháng 6. Cho biết mức tiêu thụ điện của hộ gia đình đó trong tháng 6 là bao nhiêu kWh?
  c. Giả sử do ảnh hưởng của dịch Covid, sang tháng 8, Nhà nước giảm trừ mỗi hộ gia đình
  10% điện phải trả theo hóa đơn, nhưng không quá 80000 VNĐ cho một hóa đơn. Nếu
  một hộ gia đình trả 885000 VNĐ thì trong tháng 8 số kWh điện tiêu thụ của hộ gia đình
  đó là bao nhiêu?
  Bài toán 1.7. (Trích từ phần thi Tự luận-đề thi “đánh giá tư duy” năm 2022)
  Viện Toán ứng dụng và Tin học, Đại học Bách khoa Hà Nội công bố điểm thi ba môn
  Đại số, Giải tích 1, Giải tích 2 của một lớp sinh viên, có 108 sinh viên đạt điểm A.
  Biết rằng:
• Có 43 sinh viên đạt điểm A môn Giải tích 1;
• Có 32 sinh viên đạt điểm A môn Giải tích 2;
• Có 54 sinh viên đạt điểm A môn Đại số;
• Có 09 sinh viên đạt điểm A môn Giải tích 1 và Đại số;
• Có 08 sinh viên đạt điểm A môn Giải tích 2 và Đại số;
• Có 03 sinh viên đạt điểm A cả ba môn.
  Hãy xác định:
  a. Số sinh viên đạt điểm A môn Đại số và Giải tích 1, nhưng không đạt điểm A môn
  Giải tích 2;
  b. Số sinh viên chỉ đạt điểm A môn Đại số;
  c. Số sinh viên đạt điểm A hai môn Giải tích 1 và Giải tích 2.
  11
  NỘI DUNG BÁO CÁO
  CHỦ ĐỀ 1: TẬP HỢP
  Bài toán 1.1. Tại vòng chung kết của một trò chơi trên truyền hình, có 100 khán giả tại
  trường quay có quyền bình chọn cho hai thí sinh A và B. Biết rằng có 85 khán giả bình
  chọn cho thí sinh A, 72 khán giả bình chọn cho thí sinh B và 60 khán giả bình chọn cho
  cả hai thí sinh này. Có bao nhiêu khán giả đã tham gia bình chọn? Có bao nhiêu khán giả
  không tham gia bình chọn?
  Hướng dẫn
  Ta vẽ sơ đồ ven: Hình A kí hiệu cho số khản giả
  tại trường quay bình chọn cho thí sinh A. Hình
  B kí hiệu cho số khản giả tại trường quay bình
  chọn cho thí sinh B. Ta gọi số phần tử của một
  tập hữu hạn A bất kỳ là
  n A( ).
• Theo giả thiết, ta có:
  n A( ) = 85
  ;
  n B( ) = 72
  ;
  n A B (  =) 60.
  Ta đi tìm số khán giả bình chọn
  cho ít nhất một trong hai thí sinh A hoặc B, tức
  là đi tìm số phần tử của tập hợp
  A B  ,
  hay
  n A B (  =) ?.
• Trước hết, ta cộng các số n(A) và n(B). Nhưng như vậy thì những phần tử thuộc vào
  giao của A và B được đếm hai lần. Do vậy từ tổng
  n A n B ( ) + ( )
  ta phải trừ đi
  n A B (  ) và
  thu được kết quả:
  n A B n A n B n A B (  = + −  ) ( ) ( ) ( ).
  Thay các giá trị của
  n A( ); n B( )
  ;
  n A B (  )
  ta được
  n A B (  = + − = ) 85 72 60 97.
  •Kết luận: Vậy có 97 khán giả tham gia bình chọn và có
  100 97 3 − =
  khán giả không
  tham gia bình chọn cho thí sinh nào.
  Bài toán 1.2. Trong một cuộc Hội nghị khách hàng của công ty K, số khách hàng có thể
  nói được ngoại ngữ tiếng Anh là 912 người, có thể nói được ngoại ngữ tiếng Pháp 653
  người ; số khách hàng nới được cả hai ngoại ngữ tiếng Anh và Pháp là 435 người; không
  có ai nói ba ngoại ngữ trở lên. Hỏi có bao nhiêu người dự Hội nghị ?
  Hướng dẫn
  Ta vẽ sơ đồ ven: Hình A kí hiệu cho số khách hàng nói
  được ngoại ngữ tiếng Anh. Hình B kí hiệu cho số khách
  hàng nói được ngoại ngữ tiếng Pháp. Ta gọi số phần tử
  của một tập hữu hạn A bất kỳ là
  n A( ). Theo giả thiết,
  ta có: n A( ) = 912
  ;
  n B( ) = 653
  ;
  n A B (  )
  =435. Để đi
  tìm số người tham gia Hội nghị, ta cần tìm số phần tử
  của tập hợp
  A B  ,
  hay
  n A B (  =) ?
  Trước hết, ta cộng các số n(A) và n(B). Nhưng như
  vậy thì những phần tử thuộc vào giao của A và B được đếm hai lần. Do vậy từ tổng
  n A n B ( ) + ( )
  ta phải trừ đi
  n A B (  ) và thu được kết quả:
  n A B n A n B n A B (  = + −  ) ( ) ( ) ( )
  Thay các giá trị của
  n A( ); n B( )
  ;
  n A B (  )
  ta được
  n A B (  = + − = ) 912 653 435 1130 Kết luận: Số khách hàng tham gia Hội nghị là 1130 người.
  12
  Bài toán 1.3. Để phục vụ cho một hội nghị quốc tế, ban tổ chức huy động 35 người phiên
  dịch tiếng Anh, 30 người phiên dịch tiếng Pháp, trong đó có 16 người phiên dịch được
  cả hai thứ tiếng Anh và Pháp. Hãy trả lời các câu hỏi sau:
  a. Ban tổ chức đã huy động bao nhiêu người phiên dịch cho hội nghị đó?
  b. Có bao nhiêu người chỉ phiên dịch được tiếng Anh?
  c. Có bao nhiêu người chỉ phiên dịch được tiếng Pháp?
  Hướng dẫn
  Ta vẽ sơ đồ ven: Hình A kí hiệu cho số
  người phiên dịch được tiếng Anh. Hình B
  kí hiệu cho số người phiên dịch được
  tiếng Pháp. Ta gọi số phần tử của một tập
  hữu hạn A bất kỳ là
  n A( ). Theo giả thiết,
  ta có n A( ) = 35
  ;
  n B( ) = 30
  ;
  n A B (  ) =16.
  a. Để đi tìm số người phiên dịch trong Hội
  nghị mà Ban tổ chức huy động được ta cần
  tìm số phần tử của tập hợp
  A B  ,
  hay
  n A B (  =) ?.
  Trước hết, ta cộng các số n(A) và n(B). Nhưng như vậy thì những phần tử thuộc vào
  giao của A và B được đếm hai lần. Do vậy từ tổng
  n A n B ( ) + ( )
  ta phải trừ đi
  n A B (  )
  và được:
  n A B n A n B n A B (  = + −  ) ( ) ( ) ( )
  Thay các giá trị của
  n A( ); n B( )
  ;
  n A B (  )
  ta được
  n A B (  = + − = ) 35 30 16 49
  Kết luận: Ban tổ chức đã huy động được 49 người phiên dịch cho hội nghị đó.
  b. Số người phiên dịch được tiếng Anh là 35 và số người phiên dịch được cả thứ tiếng
  Anh và Pháp là 16. Khi đó số người chỉ phiên dịch được tiếng Anh là
  35 16 19. − =
  c. Số người phiên dịch được tiếng Pháp là 30 và số người phiên dịch được cả thứ tiếng
  Anh và Pháp là 16. Khi đó số người chỉ phiên dịch được tiếng Pháp là
  30 16 14. − =
  Bài toán 1.4. Trong số 45 học sinh của lớp 10A có 15 bạn xếp học lực giỏi, 20 bạn xếp
  loại hạnh kiểm tốt, trong đó có 10 bạn vừa có hạnh kiểm tốt, vừa có lực học giỏi. Hỏi:
  a. Lớp 10 A có bao nhiêu bạn được khen thưởng, biết rằng muốn được khen thưởng bạn
  đó phải có học lực giỏi hoặc hạnh kiểm tốt?
  b. Lớp 10A có bao nhiêu bạn chưa được xếp loại học lực giỏi và chưa có hạnh kiểm tốt?
  Hướng dẫn
  a. Sử dụng biểu đồ Ven để giải bài toán tập hợp.
  HL Giỏi
  15
  Lớp 10A 45
  HK Tốt
  10 20
  13
• Theo giả thiết, số học sinh đạt học lực giỏi và có hạnh kiểm tốt là 10 học sinh.
• Số học sinh đạt học lực giỏi là 15 và số học sinh đạt học lực giỏi và hạnh kiểm tốt là

1. Vậy số học sinh đạt học lực giỏi và không có hạnh kiểm tốt là
   15 10 5 − =
   học sinh.

• Số học sinh đạt hạnh kiểm tốt là 20 và số học sinh đạt học lực giỏi và hạnh kiểm tốt là

1. Số học sinh có hạnh kiểm tốt và không học lực giỏi là
   20 10 10 − =
   học sinh.

• Vậy số học sinh được khen thưởng là
  10 5 10 25 + + =
  học sinh.
  b. Vậy số học sinh chưa xếp học lực giỏi và chưa có hạnh kiểm tốt là
  45 25 20 − =
  học sinh
  Bài toán 1.5. Một cuộc khảo sát về khách du lịch thăm vịnh Hạ Long cho thấy trong 1410
  khách du lịch được phỏng vấn có 789 khách du lịch đến thăm động Thiên Cung, 690
  khách du lịch đến đảo Titop. Toàn bộ khách được phỏng vấn đã đến ít nhất một trong hai
  địa điểm trên. Hỏi có bao nhiêu khách du lịch vừa đến thăm động Thiên Cung vừa đến
  thăm đảo Titop ở vịnh Hạ Long?
  Hướng dẫn
  Ta vẽ sơ đồ ven: Hình A kí hiệu cho số khách du
  lịch đến thăm động Thiên Cung. Hình B kí hiệu
  cho số khách du lịch đến thăm đảo Titop. Ta gọi
  số phần tử của một tập hữu hạn A bất kỳ là
  n A( ).
  Theo giả thiết, ta có: n A( ) = 789
  ;
  n B( ) = 690
  ;
  n A B (  =) 1410.
  Ta cần tìm số phần tử của tập hợp
  A B  ,
  tức là
  n A B (  =) ?.
  Trước hết, ta cộng các số n(A) và n(B). Nhưng như vậy thì những phần tử thuộc vào giao
  của A và B được đếm hai lần. Do vậy từ tổng
  n A n B ( ) + ( )
  ta phải trừ đi
  n A B (  ) và
  được:
  n A B n A n B n A B n A B n A n B n A B (  = + −    = + −  ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
  Thay các giá trị của
  n A( ); n B( )
  ;
  n A B (  )
  ta được
  n A B (  = + − = ) 789 690 1410 69.
  Kết luận: Có 69 khách du lịch vừa đến thăm động Thiên Cung vừa đến thăm đảo Titop.
  Đảo Titop nằm trong biển Vịnh Hạ Long, thuộc thành phố Hạ Long,
  tỉnh Quảng Ninh, cách cảng tàu du lịch Bãi Cháy
  7 8 − km
  về phía
  đông nam. Dưới chân đảo là bãi tắm có hình vầng trăng ôm trọn lấy
  chân đảo, bãi cát tuy nhỏ nhưng rất thoáng đãng và yên tĩnh, bốn mùa
  nước sạch và trong xanh. Ngày 22–11–1962, Chủ tịch Hồ Chí Minh cùng nhà du hành vũ trụ người Liên
  Xô G.Titop lên thăm đảo. Để ghi dấu kỷ niệm chuyến đi đó, Chủ tịch Hồ Chí Minh
  đã đặt tên cho đảo là đảo Titop. (Theo tuoitre.vn)
  Hình ảnh Đảo Tiptop
  14
  Bài toán 1.6. Lớp
  10A
  có
  7
  học sinh giỏi Toán,
  5
  học sinh giỏi Lý,
  6
  học sinh giỏi Hóa,
  3
  học sinh giỏi cả Toán và Lý,
  4
  học sinh giỏi cả Toán và Hóa,
  2
  học sinh giỏi cả Lý và
  Hóa,
  1
  học sinh giỏi cả
  3
  môn Toán, Lý, Hóa. Tính số học sinh giỏi ít nhất một môn
  (Toán, Lý, Hóa) của lớp
  10A.
  Hướng dẫn
  Số học sinh giỏi Lý, Toán không giỏi Hóa là: 3 –1=2
  Số học sinh giỏi Toán, Hóa không giỏi Lý là: 4 –1=3
  Số học sinh giỏi Lý, Hóa không giỏi Toán là: 2–1 =1
  Số học sinh chỉ giỏi Toán là:
  7 3 2 1 1 − + + = ( )
  Số học sinh chỉ giỏi Lý là:
  5 2 1 1 1 − + + = ( )
  Số học sinh chỉ giỏi Hóa là:
  6 3 1 1 1 − + + = ( )
  Số học sinh giỏi ít nhất một môn= Số học sinh chỉ giỏi Toán + Số học sinh chỉ giỏi Lý
• Số học sinh chỉ giỏi Hóa + Số học sinh giỏi Lý, Toán không giỏi Hóa + Số học sinh
  giỏi Toán, Hóa không giỏi Lý + Số học sinh giỏi Lý, Hóa không giỏi Toán + Số học
  sinh giỏi cả 3 môn = 1 + 1 + 1 + 2 + 3 + 1 + 1 = 10 học sinh.
  Cách khác: Goi
  A B C , ,
  lần lượt là tập các học sinh giỏi Toán, Lí, Hóa.
  Theo giả thiết, ta có:
  n A n B n C ( ) = = = 7, 5, 6. ( ) ( )
• Tập hợp
  A B 
  gồm các học sinh giỏi Toán-Lí và
  n A B (  =) 3.
• Tập hợp
  A C 
  gồm các học sinh giỏi Toán-Hóa và
  n A C (  =) 4.
• Tập hợp
  B C 
  gồm các học sinh giỏi Lí-Hóa và
  n B C (  =) 2.
• Tập hợp
  A B C  
  gồm các học sinh giỏi cả ba môn Toán-Lí-Hóa và
  n A B C (   =) 1.
• Tập hợp
  A B C  
  gồm các học sinh giỏi ít nhất một trong ba môn Toán-Lí -Hóa.
  Từ công thức:
  n X Y n X n Y n X Y (  = + −  ) ( ) ( ) ( )
  ta chứng minh được công thức
  n A B C n A n B n C n A B n A C n B C n A B C (   = + + −  −  −  +   ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).
  Khi đó
  n A B C (   = + + − − − + = ) 7 5 6 3 4 2 1 10
  học sinh.
  Kết luận: Số học sinh giỏi ít nhất một môn (Toán, Lý, Hóa) của lớp
  10A
  là 10 học sinh.
  Bài toán 1.7. (Trích từ phần thi Tự luận-đề thi “đánh giá tư duy” năm 2022)
  Viện Toán ứng dụng và Tin học, Đại học Bách khoa Hà Nội công bố điểm thi ba môn
  Đại số, Giải tích 1, Giải tích 2 của một lớp sinh viên, có 108 sinh viên đạt điểm A. Biết
• Có 43 sinh viên đạt điểm A môn Giải tích 1;
• Có 32 sinh viên đạt điểm A môn Giải tích 2;
• Có 54 sinh viên đạt điểm A môn Đại số;
• Có 09 sinh viên đạt điểm A môn Giải tích 1 và Đại số;
• Có 08 sinh viên đạt điểm A môn Giải tích 2 và Đại số;
• Có 03 sinh viên đạt điểm A cả ba môn.
  Hãy xác định:
  a. Số sinh viên đạt điểm A môn Đại số và Giải tích 1, nhưng không đạt điểm A môn
  Giải tích 2;
  b. Số sinh viên chỉ đạt điểm A môn Đại số;
  c. Số sinh viên đạt điểm A hai môn Giải tích 1 và Giải tích 2.
  2
  3
  1
  15
  Hướng dẫn
  a. Ta có số sinh
  viên đạt điểm A môn
  Đại số và Giải tích 1,
  nhưng không đạt
  điểm A môn Giải
  tích 2 là phần nằm
  trong phần gạch
  chéo (là giao của tập
  hợp
  S1
  và tập hợp
  S2
  nhưng không nằm
  trong tập hợp
  S3
  ), đó
  là 9-3=6 sinh viên.
  b. Số sinh viên chỉ đạt
  điểm A môn Đại số là
  phần gạch chéo trong
  hình vẽ, đó là
  54 9 8 3 40 − − + =
  sinh viên
  c. Số sinh viên đạt điểm
  A môn Giải tích 1 hoặc
  Giải tích 2 bằng số sinh
  viên đạt điểm A trừ đi số
  sinh viên chỉ đạt điểm A
  môn Đại số và bằng
  108 40 68 − =
  sinh viên.
  Số sinh viên đạt điểm A
  hai môn Giải tích 1 và
  Giải tích 2 là
  43 32 68 7 + − =
  sinh viên.
  Cách khác: Ta sử dụng công thức sau đây:
  n X Y Z n X n Y n Z n X Y n Y Z n Z X n X Y Z (   = + + −  −  −  +   ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).
  Trong đó X, Y, Z lần lượt là tập hợp các sinh viên đạt điểm A môn Giải tích 1,Giải tích 2
  và Đại số. Khi đó ta có:
  108 43 32 54 9 8 3 7. = + + −  − − +   = n X Y n X Y ( ) ( )
  Kết luận: Số sinh viên đạt điểm A hai môn Giải tích 1 và Giải tích 2 là 7 sinh viên.
  16
  CHỦ ĐỀ 2: HỆ PHƯƠNG TRÌNH BẬC NHẤT 3 ẨN
  2.1. Dạng toán liên quan đến kinh tế, kinh doanh, đầu tư, tài chính.
  Bài toán 2.1.1. Một đại lí bán ba mẫu máy điều hoà A, B và C, với giá bán mỗi chiếc
  theo từng mẫu lần lượt là 8 triệu đồng, 10 triệu đồng và 12 triệu đồng. Tháng trước, đại
  lí bán được 100 chiếc gồm cả ba mẫu và thu được số tiền là 980 triệu đồng. Tính số
  lượng máy điều hoà mỗi mẫu đại lí bán được trong tháng trước, biết rằng số tiền thu
  được từ bán máy điều hoà mẫu A và mẫu C là bằng nhau.
  Hướng dẫn
  Gọi số lượng máy điều hoà mỗi mẫu A, B, C đại lí bán được trong tháng trước lần lượt
  là x, y, z. Theo đề bài ta có:
  – Đại lí bán được 100 chiếc gồm cả ba mẫu, suy ra x+y+z=100 (1).
  – Số tiền thu được là 980 triệu đồng, suy ra 8x+10y+12z=980 hay 4x+5y+6z=490 (2).
  – Số tiền thu được từ bán máy điều hoà mẫu A và mẫu C là bằng nhau, suy ra 8x=12z
  hay 2x–3z=0 (3).
  Từ (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình:
  100 30
  4 5 6 490 50.
  2 3 0 20
  x y z x
  x y z y
  x z z
    + + = =     + + =  =
      − = =
  Kết luận: Vậy số lượng máy điều hoà mỗi mẫu A, B, C mà đại lí đã bán được trong
  tháng trước lần lượt là 30, 50, 20 chiếc.
  Bài toán 2.1.2. Một chủ cửa hàng bán lẻ mang 1500000 đồng đến ngân hàng đổi tiền xu
  để trả lại cho người mua. Ông đổi được được tất cả 1450 đồng tiền xu các loại 2000 đồng,
  1000 đồng và 500 đồng. Biết rằng số tiền xu loại 1000 đồng bằng hai lần hiệu số tiền xu
  của loại 500 đồng với số tiền xu loại 2000 đồng. Hỏi mỗi loại có bao nhiêu đồng tiền xu.
  Hướng dẫn
  Gọi
  x y z , ,
  lần lượt là số đồng xu loại 2000 đồng, 1000 đồng và 500 đồng. Ta có hệ:
  Kết luận: Vậy ông chủ cửa hàng đó đổi được 350 đồng xu loại 2000 đồng, 500 đồng xu
  loại 1000 đồng và 600 đồng xu loại 500 đồng.
  ( )
  1450 1450 350
  2000 1000 500 1500000 4 2 3000 500
  2 2 2 0 600
   + + = + + = =         + + =  + + =  =
     = −   + − = = 
  x y z x y z x
  x y z x y z y
  y z x x y z z
  17
  Bài toán 2.1.3. Một tuyến cáp treo có ba loại vé sau đây: vé đi lên giá 250 nghìn đồng;
  vé đi xuống giá 200 nghìn đồng và vé hai chiều giá 400 nghìn đồng. Một ngày nhà ga cáp
  treo thu được tổng số tiền là 251 triệu đồng. Tìm số vé bán ra mỗi loại, biết rằng nhân
  viên quản lí cáp treo đếm được 680 lượt người đi lên và 520 lượt người đi xuống.
  Hướng dẫn
  Gọi số vé bán ra loại đi lên, đi xuống và hai chiều lần lượt là x, y, z. Theo đề bài ta có:
  – Nhà ga cáp treo thu được tổng số tiền là 251 triệu đồng, suy ra
  250000x+200000y +400000z =251000000 hay 5x+4y+8z=5020 (1).
  – Có 680 lượt người đi lên, suy ra x+z=680 (2).
  – Có 520 lượt người đi xuống, suy ra y+z=520 (3).
  Từ (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình:
  5 4 8 5020 220
  680 60 .
  520 460
  x y z x
  x z y
  y z z
    + + = =     + =  =
      + = =
  Kết luận: Vậy số vé bán ra loại đi lên, đi xuống và hai chiều lần lượt là 220, 60, 460.
  Bài toán 2.1.4. Một cửa hàng giải khát chỉ phục vụ ba loại sinh tố: xoài, bơ và mãng cầu.
  Để pha mỗi li (cốc) sinh tố này đều cần dùng đến sữa đặc, sữa tươi và sữa chua với công
  thức cho ở bảng sau.
  Sinh tố (li) Sữa đặc (ml) Sữa tươi (ml) Sữa chua (ml)
  Xoài 20 100 30
  Bơ 10 120 20
  Mãng cầu 20 100 20
  Ngày hôm qua cửa hàng đã dùng hết 2 lít sữa đặc; 12,8 lít sữa tươi và 2,9 lít sữa chua.
  Cửa hàng đã bán được bao nhiêu li sinh tố mỗi loại trong ngày hôm qua?
  Hướng dẫn
  Gọi số li sinh tố mỗi loại xoài, bơ, mãng cầu cửa hàng bán được trong ngày hôm qua lần
  lượt là x, y, z. Theo đề bài ta có:
  – Cửa hàng đã dùng hết 2 lít hay 2000 ml sữa đặc, suy ra phương trình
  20x+10y+20z=2000 hay 2x +y +2z =200 (1).
  – Cửa hàng đã dùng hết 12,8 lít hay 12800 ml sữa tươi, suy ra phương trình:
  100x+120y +100z=12800 hay 5x+6y +5z=640 (2).
  – Cửa hàng đã dùng hết 2,9 lít hay 2900 ml sữa chua, suy ra phương trình
  30x+20y+20z=2900 hay 3x+2y+2z=290 (3).
  Từ (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình:
  2 2 200 50
  5 6 5 640 40.
  3 2 2 290 30
  x y z x
  x y z y
  x y z z
    + + = =     + + =  =
      + + = =
  Kết luận: Vậy số li sinh tố mỗi loại xoài, bơ, mãng cầu mà cửa hàng đã bán được trong
  ngày hôm qua lần lượt là 50, 40, 30.
  Bài toán 2.1.5. Vé vào xem một vở kịch có ba mức giá khác nhau tuỳ theo khu vực ngồi
  trong nhà hát. Số lượng vé bán ra và doanh thu của ba suất diễn được cho bởi bảng sau
  Suất diễn Số vé bán được Doanh thu (triệu đồng)
  Khu vực 1 Khu vực 2 Khu vực 3
  10h00 – 12h00 210 152 125 212,7
  15h00 – 17h00 225 165 118 224,4
  20h00 – 22h00 254 186 130 252,2
  Tìm giá vé ứng với mỗi khu vực ngồi trong nhà hát.
  18
  Hướng dẫn
  Gọi giá vé ứng với mỗi khu vực 1, khu vực 2, khu vực 3 lần lượt là x, y, z (triệu đồng).
  Dựa vào bảng trên ta có hệ phương trình:
  210 152 125 212,7 0,4
  225 165 118 224,4 0,6.
  254 186 130 252,2 0,3
  x y z x
  x y z y
  x y z z
    + + = =     + + =  =
      + + = =
  Kết luận: Vậy giá vé ứng với mỗi khu vực 1, khu vực 2, khu vực 3 lần lượt là 400 nghìn
  đồng, 600 nghìn đồng và 300 nghìn đồng.
  Bài toán 2.1.6. Bác Nhân có 650 triệu đồng dự định gửi tiết kiệm vào các ngân hàng A,
  B và C. Biết các ngân hàng A, B, C trả lãi suất lần lượt là 8%/năm, 7,5%/năm và 7%/năm.
  Để phù hợp với nhu cầu, bác Nhân mong muốn sau một năm, tổng số tiền lãi bác nhận
  được là 50 triệu đồng và số tiền bác gửi vào ngân hàng B lớn hơn số tiền gửi vào ngân
  hàng C là 100 triệu đồng. Hãy tính giúp bác Nhân số tiền gửi vào mỗi ngân hàng sao cho
  đáp ứng được yêu cầu của bác.
  Hướng dẫn
  Gọi số tiền bác Nhân gửi vào mỗi ngân hàng A, B, C lần lượt là x, y, z (triệu đồng).
  – Tổng số tiền bác có là 650 triệu đồng, suy ra x+y+z=650 (1).
  – Tổng số tiền lãi bác nhận được sau một năm là 50 triệu đồng, suy ra
  8%x+7,5%y + 7%z =50 hay 8x+7,5y +7z=5000 (2).
  – Số tiền bác gửi vào ngân hàng B lớn hơn số tiền gửi vào ngân hàng C là 100 triệu đồng,
  suy ra y –z =100 (3).
  Từ (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình:
  650 350
  8 7,5 7 5000 200.
  100 100
  x y z x
  x y z y
  y z z
    + + = =     + + =  =
      − = =
  Kết luận: Vậy số tiền bác Nhân gửi vào mỗi ngân hàng A, B, C lần lượt là 350 triệu
  đồng, 200 triệu đồng và 100 triệu đồng.
  Bài toán 2.1.7. Bác Việt có 330740 nghìn đồng, bác chia số tiền này thành ba phần và
  đem đầu tư vào ba hình thức : Phần thứ nhất bác đầu tư vào chứng khoán với lãi thu được
  4% một năm; phần thứ hai bác mua vàng thu lãi 5% một năm và phần thứ ba bác gửi tiết
  kiệm với lăi suất 6% một năm. Sau một năm, kể cả gốc và lãi bác thu được ba món tiền
  bằng nhau. Hỏi tổng số tiền cả gốc và lãi bác thu được sau một năm là bao nhiêu?
  Hướng dẫn
  Gọi số tiền bác Việt đầu tư vào chứng khoán, mua vàng, gửi tiết kiệm lần lượt là x, y, z
  (nghìn đồng). Theo đề bài ta có:
  – Tổng số tiền là 330740 nghìn đồng, suy ra x+y+z=330740 (1).
  – Số tiền kể cả gốc lẫn lãi bác Việt thu được từ ba khoản là x + 4%x, y + 5%y, z + 6%z.
  Vì bác thu được ba món tiền bằng nhau nên x+ 4%x =y+5%y =z+6%z
  ⇒ 104%x = 105%y = 106%z ⇒ 104x –105y = 0 (2) và 105y –106z =0 (3).
  Từ (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình:
  330740 111300
  104 105 0 110240.
  105 106 0 109200
  x y z x
  x y y
  y z z
    + + = =     − =  =
      − = =
  Kết luận: Vậy số tiền bác Việt đầu tư vào chứng khoán, mua vàng, gửi tiết kiệm lần lượt
  là 111300 nghìn đồng, 110240 nghìn đồng, 109200 nghìn đồng.
  Tổng số tiền cả gốc và lãi mà bác Việt thu được sau một năm là 347256000 đồng.
  19
  Bài toán 2.1.8. Một quỹ đầu tư dự kiến dành khoản tiền 1,2 tỉ đồng để đầu tư vào cổ
  phiếu. Các cổ phiếu được phân thành ba loại: rủi ro cao, rủi ro trung bình và rủi ro thấp.
  Ban Giám đốc của quỹ ước tính các cổ phiếu rủi ro cao, rủi ro trung bình và rủi ro thấp
  sẽ có lợi nhuận hằng năm lần lượt là 15%, 10% và 6%. Nếu đặt ra mục tiêu đầu tư có lợi
  nhuận trung bình là 9%/năm trên tổng số vốn đầu tư, thì quỹ nên đầu tư bao nhiêu tiền
  vào mỗi loại cổ phiếu? Biết rằng, để an toàn, khoản đầu tư vào các cổ phiếu rủi ro thấp
  sẽ gấp đôi tổng các khoản đầu tư vào các cổ phiếu thuộc hai loại còn lại.
  Hướng dẫn
  Gọi số tiền nên đầu tư vào mỗi loại cổ phiếu rủi ro cao, rủi ro trung bình và rủi ro thấp
  lần lượt là x, y, z (tỉ đồng). Theo đề bài ta có:
  – Tổng số tiền đầu tư là 1,2 tỉ; suy ra phương trình: x+y+z =1,2 (1).
  – Mục tiêu đầu tư có lợi nhuận trung bình là 9%/năm trên tổng số vốn đầu tư, suy ra
  15%x+10%y +6%z=9% .1,2 hay 15x+10y+6z=10,8 (2).
  – Khoản đầu tư vào các cổ phiếu rủi ro thấp sẽ gấp đôi tổng các khoản đầu tư vào các cổ
  phiếu thuộc hai loại còn lại, suy ra z=2(x+y) hay 2x+2y–z=0 (3).
  Từ (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình:
  1,2 0,4
  15 10 6 10,8 0 .
  2 2 0 0,8
  x y z x
  x y z y
  x y z z
    + + = =     + + =  =
      + − = =
  Kết luận: Vậy số tiền nên đầu tư vào mỗi loại cổ phiếu rủi ro cao, rủi ro trung bình và
  rủi ro thấp lần lượt là 0,4 tỉ đồng, 0 đồng, 0,8 tỉ đồng.
  Bài toán 2.1.9. Xét thị trường chè, cà phê và ca cao. Gọi x, y và z lần lượt là giá của 1 kg
  chè, 1 kg cà phê và 1 kg ca cao (đơn vị: nghìn đồng, x≥0, y≥0, z ≥ 0). Các lượng cung và
  lượng cầu của mỗi sản phẩm được cho như bảng sau:
  Sản phẩm Lượng cung Lượng cầu
  Chè
  1
  QS = –380 + x +y
  D1
  Q = 350–x – z
  Cà phê
  2
  QS = –405 +x +2y –z
  D2
  Q =760–2y– z
  Ca cao
  3
  QS = –350 –2x +3z
  D3
  Q =145 –x +y– z
  Tìm giá của mỗi kilôgam chè, cà phê và ca cao để thị trường cân bằng.
  Hướng dẫn
  Thị trường cân bằng khi và chỉ khi
  1 1
  2 2
  3 3
  380 350 2 730 125
  405 2 760 2 4 1165 260.
  350 2 3 145 4 495 220
  S D
  S D
  S D
  Q Q x y x z x y z x
  Q Q x y z y z x y y
  Q Q x z x y z x y z z
   =    − + + = − − + + = =         =  − + + − = − −  + =  =
     
  =    − − + = − + − + − = − = 
  Kết luận: Vậy để thị trường cân bằng thì giá của mỗi kilôgam chè, cà phê và ca cao lần
  lượt là 125 nghìn đồng, 260 nghìn đồng và 220 nghìn đồng.
  2.2. Dạng toán có yếu tố tích hợp liên môn giữa Toán học và Hóa học
  Bài toán 2.2.1. Một công ty sản xuất ba loại phân bón loại A, loại B, loại C như sau:
  – Loại A có chứa 18% nitơ, 4% photphat và 5% kali;
  – Loại B có chứa 20% nitơ, 4% photphat và 4% kali;
  – Loại C có chứa 24% nitơ, 3% photphat và 6% kali.
  Hỏi công ty sản xuất bao nhiêu kilôgam mỗi loại phân bón trên?
  Biết rằng công ty đã dùng hết 26400 kg nitơ, 4900 kg photphat, 6200 kg kali.
  20
  Hướng dẫn
  Gọi khối lượng mỗi loại phân bón A, B, C lần lượt là x, y, z (kilôgam). Theo đề bài ta có
  – Công ty dùng hết 26400 kg nitơ nên ta có phương trình: 18%x+20%y+24%z=26400
  hay 18x+20y+24z=2640000 (1).
  – Công ty dùng hết 4900 kg photphat nên ta có phương trình: 4%x+4%y+3%z =4900
  hay 4x+4y+3z=490000 (2).
  – Công ty dùng hết 6200 kg kali nên ta có phương trình: 5%x+4%y+6%z=6200
  hay 5x+4y+6z=620000 (3).
  Từ (1), (2) và (3) ta có hệ phương trình:
  18 20 24 2640000 40000
  4 4 3 490000 60000.
  5 4 6 620000 30000
  x y z x
  x y z y
  x y z z
    + + = =     + + =  =
      + + = =
  Vậy khối lượng mỗi loại phân bón A, B, C lần lượt là 40000kg, 60000kg và 30000kg
  Bài toán 2.2.2. Cho A, B và C là ba dung dịch cùng loại acid có nồng độ khác nhau. Biết
  rằng nếu trộn ba dung dịch mỗi loại 100 ml thì được dung dịch nồng độ 0,4 M (mol/lít);
  nếu trộn 100 ml dung dịch A với 200 ml dung dịch B thì được dung dịch nồng độ 0,6 M;
  nếu trộn 100 ml dung dịch B với 200 ml dung dịch C thì được dung dịch

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: 

Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

SKKN Xây dựng công cụ Rubic đánh giá năng lực Toán học trong chủ đề Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số Giải tích 12

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo theo tinh thần Nghị quyết số 29
của BCH T.Ư Đảng (khoá XI) là yêu cầu cấp thiết để nâng cao chất lượng giáo dục
và đào tạo trong tình hình mới; trong đó, việc triển khai hiệu quả Chương trình Giáo
dục phổ thông 2018 được xem là bước ngoặt quan trọng trên hành trình đổi mới của
ngành Giáo dục.
Chương trình Giáo dục phổ thông 2018 được triển khai từ năm học 2020 –
2021 đối với học sinh lớp 1; năm học 2021 – 2022 với học sinh lớp 2, lớp 6 và năm
học 2022- 2023 đối với học sinh lớp 3, lớp 7 và lớp 10. Chương trình có nhiều đổi
mới về nội dung, môn học, thời gian học, phương pháp giảng dạy và kiểm tra đánh
giá theo hướng phát triển năng lực, phẩm chất người học, đồng thời phát huy tinh
thần chủ động, sáng tạo của giáo viên.
Chương trình Giáo dục phổ thông môn Toán do Bộ Giáo dục và Đào tạo ban
hành ngày 26 tháng 12 năm 2018 được xây dựng trong bối cảnh đổi mới toàn diện
giáo dục và đào tạo, bắt đầu từ việc xác định lại mục tiêu giáo dục của môn Toán
trên tất cả các cấp học nói chung và từng cấp học nói riêng. Mục tiêu của những
chương trình trước đây (cung cấp kiến thức, rèn luyện kĩ năng) được xem là không
còn phù hợp với thời đại mà khoa học, kĩ thuật và công nghệ phát triển nhanh như
vũ bão. Mục tiêu của Chương trình giáo dục phổ thông môn Toán 2018 giúp học
sinh hình thành và phát triển năng lực toán học đồng thời góp phần hình thành và
phát triển năng lực chung cốt lõi; Góp phần hình thành và phát triển ở học sinh các
phẩm chất chủ yếu bên cạnh việc trang bị kiến thức, kĩ năng toán học phổ thông, cơ
bản, thiết yếu; Có hiểu biết tương đối tổng quát về sự hữu ích của Toán học đối với
từng ngành nghề liên quan để làm cơ sở định hướng nghề nghiệp, cũng như có đủ
năng lực tối thiểu để tự tìm hiểu những vấn đề liên quan đến toán học trong suốt
cuộc đời. Từ yêu cầu đổi mới mục tiêu giáo dục trong môn Toán, đặt ra nhiệm vụ
quan trọng đối với người giáo viên phải biết lựa chọn phương pháp, kỹ thuật dạy
học cũng như đổi mới phương pháp kiểm tra đánh giá theo hướng phát triển phẩm
chất, năng lực của người học.
Mặt khác, quan điểm hiện đại về kiểm tra, đánh giá theo hướng phát triển phẩm
chất, năng lực học sinh chú trọng đến đánh giá quá trình để phát hiện kịp thời sự tiến
bộ của học sinh và vì sự tiến bộ của học sinh, từ đó điều chỉnh và tự điều chỉnh kịp
thời hoạt động dạy và hoạt động học trong quá trình dạy học. Đánh giá kết quả học
2
tập theo hướng tiếp cận năng lực cần chú trọng vào khả năng vận dụng sáng tạo tri
thức trong những tình huống ứng dụng khác nhau. Hay nói cách khác, đánh giá theo
năng lực là đánh giá kiến thức, kĩ năng và thái độ trong những bối cảnh có ý nghĩa.
Đánh giá kết quả học tập của học sinh đối với các môn học và hoạt động giáo dục
theo quá trình hay ở mỗi giai đoạn học tập chính là biện pháp chủ yếu nhằm xác định
mức độ thực hiện mục tiêu dạy học về kiến thức, kĩ năng, thái độ và năng lực, đồng
thời có vai trò quan trọng trong việc cải thiện kết quả học tập của học học sinh. Để
chứng minh học sinh có năng lực ở một mức độ nào đó, phải tạo cơ hội cho học sinh
được giải quyết vấn đề trong tình huống mang tính thực tiễn. Một trong những định
hướng để kiểm tra, đánh giá theo hướng tiếp cận năng lực học sinh là giáo viên cần
có công cụ đánh giá thích hợp nhằm đánh giá toàn diện, công bằng, trung thực, có
khả năng phân loại, giúp giáo viên và học sinh điều chỉnh kịp thời việc dạy và học.
Trong quá trình bồi dưỡng thường xuyên theo chương trình của Bộ giáo dục và
đào tạo, tôi thấy công cụ kiểm tra đánh giá rubric là một trong những công cụ đánh
giá được các thành tố của năng lực Toán học, giúp người giáo viên thực hiện được
mục tiêu đánh giá vì học tập, đánh giá là học tập nên tôi đã tìm hiểu để xây dựng
công cụ rubric đánh giá năng lực toán học của học sinh trong chủ đề: Giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số – Giải tích 12.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP KỸ THUẬT
II.1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
II.1.1. Mục tiêu của chương trình giáo dục Phổ thông (CT GDPT)
Theo CT GDPT tổng thể (tháng 12/2018), mục tiêu của CT GDPT tổng thể
trong giai đoạn hiện nay nhấn mạnh giúp người học làm chủ kiến thức phổ thông;
biết vận dụng hiệu quả kiến thức vào đời sống và tự học suốt đời; (…) phát triển
những phẩm chất, năng lực cần thiết đối với người lao động, ý thức và nhân cách
công dân; khả năng thích ứng với những đổi thay trong bối cảnh toàn cầu hóa và
cách mạng công nghiệp mới. Như vậy, mục tiêu của CT GDPT không chỉ hướng đến
việc cung cấp cho học sinh một tổng lượng kiến thức, kỹ năng phổ quát, mà còn hình
thành một hệ thống giá trị của sự phát triển nhân cách sáng tạo, phát triển những
phẩm chất, năng lực cần thiết đối với người lao động, người công dân cũng như tính
tự chủ và trách nhiệm cá nhân của học sinh.
II.1.2. Mục tiêu của chương trình môn Toán
Mục tiêu của chương trình môn Toán học giúp học sinh
3

• Hình thành và phát triển năng lực toán học bao gồm các thành tố cốt lõi sau:
  năng lực tư duy và lập luận toán học; năng lực mô hình hoá toán học; năng lực giải
  quyết vấn đề toán học; năng lực giao tiếp toán học; năng lực sử dụng công cụ,
  phương tiện học toán. Đồng thời góp phần hình thành và phát triển năng lực chung
  cốt lõi.
• Góp phần hình thành và phát triển ở học sinh các phẩm chất chủ yếu và năng
  lực chung theo các mức độ phù hợp với môn học, cấp học đã được quy định tại
  Chương trình giáo dục phổ thông tổng thể.
• Có kiến thức, kĩ năng toán học phổ thông, cơ bản, thiết yếu; phát triển khả
  năng giải quyết vấn đề có tính tích hợp liên môn giữa môn Toán và các môn học
  khác như Vật lí, Hoá học, Sinh học, Địa lí, Tin học, Công nghệ, Lịch sử, Nghệ
  thuật,…; tạo cơ hội để học sinh được trải nghiệm, áp dụng toán học vào thực tiễn.
• Có hiểu biết tương đối tổng quát về sự hữu ích của Toán học đối với từng
  ngành nghề liên quan để làm cơ sở định hướng nghề nghiệp, cũng như có đủ năng
  lực tối thiểu để tự tìm hiểu những vấn đề liên quan đến toán học trong suốt cuộc đời.
  Đặc biệt, môn Toán cấp trung học phổ thông nhằm giúp học sinh đạt các
  mục tiêu chủ yếu sau:
• Góp phần hình thành và phát triển năng lực toán học với yêu cầu cần đạt: nêu
  và trả lời được câu hỏi khi lập luận, giải quyết vấn đề; sử dụng được các phương
  pháp lập luận, quy nạp và suy diễn để nhìn ra những cách thức khác nhau trong việc
  giải quyết vấn đề; thiết lập được mô hình toán học để mô tả tình huống, từ đó đưa ra
  cách giải quyết vấn đề toán học đặt ra trong mô hình được thiết lập; thực hiện và
  trình bày được giải pháp giải quyết vấn đề và đánh giá được giải pháp đã thực hiện,
  phản ánh được giá trị của giải pháp, khái quát hoá được cho vấn đề tương tự; sử
  dụng được công cụ, phương tiện học toán trong học tập, khám phá và giải quyết vấn
  đề toán học.
• Toán học giúp học sinh có những kiến thức và kĩ năng toán học cơ bản, thiết
  yếu về:
• Đại số và Một số yếu tố giải tích: Tính toán và sử dụng công cụ tính
  toán; sử dụng ngôn ngữ và kí hiệu đại số; biến đổi biểu thức đại số và siêu việt (lượng
  giác, mũ, lôgarit), phương trình, hệ phương trình, bất phương trình; nhận biết các
  hàm số sơ cấp cơ bản (luỹ thừa, lượng giác, mũ, lôgarit); khảo sát hàm số và vẽ đồ
  thị hàm số bằng công cụ đạo hàm; sử dụng ngôn ngữ hàm số, đồ thị hàm số để mô
  tả và phân tích một số quá trình và hiện tượng trong thế giới thực; sử dụng tích phân
  để tính toán diện tích hình phẳng và thể tích vật thể trong không gian.
  4
• Hình học và Đo lường: Cung cấp những kiến thức và kĩ năng (ở mức độ
  suy luận logic) về các quan hệ hình học và một số hình phẳng, hình khối quen thuộc;
  phương pháp đại số (vectơ, toạ độ) trong hình học; phát triển trí tưởng tượng không
  gian; giải quyết một số vấn đề thực tiễn đơn giản gắn với Hình học và Đo lường.
  +Thống kê và Xác suất: Hoàn thiện khả năng thu thập, phân loại, biểu
  diễn, phân tích và xử lí dữ liệu thống kê; sử dụng các công cụ phân tích dữ liệu thống
  kê thông qua các số đặc trưng đo xu thế trung tâm và đo mức độ phân tán cho mẫu
  số liệu không ghép nhóm và ghép nhóm; sử dụng các quy luật thống kê trong thực
  tiễn; nhận biết các mô hình ngẫu nhiên, các khái niệm cơ bản của xác suất và ý nghĩa
  của xác suất trong thực tiễn.
• Góp phần giúp học sinh có những hiểu biết tương đối tổng quát về các ngành
  nghề gắn với môn Toán và giá trị của nó; làm cơ sở cho định hướng nghề nghiệp sau
  trung học phổ thông; có đủ năng lực tối thiểu để tự tìm hiểu những vấn đề liên quan
  đến toán học trong suốt cuộc đời.
  Như vậy, mục tiêu của chương trình phổ thông nói chung và môn Toán nói
  riêng không chỉ hướng đến việc cung cấp cho học sinh một tổng lượng kiến thức, kỹ
  năng, mà còn hình thành và phát triển những phẩm chất, năng lực cần thiết để các
  em hoà nhập tốt vào môi trường xã hội hiện đại ngày càng phát triển.
  Do đó, năng lực và phẩm chất là cơ sở (tham chiếu) để tổ chức chương trình và
  thiết kế nội dung học tập. Điều này cũng có nghĩa là năng lực của học sinh sẽ là kết
  quả cuối cùng cần đạt được của quá trình dạy học hay giáo dục. Nói cách khác, thành
  phần cuối cùng và cơ bản của mục tiêu giáo dục là các phẩm chất và năng lực của
  người học. Năng lực vừa được coi là điểm xuất phát đồng thời là sự cụ thể hoá của
  mục tiêu giáo dục. Vì vậy, mục tiêu của việc đánh giá trong môn Toán thông qua
  mỗi nội dung là cần đánh giá được các năng lực toán học nói riêng và năng lực chung
  thông qua các biểu hiện cụ thể của các thành phần năng lực. Trong đó, các thành tố
  cốt lõi của năng lực toán học: năng lực tư duy và lập luận toán học; năng lực mô
  hình hoá toán học; năng lực giải quyết vấn đề toán học; năng lực giao tiếp toán học;
  năng lực sử dụng công cụ, phương tiện học toán. Trong sáng kiến kinh nghiệm này,
  tôi tập trung nghiên cứu việc đánh giá các năng lực toán học (đánh giá các thành tố
  cốt lõi) trong nội dung “Giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số – Giải tích 12”.
  Để đánh giá được các thành tố cốt lõi của năng lực toán học đó, trong quá trình dạy
  học người giáo viên cần mô tả được các năng lực toán học thông qua các biểu hiện
  cụ thể.
  5
  Biểu hiện cụ thể của năng lực toán học và yêu cầu cần đạt cho từng cấp học
  được thể hiện trong bảng sau:
  Thành phần năng
  lực
  Cấp tiểu học Cấp trung học
  cơ sở
  Cấp trung học
  phổ thông

1. Năng lực tư duy
   và lập luận
   toán học thể hiện
   qua việc:
   – Thực hiện được
   các thao tác tư duy
   như: so sánh, phân
   tích, tổng hợp, đặc
   biệt hoá, khái quát
   hoá, tương tự; quy
   nạp, diễn dịch.
   – Chỉ ra được chứng
   cứ, lí lẽ và biết lập
   luận hợp lí trước khi
   kết luận.
   – Giải thích hoặc
   điều chỉnh được
   cách thức giải quyết
   vấn đề về phương
   diện toán học.
   – Thực hiện được
   các thao tác tư duy
   (ở mức độ đơn
   giản), đặc biệt biết
   quan sát, tìm kiếm
   sự tương đồng và
   khác biệt trong
   những tình huống
   quen thuộc và mô
   tả được kết quả
   của việc quan sát.
   -Nêu được chứng
   cứ, lí lẽ và biết lập
   luận hợp lí trước
   khi kết luận.

• Nêu và trả lời
  được câu hỏi khi
  lập luận, giải quyết
  vấn đề. Bước đầu
  chỉ ra được chứng
  – Thực hiện được
  các thao tác tư duy,
  đặc biệt biết quan
  sát, giải thích được
  sự tương đồng và
  khác biệt trong
  nhiều tình huống
  và thể hiện được
  kết quả của việc
  quan sát.
  -Thực hiện được
  việc lập luận hợp lí
  khi giải quyết vấn
  đề.
  -Nêu và trả lời
  được câu hỏi khi
  lập luận, giải quyết
  vấn đề. Chứng
  minh được mệnh
  – Thực hiện được
  tương đối thành
  thạo các thao tác tư
  duy, đặc biệt phát
  hiện được sự tương
  đồng và khác biệt
  trong những tình
  huống tương đối
  phức tạp và lí giải
  được kết quả của
  việc quan sát.
  -Sử dụng được các
  phương pháp lập
  luận, quy nạp và
  suy diễn để nhìn ra
  những cách thức
  khác nhau trong
  việc giải quyết vấn
  đề.
  -Nêu và trả lời được
  câu hỏi khi lập luận,
  giải quyết vấn đề.
  Giải thích, chứng
  minh, điều chỉnh
  6
  cứ và lập luận có
  cơ sở, có lí lẽ trước
  khi kết luận.
  đề toán học không
  quá phức tạp.
  được giải pháp thực
  hiện về phương
  diện toán học.

1. Năng lực mô
   hình hoá toán
   học thể hiện qua
   việc:
   – Xác định được mô
   hình toán học (gồm
   công thức, phương
   trình, bảng biểu, đồ
   thị,…) cho
   tình huống xuất
   hiện trong bài toán
   thực tiễn.
   – Giải quyết được
   những vấn đề toán
   học trong mô hình
   được thiết lập.
   – Thể hiện và đánh
   giá được lời giải
   trong ngữ cảnh thực
   tế và cải tiến được
   mô hình nếu cách
   giải quyết không
   phù hợp.
   – Lựa chọn được
   các phép toán,
   công thức số học,
   sơ đồ, bảng biểu,
   hình vẽ để trình
   bày, diễn đạt (nói
   hoặc viết) được
   các nội dung, ý
   tưởng của tình
   huống xuất hiện
   trong bài toán thực
   tiễn đơn giản.
   – Giải quyết được
   những bài toán
   xuất hiện từ sự lựa
   chọn
   trên.
   – Nêu được câu trả
   lời cho tình huống
   xuất hiện trong
   bài toán thực tiễn.
   – Sử dụng được
   các mô hình toán
   học (gồm công
   thức toán học, sơ
   đồ, bảng biểu, hình
   vẽ, phương trình,
   hình biểu diễn,…)
   để mô tả tình
   huống xuất hiện
   trong một số
   bài toán thực tiễn
   không quá phức
   tạp.
   – Giải quyết được
   những vấn đề toán
   học trong mô hình
   được thiết lập.
   – Thể hiện được
   lời giải toán học
   vào ngữ cảnh thực
   tiễn và làm quen
   với việc kiểm
   chứng tính đúng
   đắn của lời giải.
   – Thiết lập được mô
   hình toán học (gồm
   công thức, phương
   trình, sơ đồ, hình
   vẽ, bảng biểu, đồ
   thị,…) để mô tả tình
   huống đặt ra trong
   một số bài toán thực
   tiễn.
   – Giải quyết được
   những vấn đề toán
   học trong mô hình
   được thiết lập.
   – Lí giải được tính
   đúng đắn của lời
   giải (những kết luận
   thu được từ các tính
   toán là có ý nghĩa,
   phù hợp với thực
   tiễn hay không).
   7
   Đặc biệt, nhận biết
   được cách đơn giản
   hoá, cách điều
   chỉnh những yêu
   cầu thực tiễn (xấp
   xỉ, bổ sung thêm giả
   thiết, tổng quát
   hoá,…) để đưa đến
   những bài toán giải
   được.
2. Năng lực giải
   quyết vấn đề toán
   học thể hiện qua
   việc:
   – Nhận biết, phát
   hiện được vấn đề
   cần giải quyết bằng
   toán học.
   – Lựa chọn, đề xuất
   được cách
   thức, giải pháp giải
   quyết vấn đề.
   – Sử dụng được các
   kiến thức,
   kĩ năng toán học
   tương thích (bao
   – Nhận biết được
   vấn đề cần giải
   quyết và nêu được
   thành câu hỏi.
   – Nêu được cách
   thức giải quyết
   vấn đề.
   – Thực hiện và
   trình bày được
   cách thức giải
   – Phát hiện được
   vấn đề cần giải
   quyết.
   – Xác định được
   cách thức, giải
   pháp giải quyết
   vấn đề.
   – Sử dụng được
   các kiến thức, kĩ
   năng toán học
   – Xác định được
   tình huống có vấn
   đề; thu thập, sắp
   xếp, giải thích và
   đánh giá được độ
   tin cậy của thông
   tin; chia sẻ sự am
   hiểu vấn đề với
   người khác.
   – Lựa chọn và thiết
   lập được cách thức,
   quy trình giải quyết
   vấn đề.
   – Thực hiện và trình
   bày được giải pháp
   giải quyết vấn đề.
   8
   gồm các công cụ và
   thuật toán) để giải
   quyết vấn đề đặt ra.

• Đánh giá được giải
  pháp đề ra và khái
  quát hoá được cho
  vấn đề tương tự.
  quyết vấn đề ở
  mức độ đơn giản.
• Kiểm tra được
  giải pháp đã thực
  hiện.
  tương thích để giải
  quyết vấn đề.
  – Giải thích được
  giải pháp đã thực
  hiện.
  – Đánh giá được
  giải pháp đã thực
  hiện; phản ánh
  được giá trị của giải
  pháp; khái quát hoá
  được cho vấn đề
  tương tự.

1. Năng lực giao
   tiếp toán học thể
   hiện qua việc:
   – Nghe hiểu, đọc
   hiểu và ghi chép
   được các thông tin
   toán học cần thiết
   được trình bày dưới
   dạng văn bản toán
   học hay do người
   khác nói hoặc viết
   ra.
   – Trình bày, diễn
   đạt (nói hoặc viết)
   được các nội dung,
   ý tưởng, giải pháp
   – Nghe hiểu, đọc
   hiểu và ghi chép
   (tóm tắt) được các
   thông tin toán học
   trọng tâm
   trong nội dung văn
   bản hay do người
   khác thông báo (ở
   mức độ đơn giản),
   từ đó nhận biết
   được vấn đề cần
   giải quyết.
   – Trình bày, diễn
   đạt (nói hoặc viết)
   được các nội
   dung, ý tưởng, giải
   – Nghe hiểu, đọc
   hiểu và ghi chép
   (tóm tắt) được các
   thông tin toán học
   cơ bản, trọng tâm
   trong văn bản (ở
   dạng văn bản nói
   hoặc viết). Từ đó
   phân tích, lựa
   chọn, trích xuất
   được các thông tin
   toán học cần thiết
   từ văn bản (ở dạng
   văn bản nói hoặc
   viết).
   – Thực hiện được
   việc trình bày, diễn
   đạt, nêu câu hỏi,
   thảo luận, tranh
   – Nghe hiểu, đọc
   hiểu và ghi chép
   (tóm tắt) được
   tương đối thành
   thạo các thông tin
   toán học cơ bản,
   trọng tâm trong văn
   bản nói hoặc viết.
   Từ đó phân tích,
   lựa chọn, trích xuất
   được các thông tin
   toán học cần thiết
   từ văn bản nói hoặc
   viết.
   – Lí giải được (một
   cách hợp lí) việc
   trình bày, diễn đạt,
   thảo luận, tranh
   9
   toán học trong sự
   tương tác với người
   khác (với yêu cầu
   thích hợp về sự đầy
   đủ, chính xác).
   – Sử dụng được
   ngôn ngữ toán học
   kết hợp với ngôn
   ngữ thông thường,
   động tác hình thể để
   biểu đạt các nội
   dung toán học ở
   những tình huống
   đơn giản.
   – Thể hiện được sự
   tự tin khi trả lời câu
   hỏi, khi trình bày,
   thảo luận các nội
   dung toán học ở
   những tình huống
   đơn giản.
   pháp toán học
   trong sự tương tác
   với người khác
   (chưa yêu cầu phải
   diễn đạt đầy đủ,
   chính xác). Nêu và
   trả lời được câu
   hỏi khi lập luận,
   giải quyết vấn đề.
   -Sử dụng được
   ngôn ngữ toán học
   kết hợp với ngôn
   ngữ thông thường
   để biểu đạt các nội
   dung toán học
   cũng như thể hiện
   chứng cứ, cách
   thức và kết quả lập
   luận.
   – Thể hiện được
   sự tự tin khi trình
   bày, diễn đạt, thảo
   luận, tranh luận,
   giải thích các nội
   dung toán học
   trong một số tình
   luận các nội dung,
   ý tưởng, giải pháp
   toán học trong sự
   tương tác với
   người khác (ở mức
   tương đối đầy đủ,
   chính xác.
   – Sử dụng được
   hiệu quả ngôn ngữ
   toán học (chữ số,
   chữ cái, kí hiệu,
   biểu đồ, đồ thị, các
   liên kết logic,…)
   kết hợp với ngôn
   ngữ thông thường
   hoặc động tác hình
   thể khi trình bày,
   giải thích và đánh
   giá các ý tưởng
   toán học trong sự
   tương tác (thảo
   luận, tranh luận)
   với người khác.
   – Thể hiện được sự
   tự tin khi trình bày,
   diễn đạt, nêu câu
   hỏi, thảo luận,
   tranh luận các nội
   dung, ý tưởng liên
   quan đến toán học.
   luận các nội dung, ý
   tưởng, giải pháp
   toán học trong sự
   tương tác với người
   khác.
   – Sử dụng được
   một cách hợp lí
   ngôn ngữ toán học
   kết hợp với ngôn
   ngữ thông thường
   để biểu đạt cách
   suy nghĩ, lập luận,
   chứng minh các
   khẳng định toán
   học.
   – Thể hiện được sự
   tự tin khi trình bày,
   diễn đạt, thảo luận,
   tranh luận, giải
   thích các nội dung
   toán học trong
   nhiều tình huống
   10
   huống không quá
   phức tạp.
   không quá phức
   tạp.
2. Năng lực sử
   dụng công cụ,
   phương tiện học
   toán thể hiện qua
   việc:
   – Nhận biết được
   tên gọi, tác dụng,
   quy cách sử dụng,
   cách thức bảo quản
   các đồ dùng,
   phương tiện trực
   quan thông thường,
   phương tiện khoa
   học công nghệ (đặc
   biệt là phương tiện
   sử dụng công nghệ
   thông tin), phục vụ
   cho việc học Toán.
   – Sử dụng được các
   công cụ,
   phương tiện học
   toán, đặc biệt là
   phương tiện khoa
   học công nghệ để
   tìm tòi, khám phá và
   giải quyết vấn đề
   toán học (phù hợp
   với đặc điểm nhận
   thức lứa tuổi).
   – Nhận biết được
   tên gọi, tác dụng,
   quy cách sử dụng,
   cách thức bảo
   quản các công cụ,
   phương tiện học
   toán đơn giản (que
   tính, thẻ số, thước,
   compa, êke, các
   mô hình hình
   phẳng và hình
   khối quen thuộc,..)
   – Sử dụng được
   các công cụ,
   phương tiện học
   toán để thực hiện
   những nhiệm vụ
   học tập toán đơn
   giản.
   – Làm quen với
   máy tính cầm tay,
   phương tiện công
   nghệ thông tin hỗ
   trợ học tập.
   – Nhận biết được
   tên gọi, tác dụng,
   quy cách sử dụng,
   cách thức bảo quản
   các công cụ,
   phương tiện học
   toán (mô hình hình
   học phẳng và
   không gian, thước
   đo góc, thước
   cuộn, tranh ảnh,
   biểu đồ,…).
   – Trình bày được
   cách sử dụng công
   cụ, phương tiện
   học toán để thực
   hiện nhiệm vụ học
   tập hoặc để diễn tả
   những lập luận,
   chứng minh toán
   học.
   – Sử dụng được
   máy tính cầm tay,
   một số phần mềm
   – Nhận biết được
   tác dụng, quy cách
   sử dụng, cách thức
   bảo quản các công
   cụ, phương tiện học
   toán (bảng tổng kết
   về các dạng hàm
   số, mô hình góc và
   cung lượng giác,
   mô hình các hình
   khối, bộ dụng cụ
   tạo mặt tròn
   xoay,…).
   – Sử dụng được
   máy tính cầm tay,
   phần mềm, phương
   tiện công nghệ,
   nguồn tài
   nguyên trên mạng
   Internet để giải
   quyết một số vấn
   đề toán học.
   11
   – Nhận biết được
   các ưu điểm, hạn
   chế của những công
   cụ, phương tiện hỗ
   trợ để có cách sử
   dụng hợp lí.
   – Nhận biết được
   (bước đầu) một số
   ưu điểm, hạn chế
   của những công
   cụ, phương tiện hỗ
   trợ để có cách sử
   dụng hợp lí.
   tin học và phương
   tiện công nghệ hỗ
   trợ học tập.
   – Chỉ ra được các
   ưu điểm, hạn chế
   của những công cụ,
   phương tiện hỗ trợ
   để có cách sử dụng
   hợp lí.
   – Đánh giá được
   cách thức sử dụng
   các công cụ,
   phương tiện học
   toán trong tìm tòi,
   khám phá và giải
   quyết vấn đề toán
   học.
   II.1.3. Thực trạng việc kiểm tra, đánh giá học sinh ở môn Toán của giáo
   viên hiện nay.
   Hiện nay, tại các nhà trường, hầu hết giáo viên đều sử dụng phương pháp kiểm
   tra, đánh giá học sinh thao các phương pháp truyền thống.
   Theo phương pháp kiểm tra đánh giá truyền thống thông thường, người giáo
   viên thường sử dụng các phương pháp: vấn đáp, kiểm tra viết trong đó:

• Phương pháp vấn đáp (hỏi – đáp) là phương pháp mà trong đó giáo viên
  trao đổi với học sinh thông qua việc hỏi – đáp để thu thập thông tin nhằm đưa ra
  những nhận xét, biện pháp giúp đỡ kịp thời cho học sinh với các dạng vấn đáp: vấn
  đáp gợi mở, vấn đáp củng cố, vấn đáp tổng kết; vấn đáp kiểm tra.
  Ưu điểm: Phương pháp này dễ sử dụng, giúp giáo viên dễ dàng nắm bắt được
  tư tưởng, cách suy luận của học sinh để kịp thời uốn nắn những sai sót, đồng thời
  giúp học sinh nhớ lâu tài liệu nhờ trình bày qua ngôn ngữ của mình, mạnh dạn phát
  biểu ý kiến, luyện tập khả năng diễn đạt ý tưởng được chính xác, suy nghĩ phán đoán
  nhanh chóng, rèn kĩ năng ứng xử.
  Hạn chế: Phương pháp dùng lời có một số hạn chế như áp dụng kiểm tra cho
  cả lớp mất nhiều thời gian, mà ý kiến của một số học sinh thì không phải lả ý kiến
  chung cả lớp. Các câu hỏi phân phối cho các học sinh không đồng đều.
• Phương pháp kiểm tra viết: Phương pháp kiểm tra viết là phương pháp mà
  trong đó giáo viên sử dụng các bài kiểm tra gồm câu hỏi, bài tập được thiết kế theo
  mức độ, yêu cầu cần đạt của chương trình dưới hình thức trắc nghiệm, tự luận hoặc
  kết hợp trắc nghiệm và tự luận để đánh giá mức đạt được về các nội dung giáo dục
  12
  cần đánh giá. Phương pháp kiểm tra viết có hai dạng là kiểm tra viết dạng tự luận và
  kiểm tra viết dạng trắc nghiệm khách quan. Phương pháp kiểm tra viết thường được
  sử dụng để kiểm tra định kỳ theo yêu cầu chương trình môn học.
  Ưu điểm: Phương pháp này giúp giáo viên trong một thời gian ngắn có thể kiểm
  tra toàn thể học sinh trong lớp về một số nội dung môn học, do đó đánh giá được
  trình độ chung của học sinh trong lớp và từng học sinh, để kịp thời điều chỉnh hoạt
  động dạy. Đồng thời giúp học sinh có đủ thời gian suy nghĩ để trả lời và biểu đạt
  bằng ngôn ngữ của chính mình.
  Hạn chế: Khó đảm bảo tính chính xác nếu không được tổ chức kiểm tra một
  cách nghiêm túc, khó có điều kiện để đánh giá kĩ năng thực hành, thí nghiệm, cách
  sử dụng công nghệ thông tin, đặc biệt khó đánh giá được quá trình tư duy đã diễn ra
  như thế nào đối với mỗi học sinh nên việc chú trọng để hoàn thiện và phát triển các
  năng lực khó khăn hơn. Trong khi định hướng đánh giá kết quả giáo dục trong môn
  Toán theo chương trình phổ thông môn Toán 2018 với mục tiêu là cung cấp thông
  tin chính xác, kịp thời, có giá trị về sự phát triển năng lực và sự tiến bộ của học sinh
  trên cơ sở yêu cầu cần đạt ở mỗi lớp học, cấp học; điều chỉnh các hoạt động dạy học,
  bảo đảm sự tiến bộ của từng học sinh và nâng cao chất lượng giáo dục môn Toán
  nói riêng và chất lượng giáo dục nói chung.
  Vì vậy, cần vận dụng kết hợp nhiều hình thức đánh giá (đánh giá quá trình,
  đánh giá định kỳ), nhiều phương pháp đánh giá (quan sát, ghi lại quá trình thực hiện,
  vấn đáp, trắc nghiệm khách quan, tự luận, kiểm tra viết, bài tập thực hành, các dự
  án/sản phẩm học tập, thực hiện nhiệm vụ thực tiễn,…), lựa chọn công cụ đánh giá
  (câu hỏi, bài tập, đề kiểm tra, bảng kiểm, sản phẩm học tập, hồ sơ học tập, thang
  đánh giá, rubric) và đánh giá vào những thời điểm thích hợp giúp quá trình đánh giá
  đạt được mục tiêu đánh giá không chỉ kết quả học tập mà còn đánh giá vì học tập và
  đánh giá là học tập.
  II.2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
  Với cách đánh giá truyền thống theo phương pháp kiểm tra viết, hay hỏi đáp,
  quan sát… sẽ khó khăn khi đánh giá các năng lực Toán học vì khó có thể chỉ ra một
  cách cụ thể cho từng học sinh trong lớp còn chưa tốt ở năng lực nào hay mức độ đạt
  được đến đâu của các năng lực đó. Giáo viên có thể quan sát các thao tác tư duy
  thông qua câu trả lời hay bài làm của học sinh, nhưng một lúc không thể đánh giá
  được nhiều học sinh, cũng như để các em tự đánh giá hay đánh giá đồng đẳng là khó
  vì các em chưa có công cụ có thể giúp mô tả chi tiết.
  13
  Do đó, với công cụ rubric, giáo viên xây dựng và thiết kế (có thể xây dựng cùng
  học sinh các mô tả trong tiêu chí hay mức độ) sẽ giúp giáo viên và học sinh dễ dàng
  hơn khi đánh giá năng lực Toán học thông qua một nội dung bài học nào đó.
  II.2.1. Công cụ đánh giá rubric.
  2.1.1 Khái niệm
  Rubric là một bản mô tả cụ thể các tiêu chí đánh giá và các mức độ đạt được
  của từng tiêu chí đó về quá trình hoạt động hoặc sản phẩm học tập của học sinh.
  Như vậy, rubric bao gồm hai yếu tố cơ bản: các tiêu chí đánh giá và các mức
  độ đạt được của từng tiêu chí, trong đó các mức độ thường được thể hiện dưới dạng
  thang mô tả hoặc kết hợp giữa thang số và thang mô tả để mô tả một cách chi tiết
  các mức độ thực hiện nhiệm vụ của học sinh.
  Cũng tương tự như bảng kiểm, rubric gồm một tập hợp các tiêu chí đánh giá
  quá trình hoạt động/sản phẩm của học sinh về một nhiệm vụ nào đó. Tuy nhiên,
  rubric khắc phục được nhược điểm của bảng kiểm, bởi nếu bảng kiểm chỉ đưa ra cho
  giáo viên hai lựa chọn cho việc đánh giá thì rubric đưa ra nhiều hơn hai lựa chọn cho
  mỗi tiêu chí.
  Các tiêu chí đánh giá của rubric là những đặc điểm, tính chất, dấu hiệu đặc
  trưng của hoạt động hay sản phẩm được sử dụng làm căn cứ để nhận biết, xác định,
  so sánh, đánh giá hoạt động hay sản phẩm đó.
  Các tiêu chí đánh giá cần đảm bảo những yêu cầu sau:
   Thể hiện đúng trọng tâm những khía cạnh quan trọng của hoạt động/sản phẩm
  cần đánh giá.
   Mỗi tiêu chí phải đảm bảo tính riêng biệt, đặc trưng cho một dấu hiệu nào đó
  của hoạt động/sản phẩm cần đánh giá
   Tiêu chí đưa ra phải quan sát và đánh giá được
  2.1.2. Mục đích sử dụng
  Rubric được sử dụng rộng rãi để đánh giá các sản phẩm, quá trình hoạt động,
  đánh giá sản phẩm và quá trình hoạt động của học sinh cũng như đánh giá cả thái
  độ và hành vi về những phẩm chất cụ thể.
  14
  Cũng giống như bảng kiểm, rubric được sử dụng để đánh giá cả định đính và
  định lượng.
   Đối với đánh giá định tính: giáo viên dựa vào sự miêu tả các mức độ trong
  bản rubric để chỉ ra cho học sinh thấy khi đối chiếu sản phẩm, quá trình thực hiện
  của học sinh với từng tiêu chí thì những tiêu chí nào họ làm tốt và làm tốt đến mức
  độ nào (mức 4 hay 5), những tiêu chí nào chưa tốt và mức độ ra sao (mức 1, 2 hay
  3). Từ đó, giáo viên dành thời gian trao đổi với học sinh hoặc nhóm học sinh một
  cách kĩ càng về sản phẩm hay quá trình thực hiện nhiệm vụ của họ để chỉ cho họ
  thấy những điểm được và chưa được. Trên cơ sở học sinh đã nhận ra rõ những nhược
  điểm của bản thân hoặc của nhóm mình, giáo viên yêu cầu học sinh đề xuất cách sửa
  chữa nhược điểm để cải thiện sản phẩm/quá trình cho tốt hơn. Với cách này, giáo
  viên không chỉ sử dụng rubric để đánh giá học sinh mà còn hướng dẫn học sinh tự
  đánh giá và đánh giá đồng đẳng. Qua đó, học sinh sẽ nhận rõ được những gì mình
  đã làm tốt, những gì còn yếu kém, tự vạch ra hướng khắc phục những sai sót đã mắc
  phải, nhờ đó mà sẽ ngày càng tiến bộ. Tuy việc trao đổi giữa giáo viên và học sinh
  cần rất nhiều thời gian của lớp nhưng chúng thực sự đóng vai trò quyết định làm
  tăng hiệu quả học tập và tăng cường khả năng tự đánh giá của học sinh.
   Đối với đánh giá định lượng: Để lượng hóa điểm số của các tiêu chí trong
  bản rubric thành một điểm số cụ thể, giáo viên cần tính tổng điểm các mức độ đạt
  được của từng tiêu chí sau đó chia cho điểm số kì vọng để quy ra điểm phần trăm
  rồi đưa về hệ điểm 10. Tùy thuộc vào việc rubric được xây dựng có bao nhiêu mức
  độ (3, 4, hay 5 mức độ) mà việc tính điểm cho từng tiêu chí có thể khác nhau.
  Ví dụ. giáo viên sử dụng bản rubric có 5 tiêu chí để đánh giá một bài báo cáo
  của học sinh và mỗi tiêu chí đó được chia làm 4 mức thì mỗi mức ứng với một mức
  điểm từ 1 đến 4, trong đó mức 1 ứng với điểm 1 và mức 4 ứng với điểm 4. Giả sử
  các tiêu chí có giá trị như nhau. Như vậy, tổng điểm cao nhất (điểm kì vọng) về bài
  báo cáo của học sinh là 5 x 4 = 20. Khi chấm bài cho học sinh A, tổng tất cả các tiêu
  chí của học sinh đó được 16, thì học sinh A sẽ có điểm số là: 16

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: 

Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

SKKN Ứng dụng của phương pháp tọa độ Oxyz trong giải toán hình học không gian

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

THỰC TRẠNG:
Trong môn Toán ở trường phổ thông các bài toán về hình học không gian thuần túy rất phong
phú và đa dạng cũng là mảng bài tập mà học sinh thấy khó khăn và bối rối khi giải quyết nó.
Để giải các bài toán về hình học không gian thuần túy có thể xuất phát từ nhiều kiến thức
khác nhau và giải bằng nhiều phương pháp khác nhau, trong đó có phương pháp tọa độ hóa.
Phương pháp tọa độ hóa là có thể đặt một hệ trục tọa độ thích hợp vào một số hình chóp, hình lăng
trụ để chuyển bài toán hình học không gian thuần túy (mà việc này có thể gặp nhiều khó khăn
trong dựng hình, tính toán với các em học sinh) sang việc tính toán dựa vào tọa độ. Phương pháp
này tuy không phải là chiếc chìa khoá vạn năng và có thể việc tính toán sẽ dài dòng phức tạp
nhưng nó thực sự hữu ích cho nhiều học sinh mà việc nắm vững những phương pháp trong cách
giải hình học không gian còn yếu hoặc những bài toán hình không gian về thể tích các khối đa
diện, về khoảng cách về góc khó,về các bài toán cực trị trong hình học không gian, về quỹ tích
điểm…
Với mong muốn góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn Toán ở trường phổ thông nhất
là chất lượng thi học sinh giỏi và thi THPT Quốc gia chúng tôi chọn đề tài “Ứng dụng của phương
pháp tọa độ Oxyz trong giải toán hình học không gian” giúp các em có thêm kỹ năng giải các
bài toán về góc, khoảng cách, thể tích các khối đa diện, các bài toán cực trị trong hình học không
gian từ đó vững vàng hơn trong các kỳ thi.
C. CÁC GIẢI PHÁP TRỌNG TÂM
I. Các kiến thức liên quan.

1. Véc tơ trong không gian
   a) Định nghĩa:
   u x y z u xi y j zk =  = + + ( ; ; )
   b) Tính chất: Cho
   1 2 3 1 2 3 a a a a b b b b k = =  ( ; ; ), ( ; ; ),
   •
   1 1 2 2 3 3 a b a b a b a b  =    ( ; ; )
   •
   1 2 3 ka ka ka ka = ( ; ; )
   •
   1 1
   2 2
   3 3
   a b
   a b a b
   a b
    =
   
   =  = 
   
    =
   •
   0 (0;0;0), (1;0;0), (0;1;0), (0;0;1) = = = = i j k
   •
   a
   cùng phương
   b b( 0) 
   
   a kb k =  ( )
   1 1
   1 2 3
   2 2 1 2 3
   1 2 3
   3 3
   , ( , , 0)
   a kb
   a a a
   a kb b b b
   b b b
   a kb
    =
     =  = =  
   
    =
   •
   1 1 2 2 3 3 a b a b a b a b . . . . = + +
   •
   1 1 2 2 3 3 a b a b a b a b ⊥  + + = 0
   4
   •
   2 2 2 2
   1 2 3 a a a a = + +
   •
   222
   1 2 2 a a a a = + +
   •
   1 1 2 2 3 3
   2 2 2 2 2 2
   1 2 3 1 2 3
   .
   cos( , )
   . .
   a b a b a b a b a b
   a b a a a b b b

• +
  = =
• + + +
  (với
  a b, 0 
  )

1. Tọa độ của điểm
   a) Định nghĩa:
   M x y z OM xi y j z k ( ; ; ) . . .  = + +
   (x : hoành độ, y : tung độ, z : cao độ)
   Chú ý: •
   M Oxy z M Oyz x M Oxz y   =   =   = ( ) 0; 0; 0 ( ) ( )
   •
   M Ox y z M Oy x z M Oz x y   = =   = =   = = 0; 0; 0 .
   b) Tính chất: Cho
   ( ; ; ), ( ; ; ) A x y z B x y z A A A B B B
   •
   ( ; ; ) AB x x y y z z = − − −
   B A B A B A
   •
   2 2 2 ( ) ( ) ( ) AB x x y y z z = − + − + − B A B A B A

• Toạ độ trung điểm
  M
  của đoạn thẳng
  AB
  :
  ; ;
  2 2 2
  A B A B A B x x y y z z M
    + + +    
• Toạ độ trọng tâm
  G
  của tam giác
  ABC
  :
  ; ;
  3 3 3
  A B C A B C A B C x x x y y y z z z G
    + + + + + +    
• Toạ độ trọng tâm
  G
  của tứ diện
  ABCD
  :
  ; ;
  4 4 4
  A B C D A B C D A B C C x x x x y y y y z z z z G
    + + + + + + + + +    

1. Tích có hướng của hai vectơ
   a) Định nghĩa: Trong không gian
   Oxyz
   cho hai vectơ
   1 2 3 a a a a = ( ; ; ) ,
   1 2 3 b b b b = ( ; ; )
   . Tích có
   hướng của hai vectơ
   a
   và
   b,
   kí hiệu là
     a b,
    
   , được xác định bởi
   ( )
   2 3 3 1 1 2
   2 3 3 2 3 1 1 3 1 2 2 1
   2 3 3 1 1 2
   , ; ; ; ;
   a a a a a a
   a b a b a b a b a b a b a b
   b b b b b b
         = = − − −    
   Chú ý: Tích có hướng của hai vectơ là một vectơ, tích vô hướng của hai vectơ là một số.
   b) Tính chất:
   •
   [ , ] ; [ , ] a b a a b b ⊥ ⊥
   •
       a b b a , ,
   = −    
   •
     i j k j k i k i j , ; , ; , = = =          
   •
   [ , ] . .sin , a b a b a b = ( )
   •
   a b,
   cùng phương
    = [ , ] 0 a b
   (chứng minh 3 điểm thẳng hàng)
   c) Ứng dụng của tích có hướng:
   5
   •Điều kiện đồng phẳng của ba vectơ:
   a b,
   và
   c
   đồng phẳng 
   [ , ]. 0 a b c =
   •Diện tích hình bình hành
   ABCD
   :
   , ABCD S AB AD =    
   •Diện tích tam giác
   ABC
   :
   1
   ,
   2
   ABC S AB AC 
   =    
   •Thể tích khối hộp
   ABCDA B C D    
   :

. ‘ ‘ ‘ ‘ [ , ]. V AB AD AA ABCD A B C D


•Thể tích tứ diện
ABCD
:
1
[ , ].
6

V AB AC AD ABCD

4. Phương trình tổng quát của mặt phẳng

• Trong không gian
  Oxyz
  , mọi mặt phẳng đều có dạng phương trình:
  Ax By Cz D + + + = 0
  với
  2 2 2 A B C + +  0
• Phương trình mặt phẳng đi qua điểm
  M x y z 0 0 0 0 ( ; ; )
  và nhận vectơ
  n A B C = ( ; ; )
  khác
  0
  là VTPT là:
  A x x B y y C z z ( − + − + − = 0 0 0 ) ( ) ( ) 0 .
• Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn
  ( ): 1 x y z
  a b c
   + + = .
  Ở đây
  ( ) 
  cắt các trục tọa độ tại các điểm
  (a;0;0) , (0; ;0 b ), (0;0;c)
  với
  abc  0.

4. Các công thức tính khoảng cách
   a) Khoảng cách giữa hai điểm
   Khoảng cách giữa hai điểm
   A x y z B x y z ( A A A B B B ; ; , ; ; ) ( )
   là:
   ( ) ( ) ( )
   2 2 2
   B A B A B A AB x x y y z z = − + − + −
   b) Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng
   Cho đường thẳng
   
   đi qua M , có một véc tơ chỉ phương
   u
   và một điểm A.
   Khoảng cách từ A đến đường thẳng
   
   được tính bằng công thức:
   ( ; )
   ,
   A
   u AM
   d
   u
   
      
   = .
   c) Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng
   Khoảng cách từ điểm
   M x y z ( 0 0 0 ; ; )
   đến mặt phẳng
   (P Ax By Cz D ): 0 + + + =
   là:
   ( 0 ( ))
   0 0 0
   , M P 2 2 2
   Ax By Cz D
   d
   A B C

+ + +

• +
  .
  d) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
  Cho hai đường thẳng chéo nhau
  1 2  ,
  biết :
  +)
  1 
  đi qua điểm M và có một véc tơ chỉ phương là
  1
  u .
  +)
  2 
  đi qua điểm N và có một véc tơ chỉ phương là
  2
  u .
  Khoảng cách giữa hai đường thẳng
  1  và
  2  được tính bằng công thức:
  6
  ( )
  1 2
  1 2
  1 2
  , .
  ,
  ,
  u u MN
  d
  u u
        =    
  .
  e) Khoảng cách giữa đường thẳng
  
  và mặt phẳng
  ( )
  (với
   / /( )
  )
  ( ( )) ( ( ))
  ( ) , ,
  ,
  M
  d d M
   
  
  
  =   .

1. Công thức tính góc
   a) Góc giữa hai đường thẳng.
   Cho hai đường thẳng:
   1 
   có một véc tơ chỉ phương
   u x y z 1 1 1 1
   = ( ; ; ).
   2 
   có một véc tơ chỉ phương
   u x y z 2 2 2 2
   = ( ; ; ).
   Gọi
   
   là góc giữa đường thẳng
   1 
   và
   2 
   . Khi đó:
   ( )
   1 2 1 2 1 2 1 2
   2 2 2 2 2 2
   1 2 1 1 1 2 2 2
   . . . .
   Cos , 0 90
   .
   .
   u u x x y y z z
   u u x y z x y z
    

• +
  = =   
• + + +
  .
  b) Góc giữa hai mặt phẳng
  Gọi
  
  là góc giữa hai mặt phẳng
  (P Ax By Cz D ): 0 + + + =
  và
  (Q A x B y C z D ): ‘ ‘ ‘ ‘ 0 + + + = ( ) ( )
  2 2 2 2 2 2
  . . ‘ . ‘ . ‘
  cos cos , , 0 90
  . . ‘ ‘ ‘
  P Q
  P Q
  P Q
  n n A A B B C C
  n n
  n n A B C A B C
   
• +
  = = =   
• + + +
  .
  c) Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng
  Cho: Đường thẳng
  
  có một véc tơ chỉ phương
  u x y z = ( ; ; ).
  Mặt phẳng
  ( )
  có một véc tơ pháp tuyến
  n A B C = ( ; ; ).
  Gọi
  
  là góc giữa hai đường thẳng
  
  và
  ( )
  . Khi đó:
  ( )
  2 2 2 2 2 2
  .
  sin , 0 90
  .
  .
  u n Ax By Cz
  u n A B C x y z
   
• +
  = =   
• + + +
  .
  II. Phương pháp.

1. Phương pháp
   Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thích hợp ( chú ý đến vị trí của gốc O)
   Bước 2: Xác định các tọa độ điểm có liên quan ( có thể xác định tọa độ tất cả các điểm
   hoặc một số điểm cần thiết)
   Khi xác định tọa độ các điểm ta có thể dựa vào:

• Ý nghĩa hình học của tọa độ điểm ( khi các điểm nằm trên các trục tọa độ, mặt
  phẳng tọa độ).
  7
• Dựa vào các quan hệ hình học như bằng nhau, vuông góc, song song, cùng phương,
  thẳng hàng, điểm chia đoạn để tìm tọa độ.
• Xem điểm cần tìm là giao điểm của đường thẳng, mặt phẳng.
• Dựa vào các quan hệ về góc của đường thẳng và mặt phẳng.
  Bước 3: Sử dụng các kiến thức về tọa độ để giải quyết bài toán.

1. Một số dạng gắn hệ trục tọa độ
2. Gắn tọa độ với hình chóp
   1.1 Hình chóp có cạnh bên
   ( ) SA
   vuông góc với mặt đáy
   Đáy là tam giác đều

• Gọi
  O
  là trung điểm
  BC .
  Chọn hệ trục như hình vẽ,
  AB a = =1 .
• Tọa độ các điểm là:
  ( )
  3
  0;0;0 , 0; ;0 ,
  2
  O A
         
  1
  ;0;0 ,
  2
  B
      −
   
  1
  ;0;0
  2
  C
       
  ,
  3
  0; ;
  2 SA
  S OH
     
   
  .
  Đáy là tam giác cân tại
  A
• Gọi
  O
  là trung điểm
  BC .
  Chọn hệ trục như hình vẽ,
  a =1.
• Tọa độ các điểm là:
  O A OA (0;0;0 , 0; ;0 , ) ( )
  B OB C OC (− ;0;0 , ;0;0 ) ( ) ,
  0; ;
  SA
  S OA OH      
  .
  Đáy là tam giác cân tại B
• Gọi
  O
  là trung điểm
  AC
  . Chọn
  hệ trục như hình vẽ,
  a =1.
• Tọa độ các điểm là:
  O A OA (0;0;0 , ;0;0 , ) (− )
  B OB C OC (0; ;0 , ;0;0 ) ( ) ,
  ;0;
  SA
  S OA OH  
  −   
  .
  Đáy là tam giác vuông tại
  B
• Chọn hệ trục như hình vẽ,
  a =1.
• Tọa độ các điểm là:
  B O A AB  (0;0;0 , 0; ;0 , ) ( )
  Đáy là tam giác vuông tại A
• Chọn hệ trục như hình vẽ,
  a =1.
• Tọa độ các điểm là:
  A O B OB  (0;0;0 , 0; ;0 , ) ( )
  Đáy là tam giác thường
• Dựng đường cao
  BO
  của
  ABC. Chọn hệ trục như hình vẽ,
  a =1.
  8
  C BC ( ;0;0 ,) 0; ;
  SA
  S AB BH      
  .
  C AC ( ;0;0 ,) S SA (0;0; ). + Tọa độ các điểm là:
  O A OA (0;0;0 , ;0;0 , ) (− )
  B OB (0; ;0 ,)
  ( ;0;0 , ;0; )
  SA
  C OC S OA OH  
  −   
  .
  Đáy là hình vuông, hình
  chữ nhật
• Chọn hệ trục như hình vẽ,
  a =1.
• Tọa độ các điểm là:
  A O B AB  (0;0;0 , 0; ;0 , ) ( )
  C AD AB D AD ( ; ;0 , ;0;0 , ) ( )
  S SA (0;0; )
  Đáy là hình thoi
• Chọn hệ trục như hình vẽ,
  a =1.
• Tọa độ các điểm là:
  O A OA (0;0;0 , ;0;0 , ) ( )
  B OB (0; ;0 ,) C OC (− ;0;0 ,)
  D OD (0; ;0 , − ) ;0;
  SA
  S OA OH      
  Đáy là hình thang vuông
• Chọn hệ trục như hình vẽ,
  a =1.
• Tọa độ các điểm là:
  A O B AB  (0;0;0 , 0; ;0 , ) ( )
  C AH AB D AD ( ; ;0 , ;0;0 , ) ( )
  S SA (0;0; ).
  1.2 Hình chóp có mặt bên (SAB) vuông góc với mặt đáy
  Đáy là tam giác, mặt bên
  là tam giác thường
• Vẽ đường cao
  CO
  của
  ABC. Chọn hệ trục như
  hình vẽ,
  a =1.
  Đáy là tam giác cân tại C
  (hoặc đều), mặt bên là tam
  giác cân tại S (hoặc đều)
• Gọi
  O
  là trung điểm
  BC .
  Chọn hệ trục như hình vẽ,
  a =1.
  Đáy là hình vuông, hình chữ
  nhật
• Chọn hệ trục như hình vẽ,
  a =1.
• Tọa độ các điểm là:
  A O (0;0;0 ,)
  9
• Tọa độ các điểm là:
  O A OA (0;0;0 , ;0;0 , ) ( )
  B OB C OC (0; ;0 , ;0;0 , − ) ( )
  0; ;
  SA
  S OH OK      
  .
• Tọa độ các điểm là:
  O A OA (0;0;0 , 0; ;0 , ) ( )
  B OB C OC (0; ;0 , ;0;0 , − ) ( )
  ;0;
  SH
  S AH AK      
  .
  B AB C AB AD ( ;0;0 , ; ;0 , ) ( )
  (0; ;0 , ;0; . )
  SH
  D AD S AH AK      
  1.3 Hình chóp đều
  Hình chóp tam giác đều
• Gọi
  O
  là trung điểm của một cạnh đáy. Dựng
  hệ trục như hình vẽ,
  a =1.
• Tọa độ các điểm là:
  ( )
  3
  0;0;0 , 0; ;0 ,
  2
  AB O A
         
  ;0;0 , ;0;0
  2 2
  BC BC B C         −
     
  ,
  3
  0; ;
  6 SH
  AB S OK
     
   
  Hình chóp tứ giác đều
• Chọn hệ trục như hình vẽ,
  a =1.
• Tọa độ các điểm là:
  ( )
  2
  0;0;0 , ;0;0 ,
  2
  OA

AB O A

   
     
2 2 0; ;0 , ;0;0
2 2
OB OA
AB AB B C
= =−
        −
           
,
( )
2
0; ;0 , 0;0;
2
OB

AB D S SO

    −
     
.

2. Gắn tọa độ với hình lăng trụ
   2.1 Lăng trụ đứng
   10
   Hình lập phương, hình hộp chữ nhật
   Dựng hệ trục tọa độ như hình vẽ với
   a =1.
   tọa
   độ điểm
   A B AB  0 0;0;0 , 0; ;0 ( ) ( ),
   C AD AB D AD ( ; ;0 , ;0;0 ) ( ),
   ( ) ( )
   ‘ ‘ ‘ ‘ A B AB 0;0;AA , 0; ;AA ,
   ( ) ( )
   ‘ ‘ ‘ ‘ C AD AB D AD ; ;AA , ;0;AA
   Lăng trụ đứng đáy là hình thoi
   Gọi
   O
   là tâm hình thoi đáy, ta dựng hệ trục
   như hình với
   O A OA (0;0;0 , ;0;0 ) (− ), B OB C OC (0; ;0 , ;0;0 ) ( ) ,
   D OD (0; ;0 − ), ( ) ( )
   ‘ ‘ ‘ ‘ A OA B OB − ;0;AA , 0; ;AA ,
   ( ) ( )
   ‘ ‘ ‘ C OC CC D OD ;0; , 0; ;DD −
   Lăng trụ tam giác đều
   Gọi
   O
   là trung điểm một cạnh đáy, chọn hệ
   trục như hình vẽ với
   a =1.
   Ta có
   (0;0;0 , ;0;0 )
   2
   AB O A     
   ,
   ( ) ( )
   ‘ ‘ ;0;0 ; 0; ;0 ; ;0;AA
   2
   AB B C OC A OA     −
    
   ,
   ( )
   ‘ ‘ ‘ ‘ ;0; ; 0; ;
   2
   AB B BB C OC CC     −
    
   Lăng trụ đứng có đáy tam giác thường
   Vẽ đường cao
   CO
   trong tam giác
   ABC
   và
   chọn hệ trục như hình vẽ với
   a =1
   , tọa độ điểm
   là:
   O A OA (0;0;0); ( ;0;0), B OB C OC ( ;0;0); (0; ;0) −
   ,
   ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘ A OA B OB BB C OC CC ( ;0;AA ); ( ;0; ); (0; ; ) −
   Lăng trụ nghiêng có đáy là tam giác đều,
   hình chiếu của đỉnh trên mặt phẳng đối diện
   là trung điểm một cạnh tam giác đáy.
   Lăng trụ nghiêng có đáy là hình vuông hoặc
   hình chữ nhật, hình chiếu của đỉnh là một
   điểm thuộc cạnh đáy không chứa đỉnh đó
   11

• Dựng hệ trục như hình vẽ, ta dễ dàng xác
  định được các điểm
  ‘ ‘ ‘ O A B C A ; ; ; ; .
• Tìm tọa độ các điểm còn lại thông qua hệ
  thức vectơ bằng nhau:
  ‘ ‘ ‘ AA BB CC = = .
• Dựng hệ trục như hình vẽ, ta dễ dàng xác định
  được các điểm
  ‘ ‘ ‘ ‘ O A B C D A ; ; ; ; ; .
• Tìm tọa độ các điểm còn lại thông qua hệ
  thức vectơ bằng nhau:
  ‘ ‘ ‘ ‘ AA BB CC DD = = = .
  III.Các dạng bài thường gặp:
• Độ dài đoạn thẳng.
• Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng.
• Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng
• Khoảng cách giữa hai đường thẳng.
• Góc giữa hai đường thẳng.
• Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng.
• Góc giữa hai mặt phẳng.
• Thể tích khối đa diện.
• Diện tích thiết diện.
• Bài toán cực trị, quỹ tích.
  IV. MỘT SỐ VÍ DỤ ĐIỂN HÌNH
  IV.1. HÌNH LĂNG TRỤ
  Dạng 1. Hình lập phương
  Ví dụ 1. Cho hình lập phương
  ABCD A B C D . ‘ ‘ ‘ ‘
  có cạnh bằng a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm
  của AD và BB’. Tính thể tích của khối tứ diện
  A CMN ‘ .
  A.
  3
  4
  a
  . B.
  3
  8
  a
  . C.
  3
  16
  a
  . D.
  3
  32
  a
  .
  Hướng dẫn
  12
  Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, ta có:
  A B a C a a D a A a B a a C a a a D a a (0;0;0 , ;0;0 , ; ;0 , 0; ;0 , ‘ 0;0; , ‘ ;0; , ‘ ; ; , ‘ 0; ; ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ).
  Thể tích của khối tứ diện
  A CMN ‘
  là:
  1
  ‘ , ‘ . ‘
  6
  V A N A M A C =    
  .
  Ta có:
  ;0; , 0; ;0
  2 2
  a a N a M
             
  . ‘ ;0; , ‘ 0; ; , ‘ ; ; ( )
  2 2
  a a A N a A M a A C a a a    
   = − = − = −        
  .
  2 2
  2
  ‘ , ‘ ; ;
  4 2
  a a A N A M a
   
   =        
  và
  3 3
  3 3 3
  ‘ , ‘ . ‘
  4 2 4
  a a
   = + − =   A N A M A C a a  
  .
  Vậy
  ( )
  3
  1 3 3
  .
  6 4 8
  a
  V a dvtt = = .
  Ví dụ 2. Cho hình lập phương có thể tích là . Tan góc tạo bởi đường thẳng
  và mặt phẳng bằng
  A. . B. . C. . D. .
  Hướng dẫn
  Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ.
  Khi đó ta được:
  Ta có
  ABCD A B C D .
     
  3
  27cm AC ( ) BB D D   2
  1
  2
  2
  4
  2 2 D D B C A (0;0;0); (0;0;3) (3;3;0); (3;0;0); (0;3;3)   DB DD A C = = = − (3;3;0); (0;0;3); ( 3;3;3)     = − = − DB DD (9; 9;0) 9(1; 1;0) K
  I
  H
  A
  A
  B C
  C
  B
  D
  D D
  z
  x
  A
  A
  B C
  B C
  D
  y
  13
  Suy ra có VTPT là và có VTCP là
  Khi đó . Đặt
  Do
  Ví dụ 3. Cho hình lập phương
  ABCD A B C D . ‘ ‘ ‘ ‘
  có cạnh bằng a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm
  của BC và A’B’. Mặt phẳng (MND’) chia khối lập phương thành hai khối đa diện, trong
  đó khối chứa điểm C gọi là (H).Thể tích của khối (H) bằng
  A.
  3
  55
  72
  a
  . B.
  3
  55
  144
  a
  . C.
  3
  181
  486
  a
  . D.
  3
  55
  48
  a
  .
  Hướng dẫn
  Thể tích khối lập phương bằng
  3
  a
  Mặt phẳng (MND’) cắt DC tại E thỏa mãn
  1
  4
  EC DC =
  ; cắt BB’ tại P sao cho
  1
  ‘
  3
  BP BB =
  Khi đó
  V V V V ( ) ‘. ‘ ‘. ‘. ‘ H C D NPME C CME C B PN = + +
  3 3
  ‘. ‘ . ‘
  1 2 1
  . . ; . .
  6 2 3 18 6 4 2 48 B C NP C C ME
  a a a a a a V a V a = = = =
  Gắn hệ trục tọa độ như hình vẽ, lấy đơn vị trên trục 1 đơn vị bằng a
  Ta có
  ( )
  1 1 1 1 (0;0;0); ‘(0;0;1); ;0;0 ; 0; ;0 ; 0;0; ; ;1;0 ; ‘ 1;0;1
  4 2 3 4
  C C E M R Q D                 − −         ( ) BB D D  
  n = − (1; 1;0) AC
  u = −( 1;1;1) ( )
  . 6
  sin ,( )
  . 3
  n u
  A C BB D D
  n u
     = =  = ( A C BB D D    ,( ))
  2
  2
  1 1 1 cot cot tan 2
  sin 2
    
  
• =  =  =
  14
  Phương trình mặt phẳng (MND’) :
  ( )
  4 29 1 4 2 3 1 ( ‘; ‘) 1 1 1 29
  4 2 3
  x y z
• + =  + − =  = x y z d C MND
  −
  ‘ ‘
  29 1 29 11 29
  4 12 4 48 MDND E EQND PMQ S S S = − = − =
  ( ( ))
  3
  ‘. ‘ ‘
  3
  ( )
  1 11 ‘; ‘ .
  3 36
  55
  144
  C D NPME MPND E
  H
  V d C MND S a
  V a

= =

Ví dụ 4. Cho hình lập phương
ABCD A B C D . ‘ ‘ ‘ ‘
có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M ;N ;P ;Q lần lượt
là trung điểm của AB;BC ; C’D’ ; DD’. Gọi thể tích khối tứ diện MNPQ là phân số tối
giản
a
b
. Tổng
a b +
bằng
A.
9 . B.
25 . C.
13 . D.
11.
Hướng dẫn
Thiết lập hệ trục tọa độ như hình vẽ, gốc tọa độ là điểm B(0 ;0 ;0)
Khi đó
1 1 1 1 0; ;1 ; ;0;1 ; 1; ;0 ; 1;1;
2 2 2 2
M N P Q                         ( )
1 1 1 1 ; ;0 ; 1;0; 1 ; 1; ;
2 2 2 2
MN MP MQ    
= − = − = −        
Suy ra
1 1 ; . 1; 12 13
6 12
V MN MP MQ a b a b MNPQ = =  = =  + =    
Dạng 2. Hình hộp chữ nhật
15
Ví dụ 1. Cho hình hộp chữ nhật có . Góc tạo bởi mặt
phẳng và mặt đáy bằng
A. . B. . C. . D. .
Hướng dẫn
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ. Khi đó ta có
Ta có
Lại có
Suy ra có VTPT là và có VTPT là
Khi đó Vậy
Ví dụ 2. Cho hình hộp chữ nhật
ABCD A B C D . ‘ ‘ ‘ ‘
có
AB AD a AA b = = = , ‘
. Gọi M là trung điểm
của cạnh CC’. Thể tích của khối tứ diện
BDA M’
bằng
A.
2
2
a b V = . B.
2
4
a b V = . C.
2
8
a b V = . D.
2
16
a b V = .
Hướng dẫn
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ có gốc
O A 
. Khi đó
(0;0;0 , ;0;0 , ; ;0 , 0; ;0 , ‘ 0;0; , ‘ ; ; , ; ; ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2
b
A B a C a a D a A b C a a b M a a      
.
ABCD A B C D .
    AB a AD a A A a = = = ; 2 ; 4 
( ) C BD
21
arccos
22
21
arccos
42
21
arccos
21
21
arccos
12
C D a B a C a (0;0;0); ( ;0;0); (0;2 ;0); (0;0;4 ) 
( ) ( ) ( ) : z 0 ABCD Oxy ABCD   = C B a a C D a a  
= − = − (0;2 ; 4 ); ( ;0; 4 ) 2 2 2 2   = − − − = − C B C D a a a a   ( 8 ; 4 ; 2 ) 2 (4;2;1) ( ) ABCD n = (0;0;1) ( ) C BD
n

= (4;2;1) ( )
. 1
cos ( ),( )
. 21
n n
C BD ABCD
n n


= =

( )
21 ( ),( ) arccos
21

C BD ABCD 

y
x
A
A
B
C
C
B
D
D
z
D
A
A
B C
C
B
D
H
16
Thể tích khối tứ diện
BDA M’
là:
‘
1
, . ‘
6
BDA M V BD BM BA =    
.
Trong đó:
( )
2
; ;0 , 0; ; , ; ;
2 2 2
b ab ab BD a a BM a BD BM a
   
= − =  = −            
.
( )
2
3
‘ ;0; , . ‘
2
a b BA a b BD BM BA = −  = −    
.
Vậy
2
4
a b V = .
Ví dụ 3. Cho hình hộp chữ nhật có , góc tạo bởi và mặt
đáy là . Gọi là trung điểm của . Khoảng cách g

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: 

Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

SKKN Rèn luyện kỹ năng giải toán chủ đề Bất đẳng thức không đồng bậc cho học sinh khá giỏi trung học phổ thông

ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Toán jhọc jlà jmộtjmôn jkhoa jhọc jđóng jvai jtrò jrất jquan jtrọng jtrong jcác jngành
jkhoa jhọc.Trong jđó, jbất jđẳng jthức jlà jmột jtrong jnhững jmảng jkiến jthức jhay jvà jthú
jvị jnhất jcủa jtoán jhọc jđặc jbiệt jcủa jtoán jsơ jcấp. Việc jnghiên jcứu jvề jbất jđẳng jthức
jgiúp jtăng jcườngjtính jsáng jtạo, jkhả jnăng jgiảijquyếtjvấn jđề jvà jphát jtriểnjtưjduy. Lý
jthuyếtjcũngjnhưjcác jbàijtậpjvề jbấtjđẳng jthức jrấtjphong jphú jvà jđa jdạng.Trong jhầu
jhết jcác jkì jthi jhọc jsinh jgiỏijtoán, jcác jbất jđẳng jthức jđều jđược jđề jcập jvà jthuộc jloại
jtoán jkhó jhoặc jrất jkhó. Nhiều jbất jđẳng jthức jđã jtrở jthành jcông jcụ jđắc jlực jđể jgiải
jquyếtjcácjbàijtoán jđójnhưjbấtjđẳngjthứcjCauchy, jBunhiacopxki, jJensen… Các loại
bất đẳng thức có thể phân thành: Bất đẳng thức đồng bậc và bất đẳng thức không
đồng bậc, trong đó bất đẳng thức không đồng bậc ít được quan tâm.
Trong đó các bài toán về chứng minh bất đẳng thức nói chung và bất đẳng
thức không đồng bậc nói riêng là những bài toán yêu cầu cao ở học sinh về tư duy,
về kĩ năng. Song, jđốijvớijhọc jsinh jthì jdạng jtoán jnày jlà jmộtjtrong jnhữngjdạng jtoán
jkhó, jcần jphải jchú jý jvà jcó jnhững jbiện jpháp jđể jrèn jluyện jkĩ jnăng jgiải jdạng jtoán
jnày jhợp jlí jgóp jphần jnâng jcao jchất jlượng jdạy học.
jLà jgiáo jviên jTHPT, jtác giả jmuốn jnghiên jcứu jsâu jhơn jvề jbất jđẳng jthức
jnhằm jnâng jcao jchuyên jmôn jphục jvụ jcho jquá jtrình jgiảng jdạy jvà jbồi jdưỡng jhọc
jsinh jgiỏi. Vì vậy, chúng tôi đã dành thời gian cùng nhau nghiên cứu về Bất đẳng
thức nhằm rèn luyện cho học sinh giỏi có kĩ năng giải các bài toán liên quan đến bất
đẳng thức. Bất jđẳng jthức jvô jcùng jrộng jlớn, jtrong jthời jgian jngắn, jtôi jchỉ jcó jthể
jnghiên jcứu jlĩnh jvực jnhỏ jtrong jđó.
Sau quá trình nghiên cứu và thực nghiệm nhóm tác giả đưa ra sáng kiến “Rèn
luyện kỹ năng giải toán chủ đề bất đẳng thức không đồng bậc cho học sinh khá
giỏi trung học phổ thông”.
3
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP

1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
   Trong chương trình môn Toán trung học cơ sở, ở SGK lớp 8, bất đẳng thức
   được giới thiệu về khái niệm và một số tính chất đơn giản. Trong chương trình Toán
   trung học phổ thông, nội dung bất đẳng thức được đưa vào chi tiết và có tính hệ
   thống hơn, chủ đề này được trình bày ở bài 1 “ Bất đẳng thức” trong chương 4 – Bất
   đẳng thức. Bất phương trình (SGK cơ bản CTGDPT 2006) và ở bài 1 “Bất đẳng thức
   và chứng minh bất đẳng thức trong chương 4 – Bất dẳng thức và Bất phương trình
   (SGK nâng cao CTGDPT 2006).
   Ngoài việc ôn tập cho học sinh các tính chất cơ bản của bất đẳng thức, chương
   trình SGK cũng trình bày hai nội dung: bất đẳng thức AM – GM (bất đẳng thức
   Côsi) đối với hai số và ba số không âm, bất đẳng thức Cauchy – Schwarz được đưa
   vào bài đọc thêm với tên gọi Bất đẳng thức Bunhiacopxki. Các bài tập trong sách
   giáo khoa đưa ra khá ít, có tính điển hình và chủ yếu là các bất đẳng thức đồng bậc.
   Các bất đẳng thức vận dụng dành cho đối tượng học sinh khá giỏi như bất đẳng thức
   không đồng bậc còn rất ít và chưa có một hệ thống tri thức phương pháp giúp học
   sinh giải quyết được các dạng bài tập loại này.
   Để giải quyết được các bài toán chứng minh bất đẳng thức cần có sự vận dụng
   linh hoạt của học sinh khi sử dụng kết hợp các nội dung kiến thức và phương pháp
   khác nhau. Nội dung của chủ để bất đẳng thức được trình bày trong Chương 4 sách
   giáo khoa Đại số lớp 10, tại thời điểm đó học sinh mới được cung cấp được cơ sở
   kiến thức cơ bản nhất, chưa có nhiều công cụ và kiến thức sâu để giải quyết các bài
   toán chứng minh bất đẳng thức. Hơn nữa, chủ đề bất đẳng thức lại xuyên suốt cả
   chương trình Toán phổ thông, đặc biệt trong kì ôn luyện thi học sinh giỏi lớp 12
   trung học phổ thông và các kỳ thi Olympic trong nước và quốc tế đòi hỏi người học
   phải biết cách liên kết, tổng hợp các kiến thức đã học để giải quyết vấn đề.
   Trong chủ đề bất đẳng thức, đa số đều là dạng các bất đẳng thức đồng bậc,
   việc biến đổi để đưa về sử dụng các bất đẳng thức cổ điển (AM – GM, Cauchy –
   Schwars, …) có thể thuận lợi hơn các bất đẳng thức không đồng bậc. Vì vậy, khi
   gặp bài toán liên quan đến bất đẳng thức không đồng bậc, học sinh thường lúng
   4
   túng và gặp nhiều khó khăn khi biến đổi, chứng minh. Trong các bất đẳng thức số
   mũ của ẩn số thường là số tự nhiên, đối với các bất đẳng thức với số mũ thực thì
   cần phải có cách thức riêng để biến đổi.
   Như vậy, vấn đề đặt ra là phải phát triển kỹ năng giải toán chủ đề bất đẳng
   thức không đồng bậc của học sinh, đặc biệt đối với các em học sinh khá giỏi.
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
   Báo cáo Sáng kiến của tôi đưa ra có 3 phần:
   Phần 1: Cơ sở lý thuyết.
   Phần 2: Rèn kĩ năng giải toán cho học sinh qua một số phương pháp chứng
   minh bất đẳng thức không đồng bậc.
   Phần 3:Thực nghiệm sư phạm.
   Phần 1: Cơ sở lý thuyết của bất đẳng thức: lý thuyết, các kiến thức cơ bản,
   cốt lõi và các kiến thức mở rộng, các kiến thức mang tính chất khái quát hóa được
   sử dụng giải quyết các ví dụ ở phần 2.
   Phần 2: Đưa ra các ví dụ điển hình cho mỗi đơn vị kiến thức khác nhau, tương
   ứng với mỗi phương pháp chứng minh bất đẳng thức không đồng bậc. Các ví dụ
   được sắp xếp tăng dần theo cấp độ tư duy và tập trung chủ yếu ở cấp độ vận dụng.
   Phần 3: Thực nghiệm sư phạm: Tác giả đưa ra một số minh chứng trong quá
   trình thực hiện sáng kiến tại đợn vị.
   5
   III. NỘI DỤNG CỦA SÁNG KIẾN
   PHẦN 1. CƠ SỞ LÝ THUYẾT
   1.1. Khái niệm và một vài tính chất của bất đẳng thức
   Định nghĩa 1.1. Cho hai số thực a và b , a được gọi là lớn hơn b , ký hiệu a  b ,
   nếu hiệu a −b là một số dương; a được gọi là lớn hơn hoặc bằng b, kí hiệu là
   a b  , nếu hiệu a b − là một số không âm; a được gọi là nhỏ hơn b, kí hiệu a b  ,
   nếu hiệu a −b là một số âm; a được gọi là nhỏ hơn bằng b , kí hiệu a b  , nếu
   a −b là một số không dương.
   Giá trị tuyệt đối của a là 0
   0
   a khi a
   a
   a khi a
     = 
   − 
   Tính chất 1.1. Với các số thực a,b,c và số tự nhiên n luôn có tính chất:
   2 1 2 1
   2 2
   0
   n n
   n n
   a b a b
   a b a c b c
   a b a b
   a b a b
   a b
   a b
   a b

• +
    − 
    +  +
    
    
   =   
   
  1.2. Các bất đẳng thức thường gặp

1. 2.1. Bất đẳng thức Cauchy – Schwarz
   Trong chương trình toán trung học phổ thông, một trong các bất đẳng thức cơ
   bản và quan trọng là bất đẳng thức:
   2 x x    0, (1.1).
   Dấu đẳng thức xảy ra khi x = 0 .
   Đi cùng với bất đẳng thức trên là bất đẳng thức bất đẳng thức
   ( )
   2
   1 2 x x x −    0,
   hay
   1 2 1 2 1 2 x + x  2x x , x , x 
   Dấu đẳng thức xảy ra khi 1 2 x x = .
   6
   Bất đẳng thức (1.1) là dạng bậc hai đơn giản nhất của bất đẳng thức bậc hai
   mà học sinh đã làm quen ngay từ chương trình lớp 9. Định lý Viete đóng vai trò quan
   trọng trong việc tính toán và ước lượng giá trị của một số biểu thức đối xứng hoặc
   theo các nghiệm của phương trình bậc hai tương ứng. Đặc biệt, trong chương trình
   Đại số lớp 10, mảng bài tập về ứng dụng của Định lý về dấu tam thức bậc hai là công
   cụ hữu hiệu để giải các bài toán bậc trung học phổ thông.
   Xét tam thức bậc hai ( ) 2 f x = ax + bx + c, a  0. Khi đó ta có
   ( )
   2
   2 4
   b f x a x
   a a
      = − −     ,
   với 2  = b − 4ac . Từ đẳng thức này ta có kết quả quen thuộc sau
   Định lý 1.2.1. Xét tam thức bậc hai ( ) 2 f x = ax + bx + c, a  0.
   a) Nếu   0 thì af ( x)  0, ∀ x ∈ R
   b) Nếu  = 0 thì ( ) 0, \
   2
   b
   af x x
   a
        −   
   thì và 0
   2
   b f
   a
     −  =   .
   c) Nếu   0 thì ( ) ( ) ( ) 1 2 af x x x x    −  + 0 ; ; và
   af ( x)  0  x (x1; x2 )với 1 2 x , x là nghiệm của f ( x) thỏa mãn 1 2 x  x .
   Tiếp theo, thực hiện theo định lý về dấu tam thức bậc hai đối với tổng
   ( )
   2 2 2 2
   1 1 1 1
   2
   n n n n
   i i i i i i
   i i i i
   x t y t x t x y y = = = =
    − =  −  + ,
   ta nhận được tam thức bậc hai có dạng
   ( ) 2 2 2
   1 1 1
   2 0,
   n n n
   i i i i
   i i i
   f t t x t x y y = = =
   =  −  +   .
   Vì f t t ( )    0, nên   0. Từ đó ta có một bất đẳng thức quan trọng sau:
   Định lý 1.2.2. Với mọi bộ số ( ), ( ) i i x y , ta luôn có bất đẳng thức sau
   2
   2 2
   1 1 1
   n n n
   i i i i
   i i i
   x y x y = = =
                      (1.2).
   Dấu đẳng thức trong (1.2) xảy ra khi và chỉ khi hai bộ số ( )i x và ( )i y tỷ lệ với nhau,
   tức là tồn tại cặp số thực  , không đồng thời bằng 0, sao cho
   0, 1,2,…, i i   x y i n + =  = .
   7
   Bất đẳng thức (1.2) thường được gọi là bất đẳng thức Cauchy –Schwarz
   hoặc bất đẳng thức Cauchy – Bunhiacovski.
   Nhận xét. Theo bất đẳng thức (2.2), chọn i
   i
   i
   a
   x
   b = và i i y = b với
   , , 0 i i i x y  y  . Ta thu được bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng phân thức
   (hay còn gọi là bất đẳng thức Cauchy – Schwarz dạng Engel).
   Hệ quả 1.2.1 Nếu 1 2 , ,…, n a a a là các số thực và 1 2 , ,…, n b b b là các số thực dương thì
   ( )
   2 2 2 2
   1 2 1 2
   1 2 1 2
   … … …
   n n
   n n
   a a a a a a
   b b b b b b

• + +
• + + 
• + + .
  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2
  1 2
  … n
  n
  a a a
  b b b = = = .
  1.2.2. Bất đẳng thức AM – GM
  Trong chương trình toán phổ thông, chúng ta đều biết đến bất đẳng thức sau
  Định lý 1.2.3. Giả sử 1 2 , ,…, n x x x là các số thực không âm, khi đó ta luôn có
  1 2
  1 2
  … … n n n
  x x x
  x x x
  n
• + +
   (1.3).
  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 … n x = x = = x .
  Bất đẳng thức trên có tên gọi là bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung
  bình nhân (Inequality of Arithmetic Mean and Geometric Mean). Các nước trên
  thế giới, người ta gọi bất đẳng thức kiểu viết tắt là bất đẳng thức AM – MG
  (Arithmetic Mean – Geometric Mean).
  Hệ quả 1.2.2. Với mọi số thực dương 1 2 , ,…, n x x x , ta có
  ( ) 2
  1 2
  1 2
  1 1 1 … … xn
  n
  x x n
  x x x
     + + +  + + + 
   
  .
  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 2 … n x x x = = = .
  Hệ quả 1.2.3. Với mọi số thực x, y,z ta luôn có

1. 2 2 2 x y z xy yz zx + +  + + .
2. ( )
   2
   2 2 2
   3
   x y z
   x y z

• +
• +  .
  8

1. ( ) ( ) 2
   x + y + z  3 xy + yz + zx .
2. ( ) 2 2 2 2 2 2
   x y + y z + z x  xyz x + y + z .
3. ( ) ( ) 2
   xy + yz + zx  3xyz x + y + z .
   1.2.3. Bất đẳng thức AM – GM suy rộng
   Cho 1, 2, , , …, n a a a là các số hạng không âm. Cho 1 2 , ,…,    n là các số hữu tỉ
   dương sao cho 1 2  + +…+n =1 . Khi đó ta có
   1 2
   1 1 2 2 1 2 . . … . . … n a a n an a a n
       + + +  
   Nhận xét. Nếu cho 1, 2, , , …, n a a a là các số hạng không âm. Cho 1 2 , ,…, m m mn là các số
   hữu tỉ dương thì ta có
   1 2 1 1 1 2 2 2 ..
   1 2
   1 2
   . . … . … … m
   n n m m mn m m mn
   n
   n
   m a m a m a
   a a a
   m m

• + + + + + 
• + +
  Nhận xét. Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức AM – MG đều có thể sử
  dụng (có cải biên) để chứng minh Bất đẳng thức AM – MG suy rộng.
  Chứng minh. Đặt
  1 1 2 2
  1 2
  …
  …
  n n
  n
  x p x p x p s
  p p p
• + + = + + + .
  Sử dụng bất đẳng thức
  1 , x e x x −    ,
  Ta thu được hệ
  1 1
  1
  1
  ………………
  n
  x
  s
  x
  s n
  x se
  x se
  −
  −
  
   
  
  
  
    
  Suy ra
  1 1 1 1
  1
  1
  1
  ………………
  n n n n
  x p
  p p s
  x p
  p p s
  n
  x s e
  x s e
    −    
      −  
  
   
  
  
  
    
  Vậy nên
  9
  ( ) 1 1 1 1 1
  … … …
  1 … n n n n n
  x p x p p p p p p p s n x x s e
• + − + + + + 
  hay
  1 1 …
  1 … n n p p p p
  n x x s + +  .
  Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi 1 … n x x
  s s = = hay 1 … n x = = x .
  Độ lệch giữa trung bình cộng và trung bình nhân được mô tả qua định lý sau:
  Định lý 1.2.4 . Với mọi dãy số dương 1 2 , ,…, n a a a , ta đều có
  ( )
  2
  1 2
  1 2 1
  … 1 … n n n n
  a a a
  a a a a a
  n n
• + +
  −  −
  Chứng minh. Do vai trò của các số hạng là như nhau nên ta có thể coi vế phải của
  bất đẳng thức là biểu thức có dạng ( )
  2
  1
  1 n a a
  n − .
  Đặt
  (  ) 1 2
  1 2
  … ; . … 2,…, k k
  k k k
  a a a A G a a a k n
  k
• + + = =  .
  Ta nêu một cách chứng minh khác đối với bất đẳng thức
  ( 1)( 1 1 ) ( ). k k k k k + A + −G +  k A − G
  Thật vậy, nếu đặt
  k 1 1 k x = + a + ; k 1
  k g = + G ,
  thì ta có
  ( ) 1 1 1
  1 1 1 1 ; k k k k k
  k k k k k k k A kA a kA x G G x g x + + + + + = + + = + + = = .
  Do đó
  ( ) 1 1 1 k k k
  k k kA x k g x kA kg + + + − +  −
  ( ) ( ) 1 1 1 0 k k k f x x k g x kg  + + = − + + 
  Dễ thấy
  ( ) ( ) ( ) 2 1 2 1 2 … k k k f x x g x gx kg − − − = − + + + ,
  nên f x( )  0 .
  Từ đó, ta thu được
  10
  ( ) ( )( ) ( ) ( )
  2
  1 1 2 2 1 2 1 … 2 . n n n n n A G n A G A G a a −  − − − −   − = −
  1.3. Phân thức chính quy
  Một ứng dụng quan trọng của bất đẳng thức AM – MG suy rộng liên quan
  đến hàm phân thức chính quy.
  1.3.1. Phân thức chính quy một biến
  Định nghĩa 1.3.1. Hàm số f ( x) xác định trên tập + được gọi là hàm phân thức
  chính quy nếu
  ( )
  1
  k
  n
  k
  k

f x a x

= 
trong đó
1
0, 1,2,…, ; 0
n
k k k
k
a k n a  =
 =  = .
Ví dụ 1.3.1 Dễ dàng kiểm chứng các hàm số sau là hàm phân thức chính quy
( ) 2 3
1 2
4 3 f x 5 3x 2x x
x x = + + + + +
2 ( ) 2 2 sin cos
1 1 f x x
x x   = + +
Tính chất 1. Nếu f ( x) là hàm phân thức chính quy thì f ( x)  0 ứng với mọi x  0
.
Tính chất 2. Nếu f ( x) và g ( x) là hàm phân thức chính quy thì với mọi cặp số
dương ,  , hàm số
h( x):= f ( x) + g (x)
cũng là hàm phân thức chính quy.
Tính chất 3. Nếu f x( ) và g ( x) là các hàm phân thức chính quy thì hàm số
h( x):= f (g ( x))
cũng là hàm phân thức chính quy.
Tính chất 4. Nếu f ( x) là hàm phân thức chính quy thì hàm số
( ) ( ) * : , m
h x f x m =      ,
cũng là hàm phân thức chính quy.
11
1.3.2. Phân thức chính quy hai biến
Định nghĩa 1.3.2 Hàm số f ( x1, x2 ) được gọi là hàm phân thức chính quy hai biến
trên tập
x  0, y  0
Nếu ( ) 1 2
1
, k k
m
k
k

f x y a x y  

=  , 0, 1,2,…, k a  k = m (1.4)
trong đó
11 1 12 2 1
21 1 22 2 2
…. 0
…. 0
m m
m m
a a a
a a a
  
  
 + + + = 
 + + + = (1.5)
Định nghĩa 1.3.3. Giả sử hàm số f ( x, y ) là hàm phân thức chính quy, tức là
f ( x, y ) thỏa mãn tính chất (1.4) và (1.5). Khi đó các hàm số
( ) 1
1
1
: k
m
k
k
h x a x



=  và ( ) 2
2
1
: k
m
k
k

h y a y

= 
Được gọi là các phân thức thành phần của f ( x, y ).
Ví dụ 1.3.2 Dễ dàng kiểm chứng hàm số sau đây là hàm phân thức chính quy:
( )
1 1 5 3 2 2
, 2 p q p q p q f x y x y x y x y − − −
= + + ,
và các hàm số
( )
1 5 2
1 2 p p p f x x x x − −
= + + ,
( )
1 5 2
2 2 q q q f y y y y
−
= + +
là các phân thức thành phần của f ( x, y )
Định lý 1.3.1. Hàm số f ( x, y ) là hàm phân thức chính quy khi và chỉ khi các hàm
phân thức thành phần của f ( x, y ) cũng là các hàm phân thức chính quy.
Định lý 1.3.2. Với mỗi hàm phân thức chính quy f x y ( , ) trên tập x y   0, 0 ,
dạng
( ) 1 2
1
, k k
m
k
k

f x y a x 

= 
trong đó
12
11 1 12 2 1
21 1 22 2 2
… 0
… 0
m m
m m
a a a
a a a
  
  
 + + + =  + + + = 
ta đều có
( )
1
, .
m
k
k

f x y a

 
Chứng minh. Để chứng minh định lý, ta sử dụng hệ quả của bất đẳng thức AM –
GM suy rộng:
Với cặp dãy số dương x, y ; 1 2  , ta có
( ) 1 2 1 2
1
1 2
1 2
. x y x y      
 

• +
  
  +
  Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
  x = y =1
  Sử dụng kết quả này, ta có
  ( ) 1 2
  1 2 1 2
  1 1
  1
  1 2 1 2
  1
  … . .
  ,
  … …
  .
  k k
  m m
  m k k k k
  k k
  m
  k
  k
  m m
  a a a a a
  a x y f x y
  a a a a a a
  x y
   
   

= =

• + +
  = + + + +
     
        
  
  Theo giả thiết 1
  1
  . 0
  m
  k k
  k
  a  =
   = ; 2
  1
  . 0
  m
  k k
  k
  a  =
   = nên
  ( )
  1 2
  , 1 … m
  f x y
  a a a
  
• +
  Từ đó ta có ( )
  1
  , .
  m
  k
  k

f x y a

 
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = 1.
Do đó dẫn đến Hệ quả
13
Hệ quả 1.3. Với mỗi hàm phân thức chính quy f ( x, y ) trên tập x  0, y  0 , ta đều
có
( )
1
min , .
m
k
k

f x y a

= 
min f ( x, y) = f (1,1).
Đối với hàm phân thức tùy ý (khác hằng) với hệ số không âm, ta có
Nhận xét. Với mọi hàm phân thức dạng
( )
1
; 0; 1,…,n, k
m
k k
k
g x a x k   =
=   =
đặt
1 2
1 1 2 2
…
… ,
m
m m
a a a p
a a a q   

• + =
• + + =
  thì hàm số
  ( ): ( )
  q

p f x x g x −

là một hàm phân thức chính quy.
Chứng minh. Thật vậy, ta có ( )
1 1
k k
q q m m
p p
k k
k k
f x x a x a x
  − −
= =
=  = 
và vì vậy
1 1 1
1
m m m
k k k k k
k k k
q q q a a a q p q q
p p p
  = = =
   −  = − = − = − =
     ,
điều phải chứng minh.
Từ đây, ta thu được một kết quả quan trọng sau
Định lý 1.3.3. Mọi hàm phân thức dạng
( )
1
; 0; 1,…, k
m
k k
k

g x x a k n  

=   = ,
đều có tính chất
( ) (1) , 0
q
p g x  g x x 
trong đó
1 2
1 1 2 2
…
… .
m
m m
p a a a
q a a a   
= + + +
= + + +
14
Chứng minh. Thật vậy, theo nhận xét ở trên, ta có
( )
1
k
q m
p
k
k

f x x a x

= 
là một hàm phân thức chính quy, nên theo định lý 1.3.2, thì
f ( x)  f (1).
Mà f (1) = g (1), nên ta có điều phải chứng minh.
15
PHẦN 2. RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI TOÁN CHO HỌC SINH QUA
MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
KHÔNG ĐỒNG BẬC
2.1. Áp dụng định lý về dấu tam thức bậc hai
Bài toán 2.1. Cho các số thực x , y thỏa mãn ( ) 2 2
x + y + xy − 6 x + y +5 = 0 Tìm
GTLN, GTNN của biểu thức P = x + 2y .
Lời giải:
Với giả thiết là một đẳng thức không đồng bậc, bài toán khó có thể sử dụng
các bất đẳng thức cổ điển dễ dàng, nhưng với công cụ tam thức bậc hai thì ta có thể
tạo ra một lời giải trong sáng hơn nhiều:
Rút y = P – 2x, thế vào giả thiết ta có:
2 2
2 2
( 2 ) ( 2 ) 6( 2 ) 5 0.
3 (3 6) 6 5 0
x P x x P x

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: 

Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

SKKN Tứ giác toàn phần

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

. ĐIỀU KIỆN, HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Hình học là một phân môn quan trọng của Toán học, một mảng kiến thức hay,
khó và thường xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi quốc gia, IMO, APMO… Việc
học và hiểu, vận dụng các nội dung kiến thức hình học giúp học sinh có thể xây dựng
những ý tưởng và những kỹ năng thích hợp nhất cho việc tiếp thu các kiến thức của
toán học, là nền tảng cơ bản đề giải quyết các vấn đề học tập , nghiên cứu toán học
hiện đại.
Trước đây, để chứng minh một bài toán hình học, học sinh thường chỉ biết tính
toán và so sánh các đại lượng hình học như góc, độ dài, diện tích,…thì nay với việc
nghiên cứu sử dụng các mô hình, học sinh sẽ được tập quan sát những vận động,
những tương tác giữa các yếu tố, những cấu trúc tiềm ẩn trong một hình vẽ để rồi từ
đó rút ra được những chứng minh, những kết luận sâu sắc, nêu bật toàn diện bản chất
của hình vẽ đó. Điều đó sẽ giúp các em biết nhìn nhận sự việc và các hiện tượng xung
quanh trong cuộc sống với sự vận động và biến đổi của chúng để nghiên cứu, tìm tòi,
khám phá, tạo cơ sở cho sự ra đời của những phát minh và sáng tạo trong tương lai.
Chính vì những lí do quan trọng như thế, chúng ta cần phải trang bị cho các em
những kiến thức về một số mô hình từ cơ bản đến phức tạp.
Trong các mô hình cơ bản thì tứ giác toàn phần chiếm một trong số nhiều ứng
dụng trong việc giải các bài toán hình học. Hơn nữa, trong các kì thi học sinh giỏi số
lượng các bài toán liên quan đến việc sử dụng tứ giác toàn phần và các tính chất liên
quan khá nhiều. Các bài toán khi giải bằng phương pháp sử dụng tính chất của tứ giác
toàn phần trong các kì thi học sinh giỏi thường khá hay và đặc sắc, thể hiện khả năng
sáng tạo của học sinh. Bằng cách sử dụng các tính chất cơ bản của tứ giác toàn phần
giúp học sinh thấy được bản chất của bài toán và phát hiện ra các tính chất thú vị khác
của bài toán.
Tuy nhiên khó khăn lớn nhất của giáo viên khi dạy phần này là làm sao để học
sinh hứng thú học và có khả năng vận dụng các tính chất quen thuộc vào giải các bài
toán hình học, cần trang bị cho các em những kiến thức gì? Cần bắt đầu từ những bài
toán nào? Cần phân dạng các bài tập áp dụng liên quan tới tính chất và những dấu
hiệu của các bài toán như thế nào thì dùng đến mô hình tứ giác toàn phần? Với tất cả
những khó khăn và thuận lợi trên chúng tôi chọn đề tài “ Tứ giác toàn phần ” để trao
Trang 5
đổi và đưa ra một số dạng bài tập đặc trưng giải bằng việc sử dụng các tính chất liên
quan tới tứ giác đó.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP:

1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến:
   Tứ giác toàn phần là một chuyên đề quan trọng của hình học và là một mảng
   khó trong chương trình hình học THPT chuyên. Chính vì thế trong các kì thi học sinh
   giỏi quốc gia, thi Olympic Toán quốc tế và khu vực, những bài toán có liên quan ít
   nhiều đến tứ giác toàn phần, các tính chất của nó cũng hay được đề cập và thường
   được xem là những dạng toán khó, những câu phân loại của kì thi. Các em học sinh
   bậc Trung học phổ thông thường gặp một số khó khăn khi tiếp cận các khái niệm liên
   quan đến tứ giác toàn phần, đặc biệt là kỹ năng ứng dụng các tính chất của tứ giác
   toàn phần vào việc làm bài tập. Những học sinh mới bắt đầu làm quen với khái niệm
   tứ giác toàn phần thường chưa hiểu tường tận tư tưởng cũng như phương pháp tiếp
   cận lý thuyết, đặc biệt là khâu vận dụng các tính chất của tứ giác toàn phần vào giải
   toán trong những tình huống khác nhau. Để hiểu và vận dụng tốt lý thuyết và vận
   dụng kiến thức liên quan tới tính chất của tứ giác toàn phần vào giải toán thì thông
   thường học sinh phải có kiến thức nền tảng hình học tương đối đầy đủ và chắc chắn
   trên tất cả các lĩnh vực của hình học sơ cấp. Đó là một khó khăn rất lớn đối với giáo
   viên và học sinh khi giảng dạy và học tập chuyên đề liên quan tới tứ giác toàn phần.
   Đề tài “ Tứ giác toàn phần ” được chọn để giới thiệu với các thầy cô giáo và các
   em học sinh những kinh nghiệm của chúng tôi khi giảng dạy chuyên đề này trong
   chương trình THPT chuyên, đặc biệt là học sinh lớp 10, đồng thời thông qua đề tài này
   chúng tôi muốn nhấn mạnh tầm quan trọng của tứ giác toàn phần trong các bài toán
   chứng minh song song, vuông góc, đồng quy, thẳng hàng và một số bài toán khác
   xuất hiện trong các kì thi Quốc tế, khu vực và Olympic quốc gia của một số nước.
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến:
   Thông qua đề tài “ Tứ giác toàn phần ” chúng tôi cũng rất mong muốn nhận
   được sự đóng góp ý kiến, trao đổi của các bạn đồng nghiệp, các bậc cha mẹ học sinh
   và các em học sinh. Chúng tôi mong muốn đề tài này góp một phần nhỏ để việc dạy
   phân môn hình học hiệu quả nhất và giúp các em học sinh có khả năng vận dụng các
   tính chất của tứ giác toàn phần vào giải các bài toán hình học một cách tốt nhất.
   Trang 6
   A. CÁC KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
3. Định nghĩa tứ giác toàn phần
   Cho tứ giác lồi ABCD có các cặp cạnh đối không song song, ABcắt CD tại E. AD cắt
   BC tại F . Hình tạo bởi tứ giác ABCD và hai tam giác EBC , FCD được gọi là tứ giác
   toàn phần . Kí hiệu là ABCDEF (hoặc ABCD EF . )

• A, B,C,D, E, F được gọi là các đỉnh của tứ giác toàn phần
• Các cạnh bao gồm cạnh của tứ giác ABCD và các cạnh củaABF và ADE
• Các đường chéo là AC ,BD, EF .

1. Một số tính chất cơ bản của tứ giác toàn phần
   2.1. Điểm Miquel của tứ giác toàn phần
   Cho tứ giác toàn phần ABCDEF . Đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ABF, DCF ,
   BCE, ADEđồng quy. Điểm đồng quy đó được gọi là điểm Miquel của tứ giác toàn
   phần.
   Trang 7
   Chứng minh:
   Gọi M là giao điểm của hai đường tròn ( ) ABF và ( ) CDF
   Ta có: ( , ) ( , ) ( , ) MC MB MC MF MF MB  
     ( , ) ( , ) DC DF AF AB
     ( , ) ( , ) DC AD AD AE
    ( , ) DE AE
    ( , )(mod ) EC EB 
     M BCF ( )
   Chứng minh tương tự ta có M ADE ( )
   Nhận xét: Khi cho tứ giác ABCD nội tiếp thì M nằm trên EF. Đây là 1 tính chất quan trọng
   trong các bài toán có tứ giác nội tiếp.
   Để chứng minh các tính chất tiếp theo, ta cần có một số kết quả về đường thẳng
   Simson và đường thẳng Steiner cho tam giác.
   Định lý:
   Cho ABC nội tiếp đường tròn ( ) O ; M là điểm bất kỳ thuộc đường tròn ( ) O .
   Hình chiếu của M xuống BC AC AB , , lần lượt là D E F , , . Lấy X Y Z , , là các điểm đối
   xứng với M qua D E F , , . Khi đó:
   a) D E F , , là 3 điểm thẳng hàng (Đường thẳng Simson)
   b) Các điểm X Y Z , , và trực tâm của H thẳng hàng (Đường thẳng Steiner)
   Chứng minh:
   Xét thế hình như hình vẽ. Các thế hình khác chứng minh tương tự.
   a) ABMC là tứ giác nội tiếp
      ABM ACM  180o   FBM ECM  
   Trang 8
     BMF CME  (  90
   o
   BFM CEM   )
   BMF BDF  ( do BMDF là tứ giác nội tiếp)
   CME CDE  ( do CMDElà tứ giác nội tiếp)
     BDF CDE   D F E , , thẳng hàng
   b) Ta có: 2
   MF MD ME
   MZ MX MY
       XZ FD XY DE   ; ( định lý Thales đảo)
    X Y Z , , thẳng hàng BH cắt đường tròn ( ) O tại điểm thứ hai là HB
   ; CH cắt đường
   tròn ( ) O tại điểm thứ hai là HC
   Theo kết quả quen thuộc thì H đối xứng với HB qua AC , H đối xứng với HC
   qua AB
     HYC HAC  ( tính đối xứng trục)  H BC B  HAC 
     HBC HAC    HAYC là tứ giác nội tiếp
      YHC YAC MAC   (tính đối xứng trục) MH C C  MH H C  ZHH C
   (tính đối xứng
   trục)   CHY ZHH  C
   Mà , , H H C C
   là ba điểm thẳng hàng  Z H Y , , thẳng hàng  X Y H Z , , , thẳng hàng
   (đpcm)
   2.2. Đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần
   Điểm Miquel và tâm của các đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF DCF BCE ADE , , ,
   cùng nằm trên một đường tròn – đường tròn Miquel của tứ giác toàn phần.
   Chứng minh:
   Trang 9
   Gọi 1 2 3 4 O O O O , , , lần lượt là tâm của         FAB FCD EAD EBC , , , .
   Dễ thấy điểm đối xứng với M qua ba cạnh tam giác O O O 1 2 4 lần lượt là F B C , , .
   Do F B C , , thẳng hàng nên M nằm trên   O O O 1 2 4 và BC là đường thẳng Steiner của
   M ứng với tam giác O O O 1 2 4 .
   Chứng minh tương tự suy ra 1 2 3 4 O O O O M , , , , cùng thuộc một đường tròn.
   2.3. Đường thẳng Simson, Steiner của tứ giác toàn phần

• Đường thẳng Simson: Chân các đường vuông góc hạ từ điểm Miquel M lên các
  đường thẳng AB BC CD DA , , , cùng nằm trên một đường thẳng (đường thẳng Simson)
  Chứng minh:
  Gọi G I J H , , , lần lượt là chân đường cao kẻ từ M xuống BE DE BF DF , , , .
  Vì M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác CDF nên đường thẳng đi qua I J H , , sẽ
  là đường thẳng Simson của điểm M đối với tam giác FDC , suy ra I J H , , thẳng
  hàng.
  Chứng minh tương tự cho các điểm còn lại, ta suy ra điều phải chứng minh.
  Nhận xét : từ tính chất 1 về điểm Miquel , ta có hệ quả trực tiếp là điểm Miquel có chung
  đường thẳng Simson ứng với các tam giác ABF DCF BCE ADE , , , .
• Đường thẳng Steiner:
  Trực tâm của các tam giác ABF DCF BCE ADE , , , cùng nằm trên một đường thẳng,
  được gọi là đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần.
  Trang 10
  Chứng minh:
  Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần.
  Phép vị tự tâm M , tỉ số 2 biến đường thẳng Simson của mỗi tam giác
      BCE CDF ADE ABF , , , thành đường thẳng Steiner của tam giác đó, đi qua trực
  tâm tam giác.
  Đây là hệ quả của tính chất đường thẳng Simson của tứ giác toàn phần, các trực tâm
  của tam giác ABF DCF BCE ADE , , , lần lượt nằm trên đường thẳng Steiner của M ứng
  với các tam giác ABF DCF BCE ADE , , , .
  Mà M có chung đường thẳng Simson nên cũng có chung đường thẳng Steiner với 4
  tam giác này. Suy ra trực tâm của 4 tam giác thẳng hàng.
  Nhận xét: Hai đường thẳng Simson và Steiner song song với nhau.
  2.4. Đường thẳng Gauss
  Trong tứ giác toàn phần ABCDEF . Các trung điểm của các đoạn AC BD EF , , cùng
  nằm trên một đường thẳng, gọi là đường thẳng Gauss – Newton (Đường thẳng
  Gauss).
  Chứng minh:
  Gọi H I J K L G , , , , , lần lượt là trung điểm của AC BD EF BE EC CB , , , , , .
  Ta có:
  Trang 11
  H G L , , nằm trên đường thẳng song song với AE
  I G K , , nằm trên đường thẳng song song với DE
  J L K , , nằm trên đường thẳng song song với BF
  HG JL IK AB FC DE
  HL JK IG AE FB DC
       
  Áp dụng định lý Menelaus đối với tam giác BCE và đường thẳng ADF , ta có
  1
  AB FC DE
  AE FB DC
     1
  HG JL IK
  HL JK IG
     
   H I J , , thẳng hàng (định lý Menelaus đảo đối với GKL)
  Nhận xét : đường thẳng Gauss vuông góc với đường thẳng Steiner.
  Chứng minh: Từ 3, ta có các trực tâm H1
  ,H2
  ,H3
  ,H4
  của các tam giác CDF, ADE, ABF,
  BCE cùng thuộc đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần ABCDEF.
  Trang 12
  Gọi P, Q lần lượt là chân các đường vuông góc kẻ từ H1
  xuống CD và CB; T, S lần lượt
  là chân các đường vuông góc kẻ từ H4
  xuống CD và CB.
  Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm của AC, BD, EF. (I), (J), (K) lần lượt là các đường tròn
  đường kính AC, BD, EF.
  Dễ thấy 1 1 1 1 H P H F H D H Q . .  hay     1 1 H K H J / / P P  .
  4 4 4 4 H T H E H B H S . .  hay     4 4 H K H J / / P P  .
  Do đó s là trục đẳng phương của (J) và (K), suy ra JK  s.
  Tương tự ta cũng chứng minh được s là trục đẳng phương chung của (I) và (J), suy ra
  IJ  s.
  Từ đó có được 3 điểm I, J, K thẳng hàng và đường thẳng đi qua 3 điểm này vuông góc
  với đường thẳng s.
  Hệ quả : Các đường tròn đường kính là ba đường chéo của tứ giác toàn phần đồng trục và có
  trục đẳng phương là đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần đó.
  2.5. Định lý Brocard
  Cho tứ giác toàn phần ABCDEF nội tiếp (O) . G là giao điểm AC,BD . Chứng minh O
  là trực tâm EFG
  Kẻ Dx là tia đối của tia DC .
  Gọi H là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp của AKD và BKC .
  Ta có: ( ; ) OC OD  2( ; ) AC AD  2( ; ) BC BD
   ( ; ) OC OD = ( ; ) AC AD +( ; ) BC BD (mod )
  Trang 13
  =( ; ) AK AD +( ; ) BC BK (mod )
  =( ; ) HK HD +( ; ) HC HK (mod )
  =( ; ) HC HD (mod )
  Suy ra bốn điểm O C D H , , , đồng viên
  Chứng minh tương tự: Bốn điểm O , A, B,H đồng viên
  VìOH là trục đẳng phương của đường tròn ngoại tiếp tứ giác OHBA và tứ giác OHCD
   AB,CDvàOH đồng quy
  Mà ABvàCDcắt nhau tại E  E, H ,O thẳng hàng
  Vì OCD cân tại O   OCD ODC  
  Ta có: ( ; ) HO HK =( ; ) HO HD +( ; ) HD HK (mod ) =( ; ) CO CD +( ; ) AD AK (mod )
  =( ; ) CO CD +( ; ) AD AC (mod ) =    ;
  ;
  2
  OD OC
  CO CD  (mod )
  =   ; ;  
  2
  CO CD DO CO 
  (mod ) = 
  2
  OCD ODx 
  (mod )
  =  
  2
  ODC ODx 
  (mod ) =
  2
  
  (mod )
    HO HK hay FH OE 
  Chứng minh tương tự: EK OF  . Mà FO cắtHEtạiO
  O là trực tâmFKE (đpcm)
  2.6. Định lý Emelyanov:
  Gọi XYZ là tam giác tạo bởi các đường chéo AC, BD, EF; M là điểm Miquel của tứ giác toàn
  phần ABCDEF. Khi đó M nằm trên đường thẳng Euler của tam giác XYZ.
  Trang 14
  Chứng minh:
  Gọi X, Y, Z là giao điểm của AC, BD, EF. X’, Y’, Z’ lần lượt là trung điểm YZ, ZX, XY.
  Qua X kẻ các đường thẳng song song với AD, BC và cắt BC, AD lần lượt tại H, G. Kéo
  dài XH cắt YZ tại H’.
  Ta có F(DCXE) = -1 và XH // CD nên H là trung điểm XH’. Như vậy H nằm trên đường
  trung bình ứng với đỉnh X của tam giác XYZ. Tương tự với G. Điều đó có nghĩa là G,
  H nằm trên Y’Z’.
  Mặt khác, AG
  AD
  = X(A∞GD) = X(CH∞B) = BH
  BC
  Bằng cộng góc dễ thấy ∆MAD ~ ∆MBC, ∆MAB ~ ∆MCD, từ đó suy ra điểm Miquel M
  là tâm vị tự quay của tứ giác ABCD, hay tồn tại phép vị tự quay tâm M biến AB thành
  CD, AD thành BC, suy ra nó biến GD thành HC.
  Nghĩa là M thuộc (FGH).
  Ta thu được hình chiếu của M trên GH nằm trên đường thẳng Simson của M ứng với tam
  giác DFC. Theo các phần trên suy ra hình chiếu của M trên Y’Z’ nằm trên đường thẳng
  Simson của M ứng với 4 tam giác FAB, FCD, EAD, EBC. Tương tự hình chiếu của M trên
  X’Y’, X’Z’ cũng nằm trên đường thẳng này. Theo định lý Simson đảo suy ra M, X’, Y’, Z’
  cùng thuộc 1 đường tròn.
  2.7. Điểm Morley:
  Gọi E1
  , E2
  , E3
  , E4
  lần lượt là tâm đường tròn Euler của các tam giác FAB, FCD, EAD,
  EBC. Khi đó các đường thẳng lần lượt qua E1
  , E2
  , E3
  , E4
  và vuông góc với CD, AB, BC,
  AD đồng quy tại một điểm nằm trên đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần ABCDEF, gọi
  là điểm Morley của tứ giác toàn phần (IMO Shortlist 2009, G6).
  Chứng minh:
  Gọi H1
  , H2
  lần lượt là trực tâm, O1
  , O2
  lần lượt ngoại tiếp tam giác FAB, FCD.
  M, J lần lượt là trung điểm CD, AB; K, T lần lượt là hình chiếu của F trên AB, CD.
  Trang 15
  Đường thẳng qua E1 và vuông góc với CD giao FK tại I, đường thẳng qua E2 và vuông
  góc với AB giao FT tại L. 1
  JE FK Q   , ME FT R 1   .
  Do FK // E R2
  nên    E LH TFK 2 2 . Tương tự,    E IH TFK 1 1
  Do đó,    E LH E LH 2 2 1 1 .
  Ta sẽ chứng minh    RE M JE Q 2 1 , 2 2 1 1 1 270 o      TLE LRE E JK E IH .
  Tương đương 1
  2 90 o       TFK E JK TRM JQK TRM .
  Hay 2 1 1 2     E O PH LRE =      A B C D (đúng).
  Như vậy hai tam giác E LR 2 và E QI 1
  có    RE L QE I 2 1 và 2 1 180o    RLE QIE
  Áp dụng định lý hàm số sin suy ra
  1 2
  QI RL
  QE E L
   hay
  1 2
  1 1
  2 2
  QI RL
  R R
   .
  Nhưng 1 1 1
  2 2 2
  .cos
  .cos
  O J R F R
  O M R F R
    nên 1 1
  2 2
  QI O J FH
  RL O M FH
    .
  Vậy 1
  2
  IH FL
  FI LH
   , do đó áp dụng định lý Thales suy ra đường thẳng qua E1
  vuông góc
  với CD giao đường thẳng qua E2
  vuông góc với AB tại một điểm trên H H1 2 .
  Chứng minh tương tự suy ra đpcm.
  Bình luận : Bài toán tương tự được phát biểu trong IMO Shortlist 2009, G6.

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: 

Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

SKKN Ứng dụng cấu trúc nhóm trong một số bài toán số học

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến
Mục tiêu giáo dục của chúng ta hiện nay là đào tạo những con người lao động tự
chủ, năng động, sáng tạo có năng lực giải quyết những vấn đề thường gặp, góp phần
xây dựng đất nước giàu mạnh, xã hội công bằng và văn minh, đưa đất nước Việt
Nam tiến nhanh trên con đường phát triển hòa nhập với thế giới ở đầu thế kỉ XXI.
Đứng trước tình hình đó, Bộ Giáo dục và Đào tạo, Sở Giáo dục và Đào tạo cũng
như nhà trường đã đề ra nhiều biện pháp tích cực. Một trong những biện pháp đó là
cải tiến chương trình dạy học, cải tiến phương pháp dạy của thầy và phương pháp
học của trò, phải có cuộc cách mạng thực sự về phương pháp giáo dục, cũng như
cách thức tổ chức kiểm tra chất lượng học sinh để hưởng ứng cuộc vận động của Bộ
trưởng Bộ GD – ĐT về chống tiêu cực trong thi cử và bệnh thành tích trong giáo
dục.
Đối với bộ môn Toán – Bộ môn then chốt của khoa học tự nhiên, thì một trong
những khâu quan trọng của quá trình cải tiến chương trình dạy học là tiếp nhận và
giải quyết một vấn đề theo nhiều hướng khác nhau, cố gắng tìm đến bản chất của
nó, từ đó có mối liên hệ giữa các bài toán riêng lẻ với nhau.
II. Mô tả giải pháp

1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
   Có lẽ, Số Học là phân nhánh Toán Học có lịch sử lâu đời nhất. Rất nhiều các câu
   hỏi quan trọng của Toán Học hiện đại cũng thuộc hoặc liên quan mật thiết đến lĩnh
   vực này.
   Giả thuyết Riemann, một trong 7 bài toán thiên niên kỷ do Viện Toán Clay đề ra
   cũng liên quan trực tiếp đến tính phân bố của các số nguyên tố trên trục số thực R.
   Vấn đề này hấp dẫn đến mức David Hilbert từng nói “Nếu Tôi thức dậy sau một giấc
   ngủ 1000 năm, câu hỏi đầu tiên của Tôi sẽ là :giả thuyết Riemann đã được chứng
   minh chưa?”
   Ở một khía cạnh khác, rất nhiều nhà Toán Học cho rằng, trong các phân nhánh
   của Toán Học bao gồm Số Học, Hình Học, Đại Số, Giải Tích, Xác suất – Thống Kê
   (cách phân chia này có tính chất rất tương đối), Số Học chính là phân nhánh có
   nhiều thách thức nhất. Câu hỏi tự nhiên nảy sinh là Vì SAO HỌ NGHĨ NHƯ VẬY?
   Năm 1994, Andrew Wiles chứng minh định lý cuối cùng của Fermat và từ đó Toán
   học mất đi con gà đẻ trứng vàng. Người ta nói như vậy, vì để chinh phục định lý
   của Fermat, những nhà Toán Học đã tạo ra rất nhiều công cụ, kỹ thuật mới, không
   chỉ trong Số Học mà còn trong Đại Số, Giải Tích để xử lý một bài toán Số Học!!!
   Câu trả lời của câu hỏi trên cũng nằm ở đây, nếu so sánh Số Học với các phân nhánh
   Toán Học khác thì những công cụ, kỹ thuật chưa phong phú bằng. Do đó, để giải
   2
   quyết một vấn đề Số Học, người ta có thể nghĩ đến công cụ thuộc phân nhánh Toán
   Học khác.
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
   Sáng kiến này được viết cũng với ý tưởng như vậy. Chúng tôi muốn khai thác sâu
   lý thuyết Nhóm, một công cụ trong Đại Số để giải quyết, sáng tạo những bài toán
   Số Học ở trình độ THPT. Báo cáo sẽ cung cấp một cái nhìn mới về một số đối
   tượng trong Số Học mà học sinh cũng đã quen thuộc như phần tử nghịch đảo trong
   modulo, cấp số, căn nguyên thủy. Tuy nhiên, có hai khó khăn chính khi thực hiện
   đề tài này được diễn đạt thông qua 2 câu hỏi:
3. Lý thuyết Nhóm là một lý thuyết rất rộng, sâu. Vậy ở mức độ THPT, ta nên
   chọn lọc những mảng kiến thức nào để giới thiệu cho học sinh? Xin tóm tắt bằng
   một câu hỏi:
   Dạy học sinh cái gì?
4. Lý thuyết Nhóm chỉ được dạy một cách chính quy, với một hệ thống các ký hiệu,
   quy ước cho sinh viên đại học, vậy làm thế nào để diễn đạt những quy ước, ký
   hiệu này cho học sinh phổ thông mà không phải dùng đến hệ thống các ký hiệu,
   quy ước trên. Xin tóm tắt bằng một câu hỏi:
   Dạy học sinh tư duy và trình bày như thế nào?
   Với mục tiêu trả lời 2 câu hỏi trên, báo cáo của chúng tôi có những đóng góp cụ thể
   như sau:

• Hệ thống lại lý thuyết nhóm một cách phù hợp hơn với học sinh THPT và hướng
  dẫn cách tư duy, vận dụng lý thuyết nhóm vào việc giải một số bài toán Số Học.
• Hướng dẫn cách trình bày lời giải một bài toán Số Học có sử dụng công cụ lý
  thuyết nhóm một cách tương đối phù hợp ở mức độ học sinh THPT.
  Về cấu trúc của nội dung sáng kiến, chúng tôi có 3 phần chính:
• Phần I: Chúng tôi trình bày những mảng lý thuyết quan trọng, ngoài ra chúng
  tôi có giới thiệu 2 định lý mặc dù không thể áp dụng trực tiếp vào lời giải, nhưng
  có ích rất nhiều trong việc tư duy tìm ra lời giải sơ cấp của bài toán. Ngoài ra,
  chúng tôi đưa ra một số bài tập lý thuyết để củng cố lại các đơn vị kiến thức
  này.
• Phần II: Chúng tôi đưa ra một số bài toán thực tế đã được dùng trong các kì
  thi học sinh giỏi, với mỗi bài toán chúng tôi phân tích cấu trúc nhóm xuất hiện
  như thế nào và hướng tìm ra lời giải của những bài toán này. Sau đó, chúng tôi
  trình bày lời giải hoàn chỉnh.
  3
• Phần III: Chúng tôi kết luận và đề ra hướng phát triển cho sáng kiến này.
  Với tinh thần cầu thị, chúng tôi hy vọng chuyên đề này một mặt có thể giúp đỡ các
  thầy cô trong công tác giảng dạy HSG, một mặt khác, cũng mong các thầy cô đóng
  góp ý kiến, chỉnh sửa những chỗ chưa hợp lý trong bản thảo này.
  Chúng tôi xin chân thành cảm ơn!
  Các tác giả
  Chương 1
  Kiến thức chuẩn bị
  Một đối tượng trong Toán học có cấu trúc thì sẽ dễ nghiên cứu hơn rất nhiều. Hơn nữa,
  người ta nhận thấy những tập hợp quen thuộc như tập số tự nhiên, tập số nguyên,
  tập số hữu tỷ, . . . đều có những điểm chung về cấu trúc. Đây cũng là một trong những
  động lực cho sự ra đời của lý thuyết nhóm. Để mở đầu, ta hãy cùng tìm hiểu một số
  định nghĩa và ví dụ phổ biến. Phần lý thuyết này có liên hệ với khái niệm phần tử
  nghịch đảo trong modulo của một số tự nhiên, cấp của một số và căn nguyên thủy.
  1.1 Nhóm, nhóm con
  Định nghĩa 1.1.1. Cho tập hợp G khác rỗng và một phép toán ∗. Cặp (G, ∗) được
  gọi một một nhóm nếu nó thỏa mãn 4 tính chất:

1. Tập G đóng với phép toán ∗, tức là a, b ∈ G thì a ∗ b = c ∈ G.
2. Tính kết hợp: Với mọi a, b, c ∈ G thì (a ∗ b) ∗ c = a ∗ (b ∗ c).
3. Tồn tại phần tử đơn vị: tồn tại phần tử e ∈ G sao cho ∀ a ∈ G thì a ∗ e = e ∗ a = a.
4. Tồn tại phần tử nghịch đảo: Với mọi phần tử a ∈ G thì tồn tại phần tử b ∈ G sao
   cho a ∗ b = b ∗ a = e. Phần tử b còn gọi là phần tử nghịch đảo của phần tử a và ký
   hiệu là a
   −1
   .
   Chú ý:

• Phép toán ∗ ở đây thường là phép cộng, nhân, hoặc ánh xạ hợp.
• Nếu tập G có hữu hạn phần tử thì (G, ∗) còn được gọi là một nhóm hữu hạn.
• Lực lượng của tập G còn gọi là cấp của nhóm G.
• Nhóm (G, ∗) gọi là một nhóm giao hoán nếu với mọi a, b ∈ G thì a ∗ b = b ∗ a. Từ
  giờ, nếu không có lưu ý nào thì ta chỉ xét những nhóm giao hoán vì đây là đối
  tượng xuất hiện chủ yếu trong các bài toán mà ta quan tâm.
  4
  Chương 1. Kiến thức chuẩn bị 5
  Ví dụ 1.1.2. Các cặp (Z, +), (Q, +), (Q∗
  , .) đều là các nhóm.
  Thật vậy, ta thấy:
• Nhóm (Z, +) có phần tử đơn vị là số 0. Phần tử nghịch đảo của a là −a.
• Nhóm (Q, +) có phần tử đơn vị là số 0. Phần tử nghịch đảo của x là −x.
• Nhóm(Q∗
  , .) có phần tử đơn vị là số 1. Phần tử nghịch đảo của a là 1
  a
  .
  Ví dụ 1.1.3. Các cặp (N, +), (Q, .) đều không phải là nhóm.
  Thật vậy, ta thấy:
• Cặp (N, +) thì mọi số nguyên dương đều không tồn tại phần tử nghịch đảo.
• Cặp (Q, .) thì không tồn tại phần tử nghịch đảo của số 0.
  Bài tập lý thuyết 1 ∗
  Ký hiệu Zp là tập tất cả các lớp thặng dư phân biệt trong modulo p với p là
  một số nguyên tố. Chứng minh rằng:
  a) Cặp (Zp, +) là một nhóm.
  b) Cặp (Z
  ∗
  p
  , .) là một nhóm với Z
  ∗
  p
  là tập tất cả các lớp thặng dư phân biệt khác
  0 trong modulo p.
  Lời giải:
  a) Ta có thể kiểm tra (Zp, +) là một nhóm vì
• Tập Zp đóng với phép cộng của 2 lớp thặng dư.
• Phép toán này có tính chất kết hợp.
• Nhóm này có phần tử đơn vị là lớp thặng dư 0.
• Phần tử nghịch đảo của lớp thặng dư a bất kỳ là lớp −a.
  Chú ý rằng đây là nhóm hữu hạn, giao hoán và có cấp n.
  b) Tương tự như vậy (Z
  ∗
  p
  , .) cũng là một nhóm vì
• Tập Z
  ∗
  p đóng với phép nhân của 2 lớp thặng dư.
• Phép toán này có tính chất kết hợp.
• Nhóm này có phần tử đơn vị là lớp thặng dư 1.
  Chương 1. Kiến thức chuẩn bị 6
• Với mỗi lớp thặng dư a khác lớp 0 thì a và p nguyên tố cùng nhau. Do đó, theo
  Bezout, sẽ tồn tại hai số nguyên b, d sao cho
  ab + cd = 1.
  Hay ab ≡ 1 (mod p) và lớp thặng dư b là phần tử nghịch đảo của lớp thặng dư a.
  Hơn nữa, đây là nhóm hữu hạn, giao hoán có cấp n − 1.
  Bài tập lý thuyết 2 ∗
  Cho n là một số nguyên dương. Ký hiệu Sn là tập tất cả các hoán vị của tập
  {1, . . . , n}. Chứng minh Sn với phép toán hợp của hai hoán vị là một nhóm.
  Lời giải:
  Ta ký hiệu phép toán hợp của hai hoán vị là ◦.
• Ta thấy hợp 2 song ánh là 1 song ánh nên Sn đóng phép toán hợp 2 ánh xạ.
• Phép toán này có tính chất kết hợp.
• Nhóm này có phần tử đơn vị là ánh xạ đồng nhất.
• Phần tử đơn vị là ánh xạ đồng nhất. Phần tử nghịch đảo của một hoán vị f là
  ánh xạ ngược f
  −1
  Vậy (Sn, ◦) là một nhóm. Có thể thấy đây là nhóm hữu hạn có cấp n! nhưng không
  phải là nhóm giao hoán.
  Bài tập lý thuyết 3 ∗
  Cho (G, .) là một nhóm. Chứng minh sự duy nhất của phần tử đơn vị và sự duy
  nhất của phần tử nghịch đảo của một phần tử trong nhóm G.
  Lời giải:
  Giả sử x, y đều là phần tử đơn vị của nhóm (G, .) Khi đó x.y = x nhưng đồng thời
  x.y = y, do đó x = y.
  Ký hiện phần tử nghịch đảo của nhóm G là e. Giả sử phần tử nghịch đảo của a là
  b và c. Vậy
  ab = ba = ac = ca = e.
  Ta xét a.b = e vậy c.a.b = c, nhưng c.a = e nên theo tính chất kết hợp, ta có e.b = c
  hay b = c. Tóm lại trong một nhóm thì phần tử đơn vị và phần tử nghịch đảo của một
  phần tử là duy nhất.
  Chương 1. Kiến thức chuẩn bị 7
  Bài tập lý thuyết 4 ∗∗
  Cho n là một số tự nhiên khác không. Chứng minh (Z
  ∗
  n
  , .) là một nhóm trong
  modulo n với Z
  ∗
  n
  là tất cả các lớp thặng dư ứng với tất cả các số tự nhiên nhỏ
  hơn hoặc bằng n và nguyên tố cùng nhau với n.
  Lời giải:
  Bộ (Z
  ∗
  n
  , .) thỏa mãn các điều kiện của một nhóm:
• Tích của 2 số tự nhiên nguyên tố cùng nhau với n thì cũng là 1 số nguyên tố cùng
  nhau với n. Do đó Z
  ∗
  n đóng với phép toán nhân hai lớp thặng dư.
• Phần tử đơn vị 1 ∈ Z
  ∗
  n
  .
• Phép toán nhân hai lớp thặng dư đương nhiên có tính kết hợp.
• Lấy phần tử a ∈ Z
  ∗
  n
  thì (a, n) = 1 nên tồn tại c, d ∈ Z sao cho ac + nd = 1. Ta
  chú ý rằng (c, n) = 1, nên ta có thể chọn phần tử nghịch đảo của lớp thặng dư a
  chính là lớp thặng dư c.
  Định nghĩa 1.1.4. Cho nhóm (G, ∗), tập con H của G với phép toán ∗ gọi là một
  nhóm con của nhóm G nếu (H, ∗) là một nhóm.
  Bài tập lý thuyết 5 ∗
  Cho nhóm (G, ∗), tập con H của G với phép toán ∗ là một nhóm con của G khi
  và chỉ khi a
  −1
  .b ∈ H với mọi a, b ∈ H.
  Lời giải: Ta thấy các điều kiện của 1 nhóm đều thỏa mãn:
• Tập H chứa phần tử đơn vị vì lấy a ∈ H thì e = a
  −1
  .a ∈ H.
• Phép toán ∗ hiển nhiên có tính chất kết hợp vì (G, ∗) là một nhóm.
• Với mỗi phần tử a ∈ H thì a
  −1 ∗ e = a
  −1 ∈ B (do e ∈ H theo chứng minh trên).
• Lấy a, b ∈ H thì a
  −1 ∈ H, vậy (a
  −1
  )
  −1 ∗ b = a ∗ b ∈ H.
  Định lí 1.1.5. (Lagrange) Cho (G, .) là một nhóm hữu hạn và H là một nhóm con
  của G. Khi đó lực lượng của G chia hết cho lực lượng của H.
  Chứng minh. Ta gọi H = {h1, . . . , hk}. Lấy 2 phần tử a, b ∈ G và định nghĩa
  aH = {a.h1, . . . , a.hk}; bH = {b.h1, . . . , b.hk}.
  Chương 1. Kiến thức chuẩn bị 8
  Ta đi chứng minh nếu 2 tập Sa và Sb hoặc giao nhau bằng rỗng hoặc phải trùng nhau

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại: 

Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT