SKKN Hướng dẫn học sinh Lớp 10 sử dụng phương pháp hình học để giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số

Nội dung tóm tắt: SKKN Hướng dẫn học sinh Lớp 10 sử dụng phương pháp hình học để giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số

1. abc. . 1 S = bcsin A a = 2RsinA = 15 42R Vì thế (2’) đúng (2) đúng Muốn tìm điều kiện dấu “=” xẩy ra, ta gọi Q (x0, y0) thuộc O(0, ) và PQR 2 2 2 đều. Khi đó: PQ = 15 hay (x0 – 1) + (y0 – 2) = 15 2x0 + 4y0 = -5. xy22 5 Từ đó ta giải hệ: 00 xác định Q xác định R. 2xy00 4 5 Bài toán 6: Cho 4 số a,,, b c d thỏa mãn: a2 b 2 c 2 d 2 5. 3 30 Chứng minh rằng: 5 a 2 b 5 c 2 d 5 ac bd (3) 2 Lời giải: Từ giả thiết ta có M(a, b), N(c, d), P(1, 2) đều nằm trên đường tròn tâm O(0, 0), bán kính 5 . Ta có: (1)(a 2 b 2) 2 (1)( c 2 d 2) 2 ( a c )( 2 b d ) 2 330 (5) 2 2 2 2 MP + NP + MN 3 15 CMNP (3’) Mặt khác ta cũng biết rằng trong các tam giác cùng nội tiếp một đường tròn thì tam giác đều là tam giác có chu vi lớn nhất. Vì vậy, hoàn toàn tương tự bài toán 5 ta sẽ có điều phải chứng minh. Bài toán 7: Cho ab, thỏa mãn: a22 b 16 8 a 6 b . Chứng minh rằng: 10 3ba 4 40 (4) Lời giải: Từ giả thiết ta viết lại: ( a – 4)2 + (b – 3)2 = 9. Do vậy với a, b thỏa mãn nó thì điểm M(a, b) nằm trên đường tròn tâm O1(4, 3) và bán kính 3. 18
2. Kết hợp với giả thiết thì (4) tương đương với ab22 16 10 40 28 ab22 2 Tương đương với bất đẳng thức hình học : 28 OM (4’) Bài toán trở thành : chứng minh rằng với M bất kỳ thuộc đường tròn (O1) thì (4’) luôn đúng. Nối OO1 cắt vòng tròn tại M1, M2 , vì M1, M2 tương ứng là các điểm trên đường tròn gần và xa O nhất nên hiển nhiên ta có : OM1 OM OM2 Vì OO1 = 5 nên OM1 = OO1 – O1M1 = 5 – 3 = 2 OM2 = OO1 + O1M2 = 5 + 3 = 8 (4’) đúng đpcm Dấu “=” bên trái xẩy ra khi MM1 . Theo định lý Talet ta có: ' M1 M 1 OM 1 ' 6 ' MM11 OO1 1OO 1 5 8 8 6 Tương tự : OM' a ; b 1 5 5 5 32 24 Dấu “=” bên phải xảy ra khi MM2 ab ; 55 Bài toán 8: Cho x, y là các số thực bất kì. Chứng minh rằng: 9 (x y )2 ( x 2 y 1) 2 (7) 32 Lời giải: 19
3. Nhìn vào vế trái của bất đẳng 6 thức cần chứng minh, ta nhận 4 M thấy nó có dạng A2 + B2, vì thế ta 2 N có thể quan niệm nó là bình A -5 5 10 phương của một đoạn MN nào B -2 đó. -4 VT(7) = (x – y)2 + [x2 – (y – 1)]2 Đặt M(x, x2), N(y, y – 1) VT (7) = MN2 Dễ thấy M thuộc parabol y = x2 và N thuộc đường thẳng x – y – 1 = 0. Do vậy bài toán có thể chuyển dịch thành : Chứng minh rằng: với mọi vị trí của M và N thì khoảng cách gần nhất MN có thể 9 đạt được là 32 Từ đồ thị ta có thể khẳng định: min MN = AB, trong đó A là tiếp điểm của parabol y = x2 với đường thẳng d song song với đường y = x – 1. Hoành độ của A là nghiệm kép của phương trình: 1 1 1 x2 = x + b b x y 4 A 2 A 2 11 1 24 3 9 Và AB = d(A, d) min MN2 = AB2 = . 2 4 2 32 9 Vậy MN2 . Dấu “=” xảy ra M A , N B. 32 Bài tập: 1. Cho a, b, c là các số thực tùy ý. 20
4. a c a b b c Chứng minh rằng: 1 a2 . 1 c 2 1 a 2 . 1 b 2 1 b 2 . 1 c 2 2. Cho abc,, thỏa mãn: c d 6; a22 b 1 Chứng minh rằng: c22 d 2 ac 2 bd 18 6 2. 3. Cho ab, là các số thực thỏa mãn: a22 b 16 8 a 6 b . Chứng minh rằng: 7ba 24 4. Cho a, b là các số thực tùy ý. Chứng minh rằng: a 2 4 a 2 2ab b2 1 b2 6b 10 5 II. Phương pháp véctơ. Chứng minh các bất đẳng thức, giải các phương trình, tính giá trị cực đại, cực tiểu của một hàm số, người ta thường gán tọa độ cho các vectơ uv, một cách thích hợp rồi dùng các tính chất sau đây để xét và chứng minh: 1, u v u v . Tương tự: u v w u v w 2,(uv )2 0 22 3, u v u v Hoặc (.).u v2 u v Điều cần chú ý rất quan trọng khi dùng phương pháp vectơ để giải toán là: cần phải phân tích kỹ bài toán sau đó chọn các vec tơ sao cho phù hợp với yêu cầu bài toán. Bài toán 9: Cho các số thực a,,,,, b c x y z thỏa mãn: a b c 2; ax by cz 6. Chứng minh rằng: 16a2 a 2 x 2 16 b 2 b 2 y 2 16 c 2 c 2 z 2 10 (6) Lời giải: 21
5. Nhìn vào biểu thức trong căn ở vế phải của (6) dễ thấy chúng có dạng ab22 . Vậy ta có thể xem chúng biểu thị cho độ dài của vectơ u(,) a b lúc đó: Xét ba vec tơ: u(4, aax ), v(4, bby ), w (4, ccz ), bất đẳng thức (6) trở thành: uv w 10 (6’) Vế phải của (6’) làm ta liên tưởng đến kết quả: u v ww u v vậy phải chăng uv w 10? Ta có: u v w (4( a b c ),ax+by cz ) (8,6) uv w 822 6 10 Vậy (6) đúng đpcm Dấu ”=” xảy ra thỏa mãn một trong các trường hợp sau: 1> Hai trong ba vec tơ uv, ,w là vec tơ không 2> Một trong ba vec tơ là vec tơ không và hai vec tơ còn lại cùng hướng. 3> Cả ba vec tơ đều khác vec tơ không và cùng hướng với nhau. Bài toán 10: Cho x,, y z là ba số thực tùy ý. Chứng minh rằng: x2 xyz 2 x 2 xzz 2 y 2 yzz 2 (7) Lời giải: y3 z 3 y z 3 3 (7)()()()( x2 y 2 x 2 z )()( 2 2 y z ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 Do biểu thức trong dấu căn có dạng nên ta có thể hi vọng sử dụng được phương pháp vec tơ để giải. yz33 Chọn u ( x , y ), v ( x , z ) 2 2 2 2 22
6. yz 33 Khi đó : u v (,) y z 2 2 2 2 y 3 z 3 Suy ra: u ()() x 22 y ; v ()() x 22 z 22 22 yz 33 u v ()() 22 y z 2 2 2 2 Ta có: (7) có thể chuyển về dạng bất đẳng thức vec tơ tương đương: u v u v (7’) Bất đẳng thức (7’) đúng (7) đúng điều phải chứng minh. Dấu ”=” xảy ra một trong hai vec tơ uv, là vec tơ không hoặc là chúng ngược hướng với nhau. Bài toán này hay ở chỗ là vai trò của x, y, z như nhau nên dễ khiến ta biến đổi bất đẳng thức (7) về dạng khác đi so với phép biến đổi trên, dẫn đến việc chọn vec tơ là rất phức tạp. Bài toán 11: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: ab + bc + ca = abc. Chứng minh rằng: a 2 2b2 b2 2c 2 c 2 2a 2 3 ab bc ca Lời giải: 1 1 1 Từ giả thiết: ab + bc + ca = abc. Suy ra: 1. a b c Ta có: a 2 2b2 b2 2c 2 c 2 2a 2 1 2 1 2 1 2 3 3 ab bc ca b2 a 2 c 2 b2 a 2 c 2 1 2 1 2 1 2 Xét 3 vec tơ u ; , v ; , w ; . Khi đó: b a c b a c 23
7. 1 2 1 2 1 2 u , v , w b 2 a 2 c 2 b 2 a 2 c 2 1 1 1 2 2 2 1 1 1 2 và u v w ; u v w 3 3 a b c a b c a b c Mà ta luôn có: u v w u v w nên ta có điều phải chứng minh. Vì u,v,w 0 nên dấu bằng xẩy ra khi u,v, w cùng hướng a b c . Lại có: ab + bc + ca = abc suy ra a = b = c = 3. Bài toán 12: Cho ba số thực dương a, b, c với a > c, b > c. Chứng minh rằng: c()() a c c b c ab (8) Lời giải: Dễ thấy mỗi biểu thức trong căn bậc hai ở bất đẳng thức (8) đều có dạng AX + BY, nên ta hy vọng rằng có thể xem chúng là tích của hai vec tơ u( A , B ); v ( X , Y ) . Xét các vec tơ sau: u ( a c ; c ); v ( c ; b c ) Ta có: u.()() v c a c c b c u.v a. b ab Dựa vào bất đẳng thức vec tơ đúng: u.v u.v nên: c()() a c c b c ab điều phải chứng minh. 1 1 1 Dấu ”=” xảy ra uv; cùng hướng a b c Bài toán 13: Cho a, b là hai số thực 1 (a b )(1 ab ) 1 Chứng minh rằng: (9) 2 (1 ab22 )(1 ) 2 24
8. Lời giải: Bài toán này giải bằng phương pháp biến đổi tương đương khá dễ dàng: 1 1 1 (1 a2 )(1 b 2 ) (1 abab 2 2 2 2 ) [(1- abab ) 2 ( ) 2 ] 1- abab . 2 2 2 đpcm Song với phương pháp Hình học thì tình hình có vẻ khó khăn. Nhìn vào bất đẳng thức cần chứng minh thì yếu tố Hình học chưa xuất hiện, vậy ta phải làm sao đây? 2a 1 a22 1 b 2 b Đặt uv ( ; ); ( ; ) 1 a2 1 a 2 1 b 2 1 b 2 2 2 2 2 2 2a22 1 a 4 a (1 a ) Ta có: uu ( ) ( ) 2 1 1 11 aa22(1 a2 ) 12 bb2 vv2 ( ) 2 ( ) 2 1 1 11 bb22 Dựa vào bất đẳng thức vec tơ đúng: u.v u.v nên: 2a(1 b2 ) 2b(1 a 2 ) 1 (1 a 2 )(1 b2 ) (a b)(1 ab) 1 (1 a 2 )(1 b 2 ) 2 Từ đó ta có điều phải chứng minh. Bài tập: 1. CMR: với mọi x, y, z là các số thực dương bất kì ta luôn có: x2 xy y 2 x2 xz z 2 y 2 yz z 2 3(x y z) 2. CMR: với bất kì tứ giác nào có độ dài các cạnh là a, b, c, d ta luôn có bất đẳng thức: 3(a2 b 2 c 2 ) d 2 . 3. Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: x y z 1. Chứng minh rằng: 25
9. 1 1 1 x2 y 2 z 2 82. x2 y 2 z 2 4. CMR: (x 1)2 y 2 (x 1)2 y 2 y 2 2 3 , với x, y R . III. Phương pháp diện tích. Để giải một bài toán bất đẳng thức Đại số bằng phương pháp diện tích thông thường người ta dựa vào các kiến thức sau: 1.Tính cộng được của diện tích. 2. Tích của hai số dương a, b có thể xem là diện tích của hình chữ nhật cạnh a, b. 3. Các công thức tính diện tích các hình. 4. Các bất đẳng thức có được nhờ suy trực tiếp từ các công thức tính diện tích của chúng. 11 Ví dụ: Trong tam giác ABC, S bc.sin A bc ABC 22 abc() a b c 2 hoặc S ( R : c onst). 4RR 108 Và một điều đặc biệt cần quan tâm khi giải quyết các bài toán bằng diện tích là khả năng tách nhập các hình một cách linh hoạt và sáng tạo. Bài toán 14: Cho a, b , c 0 và a c , b c . Chứng minh rằng: ()()a c c b c c ab (10) Lời giải: Bài toán này có rất nhiều cách giải với những cách nhìn nhận khác nhau. Ở đây, chúng ta xem xét cách giải ”đượm màu sắc Hình học”. 26
10. Ta có thể xem số hạng đầu bằng hai lần diện tích tam giác vuông cạch c , ac , số hạng thứ hai bằng hai lần diện tích tam giác vuông cạnh , bc . (Với giả thiết bài toán ta hoàn toàn có thể dựng được hai tam giác vuông như vậy). 11 Ta có: (a c ) c ( b c ) c 2 S mà S absin C ab . ABC ABC 22 Từ đó suy ra: ()()a c c b c c ab (đpcm). Dấu ”=” xảy ra sinC = 1 tức C = 900. 1 1 1 ABC vuông tại C cab Bài toán 15: Chứng minh rằng nếu 0 < a, b, c < 1 thì: a(1 – c) + b(1 – a) + c(1- b) < 1 Lời giải: Vẽ tam giác đều ABC có độ dài cạnh bằng 1. Trên các cạnh AB, BC, CA lấy các điểm M, N, P sao cho AM = a, BN = b, CP = c. Vì a, b, c thuộc khoảng (0; 1) nên ta được diện tích tam giác MNP dương. A M P B C N Do đó: S AMP S BNM S CPN S ABC 1 1 1 1 AM .AN.sin A BN.BM .sin B CP.CN.sinC AB.AC.sin A 2 2 2 2 27
11. 3 3 3 3 AM .AN BN.BM CP.CN 4 4 4 4 a(1 – c) + b(1 – a) + c(1- b) < 1 Vậy ta có điều phải chứng minh. Bài toán 16: Cho x,, y z dương thỏa mãn hệ thức: xyz( x y z ) 1 Chứng minh rằng: (x y )( x y ) 2 (11) Lời giải: Vì x, y, z dương nên ta có thể dựng được ABC với độ dài 3 cạnh là: AB x yAC, x zvàBC y z (tam giác này hiển nhiên tồn tại) Khi đó nếu gọi p là chu vi tam giác ABC, thì p = x + y + z. Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc ba cạnh AB, AC, BC lần lượt tại K, F, E thì: AK = AF = x, BK = BE = y, CE = CF = z. 11 Ta có: S ABAC sin A ABAC . 2 S ( xyyz )( ) (11’) ABC22 ABC Mặt khác ta có: SABC ppapbpc(-)(-)(-) ( xyzxyz ) 1 (11’’) Từ (11’) và (11’’) ta có : (x y )( x z ) 2 Dấu ”=” xảy ra dấu ”=” trong (25) xảy ra A = 900. ()()()yz 2 xy 2 xz 2 yzxyxzx 2 Bài tập: 1 1 1 1 1 1 1. Cho tam giác ABC. CMR: . labc l l a b c 1 2. Cho tam giác ABC. CMR: rr a2. a 4 28
12. 21r 3. Cho tam giác ABC có góc A tù hoặc vuông. CMR: . 52ha 4. Cho bốn số thực dương x, y, z, t. Chứng minh rằng: (xzyz2 2 )( 2 2 )( xtyt 2 2 )( 2 2 )( xyzt (). 5. Chứng minh rằng: 0,785n2 n n 2 1 n 2 2 2 n 2 ( n 2 1) 2 0,79 n 2 IV. Phương pháp đồ thị. Từ trước chúng ta đã làm quen với các bài toán cực trị ít biến hoặc ít điều kiện. Trong mục này ta sẽ trình bày một phương pháp giải dễ hiểu đối với một bài toán cực trị nhiều biến và nhiều điều kiện, đó chính là phương pháp đồ thị. Muốn làm tốt phương pháp này cẫn vẽ đồ thị nhanh, chính xác và phải biết lập luận trên đồ thị. xy 3 - 10 0 Bài toán 17: Giả sử x và y là các số thực thỏa mãn: xy - 6 0 xy - 2 0 Chứng minh rằng: 7 xy 2 10 (12) Lời giải: Nhìn vào hệ điều kiện của x và y 8 ta dễ rút ra nhận xét điểm M(x, y) 6 thỏa mãn hệ chính là điểm thuộc C 4 phần giao của các nửa mặt phẳng B 2 tạo bởi các đường: A x + 3y – 10 = 0; -5 5 10 x+2y=0 x + y – 6 = 0; -2 x – y + 2 = 0. 29
13. Từ đồ thị của chúng ta thấy điểm M nằm trong ABC với A(4, 2), B(2, 4), C(1,3). Bài toán đã cho trở thành: Tìm GTLN và GTNN của (x + 2y = ) với M(x, y) thuộc miền trong ABC . Muốn vậy ta chỉ việc tịnh tiến đường thẳng x + 2y = 0 theo chiều mũi tên. Điểm đầu tiên mà đường xy 2 gặp với ABC chính là C(1, 3) tức là Min(x + 2y) = 7 Điểm đuối cùng của ABC mà đường xy 2 gặp chính là B(2, 4) tức là Max(x + 2y ) = 10 Vậy 7 xy 2 10 (đpcm). Sở dĩ ta chọn đường x + 2y = 0 để tịnh tiến bởi chính trong kết luận đã gợi cho ta điều đó: hai đường x + 2y - 7 =0 và x + 2y - 10 = 0 cùng song song với đường x + 2y = 0 xy 2 0 Bài toán 18: Giả sử x và y là các số thực thỏa mãn: xy - 2 8 0 2xy - 4 20 16 Chứng minh rằng: xy22 20 (13) 5 Lời giải: Các điểm M(x, y) thỏa mãn hệ điều kiện trên chính là toàn bộ tam giác ABC (gọi là miền D) 4 B 2 -5 A 5 -2 -4 Ta thấy x2 + y2 = OM2, Khi đó: max OM2 = max{OA2, OB2, OC2} = max {4, 20, 16}=20, M D. 16 1 1 1 1 1 min OM2 = OH2 = ( do ), M D. 5 OH2 OA 2 OC 2 4 16 30
14. 16 Tóm lại: max(x2 + y2) = 20; min(x2 + y2) = trên D 5 16 hay : xy22 20(đpcm) 5 Bài tập: 1. Xét miền D cho bởi: D = {(x, y): x2 + y2 + 16 = 8x + 6y} Chứng minh rằng: 10 4xy 3 40 xy 10 xy + 2 8 2. Giả sử x và y là các số thực thỏa mãn: . 06 x 05 x Chứng minh rằng: 12 4xy 6 50. 3. Chứng minh rằng: x2 x 1 x2 x 3 1 2 , x R x 2y 8 0 4. Giả sử x và y là các số thực thỏa mãn: 2x y 4 0 y 0 4 Chứng minh rằng: x 2 y 2 64 5 V. Phương pháp sử dụng định lí cosin trong tam giác. Xuất phát từ định lí cosin trong tam giác: a2 b 2 c 2 2 bc cos A, ta có: a b22 c 2 bc cos A (*) Ta rút ra nhận xét: Nếu các vế của bất đẳng thức đại số cần chứng minh chứa các biểu thức dạng (*) thì có thể gắn vào tam giác với các cạnh thỏa mãn (*) rồi chuyển bất đẳng thức cần chứng minh về bất đẳng thức Hình học tương ứng. Nếu chứng minh được bất đẳng thức Hình học này thì bất đẳng thức đại số là đúng. 31
15. Người ta còn sử dụng các hệ quả suy trực tiếp từ định lí cosin trong tam giác: 1. Nếu 0 A thì a2 b 2 c 2, a b c 2 2. Nếu A thì a2 b 2 c 2 2 để giải các bài toán bất đẳng thức Đại số. Bài toán 19. Chứng minh rằng: x2 3x 2 9 x2 4x 2 16 5,x R (14) Lời giải: Ta xét các trường hợp sau: a. TH1: x 0. Khi đó x22 3 x 2 9 x 3 x 2 9 9 3 VT(14) 7 (14) đúng. x22 4216 x x 4 x 216 164 b. TH2. x 0. Xét tam giác ACD với AC = 3, CD = x, ACD = 450 và tam giác BCD với BC = 4, CD = x, BCD =  450 Theo định lí cosin trong tam giác ta có: A AD x22 3 x 2 9; DB x 4 x 2 16 D Vì  900 AB AC 2 BC 2 5 B C Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: AD DB AB. Đây là bất đẳng thức đúng Điều phải chứng minh. Bài toán 20. Chứng minh rằng với mọi số thực dương abc,, ta có: a2 abb 2 b 2 bcc 2 a 2 acc 2 . Lời giải: 32
16. A Đặt OA = a, OB = b, OC = c, AOB = BOC = 600 AOC = 1200 O B Theo định lí cosin trong tam giác ta có: AB a2 2 ab cos60 0 b 2 a 2 ab b 2 BC b2 2 bc cos60 0 c 2 b 2 bc c 2 C AC a2 2 ac cos120 0 c 2 a 2 ac c 2 Vì AB BC AC nên từ trên suy ra đpcm. Bài tập: 1. Chứng minh rằng với mọi số thực dương abc,, ta có: a2 abb 2 b 2 bcc 2 a 2 acc 2 . 2. Cho ba số dương a,,,, b c a c b c .Chứng minh rằng: c()() a c c b c ab 3. Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta luôn có: aab2 2 b 2 bbc 2 3 c 2 aac 2 2 3 c 2 . 4. Chứng minh rằng: x 2 6x 34 x 2 6x 10 4,x R 33
17. Chương III THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 1. Mục đích : Nhằm đánh giá tính khả thi của đề tài. 2. Nội dung : Tôi tiến hành thực nghiệm với năm tiết dạy (hai buổi chiều) và một bài kiểm tra (60 phút). 3. Kiểm tra : (60 phút) Câu 1 (2 điểm) Cho abc,, là ba số thực dương. Chứng minh rằng: (a c )2 b 2 ( a c ) 2 b 2 2 a 2 b 2 Câu 2 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 1 1 . labc l l a b c Câu 3 (2,0 điểm) Cho tam giác có các góc đều nhọn. Chứng minh rằng: (bcaacbabc222222222 )( )( ) abc 222 xy 3 Câu 4 (3,0 điểm) Cho xy, là các số thực thỏa mãn 3xy + 2 12. Chứng minh xy 0, 0 rằng: 5 xy 1 3. Đáp án sơ lược: Câu 1. Xét u ( acbv ;), ( acb ;) uv (2;2) ab . Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: u v u v (luôn đúng) đpcm. A 2bc cos Câu 2. Chứng minh được: l 2 (Sử dụng diện tích). Mặt khác do a bc A 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 0 cos 1 . Tưng tự: , . Cộng 22la b c lb 2 b a lc 2 a b theo vế các bất đẳng thức trên đpcm. 34
18. Câu 3. Do tam giác ABC nhọn nên: a2 b 2 c 2;; b 2 c 2 a 2 c 2 a 2 b 2 . Đặt xbcaycabzabc 2 2 2; 2 2 2 ; 2 2 2 xyz , , 0 1 1 1 a2 ( y z ); b 2 ( x z ); c 2 ( x y ) 2 2 2 1 abc2 2 2 ( xyyzzx )( )( ) xyz 8 Hay (bcaacbabc222222222 )( )( ) abc 222 đpcm. Câu 4. Gọi D là miền giới hạn bởi các đường 4. Kết quả: Kiểm tra 60 phút tại lớp 10A2. Kết quả như sau: Điểm 5 6 7 8 9 10 Tổng số bài Số bài 4 5 10 11 6 4 40 Tỉ lệ HS đạt điểm TB trở lên là 100%, trong đó 77,5% khá giỏi (từ điểm 7 trở lên). II. KẾT LUẬN: - Học sinh đã nắm được kiến thức và phương pháp để vận dụng tốt trong bài thi. - Góp phần nâng cao hiệu quả giảng dạy, học tập ở trường THPT. - Giúp học sinh mở mang được kiến thức và khắc phục được thói quen, phương thức tư duy một vấn đề. - Tạo cho học sinh khả năng nhìn nhận, chuyển đổi bài toán Đại số sang Hình học. Từ đó phát triển được tư duy linh hoạt và khả năng sáng tạo Toán học cho học sinh. 35
19. III. TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Đại số 10 nâng cao, NXBGD 2007. 2. Bài tập đại số 10 nâng cao, NXBGD 2007. 3. Phan Huy Khải, Trần Hữu Nam, Bất đẳng thức và ứng dụng, NXBGDVN 2009. 4. Phan Huy Khải, Phương pháp tọa độ để giải các bài toán sơ cấp, NXB TPHCM 1999. 5. Nguyễn Mộng Hy, Các bài toán về phương pháp vectơ và phương pháp tọa độ, NXBGD 1999. 6. Đề thi tuyển sinh vào các trường đại học từ năm 2002 đến 2013. 7. Phan Đức Chính (Chủ biên), Các bài giảng luyện thi môn Toán NXBGD 1999. 8. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, NXBGD. 9. Nguyễn Bá Kim, Phương pháp dạy học môn Toán, NXB ĐHSP 2000. 10. Nguyễn Thương Võ, 300 bài toán về hệ thức lượng trong tam giác, NXBGD 2000. 11. Nguyễn Thái Hòe, Rèn luyện tư duy qua việc giải bài tập toán, NXBGD. 12. Các trang web: Vnmath.com, Mathscope.org 13. Lê Hoành Phò, Các bài toán tổng hợp bất đẳng thưc và ứng dụng, NXB ĐHQGHN 2010. 36
20. 8. Những thông tin cần được bảo mật (nếu có): Không. 9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Có đủ cơ sở vật chất phục vụ việc dạy và học. Có đủ thời lượng dạy học (ít nhất là 5 tiết) và kiểm tra. Học sinh có học lực trung bình khá trở lên. 10. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả và theo ý kiến của tổ chức, cá nhân đã tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu, kể cả áp dụng thử (nếu có) theo các nội dung sau: 10.1 Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tác giả: Quá trình nghiên cứu đề tài : “Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng phương pháp Hình học để giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức Đại số” đã thu được một số kết quả sau : - Đã đưa ra quy trình giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp Hình học. - Đã xây dựng được hệ thống các bài tập chứng minh bất đẳng thức Đại số giải bằng phương pháp Hình học. - Làm sáng tỏ một số căn cứ lí luận và thực tiễn của việc sử dụng phương pháp Hình học để giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức Đại số. - Rèn luyện năng lực phát triển yếu tố Hình học trong bài toán Đại số cho học sinh. - Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh trong việc dạy học toán. 10.2 Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng kiến theo ý kiến của tổ chức, cá nhân: 37
21. - Việc tổ chức dạy học có tác dụng tốt trong việc gây hứng thú học tập, phát huy tính tích cực của học sinh trong việc tìm tòi lời giải cho một bài toán. - Trang bị cho các em một phương pháp mạnh để giải quyết các bài toán mang đặc thù riêng của chúng – những bài toán có hồn Hình học ẩn dưới lớp vỏ Đại số. - Tạo cho học sinh khả năng nhìn nhận, chuyển đổi bài toán Đại số sang Hình học. 11. Danh sách những tổ chức, cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có): STT Tên tổ chức/cá nhân Địa chỉ Phạm vi/Lĩnh vực áp dụng sáng kiến 1 Lớp 10A2 Trường THPT Dạy học Toán lớp 10 ôn thi Bình Xuyên THPTQG và bồi dưỡng học sinh giỏi. Bình Xuyên, ngày 24 tháng 01 năm 2019 Bình Xuyên, ngày 21 tháng 01 năm 2019 Hiệu trưởng Tác giả sáng kiến Phan Hồng Hiệp Trương Thị Việt Hồng 38