SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: Trịnh Thị Thúy Hạnh
2. Ngày tháng năm sinh: 30 /06/1987
3. Nam, nữ: Nữ
4. Địa chỉ: Thị trấn Long Thành, Đồng Nai
5. Điện thoại: 0937329114
6. E-mail:
[email protected]
7. Chức vụ: Giáo viên
8. Đơn vị công tác:Trường THPT Nguyễn Đình Chiểu
II.TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân
- Năm nhận bằng: 2009
- Chuyên ngành đào tạo: Sư phạm Toán
III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: 5 năm
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có :
+ Một số kinh nghiệm giúp học sinh phân biệt được các dạng toán về Hoán vịChỉnh hợp - Tổ hợp.
+ Sử dụng phần mềm Wingeom vào dạy hình không gian.
+ Sử dụng công cụ hỗ trợ trong hệ trục tọa độ thu gọn GEOMETER’S
SKETCHPAD dạy toán.
1
CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH
HỌC HÓA.
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong quá trình giảng dạy, việc tự học và tìm tòi đúc kết kinh nghiệm nâng
cao tầm giải toán theo hướng tổng quát, từ đó làm rõ nội dung một số bài toán dạng
đặc biệt, giúp cho việc dạy có định hướng cụ thể , logic người học dễ tiếp thu và có
nhiều cơ hội sáng tạo đó cũng chính là đổi mới phương pháp dạy học.
Với sự thay đổi trong kì thi quốc gia, dạng toán chứng minh bất đẳng thức và
tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất là những bài toán khó cho học sinh đặc biệt
đối với học sinh trường Nguyễn Đình Chiểu.
Trong quá trình dạy học tôi nhận thấy các em gặp rất nhiều khó khăn trong
việc học môn Toán đặc biệt là dạng toán chứng minh bất đẳng thức. Và chính bản
thân tôi cũng gặp nhiều khó khăn trong việc tìm ra hướng chứng minh các bài toán
bất đẳng thức để phù hợp với học sinh trong trường có thể nắm bắt dạng toán này
hơn. Do đó tôi luôn boăn khoăn và tìm tòi nghiên cứu các phương pháp chứng
minh bất đẳng thức.
Khi đọc sách giáo khoa, một số sách tham khảo và tài liệu tự biên soạn của
một số giáo viên. Có rất nhiều bài toán bất đẳng thức có nhiều cách giải hoặc chỉ
có một cách giải duy nhất, nhưng tôi nhận nếu các bài toán chứng minh bất đẳng
thức đưa được về các bài toán hình học quen thuộc thì học sinh dễ nắm bắt hơn,
đặc biệt đối với học sinh trường THPT Nguyễn Đình Chiểu đang bước đầu tìm
hiểu về các dạng toán bất đẳng thức.
Chính vì lí do nêu trên nên tôi đã chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm
“ Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hình học hóa".
II .CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN:
1. Cơ sở lý luận:
- Môn Toán là bộ môn mang tính lôgic và thực nghiệm.
- Môn Toán góp phần phát triển nhân cách và là công cụ giúp cho việc học các
môn khác trích “Phương pháp dạy học môn Toán” của Nguyễn Bá Kim.
- Môn Toán trung học phổ thông tiếp nối chương trình trung học cơ sở ,tạo cơ sở
để tiếp tục học đại học, cao đẳng.
- Việc giảng dạy giúp học sinh giải các bài toán đưa về các bài toán hình học, đòi
hỏi giáo viên phải có định hướng cơ bản những bài toán nào thích hợp sử dụng
phương pháp hình học hóa?
2. Cơ sở thực tiễn:
- Đa số học sinh trong trường có học lực từ trung bình trở xuống nên việc dạy các
dạng toán chứng minh bất đẳng thức gặp nhiều khó khăn đối với giáo viên.
2
- Để giúp các em dần tiếp cận sâu hơn các bài toán chứng minh bất đẳng thức thì
cần có sự chọn lọc các bài toán phù hợp với từng đối tượng học sinh.
III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP.
1. Dạng toán sử dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm đến một đường
thẳng:
Cho đường thẳng : ax+by+c =0 , M((x0;y0). Khi đó khoảng cách từ
M đến được tính theo công thức :
d (M, )
ax 0 by0 c
a2 b2
Cho đường thẳng cố định và A cố định, M di động trên . Khi đó
AM d(A, ).
Hình 1
Bài toán 1: Cho ax+by+c=0 .Trong đó a, b không đồng thời bằng không. Chứng
minh rằng:
x2+y2
c2
.
a2 b2
Bài giải:
Trên hệ trục tọa độ Oxy , xét đường thẳng : ax + by + c = 0, M(x; y) .
Hình 2
Ta có OM OH với OH = d (O, )
OM (x; y) OM= x 2 y 2
OH = d (O, )
a.0 b.0 c
a 2 b2
c
a 2 b2
3
c
Vậy OM OH x 2 y 2
a2 b2
x2 y2
c2
. (đ.p.c.m)
a2 b2
Bài toán 2: Cho am + bn = c , a2+b2 0. Chứng minh rằng:
(m 2)2 (n 1)2
(2 a b c)2
a 2 b2
.
Bài giải: Xét đường thẳng : ax + by – c = 0, A(2;-1) và M(m; n)
Ta có : AM d(A; )
AM (m 2; n 1) AM (m 2) 2 (n 1) 2
d(A; ) =
2.a b c
a2 b2
Vậy AM d(A; ) (m 2) 2 (n 1) 2
2.a b c
(m 2)2 (n 1)2
a2 b2
(2 a b c)2
a 2 b2
(đ.p.c.m)
- Bài toán tương tự: Bài 20b sgk trang 112 Đại số 10 nâng cao:
Chứng minh rằng 4x- 3y=15 thì x2+y2 9
- Gợi ý : Xét :4x-3y -15 =0 , M(x; y) . So sánh OM và d(O ; )
Bài toán 3 : Cho a2+b2 =1. Chứng minh bất đẳng thức 3a 4b 5
Bài giải : Xét đường thẳng : 3x +4y - (3a + 4b) = 0 khi đó M(a;b)
Ta có: d(O; ) OM
d(O; ) =
3.0 4.0 (3a 4b)
32 42
3a 4b
5
OM (a; b) OM a 2 b 2 1
3a 4b
1 3a 4b 5 (đ.p.c.m)
Vậy d(O; ) OM
5
Bài toán 4: Cho a2+b2=1. Chứng minh bất đẳng thức:
5a 2 24ab 5b 2 13 .
Bài giải :
Xét đường thẳng : 5x + 12y - (5a2 -5 b2+24ab) = 0 , khi đó M(a2- b2; 2ab)
Ta có : d(O; ) OM
d(O; ) =
5.0 12.0 (5a 2 12ab 5b 2 )
5a 2 12ab 5b 2
13
OM (a 2 b 2 ; 2 ab) OM (a 2 b 2 ) 2 (2 ab) 2 (a 2 b 2 )2 1
Vậy d(O; ) OM
52 122
5a 2 12ab 5b 2
13
1 5a 2 24ab 5b 2 13 (đ.p.c.m)
Bài toán 5: Cho 4 số thực a, b, c, d .Thỏa mãn: a2+b2 =1 và c2+d2 =1. Chứng minh
đẳng thức: a(c d) b(c d) 2
Bài giải:
Xét đường thẳng : x+ y - [a(c-d)+b(c+d)]=0 . Khi đó M(ac+ bd; bc - ad)
4
Ta có : d(O; ) OM
d(O; ) =
a(c d) b(c d)
2
OM (ac bd; bc ad) OM (ac bd )2 (bc ad) 2
a 2 c 2 2abcd b 2 d 2 b 2 c 2 2abcd a 2 d 2 a 2 c 2 b 2 d 2 b 2 c 2 a 2 d 2
(a 2 b 2 )(c 2 d 2 ) 1
Vậy d(O; ) OM
a (c d) b(c d)
2
1 a(c d) b(c d) 2 (đ.p.c.m)
- Các bài toán tương tự :
1) Bài 20a sgk trang 112 Đại số 10 nâng cao: Chứng minh bất đẳng thức :
Nếu x2+y2=1 thì x y 2 .
- Gợi ý : Xét đường thẳng : a +b -(x+y) =0 và M (x ; y)
So sánh d(O; ) và OM.
2) Cho a2+b2 =1. Chứng minh bất đẳng thức: 3a 2 2ab 3b 2 2
- Gợi ý: Xét đường thẳng : 3x y ( 3 a 2 2 ab 3 b 2 ) 0 và M(a2 - b2; 2ab) .
So sánh d(O; ) và OM.
2. Dạng sử dụng khoảng cách từ hai điểm đến một hay nhiều đường thẳng.
Cho đường cong y= f(x) và M(xM;yM)
- Nếu yM < f(xM) thì M nằm phía dưới đường cong y=f(x)
- Nếu yM = f(xM) thì M thuộc đường cong y = f(x)
- Nếu yM > f(xM) thì M nằm phía trên đường cong y=f(x)
Cho đường thẳng , hai điểm cố định A và B nằm về hai phía của
và M đi động trên . Khi đó MA + MB AB. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
M trùng với I là giao điểm của AB với .
Hình 3
Cho đường thẳng , hai điểm cố định A và B nằm cùng phía của
và M đi động trên . Khi đó MA MB AB . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
M trùng với I là giao điểm của đường thẳng AB và .
5
Hình 4
Cho đường thẳng , hai điểm cố định A và B nằm cùng phía nhau
đối với và M đi động trên . Khi đó MA + MB A’B với A’ là điểm đối
xứng của A qua . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M trùng với I là giao điểm
của đường thẳng A’B với .
Hình 5
Bài toán 1: Chứng minh rằng, với mọi số thực a ta đều có bất đẳng thức:
a 2 2a 5 a 2 2a 5 2 5
Bài giải: Xét 3 điểm A(1; 2), B(-1; -2), M(a; 0) Ox.
Ta thấy yA.yB=2.(-2)=-4 <0 nên nằm về hai phía của trục Ox.
MA (a 1) 2 22 a 2 2a 5
MB (a 1) 2 22 a 2 2a 5
AB (1 1) 2 (2 2) 2 2 5
Ta có: MA + MB AB a 2 2a 5 a 2 2a 5 2 5
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M AB: y = 2x a=0.
6
Bài toán 2: Cho hai số thực a, b thỏa mãn 3a - b+7 = 0. Chứng minh bất đẳng thức:
a 2 b 2 2a 12b 37 a 2 b 2 6a 6b 18 5
Bài giải:
Xét A(1;6), B(-3;3) và M(a;b) : y=3x+7
Ta thấy A , B nằm về hai phía của .
MA (a 1) 2 (b 6) 2 a 2 b 2 2a 12b 37
MB (a 3) 2 (b 3)2 a 2 b2 6a 6b 18
AB (3 1) 2 (3 6) 2 5
Ta có MA + MB AB
a 2 b 2 2a 12b 37 + a 2 b 2 6a 6b 18 5 (đ.p.c.m)
- Bài tập tương tự:
1) Chứng minh rằng, với mọi số thực a ta đều có bất đẳng thức:
a 2 2a 2 a 2 6a 10 2 2
- Gợi ý: Xét 3 điểm A(1;1) , B(3;-1) và M(a;0) Ox . A và B nằm hai phía đối với
Ox.
2) Chứng minh bất đẳng thức : x 2 2 x 5 x 2 12 x 136 13 .
- Gợi ý: Xét 3 điểm A(1;-1), B(6;11) và M(x ;1) : y =1
Bài toán 3 : Chứng minh rằng, mọi số thực x ta đều có :
x 2 2 x 5 x 2 12 x 136 89 .
Bài giải : Xét 3 điểm A(1; 2), B(6;10) và M(x; 0) Ox
A, B nằm cùng phía với trục hoành.
MA (x 1)2 22 x 2 2 x 5
MB (x 6) 2 102 x 2 12 x 136
AB (6 1) 2 (10 2) 2 89
Ta có : MA MB AB x 2 2 x 5 x 2 12 x 136 89 (đ.p.c.m)
- Bài toán tương tự : Chứng minh rằng mọi số thực a ta đều có :
a 2 4a 8 a 2 2a 2 10
- Gợi ý : Xét 3 điểm A(2 ; 1), M(a;-1) : y = -1 và B(-1; 0)
Bài toán 4 : Chứng rằng, với mọi cặp số thực a và b ta có bất đẳng thức :
a 2 4 a 2 2ab b 2 1 b 2 6b 10 5 .
Bài giải:
Xét 4 điểm A(0;-1), B(3;3), M1(a;1) 1 :y =1 và M2(b;2) 2 : y=2 .
7
Hình 6
Ta thấy A,B nằm khác phía với cả 1 và 2 (hình 6) nên AM1 + M1M2 + M2B AB.
AM1 a 2 4
M1M2= (a b) 2 (1)2 a 2 2ab b 2 1
M2B= (b 3) 2 (2 3) 2 b 2 6b 10
AB 32 42 5
Vậy AM1+M1M2+M2B AB a 2 4 a 2 2ab b 2 1 b 2 6b 10 5 .
(đ.p.c.m)
- Bài toán tương tự : Cho 4 số thực a, b, c, d ta luôn có :
a 2 2a 5 a 2 2ab b 2 1 b 2 2bc c 2 1 c 2 2dc d 2 1 d 2 10d 26 6 2
- Gợi ý : Xét A(-1;-1), M1(a;1) 1 : y=1, M2(b;2) 2 : y=2, M3(c;3) 3 :y=3,
M4(d;4) 4 : y=4 và B(5;5).
3. Dạng sử dụng vị trí tương đối giữa các đường cong.
Cho đường tròn (C1) có tâm I1 và bán kinh R1 và (C2) có tâm I2 và bán
kính R2. (C1) và (C2) ngoài nhau có d = I1I2 , M1 di động trên (C1) và M2 di
động trên (C2). Khi đó M1M2 d - (R1+R2) = AB.
Hình 7
8
Cho đường tròn (C1) có tâm I1 và bán kinh R1 và (C2) có tâm I2 và bán
kính R2. (C1) đựng (C2) (R1 > R2) có d = I1I2 , M1 di động trên (C1) và M2 di
động trên (C2). Khi đó M1M2 R1 –( d +R2)= AB.
Hình 8
Bài toán 1: Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn : a2 + b2 - 2( a+ b) = 0 và
a2 +d2 - 10(c + d) + 48 = 0. Chứng minh bất đẳng thức (a - c)2 +(b - d)2 8
Bài giải :
Ta có : a 2 b 2 2(a b) 0 (a 1) 2 (b 1)2 2
c 2 d 2 10(c d ) 48 0 (c 5) 2 (d 5) 2 2
Xét đường tròn (C1) : ( x 1) 2 (y 1) 2 2 có tâm I1(1;1) có bán kính R1= 2
(C2): ( x 5) 2 (y 5)2 2 có tâm I1(5;5) có bán kính R2= 2
Lấy M1(a;b) đi động trên (C1 ) và M2(c;d) di động trên (C2)
d = I1I2 = 42 42 4 2
M1M2= (a c)2 (b d) 2
Vì d > R1+R2 nên (C1) và (C2) ngoài nhau nên M1M2 d - (R1+R2)
(a c)2 (b d) 2 4 2 -( 2 + 2 )=2 2 (a c) 2 (b d) 2 8 (đ.p.c.m)
Bài toán 2: Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn: a2 + b2 - 2a + 2b – 14 = 0
và c2 + d2 - 4d = 0. Chứng minh rằng (a c)2 (b d) 2 2 2 .
Bài giải: Ta có: a2 + b2 - 2a + 2b – 14 = 0 (a-1)2 + (b+1)2=16
c2 + d2 + 4d = 0 c2 + (d + 2)2 = 4
Xét đường tròn (C1) : (x-1)2+(y +1)2 =16 có tâm I1(1;-1) có bán kính R1= 4
(C2): x2+(y +2)2 = 4 có tâm I2(0;-2) có bán kính R2 = 2
9
Hình 9
Lấy M1(a; b) di động trên (C1 ) và M2(c; d) di động trên (C2)
d= I1I2= 12 12 2
M1M2 = (a c)2 (b d) 2
Từ hình 9, ta thấy (C1) đựng (C2) nên ta có M1M2 R1 (R 2 I1I2 )
(a c)2 (b d) 2 4-(2+ 2 )
(a c)2 (b d) 2 2- 2 (đ.p.c.m)
- Bài toán tương tự: Cho 4 số thực x, y, z, t sao cho : x2 + (y-1)2 = 4 và
z2 + t2 - 4z + 10t +28=0. Chứng minh rằng : ( x z )2 (y t ) 2 2 10 3
- Gợi ý: Xét đường tròn (C1) có tâm I1(0;1) bán kính R1=2 và (C2) có tâm I2(2;-5)
bán kính R2=1.
Bài toán 3 : Cho 4 số thực a, b, c, d thõa mãn: a2+b2 =1 và c2 – d + 3= 0.
Chứng minh bất đẳng thức: c2 + d2 - 2ac - 2bd – 3 0 .
Bài giải: Ta có c2 + d2 - 2ac - 2bd – 3 0 a2+b2+ c2 + d2 - 2ac - 2bd –4 0
(a- c)2+(b- d)2 4
Xét đường tròn (C): x2+y2=1 có tâm O(0;0) , bán kính R=1 và parapol
(P): y = x2 +3 có đỉnh I(0;3)
Hình 10
10
Lấy M(a;b) đi động (C) và N(c;d) di động trên (P) và A(0;1) thuộc (C)
MN= (a c)2 (b d) 2 và AI = 2
Từ hình 10, ta có MN AI (a c)2 (b d) 2 2 (a c)2 (b d)2 4
c2 + d2 - 2ac - 2bd – 3 0.(đ.p.c.m)
Bài toán 4: Cho a2+b2 = 4. Chứng minh bất đẳng thức:
2(a b) 6 22 6(a b) 4 2 .
Bài giải: Từ giả thiết a2+b2=4 nên ta biến đổi:
2(a+b)+6=a2+b2+2(a+b)+2 = (a+1)2+(b+1)2
22- 6(a+b) =a2+ b2- 6(a+b)+18 = (a-3)2+(b-3)2
Xét đường tròn (C): x2+y2 = 4 có tâm O(0; 0) và bán kính R = 2
Lấy M(a;b) di động trên (C), A(-1;-1) và B(3;3)
OA= 2 < R nên A nằm trong đường tròn (C)
OB = 3 2 > R nên B nằm ngoài đường tròn (C)
Hình 11
Dựa vào hình 11, ta thấy : MA+ MB AB
MA= (a 1) 2 (b 1) 2 ; MB = (a 3) 2 (b 3) 2 ; AB= 4 2
Vậy MA+ MB AB (a 1) 2 (b 1) 2 + (a 3) 2 (b 3) 2 4 2
2(a b) 6 22 6(a b) 4 2 (đ.p.c.m)
- Bài toán tương tự : Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn : a2+b2 =1 và c + d = 3 .
Chứng minh rằng : ac + bd + cd
96 2
.
4
- Gợi ý : Xét đường tròn (C): x2+y2 =1 và đường thẳng : y = x-3
96 2
(3 2) 2
(a-c)2 + (b-d)2
.
4
2
2
2
M(a;b) di động trên (C), N và MN d(A; ) với A( ; ) thuộc(C).
2
2
Biến đổi : ac + bd + cd
11
4. Dạng sử dụng các công thức tính diện tích.
Cho tam giác ABC có AB = c; BC = a; AC =b.
Diện tích tam giác ABC:
1
1
1
2
2
2
1
1
1
+ S = a.ha= b.hb= c.hc với ha; hb; hc lần lượt là độ dài các đường cao của tam
2
2
2
+ S = a.b.sinC= a.c.sinB= b.c.sinA
giác ABC vẽ từ A, B, C.
+ S = p(p a)(p b)(p c) ; p=
abc
2
Bài toán : Cho a, b, c là 2 số thực dương và a > c, b > c. Chứng minh bất đẳng
thức: c(a c) c(b c) ab .
Bài giải: Do a, b, c là 2 số thực dương và a > c, b > c nên tồn tại tam giác
AB= a ; AC= b ; AH= c (Hình 12)
Từ đó ta có : BH= a c ; HC= b c
Hình 12
Diện tích tam giác ABC:
1
2
1
1
a b .s inA
ab .s inA (1)
2
2
1
1
1
1
Mặt khác: S= AH .H C AH .HB c a c c b c
2
2
2
2
1
( c(a c) c(b c)) (2)
2
1
1
Từ (1) và (2) ta có: ( c(a c) c(b c)) ab .SinA
2
2
c(a c) c(b c) ab .SinA ab c(a c) c(b c) ab
S = AB.AC.sinA=
Dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC vuông tại tại A
1
1
1
1 1 1
(đ.p.c.m)
2
2
2
AH
AB
AC
c a b
12
- Bài toán tương tự: Chứng minh rằng , với mọi số thực dương a,b,c ta đều có :
a 2 c 2 . b 2 c 2 c(a b)
- Gợi ý: Vì a,b,c là các số thực dương nên tồn tại tam giác ABC có đường cao
AH = c và HC = a, HB = b.
13
IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
- Qua quá trình áp dụng sử dụng phương pháp hình học hóa để chứng minh
các bài toán bất đẳng thức, có thể đưa về các bài toán hình học tôi nhận thấy học
sinh tiếp thu tốt hơn nắm tốt hơn, có thể tự chứng minh các bài toán có dạng tương
tự và giúp bản thân giải quyết được một số khó khăn khi muốn truyền tải kiến thức
cho học sinh và có thể soạn các bài tập chứng minh bất đẳng thức có thể chứng
minh bằng phương pháp hình học hóa một cách dễ dàng hơn .
- Khi áp dụng đưa các bài toán chứng minh cho một nhóm học sinh có học
lực trung bình và khá trở nên đều nắm tốt các dạng chứng minh bất đẳng thức có
thể đưa về các bài toán hình học quen thuộc. Riêng bản thân tôi có thể sáng tạo ra
nhiều các bài toán bất đẳng thức từ các tính chất hình học.
V. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG
- Đề tài đã được áp dụng cho một nhóm học sinh ở trường THPT Nguyễn Đình
Chiểu và một số trường THPT lân cận cho thấy rõ học sinh nắm tốt hơn các các bài
toán bất đẳng thức có thể giải bằng phương pháp lượng giác hóa so với các phương
pháp giải bất đẳng thức khác. Tuy đề tài chứng minh bằng phương pháp hình học
hóa không phải mới và phương pháp này cũng không thể áp dụng cho tất cả các
bài toán chứng minh bất đẳng thức. Tuy nhiên để có kết quả dạy học tốt mỗi giáo
viên cần tìm tòi các phương pháp phù hợp với tùy đối tượng học sinh. Không có
phương pháp dạỵ học nào tối ưu nên cần có sự tìm hiểu và chọn lọc
- Qua thực tiễn dạy học tôi nhận thấy bản thân cần tìm hiểu thêm các phương
pháp để giúp học sinh dần tiếp cận các bài học khó để nâng cao kiến thức. Trên
đây chỉ là một số kinh nhiệm nhỏ bé của bản thân tôi trong quá trình tìm hiểu các
bài toán đơn giản về chứng minh bất đẳng thức để phục vụ cho đối tượng học sinh
của trường chuẩn bị kì thi quốc gia .Vì tự tìm tòi nên không tránh khỏi những sai
sót mong các Thầy Cô góp ý thêm.
VI. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa Đại số 10 nâng cao.
2. Các phương pháp chứng minh bất đẳng thức_ Hoàng Hoa Trại.
3. 263 bài toán bất đẳng thức chọn lọc_ Nguyễn Vũ Thanh.
14
VII. PHỤ LỤC
Sơ lược lý lịch khoa học.
I. Lý do chọn đề tài
II. Cơ sở lý luận thực tiễn.
III. Tổ chức thực hiện giải pháp.
1. Dạng toán sử dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm
đến một đường thẳng
2. Dạng sử dụng khoảng cách từ hai điểm đến một hay nhiều
đường thẳng.
3. Dạng sử dụng vị trí tương đối giữa các đường cong.
4. Dạng sử dụng các công thức tính diện tích
V. Hiệu quả của đề tài
VI. Đề xuất, khuyến nghị khả năng áp dụng
VI. Danh mục tài liệu tham khảo
VII. Phục lục
15
trang
1
2
2
3
3
5
8
12
14
14
14
15
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Trường THPT Nguyễn Đình Chiểu
CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
Long Thành,ngày 18 tháng 05 năm 2015
PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2014-2015
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC BẰNG
PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC HÓA
Họ và tên tác giả: Trịnh Thị Thúy Hạnh.
Chức vụ: Giáo viên Toán
Đơn vị: Trường THPT Nguyễn Đình Chiểu
Lĩnh vực:
- Quản lý giáo dục
- Phương pháp dạy học bộ môn: Toán
- Phương pháp giáo dục
- Lĩnh vực khác:
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng:Tại đơn vị Trong Ngành
1. Tính mới:
- Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đảm bảo tính khoa học đúng đắn
- Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học đúng đắn
- Giải pháp mới gần đây đã được áp dụng ở đơn vị khác nhau nhưng chưa từng áp dụng ở
đơn vị của mình, nay tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị
2. Hiệu quả:
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả
cao
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có,đã thực hiện tại đơn vị có hiệu quả
- Giải pháp mới gần đây đã được áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn
vị mình , nay tác giả tổ chức thực hiện có hiệu quả cho đơn vị .
3. Khả năng áp dụng:
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Trong Tổ/Phòng/Ban Trong cơ quan,đơn vị,cơ sở GD và ĐT Trong ngành
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ
đi vào cuộc sống:
Trong Tổ/Phòng/Ban Trong cơ quan,đơn vị,cơ sở GD và ĐT Trong ngành
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả
trong phạm vi rộng:
Trong Tổ/Phòng/Ban Trong cơ quan,đơn vị,cơ sở GD và ĐT Trong ngành
Xếp loại chung: Xuất sắc
Khá
Đạt Không xếp loại
- Tôi xin cam kết sáng kiến kinh nghiệm này là do chính bản thân tôi tìm hiểu và viết,
không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nội dung sáng kiến kinh nghiệm
cũ của mình
NGƯỜI THỰC
HIỆN SKKN
XÁC NHẬN CỦA TỔ
CHUYÊN MÔN
16
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Trịnh Thị Thúy Hạnh
Phan Hà Anh Thư
17
Từ Ngọc Long
.PDF 
17 
280 
121 
