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.
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: trinhhanh.dl@gmail.com 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 vị- Chỉnh 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((x 0 ;y 0 ). Khi đó khoảng cách từ M đến ∆ được tính theo công thức : 0 0 2 2 ax (M, ) by c d a b + + ∆ = + 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: x 2 +y 2 2 2 2 c a b ≥ + . 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 ∆ (x; y)OM = uuuur ⇒ OM= 2 2 x y+ OH = 2 2 2 2 a.0 .0 (O, ) b c c d a b a b + + ∆ = = + + 3 Vậy OM ≥ OH ⇔ 2 2 x y+ ≥ 2 2 c a b+ ⇔ 2 2 2 2 2 c x y a b + ≥ + . (đ.p.c.m) Bài toán 2: Cho am + bn = c , a 2 +b 2 ≠ 0. Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 (2a b c) (m 2) (n 1) a b − − − + + ≥ + . Bài giải: Xét đường thẳng ∆ : ax + by – c = 0, A(2;-1) và M(m; n) ∈∆ Ta có : AM ≥ d(A; ∆ ) 2 2 (m 2;n 1) AM (m 2) (n 1)AM = − + ⇒ = − + + uuuur d(A; ∆ ) = 2 2 2.a b c a b − − + Vậy AM ≥ d(A; ∆ ) ⇔ 2 2 (m 2) (n 1)− + + ≥ 2 2 2.a b c a b − − + ⇔ 2 2 2 2 2 (2a b c) (m 2) (n 1) a b − − − + + ≥ + (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 x 2 +y 2 ≥ 9 - Gợi ý : Xét ∆ :4x-3y -15 =0 , M(x; y) ∈∆ . So sánh OM và d(O ; ∆ ) Bài toán 3 : Cho a 2 +b 2 =1. Chứng minh bất đẳng thức 3 4 5a b+ ≤ Bài giải : Xét đường thẳng ∆ : 3x +4y - (3a + 4b) = 0 khi đó M(a;b) ∈∆ Ta có: d(O; ∆ ) ≤ OM d(O; ∆ ) = 2 2 3.0 4.0 (3 4 ) 3 4 5 3 4 a b a b+ − + + = + 2 2 (a;b) OM 1OM a b= ⇒ = + = uuuur Vậy d(O; ∆ ) ≤ OM ⇔ 3 4 5 a b+ ≤ 1 ⇔ 3 4 5a b+ ≤ (đ.p.c.m) Bài toán 4: Cho a 2 +b 2 =1. Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 5 24 5 13a ab b+ − ≤ . Bài giải : Xét đường thẳng ∆ : 5x + 12y - (5a 2 -5 b 2 +24ab) = 0 , khi đó M(a 2 - b 2 ; 2ab) ∈∆ Ta có : d(O; ∆ ) ≤ OM d(O; ∆ ) = 2 2 2 2 2 2 5.0 12.0 (5 12 5 ) 5 12 5 13 5 12 a ab b a ab b+ − + − + − = + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (a b ;2ab) OM ( ) (2ab) (a ) 1OM a b b= − ⇒ = − + = + = uuuur Vậy d(O; ∆ ) ≤ OM ⇔ 2 2 5 12 5 1 13 a ab b+ − ≤ ⇔ 2 2 5 24 5 13a ab b+ − ≤ (đ.p.c.m) Bài toán 5: Cho 4 số thực a, b, c, d .Thỏa mãn: a 2 +b 2 =1 và c 2 +d 2 =1. Chứng minh đẳng thức: (c d) b(c d) 2a − + + ≤ 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; ∆ ) = (c d) b(c d) 2 a − + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (ac bd;bc ad) OM ( ) (bc ad) 2 2 OM ac bd a c abcd b d b c abcd a d a c b d b c a d = + − ⇒ = + + − = + + + − + = + + + uuuur 2 2 2 2 (a b )(c d ) 1= + + = Vậy d(O; ∆ ) ≤ OM ⇔ (c d) b(c d) 2 a − + + ≤ 1 ⇔ (c d) b(c d) 2a − + + ≤ (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 x 2 +y 2 =1 thì 2x y+ ≤ . - Gợi ý : Xét đường thẳng ∆ : a +b -(x+y) =0 và M (x ; y) ∈∆ So sánh d(O; ∆ ) và OM. 2) Cho a 2 +b 2 =1. Chứng minh bất đẳng thức: 2 2 3 2 3 2a ab b− − ≤ - Gợi ý: Xét đường thẳng ∆ : 2 2 3 ( 3a 2ab 3 b ) 0x y− − − − = và M(a 2 - b 2 ; 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(x M ;y M ) - Nếu y M < f(x M ) thì M nằm phía dưới đường cong y=f(x) - Nếu y M = f(x M ) thì M thuộc đường cong y = f(x) - Nếu y M > f(x M ) 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: 2 2 2 5 2 5 2 5a a a a− + + + + ≥ Bài giải: Xét 3 điểm A(1; 2), B(-1; -2), M(a; 0) ∈ Ox. Ta thấy y A .y B =2.(-2)=-4 <0 nên nằm về hai phía của trục Ox. MA 2 2 2 (a 1) 2 2 5a a= − + = − + MB 2 2 2 (a 1) 2 2 5a a= + + = + + AB 2 2 (1 1) (2 2) 2 5= + + + = Ta có: MA + MB ≥ AB 2 2 2 5 2 5 2 5a a a a⇔ − + + + + ≥ 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: 2 2 2 2 2 12 37 6 6 18 5a b a b a b a b+ − − + + + + − + ≥ 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 2 2 2 2 (a 1) (b 6) 2 12 37a b a b= − + − = + − − + MB 2 2 2 2 (a 3) (b 3) 6 6 18a b a b= + + − = + + − + AB 2 2 ( 3 1) (3 6) 5= − − + − = Ta có MA + MB ≥ AB 2 2 2 12 37a b a b⇔ + − − + + 2 2 6 6 18 5a b a b+ + − + ≥ (đ.p.c.m) - Bài tập tương tự: 1) Chứng minh rằng, với mọi số thực a ta đều có bất đẳng thức: 2 2 2 2 6 10 2 2a a a a− + + − + ≥ - 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 : 2 2 2 5 12 136 13x x x x− + + − + ≥ . - 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 : 2 2 2 5 12 136 89x x x x− + − − + ≤ . 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 2 2 2 (x 1) 2 2 5x x= − + = − + MB 2 2 2 (x 6) 10 12 136x x= − + = − + AB 2 2 (6 1) (10 2) 89= − + − = Ta có : 2 2 2 5 12 136 89MA MB AB x x x x− ≤ ⇔ − + − − + ≤ (đ.p.c.m) - Bài toán tương tự : Chứng minh rằng mọi số thực a ta đều có : 2 2 4 8 2 2 10a a a a− + − + + ≤ - 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 : 2 2 2 2 4 2 1 6 10 5a a ab b b b+ + − + + + − + ≥ . Bài giải: Xét 4 điểm A(0;-1), B(3;3), M 1 (a;1) ∈ 1 ∆ :y =1 và M 2 (b;2) 2 ∈∆ : y=2 . 7 Hình 6 Ta thấy A,B nằm khác phía với cả 1 ∆ và 2 ∆ (hình 6) nên AM 1 + M 1 M 2 + M 2 B ≥ AB. AM 1 2 4a= + M 1 M 2 = 2 2 2 2 ( ) ( 1) 2 1a b a ab b− + − = − + + M 2 B= 2 2 2 (b 3) (2 3) 6 10b b− + − = − + AB 2 2 3 4 5= + = Vậy AM 1 +M 1 M 2 +M 2 B ≥ AB 2 2 2 2 4 2 1 6 10 5a a ab b b b⇔ + + − + + + − + ≥ . (đ.p.c.m) - Bài toán tương tự : Cho 4 số thực a, b, c, d ta luôn có : 2 2 2 2 2 2 2 2 2 5 2 1 2 1 2 1 10 26 6 2a a a ab b b bc c c dc d d d+ + + − + + + − + + + − + + + − + ≥ - Gợi ý : Xét A(-1;-1), M 1 (a;1) 1 ∈∆ : y=1, M 2 (b;2) 2 ∈∆ : y=2, M 3 (c;3) 3 ∈∆ :y=3, M 4 (d;4) 4 ∈∆ : y=4 và B(5;5). 3. Dạng sử dụng vị trí tương đối giữa các đường cong. Cho đường tròn (C 1 ) có tâm I 1 và bán kinh R 1 và (C 2 ) có tâm I 2 và bán kính R 2 . (C 1 ) và (C 2 ) ngoài nhau có d = I 1 I 2 , M 1 di động trên (C 1 ) và M 2 di động trên (C 2 ). Khi đó M 1 M 2 ≥ d - (R 1 +R 2 ) = AB. Hình 7 8 Cho đường tròn (C 1 ) có tâm I 1 và bán kinh R 1 và (C 2 ) có tâm I 2 và bán kính R 2 . (C 1 ) đựng (C 2 ) (R 1 > R 2 ) có d = I 1 I 2 , M 1 di động trên (C 1 ) và M 2 di động trên (C 2 ). Khi đó M 1 M 2 ≥ R 1 –( d +R 2 )= AB. Hình 8 Bài toán 1: Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn : a 2 + b 2 - 2( a+ b) = 0 và a 2 +d 2 - 10(c + d) + 48 = 0. Chứng minh bất đẳng thức (a - c) 2 +(b - d) 2 ≥ 8 Bài giải : Ta có : 2 2 2 2 2(a b) 0 (a 1) (b 1) 2a b+ − + = ⇔ − + − = 2 2 2 2 10(c ) 48 0 (c 5) ( 5) 2c d d d+ − + + = ⇔ − + − = Xét đường tròn (C 1 ) : 2 2 ( 1) (y 1) 2x − + − = có tâm I 1 (1;1) có bán kính R 1 = 2 (C 2 ): 2 2 ( 5) (y 5) 2x − + − = có tâm I 1 (5;5) có bán kính R 2 = 2 Lấy M 1 (a;b) đi động trên 1 (C ) và M 2 (c;d) di động trên (C 2 ) d = I 1 I 2 = 2 2 4 4 4 2+ = M 1 M 2 = 2 2 (a c) (b d)− + − Vì d > R 1 +R 2 nên (C 1 ) và (C 2 ) ngoài nhau nên M 1 M 2 ≥ d - (R 1 +R 2 ) ⇔ 2 2 (a c) (b d)− + − ≥ 4 2 -( 2 + 2 )=2 2 ⇔ 2 2 (a c) (b d) 8− + − = (đ.p.c.m) Bài toán 2: Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn: a 2 + b 2 - 2a + 2b – 14 = 0 và c 2 + d 2 - 4d = 0. Chứng minh rằng 2 2 (a c) (b d)− + − 2 2≥ − . Bài giải: Ta có: a 2 + b 2 - 2a + 2b – 14 = 0 ⇔ (a-1) 2 + (b+1) 2 =16 c 2 + d 2 + 4d = 0 ⇔ c 2 + (d + 2) 2 = 4 Xét đường tròn (C 1 ) : (x-1) 2 +(y +1) 2 =16 có tâm I 1 (1;-1) có bán kính R 1 = 4 (C 2 ): x 2 +(y +2) 2 = 4 có tâm I 2 (0;-2) có bán kính R 2 = 2 9 Hình 9 Lấy M 1 (a; b) di động trên 1 (C ) và M 2 (c; d) di động trên (C 2 ) d= I 1 I 2 = 2 2 1 1 2+ = M 1 M 2 = 2 2 (a c) (b d)− + − Từ hình 9, ta thấy (C 1 ) đựng (C 2 ) nên ta có M 1 M 2 1 2 1 2 (R I I )R≥ − + ⇔ 2 2 (a c) (b d)− + − ≥ 4-(2+ 2 ) ⇔ 2 2 (a c) (b d)− + − ≥ 2- 2 (đ.p.c.m) - Bài toán tương tự: Cho 4 số thực x, y, z, t sao cho : x 2 + (y-1) 2 = 4 và z 2 + t 2 - 4z + 10t +28=0. Chứng minh rằng : 2 2 ( ) (y ) 2 10 3x z t− + − ≥ − - Gợi ý: Xét đường tròn (C 1 ) có tâm I 1 (0;1) bán kính R 1 =2 và (C 2 ) có tâm I 2 (2;-5) bán kính R 2 =1. Bài toán 3 : Cho 4 số thực a, b, c, d thõa mãn: a 2 +b 2 =1 và c 2 – d + 3= 0. Chứng minh bất đẳng thức: c 2 + d 2 - 2ac - 2bd – 3 0 ≥ . Bài giải: Ta có c 2 + d 2 - 2ac - 2bd – 3 0 ≥ ⇔ a 2 +b 2 + c 2 + d 2 - 2ac - 2bd –4 ≥ 0 ⇔ (a- c) 2 +(b- d) 2 ≥ 4 Xét đường tròn (C): x 2 +y 2 =1 có tâm O(0;0) , bán kính R=1 và parapol (P): y = x 2 +3 có đỉnh I(0;3) 10 [...]... 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. .. 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... ––––––––––––––––– 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 1 - Phương pháp dạy học bộ môn: Toán x - Phương pháp giáo dục 1 - Lĩnh vực khác: 1 Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng:Tại đơn vị xTrong Ngành 1 1 Tính mới: - Đề ra giải pháp. .. 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. .. 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... 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... 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... khoa học đúng đắn 1 - Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học đúng đắn x - 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 1 2 Hiệu quả: - Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao 1 - Giải pháp thay thế một phần giải pháp. .. Trong cơ quan,đơn vị,cơ sở GD và ĐTx Trong ngành 1 Xếp loại chung: Xuất sắc 1 Khá Đạt 1 Không xếp loại 1 - 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.. .Hình 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