Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh qua một số bài về giá trị lớn nhất, nhỏ nhất và bất đẳng thức bằng phương pháp tọa độ

MỤC LỤC Nội dung I MỞ ĐẦU………………………………………………………… Trang Lý chọn đề tài……………………………………………… 2 Mục đích nghiên cứu…………………………………………… Đối tượng nghiên cứu…………………………………………… Phương pháp nghiên cứu……………………………………… II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM………………… Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm……………………… 2.Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề………………… 3.1 SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC……………………………………………… 3.2 SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,NHỎ NHẤT……………………………………… 3.3 BÀI TẬP ÁP DỤNG……………………………………… 14 Hiệu sáng kiến họat động dạy học 15 III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ………………………… 16 Kết luận ………………………………………………………… 16 Kiến nghị …………………………………………… 16 * Tài liệu tham khảo …………………………………………… 18 I MỞ ĐẦU Lí chọn đề tài Đứng trước toán, đặc biệt toán khó người làm toán đặt phương hướng giải Tuy nhiên người ham mê toán tìm cách làm khác nhau, tìm cách giải hay ngắn gọn lạ lại kích thích tính tò mò khám phá lòng say mê học tập Nhằm phát triển tư sáng tạo giúp học sinh biết cách tìm tòi trình học toán đặc biệt với em học khá, giỏi Sau nhiều năm trực tiếp giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh hướng cho em tìm nhiều cách giải toán mục đích nhằm phát triển tư sáng tạo kỹ làm toán Với lí trên, từ thực tế giảng dạy, với kinh nghiệm thu được, tiến hành thực đề tài sáng kiến kinh nghiệm cho năm 2017 với nội dung “Phát triển tư sáng tạo cho học sinh qua số toán giá trị lớn nhất, nhỏ bất đảng thức phương pháp tọa độ ” Mục đích nghiên cứu Với việc nghiên cứu đề tài “Phát triển tư sáng tạo cho học sinh qua số toán giá trị lớn nhất, nhỏ bất đảng thức phương pháp tọa độ ”sẽ giúp học sinh, đặc biệt đối tượng học sinh học mức độ khá, giỏi tìm giá trị lớn nhất, nhỏ bất đẳng thức cách nhanh hơn, lạ sáng tạo Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu sáng kiến áp dụng cho học sinh mức độ trung bình trở lên lớp 10,11,12 -THPT Trần Phú –Thanh Hóa Tất nhiên với đối tượng lớp mà có ví dụ minh họa toán áp dụng khác Phương pháp nghiên cứu Sáng kiến kinh nghiệm trình bày theo hình thức tổng hợp lý thuyết sách giáo khoa, toán minh họa điển hình theo thứ tự từ đơn giản đến phức tạp số tập áp dụng Qua mong muốn khai thác thêm hay đẹp toán học đồng thời góp phần tăng thêm kỹ giải toán cho học sinh II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Các kiến thức sử dụng sáng kiến thuộc phạm vi kiến thức trình bày Sách giáo khoa mà học sinh học chương trình toán THCS THPT Ta xin nhắc lại số kiến thức hình học mà học sinh biết sau: Trong tất đường gấp khúc nối hai điểm A , B cho trước đoạn thẳng nối AB đoạn có độ dài bé Cho điểm M nằm đường thẳng d ( mặt phẳng ( P) ) cho trước Khi độ dài đường vuông góc kẻ từ M xuống d ( mặt phẳng ( P) ), ngắn đường xiên kẻ từ M xuống đường thẳng (hoặc mặt phẳng ) Trong tam giác nội tiếp đường tròn, tam giác có chu vi diện tích lớn a) Công thức khoảng cách h từ điểm M ( x0 ; y0 ) đến đường thẳng ax + by + c = ( với a + b ≠ ) là: h= ax o + by o + c a2 + b2 b)Công thức khoảng cách h từ điểm M ( x0 ; y0 ; z ) đến mặt phẳng ax + by + cz + d = ( với a + b + c ≠ ) : h= ax o + by o + cz o + d a2 + b2 + c2 a) Cho đoạn thẳng AB , M điểm đoạn AB Khi ta có kết sau: max M o M = max{M o A; M o B} M ∈[ AB ] b) Xét đa giác A1 A2 An M điểm nằm mặt phẳng , M nằm mặt phẳng Khi ta có: max M o M = max{M o A1 ; M o A2 ; M o An } M ∈Do Ở D0 đa giác A1 A2 An Với hai véc tơ u , v ta có : a) u + v ≤ u + v b) u v ≤ u v Đây kiến thức thông dụng mà học sinh học hình học toạ độ dễ nhớ, dễ áp dụng Nếu toán chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn ,nhỏ phép biến đổi ,có thể quy kiện hình học nói ta nên dùng phương pháp tọa độ để giải Phép giải đơn giản sáng sủa ta biết khai thác tính chất hình học toán đại số Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trong trình giảng dạy lần đề thi chọn đội tuyển dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh cho học sinh toán sau: Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số: f ( x, y ) = x + y − x − y Xét miền D0 = { ( x, y ) : −1 ≤ x ≤ 5;3 ≤ y ≤ } Khi chấm em thấy nhiều em không làm Chỉ số em làm song phương pháp Đại số - Giải tích phải “huy động” nhiều kiến thức đánh giá quy biến khảo sát hàm số, nhìn chung dài rườm rà Thực toán không khó, ta biết sử dụng phương pháp phù hợp để giải quyết, dùng phương pháp tọa độ mà với phương pháp kể học sinh lớp 10 làm Cụ thể sau: Xét hệ trục toạ độ Oxy , miền ràng buộc D0 hình chữ nhật ABCD , với toạ độ điểm sau A ( −1;3) ; B ( −1;6 ) ; C ( 5;6 ) ; D ( 5;3) y B A C M0 O1 -1 D x Ta có f ( x, y ) = ( x − 2) + ( y − 1) − Nếu đặt M = M ( x; y ) O1 = O1 (2;1) f ( x; y ) = O1M − ( 1) O M = Kẻ O1M ⊥ AD , ta có O1M = 22 = = M∈ D o O1M = max { O1 A2 ; O1B ; O1C ; O1D } = O1C = O1B = 32 + 52 = 34 Và max M ∈D M ∈D o o D0 = ABCD f ( x; y ) = 29 Min f ( x; y ) = −1 Vậy từ (1) ta suy Max D D o o Như việc gắn ''Phương pháp toạ độ ’’ vào toán ta có cách giải ngắn gọn tự nhiên rõ ràng đồng thời tăng kỹ đa dạng kích thích tìm tòi sáng tạo cho học sinh trình làm toán Sau năm giảng dạy trực tiếp bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh thi vào đại học tìm tòi cách giải phù hợp “Phát triển tư sáng tạo cho học sinh qua số toán giá trị lớn nhất, nhỏ bất đảng thức phương pháp tọa độ ” phương pháp mạnh dạn cải tiến phương pháp đồng thời áp dụng sáng kiến năm học từ 2005-2006 đến năm học 2016-2017 trường THPT Trần Phú Nga Sơn -Thanh Hoá Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 3.1 SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC Bài Cho bốn số a, b, c, d thoả mãn điều kiện a + 2b = 9;c+ d = Chứng minh : a − 12a + b − 8b + 52 + a + c + b + d − 2ac − 2bd + c + d − 4c + 8d + 20 ≥ Bài giải Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dạng : ( a − 6) + (b − 4) + (a − c) + (b − d ) + (c − 2) + (d + 4) ≥ (1) Trong hệ trục toạ độ xOy xét hai đường thẳng x + y = x + y = hai điểm M(6; 4), N(2; - 4) Các điểm P(a;b), Q(c;d) với a + 2b = c + 2d = tương ứng nằm hai đường thẳng : x + y = x + y = Bất đẳng thức (1) tương đương với bất đẳng thức sau : PM + NQ + QP ≥ (2) Xét hai điểm M ; N PM + NQ + QP độ dài đường gấp khúc nối M ; N Mặt khác ta có : MN = 16 + 64 = Vì NQ + QP + PM ≥ MN nên (2) hiển nhiên ⇒ điều phải chứng minh Dấu xảy M, N, P, Q thẳng hàng, tức P ≡ Po Q ≡ Qo , Po Qo tương ứng giao điểm đường thẳng nối MN với hai đường thẳng x + y = x + y = y Dễ thấy tọa độ Po , Qo Po(5;2) Qo( 4;0) Vậy đẳng thức xảy ⇔ a=5, b=2, c=4, d= [1] M Nhận xét : Ta chuyển toán chứng minh bất đẳng thức khô khan thành P toán so sánh độ dài đường2 gấp khúc với độ Odài đọan thẳng nối hai đầu đường gấp khúc mà cấp em đã4làm quen ( Hình minh họa sau) O Q x -4 N Bài Cho bốn số thực thoả mãn điều kiện c + d =6 ; a2 + b2 = Chứng minh c2+d2 - 2ac- 2bd ≥ 18-6 Bài giải y M Mo N O No x Trong hệ trục tọa độ Oxy, vẽ đường tròn x2 + y2=1 đường thẳng x + y=6 Viết lại bất đẳng thức cần chứng minh dạng: (c-a)2+(d-b)2 ≥ 19-6 ( a2+b2=1) (1) ⇔ (c − a ) + ( d − b ) ≥ − Điểm M(c;d) N(a;b) với c, d, a, b thoả mãn điều kiện đầu bài, tương ứng nằm đường thẳng : x + y = đường tròn x2 + y2 = Dễ thấy (1) ⇔ MN ≥ -1 (2) Từ O kẻ đường vuông góc với đường thẳng x + y = Gọi M o chân đường vuông góc ấy, giả sử OMo cắt đường tròn đơn vị No Hiển nhiên ta có với M thuộc đường thẳng: x + y =6, với với N thuộc đường tròn x2 + y2 = 1, có MN ≥ MoNo (3) Rõ ràng MoNo = OMo - ONo = -1 Từ (2), (3) suy (1) điều phải chứng minh Dấu xảy ⇔ M ≡ Mo , N ≡ No ⇔ c = d =3 a = b = [2] Nhận xét : Bài toán ta so sánh vị trí điểm nằm đường thẳng đường tròn Với học sinh từ lớp 10 làm cách Bài Cho bốn số a, b, c, d thoả mãn điều kiện a2 + b2 = c2+ d2 = Chứng minh − a − 2b + − c − 2d + − ac − bd ≤ 30 Bài giải Ta thấy điểm M(a;b), N(c;d), P(1;2) ( a, b, c, d thoả mãn điều kiện đề ), nằm đường tròn tâm gốc toạ độ bán kính = Khi bất đẳng thức cần chứng minh , viết lại dạng sau: (a − 1) + (b − 2) + (c − 1) + (d − 2) + (a − c) + (b − d ) 30 ≤ 2 ⇔ MP + NP + MN ≤ 15 ⇔ CMNP ≤ 15 (1) Ở CMNP chu vi ∆ MNP Mặt khác ta biết rằng, tam giác nội tiếp đường tròn , tam giác tam giác có chu vi lớn y P M(a;b) Q x R N(c; d) Tam giác nội tiếp đường tròn bán kính có cạnh = 15 Vậy (1) ⇒ điều phải chứng minh Xét tam giác nội tiếp PQR Gọi Q Q(x0; yo), ta có PQ2 = 15 hay : (xo- 1)2+( yo - 2)2 = 15 ⇒ 2xo + 4yo = -5 Vậy ta có hệ phương trình sau:  xo2 + y o2 =   x o + y = −5 Giải hệ ta xo= xo = −2+ ; −2− ; yo = −2− yo = −2+ Vậy dấu (1) có ⇔ a= −2+ ; b= −2− ; c= −2− ; d= −2+ a= −2− ; b= −2+ ; c= −2+ ; d= −2− Nhận xét : Bài thông số lẻ, nên sử dụng điểm rơi để chọn lựa cách làm khó khăn.Cố nhiên dùng cách học sinh cần nhớ kiến thức : Trong tam giác nội tiếp đường tròn , tam giác tam giác có chu vi lớn Bài a)Chứng minh tam giác ABC ta có: cosA + cosB + cosC ≤ b)Chứng minh tam giác ABC nhọn, ta có: cos2A + cos2B + cos2C ≥ − Bài giải Đối với ta giải phương pháp hệ thức lượng tam giác Bây ta sử dụng phương pháp toạ độ để giải chúng sau: a) Lấy véc tơ e1 , e2 , e3 hình vẽ có độ dài 1: e1 = e2 = e3 = A u r Hiển nhiên ta có ( e1 + e2 + e3 ) ≥ e1 ⇔ 3+2cos( e1 , e2 )+2cos( e2 , e3 ) + 2cos( e3 , e1 ) ≥ ⇔ +(-2) ( cosB + cosC + cosA) ≥ ⇔ cosA + cosB + cosC ≤ B u r e3 u r C e2 ⇒ Đ.p.c.m Dấu xảy ⇔ e1 + e2 + e3 = ⇔ ABC tam giác b) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, H trực tâm Ta có OA + OB + OC = OH Hiển nhiên ta có ( OA + OB + OC )2 ≥ ⇔ 3R2 + 2R2[ cos( OA , OB ) + cos( OB , OC ) + cos( OC , OA )] ≥ A ⇔ 3R2 + 2R2(cos2C + cos2A + cos2B) ≥ ⇔ cos2A + cos2B + cos2C ≥ - ⇒ đ.p.c.m Dấu xảy ⇔ OA + OB + OC = O B H ⇔ OH = O ⇔ H ≡ O ⇔ ABC tam giác O C Nhận xét: Bài dùng công thức lượng giác để làm với học sinh không khó.Tuy nhiên tác giả muốn khai thác đa dạng phương pháp tọa độ thấy phương pháp dùng nhiều dạng toán khác 3.2 SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT ,NHỎ NHẤT Bài Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số f(x,y) = x2 + y2 x − y + ≥  Xét miền  x + y + ≥ 2 x − y + ≤  Bài giải y C x B H -4 -8 -2 A O x -2 Vẽ hệ trục toạ độ Oxy Dễ thấy miền điểm (x;y) thoả mãn hệ ràng buộc cho toàn tam giác ABC Ta thấy x + y2 = OM2, có gọi D miền ràng buộc, max OM2 = max{OA2, OB2, OC2} = max {4, 20, 16} = 20 M ∈D OM2 = OH2 = 16 M∈D Kết luận: ( 1 1 + = ) = + = 16 OH OA OC 16 max f(x,y) = 20 f(x,y) = 16 D D Nhận xét: Qua cách giải tập giúp cho học sinh thấy tối ưu hóa phương pháp tọa độ Đơn giản ,sáng tạo dễ hiểu Bài Tìm giá trị nhỏ hàm số : f(x, y, z, t) = z2 + t2 - 2xz - 2yt - z miền D = {(x, y, z, t) : x2 + y2 = 1, z2- t +3 = 0} Bài giải Với (x, y, z, t) ∈ D , ta có f(x, y, z, t) = ( x-z)2 + (y- t)2 - x2 - y2 -3 = (x-z)2 + ( y - t)2 - (1) Mặt khác (x, y, z, t) ∈ D , với điểm M(x;y) nằm đường tròn đơn vị , điểm N(z;t) nằm parabol v = u2 + Ta có ( x- z)2 + ( y - t )2 = MN2 Rõ ràng MN2 = MoNo2 = , Mo = Mo(0;1) No = No(0;3) Từ suy từ (1) 10 f(x, y, z, t) ≥ ∀ (x, y, z, t) ∈ D Mặt khác x = , y = , z = 0, t = f( 0, 1, 0, 3) = 0, v mà ( 0, 1, 0, 3) ∈ D u = v2 + Kết luận: D f(x, y, z, t) = [3] N(z;t) No Mo M(x;y) -1 O u -1 Nhận xét: Bài hàm nhiều biến dùng tọa độ làm gọn nhẹ thoát làm cho toán trở nên đơn giản hơn.Học sinh nhìn thấy tương giao đường tròn, parabol đường thẳng Bài Tìm giá trị nhỏ hàm số f(x) = x − x + + x − 3x + , với x ∈ R Bài giải Viết lại hàm số f(x) cho dạng sau f(x) = 1  x −  2   3  +     2  3 1  +  +  x −     (1) 1 3  1 Xét hệ trục toạ độ Oxy,và xét điểm A  ;  ; B  ;−  2 2   C(x;0) từ (1) ta có f(x) = CA +CB Rõ ràng ta có CA + CB ≥ AB 11  1    − 2   AB = Vậy f(x) ≥ 2  3  +  − −  2   = ∀ x∈R Mặt khác giả sử AB cắt Ox Co Ta có CoA + CoB = AB, đặt xo = OCo f ( x) = f( xo) = ⇒ x∈R Kết luận : Min f ( x) = x∈R ( Hình vẽ minh hoạ đây) y A O C Co x − B Nhận xét: Với học sinh lớp 12 dùng đạo hàm để khảo sát Tuy nhiên việc khảo sát để xét dấu đạo hàm rườm rà không nói khó Bài 0 ≤ x ≤ 2;0 ≤ y ≤ 2;0 ≤ z ≤ x + y + z = Cho x, y, z số thực thoả mãn điều kiện  (*) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức sau: P = x + y2 + z2 Bài giải Ta giải toán phương pháp toạ độ không gian sau: Trong không gian Oxyz lấy điểm M(x; y;z) thoả mãn (*) Khi đó: OM2 = x2 + y2 + z2 12 z A1 A2 A3 A6 y A4 x O A5 Tập hợp điểm M thiết diện khối lập phương cạnh với mặt phẳng : (Q) : x + y + z = ( Hình vẽ) thiết diện hình lục giác : A1 A2 A3 A4 A5 A6 (kể điểm thuộc miền ) kí hiệu (H) với A 1(1; 0; 2), A2(0; 1; 2), A3(0; ;1), A4(1; 2; 0), A5(2; 1; 0), A6(2; 0; 1) Bài toán quy tìm vị trí M (H) cho OM2 lớn , bé a) OM2 đạt giá trị lớn M trùng với Ai ( i = 1,2,3,4,5,6) Ta có OAi = Vậy maxP = b) Gọi T(xo; yo; zo ) hình chiếu vuông góc O lên mặt phẳng (Q) Ta có:  xo y o z o =  = 1 ⇔ xo = yo = zo = 1  xo + y o + z o = Suy T(1; 1; 1) ∈ (H) Vậy minP = Kết luận MaxP = MinP = Nhận xét : Bài tác giả muốn dùng cho đối tượng học sinh 12 Đây toán đơn giản toán có điều kiện biến.Nên dùng cách thông thường khó tìm điều kiện bị chặn ẩn phụ Bài Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số f(x;y) = 4x + 3y miền: D = {(x;y) : x2 + y2 +16 = 8x + 6y} Bài giải Nếu (x;y) ∈ D , ta có: x2 + y2 + 16 = 8x + 6y ⇔ (x - 4)2 + (y - 3)2 = 13 Vậy D đường tròn tâm O1(4;3) bán kính Khi (x; y) ∈ D, ta có: x + y + 16 1 = + ( x + y ) = + OM f(x;y) = 4x + 3y = 2 Với M(x;y) nằm đường tròn Dễ thấy nối OO1 cắt đường tròn D y M1, M2 ta : M(x; y) OM = OM1 = OO1 - M1O1 = - =2 M ( x ; y )∈D max OM = OM2 = OO1 + M2O1 = +3 = M ( x ; y )∈D Do từ suy ngay: Max f ( x; y ) = + 32 = 40 D M2 O1 M1 x Min f ( x; y ) =8 + = 10 D Kết luận Max f ( x; y ) = 40 Min f ( x; y ) = 10 D D Nhận xét : Bài toán muốn giúp học sinh khai thác việc tìm GTLN,GTNN hàm bậc với điều kiện hàm bậc hai quy đường tròn 3.3 BÀI TẬP ÁP DỤNG Nhằm tăng cường tư sáng tạo cho đối tượng học sinh Áp dụng phương pháp toạ độ toán bất đẳng thức giá trị lớn nhỏ ta giải số toán sau: Bài1 Cho hai số a, b thoả mãn điều kiện a - 2b +2 = Chứng minh a + b − 6a − 10b + 34 + a + b − 10a − 14b + 74 ≥ Bài Cho a, b hai số thoả mãn điều kiện a2 + b2 +16 = 8a + 6b Chứng minh 7b ≤ 24a Bài3 Chứng minh tam giác ABC số x, y, z ta có : x2 + y2 + z2 ≥ 2xycosC + 2yzcosA + 2zxcosB Bài 14 Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số f(x;y) = x + 2y, xét miền D = {(x;y) : x+3y - 10 ≥ ; x + y - ≤ 0; x - y + ≥ } Bài Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số f(x;y) = x + x − x xét miền ≤ x ≤ Bài Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số f(x;y) = cos2x + cos2y Trên miền D = {(x;y) : sinx + siny = } Hiệu sáng kiến hoạt động dạy học Nội dung sáng kiến trình bày tùy theo đối tượng khối lớp chủ yếu dành cho em học sinh đội tuyển học sinh giỏi Toán máy tính cầm tay khối 10,11, 12 Sự hứng thú tự tin học sinh việc học Toán, đặc biệt hình học tọa độ, thật cải thiện góp phần vào thành tích chung kì thi nhà trường năm học qua Sau mười năm phân công trực tiếp giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi trường THPT Trần Phú –Thanh Hóa , áp dụng sáng kiến việc giảng dạy đại trà lớp , bồi dưỡng học sinh giỏi , ôn luyện đội tuyển rút kết luận sau : * Kết kiểm nghiệm trình giảng dạy cho học sinh giỏi lớp: ( Lớp 10B ,11C,12A trường THPT Trần Phú -Thanh Hoá) Lớp 10B 11C 12A Sĩ số Số học sinh làm (theo dạng chưa dạy nhóm) phương pháp Số lượng Phần trăm 14 14 % 15 20 % 17 23 % Số học sinh làm dạng dạy phương pháp Số lưọng Phần trăm 10 71 % 12 80 % 14 82 % Kết kiểm nghiệm tính hiệu cho học sinh dạy sử dụng phương pháp: - Giúp học sinh rèn luyện kỹ phân tích toán để tìm mối liên hệ với kiến thức học ,từ áp dụng để giải toán tương tự, có liên quan - Làm cho học sinh yêu thích gây thích thú tò mò khám phá môn học 15 - Có cách giải hợp lí, hay, ngắn gọn dễ hiểu dành cho đối tượng học sinh - Sau sử dụng phương pháp vào việc giảng dạy nhận thấy số học sinh giỏi ngày tăng lên năm học sinh không ‘‘e ngại’’ gặp toán dạng * Bài học kinh nghiệm rút Sau thời gian đưa vào sử dụng , bồi dưỡng học sinh rút số kinh nghiệm sau: - Giáo viên phải nghiên cứu kỹ kiến thức sách giáo khoa , tài liệu tham khảo - Lựa chọn phương pháp giảng dạy môn phù hợp với đối tượng học sinh - Để áp dụng làm tốt tập cần cho học sinh nắm vững sở lý thuyết vấn đề tránh thiếu sót không chặt chẽ trình giải tập học sinh - Khi cho tập cần nâng cao dần mức độ khó - Sau tập cần chốt lại vấn đề nhận xét nhằm lôi học sinh có lòng say mê học toán III KẾT LUẬN,KIẾN NGHỊ 1.Kết luận Trên sáng kiến trình trực tiếp giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi Sau nhiều năm hệ thống thành chuyên đề : “Phát triển tư sáng tạo cho học sinh qua số toán giá trị lớn nhất, nhỏ bất đảng thức phương pháp tọa độ ” Đây phương pháp hữu ích giúp học sinh biết chuyển từ toán phức tạp thành toán đơn giản để giải đặc biệt làm cho học sinh không “ngại” học loại toán giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn bất đẳng thức Dạng toán chuyên đề quan trọng giúp cho giáo viên bồi dưỡng kỳ thi học sinh giỏi năm Thông qua ví dụ minh họa trường hợp đơn giản lời giải ví dụ minh họa toán áp dụng ta nhận thấy phương pháp tọa độ hóa thật công cụ hiệu để giải toán giá trị nhỏ nhất,giá trị lớn bất đẳng thức Các lời giải hoàn toàn tự nhiên, trực tiếp dễ định hướng Yêu cầu xác việc xác định tọa độ điểm thực phép tính công thức có sẵn Hiển nhiên không hẵn cách làm Để có óc tư trừu tượng tốt giáo viên cần phải tạo cho học sinh tảng quan hệ hình học tọa độ toán đại số giải tích , biết phối hợp kiến thức để có lời giải tốt, hiệu mong muốn người viết sáng kiến Kiến nghị Mặc dù thân dành thời gian nghiên cứu, thời gian nghiên cứu hạn chế, thân kinh nghiệm chưa nhiều nên viết không tránh khỏi thiếu sót.Các phép tính sáng kiến nhiều, hình phức tạp nên không tránh khỏi thiếu sót, mong nhận đóng góp ý kiến 16 Thầy Cô đồng nghiệp em học sinh Hi vọng đề tài nho nhỏ góp phần cho công tác giảng dạy, nghiên cứu học tập người Đề tài phương pháp vectơ tọa độ phong phú, mong nhận trao đổi thêm góp ý chân thành quý Thầy Cô giáo Tôi xin chân thành cảm ơn ! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh hóa, ngày 24 tháng năm 2017 Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm thân mà trình giảng dạy tích lũy Tôi không chép Trịnh Văn Hoan 17 TÀI LIỆU THAM KHẢO Phương pháp tọa độ để giải toán sơ cấp –Phan Huy Khải –NXB Thành Phố Hồ Chí Minh-Năm 1996 [1] Phương pháp tọa độ để giải toán sơ cấp, Phan Huy Khải, NXB Thành Phố Hồ Chí Minh, 1996, tr 127 [2] Phương pháp tọa độ để giải toán sơ cấp, Phan Huy Khải, NXB Thành Phố Hồ Chí Minh, 1996, tr 129 [3] Phương pháp tọa độ để giải toán sơ cấp, Phan Huy Khải, NXB Thành Phố Hồ Chí Minh, 1996, tr 168 Báo toán học tuổi trẻ số 358 ,tháng 4, năm 2007 Báo toán học tuổi trẻ số 374 ,tháng 8, năm 2008 Sách giáo khoa Hình học 10 nâng cao, Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên), NXB Giáo dục Sách giáo khoa Hình học 12 nâng cao, Văn Như Cương (Chủ biên), NXB Giáo dục 18 ... cho học sinh qua số toán giá trị lớn nhất, nhỏ bất đảng thức phương pháp tọa độ ” Mục đích nghiên cứu Với việc nghiên cứu đề tài Phát triển tư sáng tạo cho học sinh qua số toán giá trị lớn nhất, . .. lớn nhất, nhỏ bất đảng thức phương pháp tọa độ ”sẽ giúp học sinh, đặc biệt đối tư ng học sinh học mức độ khá, giỏi tìm giá trị lớn nhất, nhỏ bất đẳng thức cách nhanh hơn, lạ sáng tạo Đối tư ng nghiên... hệ thống thành chuyên đề : Phát triển tư sáng tạo cho học sinh qua số toán giá trị lớn nhất, nhỏ bất đảng thức phương pháp tọa độ ” Đây phương pháp hữu ích giúp học sinh biết chuyển từ toán phức