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

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT BÌNH XUYÊN ===***=== BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tên sáng kiến: ‘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’ Tác giả sáng kiến: Trương Thị Việt Hồng Mã sáng kiến: 31.52.04 Vĩnh Phúc, năm 2018 MỤC LỤC Mục lục………………………………………………… ………… ……….3 Danh mục chữ viết tắt………………………………… ……………… Lời giới thiệu Tên sáng kiến: Tác giả sáng kiến: Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử: Mô tả chất sáng kiến: I Nội dung, biện pháp thực hiện:………………………… .…….…… CHƯƠNG I: Cơ sở khoa học sáng kiến…………… …….… §1 Cơ sở Tốn học……………………………………… …… §2 Cơ sở thực tiễn………………………………………… ……….12 CHƯƠNG II: Dùng phương pháp Hình học để chứng minh số bất đẳng thức Đại số……………………………………………… …14 I Phương pháp tọa độ……………………………………… ……… 14 II Phương pháp véctơ 21 III Phương pháp diện tích 26 IV Phương pháp đồ thị 29 V Phương pháp sử dụng định lí cosin tam giác 31 CHƯƠNG III Thực nghiệm sư phạm……………………………………34 II Kết luận 35 III Tài liệu tham khảo 36 Những thông tin cần bảo mật (nếu có): 37 Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến 37 10 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả theo ý kiến tổ chức, cá nhân tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu, kể áp dụng thử (nếu có) theo nội dung sau: 10.1 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả: 37 10.2 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tổ chức, cá nhân: …37 11 Danh sách tổ chức/ cá nhân tham gia áp dụng thử áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có): 38 DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT BĐT Bất đẳng thức CMR Chứng minh CĐ Cao đẳng đpcm Điều phải chứng minh ĐH Đại học GTLN Giá trị lớn GTNN Giá trị nhỏ SGK Sách giáo khoa THPT Trung học phổ thông THPTQG Trung học phổ thông quốc gia VP Vế phải VT Vế trái BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Lời giới thiệu Hình học mơn học có vị trí quan trọng chương trình Tốn THPT, đóng vai trị lớn việc phát triển, rèn luyện tư khả quan sát cho học sinh Tuy nhiên đa phần học sinh thường giải tốn Hình học túy quan tâm đến vấn đề sử dụng phương pháp phạm vi Hình học mà nghĩ đến việc vận dụng phương pháp Hình học để giải tốn Đại số Việc nhìn nhận vấn đề Tốn học nhiều khía cạnh, phương diện khác điều cần thiết cho người học Toán Học sinh trường THPT thường có thói quen tách bạch kiểu “Đại số” “Hình học” chưa nhìn thấy mối quan hệ chúng Rất nhiều học sinh bị ảnh hưởng phương pháp cũ sâu nên khó bứt khỏi ràng buộc thói quen tư cũ để mở hướng suy nghĩ Thói quen tâm lí trở ngại thường gặp việc học tập học sinh Nguyên nhân hình thành nhiều mặt, nguyên nhân chủ yếu tư học sinh có tính phương hướng Một loạt kiến thức phương hướng dùng nhiều lần, ấn tượng lâu thành thói quen tâm lí Do dùng phương pháp Hình học để giải số tốn đại số góp phần giúp học sinh xóa bỏ thói quen Trong Toán học, bất đẳng thức nội dung khó Các vấn đề liên quan đến bất đẳng thức phần quan trọng Đại số Giải tích Nhiều tốn Hình học, Lượng giác nhiều mơn học khác địi hỏi giải vấn đề ước lượng, cực trị, tối ưu…Giáo viên học sinh trường THPT thường phải đối mặt với nhiều dạng tốn khó liên quan đến bất đẳng thức cực trị Trong hầu hết đề thi tuyển sinh đại học, thi học sinh giỏi tỉnh, thi học sinh giỏi quốc gia, Olympic Toán khu vực quốc tế, toán bất đẳng thức hay đề cập thường thuộc loại khó khó Lí thuyết bất đẳng thức đặc biệt tập bất đẳng thức phong phú đa dạng Hàng trăm tài liệu, chuyên khảo bất đẳng thức khai thác nhiều chủ đề quan điểm phân loại khác Tuy nhiên thực trạng dạy học bất đẳng thức trường THPT cịn gặp nhiều khó khăn, kết chưa tốt Việc dạy chuyên đề cho học sinh THPT chưa đầu tư mức Học sinh chưa nắm tính chất bất đẳng thức, bất đẳng thức quen thuộc (Bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân, bất đẳng thức Cauchy – Schwarz) Cho nên việc áp dụng vào tập khó khăn Học sinh chưa biết vận dụng lí thuyết vào giải tập toán Giáo viên chưa khái quát cho học sinh dạng toán cần phải làm mà quan tâm việc đưa nhiều tập trình bày lời giải hướng dẫn cách qua loa chun đề tương đối khó thời lượng theo phân phối chương trình hạn chế dù học thêm chủ đề tự chọn Trong việc dạy học chứng minh bất đẳng thức, thường giáo viên cung cấp số tính chất bản, bất đẳng thức giữa trung bình cộng trung bình nhân, bất đẳng thức Cauchy – Schwarz…mà không dạy thấu đáo cho học sinh cách vận dụng nội dung lí thuyết vào tốn Qua tìm hiểu số giáo viên nhiều trường THPT tỉnh, chúng tơi biết tình hình giảng dạy chuyên đề bất đẳng thức gặp nhiều khó khăn, chẳng hạn như: +) Bản thân nhiều giáo viên chưa có kiến thức vững vàng thành thạo bất đẳng thức nên có tâm lí e ngại dạy nội dung kì thi, câu bất đẳng thức thường khó +) Thời lượng chương trình dành cho nội dung (chỉ tiết gồm luyện tập) nên khơng có điều kiện để sâu thêm chủ đề +) Các tài liệu tham khảo lớn khả chắt lọc số lượng tối thiểu toán mà lại bao quát nhiều tượng thường gặp kì thi điều khó Chứng minh bất đẳng thức đại số phần khó học, khó làm với hầu hết học sinh phổ thơng có đặc thù địi hỏi suy luận, khả phân tích, đánh giá, tổng hợp cao.Vì thế, học sinh ngại học phần Nhưng biết sử dụng kiến thức Hình học đơn giản mà em học để nhằm giải số dạng toán chứng minh bất đẳng thức Đại số tạo hứng thú niềm đam mê em học sinh Chính vậy, tơi định chọn đề tài: “Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng phương pháp Hình học để giải số toán chứng minh bất đẳng thức Đại số” Việc chọn đề tài nhằm mục đích: - Góp phần nâng cao hiệu giảng dạy, học tập trường THPT - Giúp học sinh mở mang kiến thức khắc phục thói quen, phương thức tư vấn đề - Tạo cho học sinh khả nhìn nhận, chuyển đổi tốn Đại số sang Hình học Từ phát triển tư linh hoạt khả sáng tạo Toán học cho học sinh Tên sáng kiến: “Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng phương pháp Hình học để giải số toán chứng minh bất đẳng thức Đại số” Tác giả sáng kiến: Trương Thị Việt Hồng Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Trương Thị Việt Hồng Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học 10 Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử: 28/03/2018 Mô tả chất sáng kiến: I NỘI DUNG SÁNG KIẾN Chương I CƠ SỞ KHOA HỌC CỦA SÁNG KIẾN Khi kí hiệu Đại số đưa vào sử dụng rộng rãi khơng mơn Đại số phát triển nhanh chóng mà ngành Tốn học liên quan phát triển không Chúng Đại số hóa mức độ cao, đặc biệt mơn Hình học Sự kiện Descartes phát minh phương pháp tọa độ tạo bước đột phá cho Tốn học: Hình học giải tích hình thành phát triển rực rỡ Từ đây, nói Hình học Đại số có bước tiến việc phát triển tương hỗ lẫn Người ta nghiên cứu Hình học cơng cụ Đại số tốn có chất Hình học ngụy trang lớp vỏ Đại số khéo léo đưa giải phương pháp Hình học Ở mức độ Tốn học phổ thơng thấy điều mà nội dung đề tài ví dụ §1 CƠ SỞ TỐN HỌC Nhà tốn học tiếng người Mỹ Peter Hilton nói: “Tốn học suy nghĩ có hệ thống, nương nhờ ngơn ngữ kí hiệu cách đẹp đẽ Nó đặc trưng phát triển sáng tạo mô hình thiết lập mối quan hệ tinh tế phận bề khác Nó khơng phải tập hợp mơn khác mà thể thống có chứa chấp kho tàng khái niệm kĩ thuật khác liên quan với nhau…” Trong chương trình Tốn THPT nhìn nhận mối quan hệ Hình học Đại số bề chúng khác Trong hệ tọa độ Descartes vng góc Oxy, ta thiết lập ánh xạ f gán điểm M mặt phẳng tọa độ với số (x; y) ánh xạ g gán vectơ u với số (x’; y’) Khi có thiết lập độ dài đoạn thẳng AB biểu diễn dạng biểu thức Đại số sau: Với hai điểm A(x1 ; y1 ), B(x2 ; y2 ) ta có AB = ( x2 - x1 ) + ( y2 - y1)2 Từ bất đẳng thức Hình học vectơ: a) AB + BC ≥ AC ( A, B,C ba điểm bất kì) b) u + v ≤ u + v việc gắn điểm A( a1 ; a2 ), B(b1 ; b2 ), C (c1 ; c2 ) u ( a1 − b1 ; a2 − b2 ), v (b1 − c1 ; b2 − c2 ) ta có bất đẳng thức Đại số tương ứng: (a −b )2 + ( a − b )2 1 Hoặc là, với 2 + (b −c )2 + (b −c )2 1 2 bất đẳng thức Cauchy ≥ (a − c )2 + ( a − c )2 1 2 – Schwartz phát biểu cho hai số ( a1 ; a2 ),(b1 ; b2 ) : (a12 + a22 )(b12 + b22 ) ≥ ( a1b1 + a2b2 )2 có kết tương ứng Hình học Thật vậy, từ định nghĩa tích vơ huớng hai vectơ để ý cos(u , v) ≤ 1, ta có bất đẳng thức: u.v ≤ u v (*) Khi đó, xét u ( a1 ; a2 ), v (b1 ; b2 ) (*) bất đẳng thức Cauchy – Schwartz Ta xét số thí dụ minh họa: Thí dụ Chứng minh với số thực x, y ta ln có: x2 + y2 + 6x + + x2 + y2 −2x − 12 y + 10 ≥ Lời giải: 10 Nhận xét: Bất đẳng thức + ≥ 2 2 (x + 3) + (2 y ) (1 −x ) + (3 − y) cho tương đương với Xét vectơ u = ( x + 3;2 y ), v = (1 − x;3 − y ) ⇒ u + v = (4;3) ⇒ u + v = + ≥ u+v (ln đúng) ⇒điều phải Khi bất đẳng thức cho trở thành: u v chứng minh Thí dụ Chứng minh với số thực x ta ln có: x + x + − x −x + ≤ Lời giải: Bất đẳng thức cho tương đương với  x  Xét điểm: +  A = −  12  3  +   − x− 2     ;0   1 ,B=  2 2  2 +   ≤1 2     3    ;0  , M =  x;  bất đẳng thức cho là: AM − BM ≤ AB (luôn đúng) ⇒điều phải chứng minh Thí dụ Chứng minh với số thực a, b, x, y ta ln có: ax + by ≤ a + b2 x2 + y Lời giải: Xét vectơ u = ( a; b), v = ( x; y) bất đẳng thức cho là: u v ≥ u.v (ln đúng) ⇒điều phải chứng minh 11 Khi : u − v = ( y − z , y + z) 2 2 Suy ra: u = (x + y )2 +( y)2 ; 2 v = (x + z )2 +( z)2 2 u −v = ( y − z )2 +( y + z)2 2 2 Ta có: (7) chuyển dạng bất đẳng thức vec tơ tương đương: u + v ≥ u −v (7’) Bất đẳng thức (7’) ⇒(7) ⇒ điều phải chứng minh Dấu ”=” xảy ⇔ hai vec tơ u , v vec tơ không chúng ngược hướng với Bài toán hay chỗ vai trò x, y, z nên dễ khiến ta biến đổi bất đẳng thức (7) dạng khác so với phép biến đổi trên, dẫn đến việc chọn vec tơ u , v phức tạp Bài toán 11: Cho số thực dương a, b, c thỏa mãn: ab + bc + ca = abc Chứng minh rằng: a + 2b2 ab b2 + 2c + bc + c + 2a ca ≥ Lời giải: 1 Từ giả thiết: ab + bc + ca = abc Suy ra: a + b + c = Ta có: a + 2b2 + b2 + 2c + c + 2a ab bc ca   1 Xét vec tơ u =    b ; a  , v=      c ; ≥ b   ,   + 2+ b2 a  w=  ; a 23  Khi đó: 2  1+ + c b2  c  1+ ≥ a2 c2 u = 1+ 2, v = b  u + v + w =   + 1 + ; 2 + a 2 +    ⇒ u+v+w = c b a b c a + ,w = c b2 + a2 1 3 c2 + + 12  a b c = Mà ta ln có: u + v + w ≥ u + v + w nên ta có điều phải chứng minh Vì u, v, w ≠ nên dấu xẩy u, v, w hướng ⇔ a = b = c Lại có: ab + bc + ca = abc suy a = b = c = 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 biểu thức bậc hai bất đẳng thức (8) có dạng AX + BY, nên ta hy vọng xem chúng tích hai vec tơ u ( A, B ); v ( X , Y ) Xét vec tơ sau: u = ( a −c ; c); v = ( c; b −c ) Ta có: u.v = u.v= c(a −c ) + c(b −c ) 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 Dấu ”=” xảy ⇔ u ;v hướng ⇔ + = a b c Bài toán 13: Cho a, b hai số thực Chứng minh rằng: −1 ≤ (a + b )(1−ab) ≤ (1 + a2 )(1 + b2 ) 24 (9) Lời giải: Bài toán giải phương pháp biến đổi tương đương dễ dàng: 2 (1 + a )(1 + b ) = 2 2 (1 + a b + a + b ) = 2 2[(1- ab ) + ( a + b ) ] ≥ 1- ab a + b  đpcm Song với phương pháp Hình học tình hình khó khăn Nhìn vào bất đẳng thức cần chứng minh yếu tố Hình học chưa xuất hiện, ta phải đây? a −a −b 2b Đặt u = + a ; + a ); v + b ; + b2 ) ( =( 2 2a 2 −a Ta có: u = )= ) +( 1+a2 + a2 ( 4a 2 ) + (1 −a (1 + a2 ) = ⇒u = = − b 2 + ( 2b 2= 1⇒ =1 v ( 1+b2) v + b2 ) Dựa vào bất đẳng thức vec tơ đúng: u.v ≤ u v nên: 2a(1 − b2 ) + 2b(1 − a ) ≤ (1 + a )(1 + b2 )  (a + b)(1 − ab) ≤ 2(1+ a2)(1+ b2) Từ ta có điều phải chứng minh Bài tập: CMR: với x, y, z số thực dương ta ln có: x2 + xy + y + x2 + xz + z + y + yz + z ≥ 3(x + y + z) CMR: với tứ giác có độ dài cạnh a, b, c, d ta ln có bất đẳng thức: 3(a2 + b2 + c2 ) ≥ d Cho x, y, z ba số thực dương thỏa mãn: x + y + z ≤ Chứng minh rằng: 25 x2 + + x2 y + + z2 + ≥ y2 z2 CMR: (x −1)2 + y + (x +1)2 + y + y −2 ≥ + 82 , với ∀x, y ∈ R III Phương pháp diện tích Để giải toán bất đẳng thức Đại số phương pháp diện tích thơng thường người ta dựa vào kiến thức sau: 1.Tính cộng diện tích Tích hai số dương a, b xem diện tích hình chữ nhật cạnh a, b Các cơng thức tính diện tích hình Các bất đẳng thức có nhờ suy trực tiếp từ cơng thức tính diện tích chúng = 1bc.sin A ≤ 1bc 2 S = ab ≤ ( a + b + c)2 ( R : const) c 108R 4R Ví dụ: Trong tam giác ABC, S ABC Và điều đặc biệt cần quan tâm giải tốn diện tích khả tách nhập hình cách linh hoạt sáng tạo Bài toán 14: Cho a,b,c > a ≥ c,b ≥ c Chứng minh rằng: (a −c )c + (b −c )c ≤ ab (10) Lời giải: Bài tốn có nhiều cách giải với cách nhìn nhận khác Ở đây, xem xét cách giải ”đượm màu sắc Hình học” 26 Ta xem số hạng đầu hai lần diện tích tam giác vng cạch c , a −c , số hạng thứ hai hai lần diện tích tam giác vuông cạnh c , b − c (Với giả thiết tốn ta hồn tồn dựng hai tam giác vng vậy) Ta có: (a −c )c + (b −c )c = 2SABC mà S ABC = (a − c )c + (b − c )c ≤ a b Dấu ”=” xảy ⇔ sinC = tức C = 90 Từ suy ra: ab sin C ≤ ab (đpcm) ∆ABC vuông C ⇔ = + c a b Bài toán 15: Chứng minh < a, b, c < thì: a(1 – c) + b(1 – a) + c(1- b) < Lời giải: Vẽ tam giác ABC có độ dài cạnh Trên cạnh AB, BC, CA lấy điểm M, N, P cho AM = a, BN = b, CP = c Vì a, b, c thuộc khoảng (0; 1) nên ta diện tích tam giác MNP dương A P M B C N Do đó: S ∆AMP  +S ∆BNM + S ∆CPN < S ∆ABC 1 AM AN.sin A + BN.BM sin B + CP.CN.sin C < AB.AC.sin A 27  3 3 AM AN + BN.BM + CP.CN <  a(1 – c) + b(1 – a) + c(1- b) < Vậy ta có điều phải chứng minh Bài toán 16: Cho x, y, z dương thỏa mãn hệ thức: xyz(x + y + z) = Chứng minh rằng: (x + y)(x + y) ≥ (11) Lời giải: Vì x, y, z dương nên ta dựng ∆ABC với độ dài cạnh là: AB = x + y, AC = x + z BC = y + z(tam giác hiển nhiên tồn tại) Khi gọi p chu vi tam giác ABC, p = x + y + z Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc ba cạnh AB, AC, BC K, F, E thì: AK = AF = x, BK = BE = y, CE = CF = z = AB.AC.sin A AB.AC ⇔ 2S ≤ ( x + y)( y + z) (11’) ABC ≤ 2 = = Mặt khác ta có: SABC = p( p - a)( p - b)( p - c) (11’’) (x + y + z)xyz Ta có: S ABC Từ (11’) (11’’) ta có : (x + y)(x + z) ≥ Dấu ”=” xảy ⇔ dấu ”=” (25) xảy ⇔ A = 900  ( y + z)2 = ( x + y)2 + ( x + z)2 ⇔ yz = xy + xz + x2 Bài tập: Cho tam giác ABC CMR: 1 1 1 + + > + la lb lc a b c Cho tam giác ABC CMR: rra ≤ 4a 28 + Cho tam giác ABC có góc A tù vuông CMR: b −c Nếu < A < a π > b + c2 Nếu < A < π a 2 để giải toán bất đẳng thức Đại số Bài toán 19 Chứng minh rằng: x2 − 3x + + x2 − 4x +16 ≥ 5, ∀x ∈ R (14) Lời giải: Ta xét trường hợp sau: a TH1: x ≤ Khi x −3 x + = x + x + ≥ = ⇒ VT (14) ≥ ⇒ (14) x −4 x + 16 = x + x + 16 ≥ 16 = b TH2 x > Xét tam giác ACD với AC = 3, CD = x, ACD = α = 450 tam giác BCD với BC = 4, CD = x, BCD = β = 450 Theo định lí cosin tam giác ta có: A AD = x −3 x + 9; DB = x −4 x +16 D Vì α+ β = 90 ⇒AB= AC +BC B = C Khi bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: AD+DB≥ AB Đây bất đẳng thức ⇒Điều phải chứng minh Bài toán 20 Chứng minh với số thực dương a,b,c ta có: a2 −ab + b2 + b2 − bc + c2 ≥ a2 + ac + c2 Lời giải: 32 A Đặt OA = a, OB = b, OC = c, AOB = BOC = 600  AOC = 120 B O Theo định lí cosin tam giác ta có: AB = a2 −2ab cos600 + b2 = a2 − ab + b2 BC = b2 −2bc cos600 + c2 = b2 − bc + c2 AC = a2 −2ac cos1200 + c2 = C a2 + ac + c2 Vì AB + BC ≥ AC nên từ suy đpcm Bài tập: Chứng minh với số thực dương a,b,c ta có: a2 + ab + b2 + b2 + bc + c2 ≥ a2 + ac + c2 Cho ba số dương a,b,c, a ≥ c,b ≥ c Chứng minh rằng: c(a + c ) + c(b −c ) ≥ ab Chứng minh với a, b, c ta ln có: a − ab + b + b − bc 3+c2 ≥ a − ac 2− + c2 Chứng minh rằng: x − 6x + 34 − x2 − 6x +10 ≤ 4, ∀x ∈ R 33 Chương III THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM Mục đích : Nhằm đánh giá tính khả thi đề tài Nội dung : Tôi tiến hành thực nghiệm với năm tiết dạy (hai buổi chiều) kiểm tra (60 phút) Kiểm tra : (60 phút) Câu (2 điểm) Cho a , b, c ba số thực dương Chứng minh rằng: ( a + c ) + b + ( a − c ) + b ≥ a + b2 Câu (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn Chứng minh rằng: 1+ 1+ 1> 1+ 1+ la lb lc a b c Câu (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có góc nhọn Chứng minh rằng: (b + c −a )(a + c − b )(a + b −c ) ≤ a 2b c2 x + y ≥  Câu (3,0 điểm) Cho x, y số thực thỏa mãn 3x + y ≤ 12 Chứng minh   x ≥ 0, y ≥ rằng: −5 ≤ x −1 − y ≤ Đáp án sơ lược: Câu Xét u = ( a + c; b), v = ( a − c; b ) ⇒ u + v = (2a;2b) Bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: u + v ≥ u + v (luôn đúng) ⇒đpcm 2bc cos A Câu Chứng minh được: la = b+ c < cos A < ⇒ > 1 +  Tưng tự:  l a  (Sử dụng diện tích) Mặt khác > 1 +  , > 1 +  Cộng  l 2 b c  b theo vế bất đẳng thức ⇒đpcm 34  b a  l c  a b Câu Do tam giác ABC nhọn nên: a < b + c ; b < c + a ; c < a + b2 Đặt x = b + c −a ; y = c + a −b ; z = a + b −c ⇒ x , y,z>0a2= 1 ( y + z ); b = ( x + z ); c = ( x + y)  a2b2c2 = (x + y )( y + z )(z + x ) ≥ xyz Hay (b + c − a )(a + c −b )(a + b − c ) ≤ a 2b c2 ⇒đpcm Câu Gọi D miền giới hạn đường Kết quả: Kiểm tra 60 phút lớp 10A2 Kết sau: Điểm 10 Số 10 11 Tổng số 40 Tỉ lệ HS đạt điểm TB trở lên 100%, 77,5% giỏi (từ điểm trở lên) II KẾT LUẬN: - Học sinh nắm kiến thức phương pháp để vận dụng tốt thi - Góp phần nâng cao hiệu giảng dạy, học tập trường THPT - Giúp học sinh mở mang kiến thức khắc phục thói quen, phương thức tư vấn đề - Tạo cho học sinh khả nhìn nhận, chuyển đổi tốn Đại số sang Hình học Từ phát triển tư linh hoạt khả sáng tạo Toán học cho học sinh 35 III TÀI LIỆU THAM KHẢO Đại số 10 nâng cao, NXBGD 2007 Bài tập đại số 10 nâng cao, NXBGD 2007 Phan Huy Khải, Trần Hữu Nam, Bất đẳng thức ứng dụng, NXBGDVN 2009 Phan Huy Khải, Phương pháp tọa độ để giải toán sơ cấp, NXB TPHCM 1999 Nguyễn Mộng Hy, Các toán phương pháp vectơ phương pháp tọa độ, NXBGD 1999 Đề thi tuyển sinh vào trường đại học từ năm 2002 đến 2013 Phan Đức Chính (Chủ biên), Các giảng luyện thi mơn Tốn NXBGD 1999 Tạp chí Tốn học tuổi trẻ, NXBGD Nguyễn Bá Kim, Phương pháp dạy học mơn Tốn, NXB ĐHSP 2000 10 Nguyễn Thương Võ, 300 toán hệ thức lượng tam giác, NXBGD 2000 11 Nguyễn Thái Hòe, Rèn luyện tư qua việc giải tập toán, NXBGD 12 Các trang web: Vnmath.com, Mathscope.org 13.Lê Hồnh Phị, Các tốn tổng hợp bất đẳng thưc ứng dụng, NXB ĐHQGHN 2010 36 ... học sinh lớp 10 sử dụng phương pháp Hình học để giải số tốn chứng minh bất đẳng thức Đại số? ?? thu số kết sau : - Đã đưa quy trình giải toán chứng minh bất đẳng thức phương pháp Hình học - Đã xây... thống tập chứng minh bất đẳng thức Đại số giải phương pháp Hình học - Làm sáng tỏ số lí luận thực tiễn việc sử dụng phương pháp Hình học để giải số toán chứng minh bất đẳng thức Đại số - Rèn luyện... toán chứng minh bất đẳng thức Đại số tạo hứng thú niềm đam mê em học sinh Chính vậy, tơi định chọn đề tài: ? ?Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng phương pháp Hình học để giải số toán chứng minh bất