Sáng kiến kinh nghiệm môn Toán: Bất đẳng thức và cực trị hình học

“Bất đẳng thức hình học” được làm quen từ lớp 7, lên lớp 8 ngoài bất đẳng thức thì học sinh được làm quen với “ cực trị hình học”. “ Bất đẳng thức và cực trị hình học ” là một mảng rấ[r]

PHÒNG GIÁO DỤC –ĐÀO TẠO HUYỆN CƯ’MGAR TRƯỜNG THCS NGUYỄN TẤT THÀNH

====== *** ======

ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

BẤT ĐẲNG THỨC VÀ

CỰC TRỊ HÌNH HỌC

NGƯỜI THỰC HIỆN: BÙI THỊ HOA

TÀI LIỆU THAM KHẢO - SGK - SBT- SGV- toán lớp 7; 8; tập 1, tập hành

- Sách nâng cao phát triển toán từ lớp 7; 8; tập 1, tập Vũ Hữu Bình

- Vẽ thêm đường phụ để giải tốn hình học lớp 7, 8, Nguyễn ĐứcTấn - Tạp chí tốn tuổi thơ dành cho THCS, tạp chí THTT

A PHẦN MỞ ĐẦU

MỤC LỤC Trang

A PHẦN MỞ ĐẦU

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

II ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU III NHIỆM VỤ-MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

B NỘI DUNG

I CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI

II THỰC TRẠNG

1.Các kết thống kê :

2 Ưu điểm việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức cực trị hình học”

5 Khó khăn việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức cực trị hình

học”

5

III GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

1.Lý thuyết

2 Phương pháp

3 Các toán cụ thể

3.1 Các toán lớp

3.2 Các toán lớp 10

3.3 Các toán lớp 17

IV Kết từ thực tiễn giảng dạy: 27

C.KẾT LUẬN 28

I Ý NGHĨA CỦA ĐỀ TÀI: 28

II BÀI HỌC KINH NGHIỆM: 29

I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Chắc bạn nói : “ Bất đẳng thức cực trị hình học “ chủ đề chứng minh hình học có nhiều sách tham khảo tài liệu mà bạn viết nghiên cứu chủ đề Vậy viết riêng chủ đề có nên ?

Trong tất thi học sinh giỏi toán: thi tự luận, thi Giải tốn máy tính cầm tay, thi Violympic tốn mạng, …thì tốn cực trị bất đẳng thức hình học ln làm đau đầu em học sinh, q thầy dạy tốn bậc phụ huynh u mơn tốn Các tốn cực trị bất đẳng thức hình học ln đa dạng hội tụ nhiều kiến thức, kỹ phương pháp giải toán sơ cấp Và chủ đề hay đề cập đến đề thi vào trường phổ thơng chun Vì từ niềm đam mê, u thích mơn Hình học tơi mạnh dạn sưu tầm toán bất đẳng thức cực trị hình học để làm tài liệu nghiên cứu cho thân để bồi dưỡng học sinh giỏi II ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU

- Học sinh lớp 7A1, 7A3, 9A3 năm học 2015- 2016, học sinh lớp 9A2 năm học 2016- 2017 trường THCS Nguyễn Tất Thành – Huyện Cư’Mgar – Đăk Lăk

- Sách giáo khoa, sách giáo viên loại sách tham khảo khác III NHIỆM VỤ-MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.

1.Nhiệm vụ

- Tìm hiểu thực trạng chất lượng học sinh sở vật chất trước thực đề tài - Nghiên cứu sở lý luận trình dạy học

- Rút kinh nghiệm từ thực tiễn, đề xuất giải pháp giúp cho việc nâng cao chất lượng giáo dục có hiệu

Mục đích:

Phục vụ cơng tác bồi dưỡng học sinh giỏi khối 9, đồng thời tạo nguồn cho lớp trên, phần nâng cao chất lượng đại trà, giúp em học tập tích cực hứng thú , làm cho việc giải toán hình học trở nên nhẹ nhàng, thêm u thích môn

IV PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU -Phương pháp điều tra

-Phương pháp thống kê

-Phương pháp tham khảo tài liệu

-Phương pháp thực nghiệm sư phạm : Cung cấp kiến thức cho học sinh qua học, thực tiết dạy chuyên đề

-Đánh giá kết học sinh qua tiết giảng dạy thực nghiệm, qua tập củng cố tập nhà

-Phương pháp phân tích, tổng hợp: Rút kinh nghiệm hiệu sử dụng giáo viên có thuận lợi khó khăn

-Đánh giá thái độ học tập, hứng thú học tập học sinh sau học B NỘI DUNG

I CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI.

“Bất đẳng thức hình học” làm quen từ lớp 7, lên lớp ngồi bất đẳng thức học sinh làm quen với “cực trị hình học”. “Bất đẳng thức cực trị hình học” mảng khó phân mơn Hình học , để giải cần phải vận dụng nhiều kiến thức kĩ tổng hợp học sinh lại rèn luyện khả tư sáng tạo, đòi hỏi mức độ tư lơgic cao Ở khối lớp có thêm nhiều công cụ , phương pháp giải khác nhau, đòi hỏi học sinh phải nắm vững kiến thức cách chắn làm

Khi dạy học “Bất đẳng thức cực trị hình học” việc tổ chức cho em nắm bắt vận dụng kiến thức thường quan trọng Người thầy phải tự đầu tư nghiên cứu kiến thức tìm phương pháp hướng dẫn em học tập cách chủ động Việc cung cấp cho em cơng cụ thuật tốn để giải tập theo hướng cụ thể, mở rộng tổng quát hóa em có kĩ sau tư sáng tạo Nhưng có toán phải sử dụng nhiều phương pháp tổng hợp giải toán Như vậy, học sinh phải tự chủ động sáng tạo địi hỏi kiên trì , bền bỉ, cẩn thận, tâm có kế hoạch Q trình học tốn q trình rèn luyện rèn luyện phẩm chất đạo đức , rèn luyện người

II THỰC TRẠNG 1.Các kết thống kê :

Về kết học tập mơn tốn học sinh năm học 2014 – 2015; 2015- 2016 : Lớp Giỏi Khá Trung bình Yếu

7A1 20% 50% 30%

7A3 25% 75% 0

9A3 45% 55% 0

9A2 40% 60% 0

Kết kiểm tra khảo sát chất lượng học kì I năm học 2015- 2016; 2016-2017: LỚP TỪ TB TRỞ LÊN

2 Ưu điểm việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức cực trị hình học”:

Vì chuyên đề “Bất đẳng thức cực trị hình học” hội tụ nhiều kiến thức, kỹ phương pháp giải toán nên học sinh củng cố khắc sâu kiến thức toán nhiều Việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức cực trị hình học” để giáo viên mở rộng thêm kiến thức, sáng tạo cách dạy qua giúp em nâng cao kiến thức, phát huy tư học tốn, hình thành phẩm chất người sáng tạo 3 Khó khăn việc dạy chuyên đề “Bất đẳng thức cực trị hình học”:

Vì chuyên đề “Bất đẳng thức cực trị hình học” chủ đề khó chương trình phổ thơng sở nên chủ yếu bồi dưỡng cho học sinh giỏi cịn đại trà thường làm toán bất đẳng thức cực trị đơn giản để em nắm trình tự bước giải mà khơng phải tư nhiều, ngồi việc tìm tịi lời giải cho toán cực trị nhiều thời gian dẫn đến em nản chí

III GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ. 1.LÍ THUYẾT

1.1.Các bất đẳng thức góc

a) Trong tam giác góc tù góc lớn

b) Trong tam giác góc ngồi lớn góc khơng kề với 1.2 Các bất dẳng thức đoạn thẳng.

a) Cho ba điểm A, B, C ta ln có: AB + BC AC Dấu “=” xảy ba điểm A, B, C thẳng hàng

b) Bất Đẳng thức tam giác: tam giác ta ln có: AB AC BCAB AC c) Trong tam giác vuông cạnh huyền cạnh lớn

d) Nếu từ điểm không thuộc đường thẳng ta kẻ đường vng góc đường xiên thì:

- Đường vng góc đoạn thẳng ngắn

- Hai đường xiên có hình chiếu ngược lại

- Trong hai đường xiên không đường xiên có hình chiếu lớn lớn ngược lại

e) Liên hệ dây cung khoảng cách đến tâm đường trịn Trong đường trịn thì:

- Hai dây cách tâm

- Trong hai dây không dây cách xa tâm nhỏ ngược lại Ta có:

- Trong đường tròn, hai dây trương hai cung - Dây trương cung lớn lớn ngược lại

1.3 Liên hệ cạnh góc tam giác. a) Trong tam giác thì:

b) Trong hai tam giác có hai cạnh tương ứng có góc xen khơng thì:

- Đối diện với góc lớn ta có cạnh thứ ba lớn

- Đối diện với cạnh thứ ba lớn ta có góc xen lớn *Chú ý:

Ngồi kiến thức hình học trên, ta thường sử dụng bất đẳng thức đại số quen thuộc:

a)Bất đẳng thức Cô-Si: a0,b 0 a b 2 ab b) Với hai số không âm:

- Nếu tổng chúng khơng đổi tích chúng đạt giá trị lớn hai số

- Nếu tích chúng khơng đổi tổng chúng đạt giá trị nhỏ hai số

2 CÁC PHƯƠNG PHÁP

Để giải tốn bất đẳng thức cực trị hình học thường dùng phương pháp sau:

- Vận dụng quan hệ đường xiên đường vng góc - Vận dụng quan hệ đoạn thẳng đường gấp khúc

- Vận dụng bất đẳng thức tam giác đường trịn tìm cực trị - Vận dụng bất đẳng thức đại số

- Vận dụng diện tích tìm cực trị 3 CÁC BÀI TỐN CỤ THỂ 3.1 CÁC BÀI TOÁN LỚP 7

Bài 1: Cho tam giác ABC, M trung diểm cạnh BC BAM CAM   Chứng

minh: AB < AC

GIẢI:

Vẽ tia đối tia MA, tia lấy điểm D cho MD = MA Xét MAB MDC có: MA = MD, BMA = DMC (đối đỉnh)

BM = MC (M trung điểm cạnh BC) Do MAB = MDC (c.g.c).

Suy AB = DC, BAM = MDC Xét ADC có:

 

ADC CAD (BAM > CAM (giả thiết);BAM = MDC )

Ta có DC < AC, AB = DC Suy AB < AC

Bài 2: Cho tam giác ABC, AB > AC, vẽ BD  AC, CE  AB (D  AC, E  AB)

Chứng minh AB – AC > BD – CE

GIẢI: Trên cạnh AB lấy diểm F cho AF = AC

Vì AB > AC nên F nằm A B

Vẽ FG  AC, FH  BD (GAC, H  BD)

Ta có FG  AC, BD  AC (giả thiết)  FG // BD.

Xét GFD (FGD = 90) HDF (DHF = 90)

có DF (cạnh chung), GFD = HDF (vì FG // BD) Do GFD = HDF (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy FG = HD, GH = FH

Xét GAF (GAF = 90) EAC (AEC = 90) có:

AF = AC



GAF (góc chung)

Do GAF = EAC (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy FG = CE Do GF = CE = HD

Ta có FH  BD nên FB > BH (quan hệ đường xiên đường vng góc)

Suy AB – AC > BD – HD Hay AB – AC > BD – CE

Bài 3: Cho tam giác ABV cân A, cạnh AB lấy diển D, tia đối tia CA lấy điểm E cho BD = CE Chứng minh rằng: BC < DE

GIẢI

Gọi M giao điểm BC DE Vẽ DI  BC I, EK  BC K

IDB = KEC (cạnh huyền – góc nhọn)  DI = EK, BI = CK

BC = BI + IC = CK + IC = IK = IM + MK < DM + ME = DE

Bài 4: Cho tam giác ABC vuông A vẽ AH  BC H Chứng minh rằng:

BC + AH > AB + AC.

GIẢI: Trên cạnh BC lấy D cho BD = AB

Trên cạnh AC lấy E cho AE = AH, BD = AB

 BAD cân B  BAD = BDA

HAD = EAD (c.g.c)  AHD AED

DE  AC  DC > EC

Do AH + AC = AH + BD + DC > AE + AB + EC = AB + AE + EC = AB + AC Bài 5: Cho xAy= 60 B điểm tia Ax, C điểm tia Ay (B, C khác A) Chứng minh rằng: AB + AC  2BC.

GIẢI: Vẽ Az tia phân giác góc xAy

Vẽ BM  Az M, CN  Az N.

Gọi K giảo điểm Az BC BM =

1

2 AB, BM  BK

Do

2 AB  BK  AB  2BK

Tương tự có AC  2CK

Do AB + AC  2(BK + CK) = 2BC

Bài 6: Tam giác ABC có BAC = 90, ABC = 54

, cạnh AC lấy điểm D cho



DBC = 18

Chứng minh rằng: BD < AC

GIẢI: Vẽ BE tia phân giác góc ABD ( E  AD).

Từ E vẽ EF  BD (F  BD) Ta có ABE = DBE =

 

2 B DBC

= 18

Xét ABE (ABE = 90) FBE (FBE = 90) có:

BE (chung), ABE = FBE

Do ABE = FBE (cạnh huyền – góc nhọn)

Suy AE = FE, ABE = FBE = 72

DFE có EFD = 180 - 2.72 = 36 mà EFD = 90 nên FDE = 90 - 36 = 54

Xét DFE có FED < FDE  FD < FE Ta có FD < FE, AE = FE  FD < AE

Mà EBC ECB = 36 

EBC cân đỉnh E  EB = EC.

Ta có BF < EB (quan hệ đường xiên đường vng góc) Mà EB = EC nên BF < EC Do BD = BF + FD < EC + AE = AC

Bài 7: Cho tam giác ABC có BC cạnh lớn nhất, BM đường trung tuyến Điểm D nằm đoạn BM (D khác B) Chứng minh rằng: BDC > 90.

Trên tia đối tia MD lấy E cho ME = MB

MAE = MCB (c.g.c)  AE = BC

 

MEA MBC

Lại có BC > AB nên AE > AB

ABE có AE > AB  ABM MEA

Nên ABM > MBC

Mà BAM > BCM ( ABC có BC > AB)

Vậy AMB < BMC

 BMC > 90 MDC > MBC .

Do BDC > 90

Bài 8. Cho tam giác ABC, M trung điểm BC Chứng minh : AB + AC > 2AM.

GIẢI:

Trên tia đối tia MA lấy điểm D cho MD = MA

Xét MAB MDC có: MA = MD, AMB DMC (đối đỉnh)

MB = MC (giả thiết)

Do MAB = MDC (c.g.c)  AB = DC

Xét ADC có CD + AC > AD (Bất đẳng thức tam giác)

Do AB + AC > AD mà AD = 2AM Suy AB + AC > 2AM

Bài 9: Cho tam giác ABC, M điển nằm tam giác Chứng minh rằng: MB + MC < AB + AC

GIẢI: Vẽ đường thẳng BM cắt AC D

Vì M tam giác ABC nên D nằm giẵ A C, Suy ra: AC = AD + DC

Xét ABD có DB < AB + AD ( bất đẳng thức tam giác)  MB + MD < AB + AD (1)

Xét MDC có MC > DC + MD (2)

(bất đẳng thức tam giác)

Cộng (1) (2) vế theo vế ta có:

MB + MC + MD < AB + (AD + DC)  MB + MC < AB + AC.

GIẢI: Vẽ đường thẳng qua A vng góc với đường thẳng MC cắt đường thẳng BC D, cắt MC H Xét CAH có CH vừa đường cao ( CH  AD),

vừa đường phân giác (gt)

CAH cân C  CA = CD, HA = HD

 MA = MD (Quan hệ đường xiên hình chiếu).

Xét MBD có: MD + MB > BD (Bất đẳng thức tam giác)

Mà BD = CD + BC = AC + BC Dó MA + MB > AC + BC 3.2.CÁC BÀI TOÁN LỚP 8.

Bài Cho tứ giác ABCD Chứng minh rằng: SABCD 

1

2AC.BD. GIẢI:

Gọi O giao điểm AC BD

Vẽ BH, DK đường cao tam giác ABC, DAC Do SABCD = SABC + SDAC

=

2 BH.AC +

2 DK.AC =

2 AC.(BH + DK) Mặt khác, BH  OH  BH  OB DK OK

 DK  OD.

Mà OB + OD = BD, nên BH + DK  BD

Vậy SABCD 

2 AC.BD

Bài Cho tam giác nhọn ABC, H trực tâm tam giác Chứng minh rằng: AB + AC > AH + BH + CH

Từ suy chu vi tam giác ABC lớn

2(AH + BH + CH) GIẢI:

Vẽ HD // AC, HE // AB (D AB, E AC).

Ta có HD // AC, BH  AC (vì H trực tâm ABC)

Nên HD  BH  DB > BH.

Chứng minh tương tự ta có EC > CH Ta có: HD // AE, HE // DA

 Tứ giác AEHD hình bình hành  AD = HE AEH có HE + AE > AH  AD + AE > AH

Vậy AB + BC + AC >

2 (AH + BH + CH)

Bài Cho tam giác ABC có AB > BC Các đường phân giác AD CE Chứng minh rằng: AE > DE > CD.

GIẢI: Qua D vẽ đường thẳng song song với AC cắt AB K Ta có AD đường phân giác tam giác ABC Nên

AC CD

AB DB CE đường phân giác của tam giác ABC nên

AC EA

BC EB Mà AB > BC. Do

AC AB <

AC

BC Vậy

DC EA

DB  EB

ABC có DK // AC

theo định lí Ta-let tam giác ta có

DC KA

DB KB. Do

KA EA

KB  EB 

KA

KB + < EA EB + Hay

AB AB

KB  EB  KB > EB.

 K không trùng E Do DE cắt AC, gọi M giao điểm DE AC.

Ta có ADE > DAM (ADE góc ngồi tam giác DAM)



DAM = EAD (gt) Do ADE > EAD

Xét ADE có ADE > EAD  AE > DE (1)

Mặt khác DCE = ECA (gt), mà ECA > CED ( ECA góc ngồi CEM),

Do DCE > CED Xét DCE có DCE > CED  DE > CD (2)

Từ (1) (2) ta có AE > DE > CD

Bài Cho tam giác ABC cân A Trên cạnh BC lấy điểm D cho BD = 2CD So sánh CAD

1

2 BAD .

GIẢI: Vẽ AE đường phân giác tam giác ADB Ta có ADB > ACB = ABC nên AB > AD



EB AB

ED AD >  EB > ED  EB > 2

BD

Gọi M trung diểm BD  MB = 2

BD Vậy M nằm B E Nên BAM < BAE

ABM = ACD (c.g.c)  BAM CAD  Vậy CAD <

1

2 BAD .

Bài Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Trên AB, AC lấy M, N cho AM = AN = AH Chứng minh

AMN ABC S S  . GIẢI: Gọi K trung điểm cạnh BC

Xét ABC vuông A, AK đường trung tuyến  AK = 2

BC

Ta có AH  AK (vì AH  HK)

Do SAMN =

2 AM.AN =

2 AH.AH 

1

2 AH.AK Mà SABC =

1

2 AH.BC = AH.AK Vậy

AMN ABC S S  .

Bài Cho tam giác OBC cân O Hai đường thẳng m m’ qua B C song song với không cắt tam giác OBC Gọi A giao điểm hai đường thẳng OC m, D giao điểm hai đường thẳng MO m’ Xác định vị trí m m’ để tích AB.CD đạt giá trị nhỏ nhất.

GIẢI:

Vẽ OH  BC, OE // m (H, E  BC) m // m’ (gt) nên OE // m’ ABC có OE // AB 

OE AB =

EC BC (1);

BDC có OE // DC 

OC BE

CD BC (2) Cách 1: Từ (1), (2) ta có

OE 1 AB CD        = BE EC BC 

= 

1 1 AB CD OE Do

1

AB CD 

B

A

C

H M

 AB.CD  4OH2 (vì OE  OH) Dấu “=” xảy  AB = CD E  H

 m  BC m’  BC

Cách 2: Từ (1), (2) ta có:

2 OE

AB CD = BE EC

BC Mà BE.EC 

1

4 (BE + EC)2 = BE2 Suy AB.CD  4.OE2 Mặt khác OE  OH nên AB.CD  4.OH2

Dấu “=” xảy  BE = EC, E  H  m  BC; m’  BC

Bài Tam giác ABC có diện tích S điểm D, E, F theo thứ tự nằm cạnh AB, BC, CA cho AD = k.AB; BE = k.BC; CF = k CA.

a) Tính diện tích tam giác DEF theo S k.

b) Với giá trị k SDEF đạt giá trị nhỏ nhất.

Giải.Ta có





D

D

D D D

1 D

1

CB

CB ABC

A AB A B

k k

AB AB AB

S B

k S k S

S AB              Lại có: D D

.

B E

B E DBC

DBC

S

BE

BE

k

k

S

k S

BC

 

S



CB

 



Do SBDE = ( – k).kS

Tương tự ta có: SCFE = ( – k).kS SDAF = ( – k).kS

2 EF ( D EF AFD) (1 ) (1 3 ) D ABC B E C

S S S S S S k k S S k k

          

Vì S khơng đổi nên SDEF đạt giá trị nhỏ tam thức – 3k + 3k2 đạt giá trị nhỏ

Ta có – 3k + 3k2 =

2

1

1

1

3

2

4

4

k



















.

Dấu “=” xảy

1

0

2

k   k 

Vậy với k =

1

2 diện tích SDEF đạt giá trị nhỏ

1

4S Khi điểm D, E, F

theo thứ tự trung điểm cạnh AB, BC, CA

Bài Chứng minh tam giác vng có chiều cao ứng với cạnh huyền không đổi, tam giác vuông cân có chi vi nhỏ nhất.

Xét tam giác ABC vuông A, đường cao AH, trung Tuyến AM Chu vi tam giác ABC

P = AB + BC + AC Mà BC = 2AM  2AH Dấu “ = “ xảy H M

Ta có AB + AC 2 AB AC

= AH BC 2 AH AH.2 2AH Dấu “=” xảy H M

Do P = AB + BC + AC2AH 2AH 2 AH(1 2)

Vậy giá trị nhỏ P 2AH(1 2) H M  tam giác ABCvuông cân A.

Bài Cho tam giác vuông ABC vuông A AB = 4,1 cm; AC = 3,2 cm M điểm thay đổi cạnh BC; gọi H, K hình chiếu vng góc M AB và AC Tìm giá trị lớn diện tích tam giác HMK.

GIẢI

Tứ giác AHMK có góc vng nên hình chữ nhật nên tam giác MHK vng M

Diện tích tam giác MHK S= xy

Áp dụng định lý TaLet ta 3, 4,1

x y  

Suy

4 3, 2.4,1

1 1,64

3, 2.4,1 xy xy

   

Đáp số S lớn 1,64 (cm2)

1 3, 4,1

x y  

Hay M trung điểm BC

Bài 10 Cho tứ giác ABCD có AB2 + CD2 = BC2 + AD2.

Chứng minh SABCD 

2

4

AC BD

GIẢI: Gọi O giao điểm AC BD

Vẽ AH  BD H, CK  BD K. HAB vuông H  AB2 = HA2 + HB2

KCD vuông K  CD2 = KD2 + KC2 Nên AB2 + CD2 = HA2HB2KD2KC2

Tương tự có BC2 + AD2 = KB2KC2 HA2 HD2

x

y B

A

C M

H

Ta có HA2HB2KD2KC2 = KB2KC2HA2 HD2

HB2 + KD2 = KB2 + HD2

Ta có H  K  AC  BD  SABCD =

1

2 AC.BD  SABCD 

2

4

AC BD

Bài 11 Cho hình chữ nhật ABCD, M điểm nằm hình chữ nhật Tính giá trị nhỏ biểu thức AM.CM + BM.DM

GIẢI: Qua M vẽ HK  BC (H  BC, K  AD)

BC // AD nên HK  AD

Vẽ điểm E ngồi hình chữ nhật ABCD Sao cho AE = CM, DE = BM

MBC = EDA (c.c.c)  SMBC = SEDA

SABCD = AB.BC = KH.BC =

2

MH BC MK AD

 



 

 

= 2(SMBC + SMAD) = 2(SEDA + SMAD ) = 2SMAED

= 2(SMAE + SMED) Vẽ MI  AE, MJ  DE (I  AE, J  DE)

 MI  AM, MJ  DM

 MI.AE  MA.AE MJ.ED  ED.DM

 2SMAE  AM.CM 2SMED  BM.DM Do AM.CM + BM.DM  SABCD (khơng đổi).

Dấu “=” xảy  I  A, J D.

Bài 12 Cho tam giác ABC, M điểm cạnh BC Chứng minh rằng: MA.BC < MC.AB + MB.AC

GIẢI:

Vẽ MD // AB (D  AC) ABC có MD // AB

Suy

DA MB

AC BC  MD =

MB AC

BC

ADM có AM < MD + DA

Do MA < MC AB

BC + MB AC

BC  MA.BC < MC.AB + MB.AC

Bài 13 Cho tam giác ABC, M điểm nằm tam giác (có thể cạnh). Chứng minh MA.BC + MB.CA + MC.AB  4SABC Dấu “=” xảy nào?

Xét trường hợp

a) ABC khơng có góc tù AM cắt BC D

Vẽ BH  AD, CK  AD (H, K  AD)

Ta có MA.BC = MA(BD + DC)  MA(BH + CK)

= MA.BH +MA.CK = 2SMAB + 2SMAC Chứng minh tương tự ta có

MB.CA  2SMAB + 2SMBC MC.AB  2SMAC + 2SMBC

Do ta có: MA.BC + MB.CA + MC.AB  4SABC Dấu “=” xảy  M trực tâm ABC.

b) ABC có góc tù, giả sử A > 90.

Vẽ AB’  AC AB’ = AB

M  A M nằm AB’C (nếu không ta

vẽ AC’  AB AC’ = AC giải tương tự)

 '  '

ABB AB B (AB =AB’)  MB > MB’

Mà CBB 'CB B '  CB > CB’

Do MA.BC + MB.CA + MC.AB > MA.B’C + MB’.CA + MC.AB’ Theo a) ta có:

MA.B’C + MB’.CA + MC.AB’ 4SAB’C = 2AB’.AC

Do MA.BC + MB.CA + MC.AB > 2AB.AC > 4SABC Tóm lại: MA.BC + MB.CA + MC.AB 4SABC

Dấu “=” xảy  ABC khơng có góc tù M trực tâm ABC.

Bài 14 Cho tam giác ABC (A = 90) Từ điểm M tam giác vẽ MI  BC,

MJ CA, MK  AB (I  BC, J  CA, K  AB) Xác định vị trí điểm M

cho tổng MI2 + MJ2 + MK2 đạt giá trị nhỏ nhất.

GIẢI: Vẽ đường cao AH ABC

Tứ giác AJMK hình chữ nhật (vì A = K = J = 90)  AM = JK MKJ có M = 90 nên theo định lí Py-ta-go ta có

JK2= MK2+ MJ2 Do MJ2 + MK2 = MA2

Xét ba điểm M, A, I ta có MI + MA  AI

AH  IH  AI  AH

= MI2 + MA2 

2 AI2  AH2 Do MI2 + MJ2 + MK2 

1

2 AH2 khơng đổi MI = MA

Do “=” xảy  M nằm A I  M trung điểm AH  I  H

Bài 15 Cho tam giác ABC vuông cân A Trên cạnh AB, BC, CA lấy điểm K, L, M cho tam giác KLM vng cân K Xác định vị trí K, L, M để diện tích tam giác KLM đạt giá trị nhỏ nhất.

GIẢI: Kẻ LH  AB (H  AB)

Xét HLK AKM có: H  A 90

 

HLK AKM (hai góc nhọn có cạnh tương ứng vng góc)

Và LK = MK (KLM vuông cân K)

Do HLK = AKM  HK = AK, HK = AM HBL có H = 90; B = 45

 HBL vuông H  HL = BH

Đặt AK = x, AM = y Ta có AB = 2x + y SABC =

1

2 AB2 =

2 (2x + y)2 =

1

2 [5(x2 + y2) – (x – 2y)2]



1

2 5(x2 + y2) =

2 KM2 = 5.S KLM

(AKM có A90 nên x2 + y2 = AK2 + AM2 = KM2;

KLM vuông cân nên SKLM =

1

2 KM2)  S

KLM 

5 SABC (không đổi) Dấu “=” xảy  x = 2y  AK =

2

5 AB, AM = AC 3.3 CÁC BÀI TOÁN LỚP 9.

Bài Cho góc xOy = 50o Giữa hai tia Ox, Oy lấy tia Oz cho góc xOz = 22o Trên

A C M B H O B' A' X Z Y 220 280 N A C M B H O B' A' X Z Y 220 280 N y x A B M D E O C GIẢI

Ta chứng minh SOAB nhỏ MA = MB Xét đường thẳng A’MB’ khác đường thẳng AMB

kẻ AN // Oy (N ¿ A’B’) ⇒ ANBB’ hình bình hành ⇒ SOAB = SOANB’ < SOA’B’

Khi M trung điểm AB dựng hình bình hành OACB ⇒ OC = 134 (cm)

Kẻ AH ¿ OC, đặt AH = x (cm) Ta có:

AC H^ =BOC^ =280

Và OH + HC = OC = 134 (cm) Lại có: x = OH tan 220 ⇒OH=

x

tan 220 x = HC tan 280

⇒

HC

=

x

tan 28

0

0

0

134 134

1

tan 22 tan 28

tan 22 tan 28

x x

x

    



2

1 1

.134 2061,15353( )

2 2

OAB OACB OAC

S  S S  AH OC  x cm

Bài 2.Cho nửa đường trịn (O) đường kính AB, điểm C thuộc bán kính OA, điểm M thuộc cung AB Trên nửa mặt phẳng chứa M bờ AB, kẻ tiếp tuyến Ax, By với nửa đường trịn Đường vng góc với CM M cắt Ax, By theo thứ tự D, E.

a) Chứng minh tam giác ADC BCE đồng dạng.

b) Giả sử OA = R C trung điểm OA Tính diện tích nhỏ tứ giác ABED.

GIẢI

Ta chứng minh

     0 90 90

CDM CEM CAM CBM

DCE

   

 

 ADC BCE ( phụ với ACD)  ADC = BCE (g.g)

2

3

3

.

.

.

2 2

4

AD

AC

R R

R

AD BE

AC BC

BC

BE













Ta có:





( ) (2)

AD BE AB

S    AD BE R

AD + BE



2

AD BE

.

(3)

(Bất đẳng thức Cô-si) Từ (1), (2), (3) suy

2

3

2

4 R

S  R R

Vậy diện tích nhỏ hình thang ABED R2 3, CMOA

ABED hình chữ nhật

Bài Cho tam giác ABC không đều, ngoại tiếp đường tròn (I) nội tiếp đường tròn (O) Chứng minh AIO 90 2BC  AB + AC

GIẢI:

Gọi D E giao điểm AI với BC đường tròn (O) (E khác A) Xét ABC có AD đường phân giác 

BD AB =

DC AC . Do

BD AB =

BD DC AB AC



 =

BC AB AC .

Ta có : CIE CAI ACI   ,

  

ECI ECB ICD ,

 

CAI ECB, ACI ICD

 CIE ECI   ECI cân E  EC = EI.

Xét ABD AEC có BAD EAC  , ABD AEC

Do ABD ∽ AEC (g.g) 

BD AB

EC AE Nên

BD EC AI

AB AE AE.

OAE cân O (vì OA = OE)

Do AIO  90  EI  AI 

EI AE 

1 

BC

AB AC 

1

2  2BC  AB + AC.

Bài Cho hai đường tròn (O; R) (O; R’) cắt A B (O O’ hai nửa mặt phẳng đối bờ AB) Một cát tuyến di động qua B cắt (O) C cắt (O’) tại D cho B nằm C D Xác định vị trí cảu cát tuyến CBD để chu vi tam giác ACD nhận giá trị lớn nhất.

Kính AN đường trịn (O’) Ta có ABM = 90 ABN = 90 (góc nội tiếp chắn đường trịn)

Ta có ABM + ABN = 90 + 90 = 180 Suy M, B, N thẳng hàng

Ta có O; O’; A cố định, (O; R) (O’; R’) cố định

 M, N cố định.

Xét ACD AMN có:

 

ACD AMN ( hai góc nội tiếp chắn cung AB đường tròn (O)).

Và ADC ANM (hai góc nội tiếp chắn cung AB đường trịn (O’)).

Do ACD ∽ AMN (g.g) Vì ACD ∽ AMN 

( ) ( ) P ACD P AMN =

AC AM  P(ACD) =

( ) P AMN

AM .AC

(trong P(ACD) P(AMN) chu vi tam giác ACD, AMN) Ta có P(AMN), AM khơng đổi Do P(ACD) lớn  AC lớn nhất

 AC đường kính đường trịn (O)  CD  AB B.

Vậy tiếp tuyến CBD vng góc với AB B tam giác ACD có chu vi lớn Bài Cho BC dây cung cố định đường tròn (O, R) (BC  2R) A điểm di

động cung lớn BC Vẽ hình bình hành ABCD Xác định vị trí A để độ dài BD lớn nhất.

GIẢI: Vẽ hình bình hành OBCI

Ta có I cố định, OI = BC OI // BC Mà BC = AC, OI // AD

 Tứ giác OADI hình bình hành  ID = OA = R

Xét ba điểm I, B, D có BD  BI + ID

Nên BD  BI + R, không đổi Dấu “=” xảy  I nằm B D

Vậy A giao điểm đường thẳng qua O song song với đường thẳng BI với đường trịn (O) (A, B nằm khác phía OI OBCI hình bình hành) độ dài BD lớn

Bài Cho nửa đường tròn (O; R), đường kính AB C điểm thuộc nửa đường tròn Vẽ CH AB H Đường tròn C, bán kính CH cắt nửa đường trịn (O) D,

E Chứng minh SODCE =

x R y

M

A H O B

x

O

C B

A

D

E F

GIẢI: Nối O với C, D với E, OC  DE

Gọi I giao điểm OC DE SODCE =

1

2 OC.DE =

2 R.DE

CH  CO  CE  OE  CI  OI

 OI  R

 OI2 

4 R

 IE 

3 R

 DE  R Do SODCE = R2.

Bài Cho nửa đường trịn tâm O , đường kính AB = 2R lấy điểm H đoạn AO cho OH = x (O < x < R) Qua H vẽ đường thẳng d⊥ AB cắt nửa đường tròn tâm O M Xác định x để chu vi HMO lớn nhất.

Giải:

Đặt HM = y (O < y < R) xét HMO, có: OM2 = OH2 + HM2  x2 + y2 = R2 ( pytago) Áp dụng bất đẳng thức : (x + y)2  2(x2 + y2)

Ta được: (x + y)2 2R2 => x + y  R 2 Dấu “=” xảy  x = y =

2 R

Chu vi HMO C = OH + HM + OM

= x + y + R  R + R = ( 1 )R Vậy max C = ( 1 )R x = y =

2 R

Do x =

2 R

chu vi HMO lớn nhất.

Bài Cho đường tròn (O, R), BC dây cung cố định khác đường kính Điểm A di động cung lớn BC cho ABC nhọn Kẻ đường cao AD, BE, CF 

ABC Xác định vị trí điểm A để chu vi DEF đạt giá trị lớn nhất.

GIẢI

Tứ giác BFEC nội tiếp có đỉnh F, E nhìn BC góc

S

A H

B I

S3

S2 S1

A O B

C

H

có:

Vậy xABAFE => Ax // EF mà Ax OA => OA  EF

CMTT: ta có OB FD , OC DE

Ta có SABC = SAEOF + SBDOF + SCEOD =

.EF

2 2

OH OB DF OC DE R

  

.(EF + DF + DE ) Dó : EF + DF + DE lớn <=> SABC lớn

<=> A điểm cung lớn BC

Bài Cho nửa đường tròn ( O ), đường kính AB = 2R, điểm C chuyển động nửa đường trịn Ở phía ngồi ABC, vẽ nửa đường trịn đường kính AC, BC ; gọi diện tích nửa hình trịn S1, S2

a) CMR: tổng S1 + S2 không đổi

b) Gọi S diện tích hình giới hạn ba nửa đường trịn Tìm vị trí điểm C để S có giá trị lớn nhất.

GIẢI

a) Tổng diện tích nửa đường trịn đường kính AC, BC bằng:

S1 + S2 = 2 +

1 2

=8



.(AC2 + BC2) =8 

.AB2=8 

4R2 =

2

2 R 

không đổi b) Gọi S3 diện tích nửa hình trịn đường kính AB

Ta có: S= S1 + S2 + SABC - S3 Theo câu a, ta có S1 + S2 =

2

2 R 

= S3 => S = SABC Do S lớn nhấ t <=> SABC lớn

Kẻ CH AB, ta có:SABC =

1

2AB.CH



AB.CO =

1

2R.R = R2 (khơng đổi )

Do đó: Smax = R2 <=> H O <=> C điểm nửa đường trịn đường kính AB

Bài 10 Từ khối gỗ hình nón có bán kính đáy 12cm, chiều cao 30cm, người ta tiện thành hình trụ Tính thể tích lớn hình trụ tiện ra.

Đặt SI = x, IH = 30 – x, ta có:

3 max

640 (

)

V





cm

2

12

30

30

IB

SI

IB

x

x

IB

HA



SH









Thể tích hình trụ : V =

2

2

(30 ) (60 )

25 25

x

IB IH x  x x x

    

Vì x + x + (60 – 2x) = 60 khơng đổi nên tích (60 )x x  x đạt giá trị lớn x = 60 – 2x  x = 20

Vậy hình trụ tích lớn Vmax 640 (



cm3)

(Áp dụng : Nếu ba số dương có tổng khơng đổi tích chúng lớn ba số nhau)

Bài 11 Cho đường trịn (O) đường kính BC điểm A thuộc đường tròn (O) Kẻ đường cao AH tam giác ABC Gọi I, K theo thứ tự giao điểm đường phân giác tam giác AHB, AHC Đường thẳng IK cắt AB, AC M N Chứng minh SAMN 

1

2SABC (SAMN: diện tích tam gác AMN, SABC: diện tích tam giác ABC).

GIẢI: Gọi D giao điểm AI BC

J giao điểm BN CK



ABC có BJ, CJ hai đường phân giác

 J tâm đường trọn nội tiếp tam giác ABC  AJ đường phân giác tam giác ABC

Mặt khác có:

  90

ADH DAH   (



AHD vuông H) (1)

 90

BAC   (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)

Nên DAC BAD 90 (2)

Mà ADH BAD ( AD tia phân giác BAH) (3)

Từ (1), (2), (3) có ADH DAC 



CAD cân C  KJ AI

Chứng minh tương tự có IJ  AK

Do J trực tâm AIK  AJ  IK

AMN có AJ vưa đường cao vừa đường phân giác nên tam giác cân Vậy AMN vuông cân A

AMI ∽ AHI (vì MAI IAH , AMI AHI = 45 ) 

AM AI

AH BC nên AH  AO mà AO = BC

SAMN =

2 AM.AN = AH2 SABC =

1

2 AH.BC Vậy SAMN 

1 SABC

Bài 12 Cho tam giác ABC cạnh a điểm M chuyển động đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

a) Chứng minh: điểm M thuộc cung nhỏ AB MA + MB = MC

b) Tìm giá trị lớn biểu thức P = MA + MB + MC (khi M thuộc cung nhỏ AB)

GIẢI: a) Lấy điểm D đoạn thẳng MC cho MD = MB

 BMD cân M có BMD = 60  Tam giác BMD đều.

Suy ra: BM = BD

Ta có MBA DBC (vì bẳng 60 - ABD) MBA = DBC (c.g.c)

Do đó: DC = MA

Vậy MA + MB = CD + DM = MC

b) Do M thuộc cung nhỏ AB nên theo câu 1) có MA + MB = MC Do P = MA + MB + MC = MC + MC = 2MC  2.2R = 4R

(R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC) Vẽ OH BC H.

Dễ thấy BOH = 60 , BH = 2

BC =

a

BH = OBsinBOH Nên R = 3 a

Do P 

4 3 a Dấu “=” xảy

 M điểm cung nhỏ AB

a) Tính góc CIF

b) Chứng minh AE.AC + BF.BC không đổi EF di động nửa đường trịn c) Tìm vị trí EF để tứ giác ABFE có diện tích lớn Tính diện tích đó.

GIẢI: a) BE, AF hai đường cao ABC  CI  AB

 Tứ giác IHFB nội tiếp

 HIF HBF hay CIF EBF EOF nên EOF = 60

 CIF EBF   30

b)Ta có: ACI ∽ ABE(g.g) 

AC AB =

AI

AE  AC.AE = AB.AI

Tương tự BCI ∽ BAF (g.g)

BC BA =

BI BF

 BC.BF = BA.BI

Do đó:

AE.AC + BF.BC = AB.AI + AB.BI

= AB(AI + IB) = AB2 = 4R2 khơng đổi c)Ta có: ABC ∽ FEC (g.g)



FEC ABC S

S =

2 EF AB

      =

2

2 R

R

      =

1

4  SABFE =

3 SABC SABFE lớn  SABC lớn  CI lớn

 I  O  CAB cân  EF //AB

Khi SABC =

2 R R

= R2  S

ABFE =

4 R

Vậy SABFE lớn

4 R

EF//AB

Bài 14 Cho nửa đường trịn tâm O đường kính AB = 2R M điểm nửa đường trịn (M khác A B) Tiếp tuyến với đường tròn O M cắt tiếp tuyến Ax By với nửa đường tròn C D Gọi N giao điểm AD và BC.

a) Chứng minh MN // AC

b) Tính giá trị nhỏ tổng diện tích hai tam giác ACM BDM Khi M với vị trí nửa đường trịn đó.

a) Ta có: Ax // By ( vng góc AB) Nên ANC ∽ DNB

Ta có:

AN AC

DN BD (1)

Mà AC = CM; BD = DM (2) Từ (1) (2) 

AN CM

DN DM (3)

(3) chứng tỏ AC // MN (định lý đảo định lí Ta-lét) b) AC // MN  MNAB H

Ta có ABDC hình thang vng nên CD  AB SABCD =

1

2 (AC + BD).AB =

2 (CM + MD).2R = CD.R  2.R.R = 2R2 (*) SAMB =

1

2 AB.MH = R.MH  R.R = R2 (**) (do MH  MO) (*) (**) suy ra: SABCD_ SAMB  R2

Hay SACM + SBDM  R2 GTNN R2

Dấu “=” xảy  CD = AB (ABCD hình chữ nhật) H O  M diểm nửa đường trịn O.

Bài 15 Cho đường trịn tâm O, bán kính R điểm P cố định nằm đường tròn Hai dây cung AC BD thay đổi vuông góc với P Xác định vị trí AC BD cho diện tích tứ giác ABCD lớn nhất.

GIẢI Vẽ OH  AC, OK  BD (H AC, K  BD)

;

2

AC BD AH BK

  

Tư giác PHOK hình chữ nhật (OHP OKP KPH   900) => KH = OP không đổi

Tam giác OKH vuông O nên OK2OH2 KH2 OP2

Do : AC2BD2 



2AH



2



2BK



2 4AH24BK2

2 2 2

4(AH BK ) 4(OA OH OB OK )

     

2

4(2R OP )

Tứ giác ABCD có AC BD nên

1 ABCD

S  AC BD

Áp dụng bất đẳng thức cho hai số dương, ta có:

2

1

2

ABCD

AC BD S  AC BD 

không đổi

Dấu “=” xảy  AC = BD  OH = OK  PO tia phân giác góc HPK  AC, BD hợp với PO góc 450

Vậy AC, BD hợp với PO góc 450 diện tích ABCD lớn

Bài 16 Cho đường tròn (O; R) điểm A cho OA = R 2 Vẽ tiếp tuyến AB, AC với đường trịn Một góc xOy = 45 cắt đoạn thẳng AB AC lần

lượt D E Chứng minh rằng: a) DE tiếp tuyến đường tròn b)

2

3R < DE < R

GIẢI: a) Áp dụng định lý pitago tính AB = AC = R

 Tứ giác ABOC hình vng

Kẻ bán kính OM cho BOD = MOD  MOE = EOC

Chứng minh BOD = MOD

 OMD = OBD 90

Tương tự: OME 90  D, M, E thẳng hàng

Do DE tiếp tuyến đường tròn (O)

b)Xét ADE có DE < AD + AE mà DE = DB + EC

 2ED < AD + AE + DB + EC hay 2DE < AB + AC = 2R  DE < R

Ta có DE > AD; DE > AE; DE = DB + EC Cộng vế ta được: 3DE > 2R  DE >

2 R Vậy R > DE >

2 R

IV Kết từ thực tiễn giảng dạy: a) Đối với học sinh:

+ Điều tra hứng thú, thái độ học tập cho em điền vào phiếu với câu hỏi sau:

*Em có thích học “Bất đẳng thức cực trị hình học” khơng?

Rất thích Thích Bình thường Khơng thích

10% 10% 30% 50%

*Em có theo dõi có hiểu nội dung tốn mà trình bày khơng ?

Hiểu Hiểu Chưa hiểu

20% 30% 50%

*Em có thích tham gia vào hoạt động như: hoạt động nhóm, thảo luận nhóm, làm tập học có tập “Bất đẳng thức cực trị hình học” khơng?

Hào hứng tham gia Bình thường Khơng thích

20% 30% 50%

Qua khảo sát thu kết sau: Thái độ học tập

HS giỏi tập trung ý cao vào học với thái độ hào hứng.Tuy nhiên số học sinh trung bình chưa có thái độ học tập tích cực, chưa tập trung vào học

Hành vi HS biết phân tích đề bài, liên hệ yếu tố bàiđể hình thành bước giải.

Nhận thức

Tiếp thu kiến thức lớp vận dụng vào tập đạt tỉ lệ :

Giỏi: 10% Khá: 20% TB: 59% Yếu: 1% Kém: 0% b) Đối với giáo viên:

- Làm phong phú thêm kiến thức thân

- Tích cực, chủ động tìm tịi, sáng tạo để khai thác tốt nội lực học toán học sinh * Kết chất lượng mũi nhọn

Trong trình học tập bồi dưỡng cho em: + Năm học 2015- 2016:

- Thi “Giải toán máy tính bỏ túi” cấp tỉnh có 5/6 em đạt giải có em thi Quốc gia

+ Năm học 2016- 2017:

-Thi “Giải tốn máy tính bỏ túi” cấp tỉnh có 7/8 em đạt giải có em thi Quốc gia

- Thi “Học sinh giỏi tốn văn hóa” có 5/5 em đạt giải cấp huyện, có em dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh

C KẾT LUẬN

Qua trình dạy chuyên đề “Bất đẳng thức cực trị hình học” xin đưa số kết luận sau:

I Ý NGHĨA CỦA ĐỀ TÀI:

Lý thuyết dạng tập “Bất đẳng thức cực trị hình học” rải từ khối đến khối tất thi có liên quan đến tốn học khơng thể thiếu phần này.Chính việc dạy chun đề “Bất đẳng thức cực trị hình học”rất thiết thực có ý nghĩa để đạt mục tiêu “nâng cao chất lượng giáo dục”.Bởi :

+ Việc khai thác tốn “Bất đẳng thức cực trị hình học” giúp em rèn luyện khả sáng tạo tốn học, điều mà sống đồi hỏi người xã hội đại

+ Nắm nhiều kiến thức “Bất đẳng thức cực trị hình học” giải nhiều tập ứng dụng thơng qua nhiều thuật tốn có ý nghĩa to lớn việc vun đắp lịng say mê học toán ước mơ vươn tới vinh quang lĩnh vực nghiên cứu, khám phá vấn đề

II BÀI HỌC KINH NGHIỆM:

Trong q trình dạy học mơn tốn thân tơi nhận thấy:

+ Để có giảng hay việc dạy thầy việc học trị đạt kết cao người giáo viên phải khơng ngừng nổ lực, say mê tìm tịi nghiên cứu

+ Khơng có phương pháp tốt, khơng thể có kết cao Biết cách dạy tốn biết cách học toán, hiệu dạy học tăng gấp nhiều lần, qua phát triển tồn diện văn, thể, mỹ

+ Trong trình giảng dạy, giáo viên nên hướng dẫn cho học sinh có phương pháp học tập đắn, kết hợp linh hoạt nghe giảng, thực hành tham gia hoạt động học ghi đầy đủ

+ Tạo điều kiện để học sinh thuộc đối tượng rèn luyện phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo học tập

III KIẾN NGHỊ

có điều kiện bồi dưỡng tạo nguồn cho lớp Hàng tháng có kiểm tra phân loại kiến thức lớp nâng cao

+ Tạo kho tài nguyên để phục vụ cho việc dạy học , bồi dưỡng lớp tạo nguồn + Tổ chức tiết chuyên đề ngoại khóa, để giáo viên học hỏi đúc rút kinh nghiệm

Trên vài ý kiến cá nhân, thân tơi trong q trình dạy học tốn Do cịn thiếu kinh nghiệm lĩnh vực viết cịn nhiều thiếu sót nên mong đóng góp ý kiến đồng nghiệp Tơi xin chân thành cảm ơn !

Ngày 15 tháng năm 2017 Người thực

Bùi Thị Hoa