Cũng chính vì điều đó mà việc phân tích bài toán toạ độ trên hình phẳng tương ứng một mặt giúp học sinh hiểu được bản chất của bài toán, mặt khác giúp học sinh biết cách định hướng tron[r]
(1)A MỞ ĐẦU
I Lý chọn đề tài
Trong chương trình hình học lớp 10 có phần quan trọng hình
học phổ thơng phương pháp toạ độ mặt phẳng, phần tiếp nối hình học phẳng cấp THCS nhìn quan điểm đại số giải tích Như tốn hình học toạ độ mặt phẳng mang chất tốn hình học phẳng Tuy nhiên giải tốn hình học toạ độ học sinh thường không trọng đến chất hình học tốn ấy, phần học sinh ngại hình học phẳng nghĩ hình học phẳng khó, phần giáo viên dạy không trọng khai thác hướng dẫn cho học sinh Do hiệu giải tốn khơng cao mà phân loại dạng toán, phương pháp giải tốn khơng rõ ràng Vì vậy, thực tế u cầu phải trang bị cho học sinh hệ thống phương pháp suy luận giải tốn hình học toạ độ mặt phẳng Với ý định đó, sáng kiến kinh nghiệm muốn nêu cách định hướng tìm lời giải tốn hình học toạ độ mặt phẳng dựa chất hình học phẳng tốn
II Cơ sở lý luận đề tài
(2)giải tốn giúp học sinh hồn thiện kỹ định hướng giải toán Cần nhấn mạnh điều rằng, đa số học sinh sau tìm lời giải cho tốn hình học toạ độ mặt phẳng thường không suy nghĩ, đào sâu thêm Học sinh khơng ý đến chất hình học phẳng toán nên làm nhiều tốn hình học toạ độ khơng phân loại dạng toán chất toán
(3)B NỘI DUNG
I CÁC GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
1 Tổ chức cho học sinh hình thành kỹ giải tốn thơng qua (hay nhiều) buổi học có hướng dẫn giáo viên
2 Tổ chức rèn luyện khả định hướng giải tốn học sinh Trong yêu cầu khả lựa chọn lời giải ngắn gọn sở phân tích tốn hình học phẳng tương ứng
3 Tổ chức kiểm tra để thu thập thông tin khả nắm vững kiến thức học sinh
4 Trong tốn hình học toạ độ mặt phẳng yêu cầu học sinh thực phân tích chất hình học phẳng đưa hướng khai thác mở rộng cho toán
5 Cung cấp hệ thống tập mở rộng để học sinh tự rèn luyện II CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN
(4)học xong phần hình học toạ độ mặt phẳng lớp 10 Để tăng cường tính chủ động cho học sinh buổi học thứ cung cấp cho học sinh hệ thống tập đề thi tốn hình học toạ độ mặt phẳng cho học Yêu cầu học sinh nhà chuẩn bị lời giải , phân loại tốn thành nhóm tương tự trả lời câu hỏi :"bản chất toán gì? có tổng qt, mở rộng, phân loại dạng tốn khơng?" Bài tốn hình học toạ độ mặt phẳng xuất thường xuyên đề thi ĐH, đề thi học sinh giỏi với mức độ tương đối khó Vì để giải dạng tốn cần tìm hiểu chất xây dựng phương pháp tư giải toán đặc trưng cho loại toán Trong buổi học nghiên cứu phương pháp tư giải tốn: "phân tích chất hình học phẳng tốn hình học toạ độ tương ứng" Trước hết ta cần ý chuyển toán toạ độ tốn hình phẳng sở kiện tốn cho Sau ta phân tích tính chất hình học hình phẳng để định hướng tìm lời giải tốn
III MỘT SỐ VÍ DỤ ĐIỂN HÌNH
Các ví dụ Một tốn hình học toạ độ giải theo ba hướng sau:
H1: Giải hồn tồn theo quan điểm hình học giải tích
H2: Giải hồn tồn theo quan điểm hình học phẳng sau áp dụng vào toạ độ
H3: Khai thác yếu tố hình học phẳng để giải tốn hình giải tích
(5)Thực hành giải toán:
Bước 1: Vẽ hình phẳng biểu thị cho tốn Trên sở kiện yêu cầu toán phân tích yếu tố hình phẳng cần thiết để giải toán
Bước 2: Lập sơ đồ bước giải tốn
Bước 3: Trình bày lời giải tốn theo sơ đồ bước
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC có góc C nhọn, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác I(-2; 1) thoả mãn A IB900 Chân đường cao kẻ từ A đến BC là D(-1; -1), đường thẳng AC qua điểm M(-1; 4) Tìm toạ độ A, B biết đỉnh A có hồnh độ dương
Bước 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho toán, khai thác yếu tố hình phẳng sau:
Ta có
1
45
2
ACB sd AB AIB
, mà ADC900 suy tam giác ADC vuông cân tai D nên DA = DC
mặt khác IA = IC ID trung trực AC IDAC I
D A
B
(6)Bước 2. Lập sơ đồ bước giải toán +) Chứng minh DI AC
+) Viết phương trình đường thẳng AC: AC qua M có véc tơ pháp tuyến DI
+) Tính d(D,AC) suy DA ( ,d D AC)
+) Do AAC nên biểu thị toạ độ điểm A theo tham số a Từ độ dài DA suy toạ độ điểm A
+) Viết phương trình BD: BD qua D có véc tơ pháp tuyến DA
+) B BD nên biểu thị toạ độ điểm B theo tham số b Tam giác AIB vuông I, suy IA IB 0 từ tìm toạ độ điểm B
Bước 3. Trình bày lời giải tốn theo sơ đồ bước
Ta có
1 450
2
ACB sd AB AIB
, mà ADC900 suy tam giác ADC vuông cân tai D nên DA = DC
mặt khác IA = IC ID trung trực AC IDAC
Đường thẳng AC qua M có véc tơ pháp tuyến DI nên có phương
trình x – 2y + =
Gọi A a(2 9; )a AC , DA = (D, AC) 10d
2 40 6 5 0
5
a
DA a a
a
Do xA 0 A(1;5)
Đường thẳng DB qua D vng góc với AD nên có phương trình
x y
( 3b;b)
(7)Vậy A(1;5), B(2; -2)
Ví dụ 2. Cho tam giác ABC nhọn Đường thẳng chứa đường trung tuyến kẻ từ A đường thẳng BC có phương trình 3x5y 0 , x y 0 Đường thẳng qua A vng góc với đường thẳng BC cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC điểm thứ hai D(4; -2) Viết phương trình đường thẳng AB, AC biết xB 3
Bước 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho tốn, khai thác yếu tố hình phẳng sau:
Tứ giác CEHK nội tiếp đường tròn ECK BHK
Mà ACK ADB (góc nội tiếp chắn cung AB ) suy BHK ADB, tam giác BHD cân B, mà BK đường cao nên K trung điểm HD
Bước 2. Lập sơ đồ bước giải toán +) M AM BC suy toạ độ điểm M
+) Viết phương trình AD: qua D vng góc với BC
+) A AD AM suy toạ độ điểm A, K ADBC suy toạ độ K E
D A
B
C H
(8)+) K trung điểm DH suy toạ độ điểm H
+) B BC nên biểu thị toạ độ điểm B theo tham số t, M trung điểm của BC suy toạ độ điểm C theo tham số t
+) H trực tâm tam giác ABC nên HB AC 0 suy toạ độ B, C
Bước 3. Trình bày lời giải toán theo sơ đồ bước
Ta có
7 ( ; )
2
M AMBC M
Đường thẳng AD qua D vng góc với BC nên có pt x y 0 (1;1), K AD BC K(3; 1)
A AD AM A
Tứ giác CEHK nội tiếp đường tròn ECK BHK
Mà ACK ADB (góc nội tiếp chắn cung AB ) suy BHK ADB, tam giác BHD cân B, mà BK đường cao nên K trung điểm HD
( ; 4)
B BC B t t , M trung điểm BC suy C(7 t;3 t) H trực tâm tam giác ABC nên HB AC 0
suy t = t = (loại) Khi B(2; -2), C(5; 1)
Pt (AB): 3x + y – 4=0; pt(AC): y – =
Ví dụ 3. Cho hình vng ABCD có hai điểm M, N trung điểm
của AB, BC, biết CM cắt DN
22 11 ( ; )
5
I
Gọi H trung điểm DI, biết
đường thẳng AH cắt CD ( ;1)
2
P
Biết xA 4, tìm toạ độ đỉnh
(9)Bước 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho tốn, khai thác yếu tố hình phẳng sau:
Ta có MBCNCD CM DN
Tứ giác AMID nội tiếp đường tròn tâm E( với E trung điểm AH) suy ED = EI, mà H trung điểm DI EH DI AH DN,
mà CM DN suy CM // AH, mặt khác AM // CP nên tứ giác AMCP là
hình bình hành, P trung điểm DC tứ giác AMPD hình chữ
nhật
1
2
IE DM AP AIP
vng I
Ta có ADI cân A AI AD DC 2IP( tam giác DIC vuông I) AI 2IP
Bước 2. Lập sơ đồ bước giải toán +) Chứng minh tam giác AIP vng I
+) Viết phương trình đường thẳng AI: qua I vng góc với PI A
E
M
N
C D
B I
(10)+) Chứng minh AI = IP, A AI biểu thị toạ độ điểm A theo tham số t AI = 2IP suy toạ độ điểm A, viết phương trình AP
+) Viết phương trình DN: qua I vng góc với AP, suy toạ độ điểm H APDN, H trung điểm ID suy toạ độ điểm D
+) Viết phương trình DC: qua D vng góc với AD, suy toạ độ điểm
PAHDC, P trung điểm DC suy toạ độ điểm C
+) AB DC
suy toạ độ điểm B
Bước 3. Trình bày lời giải tốn theo sơ đồ bước
MBC NCD CM DN
Tứ giác AMID nội tiếp đường tròn tâm E( với E trung điểm AH) suy ED = EI, mà H trung điểm DI EH DI AH DN,
mà CM DN suy CM // AH, mặt khác AM // CP nên tứ giác AMCP là
hình bình hành, P trung điểm DC tứ giác AMPD hình chữ
nhật
1
2
IE DM AP AIP
vuông I
Ta có ADI cân A AI AD DC 2IP( tam giác DIC vuông I) AI 2IP
Đường thẳng AI qua I vng góc với PI nên có phương trình
3x4y 22 0 AAI A(2 ; ) t t
2
12
4 t 6
5
5
t t
t
Do xA 4 nên A(2; 4) suy pt(AP): 2x y 8 0
DN AP suy pt(DN): x – 2y = 0 16
; 5
H DNAP H
(11)Vậy A(2;4), (2;1),C(5;1), B(5; 4)D
Ví dụ 4. Cho hình vng ABCD điểm E thuộc cạnh BC Một đường thẳng qua A vng góc với AE cắt CD F, đường thẳng chứa trung tuyến AM tam giác AEF cắt CD K Tìm toạ độ điểm D biết A(-6; 6), M(-4; 2), K(-3; 0)
Bước 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho tốn, khai thác yếu tố hình phẳng sau:
AF
ABE ADF AE
nên tam giác AEF cân A, mà AM đường trung tuyến AMEF Do điểm A, E, F thuộc đường tròn tâm M bán kính MA
Bước 2. Lập sơ đồ bước giải toán
+) Chứng minh AM EF; A, E, F thuộc đường tròn tâm M +) Viết phương trình EF: qua M vng góc AM
+) Viết phương trình đường trịn (C) tâm M bán kính MA A
E
C D
B
F
(12)+) E, F giao điểm đường thẳng EF đường tròn (C), suy toạ độ E, F
+) Viết phương trình CD qua F, K Viết phương trình AD: qua A vng góc với CD, suy toạ DAD C D
Bước 3. Trình bày lời giải toán theo sơ đồ bước AF
ABE ADF AE
nên tam giác AEF cân A, mà AM là đường trung tuyến AMEF Do điểm A, E, F thuộc đường trịn tâm M bán kính MA
Đường thẳng EF qua M vng góc EA nên có phương trình
x y Phương trình đường trịn tâm M, bán kính MA là
2
(x4) (y 2) 20
Toạ độ E, F thoả mãn hệ phương trình 2 x y
(x 4) (y 2) 20
Giải hệ, suy
8 x y
x y Trường hợp 1: E(-8; 0), F(0; 4)
Viết phương trình CD qua F, K: 4x 3y12 0
Viết phương trình AD: qua A vng góc với CD, suy
6 12 ; 5
D
Trường hợp 1: E(0; 4), F(-8; 0) suy D(-6;0)
Ví dụ 5. Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu vng góc B lên AC; M, N trung điểm AH, BH Trên cạnh CD lấy điểm
K cho MNCK hình bình hành Biết
9 ; 5
M
(13)Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật ABCD biết hoành độ điểm C lớn
Bước 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho tốn, khai thác yếu tố hình phẳng
sau: MN đường trung bình tam giác HAB
1 / / ,
2
MN AB MN AB
Do MNCK hình bình hành
1 / / CK,
2
MN MN CK AB
suy K trung điểm CD
Ta có MN BC BH, MC nên N trực tâm tam giác BCM
CN BM
, mà MK // CN BM MK
Bước 2. Lập sơ đồ bước giải toán +) Chứng minh BM MK
+) Viết phương trình BM qua M và vng góc với MK, suy toạ độ
1 B BM d
+) C d nên toạ độ điểm C biểu thị theo tham số a BC CK 0
suy toạ độ C K trung điểm CD suy toạ độ điểm D
A
N
C D
B
M
(14)+) AB DC
suy toạ độ điểm A
Bước 3. Trình bày lời giải tốn theo sơ đồ bước
MN đường trung bình tam giác HAB
1 / / ,
2
MN AB MN AB
Do MNCK hình bình hành
1 / / CK,
2
MN MN CK AB
suy K trung điểm CD
Ta có MN BC BH, MC nên N trực tâm tam giác BCM
CN BM
, mà MK // CN BM MK
Viết phương trình BM qua M và vng góc với MK, suy toạ độ
1 (1; 4)
B BM d B C d 2 C a a( ; 5)
9 a BC CK a
Do xC 4
nên C(9; 4) K trung điểm CD suy D(9;0) AB DC A(1;0)
Vậy A(1; 0), B(1; 4), C(9; 4), D(9; 0)
(15)Bước 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho toán, khai thác yếu tố hình phẳng sau:
Ta có G trọng tâm tam giác ADC
2
2
3
DG DI BD BG GD
Gọi H, K hình chiếu B, D lên CM
2 2 ( , )
BH BG
BH DK d D CM
DK GD
Bước 2. Lập sơ đồ bước giải toán +) Chứng minh BH 2 ( ,d D CM)
+) Tính d(D, CM) suy độ dài BH
+) B d 1 Biểu thị toạ độ điểm B theo tham số b toạ độ điểm B
+) C thuộc CM nên biểu thị toạ độ điểm C theo tham số c CB CD 0
suy toạ độ điểm C
+) AB DC
toạ độ điểm A
Bước 3. Trình bày lời giải tốn theo sơ đồ bước A
I
C D
B
M
K
(16)Ta có
26 ( , )
65
DK d D CM
G ọi G trọng tâm tam giác ADC
2
2
3
DG DI BD BG GD
Gọi H, K hình chiếu B, D lên CM
52
2 ( , )
65
BH BG
BH d D CM
DK GD
1
B d B(b; -1-2b)
2 17 18 52
70 65 65 17 b b BH b
Vì B, D nằm khác phía CM nên b = B(2; 5) I(3;0) C CM C c(8 10; )c (c < 2)
Có
2
1 65 208 143 143
65
c
CB CD c c
c Do c < nên C(-2; 1), A(8; -1)
Vậy A(8; 1), B(2; 5),C( 2;1)
(17)Bước 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho tốn, khai thác yếu tố hình phẳng sau:
Gọi I ACBD G BN, AC suy G trọng tâm tâm tam giác BCD
2
3
CG CI AC
, mà
1
4 12
AM AC MGAC AM CG AC
Do
4
( , ) ( , )
5
CG MG d C BN d M BN
8
(H, BN) 2d(C, BN) ( , )
d d M BN
Ta có
3 1
4 2
CM AC AB AB CD NH
2
CM NH
suy tam giác MNH vuông M
Bước 2. Lập sơ đồ bước giải tốn
+) Tính d(M,BN) Chứng minh
8
( , ) ( , )
d H BN d M BN
+) H Biểu thị toạ độ điểm H theo tham số a toạ độ điểm H +) Tam giác MNH vng M suy phương trình đường thẳng MN
A
I
H D
B
N M
H G
(18)+) N BNMN toạ độ điểm N; C trung điểm NH suy toạ độ C +) N trung điểm CD suy toạ độ điểm D
+) CM 3MA
toạ độ điểm A, I, B
Bước 3. Trình bày lời giải tốn theo sơ đồ bước
Gọi I ACBD G BN, AC suy G trọng tâm tâm tam giác BCD
2
3
CG CI AC
, mà
1
4 12
AM AC MGAC AM CG AC
Do
4
( , ) ( , )
5
CG MG d C BN d M BN
8
(H, BN) 2d(C, BN) ( , )
d d M BN
Ta có
3 1
4 2
CM AC AB AB CD NH
2
CM NH
suy tam giác MNH vuông M
(3 ; )
H H a a
Ta có
1
20 32
( , ) ( , ) 45
269 269
19
a
d M BN d H BN
a
Vì H, M nằm khác phía BN nên H(3; 2) pt MH( ) :y 0 . Suy pt(MN): x + = N( 1;0) C(1;1), D( 3; 1)
Do
5 7 13
3 A ; ; ;
3 3 3
CM MA I B
Vây
5 7 13 A ; , ;
3 B 3
(19)Ví dụ 8. Cho hình bình hành ABCD có
10
BD AC
Gọi hình chiếu vng góc điểm D lên AB, BC M(-2; -1), N(2; -1) Biết AC nằm đường thẳng có phương trình x 7y0 Tìm toạ độ A C
Bước 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho tốn, khai thác yếu tố hình phẳng sau:
Gọi I trung điểm BD
BD IM IN
I
thuộc trung trực MN
Bước 2. Lập sơ đồ bước giải toán +) Chứng minh I thuộc trung trực MN
+) Viết phương trình đường trung trực MN, suy toạ độ điểm I, suy độ dài IM, BD, AC
+) Viết phương trình đường trịn đường kính AC, suy toạ độ A, C giao điểm AC đường trịn đường kính AC
Bước 3. Trình bày lời giải toán theo sơ đồ bước
Gọi I trung điểm BD
BD IM IN
I
thuộc trung trực MN. Trung trực MN có phương trình x = 0 I(0;0) IM 5 .
Do
5
2 5
2
BD
IM BD AC IA IC
Phương trình đường trịn đường kính AC
2 25
2
x y
Toạ độ A, C nghiệm hệ
2 7 25 1 2
x y x
x y y
(20)Do
7 ; , ; 2 2
A C
Ví dụ 9. Cho hình thang cân ABCD có hai đáy AD BC, biết AB = BC, AD = Đường chéo AC có phương trình x 3y 0 , điểm M(-2; -5) thuộc đường thẳng AD Viết phương trình CD biết B(1; 1)
Bước 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho tốn, khai thác yếu tố hình phẳng sau:
Tứ giác ABCD hình thang cân nên ABCD nội tiếp đường tròn
Mà AB = BC = CD BAC CAD nên AC đường phân giác góc
BAD Gọi E điểm đối xứng B qua AC suy E thuộc AD
Bước 2. Lập sơ đồ bước giải toán +) Chứng minh AC phân giác góc BAD
F
D A
B C
(21)+) Gọi E điểm đối xứng B qua AC suy E thuộc AD Viết phương trình BE, suy toạ độ điểm F BEAC, F trung điểm BE suy ra toạ độ điểm E
+) Viết phương trình AD qua E M, suy toạ độ A AD AC
+) DAD toạ độ điểm D biểu thị theo tham số, AD = suy toạ độ D. +) Viết phương trình BC qua B song song AD, suy toạ độ
CACBC
Bước 3. Trình bày lời giải tốn theo sơ đồ bước
Tứ giác ABCD hình thang cân nên ABCD nội tiếp đường trịn Mà AB = BC = CD BAC CAD nên AC đường phân giác góc
BAD Gọi E điểm đối xứng B qua AC suy E thuộc AD
Ta có pt(BE):3x y 0
3
; (2; 2) 2
F E
Pt(AD): 3x 4y14 0 A(6;1)
Ta có D thuộc AD nên D(2 ; ) t t AD = suy 12
5
t
t
Do B, D nằm hai phía AD nên
2 16 ; 5
D
Vì BC // AD nên BC có phương trình 3x - 4y + = 0 C( 3; 2) AB 5, CD 13 suy ABCD hình thang cân, mâu thuẫn với giả thiết Vậy tốn vơ nghiệm
(22)B dương diện tích hình thang 36, tìm toạ độ đỉnh hình thang
Bước 1. Vẽ hình phẳng biểu thị cho toán, khai thác yếu tố hình phẳng sau:
Ta có ACBD IDC vng cân I nên ACD450, suy tam giác
AHC vuông cân H
3
AH HC HK KC AB
2 2
9
36 16
2 4
ABCD
AB CD
S AH AB AB AB
Bước 2. Lập sơ đồ bước giải tốn +) Tính AB2 16
+) I ACBD suy toạ độ điểm I
+) A AC Biểu thị toạ độ điểm A theo tham số a B BD Biểu thị toạ độ điểm B theo tham số b
I
C D
A B
(23)+) Ta có 16 IA IB AB
suy toạ độ hai điểm A, B +) CAC Biểu thị toạ độ điểm C theo tham số c DC 2AB nên toạ độ điểm D biểu thị theo tham số c. Ta có IC = ID suy toạ độ C, D
Bước 3. Trình bày lời giải tốn theo sơ đồ bước
Ta có ACBD IDC vuông cân I nên ACD450, suy tam giác
AHC vuông cân H
3
AH HC HK KC AB
2 2
9
36 16
2 4
ABCD
AB CD
S AH AB AB AB
Ta có I ACBD suy toạ độ điểm I(3; 1)
Gọi A(a; 4-a), B(b; 2- b)
Ta có 16
IA IB AB
suy toạ độ hai điểm A(1; 3), B(5; 3) Do CAC C(c; 4-c ) Mà DC2AB D c( 8; 4 c)
Ta có IC = ID suy toạ độ C(7; -3), D(-1; -3) Vậy A(1; 3), B(5; 3), C(7; -3), D(-1; -3) IV Bµi häc kinh nghiƯm:
- Trớc tốn, ngời thày phải biết hớng dẫn học sinh tự giải, biết tìm hớng đắn Bởi số tốn địi hỏi phải sáng tạo, địi hỏi phải có t định mói giải đợc
(24)- Bản thân tự cảm thấy đề tài cịn nhiều hạn chế Do tơi mong ngời đọc đóng góp ý kiến xây đựng đề tài, để đề tài ngày hoàn thiện
- Hiện đa số thầy cô giáo biết phơng pháp Tuy nhiên ứng dụng cha đợc nghiên cứu cách tổng thể Do mong kinh nghiệm nhỏ nhoi tơi giúp ích đợc phần cho công tác giảng dạy trờng phổ thông
Lạng giang , ngày 25 tháng năm 2015 Ngêi viÕt s¸ng kiÕn
Nhận xét tổ chuyên môn
(25)
NhËn xÐt H§KH cđa Nhµ trêng
Nhận xét HĐKH Sở giáo dục - đào tạo tỉnh
Danh Mục sách tham khảo
STT Tên sách Tác gi¶
1 Tuyển tập : 30 năm, năm TH&TT, cỏc chuyờn
TH&TT, báo TH&TT hàng tháng
2 Các đề thi HSG toàn quốc
Các đề thi Olimpic 30/4
(26)Sở giáo dục - đào tạo tỉnh Bắc Giang Trờng THPT Lạng giang số
-
-sáng kiến kinh nghiệm Tên đề tài:
“KHAI THÁC YẾU TỐ HÌNH ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TON HèNH PHNG OXY
{{{{{{
Giáo viên thực hiện : Đặng Khắc Quang Tổ : Toán
Trờng : THPT Lạng Giang số
(27)Năm học 2014 2015
MỤC LỤC
Trang
A Mở đầu
I Lý chọn đề tài .1
II Cơ sở lý luận đề tài
B Nội dung I Các giải pháp thực
II Các biện pháp tổ chức thực
III Một số ví dụ điển hình
(28)