intTypePromotion=1

Sáng kiến kinh nghiệm: Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hình học hóa

Chia sẻ: Thanhbinh225p Thanhbinh225p | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:17

0
361
lượt xem
37
download

Sáng kiến kinh nghiệm: Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hình học hóa

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mời các bạn cùng tham khảo tài liệu Sáng kiến kinh nghiệm: Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hình học hóa. Tài liệu được viết với các nội dung: Lí do chọn đề tài, cơ sở lý luận và thực tiễn, tổ chức thực hiện các giải pháp, hiệu quả của đề tài, đề xuất khuyến nghị khả năng áp dụng, tài liệu tham khảo.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm: Chứng minh bất đẳng thức bằng phương pháp hình học hóa

  1. 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
  2. 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
  3. - 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((x0;y0). Khi đó khoảng cách từ ax 0  by0  c M đến  được tính theo công thức : d (M, )  a 2  b2  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 c2 minh rằng: x2+y2  . a 2  b2 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, ) uuuur OM  (x; y)  OM= x 2  y 2 a.0  b.0  c c OH = d (O, )   a 2  b2 a 2  b2 3
  4. c c2 Vậy OM  OH  x 2  y 2   x2  y 2  . (đ.p.c.m) a 2  b2 a 2  b2 Bài toán 2: Cho am + bn = c , a2+b2  0. Chứng minh rằng: (2 a  b  c) 2 (m 2) 2  (n  1) 2  . a 2  b2 Bài giải: Xét đường thẳng  : ax + by – c = 0, A(2;-1) và M(m; n)   Ta có : AM  d(A;  ) uuuur AM  (m  2; n  1)  AM  (m  2) 2  (n  1) 2 2.a  b c d(A;  ) = a 2  b2 2.a  b c Vậy AM  d(A;  )  (m 2)2  (n  1)2  a 2  b2 (2 a  b  c) 2  (m 2) 2  (n  1) 2  (đ.p.c.m) a 2  b2 - Bài toán tương tự: Bài 20b sgk trang 112 Đại số 10 nâng cao: Chứng minh rằng 4x- 3y=15 thì x2+y2  9 - Gợi ý : Xét  :4x-3y -15 =0 , M(x; y)   . So sánh OM và d(O ;  ) Bài toán 3 : Cho a2+b2 =1. Chứng minh bất đẳng thức 3a  4b  5 Bài giải : Xét đường thẳng  : 3x +4y - (3a + 4b) = 0 khi đó M(a;b)   Ta có: d(O;  )  OM 3.0  4.0  (3a  4b) 3a  4b d(O;  ) =  32  42 5 uuuur OM  (a; b)  OM  a 2  b2  1 3a  4b Vậy d(O;  )  OM   1  3a  4b  5 (đ.p.c.m) 5 Bài toán 4: Cho a2+b2=1. Chứng minh bất đẳng thức: 5a 2  24ab  5b 2  13 . Bài giải : Xét đường thẳng  : 5x + 12y - (5a2 -5 b2+24ab) = 0 , khi đó M(a2- b2; 2ab)   Ta có : d(O;  )  OM 5.0  12.0  (5a 2  12ab  5b 2 ) 5a 2  12ab  5b 2 d(O;  ) =  52  122 13 uuuur OM  (a 2  b 2 ; 2 ab)  OM  ( a 2  b 2 ) 2  (2 ab) 2  (a 2  b 2 ) 2  1 5a 2  12ab  5b 2 Vậy d(O;  )  OM   1  5a 2  24ab  5b 2  13 (đ.p.c.m) 13 Bài toán 5: Cho 4 số thực a, b, c, d .Thỏa mãn: a2+b2 =1 và c2+d2 =1. Chứng minh đẳng thức: a(c d)  b(c d)  2 Bài giải: Xét đường thẳng  : x+ y - [a(c-d)+b(c+d)]=0 . Khi đó M(ac+ bd; bc - ad)   4
  5. Ta có : d(O;  )  OM a(c d)  b(c d) d(O;  ) = 2 uuuur OM  (ac bd; bc ad)  OM  (ac  bd ) 2  (bc ad) 2  a 2 c 2  2abcd  b 2 d 2  b 2c 2  2abcd  a 2 d 2  a 2c 2  b 2 d 2  b 2c 2  a 2 d 2  (a 2  b 2 )(c 2  d 2 )  1 a(c d)  b(c  d) Vậy d(O;  )  OM   1  a(c d)  b(c d)  2 (đ.p.c.m) 2 - Các bài toán tương tự : 1) Bài 20a sgk trang 112 Đại số 10 nâng cao: Chứng minh bất đẳng thức : Nếu x2+y2=1 thì x  y  2 . - Gợi ý : Xét đường thẳng  : a +b -(x+y) =0 và M (x ; y)   So sánh d(O;  ) và OM. 2) Cho a2+b2 =1. Chứng minh bất đẳng thức: 3a 2  2ab  3b2  2 - Gợi ý: Xét đường thẳng  : 3x  y  ( 3 a 2  2 ab 3 b 2 )  0 và M(a2 - b2; 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(xM;yM) - Nếu yM < f(xM) thì M nằm phía dưới đường cong y=f(x) - Nếu yM = f(xM) thì M thuộc đường cong y = f(x) - Nếu yM > f(xM) 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
  6. 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: a2  2a  5  a2  2a  5  2 5 Bài giải: Xét 3 điểm A(1; 2), B(-1; -2), M(a; 0) Ox. Ta thấy yA.yB=2.(-2)=-4
  7. Bài toán 2: Cho hai số thực a, b thỏa mãn 3a - b+7 = 0. Chứng minh bất đẳng thức: a2  b2  2a  12b  37  a 2  b2  6a  6b  18  5 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  (a  1) 2  (b 6) 2  a 2  b 2  2a  12b  37 MB  (a  3)2  (b 3) 2  a 2  b 2  6a  6b  18 AB  (3  1) 2  (3  6) 2  5 Ta có MA + MB  AB  a2  b2  2a  12b  37 + a2  b2  6a  6b  18  5 (đ.p.c.m) - Bài tập tương tự: 1) Chứng minh rằng, với mọi số thực a ta đều có bất đẳng thức: a2  2a  2  a2  6a  10  2 2 - 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 : x2  2x  5  x2 12x  136  13 . - 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 : x 2  2 x  5  x 2  12 x  136  89 . 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  (x  1)2  22  x 2  2 x  5 MB  (x  6)2  102  x 2  12 x  136 AB  (6  1) 2  (10  2) 2  89 Ta có : MA  MB  AB  x 2  2 x  5  x 2  12 x  136  89 (đ.p.c.m) - Bài toán tương tự : Chứng minh rằng mọi số thực a ta đều có : a 2  4a  8  a 2  2a  2  10 - 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 : a2  4  a2  2ab  b2  1  b2  6b  10  5 . Bài giải: Xét 4 điểm A(0;-1), B(3;3), M1(a;1) 1 :y =1 và M2(b;2)   2 : y=2 . 7
  8. Hình 6 Ta thấy A,B nằm khác phía với cả 1 và  2 (hình 6) nên AM1 + M1M2 + M2B  AB. AM1  a 2  4 M1M2= (a  b)2  (1)2  a 2  2ab  b 2  1 M2B= (b 3) 2  (2  3) 2  b 2  6b  10 AB  32  42  5 Vậy AM1+M1M2+M2B  AB  a2  4  a2  2ab  b2  1  b2  6b  10  5 . (đ.p.c.m) - Bài toán tương tự : Cho 4 số thực a, b, c, d ta luôn có : a2  2a  5  a2  2ab  b2  1  b2  2bc  c2  1  c2  2dc  d 2  1  d 2  10d  26  6 2 - Gợi ý : Xét A(-1;-1), M1(a;1)  1 : y=1, M2(b;2)   2 : y=2, M3(c;3)  3 :y=3, M4(d;4)   4 : y=4 và B(5;5). 3. Dạng sử dụng vị trí tương đối giữa các đường cong.  Cho đường tròn (C1) có tâm I1 và bán kinh R1 và (C2) có tâm I2 và bán kính R2. (C1) và (C2) ngoài nhau có d = I1I2 , M1 di động trên (C1) và M2 di động trên (C2). Khi đó M1M2  d - (R1+R2) = AB. Hình 7 8
  9.  Cho đường tròn (C1) có tâm I1 và bán kinh R1 và (C2) có tâm I2 và bán kính R2. (C1) đựng (C2) (R1 > R2) có d = I1I2 , M1 di động trên (C1) và M2 di động trên (C2). Khi đó M1M2  R1 –( d +R2)= AB. Hình 8 Bài toán 1: Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn : a2 + b2 - 2( a+ b) = 0 và a2 +d2 - 10(c + d) + 48 = 0. Chứng minh bất đẳng thức (a - c)2 +(b - d)2  8 Bài giải : Ta có : a 2  b2  2(a  b)  0  (a 1) 2  (b 1) 2  2 c 2  d 2  10(c d )  48  0  (c 5) 2  ( d  5) 2  2 Xét đường tròn (C1) : ( x  1)2  (y 1)2  2 có tâm I1(1;1) có bán kính R1= 2 (C2): ( x  5)2  (y 5)2  2 có tâm I1(5;5) có bán kính R2= 2 Lấy M1(a;b) đi động trên (C1 ) và M2(c;d) di động trên (C2) d = I1I2 = 42  42  4 2 M1M2= (a  c) 2  (b d) 2 Vì d > R1+R2 nên (C1) và (C2) ngoài nhau nên M1M2  d - (R1+R2)  (a  c) 2  (b  d) 2  4 2 -( 2 + 2 )=2 2  (a  c)2  (b d) 2  8 (đ.p.c.m) Bài toán 2: Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn: a2 + b2 - 2a + 2b – 14 = 0 và c2 + d2 - 4d = 0. Chứng minh rằng (a  c) 2  (b d) 2  2  2 . Bài giải: Ta có: a2 + b2 - 2a + 2b – 14 = 0  (a-1)2 + (b+1)2=16 c2 + d2 + 4d = 0  c2 + (d + 2)2 = 4 Xét đường tròn (C1) : (x-1)2+(y +1)2 =16 có tâm I1(1;-1) có bán kính R1= 4 (C2): x2+(y +2)2 = 4 có tâm I2(0;-2) có bán kính R2 = 2 9
  10. Hình 9 Lấy M1(a; b) di động trên (C1 ) và M2(c; d) di động trên (C2) d= I1I2= 12  12  2 M1M2 = (a  c) 2  (b d) 2 Từ hình 9, ta thấy (C1) đựng (C2) nên ta có M1M2  R1  (R 2  I1I2 )  (a  c) 2  (b  d) 2  4-(2+ 2 )  (a  c) 2  (b  d) 2  2- 2 (đ.p.c.m) - Bài toán tương tự: Cho 4 số thực x, y, z, t sao cho : x2 + (y-1)2 = 4 và z2 + t2 - 4z + 10t +28=0. Chứng minh rằng : ( x  z ) 2  (y t )2  2 10  3 - Gợi ý: Xét đường tròn (C1) có tâm I1(0;1) bán kính R1=2 và (C2) có tâm I2(2;-5) bán kính R2=1. Bài toán 3 : Cho 4 số thực a, b, c, d thõa mãn: a2+b2 =1 và c2 – d + 3= 0. Chứng minh bất đẳng thức: c2 + d2 - 2ac - 2bd – 3  0 . Bài giải: Ta có c2 + d2 - 2ac - 2bd – 3  0  a2+b2+ c2 + d2 - 2ac - 2bd –4  0 2 2  (a- c) +(b- d)  4 Xét đường tròn (C): x2+y2=1 có tâm O(0;0) , bán kính R=1 và parapol (P): y = x2 +3 có đỉnh I(0;3) Hình 10 10
  11. 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 2 2  c + d - 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 a2+b2=4 nên ta biến đổi: 2(a+b)+6=a2+b2+2(a+b)+2 = (a+1)2+(b+1)2 22- 6(a+b) =a2+ b2- 6(a+b)+18 = (a-3)2+(b-3)2 Xét đường tròn (C): x2+y2 = 4 có tâm O(0; 0) và bán kính R = 2 Lấy M(a;b) di động trên (C), A(-1;-1) và B(3;3) OA= 2 < R nên A nằm trong đường tròn (C) OB = 3 2 > R nên B nằm ngoài đường tròn (C) Hình 11 Dựa vào hình 11, ta thấy : MA+ MB  AB MA= (a  1)2  (b 1)2 ; MB = (a  3) 2  (b 3) 2 ; AB= 4 2 Vậy MA+ MB  AB  (a  1)2  (b 1)2 + (a  3) 2  (b 3) 2  4 2  2(a  b)  6  22  6(a  b)  4 2 (đ.p.c.m) - Bài toán tương tự : Cho 4 số thực a, b, c, d thỏa mãn : a2+b2 =1 và c + d = 3 . 96 2 Chứng minh rằng : ac + bd + cd  . 4 - Gợi ý : Xét đường tròn (C): x2+y2 =1 và đường thẳng  : y = x-3 96 2 2 2 (3  2) 2 Biến đổi : ac + bd + cd   (a-c) + (b-d)  . 4 2 2 2 M(a;b) di động trên (C), N   và MN  d(A;  ) với A( ;  ) thuộc(C). 2 2 11
  12. 4. Dạng sử dụng các công thức tính diện tích.  Cho tam giác ABC có AB = c; BC = a; AC =b. Diện tích tam giác ABC: 1 1 1 + S = a.b.sinC= a.c.sinB= b.c.sinA 2 2 2 1 1 1 + S = a.ha= b.hb= c.hc với ha; hb; hc lần lượt là độ dài các đường cao của tam 2 2 2 giác ABC vẽ từ A, B, C. abc + S = p(p a)(p b)(p c) ; p= 2 Bài toán : Cho a, b, c là 2 số thực dương và a > c, b > c. Chứng minh bất đẳng thức: c(a  c)  c(b c)  ab . Bài giải: Do a, b, c là 2 số thực dương và a > c, b > c nên tồn tại tam giác AB= a ; AC= b ; AH= c (Hình 12) Từ đó ta có : BH= a  c ; HC= b  c Hình 12 Diện tích tam giác ABC: 1 1 1 S = AB.AC.sinA= a b .s inA  ab .s inA (1) 2 2 2 1 1 1 1 Mặt khác: S= AH .H C  AH .HB  c a  c  c b  c 2 2 2 2 1  ( c( a  c)  c(b  c)) (2) 2 1 1 Từ (1) và (2) ta có: ( c(a  c)  c(b  c))  ab .SinA 2 2  c(a  c)  c(b  c)  ab .SinA  ab  c(a  c)  c(b  c)  ab Dấu đẳng thức xảy ra khi tam giác ABC vuông tại tại A 1 1 1 1 1 1  2  2  2    (đ.p.c.m) AH AB AC c a b 12
  13. - Bài toán tương tự: Chứng minh rằng , với mọi số thực dương a,b,c ta đều có : a 2  c 2 . b2  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
  14. 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 tốt hơn nắm tốt hơn, có thể 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 có thể đưa về các bài 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 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 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 sai sót mong các Thầy Cô 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
  15. VII. PHỤ LỤC trang Sơ lược lý lịch khoa học. 1 I. Lý do chọn đề tài 2 II. Cơ sở lý luận thực tiễn. 2 III. Tổ chức thực hiện giải pháp. 3 1. Dạng toán sử dụng công thức tính khoảng cách từ một điểm 3 đến một đường thẳng 2. Dạng sử dụng khoảng cách từ hai điểm đến một hay nhiều 5 đường thẳng. 3. Dạng sử dụng vị trí tương đối giữa các đường cong. 8 4. Dạng sử dụng các công thức tính diện tích 12 V. Hiệu quả của đề tài 14 VI. Đề xuất, khuyến nghị khả năng áp dụng 14 VI. Danh mục tài liệu tham khảo 14 VII. Phục lục 15 15
  16. SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Trường THPT Nguyễn Đình Chiểu Độc lập - Tự do - Hạnh phúc Long Thành,ngày 18 tháng 05 năm 2015 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2014-2015 ––––––––––––––––– 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  - Phương pháp dạy học bộ môn: Toán  - Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác:  Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng:Tại đơn vị Trong Ngành  1. Tính mới: - Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đảm bảo tính khoa học đúng đắn  - Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học đúng đắn  - 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  2. Hiệu quả: - Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao  - Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã thực hiện trong toàn ngành có hiệu quả cao  - Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao  - Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có,đã thực hiện tại đơn vị có hiệu quả  - Giải pháp mới gần đây đã được áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình , nay tác giả tổ chức thực hiện có hiệu quả cho đơn vị . 3. Khả năng áp dụng: - Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan,đơn vị,cơ sở GD và ĐT Trong ngành  - Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan,đơn vị,cơ sở GD và ĐT  Trong ngành  - Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong cơ quan,đơn vị,cơ sở GD và ĐT Trong ngành  Xếp loại chung: Xuất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại  - 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 XÁC NHẬN CỦA TỔ THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ HIỆN SKKN CHUYÊN MÔN 16
  17. Trịnh Thị Thúy Hạnh Phan Hà Anh Thư Từ Ngọc Long 17
ADSENSE
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2