SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÌM ĐIỂM THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƯỜNG THPT NGUYỄN HỮU CẢNH
Mã số:
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
TÌM ĐIỂM THỎA MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC
Người thực hiện: LÊ QUANG THÂN.
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục 
- Phương pháp dạy học bộ môn: TOÁN 

- Lĩnh vực khác: 

Có đính kèm: Các sản phẩm không thề hiện trong bản in SKKN
 Mô hình  Phần mềm  Phim ảnh  Hiện vật khác
Năm học: 2011-2012
BM 01-Bia SKKN
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: LÊ QUANG THÂN
2. Ngày tháng năm sinh: 20 – 1 – 1956
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: 1/D2, Khu phố 1, phường Long Bình Tân, thành phố Biên Hoà, tỉnh
Đồng Nai.
5. Điện thoại: 061.3834289 (CQ)/ (NR); ĐTDĐ: 0902747441
6. Fax: E-mail:
7. Chức vụ: Tổ trưởng tổ TOÁN – TIN
8. Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân
- Năm nhận bằng: 1978

- Chuyên ngành đào tạo: Sư phạm Toán
III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Dạy toán THPT.
Số năm có kinh nghiệm: 34
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
• 26 bài toán cơ bản và nâng cao về mặt phẳng.
• Các bài toán cơ bản và nâng cao về lập phương trình đường thẳng trong
không gian.
• 35 bài toán từ cơ bản đến nâng cao về lập phương trình đường thẳng
trong mặt phẳng
• 38 bài toán từ cơ bản đến nâng cao về đường tròn trong mặt phẳng
• 48 dạng toán từ cơ bản đến nâng cao đối với hàm số
ax b
y
cx d
+
=
+
.
2
BM02-LLKHSKKN
Tên SKKN : “ MỘT SỐ BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐIỂM THỎA MÃN ĐIỀU
KIỆN CHO TRƯỚC”
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
1. Đây là một dạng toán không được đề cập nhiều lắm trong chương trình,
học sinh gặp nhiều khó khăn khi giải loại toán này.
2. Phạm vi ra đề rộng, có thể ra đề đối với hàm số, đối với hình học không
gian, hình học 2 tọa độ, hình học 3 tọa độ.
3. Là một trong những dạng toán thường gặp trong các kỳ thi đại học, nhất
là trong những năm gần đây.

II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1. Cơ sở lý luận
Kiến thức cơ bản được trình bày trong sách giáo khoa cơ bản và nâng cao
THPT.
2. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài
• Phát biểu bài toán tổng quát
• Xây dựng phương pháp giải bài toán đó
• Nêu bài toán cụ thể để áp dụng phương pháp trên
(Cũng có thể giải bài toán cụ thể từ đó học sinh có thể dựa vào bài
toán tổng quát mà ra đề toán tương tự để thực hành phương pháp giải
cho lớp các bài toán đó).
Bài toán 1: Cho 2 điểm A, B và đường thẳng d. Tìm điểm M trên đường thẳng d
sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Nhận xét: Đây là bài toán đơn giản, ta chia 2 trường hợp:
Trường hợp 1:
• A, B nằm về 2 phía đường thẳng d thì MA + MB
AB
≥
, dấu đẳng thức xẩy
ra khi và chỉ khi A, M, B thẳng hàng . Từ đó xác định được điểm M thỏa
mãn yêu cầu bài toán.

d
A
B
M
Trường hợp 2 :
3
BM03-TMSKKN
• A, B nằm cùng phía với đường thẳng d khi đó gọi A’ là điểm đối xứng với A

qua d ( d là đường trung trực của đoạn thẳng AB), ta có
' 'MA MB MA MB A B
+ = + ≥
, dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A’, M, B
thẳng hàng. Từ đó xác định được điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán.

d
A
A'
B
M
Ta có thể ứng dụng bài toán này để giải các bài toán khó hơn.
Bài toán 2: Cho tam giác ABC và đường thẳng d . Hãy tìm trên đường thẳng d
điểm M sao cho nhỏ nhất.
Giải : Gọi
N AB
∈
thỏa 2 khi đó
2 2( ) 3MA MB MN NA MN NB MN
+ = + + + =
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
⇒
2 3 3 3MA MB MC MN MC
+ + = +
uuur uuur uuur uuur uuur
= 3(MN + MC).
nhỏ nhất 3(MN + MC) nhỏ nhất MN + MC nhỏ
nhất, khi đó bài toán đưa về bài toán 1 là tìm trên d điểm M sao cho MN + MC nhỏ
nhất.

A
N
B
C
d
C'
M
Bài toán 3: Cho tam giác ABC và đường thẳng d . Hãy tìm trên đường thẳng d
điểm M sao cho nhỏ nhất
4
Giải : Gọi
N AB
∈
,
P AC
∈
thỏa . Khi đó
tương tự bài toán 2 ta có:
4 3 2 5
MA MB MC MA
+ + +
uuur uuur uuur uuur
= 7(MN + MP). Bài toán
đưa về bài toán 1 là tìm trên d điểm M sao cho MN + MP nhỏ nhất.
Có thể tổng quát hóa bài toán 3 để được bài toán mới
Bài toán 4: Cho tam giác ABC và đường thẳng d . Hãy tìm trên đường thẳng d
điểm M sao cho nhỏ nhất. Với k
1
, k
2

, k
3
, k
4
là các số thực dương thỏa mãn: k
1
+ k
2
= k
3
+ k
4
.
Bài toán 4 được giải hoàn toàn tương tự như bài toán 3. Như vậy từ các bài toán
cơ bản đơn giản ta đã đi đến một lớp các bài toán phức tạp hơn.
Bài toán 5: Cho 2 điểm A, B và đường thẳng d. Tìm điểm M trên đường thẳng d
sao cho lớn nhất.
Giải :
Trường hợp 1:
• A, B nằm cùng phía với đường thẳng d , ta có dấu đẳng
thức xẩy ra khi và chỉ khi M, A, B thẳng hàng, khi đó lớn nhất.
( vì M nằm cùng phía với A, B). Vậy xác định được điểm M thỏa mãn yêu
cầu bài toán.

M
d
B
A
Trường hợp 2:
• A, B nằm về 2 phía của đường thẳng d, khi đó gọi A’ là điểm đối xứng của

A qua d nên (không đổi), dấu đẳng thức
xẩy ra khi và chỉ khi M, A’, B thẳng hàng, khi đó lớn nhất. Vậy
xác định được điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán.
5

M
d
B
A'
A
Nhận xét: Một số học sinh thường gặp sai lầm trong trường hợp 2 vì kết luận là
không tìm được điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Bài toán 6: Cho tứ diện ABCD và đường thẳng d, mặt phẳng (P). Tìm trên d,
trên (P) điểm M thỏa mãn nhỏ nhất.
Giải: Gọi S = , gọi G là trong tâm tứ diện. Ta có:
+
nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất. Khi
đó :
• Nếu M thì M là hình chiếu vuông góc của G lên d.

A
B
C
D
G
d
M

• Nếu M thì M là hình chiếu vuông góc của G lên (P).
6

A
B
C
D
G
M
Nhận xét: Trong 6 bài toán trên ta đều có thể phát biểu trong mặt phẳng tọa độ
Oxy, hoặc không gian tọa độ Oxyz.
Bài toán 7: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn(C). Tìm trên trục ox
điểm M, trên trục oy điểm N sao cho đường thẳng MN tiếp xúc với (C) và tam
giác OMN có diện tích bằng .
Giải bài toán với : (C):
Giải:
• Nhận thấy (C) có tâm là I( và có bán kính R = 1
• Giả sử M(m; 0); N(0; n) khi đó đường thẳng qua M, N có phương trình
• có diện tích S = . Theo đề có = 2
• Nếu mn = 2 phương trình nx + my +2 = 0
tiếp xúc với (C) d(I;
thế vào (2) được m = và
n = (i)
• Nếu mn = 2 phương trình nx + my 2 = 0
tiếp xúc với (C) d(I;
7
(4). Từ (3) và (4) thì m , n là 2 nghiệm phương trình:
X
2
X + 2 = 0 ( vô nghiệm). Vậy không có m thỏa mãn (3) và (4) (2i)
• Từ (i) và (2i) có 2 cặp điểm M, N thỏa mãn bài toán là: M( ; 0) và N(0;
), hoặc M( và N(0; ).

Bài toán 8: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm M(m; n) ( với m, n > 0), tìm
điểm A , B lần lượt thuộc trục hoành và trục tung sao A, M, B thẳng hàng ( với
x
A
> 0; y
B
> 0 ) và thỏa mãn một trong 3 điều kiện sau:
1) Diện tích tam giác OAB nhỏ nhất.
2) OA + OB nhỏ nhất
3) nhỏ nhất.
Giải bài toán với M(4; 3).
Phương pháp giải:
• Giả sử A(a; 0), B(0; b) (với a > 0 và b > 0)
• Đường thẳng d qua A và B có phương trình :
• Vì (1)
1) Gọi S là diện tích tam giác ABC khi đó S = .
• Từ (1) . Dấu dẳng thức xẩy ra (2).
• Thế tọa độ của M vào (2) sẽ tìm được a và b kết luận
Đáp số câu 1: A(8; 0) và B(0; 6)
2) Từ (vì a > 0 nên b >
OA + OB = a + b =
Dấu dẳng thức xẩy ra giải tìm được b, chọn b thỏa *, thế
vào (3) tìm được a từ đó suy ra A, B.
Đáp số câu 2: A(6; 0) và B(0; 9)
3) Ta có
8
(4) ( bất đẳng thức Bunhiacopxki)
Vậy minS = . Giải hệ này tìm được a và b
Khi M(4; 3) thì hệ (5) là
Bài toán 9: Cho 2 điểm A, B và mặt phẳng (P). Tìm trên (P) điểm M thỏa mãn

MA + MB nhỏ nhất.
Giải bài toán với : A(1; –2; 1); B(2; 1; –3) và (P): x – 3y – z – 1 = 0.
Giải:
• Thế 3 tọa độ của A và B vào vế trái phương trình (P) được 2 số t
A
= 5 và
t
B
= 1. Vì t
A
t
B
= 5 > 0 nên A và B nằm về cùng một phía với mặt phẳng (P).
• Gọi A’ là điểm đối xứng của A qua (P). Khi đó (P) là mặt phẳng trung trực
của đoạn AB nên khi thì MA = MA’ (1)
• Từ (1) . Dấu đẳng thức xẩy ra A’, B,
M thẳng hàng , hay M trùng với M’ = . Khi đó nhỏ
nhất.
• Tìm M ?

B
A
A'
M
M'
+ Tìm được A’( ) phương trình A’B:
+ A’, B, M thẳng hàng . Tìm được M(
) thỏa bài toán.
9
Nhận xét: Nếu A, B nằm về 2 phía của mặt phẳng (P) thi M thỏa bài toán khi và

chỉ khi M, A, B thẳng hàng . Từ đó xác định được M
Bài toán 10: Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : và 2 điểm A; B
Tìm trên d điểm M thỏa mãn MA + MB nhỏ nhất.
Giải bài toán với : d: ; A(0; 1; 2), B(2; 0; 3).
Giải:
Gọi A
1
, B
1
lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B lên d.
Gọi k = . Gọi M
0
là điểm thuộc d thỏa mãn (1).
Gọi (P) là mặt phẳng xác định bởi d và A, trong (P) gọi B
2
là điểm thỏa mãn
(2)
Từ (2) ta có 2 tam giác M
o
AA
1
và tam giác M
o
B
2
B
1
đồng dạng nên có:
M . Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A, M, B
2

thẳng hàng ( vì từ (1) và (2) thì của đường thẳng d trong
mặt phẳng (P)). Khi đó M trùng M
o
. Vậy xác định được điểm M thỏa mãn yêu cầu
bài toán.
Tìm được: A
1
(1; 2; 1))
và B
1
(3; 1; 2) thế vào (1) được M
o
là trung điểm của A
1
B
1
M
o
(2; ) hay M(2; ) thỏa yêu cầu bài toán.
10
B1
d
B
B2
A1
A
M0
Bài toán trên có thể giải bằng cách 2 như sau:
Phương trình tham số của đường thẳng d: ;
MA + MB =

= + = +
= +
Khi đó trong mặt phẳng tọa độ Oxy ta chọn 3 điểm A
0
(0; ; B
o
(1; và
I(t; 0; 0) khi đó: MA + MB = (A
o
I + B
o
I)
MA + MB nhỏ nhất khi và chỉ khi A
o
I + B
o
I nhỏ nhất
(vì với cách chọn A
0
, B
o
như trên thì A
0
, B
o
nằm về 2 phía của trục hoành, I thuộc
trục hoành)
11

Chú ý: + Trong cách giải 2 ở trên, 2 điểm A

0;
B
0
thuộc mặt phẳng tọa độ Oxy, và 2
điểm A
0;
B
0
phải lấy về 2 phía của trục hoành, I thuộc trục hoành nên chỉ cần A
0;
B
0
, I thẳng hàng là MA + MB nhỏ nhất.
+ Trong 2 cách giải thì nên chọn cách giải 2 bài toán trở nên đơn giản hơn.
Có thể đưa ra cách giải 2 trong trừng hợp tổng quát như sau
d: ; A(x
A;
y
A
; z
A
) ; B(x
B;
y
B
; z
B
)
Phương pháp giải:
•

Biến đổi và đưa về dạng:
MA + MB = +
= +
( Vì MA + MB > 0 k > 0 và q > 0)
Khi đó trong mặt phẳng tọa độ Oxy ta chọn 3 điểm A
0
(m; ; B
o
(n; và
I(t; 0; 0). Với cách chọn A
0
, B
o
như trên thì A
0
, B
o
nằm về 2 phía của trục hoành, I
thuộc trục hoành)
khi đó: MA + MB = (A
o
I + B
o
I)
MA + MB nhỏ nhất khi và chỉ khi A
o
I + B
o
I nhỏ nhất
giải tìm được k và t ( như cách 2 bài toán 10) và từ đó tìm

được điểm M thỏa mãn bài toán.
Bài toán 11: Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : và
2 điểm A; B. Tìm trên d điểm M thỏa mãn nhỏ nhất.
12
Giải bài toán với: d: ; A(3; 0; 3), B(4; -2; -4).
Giải:
Phương trình tham số của đường thẳng d: ; M(t; t;
=
=
=
Xét A
2
(1; ; B
2
(3; ; và I(t; 0; 0), khi đó ta có:
= . vì với cách chọn A
2
, B
2
như trên thì A
2
, B
2
nằm về
về cùng phía của trục hoành, I thuộc trục hoành trong mặt phẳng tọa độ (Oxy), nên
lớn nhất khi và chỉ khi lớn nhất. Mà
, Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi A
2
, B
2

và I thẳng hàng Vậy M thỏa mãn bài
toán
Tìm M : A
2
, B
2
và I thẳng hàng khi và chỉ khi:

Nhận xét: Bài toán này cũng có thể giải bằng phương pháp tương tự như cách 1
của bài toán 7, chỉ khác là ở bài toán này điểm M
o
chia đoạn A
1
B
1
theo tỷ số
k = . Nghĩa là .
Bài toán 12: Trong không gian tọa độ Oxyz cho 2 điểm A, B Tìm trên mặt phẳng
(P) điểm M sao cho tam giác MAB đều.
Giải bài toán với : A(0; 2;1); B(-2; 0; 1) và mặt phẳng (P): x – y + z – 3 = 0.
Giải:
13
Gọi (Q) là mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB, gọi , Vì
MA = MB , theo đề .
(Q) có phương trình x + y = 0 phương trình d: .
và MA = MB

•
•
Nhận xét: Bài toán có thể giải cách khác như sau.

• Từ phương trình (P) y = x + z – 3 ; vì M(x; x + z – 3; z)
• MAB đều
• Giả hệ tìm x ; z tọa độ M.
Bài toán 13: Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng d, điểm M. Tìm
trên d 2 điểm AB sa cho tam giác MAB đều
Giải bài toán với M(0; 1; 3) và d: .
Giải: Gọi H là hình chiếu vuông góc của M lên d, thì MH là đường cao tam giác
đều, khi đó (1).
Tìm được H(1; 2; 3) .
Vì
14
Nếu thì B và nếu A thì thỏa mãn
bài toán.
Nhận xét: Các bài toán xác định điểm thỏa mãn điều kiện cho trước cũng có
thể phát biểu đối với hàm số.
Bài toán 14: cho hàm số có đồ thị (C). Tìm trên 2 nhánh của (C) 2
điểm M, N sao cho MN ngắn nhất.
Giải:
• Gọi với a > 0 thì M thuộc nhánh trái của (C).
• Gọi với b > 0 thì N thuộc nhánh phải của (C).
dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
( vì a, b > 0 ).
và
Bài toán 15: Cho hàm số có đồ thị (C). Tìm trên (C) điểm M sao
cho khoảng cách từ M đến giao điểm hai đường tiệm cận của đồ thị (C) nhỏ
nhất.
Giải:
• MXĐ D = Viết lại y = + M nên
M(a; a – 4 + (với *)
15

• Nhận thấy (C) có 2 đường tiệm cận xiên và đứng lần lượt có phương trình
d
1
: y = x – 4 và d
2
: x = 1 d
1
d
2
= I(1; –3)
=( a – 1;
=
+ , dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
= ( thỏa điều kiện *)
Vậy có 2 điểm M thỏa bài toán:
M( ) và M( )
Bài toán 16: Cho hàm số có đồ thị (C). Tìm M sao cho khoảng
cách từ giao điểm 2 đường tiệm cận đến tiếp tuyến lớn nhất.
Giải:
• nên M( với a . Gọi I là giao điểm đường tiệm cận đứng
d
1
: x = 1 và tiệm cận ngang d
2
: y = 1 I(1; 1)
• y’(a) = có phương trình :
=
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi:
( thỏa mãn điều kiện)
Vậy có 2 điểm M thỏa bài toán M(0; 2) và M(2; 0)

Nhận xét: Nếu đề yêu cầu lập phương trình tiếp tuyến thì có 2 tiếp tuyến thỏa mãn
bài toán có phương trình là: y = x + 2 và y = x – 2
III. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
16
1. Có thể nói lớp các bài toán về xác định điểm thỏa mãn điều kiện cho
trước là vô cùng phong phú và có rất nhiều bài toán khó. Vì thế đứng
trước một bài toán cụ thể, mở rông và phát biểu thành bài toán tổng
quát, rồi đưa ra phương pháp giải trong trường hợp đó là một việc làm
rất cần thiết để giúp học sinh tự tin, hứng thú đi đúng hướng và tìm ra
lời giải nhanh nhất.
2. Rèn luyện cho học sinh phương pháp học tập sáng tạo, hiệu quả. Khi
giải một bài toán cụ thể luôn nghĩ đến tổng quát hóa bài toán đó lên và
tìm lời giải trong trường hợp tổng quát và khi đó học sinh có thể tự ra
đề để luyện tập phương pháp vừa tìm ra.
3. Loại toán này thường ra trong các kỳ thi tuyển sinh đại học trong
những năm gần đây, vì vậy đề tài này góp phần nào đó giúp học sinh
trong quá trình học tập và thi cử .
IV. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG
Đề tài áp dụng có hiệu quả đối với đối tượng học sinh khá, giỏi, bồi
dưỡng học sinh giỏi và luyện thi đại học
V. TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Báo toán học tuổi trẻ.
2. Phép biến hình trong mặt phẳng – Đỗ Thanh Sơn – Nhà xuất bản giáo dục
năm 2005.
3. Sách giáo khoa môn Toán ban cơ bản và nâng cao.
VI. KẾT LUẬN:
Để giải quyết một công việc nào đó điều quan trọng là phải xây dựng được
phương pháp làm việc . Toán học trong trường phổ thông trung học là một
môn khoa học trừu tượng và có quá nhiều nội dung . Vì vậy để học tốt được
môn Toán là một yêu cầu khó đối với học sinh . Qua nhiều năm trực tiếp

giảng dạy chúng tôi thấy rằng việc tổng hợp kiến thức để phát biểu thành các
bài toán đã giúp ích rất lớn cho học sinh trong quá trình học tập và thi cử .
Rất mong được sự góp ý của các đồng nghiệp, chúng tôi xin chân thành cảm
ơn !
Biên Hòa, ngày 20 tháng 05 năm 2012
NGƯỜI THỰC HIỆN
Lê Quang Thân
17
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị THPT
NGUYỄN HỮU CẢNH

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
Biên hòa, ngày 25 tháng 05 năm 2012
PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2011 – 2012
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: “ MỘT SỐ BÀI TOÁN XÁC ĐỊNH ĐIỂM THỎA
MÃN ĐIỀU KIỆN CHO TRƯỚC”
Họ và tên tác giả: LÊ QUANG THÂN Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn
Đơn vị: Trường THPT Nguyễn Hữu Cảnh
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)
- Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học bộ môn:
- Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác: 
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành 
18
x
BM04-NXĐGSKKN
1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 2 ô dưới đây)

- Có giải pháp hoàn toàn mới 
- Có giải pháp cải tiến, đổi mới từ giải pháp đã có 
2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 4 ô dưới đây)
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng trong toàn ngành có hiệu quả cao 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng
trong toàn ngành có hiệu quả cao 
- Hoàn toàn mới và đã triển khai áp dụng tại đơn vị có hiệu quả cao 
- Có tính cải tiến hoặc đổi mới từ những giải pháp đã có và đã triển khai áp dụng tại
đơn vị có hiệu quả 
3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô mỗi dòng dưới đây)
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Tốt  Khá  Đạt 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và
dễ đi vào cuộc sống: Tốt  Khá  Đạt 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả
trong phạm vi rộng: Tốt  Khá  Đạt 
XÁC NHẬN CỦA TỔ CHUYÊN MÔN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
(Ký tên, ghi rõ họ tên và đóng dấu)
LÊ QUANG THÂN PHAN QUANG VINH
19