SKKN Khai thác sâu từ một bài toán cơ bản của sách giáo khoa THPT

A
C
a
b
ba +
B
I. L í do chọn đề tài.
Trong quá trình dạy học và tìm hiểu, tôi nhận thấy trong chơng trình toán
THPT có nhiều bài toán cơ bản, mà nếu ta biết khai thác, giảng dạy và định h-
ớng kỹ năng vận dụng có hệ thống cho học sinh thì sẽ rất hiệu quả.
Học sinh sẽ dễ dàng giải đợc nhiều bài toán thông qua việc vận dụng
những kết quả đợc tạo ra từ bài toán cơ bản. Nếu ta khai thác ứng dụng bài toán
cơ bản từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp sẽ tạo nên sự hứng thú say mê
của học sinh đối với môn toán, bởi điều đó đảm bảo sự tiếp nhận thông tin có
hệ thống, phù hợp với sự phát triển t duy của học sinh
Nhiều bài toán nếu vận dụng kiến thức từ bài toán cơ bản sẽ cho phơng
án giải độc đáo đầy tính t duy sáng tạo và hiệu quả.
Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi đề cập về một phơng pháp giải toán
nh chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức, giải
phơng trình, bất phơng trình . . .Tuy vấn đề không mới nhng tôi cố gắng hệ
thống lại vấn đề trên cơ sở phát triển từ một bài toán cơ bản trong SGK hình
học 10 và phơng pháp sử dụng toạ độ véctơ trong chơng trình toán THPT.
Thông qua đề tài này tôi thấy thực sự có ích cho học sinh khi thêm một
công cụ, một cách nhìn nhận đầy đủ hơn về phơng pháp hình học véctơ trong
chơng trình toán THPT.
Học sinh dễ hiểu và dễ áp dụng, có định hớng rõ ràng khi vận dụng vào
giải toán .
Đề tài có tên là:

Khai thác sâu từ một bài toán cơ bản của sách giáo khoa

II. Nội dung đề tài.
Xuất phát từ bài toán cơ bản sau:
Cho hai véctơ
a
,
b
tuỳ ý ta luôn có:
baba ++
(1)
(Bài tập số 4 SGK hình học cơ bản lớp 10 trang 27)
CM:
" Với 3 điểm A,B,C bất kì ta luôn có: AB+BC

AC" (*)
Dấu "=" xẩy ra

A,B,C thẳng hàng và B nằm giữa AC.
Từ điểm A bất kì ta dựng:
aAB =
,
bBC =
1
Dựa vào (*) ta luôn có:
AC

AB + BC

BCABAC +




baba ++
.
Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi
a
cùng chiều
b
(
a
=k
b
, k>0 ) .
L u ý: - Véc tơ
0
cùng chiều với mọi véctơ .
- Từ bài toán trên ta có các kết quả sau:
1.1)
baba +

1.2)
(
)
bababa

(Bạn đọc tự chứng minh).

Nhận xét: Các kết quả trên chính là mối liên hệ giữa 3 cạnh của một tam giác.
Ta có thể tổng quát bài toán trên:
Với n véctơ:
1
a
,
2
a
, . ,
n
a
ta luôn có:
nn
aaaaaa ++++++
2121
. (2)
CM: Từ điểm A bất kì ta dựng:
11
aAA =
,
221
aAA =
, ,
nnm
aAA =
1
.
Do với n+1 điểm A,A
1
,A

2
,,A
n
ta luôn có :AA
1
+A
1
A
2
++A
n-1
A
n


AA
n


Suy ra điều phải chứng minh.
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
1
a
,
2
a
, . ,
n
a
cùng chiều.

Thông qua các vấn đề trên, ta khéo léo lựa chọn toạ độ của điểm , toạ độ của các
vectơ, một cách hợp lý. Sau đó tính toạ độ của tổng (hiệu) véctơ, cùng với độ dài của
chúng để chuyển về bài toán véctơ có cách giải nhanh gọn, độc đáo và mang tính t
duy sáng tạo .
Một số bài tập ứng dụng.
A. Chứng minh bất đẳng thức đại số.
Bài 1. Chứng minh rằng với mọi số thực a ta luôn có:
222222
22
++++ aaaa
Giải:
Ta có :
( ) ( )
2
2
2
2
22
11112222 ++++=++++ aaaaaa
Trong mặt phẳng Oxy lựa chọn :
( )
1;1+= aa



22
2
++= aaa
;
( )

1;1 ab =



22
2
+= aab
;
Khi đó ta có:
a
+
b
= (
2;2
)


2222
22
=+=+ ba

Từ (1) suy ra điều phải chứng minh.
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi
a
=k
b
(k >0). (Vì
a

0
;
b


0
)


00
1
1
1
1
=>=

+
a
a
a
Bài 2. Cho a, b, c là 3 số thực khác không. Chứng minh rằng ta luôn có:
)(2
222222
cbaaccbba +++++++
Giải:
Trong mặt phẳng Oxy lựa chọn:

1
a
=

( )
ba;
;
2
a
=
( )
cb;
;
);(
3
aca =



1
a
+
2
a
+
3
a
=(a+b+c;a+b+c).
2
Khi đó ta có:
22
1
baa +=
;

22
2
cba +=
;
22
3
aca +=

)(22)()(
22
321
cbacbacbacbaaaa ++++=+++++=++
Từ (2) ta có:
321321
aaaaaa ++++




)(2
222222
cbaaccbba +++++++
(Đpcm)
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi:





==

>>>
a
c
c
b
b
a
cba 0;0;0

a=b=c>0.
Khi trong bài toán BĐT đại số có điều kiện ta cần phải vận dụng linh hoạt với các ph-
ơng pháp cơ bản khác.
ví dụ.
Bài 3. Cho các số dơng x,y,z thoã mãn : x+y+z

1. Chứng minh rằng
82
111
2
2
2
2
2
2
+++++
z
z
y
y
x

x
(ĐH-CĐ khối A -2003)
Giải:
Trong mặt phẳng Oxy lựa chọn:
a
=






x
x
1
;
;
b
=








y
y
1

;
;
c
=






z
z
1
;




a
+
b
+
c
=(x+y+z ;
zyx
111
++
)

2
2
111
)(








+++++=++
zyx
zyxcba
Do:
cbacba ++++

VT

2
2
111
)(

+++++
zyx
zyx
=
2
2
2
)(80
111
)(81 zyx
zyx
zyx
++








+++++


2
)(80
111
)(18 zyx

zyx
zyx
++








++++

82809.18 =
(Đpcm)
Dấu "=" xẩy ra khi và chỉ khi x=y=z =
3
1
.
Bài 4. Cho x,y,z là 3 số bất kì thoã mãn : x+2y+3z = 1. CMR
3713121
222
+++++ zyx

Giải:
Ta có
=+++++
222
13121 zyx
22222

)3(3)2(21 zyx +++++
Khi đó trong mặt phẳng Oxy ta chọn:

);1( xOA =



2
1 xOA +=

)2;2( yAB =



22
)2(2 yAB +=

)3;3( zBC =



22
)3(3 zBC +=

)32;6( zyxOC ++=



37)32(6
22

=+++= zyxOC
3
Do :
BCABOABCABOA ++++


+++++
222
13121 zyx
37
(Đpcm)
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi:
BCABOA ,,
cùng chiều

x=y=z =
6
1
.
Bài toán 4 đợc tổng quát nh sau:
Cho a,b,c,h là 4 số dơng. 3 số x,y,z thay đổi thoã mãn: ax+by+cz=k (không đổi).
CMR :
222222222
)( hcbakzhcyhbxha ++++++++
Bài 5. Cho 4 số a,b,c,d thoã mãn điều kiện:
5
2222
=+=+ dcba
. CMR
10352525 ++ bdacdcba

Giải:
Ta biến đổi:
( ) ( )
22
22
21
2
1
2
542
25 +=
++
= ba
baba
ba

( ) ( )
22
22
21
2
1
2
542
25 +=
++
= dc
dcdc
dc

( ) ( )
22
2222
2
1
2
22
25 dbca
bdacdcba
bdac +=
+++
=
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy ta lựa chọn:

)2;1(;);(
11
vbau



)2;1(
11
=+ bavu
Do
1111
vuvu ++


222222

)2()1()2()1( ++++ baba
=
52




( ) ( )
22
21
2
1
25 += baba

1052
2
1
=

Tơng tự ta có:
1025 dc
Xét:
);(;);(
22
dcvbau


);(
2
2

dbcavu =+
Do
2222
vuvu ++


222222
)()()()( dcbadbca ++++
=
52



( ) ( )
22
2
1
25 dbcabdac +=

2
1
52
=
10
Cộng theo vế ta có
10352525 ++ bdacdcba
(Đpcm)
Dấu đẳng thức xẩy ra khi

=+
=+
=
=
5
5
2
2
22
22
dc
ba
cd
ab

Nhận xét:
Nếu
);(;);( dcvbau
thì ta luôn có:
222222
)()( dcbadbca ++++
.
Bài 6: Cho 2n số thực:
nn
bbbaaa , ,;, ,

2121

thoã mãn :
1
2121
=+++++++
nn
bbbaaa
.
CMR:
2
2

222
2
2
2
2
1
2
1
++++++
nn
bababa
.
Giải:
Trong mp toạ độ Oxy ta xét các véctơ:
4

);(

111
baOA =



2
1
2
11
baOA +=

);(
222
baOA =



2
2
2
22
baOA +=
. . .

);(
nnn
baOA =

22
nnn
baOA +=


(
21
=++
n
OAOAOA
) ;
2121 nn
bbbaaa ++++++
Do :
n
OAOAOA +++
21

n
OAOAOA +++
21





222
2
2
2

2
1
2
1

nn
bababa
++++++

2
21
2
21
) () (
nn
bbbaaa
+++++++
=
22
yx +
(Với x+y=1)
Ta lại có : x
2
+y
2
= x
2
+(1-x)
2
=2x

2
-2x+1=
2
1
2
1
2
2
+








x

2
1
Vậy:
222
2
2
2
2
1
2
1

nn
bababa ++++++

2
2
2
1
=
(Đpcm).
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi:
n
OAOAOA ;;
21
cùng chiều và
2
1

2121
=+++=+++
nn
bbbaaa


n
bbbaaa
nn
2
1

2121
========
Bài 7. Cho a, b, c là 3 số thoã mãn





++
>
2
3
0,,
cba
cba
Chứng minh rằng ta luôn có:
22
2
11
cb
a ++
+
22
2
11
ac
b ++
+
22
2

11
ba
c ++


2
333
Giải:
Trong hệ trục Oxyz .
Ta lựa chọn:
u
=






cb
a
1
;
1
;



=u
22
2

11
cb
a ++


v
=






ac
b
1
;
1
;



v
22
2
11
ac
b ++=

w

=






ba
c
1
;
1
;



w

22
2
11
ba
c ++=



u
+
v
+

w
=






++++++
cbacba
cba
111
;
111
;


2
2
111
2)(






+++++=++
cba
cbawvu

Do :
+u
v
+
w

wvu ++

22
2
11
cb
a ++
+
22
2
11
ac
b ++
+
22
2
11
ba
c ++

2
2
111
2)(

+++++
cba
cba



22
2
111
16
31111
16
1
)(






+++

+++++
cbacba
cba




( )
2
2
111
16
31111
2
1






+++

++++
cbacba
cba
5
Ta có:
( )
9
111







++++
cba
cba

6
)
2
3
(
99111
=
++







++
cbacba
Vậy: VT

( )
2
2
111
16
31111
2
1

+++














++++
cbacba
cba

2
333
6
16
31
9
2
1

2
=+
Đpcm.
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi:
2
1
=== cba

Bài 8. Chứng minh rằng:
xxx cossincos2 ++

1
Giải:
Trên mặt phẳng Oxy ta lựa chọn các điểm A(cosx ; 0); B (-sinx ; 0) ; C(0 ; cosx).
Khi đó ta có:
)0;cossin( xxAB =


AB =
xxAB cossin +=

)cos;cos( xxAC =


AC=
xAC cos2=

)cos;(sin xxBC =

BC=
1=BC
Do AB+AC

BC


xxx cossincos2 ++

1 Đpcm.
Dấu đẳng thức xẩy ra khi và chỉ khi: cosx=0


)(
2
Zkkx +=


Đến đây hẳn bạn đọc đã có thể dùng phơng pháp sử dụng véctơ để giải
quyết các bài toán sau:
1 . Chứng minh rằng với mọi số thực a ta luôn có:
a)
211
22
++++ aaaa
b)
62012282
22
++++ aaa

2. Cho a, b, là 2 số thực tuỳ ý. Chứng minh rằng ta luôn có:
a)
292109181084
2222
+++++ aabbbbaa
b)
5
56
1452585485
2222
+++++ aaaabbbb

3. Cho a, b, c là 3 số thực tuỳ ý. Chứng minh rằng ta luôn có:
a)
222222
cbcbcbcababa +++++++
b)
222222
2)()( babcabca
+++++
c)
264012613101813162410
222222
+++++++
cccbcbaabbaa
4. Cho a,b,c,d là 4 số khác nhau. Chứng minh rằng với mọi x ta luôn có:

( )
2
22222

)()()( dbcadcxbax +++++++
5. CMR với mọi x, y là số thực ta luôn có:

2)(sinsinsin4)(sincoscos4
222222
+++ yxyxyxyx
6. Cho các số dơng x,y,z thoã mãn : xyz=1. Chứng minh rằng

33
111
333333

++
+
++
+
++
zx
yz
yz
zy
xy
yx
(ĐH-CĐ khối D 2005)
6
7. Cho a, b, c là 3 số thoã mãn

++
>
2
3
0,,
cba
cba
Chứng minh rằng ta luôn có:
2
2
1
b
a +
+
2
2
1
c
b +
+
2
2
1
a
c +


2
173

8. Cho 2n số thực:
nn
bbbaaa , ,;, ,
2121
.
CMR:

2
21
2
21
223
2
2
2
2
1
2
1
) () (

nn
nn
bbbaaa
bababa
+++++++
++++++
9. Cho 3 số dơng a,b,c. Chứng minh rằng:

222222

3232 cacacbcbbaba ++++
10. . Cho a, b, c là 3 số thoã mãn



+++
>
02
0,,
abccba
cba
.
Chứng minh rằng ta luôn có:
42
98
222
2
acb
a
++
+
42
98
222
2
bac
b
++
+
42

98
222
2
cba
c
++


66
Nhận xét: Phơng pháp hình học véctơ thờng dùng để chứng minh các Bất
đẳng thức dạng : "
+
"
B. Một số bài toán khác.
Một số bài giải phơng trình, giải hệ phơng trình dạng vô tỷ, bài toán
tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất ở các đề thi học sinh giỏi, Đại học, Cao
đẳng. . . nếu biết vận dụng các tính chất trên ta sẽ giải quyết một cách dễ
dàng, mang tính t duy sáng tạo.
Các ví dụ:
Bài 1. Giải phơng trình:
2(3371713138719
222
+=+++++++ xxxxxxx
)
(Tuyển tập đề thi Olympic 2003).
Giải:
Điều kiện: x

-2
Ta có: VT=

=+++++++ 71713138719
222
xxxxxx


( )
2
2
2
2
2
2
2
1
2
33
32)12(323
2
35
2
1






+

+++++








+






=
xxxxx
Ta lựa chọn:
a
=

2
1
;
2
35
x
;
b
=
( )
12;323 ++ xx
;
c
=








+
2

1
;
2
33
32 xx



a
+
b
+
c
=(
)0;3336 x+



233)3336(
2
+=+=++ xxcba
Do : VT=
cbacba ++++
=
233 +x
=
)2(33 +x
=VP (Vì x

-2)

Dấu "=" xẩy ra khi
a
,
b
,
c
cùng chiều


2
1
x
cùng dấu -2x+1

x=
2
1

7
Thử lại ta thấy x =
2
1

là nghiệm duy nhất của phơng trình.
Bài 2. Giải phơng trình:
1322134
22
=+++ xxxx
Giải
Ta viết phơng trình dới dạng:

131)1(3)2(
2222
=+++ xx
Trên mặt phẳng Oxy ta lựa chọn các véctơ.
Khi đó ta có:
)3;2( += xu



( )
2
2
32 ++= xu

)1;1( = xv



( )
2
2
11 += xv

)2;3(= vu



13= vu
Do (2.2):
vuvu

131)1(3)2(
2222
+++ xx
:
Dấu bằng xẩy ra khi
u
và
u
cùng chiều


2
5
0
1
3
1
2
=>=

+
x
x
x
Vậy phơng trình có nghiệm :
2
5
=x

.
L u ý: Việc lựa chọn toạ độ phải hợp lý để đi đến kết quả và phải "cẩn thận" khi xét
dấu đẳng thức xẩy ra.
Ví dụ: Nếu ta sửa lại bài 2:
Giải phơng trình:
522134
22
=+++ xxxx
Khi đó ta lựa chọn các véctơ.

)3;2( += xu



( )
2
2
32 ++= xu

)1;1( = xv



( )
2
2
11 += xv

)4;3(= vu

5= vu
Do (2.2):
vuvu


51)1(3)2(
2222
=+++ xx
:
Dấu bằng xẩy ra khi
u
và
u
cùng chiều


0
1
3
1
2
>

=

+
x
x

(Vô lý).
Vậy phơng trình đã cho vô nghiệm.
Bài 3. Giải hệ phơng trình:

( )
( )





++=++
=++++++
2222
12222
5106124
zyxzyx
yyyxyxx
Giải:
Ta có phơng trình (1)


51)3(1)(2
222222
=+++++ yyxx
Chọn:
a
=(x ; 2) ;
b
=(y-x ; 1) ;

c
=( 3-y ; 1)



a
+
b
+
c
=(3 ; 4)
Do
cbacba ++++



51)3(1)(2
222222
+++++
yyxx
8
Vậy phơng trình (1) có nghiệm


a
,
b
,
c
cùng chiều (vì

a
,
b
,
c

0
)



1
3
12
yxy
x

=

=








=
=

4
9
2
3
y
x
Thay vào (2) ta có:














+=+

+=+
2
2
2
4
15
16

117
4
15
4
15
16
117
zz
z
zz

z =
10
9

Vậy hệ đã cho có nghiệm :







10
9
;
4
9
;
2

3
Bài 4.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P =
( ) ( )
2
2
2
2
31
++++
yxyx

Trong đó x, y là hai số thực thoả mãn: 2x- y= 2.
(Đề thi học sinh giỏi Quốc gia lớp 12 năm 1998)
Giải:
Do 2x-y=2 nên ta có: y=2x-2 thay vào P ta có:
P =
( ) ( )
2
2
2
2
5212
+++
xxxx

(*)
=
)1)2(
5
1

5
2
(525205145
2
22
22
++






+






=+++
xxxxxx
Ta lựa chọn:
a
=

5
1
;
5
2
x
;
b
=
( )
1;2 x



a
+
b
=






5
6
;
5

8


2=+ ba
Do
baba ++
nên ta có: P =
5
)(5)( baba ++
=
52
.
Dễ thấy
a
,
b

0
. Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi:
a
=k
b
(k>0).



1
5
1
2

5
2
=


x
x


x=
3
2


y=
3
2

.
Vậy: Giá trị nhỏ nhất của P =
52
khi





=
=
3

2
3
2
y
x
L u ý: Nếu từ (*) ta lựa chọn
a
=(x;2x-1) ;
b
=(-x; 5-2x).
Ta sẽ có : P

4

minP = 4
Tuy nhiên không tồn tại (x;y) thoã mãn điều kiện P = 4. (
a
không cùng chiều
b
)
Bài 5. Cho x,y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
A =
2)1()1(
2222
+++++ yyxyx
(ĐH-CĐ khối B 2006)
Giải:
Ta lựa chọn:
a
=

( )
yx;1
;
b
=
);1( yx +



a
+
b
=
( )
y2;2

baba ++


22222
12)1()1( yyxyx +++++
9
A
B
M
x
y
O
Vậy ta có: A =
2)1()1(

2222
+++++ yyxyx



2
122 yy ++
Xét hàm số: f(y) =
2
122 yy ++

Ta có giá trị nhỏ nhất của A =
32 +
khi





=
=
3
1
0
y
x
Bài 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức :
y =
2222
2222 qqxxppxx +++

Giải:
Ta có: y =
2222
)()( qqxppx +++
.
Trên mặt phẳng toạ độ Oxy xét 3 điểm : A(p ; p) ; B(q ; q) ; M(x ; 0)
Khi đó ta có: MA =
22
)( ppxMA +=
MB=
22
)( qqxMB +=


y = MA+MB.
Ta nhận thấy A ; B ; O thẳng hàng , A,B là 2 điểm cố định .
Cần tìm điểm M
Ox
(Vì M(x;0)) sao cho MA+MB nhỏ nhất.
Đây là một bài toán cơ bản về khoảng cách.
Ta xét các trờng hợp:
TH1: p.q

0

A và B có ít nhất 1 điểm trùng O , hoặc O nằm giữa AB.

Vậy để y = MA+MB nhỏ nhất khi và chỉ khi M

O

M(0;0)

x=0
Tức là: y
min
=
22
22 qp +
=
)(2 qp +
khi x= 0.
TH2: p.q>0

A và B nằm cùng một phía với Ox.
Lấy A' đối xứng với A qua Ox ,

A'(p ; -p). Khi
đó ta có MA=MA'.
Ta có : y = MA+MB = MA'+MB
10
Vậy để y nhỏ nhất

A', M, B thẳng hàng


MAkBA '' =
(
)0>k

Do
);(' pqpqBA +=
;
);(' ppxBA =
Nên ta có:
p
pq
px
pq +
=





qp
pq
x
+
=
2


M(
)0;
2
qp
pq
+
Vậy y

min
=A'B =
)(2)()(
2222
qpqpqp +=++
khi
qp
pq
x
+
=
2
Kết luận:
Nếu p.q

0 ta có y
min
=
)(2 qp +
khi x = 0.
Nếu p.q >0 ta có y
min
=
)(2
22
qp +
khi
qp
pq
x

+
=
2

Một số bài tập áp dụng:
1. Giải phơng trình: a)
2003267108168
22
=++++ xxxx
(Tuyển tập đề thi Olympic 2003).
b)
510652
22
=++ xxxx
2. Giải hệ phơng trình:





=
=+++
04
2)(sinsinsin4)(sincoscos4
22
222222
yx
yxyxyxyx
3. Giải hệ phơng trình:

=
+
++
+
++
+
+
=++
63
6
222
z
yx
z
y
xz
y
x
zy
x
zyx
Với x,y,z là các số thực dơng.
4. Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số:
a) y =
8cos4cos5cos2cos
22

++++ xxxx
b) y =
5
8
5
4
2
1
104
2
1
5
32
5
16
2
1
2
2
1
2222
+++++++
xxxxxxx
c) y =
xxx coss ins in2 +
5. Cho



++

>
6
0,,
cba
cba
Tìm giá trị nhỏ nhất của:
S =
ba
c
ac
b
cb
a
+
++
+
++
+
+
111
222
6. Tìm m để bất phơng trình sau có nghiệm :
mxxxx ++++ 11
22
7. Cho hai số a, b thoã mãn điều kiện a - 2b +2=0. CMR

674141034106
2222
+++++ babababa
8. CMR:

111
22
<+++ xxxx

11
III. Thực nghiệm s phạm.
1. Mục đích thực nghiệm.
Kiểm tra tính khả thi và hiệu quả của đề tài.
2. Nội dung thực nghiệm.
Tiến hành triển khai giảng dạy theo đề tài " Khai thác sâu từ một bài toán
cơ bản của sách giáo khoa ".
3. Kết quả thực nghiệm.
Tôi đợc phân công giảng dạy các lớp khối, bồi dỡng học sinh giỏi, ôn thi
Đại học, Cao đẳng nhiều năm. Trong quá trình giảng dạy tôi đã vận dụng đề
tài hớng dẫn các em vận dụng vào giải toán. Kết quả là hầu hết các em đều
hiểu, vận dụng vào giải quyết các bài toán nhanh gọn, trình bày sáng sủa và
chính xác, học sinh rất thích thú khi gặp các bài toán thuộc dạng này.
Kết quả cụ thể nh sau.
a. Thực nghiệm trên 2 lớp tôi giảng dạy (97 học sinh) thông qua các bài
kiểm tra.
Kết quả:
Tầm kiến thức Số lợng HS Tỷ lệ
Nhận biết 91 94%
Thông hiểu 85 88%
Vận dụng 70 72%
b. Trong các kỳ thi Đại học cao đẳng:
Khối B năm 2006. Tỷ lệ học sinh làm đợc câu IV khoảng 80%
Khối D năm 2005. Tỷ lệ học sinh làm đợc câu V khoảng 75%
(Các câu có dạng toán thuộc đề tài đã nêu)
IV. Kết luận

Qua các bài toán minh hoạ trên ta thấy. Nếu biết khai thác, vận dụng
bài toán cơ bản phát triển thành hệ thống các lớp bài toán ta sẽ có cách nhìn
tổng thể hơn và nếu quy đợc bài toán về dạng quen thuộc, thì có định hớng
giải cụ thể nhng hoàn toàn không mất tính t duy, sáng tạo của học sinh. Khi
đó lời giải bài toán trở nên gọn gàng, ít sai sót. Bởi nó đảm bảo quá trình
nhận thức tri thức: "Từ trực quan sinh động đến t duy trừu tợng".
Đề tài này đã đợc kiểm nghiệm và cho kết quả khả quan, nhng cha
rộng. Tôi xin chân thành cám ơn các đồng nghiệp đã góp ý để hoàn thiện đề
tài. Tuy nhiên đề tài chắc chắn còn có nhiều khiếm khuyết. Tôi rất mong
tiếp tục nhận đợc sự góp ý của đồng nghiệp.
Một lần nữa xin chân thành cảm ơn!
12