Các bài toán đại số có yếu tố hình học phương pháp giải và sáng tạo ra bài toán mới

78 43 0
  • Loading ...
1/78 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 26/04/2018, 15:24

TRƢỜNG ĐẠI HỌC SƢ PHẠM HÀ NỘI KHOA TOÁN ************* NGUYỄN THỊ BÍCH NGỌC CÁC BÀI TỐN ĐẠI SỐYẾU TỐ HÌNH HỌC PHƢƠNG PHÁP GIẢI SÁNG TẠO RA BÀI TOÁN MỚI KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC Chuyên ngành: Đại số Ngƣời hƣớng dẫn khoa học GVC ThS PHẠM LƢƠNG BẰNG HÀ NỘI - 2014 LỜI CẢM ƠN Sau thời gian nghiên cứu với hƣớng dẫn bảo tận tình thầy giáo Thạc sĩ Phạm Lƣơng Bằng khoá luận em hồn thành Qua em xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo Thạc sĩ Phạm Lƣơng Bằng ngƣời trực tiếp hƣớng dẫn, bảo đóng góp ý kiến quý báu thời gian em thực khoá luận Trong thời gian nghiên cứu hồn thành khố luận, em nhận đƣợc quan tâm giúp đỡ, tạo điều kiện vật chất tinh thần thầy giáo giáo khoa Tốn trƣờng ĐHSP Hà Nội nói chung tổ Đại Số nói riêng Em xin chân thành cảm ơn giúp đỡ quý báu Do lần làm quen với công tác nghiên cứu lực thân hạn chế nên khơng thể tránh khỏi thiếu sót Em mong nhận đƣợc giúp đỡ, đóng góp ý kiến thầy cơ, bạn sinh viên để khố luận em đƣợc hoàn thiện Một lần em xin chân thành cảm ơn! Hà Nội, tháng 05 năm 2014 Sinh viên Nguyễn Thị Bích Ngọc LỜI CAM ĐOAN Khố luận kết thân em nghiên cứu Bên cạnh quan tâm, giúp đỡ , tạo điều kiện thầy khoa Tốn , đặc biệt giúp đỡ tận tình thầy giáo Thạc sĩ Phạm Lƣơng Bằng Vậy em xin khẳng định kết đề tài:“Các toán đại số yếu tố hình học; phƣơng pháp giải sáng tạo tốn mới” khơng trùng lặp với kết đề tài khác Hà Nội, tháng 05 năm 2014 Sinh viên Nguyễn Thị Bích Ngọc MỤC LỤC LỜI MỞ ĐẦU Phần 1: GIẢI CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC, TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ BẰNG PHƢƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ Chƣơng 1: CÁC KIẾN THỨC BẢN VỀ TOẠ ĐỘ VECTƠ §1: Một số khái niệm §2: Phƣơng trình đƣờng thẳng đƣờng tròn §3: Mối quan hệ đƣờng §4: Các bất đẳng thức hình học Chƣơng 2: CÁC BẤT ĐẲNG THỨC ĐẠI SỐ 11 2.1 Các kiến thức cần sử dụng 11 2.2 Các toán 11 Chƣơng 3: CÁC BẤT ĐẲNG THỨC LƢỢNG GIÁC 31 3.1 Phƣơng pháp hình học với bất đẳng thức lƣợng giác 31 3.2 Các toán 31 Chƣơng 4: CÁC BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC 38 4.1.Phƣơng pháp hình học với bất đẳng thức hình học 38 4.2 Các toán 38 Phần 2: SÁNG TẠO BÀI TOÁN MỚI 50 2.1.Sáng tạo nhƣ nào? 50 2.2 Sáng tạo toán từ bất đẳng thức tổng quát 51 2.3 Sáng tạo số bất đẳng thức nhờ tính chất hình học 59 KẾT LUẬN 73 TÀI LIỆU THAM KHẢO 74 LỜI MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Các toán bất đẳng thức giá trị lớn nhất, nhỏ hàm số chủ đề hấp dẫn chƣơng trình giảng dạy học tập mơn tốn nhà trƣờng phổ thơng Để giải tốn nhiều phƣơng pháp nhƣ: phƣơng pháp biến đổi tƣơng đƣơng, phƣơng pháp sử dụng chiều biến thiên hàm số,phƣơng pháp tam thức bậc 2…Trong phƣơng pháp ta khơng thể khơng kể đến phƣơng pháp đặc biệt phƣơng pháp toạ độ véctơ Ngƣời phát minh phƣơng pháp toạ độ nhà bác học tiếng ngƣời Pháp Descartes ( 1596 – 1650 ) Desscartes đóng góp nhiều cho tốn học Ơng lập mơn hình học giải tích (1619) mà sở phƣơng pháp phƣơng pháp toạ độ Nó cho phép ta chuyển tốn đại số sang hình học ngƣợc lại Việc sử dụng toạ độ để giải giúp cho em thấy đƣợc mối tƣơng quan một đại số hình học Các kiến thức tốn rộng lớn nhƣng xem xét kĩ chúng mối quan hệ mật thiết với Việc tìm lời giải cho tốn thực chất tìm nguồn gốc tốn đó, mối liên hệ với kiến thức khác nhờ ta sáng tạo lớp toán nhờ phép toán tƣơng tự hoá, khái quát hoá … Đƣợc động viên giúp đỡ thầy giáo thạc sĩ Phạm Lƣơng Bằng em mạnh dạn nghiên cứu thực khoá luận tốt nghiệp đại học với đề tài:“Các tốn đại số yếu tố hình học; phƣơng pháp giải sáng tạo toán mới” Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu tốn đại số yếu tố hình học sáng tạo toán mới: chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số.Dựa phƣơng pháp toạ độ phép toán tƣơng tự hoá, khái quát hoá… Đối tƣợng nghiên cứu Nghiên cứu số tốn chứng minh bất đẳng thức, tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số Trong chƣơng trình tốn trung học phổ thơng Phƣơng pháp nghiên cứu Đọc tài liệu , phân tích , so sánh, tổng hợp Phần 1: GIẢI CÁC BÀI TỐN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC, TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ BẰNG PHƢƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ Chƣơng 1: CÁC KIẾN THỨC BẢN VỀ TOẠ ĐỘ VECTƠ §1:Một số khái niệm 1.1.Véctơ - Định nghĩa: Véctơ đoạn thẳng hƣớng Nếu vectơ điểm đầu A, điểm cuối B ta kí hiệu vectơ AB - Hai véctơ phƣơng hai véctơ a b (b  0) phƣơng số k để a  kb Nhận xét: Ba điểm A, B, C thẳng hàng số k để AB  k AC 1.2 Tổng hiệu hai véctơ - Tổng hai véctơ cho véctơ a b Lấy điểm A tuỳ ý, vẽ AB  a BC  b Véctơ AC đƣợc gọi tổng hai véctơ a b Kí hiệu AC  a  b - Hiệu hai véctơ cho hai véctơ a b Ta gọi hiệu véctơ a   b véctơ a  b Kí hiệu: a  b Nhận xét: Với điểm O, A, B tuỳ ý ta AB  OB  OA - Độ dài véctơ AB khoảng cách điểm đầu điểm cuối véctơ AB Kí hiệu AB  AB 1.3 Toạ độ điểm - Trong hệ 0xy cho điểm M Nếu OM   x; y   x; y  gọi toạ độ điểm M hệ 0xy Kí hiệu M  x; y  - Trong hệ 0xyz cho điểm M Nếu OM   x; y; z   x; y; z  gọi toạ độ điểm M hệ 0xyz Kí hiệu M  x; y; z  1.4 Toạ độ véctơ - Cho hệ đề 0xy hai véc đơn vị i, j trục 0x, 0y Khi u  x.i  y j cặp  x; y  gọi toạ độ u Kí hiệu u  x; y  u   x; y  - Trong hệ toạ độ 0xyz với véc đơn vị i, j, k trục x0 x, y0 y, z0 z , u  x.i  y j  z.k cặp  x; y; z  gọi toạ độ u Kí hiệu u  x; y; z  u   x; y; z  1.5 Tích vơ hƣớng véctơ tích hƣớng véctơ  Tích vơ hƣớng véctơ - Trong hệ 0xy cho u   x1; y1  ; v   x2 ; y2  Khi u  x1.i  y1 j ; v  x2 i  y2 j Với i, j hai véc đơn vị trục x '0 x y '0 y : i  j  , i j    u.v  x1.i  y1 j x2.i  y2 j   x1.x2 i  y1 y2 j  x1 y2 i j  y1.x2 j.i  x1.x2  y1 y2 - Trong hệ 0xyz , u   x1; y1; z1  , v   x2 ; y2 ; z2  Thì u.v  x1.x2  y1 y2  z1.z2 a.Định nghĩa tích vơ hƣớng: Cho hai véctơ u , v khác véctơ Tích vơ hƣớng véctơ u , v số Kí hiệu u v , đƣợc xác định   công thức sau: u.v  u v cos u, v Khi u  v  cos u, v    u.v  Khi u  v u  u.u.cos00  u b Tính chất tích vơ hƣớng Cho véctơ u, v, w số k ta có: u.v  v.u   u v  w  u.v  u.w  ku .v  k u.v   u  kv  2 u  0; u   u   Tích hƣớng véctơ a Định nghĩa Trong không gian với hệ toạ độ 0xyz cho hai véc a   x1; y1; z1  b   x2 ; y2 ; z2  véctơ, kí hiệu a, b ( a  b ) Đƣợc xác định toạ độ nhƣ sau: y z z x x y  a, b   1 ; 1 ; 1    y1.z2  y2 z1; z1.x2  z2 x1; x1 y2  x2 y1     y2 z2 z2 x2 x2 y2  b Một số tính chất a,b phƣơng a, b  a, b  a; a, b   b  a, b   a b sin  với  góc hai véctơ a, b ( a  0, b  ) a, b  a  b  Đặt a  b   a, b ta số tính chất sau: Kí hiệu: S ABC    S ABC  1 AB  AC  AM  BC   2  S ABC      (với S ABC  diện tích tam giác  ABC ; M  BC ) a  b  b  a    ka    tb    kt   a  b   b  c .a   c  a .b   a  b .c  a  b  c  a  b  a  c Với  ABC điểm M thì: S ABC  SMAB  SMBC   SMCA Đẳng thức đƣợc mở rộng cho đa giác lồi S MBC  MA  SMCA.MB  SMAB .MC  c Diện tích tam giác Giả sử hệ toạ độ 0xyz cho ABC SABC   1 AB AC sin A   AB, AC   AB  AC 2  d Điều kiện đồng phẳng ba véctơ Điều kiện cần đủ để véc a, b, c đồng phẳng là: a, b   c    y  Với điểm A , B , M A Giả sử A   a1; a2  , B   b1 , b2  , M   x;0  - Trƣờng hợp 1: AM  BM  AB (*) Dấu “=” xảy  A, B, M thẳng hàng O M x B y A - Trƣờng hợp 2: AM  BM  AB (**) B Dấu “=” xảy  A, B, M thẳng hàng O x M - Cho M chạy đƣờng thẳng khác đƣờng cong khác ta xây dựng đƣợc tốn - Ta có: AM   x  a1; a2   AM  AM   x  a1 2  a22 BM   x  b1; b2   BM  BM   x  b1  AB   b1  a1; b2  a2   AB  AB  (*)   b22 b1  a1   b2  a2  2 (=const)  x  a1 2  a22   x  b1 2  b22  b1  a1 2  b2  a2 2  f  x  (**)  b1  a1 2  b2  a2 2  x  a1 2  a22   x  b1 2  b22  b1  a1 2  b2  a2 2  g  x  b1  a1 2  b2  a2 2  ABM : AM  MB  AB  AM  MB 60 2.3.1.1 Trong mặt phẳng toạ độ 0xy, xét véctơ: AM   x  1;2   AM  AM   x  12  BM   x  1; 3  BM  BM   x  12   32 AB   2;5  AB  AB  29 Trong mặt phẳng với điểm A, B, C ta ln có: AM  BM  AB  x2  x   x2  x  10  29 Dấu „=” xảy M  AB Khi M giao điểm AB Ox  x= Ta tốn: 1: Giải bất phƣơng trình : x2  x   x2  x  10  29 2: Tìm giá trị nhỏ hàm số : y = x2  x   x2  x  10 2.3.1.2 Trong mặt phẳng 0xy, ta chọn điểm: A 1;2  , B  3; 1 , M  4; y  , y  2   AM   3; y    AM    y     Khi đó:  BM  1; y  1   BM  12   y  1   AB   2;3    AB  13    AM  BM  32   y  2  12   y  1 2 Ta có: B '  5; 1 đối xứng với B  3; 1 qua đƣờng thẳng x = Khi ta có: AM  BM  AM  B ' M  AB ' Mọi M thuộc đƣờng thẳng x =  32   y  2  12   y  1  2  42   32 61 , y   y  14 y  13  y  y   , y  Ta tốn : y  14 y  13  y  y   1: Giải bất phƣơng trình : y  , 2: Chứng minh : y  14 y  13  y  y   , y  3: Tìm giá trị nhỏ hàm số: f  y   y  14 y  13  y  y  , y  2.3.1.3 Cho a , b , c, d, e,f số dƣơng hệ trục toạ độ Đecac vng góc xOy chọn điểm M, N, P toạ độ nhƣ sau: M  a; d  , N  a  b; d  e  , P  a  b  c; d  e  f  y P d+e+f d+e N d O M a MO  a  d , MN  b2  e2 , OP  a+b a+b+c x a  b  c  d  e  f  NP  c2  f Ta ln có: OM  NM  NP  OP  a  d  b  e2  c  f   a  b  c 2   d  e  f  Dấu “=” xảy M, N, P thẳng hàng hay a:b:c=d:e:f Ta toán: Cho a, b, c, d, e, f số dƣơng.Chứng minh rằng:  a  b  c 2   d  e  f 2  a  d  b2  e2  c  f 62 , 2.3.1.4 Cho M chạy đƣờng cong y  x   Chọn A a1; a2  , B  b1; b2  , M x; x2 Ta có: AM   x  a1; x  a2   AM  AM   x  a1  BM   x  b1; x  b2   BM  BM   x  b1  AB   b1  a1; b2  a2   AB  AB  2   x  a2    x  b2  2 b1  a1 2  b2  a2 2 Áp dụng bất đẳng thức tam giác: AM  BM  AB   x  a1   f  x min    x2  a2    x  b1    x  b2   b1  a1   b2  a2  b1  a1 2  b2  a2 2 Dấu “=” xảy A, B , M thẳng hàng Ta tốn : Cho M chạy dƣờng cong y  x Tìm GTNN hàm số: f(x) =  x  a1    x2  a2    x  b1    x  b2  Dấu “=” xảy nào? 2.3.1.5 Cho a , b , c, d thoả mãn điều kiện: a2  4b  0; c2  4d  f  x   x2  ax  b  x2  cx  d (1) a  4b  a c  4d  c    f  x   x     x   2 2   2 Trong mặt phẳng toạ độ0xy ta xét điểm: 63  a 4b  a A  ;   2    c 4d  c ; B   ;   2     ; M  x;0    Khi đó: a  4b  a  AM  AM   x    2  c  4d  c  BM  BM   x    2  a  c AB  AB    4d  c  4b  a 2  Với điểm A , B , M Ta ln có: AM + BM  AB a  4b  a c  4d  c   x    x       2 2    a  c 2   f  x min   4d  c  4b  a  a  c   4d  c  4b  a 2  Dấu “=” xảy M  AB  AM  k AB ,  k  a ac   x   k  2  4b  a  k 4d  c  4b  a  2 + Nếu 4b = a  4d  c x  k + Nếu 4b  a  k  ac a  k  0;1 2 4d  c  4b  a 4b  a 64 a  c 4d  c  4b  a a x  2 4b  a Ta tốn: Cho a, b, c, d thoả mãn điều kiện: a2  4b  0; c2  4d  Tìm GTNN hàm số: f  x   x2  ax  b  x2  cx  d Nhƣ từ (1) thay giá trị a, b, c, d thoả mãn điều kiện ta đƣợc tốn sau Tìm giá trị nhỏ hàm số: a, x2  5x   x2  x  12 b, x2  3x  10  x2  x  c, 3x2  21x  48  3x2  x  2.3.1.6 Với điều kiện x  y  Trong mặt phẳng 0xy, xét véctơ sau: u   5;1  u  v   x  y ;2 xy   v   x  y    xy  2 1 u.v  5. x  y   xy u.v 6 Ta u.v  u v  5.x2  xy  y   x2  y   Dấu “=” xảy :    x  y 2 xy  Ta tốn Cho x  y  Chứng minh rằng: 5.x2  xy  y  65 2.3.1.7 Xét M  a; b  , N  c; d  thoả mãn: a  2b   c  2d   Đặt A  6;4  , B  2; 4 AM   a  6; b  4  AM  AM   a  6  b  4 NM   a  c; b  d   NM  NM   a  c   b  d  BN   c  2; 4  d   BN  BN   c  2   4  d  AB   4; 8  AB  AB  2  4   8 2 2 4 y 9/2 A M N N0 O M0 x a1 -4 a2 B N Ta : AM  NM  BN  AB   a  6  b  4   a  c   b  d    c  2   4  d   Dấu “=” xảy : M  M  AB  a1 , N  N0  AB  a2 2 2 + Tìm M , N0 Phƣơng trình AB: y  8x  32  x  y   x   Toạ độ M nghiệm hệ :  y  x    y  x  y   x   Toạ độ N0 nghiệm hệ :  y  x    y  66 Do dấu “=” đƣợc : a  5; b  2; c  4; d  Ta toán: Cho số a, b, c, d thoả mãn điều kiện: a  2b  9; c  2d  CMR: a2  12a  b2  8b  52  a2  c2  d  2ac  2bd   c2  d  4c  8d  20  Dấu “=” xảy nào? Cho số a, b, c, d thoả mãn điều kiện: a  2b  9; c  2d  Tìm GTNN hàm số : y  a  12a  b2  8b  52  a  c2  d  2ac  2bd   c2  d  4c  8d  20 2.3.2.Sáng tạo nhờ tính chất tích vơ hƣớng   Ta a.b  a b cos a, b  a b   cos a, b  Dấu “=” xảy a  kb với k  2.3.2.1 Chọn a  1;1 , b   x; y  ta : a.b  x  y  x2  y Nếu cho x  y  k với k  , x  y  k Nhƣ lấy M  x; y  thoả mãn : x  y  k  M  C : x  y  k Ta tốn : Cho đƣờng tròn C: x  y  k Tìm giá trị lớn x + y 2.3.2.2 Nếu chọn a   sinA; cosA , b    sinB.sinC , cosB.cosC với A, B, C góc ABC nhọn  Ta có: a.b  sinA sinB.sinC  cosA cosB.cosC 67  a  sin2 A  cos2 A  b  sinB.sinC  cosB.cosC Từ a.b  a b (1)    sinA sinB.sinC  cosA cosB.cosC  sinB.sinC  cosB.cosC Mặt khác lại xét u   sinB; cosB  , v   sinC; cosC   u.v  sinB.sinC  cosB.cosC u  sin2 B  cos2 B  1; v  sin2 B  cos 2C  Ta có: u.v  u v (2)  sinB.sinC  sosB.cosC  1.1   sinB.sinC  cosB.cosC  Hay sinA sinB.sinC  cosA cosB.cosC  Dấu “=” xảy a, b phƣơng , chiều  sinA sinB.sinC   tanA  tanB.tanC cosA cosB.cosC Dấu “=” (2) xảy sinB sinC   tanB  tanC cosB cosC Vậy tanA  tan2 B  tan2C hay A = B = C ; ABC Ta tốn : Tìm điều kiện  nhọn ABC để biểu thức sau thoả mãn : sinA sinB.sinC  cosA cosB.cosC  2.3.2.3 Xét a  1;1;1 , b   cosA; cosB; cosC  68 a.b  cosA  cosB  cosC   r R Với r: bán kính đƣờng tròn nội tiếp ABC R : bán kính đƣờng tròn ngoại tiếp ABC a  3; b  cos2 A  cos2 B  cos2C   2cosAc osB.cosC Khi ta có: a.b  a b 1 r   2cosA.cosB.cosC R Dấu “=” xảy cosA  cosB  cosC  A=B=C  ABC Ta tốn : Cho ABC với bán kính đƣờng tròn nội tiế, ngoại tiếp lần lƣợt r ,R Chứng minh rằng:1  r   2cosA.cosB.cosC Dấu “=” xảy R nào? 2.3.2.4 A B B C C A Từ đẳng thức : tan tan  tan tan  tan tan  2 2 2 A B C B C A   Xét a   tan ; tan ; tan  , b   tan ; tan ; tan  2 2 2 2   Ta a.b  1; a  b  tan2 Mà a.b  a b   tan2 A B C  tan2  tan2 2 A B C  tan2  tan2 2 otB  cotB.cotC  cotC.cotA  Hoặc từ cotAc Xét a   cotA; cotB; cotC  , b   cotB; cotC; cotA a.b   a b   cot A  cot B  cot 2C  69 Ta toán: Cho ABC Chứng minh : tan2 A B C  tan2  tan2  2 cot A  cot B  cot 2C  2.3.2.5 A B C A B C   Xét a  1;1;1 , b   tan ; tan ; tan  , c   cot ; cot ; cot  2 2 2 2   A B C r  4R A B C  tan  tan   tan  tan  tan 2 2 p 2 a.b  tan  r  4R   3p 2  tan2 A B C  tan2  tan2 2 Ta tốn : Cho ABC với p nửa chu vi Chứng minh :  r  4R  3p a.c  cot  tan2 A B C  tan2  tan2 2 A B C p A B C  cot  cot   cot  cot  cot 2 2 r 2 p2 A B C   cot  cot  cot 3r 2 Ta toán : p2 A B C Chứng minh :  cot  cot  cot 3r 2 2.3.3 Sáng tạo nhờ tính chất tổng véctơ Cho véctơ a, b ta ln có: a  b  a  b Dấu “=” xảy a  k b ; k  70 Cho n véctơ : u1, , un Ta có: u1  u2   un  u1  u2   un Dấu “=” xảy ui cộng tuyến hƣớng: i = , , … , n 2.3.3.1 Xét a   sinA; sinB; sinC  , b   cosA;cosB; cosC  Khi đó: a  b   sinA  cosA; sinB  cosB; sinC  cosC ab  a  b   sinA  cosA2   sinB  cosB2   sinC  cosC2  sin2 A  sin2 B  sin2C  cos2 A  cos2 B  cos2C   sin2 A  sin2B  sin2C   2cos2 Ac os2B.cos2C    2cos2 Ac os2B.cos2C   4sinA.sinB.sinC   2cosAc osB.cosC   2cosAc osB.cosC Dấu “=” xảy a  kb ; k  sinA  kcosA sinA sinB sinC    sinB  kcosB  cos A cosB cosC sinC  kcosC   tanA  tanB  tanC  A  B  C ABC Ta toán: Cho ABC Chứng minh :  4sinA.sinB.sinC   2cosAc osB.cosC   2cosAc osB.cosC Dấu “=” xảy nào? 2.3.3.2 Chọn a   x1a; y1b , b   x2 a; y2b , c   x3a; y3b a  b  c    x1  x2  x3  a;  y1  y2  y3  b  71 a  x12a2  y12b2 ; b  x22a2  y22b2 ; c  x32a2  y32b2 abc   x1  x2  x3  a   y1  y2  y3  b2 Từ bất đẳng thức : a  b  c  a  b  c   x1  x2  x3  a2   y1  y2  y3  b2  x12a2  y12b2   x22a2  y22b2  x32a2  y32b2 Nếu cho x1  x2  x3  k  y1  y2  y3  m  Ta có: k 2a2  m2b2  x12a2  y12b2  x22a2  y22b2  x32a2  y32b2 Dấu “=” xảy :  x1 y1 x  y  2   x2  y2  x3 y3 Ta tốn : Cho số thực  xi i1 ;  yi i1 thoả mãn 3 x1  x2  x3  k  const y1  y2  y3  m  const Chứng minh a, b, c  ta : k 2a2  m2b2  x12a2  y12b2  x22a2  y22b2  x32a2  y32b2 Với điều kiện  xi i1 ;  yi i1 dấu “=” xảy ra? 3 72 KẾT LUẬN Phƣơng pháp toạ độ cho phép ta chuyển tốn hình học sang đại số ngƣợc lại Lợi dụng tính chất ngƣời ta chứng minh bất đẳng thức đại số sang hình học Với đề tài em xin sâu vào phƣơng pháp hình học tức dùng toạ độ véctơ để chứng minh bất đẳng thức Nó phƣơng pháp đặc biệt đƣợc áp dụng cho lớp bất đẳng thức chứa bậc hai Việc chứng minh toán hồn tồn đƣa dạng hình học để chứng minh Do thời gian lực thân hạn chế, lại bƣớc đầu làm quen với cơng tác nghiên cứu đề tà khoa học nên em tránh khỏi thiếu sót.Em mong nhận đƣợc ý kiến chân thành thầy giáo bạn sinh viên Em xin chân thành cảm ơn! 73 TÀI LIỆU THAM KHẢO Nguyễn Văn Quý, Nguyễn Tiến Dũng, Nguyến Việt Hà, Các dạng toán bất đẳng thức, giá trị lớn giá trị nhỏ đạisố hàm số hình học Phan Huy Khải (1995), Các phương pháp tìm giá trị lớn nhỏ Phan Huy Khải (1996) , Phương pháp toạ độ để giải toán cấp,nxb thành phố Hồ Chí Minh Võ Giang Giai (2008), Chuyên đề ứng dụng phương pháp véctơ toạ độ để giải số toán cấp, nxb Đại học Quốc Gia Hà Nội Hồ Sĩ Vinh (2010), Những toán chọn lọc chứng minh bất đẳng thức tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất, nxb Đại học Quốc Gia Hà Nội Tạp trí tốn học tuổi trẻ 74 ... khoá luận tốt nghiệp đại học với đề tài: Các tốn đại số có yếu tố hình học; phƣơng pháp giải sáng tạo tốn mới Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu tốn đại số có yếu tố hình học sáng tạo toán mới: chứng... 38 Phần 2: SÁNG TẠO BÀI TOÁN MỚI 50 2.1 .Sáng tạo nhƣ nào? 50 2.2 Sáng tạo toán từ bất đẳng thức tổng quát 51 2.3 Sáng tạo số bất đẳng thức nhờ tính chất hình học 59 KẾT... Phƣơng pháp hình học với bất đẳng thức lƣợng giác 31 3.2 Các toán 31 Chƣơng 4: CÁC BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC 38 4.1.Phƣơng pháp hình học với bất đẳng thức hình học 38 4.2 Các toán
- Xem thêm -

Xem thêm: Các bài toán đại số có yếu tố hình học phương pháp giải và sáng tạo ra bài toán mới, Các bài toán đại số có yếu tố hình học phương pháp giải và sáng tạo ra bài toán mới

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn

Nhận lời giải ngay chưa đến 10 phút Đăng bài tập ngay