SKKN Hướng dẫn học sinh Lớp 10 sử dụng phương pháp hình học để giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số

 đoạn MN nào 
đó. 
6
4
2
-2
-4
-5 5 10
M
N
A
B
 VT(7) = (x – y)2 + [x2 – (y – 1)]2 
 Đặt M(x, x2), N(y, y – 1) VT (7) = MN2 
 Dễ thấy M thuộc parabol y = x2 và N thuộc đường thẳng x – y – 1 = 0. Do vậy 
bài toán có thể chuyển dịch thành : 
 Chứng minh rằng: với mọi vị trí của M và N thì khoảng cách gần nhất MN có thể 
đạt được là 
9
32
Từ đồ thị ta có thể khẳng định: min MN = AB, trong đó A là tiếp điểm của parabol 
y = x2 với đường thẳng d song song với đường y = x – 1. Hoành độ của A là nghiệm 
kép của phương trình: 
x2 = x + b 
4
1
 b
2
1
2
1
 AA yx 
Và AB = d(A, d) 
1 1
1
32 4
2 4 2
 
  min MN2 = AB2 = 
9
32
. 
Vậy MN2 
9
32
 . Dấu “=” xảy ra M A , N  B. 
Bài tập: 
 1. Cho a, b, c là các số thực tùy ý. 
21 
 Chứng minh rằng: 
2 2 2 2 2 21 . 1 1 . 1 1 . 1
a c a b b c
a c a b b c
  
 
     
 2. Cho , ,a b c thỏa mãn: 2 26; 1c d a b    
 Chứng minh rằng: 2 2 2 2 18 6 2.c d ac bd     
 3. Cho ,a b là các số thực thỏa mãn: 2 2 16 8 6 .a b a b    
 Chứng minh rằng: 7 24b a 
 4. Cho a, b là các số thực tùy ý. Chứng minh rằng: 
5106124 2222  bbbabaa 
II. Phương pháp véctơ. 
 Chứng minh các bất đẳng thức, giải các phương trình, tính giá trị cực đại, cực 
tiểu của một hàm số, người ta thường gán tọa độ cho các vectơ ,u v một cách thích 
hợp rồi dùng các tính chất sau đây để xét và chứng minh: 
 1, .u v u v   Tương tự: wvuwvu  
 2, 2( ) 0u v  
 3, . .u v u v Hoặc 
2 2
2( . ) .u v u v 
 Điều cần chú ý rất quan trọng khi dùng phương pháp vectơ để giải toán là: cần 
phải phân tích kỹ bài toán sau đó chọn các vec tơ sao cho phù hợp với yêu cầu bài 
toán. 
Bài toán 9: Cho các số thực , , , , ,a b c x y z thỏa mãn: 2; 6a b c ax by cz      . 
Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2 2 2 216 16 16 10a a x b b y c c z      (6) 
Lời giải: 
22 
 Nhìn vào biểu thức trong căn ở vế phải của (6) dễ thấy chúng có dạng 2 2a b . 
Vậy ta có thể xem chúng biểu thị cho độ dài của vectơ ( , )u a b lúc đó: 
 Xét ba vec tơ: (4 , ), (4 , ), (4 , )u a ax v b by w c cz , bất đẳng thức (6) trở thành: 
w 10u v   (6’) 
 Vế phải của (6’) làm ta liên tưởng đến kết quả: 
w wu v u v     vậy phải chăng w 10?u v   
Ta có: w (4( ),ax+by ) (8,6)u v a b c cz       
2 2w 8 6 10u v      
 Vậy (6) đúng đpcm 
 Dấu ”=” xảy ra  thỏa mãn một trong các trường hợp sau: 
 1> Hai trong ba vec tơ , ,wu v là vec tơ không 
 2> Một trong ba vec tơ , ,wu v là vec tơ không và hai vec tơ còn lại cùng 
hướng. 
 3> Cả ba vec tơ , ,wu v đều khác vec tơ không và cùng hướng với nhau. 
Bài toán 10: Cho , ,x y z là ba số thực tùy ý. 
Chứng minh rằng: 2 2 2 2 2 2x xy z x xz z y yz z        (7) 
Lời giải: 
2 2 2 2 2 23 3 3 3(7) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2
y z y z
x y x z y z           
 Do biểu thức trong dấu căn có dạng 2 2a b nên ta có thể hi vọng sử dụng được 
phương pháp vec tơ để giải. 
 Chọn 
3 3
( , ), ( , )
2 2 2 2
y z
u x y v x z     
23 
 Khi đó : 
3 3
( , )
2 2 2 2
y z
u v y z    
 Suy ra: 2 2
3
( ) ( )
2 2
y
u x y   ; 2 2
3
( ) ( )
2 2
z
v x z   
 2 2
3 3
( ) ( )
2 2 2 2
y z
u v y z     
 Ta có: (7) có thể chuyển về dạng bất đẳng thức vec tơ tương đương: 
 vuvu  (7’) 
 Bất đẳng thức (7’) đúng  (7) đúng  điều phải chứng minh. 
 Dấu ”=” xảy ra một trong hai vec tơ ,u v là vec tơ không hoặc là chúng 
ngược hướng với nhau. 
 Bài toán này hay ở chỗ là vai trò của x, y, z như nhau nên dễ khiến ta biến đổi 
bất đẳng thức (7) về dạng khác đi so với phép biến đổi trên, dẫn đến việc chọn vec 
tơ ,u v là rất phức tạp. 
Bài toán 11: Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: ab + bc + ca = abc. Chứng 
minh rằng: 
3
222 222222






ca
ac
bc
cb
ab
ba
Lời giải: 
Từ giả thiết: ab + bc + ca = abc. Suy ra: .1
111

cba
Ta có: 
3
222 222222






ca
ac
bc
cb
ab
ba
 3
212121
222222

cabcab
Xét 3 vec tơ 









ab
u
2
;
1
, 








bc
v
2
;
1
, 








ca
w
2
;
1
. Khi đó: 
24 
22
21
ab
u  , 
22
21
bc
v  , 
22
21
ca
w  
và 









cbacba
wvu
222
;
111
 3
111
3
2







cba
wvu 
Mà ta luôn có: wvuwvu  nên ta có điều phải chứng minh. 
Vì 0,, wvu nên dấu bằng xẩy ra khi wvu ,, cùng hướng cba  . 
Lại có: ab + bc + ca = abc suy ra a = b = c = 3. 
Bài toán 12: Cho ba số thực dương a, b, c với a > c, b > c. 
Chứng minh rằng: ( ) ( )c a c c b c ab    (8) 
Lời giải: 
 Dễ thấy mỗi biểu thức trong căn bậc hai ở bất đẳng thức (8) đều có dạng AX + 
BY, nên ta hy vọng rằng có thể xem chúng là tích của hai vec tơ ( , ); ( , )u A B v X Y . 
Xét các vec tơ sau: 
( ; ); ( ; )u a c c v c b c    
 Ta có: . ( ) ( )u v c a c c b c    
 abbavu  .. 
Dựa vào bất đẳng thức vec tơ đúng: vuvu ..  nên: 
( ) ( )c a c c b c ab     điều phải chứng minh. 
 Dấu ”=” xảy ra  ;u v cùng hướng 
1 1 1
a b c
   
Bài toán 13: Cho a, b là hai số thực 
Chứng minh rằng: 
2 2
1 ( )(1 ) 1
2 (1 )(1 ) 2
a b ab
a b
  
 
 
 (9) 
25 
Lời giải: 
 Bài toán này giải bằng phương pháp biến đổi tương đương khá dễ dàng: 
2 2 2 2 2 2 2 21 1 1(1 )(1 ) (1 ) [(1- ) ( ) ] 1- .
2 2 2
a b a b a b ab a b ab a b           
đpcm 
 Song với phương pháp Hình học thì tình hình có vẻ khó khăn. 
 Nhìn vào bất đẳng thức cần chứng minh thì yếu tố Hình học chưa xuất hiện, vậy 
ta phải làm sao đây? 
 Đặt 
2 2
2 2 2 2
2 1 1 2
( ; ); ( ; )
1 1 1 1
a a b b
u v
a a b b
 
 
   
 Ta có: 2
2 2 2 2
2
2 2
2 2 2
2 1 4 (1 )
( ) ( ) 1 1
1 1 (1 )
a a a a
u u
a a a
  
     
  
2
2 2 2
2 2
1 2
( ) ( ) 1 1
1 1
b b
v v
b b

    
 
Dựa vào bất đẳng thức vec tơ đúng: vuvu ..  nên: 
1
)1)(1(
)1(2)1(2
22
22



ba
abba
2
1
)1)(1(
)1)((
22




ba
abba
Từ đó ta có điều phải chứng minh. 
Bài tập: 
1. CMR: với mọi x, y, z là các số thực dương bất kì ta luôn có: 
)(3222222 zyxzyzyzxzxyxyx  
2. CMR: với bất kì tứ giác nào có độ dài các cạnh là a, b, c, d ta luôn có bất đẳng 
thức: 2 2 2 23( ) .a b c d   
3. Cho x, y, z là ba số thực dương thỏa mãn: 1.x y z   Chứng minh rằng: 
26 
2 2 2
2 2 2
1 1 1
82.x y z
x y z
      
4. CMR: 322)1()1( 2222  yyxyx , với Ryx  , . 
III. Phương pháp diện tích. 
 Để giải một bài toán bất đẳng thức Đại số bằng phương pháp diện tích thông 
thường người ta dựa vào các kiến thức sau: 
 1.Tính cộng được của diện tích. 
 2. Tích của hai số dương a, b có thể xem là diện tích của hình chữ nhật cạnh a, b. 
 3. Các công thức tính diện tích các hình. 
 4. Các bất đẳng thức có được nhờ suy trực tiếp từ các công thức tính diện tích của 
chúng. 
 Ví dụ: Trong tam giác ABC, 
1 1
.sin
2 2
ABC
S bc A bc  
 hoặc 
2( )
( : onst).
4 108
abc a b c
S R c
R R
 
  
 Và một điều đặc biệt cần quan tâm khi giải quyết các bài toán bằng diện tích là 
khả năng tách nhập các hình một cách linh hoạt và sáng tạo. 
Bài toán 14: Cho , , 0 , .a b c và a c b c   
Chứng minh rằng: ( ) ( )a c c b c c ab    (10) 
Lời giải: 
 Bài toán này có rất nhiều cách giải với những cách nhìn nhận khác nhau. Ở đây, 
chúng ta xem xét cách giải ”đượm màu sắc Hình học”. 
27 
Ta có thể xem số hạng đầu bằng hai lần diện tích tam 
giác vuông cạch c , a c , số hạng thứ hai bằng 
hai lần diện tích tam giác vuông cạnh c , b c . 
(Với giả thiết bài toán ta hoàn toàn có thể dựng được 
hai tam giác vuông như vậy). 
 Ta có: ( ) ( ) 2 ABCa c c b c c S    mà 
1 1
sin
2 2
ABC
S ab C ab  . 
 Từ đó suy ra: ( ) ( )a c c b c c ab    (đpcm). 
 Dấu ”=” xảy ra  sinC = 1 tức C = 900. 
 ABC vuông tại C 
1 1 1
bc a
   
Bài toán 15: Chứng minh rằng nếu 0 < a, b, c < 1 thì: 
a(1 – c) + b(1 – a) + c(1- b) < 1 
Lời giải: 
 Vẽ tam giác đều ABC có độ dài cạnh bằng 1. Trên các cạnh AB, BC, CA lấy các 
điểm M, N, P sao cho AM = a, BN = b, CP = c. Vì a, b, c thuộc khoảng (0; 1) nên 
ta được diện tích tam giác MNP dương. A 
 M P 
 B C 
 N 
Do đó: 
 ABCCPNBNMAMP SSSS   
AACABCCNCPBBMBNAANAM sin..
2
1
sin..
2
1
sin..
2
1
sin..
2
1
 
28 
4
3
.
4
3
.
4
3
.
4
3
 CNCPBMBNANAM 
  a(1 – c) + b(1 – a) + c(1- b) < 1 
Vậy ta có điều phải chứng minh. 
Bài toán 16: Cho , ,x y z dương thỏa mãn hệ thức: ( ) 1xyz x y z   
Chứng minh rằng: ( )( ) 2x y x y   (11) 
Lời giải: 
 Vì x, y, z dương nên ta có thể dựng được ABC 
với độ dài 3 cạnh là: 
 ,AB x y AC x z và BC y z      (tam giác 
này hiển nhiên tồn tại) 
 Khi đó nếu gọi p là chu vi tam giác ABC, thì p = x + y + z. 
 Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc ba cạnh AB, AC, BC lần lượt tại K, F, 
E thì: AK = AF = x, BK = BE = y, CE = CF = z. 
 Ta có: 
1 1
. .sin . 2 ( )( )
2 2
ABC ABC
S AB AC A AB AC S x y y z      (11’) 
 Mặt khác ta có: ( - )( - )( - ) ( ) 1
ABC
S p p a p b p c x y z xyz     (11’’) 
Từ (11’) và (11’’) ta có : ( )( ) 2x y x z   
 Dấu ”=” xảy ra  dấu ”=” trong (25) xảy ra A = 900. 
 2 2 2 2( ) ( ) ( )y z x y x z yz xy xz x          
Bài tập: 
1. Cho tam giác ABC. CMR: 
1 1 1 1 1 1
.
a b c
l l l a b c
     
2. Cho tam giác ABC. CMR: 2
1
.
4
a
rr a 
29 
3. Cho tam giác ABC có góc A tù hoặc vuông. CMR: 
2 1
.
5 2
a
r
h
  
4. Cho bốn số thực dương x, y, z, t. Chứng minh rằng: 
2 2 2 2 2 2 2 2( )( ) ( )( ) ( ( ).x z y z x t y t x y z t        
5. Chứng minh rằng: 
2 2 2 2 2 2 2 20,785 1 2 ... ( 1) 0,79n n n n n n n          
IV. Phương pháp đồ thị. 
 Từ trước chúng ta đã làm quen với các bài toán cực trị ít biến hoặc ít điều kiện. 
Trong mục này ta sẽ trình bày một phương pháp giải dễ hiểu đối với một bài toán 
cực trị nhiều biến và nhiều điều kiện, đó chính là phương pháp đồ thị. Muốn làm tốt 
phương pháp này cẫn vẽ đồ thị nhanh, chính xác và phải biết lập luận trên đồ thị. 
Bài toán 17: Giả sử x và y là các số thực thỏa mãn: 
 3 - 10 0
 - 6 0
 - 2 0
x y
x y
x y
 

 
  
Chứng minh rằng: 7 2 10x y   (12) 
Lời giải: 
 Nhìn vào hệ điều kiện của x và y 
ta dễ rút ra nhận xét điểm M(x, y) 
thỏa mãn hệ chính là điểm thuộc 
phần giao của các nửa mặt phẳng 
tạo bởi các đường: 
x + 3y – 10 = 0; 
x + y – 6 = 0; 
x – y + 2 = 0. 
8
6
4
2
-2
-5 5 10
x+2y=0
B
C
A
30 
 Từ đồ thị của chúng ta thấy điểm M nằm trong ABC với A(4, 2), B(2, 4), 
C(1,3). Bài toán đã cho trở thành: Tìm GTLN và GTNN của (x + 2y = )  với 
M(x, y) thuộc miền trong ABC . 
Muốn vậy ta chỉ việc tịnh tiến đường thẳng x + 2y = 0 theo chiều mũi tên. 
 Điểm đầu tiên mà đường 2 x y   gặp với ABC chính là C(1, 3) tức là 
Min(x + 2y) = 7 
 Điểm đuối cùng của ABC mà đường 2 x y   gặp chính là B(2, 4) tức là 
Max(x + 2y ) = 10 
Vậy 7 2 10x y   (đpcm). 
 Sở dĩ ta chọn đường x + 2y = 0 để tịnh tiến bởi chính trong kết luận đã gợi 
cho ta điều đó: hai đường x + 2y - 7 =0 và x + 2y - 10 = 0 cùng song song với 
đường x + 2y = 0 
Bài toán 18: Giả sử x và y là các số thực thỏa mãn: 
 2 0
 - 2 8 0
2 - 4 20
x y
x y
x y
  

 
  
Chứng minh rằng: 2 2
16
20
5
x y   (13) 
Lời giải: Các điểm M(x, y) thỏa mãn hệ điều kiện trên chính là toàn bộ tam giác 
ABC (gọi là miền D) 
4
2
-2
-4
-5 5A
B
Ta thấy x2 + y2 = OM2, Khi đó: 
max OM2 = max{OA2, OB2, OC2} = max {4, 20, 16}=20, MD. 
min OM2 = OH2 = 
16
5
( do 
2 2 2
1 1 1 1 1
4 16OH OA OC
    ), MD. 
31 
Tóm lại: max(x2 + y2) = 20; min(x2 + y2) =
16
5
 trên D 
hay : 2 2
16
20
5
x y   (đpcm) 
Bài tập: 
 1. Xét miền D cho bởi: D = {(x, y): x2 + y2 + 16 = 8x + 6y} 
 Chứng minh rằng: 10 4 3 40x y   
 2. Giả sử x và y là các số thực thỏa mãn: 
 10
 + 2 8
0 6
0 5
x y
x y
x
x
 
 

 
  
. 
 Chứng minh rằng: 12 4 6 50.x y   
 3. Chứng minh rằng: 2131 22  xxxx , Rx 
 4. Giả sử x và y là các số thực thỏa mãn: 








0
042
082
y
yx
yx
 Chứng minh rằng: 64
5
4 22  yx 
V. Phương pháp sử dụng định lí cosin trong tam giác. 
 Xuất phát từ định lí cosin trong tam giác: 2 2 2 2 cosa b c bc A   , ta có: 
2 2 2 cos (*)a b c bc A   
 Ta rút ra nhận xét: Nếu các vế của bất đẳng thức đại số cần chứng minh chứa các 
biểu thức dạng (*) thì có thể gắn vào tam giác với các cạnh thỏa mãn (*) rồi chuyển 
bất đẳng thức cần chứng minh về bất đẳng thức Hình học tương ứng. Nếu chứng 
minh được bất đẳng thức Hình học này thì bất đẳng thức đại số là đúng. 
32 
 Người ta còn sử dụng các hệ quả suy trực tiếp từ định lí cosin trong tam giác: 
1. Nếu 0
2
A

  thì 2 2 2,a b c a b c    
2. Nếu 
2
A

  thì 2 2 2a b c  
để giải các bài toán bất đẳng thức Đại số. 
Bài toán 19. Chứng minh rằng: 
 Rxxxxx  ,51624923 22 (14) 
Lời giải: Ta xét các trường hợp sau: 
 a. TH1: 0.x  Khi đó 
2 2
2 2
3 2 9 3 2 9 9 3
4 2 16 4 2 16 16 4
x x x x
x x x x
      
      
(14) 7 (14)VT   đúng. 
b. TH2. 0.x  Xét tam giác ACD với AC = 3, CD = x, ACD = 045 và tam 
giác BCD với BC = 4, CD = x, BCD = 045 
Theo định lí cosin trong tam giác ta có: 
2 23 2 9; 4 2 16AD x x DB x x      
Vì 0 2 290 5AB AC BC       
Khi đó bất đẳng thức cần chứng minh trở thành: 
AD DB AB  . 
Đây là bất đẳng thức đúng Điều phải chứng minh. 
A
C
B
D
Bài toán 20. Chứng minh rằng với mọi số thực dương , ,a b c ta có: 
2 2 2 2 2 2 .a ab b b bc c a ac c        
Lời giải: 
33 
Đặt OA = a, OB = b, OC = c, AOB = BOC = 600 
 AOC = 1200 
Theo định lí cosin trong tam giác ta có: 
2 0 2 2 2
2 0 2 2 2
2 0 2 2 2
2 cos60
2 cos60
2 cos120
AB a ab b a ab b
BC b bc c b bc c
AC a ac c a ac c
     
     
     
Vì AB BC AC  nên từ trên suy ra đpcm. 
O B
A
C
Bài tập: 
 1. Chứng minh rằng với mọi số thực dương , ,a b c ta có: 
 2 2 2 2 2 2 .a ab b b bc c a ac c        
2. Cho ba số dương , , , ,a b c a c b c  .Chứng minh rằng: 
 ( ) ( )c a c c b c ab    
 3. Chứng minh rằng với mọi a, b, c ta luôn có: 
2 2 2 2 2 22 3 2 3 .a ab b b bc c a ac c         
 4. Chứng minh rằng: 
Rxxxxx  ,4106346 22 
34 
Chương III THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 
1. Mục đích : Nhằm đánh giá tính khả thi của đề tài. 
2. Nội dung : Tôi tiến hành thực nghiệm với năm tiết dạy (hai buổi chiều) và một 
bài kiểm tra (60 phút). 
3. Kiểm tra : (60 phút) 
 Câu 1 (2 điểm) Cho , ,a b c là ba số thực dương. Chứng minh rằng: 
 2 2 2 2 2 2( ) ( ) 2a c b a c b a b       
 Câu 2 (3,0 điểm) Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn. Chứng minh rằng: 
1 1 1 1 1 1
.
a b c
l l l a b c
     
Câu 3 (2,0 điểm) Cho tam giác ABC có các góc đều nhọn. Chứng minh rằng: 
 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( )( )( )b c a a c b a b c a b c       
Câu 4 (3,0 điểm) Cho ,x y là các số thực thỏa mãn 
 3
3 + 2 12
0, 0
x y
x y
x y
 


  
. Chứng minh 
rằng: 5 1 3x y     . 
Đáp án sơ lược: 
Câu 1. Xét ( ; ), ( ; ) (2 ;2 )u a c b v a c b u v a b       . Bất đẳng thức cần chứng 
minh trở thành: u v u v   (luôn đúng) đpcm. 
Câu 2. Chứng minh được: 
2 cos
2
a
A
bc
l
b c


 (Sử dụng diện tích). Mặt khác do 
1 1 1 1
0 cos 1
2 2
a
A
l b c
 
     
 
. Tưng tự: 
1 1 1 1
2
b
l b a
 
  
 
, 
1 1 1 1
2
c
l a b
 
  
 
. Cộng 
theo vế các bất đẳng thức trên đpcm. 
35 
Câu 3. Do tam giác ABC nhọn nên: 2 2 2 2 2 2 2 2 2; ;a b c b c a c a b      . Đặt 
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
; ; , , 0
1 1 1
( ); ( ); ( )
2 2 2
x b c a y c a b z a b c x y z
a y z b x z c x y
          
     
2 2 2 1 ( )( )( )
8
a b c x y y z z x xyz      
Hay 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( )( )( )b c a a c b a b c a b c       đpcm. 
Câu 4. Gọi D là miền giới hạn bởi các đường 
4. Kết quả: 
 Kiểm tra 60 phút tại lớp 10A2. Kết quả như sau: 
Điểm 5 6 7 8 9 10 Tổng số bài 
Số bài 4 5 10 11 6 4 40 
 Tỉ lệ HS đạt điểm TB trở lên là 100%, trong đó 77,5% khá giỏi (từ điểm 7 trở 
lên). 
II. KẾT LUẬN: 
 - Học sinh đã nắm được kiến thức và phương pháp để vận dụng tốt trong bài 
thi. 
 - Góp phần nâng cao hiệu quả giảng dạy, học tập ở trường THPT. 
 - Giúp học sinh mở mang được kiến thức và khắc phục được thói quen, phương 
thức tư duy một vấn đề. 
 - Tạo cho học sinh khả năng nhìn nhận, chuyển đổi bài toán Đại số sang Hình 
học. Từ đó phát triển được tư duy linh hoạt và khả năng sáng tạo Toán học cho học 
sinh. 
36 
III. TÀI LIỆU THAM KHẢO 
1. Đại số 10 nâng cao, NXBGD 2007. 
2. Bài tập đại số 10 nâng cao, NXBGD 2007. 
3. Phan Huy Khải, Trần Hữu Nam, Bất đẳng thức và ứng dụng, NXBGDVN 
2009. 
4. Phan Huy Khải, Phương pháp tọa độ để giải các bài toán sơ cấp, NXB 
TPHCM 1999. 
5. Nguyễn Mộng Hy, Các bài toán về phương pháp vectơ và phương pháp tọa 
độ, NXBGD 1999. 
6. Đề thi tuyển sinh vào các trường đại học từ năm 2002 đến 2013. 
7. Phan Đức Chính (Chủ biên), Các bài giảng luyện thi môn Toán NXBGD 
1999. 
8. Tạp chí Toán học và tuổi trẻ, NXBGD. 
9. Nguyễn Bá Kim, Phương pháp dạy học môn Toán, NXB ĐHSP 2000. 
10. Nguyễn Thương Võ, 300 bài toán về hệ thức lượng trong tam giác, NXBGD 
2000. 
11. Nguyễn Thái Hòe, Rèn luyện tư duy qua việc giải bài tập toán, NXBGD. 
12. Các trang web: Vnmath.com, Mathscope.org... 
13. Lê Hoành Phò, Các bài toán tổng hợp bất đẳng thưc và ứng dụng, NXB 
ĐHQGHN 2010. 
37 
8. Những thông tin cần được bảo mật (nếu có): Không. 
9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: 
 Có đủ cơ sở vật chất phục vụ việc dạy và học. 
 Có đủ thời lượng dạy học (ít nhất là 5 tiết) và kiểm tra. 
 Học sinh có học lực trung bình khá trở lên. 
10. Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng sáng 
kiến theo ý kiến của tác giả và theo ý kiến của tổ chức, cá nhân đã tham gia áp 
dụng sáng kiến lần đầu, kể cả áp dụng thử (nếu có) theo các nội dung sau: 
 10.1 Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng 
sáng kiến theo ý kiến của tác giả: 
Quá trình nghiên cứu đề tài : “Hướng dẫn học sinh lớp 10 sử dụng phương pháp 
Hình học để giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức Đại số” đã thu được 
một số kết quả sau : 
 - Đã đưa ra quy trình giải các bài toán chứng minh bất đẳng thức bằng phương 
pháp Hình học. 
 - Đã xây dựng được hệ thống các bài tập chứng minh bất đẳng thức Đại số giải 
bằng phương pháp Hình học. 
 - Làm sáng tỏ một số căn cứ lí luận và thực tiễn của việc sử dụng phương pháp 
Hình học để giải một số bài toán chứng minh bất đẳng thức Đại số. 
 - Rèn luyện năng lực phát triển yếu tố Hình học trong bài toán Đại số cho học 
sinh. 
 - Đề tài có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên và học sinh trong việc dạy học 
toán. 
 10.2 Đánh giá lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng 
sáng kiến theo ý kiến của tổ chức, cá nhân: 
38 
 - Việc tổ chức dạy học có tác dụng tốt trong việc gây hứng thú học tập, phát huy 
tính tích cực của học sinh trong việc tìm tòi lời giải cho một bài toán. 
 - Trang bị cho các em một phương pháp mạnh để giải quyết các bài toán mang đặc 
thù riêng của chúng – những bài toán có hồn Hình học ẩn dưới lớp vỏ Đại số. 
 - Tạo cho học sinh khả năng nhìn nhận, chuyển đổi bài toán Đại số sang Hình học. 
11. Danh sách những tổ chức, cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng 
sáng kiến lần đầu (nếu có): 
STT Tên tổ chức/cá nhân Địa chỉ Phạm vi/Lĩnh vực áp dụng 
sáng kiến 
1 Lớp 10A2 Trường THPT 
Bình Xuyên 
Dạy học Toán lớp 10 ôn thi 
THPTQG và bồi dưỡng học 
sinh giỏi. 
Bình Xuyên, ngày 24 tháng 01 năm 2019 
Hiệu trưởng 
Phan Hồng Hiệp 
Bình Xuyên, ngày 21 tháng 01 năm 2019 
Tác giả sáng kiến 
Trương Thị Việt Hồng