(SKKN 2022) sử dụng điều kiện đồng phẳng của ba vectơ trong không gian để giúp học sinh lớp 11 giải một số bài toán hình học không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT HẬU LỘC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỬ DỤNG ĐIỀU KIỆN ĐỒNG PHẲNG CỦA BA VÉCTƠ TRONG KHÔNG GIAN ĐỂ GIÚP HỌC SINH LỚP 11 GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Người thực hiện: Nguyễn Văn Mạnh Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn THANH HÓA NĂM 2022 MỤC LỤC NỘI DUNG TRANG MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các giải pháp thực 2.3.1 Sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ vào chứng minh đường thẳng song song với mặt phẳng 2.3.2 Sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ vào chứng minh mặt phẳng qua điểm cố định 2.3.3 Sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ vào tính tỉ số độ dài đoạn thẳng giải tốn có liên quan 2.3.4 Bài tập vận dụng 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị TÀI LIỆU THAM KHẢO NHỮNG SÁNG KIẾN ĐÃ ĐƯỢC CÔNG NHẬN 11 18 19 19 19 20 21 22 MỞ ĐẦU 1.1 LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI Vectơ khái niệm tảng nhiều ngành tốn học đại, đại số tuyến tính, hình học giải tích, hình học vi phân, cịn mang lại công cụ hiệu cho việc nghiên cứu hình học sơ cấp Khơng phạm vi tốn học, vectơ cịn sử dụng rộng rãi lĩnh vực vật lý kỹ thuật Trong chương trình phổ thơng, khái niệm vectơ khơng gian đưa vào từ đầu học kỳ II lớp 11 nhằm cung cấp cho học sinh công cụ để nghiên cứu hình học khơng gian Khi dạy nội dung thấy đa số học sinh hiểu khái niệm độ dài vectơ, phương hướng hai vectơ, quy tắc thực phép toán vectơ, chúng xây dựng xác định hồn tồn tương tự mặt phẳng Bên cạnh việc xét đồng phẳng không đồng phẳng ba vectơ, việc phân tích vectơ theo ba vectơ khơng đồng phẳng cho trước kỹ trọng tâm học, học sinh có nhiều lợi việc tiếp cận rèn luyện kỹ Tuy có nhiều lợi việc tiếp cận kiến thức, có nhiều học sinh cách khai thác vận dụng vectơ vào giải toán, đặc biệt giải toán hình học khơng gian Trong kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông (THPT), kỳ thi học sinh giỏi (HSG) hình học khơng gian thường xun xuất thử thách không nhỏ cho nhiều học sinh Để giải toán ta thường sử dụng kiến thức tổng hợp hình học khơng gian, sử dụng tọa độ hóa để chuyển đổi tốn tọa độ khơng gian,… phương pháp địi hỏi học sinh phải có tư nhạy bén nắm yếu tố hình học, điều khó khăn nhiều học sinh Việc khai thác điều kiện đồng phẳng ba vectơ vào giải tốn hình học khơng gian cho ta nhiều lợi thế, ta sử dụng việc chứng minh đường thẳng song song với mặt phẳng, sử dụng chứng minh mặt phẳng qua điểm cố định, tính tỉ số độ dài đoạn thẳng giải tốn có liên quan, … từ giúp ta biến tốn khó thành tốn đơn giản, lời giải ngắn gọn hơn, khơng địi hỏi nhiều đến khả tư duy, kỹ vẽ hình chứng minh hình học, điều mang lại hứng thú tính sáng tạo cho em học sinh Muốn học sinh học tốt vectơ không gian đặc biệt sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ vào giải tốn hình học khơng gian người giáo viên truyền đạt, giảng giải theo nội dung có sẵn sách giáo khoa, sách hướng dẫn thiết kế giảng cách rập khn, máy móc, làm cho học sinh học tập cách thụ động Nếu dạy học việc học tập học sinh diễn thật đơn điệu, tẻ nhạt kết học tập khơng cao Nó ngun nhân gây cản trở việc đào tạo em thành người động, tự tin, sáng tạo sẵn sàng thích ứng với đổi diễn hàng ngày Yêu cầu giáo dục địi hỏi phải đổi phương pháp dạy học mơn tốn theo hướng phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo học sinh Vì người giáo viên phải gây hứng thú học tập cho em cách thiết kế giảng khoa học, hợp lý, phải gắn liền với ứng dụng, liên hệ thực tế Vì lí đó, để giúp học sinh có sở khoa học, có hệ thống kiến thức vectơ không gian việc sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ vào giải tốn hình học không gian, để tháo gỡ vướng mắc nói nhằm nâng cao chất lượng dạy học, đáp ứng nhu cầu đổi giáo dục, chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “Sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ không gian để giúp học sinh lớp 11 giải số toán hình học khơng gian” Với đề tài tơi hi vọng giúp cho học sinh dễ dàng nắm bắt thành thạo việc sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ khơng gian vào giải tốn nói chung giải số tốn hình học khơng gian nói riêng 1.2 MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU - Làm rõ vấn đề mà học sinh lúng túng, mắc nhiều sai lầm chí khơng có định hình lời giải việc giải tốn hình học khơng gian - Góp phần gây hứng thú học tập phần sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ vào giải số tốn hình học khơng gian, phần coi hóc búa, địi hỏi tính tư cao khơng giúp giáo viên lên lớp tự tin, nhẹ nhàng; học sinh lĩnh hội tri thức cách đầy đủ, khoa học mà giúp em củng cố khắc sâu tri thức - Làm cho học sinh thấy tầm quan trọng học đầu chương, vấn đề then chốt cho việc tiếp nhận giải dạng toán - Nâng cao chất lượng mơn tốn theo chun đề khác góp phần nâng cao chất lượng dạy học 1.3 ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Bài vectơ không gian chủ yếu sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ vào giải tốn hình học khơng gian 1.4 PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Để thực đề tài này, sử dụng phương pháp sau : a Nghiên cứu tài liệu : - Đọc tài liệu sách, báo, tạp chí giáo dục, có liên quan đến nội dung đề tài - Đọc sách giáo khoa, sách giáo viên, loại sách tham khảo - Tham khảo đề minh họa, đề thi thi tốt nghiệp THPT Bộ giáo dục, đề thi thử trường toàn quốc, đề thi HSG tỉnh b Nghiên cứu thực tế : - Dự giờ, trao đổi ý kiến với đồng nghiệp nội dung sử dụng điều kiện đồng phẳng ba véctơ vào giải tốn hình học khơng gian - Tổng kết rút kinh nghiệm trình dạy học - Tổ chức tiến hành thực nghiệm sư phạm (Soạn giáo án thơng qua tiết dạy) để kiểm tra tính khả thi đề tài - Nghiên cứu khả nắm bắt học sinh qua tiết học NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận Các kiến thức Các kiến thức sử dụng đề tài bao gồm định nghĩa tính chất từ sách giáo khoa mà học sinh học đồng thời sử dụng hai kết toán mở đầu 2.1.1 Định nghĩa Trong không gian ba vectơ gọi đồng phẳng giá chúng song song với mặt phẳng [1] Nhận xét: uuu r uuur uuur - Bốn điểm A, B, Cuu,uD đồng phẳng  AB, AC , AD đồng phẳng u r uuu r uuur - Nếu ba vectơ MN , AB, AC đồng phẳng, mà M N không thuộc mặt ABC  MN //  ABC  phẳng  ta có 2.1.2 Điều kiện để ba vectơ đồngr phẳng r r Trong rkhông gian cho hai vectơ a, b không phương vectơ c Khi r r r r r ba vectơ a, b, c đồng phẳng có cặp số m, n cho c  ma  nb Ngoài cặp số m, n [1] 2.1.3 Bài toán mở đầu Trong không gian cho tam giác ABC M thuộc mp  ABC  có ba số x, y, z mà a) Chứng minh điểm uuuur uuu r uuur uuur x  y  z  cho OM  xOA  yOB  zOC với O b) Ngược lại có điểm O khơng gian cho uuuur uuu r uuur uuur OM  xOA  yOB  zOC , x  y  z  điểm M thuộc mp  ABC  Chứng minh uuur uuur a) Vì ABC tam giác nên hai véc tơ AB, AC không phương Điểm M uuur uuur uuuur AB, AC , AM đồng phẳng, tức có cặp số uuu r uuu r uuu r uuur uuu r AM  y AB  z AC  OM  OA  y OB  OA  z OC  OA thuộc mp  ABC  suy ba véc tơ uuuu r uuu r uuur uuuu r  y, z thỏa: uuuu r uuu r uuu r uuur  OM    y  z  OA  yOB  zOC    , Đặt x   y  z  x  y  z  uuuur uuu r uuur uuur Khi ta có OM  xOA  yOB  zOC , với x  y  z  b) Ngược lại, có điểm O khơng gian cho uuuur uuu r uuur uuur OM  xOA  yOB  zOC , x  y  z  ta chứng minh M  ( ABC ) uuuu r uuu r uuu r uuur OM    y  z  OA  yOB  zOC x  y  z   x   y  z Thật từ , uuuu r uuu r uuu r uuu r uuur uuu r uuuu r uuu r uuu r uuu r uuur uuu r  OM  OA  y OB  OA  z OC  OA  OM  OA  y OB  OA  z OC  OA        uuuur uuu r uuur uuur uuur uuuur  AM  y AB  z AC  ba véc tơ AB, AC , AM đồng phẳng  M  ( ABC )  Nhận xét: Từ tốn ta có hai kết sử dụng: uuuur uuu r uuur uuur OM  xOA  yOB  zOC , ABC O - Cho tam giác điểm cho A, B, C , M đồng phẳng ta có x  y  z  -uuCho tam giác ABC O điểm không gian cho uuuur u r uuur uuur OM  xOA  yOB  zOC , x  y  z  ta có A, B, C , M đồng phẳng 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Từ năm học 2016 - 2017 Bộ giáo dục chuyển đổi hình thức thi tốt nghiệp THPT mơn tốn từ thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm đòi hỏi phương pháp dạy học phải thay đổi cho phù hợp Khi học vectơ không gian đa số học sinh dừng lại kỹ biến đổi, phân tích vectơ cách khai thác để sử dụng vectơ vào giải tốn nói chung, giải tốn hình học nói riêng Trong đề thi tốt nghiệp THPT đặc biệt đề thi HSG trường THPT toàn quốc, học sinh thường gặp số câu tính tỉ số độ dài đoạn thẳng không gian tốn có liên quan, mức độ vận dụng để lấy điểm cao Hướng dẫn em vận dụng tốt phần tạo cho em có thêm phương pháp, có linh hoạt việc giải tốn hình học khơng gian từ em vận dụng làm tốt thi Trước áp dụng đề tài vào dạy học, khảo sát chất lượng học tập học sinh trường THPT Hậu Lộc (thông qua lớp trực tiếp giảng dạy) toán sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ khơng gian vào giải tốn hình học khơng gian, thu kết sau: Lớp Sĩ Giỏi Khá TB Yếu Kém số SL % SL % SL % SL % SL % 11A5 42 0 4.76 27 64.29 19.05 11.9 11A7 37 2.70 13.5 21 56.76 18.92 8.11 11A8 40 7.5 17.5 24 60 12.5 2.5 Như số lượng học sinh nắm bắt dạng khơng nhiều, có nhiều em chưa định hình lời giải chưa có nguồn kiến thức kĩ cần thiết Thực đề tài này, hệ thống chủ đề thông qua kiến thức sử dụng tập tương ứng cho chủ đề đó, cuối tập tổng hợp để học sinh vận dụng phương pháp học vào giải Do khuôn khổ đề tài có hạn nên tơi đưa ba chủ đề ứng dụng thơng qua số ví dụ tương ứng là: sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ vào chứng minh đường thẳng song song với mặt phẳng, chứng minh mặt phẳng qua điểm cố định, tính tỉ số độ dài đoạn thẳng giải tốn có liên quan 2.3 Các giải pháp thực Thực đề tài chia nội dung thành ba phần - Sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ vào chứng minh đường thẳng song song với mặt phẳng - Sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ vào chứng minh mặt phẳng qua điểm cố định - Sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ vào tính tỉ số độ dài đoạn thẳng giải tốn có liên quan Mỗi phần thực theo bước: - Nhắc lại kiến thức sử dụng đề tài - Nêu ví dụ áp dụng - Nêu định hướng lời giải cho ví dụ trước đưa lời giải Cuối tập vận dụng Sau nội dung cụ thể: 2.3.1 Sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ vào chứng minh đường thẳng song song với mặt phẳng Kiến thức sử dụng ABC  Để chứng minh đường thẳng MN song song với mặt phẳng  ta cần uuuu r uuu r uuur ABC   MN , AB , AC N chứng minh không thuộc umặt phẳng ba vectơ uuu r uuu r uuur đồng phẳng Tức cần chứng minh MN  x AB  y AC M N không thuộc M ABC  mặt phẳng  Ví dụ Cho hình lăng trụ ABC ABC  gọi I , G trọng tâm tam giác ABC tam giác ACC  Chứng minh IG //  ABC '  IG //  ABC '  ta uuur uur uuuu r cần chứng minh IG; AB; AC  đồng phẳng, tức cần chứng minh IG  x AC   y AB Định hướng lờir giải: Do uur uuu uuuu r I   ABC ' nên để chứng minh Lời giải Gọi M ; N trung điểm BC CC  Ta có uur uuur uur uuur uuuu r IG  AG  AI  AN  AM 3 u u u r u u u u r r 2 uuur uuu  AC  AC   AC  AB 3 uur uuuu r uuu r uur uuu r uuuu r  IG  AC   AB  đồng phẳng  IG ; AB ; AC 3 I   ABC '  IG //  ABC '   mà    Ví dụ Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M , N trung điểm cạnh SB , AD Chứng minh MN //  SCD  M   SCD  MN //  SCD  Định hướng lời giải: Do nên để chứng minh tar uuuu r uuu r uuu r uuuu r uuu r uuu cần chứng minh MN ; SC ; SD đồng phẳng, tức cần chứng minh MN  xSD  ySC Lời giải Ta có uuuu r uuur uuuu r uuur uuur uuu r  ) MN  AN  AM  AD  AB  AS 2 uuuu r uuur uuur uuu r u 2uMN uurADuuu uurAS uuur uuu u r u rAB u r ) SC  AC  AS  AB  AD  AS uuuu r uuu r uuur uuu r uuu r MN  SC  AD  AS  SD Khi đó: uuuu r uuu r uuu r uuuu r uuu r uuu r  MN  SD  SC  MN ; SC; SD M   SCD   MN //  SCD    đồng phẳng, mà Ví dụ Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' Gọi M , N điểm cạnh AD AC cho MD  4MA ; NC  NA Chứng minh MN song BC ' D  song với mặt phẳng  M  BC ' D   MN //  BC D  Định hướng lời giải: Do r  nên để chứng minh uuuu r uuur uuuu ta cầnuuuchứng minh MN , BD, BC ' đồng phẳng, tức cần chứng minh uuuu r u r uuur MN  xBC '  yBD Lời giải Từ MD  4MA ; NC  3NA uuuu r uuur uuuur uuuur AM  AD A ' N  A ' C  5 , uuur uuu r uuur uuuu r uuur uuur Ta có BD  BA  BC BC   BC  BB (1) uuuu r uuur uuuu r uuur uuuur uuu r uuuu r MN  BN  BM  BA '  A ' N  BA  AM   uuu r uuur uuuur  uuu r uuur   BA  BB '  A ' C   BA  AD  5   uuur uuuur uuur uuur uuur uuur  BB '  A ' C  AD  BB '  BC  BA ' 5 u u u r u u u r u u u r u u u r u u ur uuur  BC  BB '  BC  BA  BB '  BC 5 u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r r uuur 3 uuu  BB '  BC  BA  BB '  BC  BA  BC 5 5 (2) uuuu r uuuu r uuur MN  BC '  BD 5 Từ (1) (2) ta uuuu r uuur uuuu r  MN , BD, BC ' đồng phẳng, mà M   BC ' D   MN //  BC ' D          Ví dụ Cho hình hộp ABCD ABC D Gọi M , N trung điểm CD DD ; I J trọng tâm tứ diện ADMN BCC D  Chứng minh đường thẳng IJ song song với mặt phẳng  Định hướng lời giải: Gọi H , K , E , F trung điểm MN , AD, CD, BC  Do I J trọng tâm tứ diện ADMN BCC D nên I , J trung điểm KH EF ABA   nên để chứng minh   ta cần chứng minh Do uu r uuu r uuur IJ  x AB  y AA đồng phẳng, tức cần chứng minh Lời giải E , F , K Gọi tâm     A Do I J lần DCC D ; BCC B ; ADD mặt lượt trọng tâm tứ diện AD ' MN BCC ' D ' nên I , J trung điểm KH EF Ta có uu r uuu r uuur IJ , AB, AA I  ABA IJ // ABA uu r uuu r uur uuur uuur uuur uuur IJ  AJ  AI  AE  AF  AH  AK 2     r uuu r uuuu r   uuuu r uuur uuuu r  uuur uuuu    AC  AD  AB  AC  AM  AN  AD   2  2  u u u r u u u r u u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u uur uuur uuur 1  AC  AB  AC   AM  AN   AB  AD  AB  AB  AD  AA   4 4 u u u r u u u u r u u u r u u u r u u u r u u u r u u u u r u u u r 1   AD  DM  AD  DN   AB  AA  DM  DN   4 u u u r u u u r u u u r u u u r r uuur 1 1  uuu   AB  AA  AB  AA   AB  AA 4 2  8 uu r uuu r uuur  IJ , AB, AA đồng phẳng, mà I   ABA  nên IJ //  ABA                       Ví dụ Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành, tam giác SAD ABC cân A Gọi AE , AF đường phân giác EF //  SAD  tam giác ACD SAB Chứng minh EF //  SAD  Định hướng lời giải: Do E   SAD  nên để chứng minh ta cần uuu r uuu r uuur uuur uuu r uuur chứng minh EF ; AS ; AD đồng phẳng, tức cần chứng minh EF  x AS  y AD Lời giải Do AE đường phân giác tam giác ACD nên ta có AD ED AD  AC ED  EC    AC EC AC EC AD  AC CD   (1) AC EC Do AF đường phân giác tam giác SAB nên ta có AS FS AS  AB FS  FB    AB FB AB FB AS  AB SB   (2) AB FB Mà tam giác SAD ABC cân A nên AS  AD AC  AB uuu r uuur CD SB  k CE  CD k kết hợp với (1), (2) ta EC FB ( với k  ) Khi uuu r   uur SF  1  SB  k uuur uuur uuur uuu r uuu r uuur uuu r uuu r   uur  uuur uuur  EF  AF  AE  AS  SF  AC  CE  AS    SB   AC  CD  k  k   Ta có uuu r   uuu r uuu r  uuur uuu r uuu r  uuu r uuur uuu r uuu r uuur  AS  1   AB  AS   AD  AB  AB  AS  AD  EF ; AS ; AD đồng phẳng k  k   k   mà E   SAD    nên EF //  SAD  2.3.2 Sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ vào chứng minh mặt phẳng qua điểm cố định Kiến thức sử dụng  qua điểm M cố định ta cần chứng - Để chứng minh mặt phẳng  minh bốn điểm A, B, C , M đồng phẳng, tức cần chứng minh với O điểm bất uuuur uuu r uuur uuur ABC kỳ không gian cho OM  xOA  yOB  zOC ta có x  y  z  uuur AB uuuu r AB  AM AM - Nếu M điểm nằm đoạn thẳng AB ta có  S ABC Ví dụ Cho hình chóp , biết mặt phẳng thay đổi cắt SA SB SC   6 cạnh SA, SB, SC M , N , E thỏa mãn SM SN SE Chứng minh mặt  phẳng qua điểm cố định SA SB SC ,y ,z  SM SN 6SE ta có x  y  z  Định hướng lời giải: Đặt  Giả sử   qua điểm I cố định  I , M , N , E đồng phẳng, uur uuur uuu r uur uu r uuur uuu r uur  SI  SA SM  SB SN  SC SE SM SN SE SI  xSM  ySN  zSE uur uur uur uuu r uuu r  SI  SA  SB  SC  SG (với G trọng tâm ABC ) x    I trung điểm SG Vậy    qua điểm I cố định trung điểm SG Lời giải Gọi G trọng tâm ABC , I trung điểm SG ta có I cố định AB AC AD  AB AC AD         Mà 15 AM 15 AN 15 AE 15  AM AN AE  nên bốn điểm I , M , N , E MNE  đồng phẳng Do  ln qua điểm I cố định Ví dụ Cho tứ diện ABCD có AB  AC  AD  a Biết    mặt phẳng thay đổi cắt cạnh AB; AC; AD M ; N ; P thỏa mãn  12  2     AM AN  AP a Chứng minh mặt phẳng    qua điểm cố định a a 5a   1 Định hướng lời giải: Từ giả thiết ta có AM AN 12 AP AB AC AD AB AC AD    1 x ,y ,z  AM AN 12 AP AM AN 12 AP ta có x  y  z  Đặt  Giả sử   qua điểm E cố định, ta có E; M ; N ; P đồng phẳng nên uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuuu r uuur uuu r  AE  AB  AC  AD  AB  AC  AD  AD  AE  x AM  y AN  z AP 6 12   uuur uuur uuur uuur uur uuur uur  AE  AG  AD  AG  AI  AG  AI  E trung điểm GI ( với G 2  BCD I AD   trọng tâm tam giác trung điểm ) Vậy qua GI E điểm cố định trung điểm Lời giải Gọi G trọng tâm tam giác BCD I , E trung điểm AD, GI uuur uuur uur AE  AG  AI Ta có u u u r uuur uuur uuur  1   AB  AC  AD  AD  3  u u u r u u u r u u u r 1  AB  AC  AD 6 12 uuur r AC uuur AD uuu r AB uuuu  AE  AM  AN  AP AM AN 12 AP r a uuuu a uuur 5a uuur  AM  AN  AP AM AN 12 AP a a 5a   1 Mà AM AN 12 AP , nên E; M ; N ; P     đồng phẳng  Vậy   qua điểm E cố định trung điểm GI Ví dụ Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD tứ giác có hai đường chéo AC , BD cắt O cho OA  2OC OD  2OB Biết    mặt phẳng thay đổi cắt cạnh SB, SC , SD theo thứ tự N , E , K thỏa mãn 10 SD  SC SB   1    SK  SE SN  Chứng minh mặt phẳng    qua điểm cố định SB SD SC   1 Định hướng lời giải: Từ giả thiết ta có SN 2SK SE SB SC SD x ,y ,z  SN SE SK , ta có x  y  z  Mặt khác OA  2OC đặt uuu r uur uuu r uuu r uur uuu r uur uur uuu r uuu r SO  SA  SC SO  SB  SD OD  2OB nên  SA  2SB  2SC  SD 3 3  Giả sử   qua điểm M cố định, ta có M , N , E , K đồng phẳng nên uuur uur uuu r uuu r uuur uur uuur uur uuur uuu r uur uuu r  SM  SB  2SC  SD  SM  SA  SM  SA SM  xSN  ySE  zSK M trung điểm SA Vậy    qua điểm M cố định trung điểm SA Lời giải Ta có uuu r uur uuur uur uuur  ) SO  SA  AO  SA  AC uur uuu r uur uur uuu r  SA  SC  SA  SA  SC (1) 3 uuu r uur uuur uur uuur  ) SO  SB  BO  SB  BD uur uuu r uur uur uuu r  SB  SD  SB  SB  SD (2) 3     Từ (1) (2) ta r uur uuu r uur uur uuu r uuu r uur uuu SA  SC  SB  SD  SA  SB  2SC  SD 3 3 (3) uur uuur Gọi M trung điểm SA ta có SA  2SM M cố định uuur r uuur SB uuu r SC uur SD uuur SB uuu SC uur SD uuur  SM  .SN  .SE  SK  SM  SN  SE  SK SN SE SK SN SE 2SK Khi (3) SB SC SD SB SC SD SB SC   SC SB            1     SN SE SK SN SE SK SN SE SE SN   ,  Mà  nên bốn điểm M , N , E , K đồng phẳng Do mặt phẳng   qua điểm M cố định 2.3.3 Sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ vào tính tỉ số độ dài đoạn thẳng giải tốn có liên quan Kiến thức sử dụng uuuur uuu r uuur uuur - Cho tam giác ABC O điểm cho OM  xOA  yOB  zOC , A, B, C , M đồng phẳng ta có x  y  z  11 uuur AB uuuu r AB  AM AM - Nếu M điểm nằm đoạn thẳng AB ta có Ví dụ Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G Gọi M , N điểm cạnh AB, AC cho AM  MB, AN  NC Gọi E giao điểm AE MNG   AD với mặt phẳng Tính AD Định hướng lời giải: Phân tích uuur uuu r uuur uuur AG   AB   AC   AD uuur  AB uuuu r  AC uuur  AD uuur  AG  AM  AN  AE AM AN AE , mà bốn điểm M , N , E , G đồng phẳng nên  AB  AC  AD AE   1 AM AN AE , từ tính AD Lời giải Gọi I , J trung điểm AB CD , G trọng tâm tứ diện ABCD nên G trung điểm IJ uuur uur uuu r AG  AI  AJ Ta có r uuur uuur  uuu r uuur uuur  uuu   AB  AC  AD   AB  AC  AD 2  uuur  AB uuuu r AC uuur AD uuur   AG   AM  AN  AE   AM AN AE  mà M , N , E , G đồng phẳng nên       AB AC AD AD AD AE   4   4    AM AN AE AE AE AD Ví dụ Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi M , N, E điểm cạnh SA, SB, SC cho SF uur uuur uur uuu r uuu r uur MNE   SA  3SM , SB  SN , SC  SE mặt phẳng F Tính SD cắt SD uu r uur uuu r uuu r SA   SB   SC   SD Định hướng lời giải: Phân tích uuur  SB uuu r  SC uur  SD uuu r  3SM  SN  SE  SF SN SE SF , mà bốn điểm M , N , E , F đồng phẳng nên  SB  SC  SD SF   1 3SN 3SE 3SF , từ tính SD Lời giải 12 Gọi O tâm rhìnhuu bình uur uuu u r ABCD ta có SA  SC  SO hành uur uuu r uuu r uur uuu r uur uuu r SB  SD  2SO nên SA  SC  SB  SD uur uur uuu r uuu r  SA  SB  SC  SD r SC uur SD uuu r SA uuur SB uuu  SM  SN  SE  SF SM SN SE SF uuur uuu r uur SD uuu r  3SM  SN  4SE  SF SF uuur  uuu r uur SD uuu r  SM   2SN  4SE  SF  3 SF  SD SD SF 3 5  SF SF SD Mà M , N , E , F đồng phẳng nên Ví dụ Cho hình lăng trụ ABC ABC  biết đáy ABC tam giác vuông cân A AA  BC  Gọi I trung điểm BC , E điểm AI uur uur uuuu r uur  JE  3 JA AE  EI J AE   4   cho ; điểm cho Biết mặt phẳng thay đổi qua J cắt cạnh AB; AC; AA M ; N ; P Chứng minh 1    12 AM AN AP Định hướng lời giải: Phân tích uuu r uuu r uuur uuur AJ   AB   AC   AA  AB uuuur  AC uuur  AA uuur AM  AN  AP AM AN AP , mà J ; M ; N ; P đồng phẳng nên ta có  AB  AC  AA   1 AM AN AP , mà từ giả thiết ta có BC   AB  AC  từ ta  điều phải chứng minh Lời giải Ta có uuu r uuur uuur uuuu r AJ  AE  AA  AE 4  uuur uuur   uuur uur uuur    AA  AI    AA  AI  AA  4 3  4  u u u r u u u r u u u r u u u r 1 1 uuur uuur    AA  AB  AC   AB  AC  AA 3 12 12  12 u u u u r u u u r u u u r AB AC AA  AM  AN  AP 12 AM 12 AN 12 AP Mà J ; M ; N ; P đồng phẳng nên       AB AC AA AB AC AA   1    12 12 AM 12 AN 12 AP AM AN AP Do tam giác ABC vng cân A có BC   AB  AC  , 1    12 nên ta có AM AN AP 13 Ví dụ Cho hình hộp ABCD ABCD Gọi I ; J ; E tâm mặt BCC B; ABC D; CDDC  H điểm cạnh AB cho HB  HA Biết    mặt phẳng thay đổi qua H cắt cạnh AI ; AJ ; AE M ; N ; P AJ AE AI  6  AM Chứng minh AN AP Định hướng lời giải: Phân tích uuur  AI uuuu r  AJ uuur  AE uuur  AH  AM  AN  AP AM AN AP mà H ; M ; N ; P  AI  AJ  AE   1 AM AN AP , từ ta có điều phải chứng minh uuu r uur uuu r uuu r AB   AI   AJ   AE đồng phẳng nên Lời giải Ta có uur uuu r uuuu r uuu r uuu r uuur uuur  ) AI  AB  AC   AB  AB  AD  AA 2 u u u r u u u r u u u r  AB  AD  AA  1 uuu r uuur uuuu r uuur uuur uuur uuur ) AJ  AA  AC   AA  AB  AD  AA 2 u u u r u u u r u u u r  AB  AD  AA   uuur uuur uuuu r uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur ) AE  AD  AC   AD  AB  AD  AA  AB  AD  AA 2 (3) uur uuu r uuur uuu r uuur uuur AI  AJ  AE  AB  AD  AA Cộng theo vế (1);(2);(3) ta uuur uur uuu r uuur uur uuu r uuur uuur uuur uuur AB  AI  AJ  AE  AI  AJ  AE  AB  AD  AA 2 kết hợp với (1) ta uuur uur uuu r uuur uuur uur uuu r uuur  AH  AI  AJ  AE  AH  AI  AJ  AE 2 2 6 uuur AI uuuu r AJ uuur AE uuur  AH  AM  AN  AP AM AN AP AI AJ AE AJ AE AI   1    H ; M ; N ; P AN AP AM Mà đồng phẳng nên AM AN AP Ví dụ Cho tứ diện ABCD , cạnh AB, AC , AD lấy                       BCE   CDM   BDN  điểm M , N , E Các mặt phẳng  , , cắt H Đường MNE  BCD  thẳng AH cắt mặt phẳng  mặt phẳng  I , J Chứng IJ HA 3 minh IA HJ 14 AB AC AD  ;  ;  B, C , D, J đồng AN AE Định hướng lời giải: Đặt AM Vì uuu r uuu r uuur uuur x  y  z  x , y , z AJ  x AB  y AC  z AD Phân phẳng nên tồn số với ta có uuur uuu r uuur uuur uuur uuuu r uuur uuur m AH  x AB  y AC  z  AE m AH  x  AM  y AC  z AD; tích ; uuur uuuu r uuur uuur uur uuuu r uuur uuur m AH  x AM  y  AC  z AD ; n AI  x AM  y  AN  z AE Mà B, C , E , H đồng phẳng nên x  y  z  m ; C , D, M , H đồng phẳng nên  x  y  z  m ; M , C , D, H đồng phẳng nên x  y   z  m ; M , N , E , I đồng phẳng nên ta có x  y   z  n Từ có hệ thức liên hệ m, n điều chứng minh Lời giải Gọi K giao điểm BE DM ; Q giao điểm BN CM ; CDM  mp  gọi H giao điểm  H  CK   BCE   CK DQ , ta có  H  DQ   BDN  nên H giao điểm ba mặt phẳng  BCE  ,  CDM  ,  BDN  AB AC AD  ;  ;  AM AN AE Đặt Mà I , H thuộc đoạn AJ nên tồn số uuu r uuur uur m, n  cho AJ  mAH  n AI B, C , D, J đồng phẳng nên tồn số x, y , z với x  y  z  ta có Vì uuu r uuu r uuur uuur AJ  x AB  y AC  z AD (*) Từ (*) ta có uuu r uuuu r uuur uuur uuur uuur AB   AM ; AC   AN ; AD   AE uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuu r uuur uuur AD uuur m AH  x AB  y AC  z AD  x AB  y AC  z AE  mAH  x AB  y AC  z AE AE x  y  z   m (1) Tương tự ta có B , C , E , H mà đồng phẳng nên uuur uuuu r uuur uuur m AH  x AM  y AC  z AD , uuur uuuu r uuur uuur m AH  x AM  y  AC  z AD , mà C , D, M , H đồng phẳng nên  x  y  z  m (2) mà M , C , D, H đồng phẳng nên x  y   z  m (3) Mặt khác từ (*) ta có uur uuur uuur uuur AB uuuur AC uuur AD uuur n AI  x AB  y AC  z AD  x AM  y AN  z AE AM AN AE uur uuuu r uuur uuur  n AI  x AM  y  AN  z AE , mà M , N , E , I đồng phẳng nên ta có x  y   z  n Cộng theo vế (1), (2), (3) ta 15 AJ AJ  AI AH AI  IJ AH  HJ IJ IJ HJ IJ HA  HJ   2    1  1    3  AI AH IA IA HA IA HJ  HA   x  y  z     x   y   z   3m   n  3m    Ví dụ Cho tứ diện ABCD có AB  AD  1; AC  Gọi   mặt  phẳng thay đổi qua trọng tâm G tứ diện,   cắt tia AB, AC , AD lần T 1   2 AM AN AE lượt M , N , E Tìm giá trị nhỏ củauuu biểu thức r uuu r uuur uuur Định hướng lời giải: Phân tích AG   AB   AC   AD uuur  AB uuuu r  AC uuur  AD uuur  AG  AM  AN  AE AM AN AE , mà bốn điểm M , N , E , G đồng phẳng nên  AB  AC  AD  2    1   1 AM AN AE AM AN AE , từ hệ thức Sau áp dụng bất T đẳng thức Cauchy – Schwarz ta giá trị nhỏ Lời giải Gọi I , J trung điểm AB CD Vì G trọng tâm tứ diện nên G trung điểm IJ uuur uur uuu r AG  AI  AJ Ta có r uuur uuur  uuu r uuur uuur  uuu   AB  AC  AD   AB  AC  AD 2         r AC uuur AD uuur   AB uuuu AM  AN  AE    AM AN AE  Mà M , N , E , G đồng phẳng nên AB AC AD   4   4 AM AN AE AM AN AE 2   1 2           AN AE   AM AN AE   AM  Ta có  1   11 32  1       T  T  2  16    AM AN AE   11 11 11 11 32 AM  , AN  , AE  TMin  16 Vậy 11 Dấu “ = ” xảy Ví dụ Cho hình lăng trụ ABC ABC  có AB  AC  3, AA  Gọi G ABC    trọng tâm tam giác ; mặt phẳng thay đổi qua trung điểm  AB , AC , AA AG cắt tia M , N , E Tìm giá trị lớn T 1   AM AN AN AE AE AM 16 Định hướng lời giải: Gọi I trung điểm AG , phân tích uur uuuur uuur  uuur uur uuu r uuur uuur  AI   AB AM   AC AN   AA AE AI   AB   AC   AA AM AN AE mà M , N , E , I đồng  AB  AC  AA 3 3    1   1 AM AN AE AM AN AE phẳng nên , từ ta hệ thức Sau  xy  yx  zx   ( x  y  z ) áp dụng bất đẳng thức T ta có giá trị lớn Lời giải Gọi I , J trung điểm AG; BC Ta có uur uuur uuur r  uuur uuu AI  AA  AG   AA  AJ  2  r uuur   uuur uuu   AA  AB  AC  2      r uuur uuur uuu AB  AC  AA 6 uur AB uuuu r AC uuur AA uuur  AI  AM  AN  AE AM AN AE , mà M , N , E , I đồng AB AC AA 1   1    2 AM AN AE AM AN AE  xy  yx  zx   ( x  y  z )2 x, y , z   Dễ thấy với xyz ta ln có: Áp dụng bất đẳng thức phẳng nên , dấu “ = ” xảy ta 1 1     3       2 AM AN AN AE AE AM AM AN AE     1     AM AN AN AE AE AM , dấu dấu “ = ” xảy AM  AN  AE TMax  Vậy Ví dụ [3] (Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm học 2018-2019) Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành tâm O Một mặt phẳng không qua uur uuur S cắt cạnh SA, SB, SC , SD M , N , P, Q thỏa mãn SA  2SM , 2  SD   SB  SB T  uuu r uur    4  SN  SC  3SP Tính tỉ số SN biểu thức  SQ  đạt giá trị nhỏ uur uur uuu r uuu r SA   SB   SC   SD Định hướng lời giải: Phân tích uuur  SB uuu r  SC uur  SD uuu r  SM  SN  SP  SQ SN SP SQ , mà bốn điểm M , N , P, Q đồng phẳng nên 17  SB  SC  SD SB SD   2 , SN SP SQ SN SQ Sau rút , từ ta hệ thức liên hệ vào biểu thức T ta giá trị nhỏ T , rõ dấu “ = ” xảy ta SB tính tỉ số SN Lời giải O tâm hình bình hành ABCD , nên ta có Do uur uuu r uuu r uur uuu r uuu r SA  SC  2SO SB  SD  SO r SC uur SD uuu r SA uuur SB uuu SM  SN  SP  SQ uur uuu r uur uuu r uur uur uuu r uuu r SM SN SP SQ  SA  SC  SB  SD  SA  SB  SC  SD uuur SB uuu r uur SD uuu r  2SM  SN  3SP  SQ SN SQ Mà M , N , P, Q đồng phẳng nên SB SD SB SD   3  2  5 SN SQ SN SQ SB SD  x, y SN SQ Đặt ta có x  y  (với x, y  ) Khi T  x  y  x    x    x    20  20 2 SB x4 Dấu “ = ” xảy x  4, y  Vậy T đạt giá trị nhỏ SN Ví dụ 9.[5] (Đề thi thử tốt nghiệp THPT SGD Sơn La lần năm học 2020-2021) Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD hình thang AB PCD, AB  2CD Gọi ( P ) mặt phẳng tùy ý không qua S cắt uur uuur uuu r uur cạnh SA, SB, SC , SD điểm M , N , P, Q thỏa mãn SA  2SM , SC  5SP 2  SD   SB  T  2    3  SN   SQ  đạt giá trị nhỏ giá trị tích Khi biểu thức SB SD  SN SQ 433 A 25 Định 432 B 25 hướng lời giải: 1728 C 121 Phân tích 1729 D 121 uur uur uuu r uuu r SB   SA   SC   SD r SB uuur  SA uuur  SC uur  SD uuu  SN  SM  SP  SQ SN SM SP SQ , mà bốn điểm M , N , P, Q đồng phẳng nên  SA  SC  SD SB SB SD    , SM SP SQ SN , từ ta hệ thức liên hệ SN SQ Sau rút 18 vào biểu thức T ta giá trị nhỏ T , rõ dấu “ = ” xảy SB SD SB SD ,  SN SQ SN SQ ta tính tỉ số từ có giá trị tích Lời giải SB SD uur uuu r uuu r uuu r  x, y SB  xSN ; SD  ySQ SN SQ Đặt ta có (với x, y  ) AB OA OB   2 AB P CD Gọi O  AC  BD Vì nên CD OC OD uuu r uur uuu r SO  SA  SC 3 Do OA  2OC ; OB  2OD Xét tam giác SAC có OA  2OC nên uuu r uur uuu r SO  SB  SD 3 Xét tam giác SBD có OB  2OD nên u u r u u u r u u r u u u r u u r u u u r u u r u u u r 2 SA  SC  SB  SD  SA  2SC  SB  2SD 3 Suy u u u r u u r r r SA SC SB uuu SD uuu  SM  .SP  SN  .SQ SM SP SN SQ uuur uur uuu r uuu r  SM  10 SP  xSN  ySQ uuu r uuur 10 uur y uuu r  SN  SM  SP  SQ x x x M , N , P , Q Do đồng phẳng nên 10 y     x  12  y x x x 2  SD   SB  2 T  2   2x  3y   3 SN SQ     Khi 48  864 864   11 y     2  2(12  y )  y  11 y  96 y  288 11  11 11  864 48 36 y x 11 , 11 Vậy giá trị nhỏ T 11 Dấu “ = ” xảy SB SD 1728  xy  121 Khi SN SQ 2.3.4 BÀI TẬP VẬN DỤNG Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang đáy lớn AD Gọi M trọng tâm tam giác SAD , N điểm cạnh AC cho 2NA  NC Chứng minh MN//  SBC  Câu Cho hình chóp S ABC Biết    mặt phẳng thay đổi cắt tia SA SB SC   5 SA, SB, SC theo thứ tự điểm M , N , E cho SM SN SE Chứng   minh mặt phẳng qua điểm cố định 19 Câu Cho hình chóp S ABCD   mặt phẳng thay đổi cắt SA , SB , SC , SD A , B , C  , D Biết ABC D hình bình hành, chứng minh P SA SC  SB SD    SA SC SB SD Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi K trung điểm cạnh SC Mặt phẳng qua AK cắt cạnh SB, SD SB SD  3 M , N Chứng minh SM SN Câu [3] (Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm học 2017-2018) Cho tứ diện SABC có SA  SB  SC  Một mặt phẳng ( ) thay đổi qua trọng tâm G tứ diện cắt cạnh SA, SB, SC điểm A ', B ', C ' Chứng 1   SA ' SB ' SC ' có giá trị khơng đổi minh biểu thức Câu Giả sử M , N , P ba điểm nằm ba cạnh SA, SB, SC  BCM  ,  CAN  ,  ABP  SABC J I T tứ diện Gọi giao điểm ba mặt phẳng ANP  ,  BPM  ,  CMN  giao điểm ba mặt phẳng  Chứng minh MS NS PS JS   1  MA NB PC JI Câu Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác đều, SA  SB  SC  AB  a Gọi I , J trung điểm SB , AC Gọi G trung điểm IJ Một mặt phẳng    thay đổi qua G cho mặt phẳng    cắt cạnh SA , SB , SC điểm K , E , F Tìm theo a giá trị 1  2 2 nhỏ biểu thức: SK SE SF Câu Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD tứ giác lồi có hai đường chéo AC , BD cắt điểm O cho OA  2OC , OD  3OB Gọi M trung điểm SA , E điểm cạnh SC cho 4SC  5SE ;   mặt phẳng thay đổi qua M , E cắt SB, SC N F Tìm giá trị nhỏ biểu thức  2  SB   SD  SB SD T  3     SN   SF  SN SF 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Thực tiễn giảng dạy trường THPT Hậu Lộc nhà trường giao cho giảng dạy ba lớp 11A5, 11A7 11A8 Sau thử nghiệm dạy nội dung qua việc lồng gép dạy lớp, dạy tự chọn, bồi dưỡng thấy học sinh hứng thú học tập, tiếp thu kiến thức có hiệu chất lượng học toán nâng lên rõ rệt 20 Sau áp dụng đề tài khảo sát lại học sinh thu kết sau: Lớp Sĩ Giỏi Khá TB Yếu Kém số SL % SL % SL % SL % SL % 11A5 42 4.76 14.2 28 66.6 9.52 4.7 11A7 37 13.5 10 27.0 18 48.6 8.11 2.7 11A8 40 20 15 37.5 15 37.5 0 Như qua kết trên, so sánh với số liệu khảo sát lần đầu nhận thấy chất lượng học tập mơn tốn học sinh nâng lên rõ rệt, số lượng học sinh giỏi tăng lên nhiều Với đề tài đưa trước tổ môn để trao đổi, thảo luận rút kinh nghiệm Đa số đồng nghiệp tổ đánh giá cao vận dụng có hiệu quả, tạo hứng thú cho học sinh giúp em hiểu sâu, nắm vững chất sử dụng vectơ vào giải tốn hình học khơng gian, tạo thói quen sáng tạo nghiên cứu học tập KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Dạy Tốn trường THPT q trình sáng tạo Mỗi giáo viên tự hình thành cho đường ngắn nhất, kinh nghiệm hay để đạt mục tiêu giảng dạy đào tạo, bồi dưỡng nhân tài, chủ nhân tương lai đất nước Việc sử dụng vectơ vào giải toán dạng tốn khơng thể thiếu chương trình tốn phổ thơng kì thi HSG cấp, kỳ thi tốt nghiệp THPT Nếu dừng lại yêu cầu sách giáo khoa chưa đủ, địi hỏi người giáo viên phải tích cực tự học, tự nghiên cứu, tìm tịi sáng tạo, thường xun bổ sung kiến thức tích luỹ kinh nghiệm vấn đề Trong trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi, đọc tài liệu tham khảo ôn thi tốt nghiệp THPT rút số kinh nghiệm nêu Như đề tài “Sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ không gian để giúp học sinh lớp 11 giải số tốn hình học khơng gian” giúp học sinh có hệ thống kiến thức, linh hoạt việc định hướng biến đổi có kinh nghiệm việc giải tốn nói chung giải tốn hình học khơng gian nói riêng, góp phần nâng cao chất lượng dạy học, đáp ứng yêu cầu đổi dạy học 3.2 Kiến nghị 3.2.1 Đối với tổ chuyên môn : Cần có nhiều buổi họp thảo luận nội dung sử dụng vectơ vào giải toán Khuyến khích học sinh xây dựng tập tốn liên quan đến dạng tập toán giảng 3.2.2 Đối với nhà trường : Cần bố trí tiết thảo luận nhiều để thơng qua học sinh bổ trợ kiến thức.Trong dạy học giải tập toán, giáo viên cần xây 21 dựng giảng thành hệ thống tập có phương pháp quy trình giải tốn 3.2.3 Đối với sở giáo dục : Phát triển nhân rộng đề tài có ứng dụng thực tiễn cao, đồng thời sau năm sở tập hợp sáng kiến kinh nghiệm đạt giải in thành sách nội để gửi trường làm sách tham khảo cho học sinh giáo viên Cuối dù cố gắng tự nghiên cứu, tự bồi dưỡng học hỏi đồng nghiệp song khơng thể tránh khỏi thiếu sót Rất mong góp ý, bổ sung đồng nghiệp để đề tài hoàn thiện XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 25 tháng năm ĐƠN VỊ 2022 Tôi xin cam đoan SKKN thân viết, khơng chép nội dung người khác Nguyễn Văn Mạnh TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Sách giáo khoa hình học 11 , NXB Giáo Dục Việt Nam, Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên) - Nguyễn Mộng Hy (Chủ biên) [2] Sách tập hình học 11 bản, NXB Giáo Dục Việt Nam, Nguyễn Mộng Hy ( Chủ biên) [3] Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm [4] Đề thi HSG tỉnh [5] Đề thi thử tốt nghiệp THPT trường toàn Quốc [6] Đề thi tốt nghiệp THPT năm Bộ giáo dục Đào tạo 22 23 DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Nguyễn Văn Mạnh Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Hậu Lộc TT Tên đề tài SKKN Sử dụng đạo hàm để giải phương trình , bất phương trình hệ phương trình Sử dụng số phức vào giải số tốn đại số Sử dụng phương pháp tính tích phân để giúp học sinh lớp 12 tính tích phân hàm ẩn, nhằm nâng cao chất lượng thi THPT Quốc gia Cấp đánh giá xếp loại (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; Tỉnh…) Ngành GD cấp tỉnh Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) C 2008 - 2009 Ngành GD cấp tỉnh C 2011- 2012 Ngành GD cấp tỉnh C 2017 - 2018 Năm học đánh giá xếp loại 24 ... thi tốt nghiệp THPT rút số kinh nghiệm nêu Như đề tài ? ?Sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ không gian để giúp học sinh lớp 11 giải số tốn hình học khơng gian? ?? giúp học sinh có hệ thống kiến thức,... kỹ vẽ hình chứng minh hình học, điều mang lại hứng thú tính sáng tạo cho em học sinh Muốn học sinh học tốt vectơ không gian đặc biệt sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ vào giải tốn hình học. .. lượng dạy học, đáp ứng nhu cầu đổi giáo dục, chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm: ? ?Sử dụng điều kiện đồng phẳng ba vectơ không gian để giúp học sinh lớp 11 giải số tốn hình học khơng gian? ?? Với