KHAI THÁC một số ỨNG DỤNG của VECTƠ TRONG GIẢI TOÁN sơ cấp

I.MỞ ĐẦU 1.1.Lí chọn đề tài Như biết chương trình cải cách giáo dục chuyên đề bồi dưỡng thường xuyên muốn có cải tiến phương pháp dạy học nhằm khích lệ hoạt động học sinh hướng học sinh vào hoạt động Mục đích để phát huy trí lực học sinh cách tích cực Có nhiều phương pháp để làm việc đó, song với loại toán áp dụng phương pháp hoạt động khác Trong chuyên đề này, muốn trình bày ý tưởng giúp học sinh vận dụng khai thác kiến thức cách linh hoạt vào tập thường gặp Đó việc sử dụng vectơ giải toán sơ cấp Trong chương trình toán bậc THPT, vectơ khái niệm quan trọng, có tính khái quát cao Nó sử dụng cho hình học phẳng lẫn hình học không gian chí đại số Nhờ vectơ ta đưa tọa độ vào toán hình học tránh khỏi sai lầm mặt trực quan Cũng nhờ vectơ nhiều toán hình học phẳng, hình học không gian, bất đẳng thức, bất phương trình có cách giải đơn giản, ngắn gọn, đễ hiểu Chính vậy, khai thác ứng dụng vectơ vào việc giải toán vấn đề thú vị ý nghĩa 1.2 Mục đích nghiên cứu Mục đích nghiên cứu sáng kiến kinh nghiệm khai thác số ứng dụng vectơ hình học đại số 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu sáng kiến kinh nghiêm toán giải phương pháp vectơ 1.4 Phương pháp nghiên cứu Đề tài sử dụng phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lí thuyết dựa vào lí luận dạy học toán, phương pháp thu thập xử lí thông tin 11 II.NỘI DUNG 2.1.Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Đối với học sinh, toán giải ngắn gọn, hình vẽ đơn giản chắn dễ hiểu, dễ tiếp thu Việc giải số toán phương pháp vectơ giúp em có cách tư mới, không khó khăn, gò bó; tránh lối trình bày rườm rà hay hình vẽ phức tạp Đồng thời có tác dụng tích cực việc phát triển tư trừu tượng, lực phân tích học sinh Để khai thác ứng dụng vectơ trước hết học sinh phải trang bị kiến thức vectơ Dưới số quy tắc, tính chất thường xuyên sử dụng trình giải toán mà học sinh cần phải nắm vững: Quy tắc ba điểm: A, B, C ba điểm không gian ta có: uuu r uuur uuur AB + BC = AC [1] Quy tắc hình bình hành: Nếu tứ giác OABC hình bình hành ta có: OA + OC = OB [1] Tính chất trung điểm đoạn thẳng: Nếu M trung điểm đoạn thẳng AB MA + MB = OA + OB = 2OM ( với điểm O).[1] Tính chất trọng tâm tam giác: Nếu G trọng tâm tam giác ABC thì: GA + GB + GC = OA + OB + OC = 3OG (với điểm O).[1] Tích vô hướng haivectơ: rr r r r r a.b = a b cos(a; b ) [1] Điều kiện để hai vectơ phương: véctơ a phương với vectơ b ( b ≠ ) ⇔ ∃k ∈ R : a = k b [1] 22 Điều kiện để ba điểm thẳng hàng: điều kiện cần đủ để ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hànglà ∃k ∈ R; k ≠ :AB = k AC [1] r r rr Điều kiện để hai vectơ vuông góc: a ⊥ b ⇔ a.b = [1] Điều kiện cần đủ để ba vectơ đồng phẳng: Cho hai vectơ a; b không phương véc tơ c Khi điều kiện cần đủ để ba vectơ a; b; c đồng phẳng tồn số thực m; n cho: c = na + mb (các số m, n nhất) 10 Một số tính chất vectơ.2 (a) = a ≥ Tính chất 1: Đẳng thức xảy a = a + b ≥ a+b Tính chất 2: [1] Tính chất 3: đẳng thức xảy a b hướng a.b ≤ a b đẳng thức xảy a b phương 2.2.Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Từ thực tiễn việc dạy học toán nước ta ngày thấy rằng, lực giải toán nhiều học sinh chưa tốt Các em thường cảm thấy lúng túng đứng trước toán hình học, bất đẳng thức, chí dễ Vì làm kiểm tra thi nhiều học sinh không đụng đến phần Ngay với em học tốt, nhiều tìm lời giải cho toán chưa tìm lời giải hay nhất, ngắn gọn Nhà toán học George Polya nói “Con đường để học toán làm toán” Nhưng làm để giúp em học sinh làm toán có kết cao? Điều phụ thuộc phần không nhỏ vào việc lựa chọn phương pháp giải toán Do đó, nhiệm vụ người thầy giáo dạy học sinh giải toán 33 hướng dẫn học sinh tìm lựa chọn phương pháp phù hợp để giải dạng toán 2.3.Các giải pháp 2.3.1 Khai thác số ứng dụng vectơ hình học Ngoài việc nắm vững kiến thức vectơ, học sinh cần phải nắm quy trình (hay thuật toán) giải toán hình học phương pháp vectơ gồm ba bước sau đây: Bước 1: Lựa chọn số vectơ mà ta gọi “hệ vectơ gốc”; phiên dịch giả thiết, kết luận toán hình học cho sang “ngôn ngữ” vectơ Bước 2: Thực yêu cầu toán thông qua việc tiến hành phép biến đổi hệ thức vectơ theo hệ vectơ gốc Bước 3: Chuyển kết luận từ “ngôn ngữ” vectơ sang tính chất hình học tương ứng Trên sở đó, sau xin mạnh dạn khai thác số dạng toán hình học giải vectơ 2.3.1.1 Chứng minh số định lí phương pháp vectơ Ví dụ 1: Chứng minh định lí “Ba đường cao tam giác đồng quy” (Bài tập 7, trang 52- sgk hình học Nâng cao 10) Nội dung tập 7, trang 52- sgk hình học Nâng cao 10 sau: Cho bốn điểm A,B,C, D Chứng minh rằng: DA.BC + DB.CA + DC AB = (*) Từ suy cách chứng minh định lí “Ba đường cao tam giác đồng quy” Việc chứng minh đẳng thức (*) không khó học sinh Tuy nhiên, từ kết để chứng minh định lí “Ba đường cao tam giác đồng quy” dễ số em Có thể hướng dẫn em chứng minh sau: 44 + Gọi H giao điểm hai đường cao AM BN ∆ABC yêu cầu toán phát biểu lại gì? (cần chứng minh CH ⊥ AB hay chứng minh CH AB = + Từ giả thiết toán (AH ⊥ BC; BH ⊥ AC) suy hệ thức véc tơ nào? ( AH BC = 0; BH AC = ) + Đẳng thức (*) gợi cho em có mối liên hệ gì? ( từ tích vô hướng AH BC; BH AC tích vô hướng DA.BC; DB.CA học sinh thấy thay D H chúng hoàn toàn giống Do thay D H để đẳng thức HA.BC + HB.CA + HC AB = ) + Từ kết em suy điều phải chứng minh hay chưa? Ví dụ 2[2] : Chứng minh định lí: Ba đường trung tuyến tam giác đồng quy Lời giải A N E G B C M Ta có: MN = 1 1 AB ⇔ GN − GM = (GA − GB) ⇔ GM + GA = GN + GB 2 2 A, G, M thẳng hàng ⇒ GM = k GA (2) B, G, N thẳng hàng ⇒ GN = n.GB (3) Thay (2), (3) vào (1) ta có 55 (1) 1 1 k GA + GA = nGB + GB ⇔ (k + )GA = (n + )GB 2 2 (4) GB ⇔ GA = 1 k≠− k+ ⇒ A, G, B thẳng hàng (4) Nếu n+ 1  GM = − GA = AG ⇒ 1 GN = − GB = BG k=− n=−  2 Từ (4) ⇒ Với Vì E trung điểm AB nên ta có: GE = 1 (GA + GB) = MG + NG = MC + CG + NC + CG = 2CG − (CA + CB) 2 = CG + (CG − CE ) = CG + EG = CG − GE Vậy GE = CG − GE ⇔ 2GE = CG Do C, G, E thẳng hàng ⇒ Điều phải chứng minh Ngoài định lí trên, học sinh sử dụng phương pháp vectơ để chứng minh số định lí khác mà em học như: định lí Ta-let, định lí ba đường phân giác tam giác đồng quy, định lí mối liên hệ độ dài đường trung tuyến độ dài cạnh tam giác… 2.3.1.2 Giải số toán hình học phương pháp vectơ Dạng 1: Chứng minh điểm trùng Bài toán [2]: Cho điểm A, B, C, D, E, F tuỳ ý Gọi M, N, P, Q, R, S trung điểm AB, BC, CD, DE, EF, FA Chứng minh hai tam giác MPR NQS có trọng tâm Quy trình giải toán sau: Bước 1: “Phiên dịch” kiện, điều kiện toán từ ngôn ngữ hình học tổng hợp sang ngôn ngữ vectơ 66 { } Chọn “hệ vectơ gốc” OA, OB, OC, OD, OE, OF với gốc O tuỳ ý Kí hiệu G1 ,G2 trọng tâm tam giác MPR NQS G1 trọng tâm tam giác MPR G2 trọng tâm tam giác NQS M trung điểm AB N trung điểm BC P trung điểm CD OM + OP + OR (1) ⇒ OG2 = ON + OQ + OS (2) ⇒ OM = ⇒ ON = OA + OB OB + OC (3) (4) ⇒ OP = OC + OD (5) ⇒ OQ = OD + OE (6) ⇒ OR = OE + OF (7) Q trung điểm DE R trung điểm EF S trung điểm FA ⇒ OG1 = ⇒ OS = OA + OF (8) G1 trùng với G2 ⇒ OG1 = OG2 (9) Bước 2: Thực yêu cầu toán: Chứng minh hệ thức (9) cách biểu diễn vectơ OG1 OG2 theo hệ vectơ gốc để so sánh vectơ Thay (3), (5), (7) vào (1) ta được: Thay (4), (4), (8) vào (2) ta được: ( ) ( ) OG1 = OA + OB + OC + OD + OE + OF OG2 = OA + OB + OC + OD + OE + OF Từ (10) (11) ⇒ OG1 = OG2 Bước 3: Chuyển kết luận vectơ sang tính chất hình học tương ứng: 77 (10) (11) OG1 = OG2 ⇔ G1 ≡ G2 Dạng 2: Chứng minh ba điểm thẳng hàng, chứng minh đẳng thức hình học đẳng thức vectơ Bài toán [2]: Cho tứ diện ABCD Gọi M, N trung điểm AB, CD G trung điểm MN a/ Chứng minh đường thẳng AG qua trọng tâm A’ tam giác BCD Phát biểu kết luận tương tự đường thẳng BG, CG DG b/ Chứng minh GA = 3.GA’ Đây toán hình học không gian, giải theo phương pháp thông thường học sinh gặp nhiều khó khăn: họ phải kẻ thêm đường phụ (mà ban đầu chưa biết phải kẻ nào) dẫn đến hình vẽ phức tạp; phải phân tích tổng hợp nhiều kiến thức khác có thể xây dựng chương trình giải Tuy nhiên sử dụng phương pháp vectơ toán không khó với em A Lời giải toán sau: { M } Chọn hệ A; AB, AC , AD làm sở Ta có: M trung điểm AB ⇔ N trung điểm CD ⇔ AM = AB AN = ( AC + AD) C B G N D G trung điểm MN ⇔ AG = 1 ( AM + AN ) = ( AB + AC + AD) (1) ⇔ AA' = ( AB + AC + AD) A’ trọng tâm tam giác BCD 88 (2) AG qua A’ ⇔ A; G; A’ thẳng hàng ⇔ AG = k AA' Từ (1) (2) suy ra: AG = AG = AA' 3 AA' AG = AA' ⇒ A, G, A’ thẳng hàng 4 hay GA = 3GA' (đpcm) Dạng 3: Chứng minh hai đường thẳng song song Bài toán [2] : Cho lăng trụ tam giác ABCA1 B1C1 Gọi M, N, E, F trọng tâm tam giác AA1 B1 ; A1 B1C1 ; ABC; BCC1 Chứng minh NM // EF Lời giải { Chọn hệ A; AA1 = a, AB = b, AC = c } 1 ⇒ AM = ( AA1 + AB1 ) = ( 2a + b) 3 M trọng tam tam giác AA1 B1 N trọng tam tam giác A1 B1C1 1 ⇒ AN = ( AA1 + AB1 + AC1 ) = (3a + b + c ) 3 1 ⇒ AE = ( AB + AC ) = (b + c) 3 E trọng tam tam giác ABC F trọng tam tam giác BCC1 1 ⇒ AF = ( AB + AC + AC1 ) = (a + b + 2c) 3 MN // EF ⇒ ∃k để MN = k EF 1 MN = AN − AM = (a + c ) B1 EF = AF − AE = (a + c ) ⇒ MN = EF 3 Ta có: ; MN = EF ⇒ MN// EF N A1 C1 M B 99 A F E C Dạng 4: Chứng minh hai đường thẳng vuông góc Bài toán [2] : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O Biết SA = SC; SB = SD Chứng minh rằng: a/ SO ⊥ OA b/ AC ⊥ SD Quy trình giải toán sau: Bước 1: “Phiên dịch” kiện, điều kiện toán từ ngôn ngữ hình học tổng hợp sang ngôn ngữ vectơ { Chọn hệ vectơ sở O; OA, OB, OS } Ta có: SA = OA − OS ; SC = OC − OS = −(OA + OS ) S 2 Theo SA = SC ⇔ SA = SC ⇔ SA = SC (1) OA ⊥ OS ⇔ OA.OS = (2) AC ⊥ SD ⇔ AC.SD = (3) Bước 2: Thực yêu cầu toán: Chứng minh đẳng thức (2) cách A biến đổi (1) để làm xuất tích vô hướng OA.OS O Theo SA = SC ⇔ SA = SC ⇔ 2 (OA − OS ) = (OA + OS ) ⇔ OA.OS = (5) 2 Chứng minh đẳng thức (3) cách 1010 B D C biểu diễn AC; SD qua hệ véc tơ sở, sau tính tích vô hướng AC.SD Ta có AC = −2OA; SD = OD − OS ⇒ AC.SD = −2OA.( OD − OS ) = Bước 3: Chuyển kết luận vectơ sang tính chất hình học tương ứng: OA.OS = ⇔ OA ⊥ OS AC.SD = ⇔ AC ⊥¸CD Dạng 5: Giải số toán cực trị Sử dụng tích vô hướng biến đổi biểu thức cần tìm cực trị biểu thức độ dài, ví dụ: S = MI + c , với c số I cố định Khi S Min =c, đạt MI=0 ⇔ M trùng I.[3] Ví dụ 1[3] : Cho ∆ ABC, G trọng tâm M điểm tùy ý 2 2 2 CMR: MA + MB + MC = GA + GB + GC + 3MG , từ suy ravị trí M để MA2 + MB + MC đạt giá trị nhỏ Giải Ta có: uuur uuuu r uuu r uuuu r uuu r MA2 = MA = ( MG + GA) = MG + GA2 + MG.GA uuur uuuu r uuu r uuuu r uuu r MB = MB = ( MG + GB ) = MG + GB + 2MG.GB uuuu r uuuu r uuur uuuu r uuur MC = MC = ( MG + GC ) = MG + GC + MG.GC Cộng vế theo vế ta dược: uuuu r uuu r uuu r uuur MA2 + MB + MC = 3MG + GA2 + GC + MG.(GA + GB + GC ) uuu r uuu r uuur r = 3MG + GA2 + GB + GC (vì GA + GB + GC = ) 2 2 Từ suy MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ MG = ⇔ M ≡ I Ví dụ 2[3] : Cho hình bình lhành ABCD, tâm O, M điểm tùy ý 2 2 2 a CMR: MA − MB + MC = MD − 2(OB − OA ) 1111 b Giả sử M di động đường tròn (d), xác định vị trí M để MA2 − MB + MC đạt giá trị nhỏ Lời giải uuur uuuu r uuuu r uuur uuuu r uuur uuuu r  MA + MC = MO r uuuu r ⇒ ( MA + MC ) = ( MB + MD )  uuur uuuu a Ta có:  MB + MD = 2MO uuur uuuu r uuur uuuu r ⇔ MA2 − MB + MC − MD + 2( MA.MC − MB.MD) = (1) uuur uuuu r uuur uuuu r uuu r uuuu r uuur uuuu r uuu r uuuu r uuur uuuu r MA MC − MB MD = ( OA − OM ).( OC − OM ) − ( OB − OM ).( OD − OM ) Ta xét: uuu r uuuu r uuu r uuuu r uuu r uuuu r uuu r uuuu r = −(OA − OM ).(OA + OM ) + (OB − OM ).(OB + OM ) = −OA2 + OM + OB − OM = OB − OA2 (2) Thay (2) vào (1), ta được: MA2 − MB + MC − MD + 2(OB − OA2 ) = ⇔ MA2 − MB + MC = MD − 2(OB − OA2 ), đpcm 2 b Từ kết câu a) suy MA − MB + MC đạt giá trị nhỏ MD nhỏ ⇔ M hình chiếu vuông góc D lên (d) 2.3.2 Khai thác số ứng dụng vectơ đại số Dạng 1: Giải phương trình Ví dụ : Giải phương trình: x − + x − = 2(x − 3) + 2x − Lời giải ĐK: rx ≥ r u = ( x − 1; x − 3),e = (1;1) Đặt r r u = x − + (x − 3) e = Ta có: rr r r u.e ≤ u e Theo tính chất vectơ ta có: (*) rr r r u.e = u e Phương trình cho tương đương với 1212 Do phương trình tương đương với dấu “=” xảy (*) ⇔ x −1 = x − ⇔ x = Dạng 2: Giải bất phương trình Ví dụ : Giải bất phương trình: x x + + − x ≥ x + (1) Lời giải: ĐK: r−1 ≤ x ≤ 3r u = (x;1), v = ( x + 1; − x) Đặt rr u.v = x x +1 + − x; Khi r r u v = x + ( x + 1) + ( − x ) = x + rr r r u.e ≥ u e Bất phương trình tương đương với rr r r rr r r r r u.e ≤ u e u.e = u e ⇔ u, v Mà Nên bất phương trình tương đương với x x +1 ⇔ = − x (ĐK: 0< x < 3) hướng x +1 ⇔ x2 = ⇔ x − 3x + x + = 3− x ⇔ (x − 1)(x − 2x − 1) = ⇔ x1 = 1, x = + 2, x = − Với nghiệm x = − < không thỏa mãn đk Do bất phương trình có hai nghiệm x1 = 1, x = + Dạng 3: Giải hệ phương trình Ví dụ [3] : Giải hệ phương trình  x + y = − y(x + z)   x + x + y = −2yz  2 3x + 8y + 8xy + 8yz = 2x + 4z + Lời giải Hệ cho tương đương với 1313  x(x + y) + y(y + z) =   x(x + 1) + y(y + 1) =  2 2 4(x + y) + 4(y + z) = (x + 1) + (2y + 1) r r ur u = (x; y), v = (x + y; y + z); w = (x + 1;2z + 1) Đặt rr r ur r ur ⇒ u.v = 0,u.w = 0,4v = w r r u = ⇒ x = y = 0,z = • Nếu r r r ur ur r u ≠ ⇒ v, w ⇒ w = ± 2v • Nếu phương Xét hai trường hợp 1 ur r ur r x = 0; y = ;z = w = 2v, w = −2v ta có nghiệm hệ 2 1 (0;0; − );(0; ; ) 2 Vậy hệ có hai nghiệm Dạng 4: Chứng minh bất đẳng thức cos 2A + cos 2B+ cos 2C ≥ − Ví dụ 1[3] Cho tam giác ABC, chứng minh Lời giải gọi O, r tâm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có: 2 (OA + OB + OC ) = OA + OB + OC + 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) ≥ ⇔ 3R + R (cos A + cos B + cos 2C ) ≥ suy điều phải chứng minh Ví dụ 2[3] Chứng minh : x + xy + y + y + yz + z + z + zx + x ≥ ( x + y + z ) với x,y,z > Lời giải mặt phẳng toạ độ Oxy ta đặt:    y z x u = (x + ; y ); v = ( y + ; z ); w = ( z + ; x ); 2 2 2       u + v + w ≥ u +v +w từ tính chất ta có đpcm theo cáh ta chứng minh nhanh toán sau đây: Ví dụ 3[3] : Chứng minh với x ta có: 1414 2sin x + + 2sin x + 2 sinx + ≥ 17 Ví dụ 4[3] : Cho a, b, c > ab + bc + ca = abc Chứng minh rằng: b + 2a c + 2b a + 2c ≥3 ab bc ca + + Như sử dụng phương pháp vectơ cho phép học sinh giải nhiều toán Không dừng lại toán trên, phương pháp vectơ khai thác để giải nhiều toán khác như: tính góc hai đường thẳng, toán quỹ tích, toán tìm cực trị, chứng minh bất đẳng thức…mà chưa có điều kiện nhắc đến Một số tập rèn luyện Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O Biết SA = SC, SB =SD Chứng minh : SO ⊥ (ABCD) ; AC ⊥ CD Cho hình chóp S.ABCD đáy hình bình hành tâm O Gọi M,N trung điểm SA ,SD a) Chứng minh: mp(OMN)//(SBC) b) Gọi P Q trung điểm AB ON Chứng minh : PQ//mp(SBC) 3.Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a , AC=BD =b, AD =BC = c a) Chứng minh đoạn nối trung điểm cặp cạnh đối vuông góc với hai cạnh b) Tính cosin góc hợp đường thẳng AC BD  x+ y+z=3  2 x + y + z =  x + y5 + z =  Giải hệ phương trình: Chứng minh bất dẳng thức: sin x sin ysin z + cos x cos y cos z ≤ 1515 Chứng minh tam giác ABC có trung tuyến ứng với cạnh AB cos B ≥ BC vuông góc ta có Cho a, b, c ba số không âm a + b + c = Tìm giá trị lớn biểu thức F= a+b + b+c + c+a 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm Với yêu cầu đòi hỏi ngày cao trình nhận thức, vấn đề đặt phải làm để phát triển lực giải vấn đề học sinh Khai thác số ứng dụng vectơ để giải toán góp phần rèn luyện, phát triển tư duy, lực giải vấn đề cho em Để tài giúp đồng nghiệp góp phần nhỏ vào việc nâng cao chất lượng, hiệu dạy học toán trường THPT nói chung trường THPT Sầm Sơn nói riêng Đề tài đạt kết sau: Đề tài khai thác số ứng dụng vectơ hình học đại số Đề tài giúp tích lũy kiến thức chuyên môn mà giúp vận dụng dạy tốt môn toán trường THPT Đề tài tài liệu tham khảo bổ ích cho giáo viên học sinh THPT, giúp em học sinh THPT có thêm công cụ để giải toán Để đánh giá kết việc thực chuyên đề công tác giảng dạy, tiến hành kiểm tra thử nghiệm Sau kết kiểm tra: Đề bài: 1.Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD la hình vuông cạnh a Tam giác SAB nằm mặt phẳng vuông góc với đáy I trung điểm AB a/ Chứng minh: SI ⊥ (ABCD) b/ Tính góc hai mặt phẳng (SCD) (ABCD) c/ Tính khoảng cách SC AB 2.Chứng minh với x ta có: 2sin x + + 2sin x + 2 sinx + ≥ 17 1616 Bài toán tiến hành kiểm tra thời gian 45 phút với đối tượng 25 em học sinh hai lớp: 11A4 (được thực giảng dạy theo chuyên đề nêu) 11A5 Lớp 11 A5: Loại điểm Kết [8;10] SL [ 6,5;8) % SL % 12% [ 5;6,5) SL % 28% SL % 15 60% Líp 11A4: Loại điểm Kết [8;10) SL [ 6,5;8) % 8% SL % 16% [ 5;6,5) SL % 36% SL % 10 40% III KẾT LUẬN Trên sở nắm vững kiến thức phương pháp vectơ, em học sinh hoàn toàn khai thác ứng dụng vectơ giải toán Qua giúp cho em phần thấy vai trò vectơ toán học, bớt lúng túng giải toán thân thiện môn toán Vì điều kiện thời gian không cho phép nên sáng kiến kinh nghiệm chưa khai thác hết tất ứng dụng vectơ Nếu có điều kiện đưa thêm ứng dụng khác để giúp em học sinh rèn luyện nhiều 1717 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1.”Hình học 10 nâng cao”, Đoàn Quỳnh (Tổng Chủ biên)-Văn Như Cương (Chủ biên)-Phạm Vũ Khuê- Bùi Văn Nghị, NXB Giáo dục Việt Nam, 2010 Đặng Thị Hằng, giáo viên trường THPT Sầm Sơn, thành phố Sầm Sơn, tỉnh Thanh Hóa ”Hướng dẫn học sinh giải số toán hình học phương pháp vectơ”- SKKN năm học 2009-2010 Tài liệu từ Internet 4.”Tuyển chọn 400 toán 10”, Đậu Thế Cấp (hiệu đính)-Nguyễn Văn QuýNguyễn Việt Dũng, NXB Đại Học quốc gia thành phố Hồ Chí Minh., 2006 1818 DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Đặng Thị Hằng Chức vụ đơn vị công tác: giáo viên trường THPT Sầm Sơn TT Kết Cấp đánh đánh giá giá xếp loại Tên đề tài SKKN xếp loại (Phòng, Sở, (A, B, Tỉnh ) C) Phương pháp tọa độ hóa hình Sở GD B &ĐT tỉnh học không gian Thanh Hóa Năm học đánh giá xếp loại 2008-2009 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 15 tháng năm ĐƠN VỊ: 2017 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Đặng Thị Hằng 1919 ... pháp giải toán Do đó, nhiệm vụ người thầy giáo dạy học sinh giải toán 33 hướng dẫn học sinh tìm lựa chọn phương pháp phù hợp để giải dạng toán 2.3.Các giải pháp 2.3.1 Khai thác số ứng dụng vectơ. .. kiến thức phương pháp vectơ, em học sinh hoàn toàn khai thác ứng dụng vectơ giải toán Qua giúp cho em phần thấy vai trò vectơ toán học, bớt lúng túng giải toán thân thiện môn toán Vì điều kiện thời... Như sử dụng phương pháp vectơ cho phép học sinh giải nhiều toán Không dừng lại toán trên, phương pháp vectơ khai thác để giải nhiều toán khác như: tính góc hai đường thẳng, toán quỹ tích, toán