SKKN nâng cao năng lực tư duy và tính sáng tạo cho học sinh qua việc sử dụng công cụ véc tơ vào giải một số bài toán đại số

MỤC LỤC Mục 1.1 1.2 1.3 1.4 2.1 2.1.1 2.1.2 2.2 2.3 2.3.1 2.3.2 2.3.3 2.3.4 2.4 3.1 3.2 Nội dung MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Cơ sở lí luận Một số tính chất véc tơ, bất đẳng thức véc tơ Chú ý Thực trạng vấn đề Giải pháp thực Chứng minh bất đẳng thức Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ Giải bất phương trình Giải phương trình, hệ phương trình Hiệu sáng kiến kinh nghiệm công tác giảng dạy ôn tập cho học sinh KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ Kết luận Kiến nghị TÀI LIỆU THAM KHẢO DANH MỤC SKKN ĐƯỢC XẾP LOẠI CẤP NGHÀNH MỞ ĐẦU: 1.1 Lý chọn đề tài Trang 2 2 3 3 4 11 13 16 17 17 17 18 19 Học Toán để phát triển tư Để trả lời cho câu hỏi mà nhiều bậc phụ huynh học sinh đặt “ Học Tốn để làm gì’’ Hiện nhiều bậc phụ huynh học sinh không cịn đặt việc học Tốn quan trọng, mà theo xu hướng đầu tư vào việc học Ngoại Ngữ với mong muốn cần giỏi Ngoại Ngữ Nhưng họ khơng biết rằng, mơn Tốn giúp phát triển tư tính sáng tạo cho người học Đây phẩm chất cần thiết người lao động ngày Trong thực tế giảng dạy trường phổ thông, nhận thấy em học sinh học véc tơ, em gặp khó khăn tiếp thu kiến thức khó khăn thực hành giải tập Tuy nhiên, theo tơi nghĩ phương pháp véc tơ đóng vai trị quan trọng, cơng cụ mạnh để giải số toán nhanh gọn Việc nghiên cứu phương pháp véc tơ để giải toán nói chung sử dụng cơng cụ véc tơ vào chứng minh bất đẳng thức , giải bất phương trình, phương trình hệ phương trình, phần giúp em học sinh hiểu sâu thêm kiến thức véc tơ, đồng thời nhằm bồi dưỡng, nâng cao lực tư duy, khả tìm tịi sáng tạo cho em học sinh thực hành giải toán, sống sau Và với mong muốn khơi dậy niềm đam mê với toán học em học sinh, tơi chọn đề tài: “ Nâng cao lực tư tính sáng tạo cho học sinh qua việc sử dụng công cụ véc tơ vào giải số toán Đại số ” 1.2 Mục đích nghiên cứu Thơng qua việc nghiên cứu đề tài phần thực yêu cầu việc đổi phương pháp dạy học, hướng tới việc phát huy tính chủ động, tích cực sáng tạo học sinh trình học tập Đồng thời giúp học sinh cảm thấy hứng thú việc học tập mơn Tốn 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đề tài nghiên cứu, đưa số dạng tập Đại số ( gồm dạng mẫu hệ thống tập đề nghị ) cho học sinh phân tích, để nhận dạng thể kiến thức véc tơ ( Hình học ) vào việc giải toán Đại số 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lý thuyết - Phương pháp khảo sát điều tra - Phương pháp thực nghiệm sư phạm - Kết hợp kinh nghiệm yêu cầu thực tế việc dạy học ôn tập cho học sinh 2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM: 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm: Việc giải tốn q tình mị mẫm, tìm tịi dựa hiểu biết người giải tốn [1] Muốn giải nhanh xác tốn, việc nắm vững kiến thức bản, người học cịn cần phải có tư sáng tạo giải tốn Khi gặp tốn Đại số mà có chứa bậc hai A , B Hơn nữa, qua phân tích, thấy biểu thức bậc hai biểu diễn dạng A = a12 + a2 , B = b12 + b2 nghĩ đến việc sử dụng công cụ véc tơ vào để giải tốn Trong thực tế, việc sử dụng cơng cụ véc tơ vào giải tốn, cho ta thấy toán giải cách nhanh gọn có lời giải khoa học Như vậy, việc sử dụng phát triển lực tư tính sáng tạo cho học sinh, cho học sinh thấy vận dụng kiến thức liên mơn vào giải vấn đề 2.1.1 Một số tính chất véc tơ, bất đẳng thức véc tơ: r r Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho a = ( x1; y1 ) , b = ( x2 ; y2 ) ta có: r r r2 a) a ≥ Đẳng thức xảy a = ⇔ x1 = y1 = ; rr r r 2 2 b) a.b ≤ a b ⇔ x1.x2 + y1 y2 ≤ x1 + y1 x2 + y2 Đẳng thức xảy r r a, b hướng; rr r r a b ≥ − a b ⇔ x1.x2 + y1 y2 ≥ − x12 + y12 x2 + y2 Đẳng thức xảy c) r r a, b ngược hướng; r r r r 2 2 2 d) a + b ≤ a + b ⇔ ( x1 + x2 ) + ( y1 + y2 ) ≤ x1 + y1 + x2 + y2 (*) Đẳng r r thức xảy a, b hướng; r r r r 2 2 2 e) a − b ≤ a + b ⇔ ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) ≤ x1 + y1 + x2 + y2 Đẳng thức r r xảy a, b ngược hướng; r r r r 2 2 2 f) a − b ≤ a − b ⇔≤ x1 + y1 − x2 + y2 ≤ ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) Đẳng r r thức xảy a, b hướng 2.1.2 Chú ý: uu r uu r uur a) Bất đẳng thức (*) mở rộng lên n véc tơ a1 , a1 , , an ur uu r uu r ur uu r uu r uu r uu r uur a1 + a2 + + an ≤ a1 + a2 + + an Đẳng thức xảy a1 , a1 , , an hướng b) Nếu x2 ≠ 0; y2 ≠ r r x1 y1 = =k ≥0 +) Hai véc tơ a, b hướng x2 y2 r r x1 y1 = =k ≤0 +) Hai véc tơ a, b ngược hướng x2 y2 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm: Kiến thức véc tơ có chương trình Tốn lớp 10, mà học sinh bỡ ngỡ bước vào nhà trường cấp 3, nên gây khó khăn cho học sinh tiếp cận đơn vị kiến thức Dẫn đến học sinh lúng túng giải tập véc tơ Thêm nữa, số tập Đại số liên quan đến bất đẳng thức, bất phương trình, hệ phương trình nhiều học sinh ngại không làm, học sinh cho tập khó Vì việc chọn đề tài với mong muốn giúp em hiểu sâu hơn kiến thức véc tơ, muốn em hứng thú việc học Toán 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề: Đưa số toán chứng minh bất đẳng thức, giải bất phương trình, giải phương trình hệ phương trình, Các tốn giải sử dụng công cụ véc tơ, đồng thời đưa nhận xét, gợi ý cách giải khác kèm theo hệ thống tập đề nghị để học sinh tham khảo 2.3.1 Chứng minh bất đẳng thức: ( x + y )(1 − xy ) ≤ [1] Bài Chứng minh bất đẳng thức: − ≤ (1 + x )(1 + y ) Lời giải: Cách 1: r 2x − x2 r 1− y 2 y ; ), b = ( ; ) Ta xét véc tơ sau: a = ( + x2 + x2 1+ y2 1+ y2 r r x − x2 a = b =1 Do ( ) + ( ) = ta có + x2 + x2 rr x (1 − y ) + y (1 − x ) ( x + y )(1 − xy ) a b = =2 Khi đó: 2 (1 + x )(1 + y ) (1 + x )(1 + y ) rr r r ( x + y )(1 − xy ) ( x + y)(1 − xy ) ≤1 ⇔ − ≤ ≤ Mà a.b ≤ a b = Từ ta có: 2 (1 + x )(1 + y ) (1 + x )(1 + y ) Cách 2: r r u = 1; x v Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, ta xét hai véc tơ ( ) = ( 1; − y ) r r − xy cos u , v = Khi đó: + x2 + y2 ( ) r r r r ⇒ sin u , v = − cos u, v = − ( ) r r ⇒ sin u , v = ( ) ( ) x+ y + x2 + y2 ( − xy ) ( + x2 ) ( + y ) = ( x + y) (1+ x ) (1+ y ) 2 Ta có : r r r r r r ( − xy ) ( x + y ) sin u, v = 2sin u, v cos u, v = ≤1 ( + x2 ) ( + y2 ) ( ) ( ) ( ) ( x + y ) ( − xy ) ≤ ⇔− ≤ 2 (1+ x ) (1+ y ) Bài Cho x, y, z số dương thỏa mãn x+y+z=1 Chứng minh rằng: x2 + 1 2 + y + + z + ≥ 82 [2] x2 y2 z2 Lời giải: r r r a = ( x ; ), a = ( y ; ), a = ( z; ) Ta xét véc tơ sau: x y z r r r r r r Khi ta có: a + b + c ≥ a + b + c Suy ra: x2 + ≥ + (3 1 1 1 + y + + z + ≥ ( x + y + z )2 + ( + + )2 x y z x y z 1 ) ≥ 1+ ≥ + 81 = 82 x+ y+z x y z ( ) Nhận xét: - Bài tốn sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki để chứng minh Bài Chứng minh rằng, với bốn số thực a, b, c, d ta có: ( ab + cd ) ≤ ( a + c ) ( b + d ) Đẳng thức xảy ad = bc [3] Lời giải: rr r r r r Trong hệ toạ độ Oxy , xét a = ( a; c ) b = ( b; d ) , áp dụng a.b ≤ a b ta có: 2 2 ab + cd ≤ a + c b + d ⇔ ( ab + cd ) ≤ ( a + c ) ( b + d ) r r Đẳng thức xảy hai véc tơ u v phương, tức ad = bc Nhận xét: - Đây bất đẳng thức Bunhiacopxki cho hai số Bất đẳng thức chứng minh: sử dụng phương pháp tam thức bậc hai, phương pháp biến đổi tương đương, … Bài Chứng minh rằng: a) Với bốn số thực a, b, c, d ta có: ( a + c) + ( b + d ) ≤ a + b + c + d [3] b) Với sáu số thực a1 , a2 , a3 , b1 , b2 , b3 ta có : ( a1 + a2 + a3 ) + ( b1 + b2 + b3 ) ≤ a12 + b12 + a22 + b22 + a32 + b32 Lời giải: r r a) Trong hệ toạ độ Oxy , xét hai vecto u = ( a; b ) v = ( c; d ) r r r r r r u ⇒ u + v = ( a + c; b + d ) Áp dụng + v ≤ u + v ta có điều phải chứng r r minh Đẳng thức xảy hai véc tơ u v hướng r uu r uu r b) Trong hệ toạ độ Oxy , xét ba vecto u1 = ( a1; b1 ) , u2 = ( a2 ; b2 ) u3 = ( a3 ; b3 ) r r r r ur uu r uu r ⇒ u1 + u2 + u3 = ( a1 + a2 + a3 ; b1 + b2 + b3 ) , áp dụng mở rộng u + v ≤ u + v cho ba véc tơ ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ur uu r uu r véc tơ u1 , u2 u3 hướng Nhận xét: - Bất đẳng thức sử dụng phương pháp biến đổi tương đương để chứng minh Đây bất đẳng thức thường xuyên sử dụng để chứng minh bất đẳng thức khác, học sinh cần nắm vững để vận dụng giải tốn Bài Chứng minh rằng: x + x + + x − x + ≥ 2, ∀x ∈ R [3] Lời giải: Ta thấy vế trái bất đẳng thức viết ( x + 1) +1 + ( x − 1) dạng + Do đó, mặt phẳng toạ độ Oxy, chọn hai vecto r r r r u = ( ( x + 1) ,1) ; v = ( ( − x ) ,1) ⇒ u + v = ( 2;2 ) r r r r Áp dụng bất đẳng thức u + v ≤ u + v , ta có điều cần chứng minh Đẳng thức r r xảy hai vecto u v hướng, tức x = 4 Bài Chứng minh với a, b, c , ta có abc ( a + b + c ) ≤ a + b + c [3] Lời giải: 4 2 4 Ta có: abc ( a + b + c ) ≤ a + b + c ⇔ a bc + ab c + abc ≤ a + b + c Ta thấy vế trái bất đẳng thức có dạng tích vơ hướng hai vecto r khơng gian tọa độ, hệ toạ độ Oxyz, ta chọn véc tơ u = ( ab; bc; ca ) rr r r r v = ( ca; ab; bc ) Áp dụng u.v ≤ u v ta có: rr r r a 2bc + ab 2c + abc = u.v ≤ u v = a 2b + b 2c + c 2a c 2a + a 2b + b 2c ⇔ a 2bc + ab 2c + abc ≤ a 2b + b 2c + c 2a r u r 2 x = a ; b ; c y Đến đây, ta tiếp tục chọn véc tơ ( ) , = ( b2 ; c ; a ) áp dụng rr r r u.v ≤ u v được: a 2b + b 2c + c a ≤ a + b + c r u r Đẳng thức xảy hai véc tơ x, y hướng ⇔ a = b = c Nhận xét: - Bất đẳng thức sử dụng bất đẳng thức cô si để chứng minh Bài Chứng minh a, b > c > Lời giải: c ( a − c ) + c ( b − c ) ≤ ab [3] r r u = c ; b − c v Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, xét hai vecto = r r rr r r u = b v = a u ta có Áp dụng v ≤ u v ta có: ( ) ( ) a − c; c , c ( a − c ) + c ( b − c ) ≤ ab r r Đẳng thức xảy hai véc tơ u , v hướng  c = t a − c ab ⇔ ,t ≥ ⇔ c = a + b  b − c = t c Nhận xét: - Bài tốn sử dụng bất đẳng thức trung bình cộng trung bình nhân, sử dụng phương pháp biến đổi tương đương để chứng minh Tuy nhiên, sử dụng phương pháp vecto ta có lời giải đơn giản ngắn gọn Bài Chứng minh với giá trị x, y ta có: 4cos x.cos y + sin ( x − y ) + 4sin x.sin y + sin ( x − y ) ≥ Lời giải: r r Chọn u = (2cos x.cos y;sin( x − y )), v = (2sin x.sin y;sin( x − y )) , suy ra: r r u + v = (2cos x.cos y + 2sin x.sin y;2sin( x − y )) = (2cos( x − y);2sin( x − y)) r r ⇒ u + v = cos ( x − y ) + sin ( x − y ) = r r r r Áp dụng bất đẳng thức u + v ≤ u + v , ta có điều phải chứng minh Đẳng thức r r xảy hai véc tơ u , v hướng cos x.cos y = t sin x.sin y π ⇔ , t > ⇔ x + y = + k π, k ∈ ¢ sin( x − y ) = t sin( x − y ) Nhận xét: - Trong này, vế trái có dạng tổng độ dài hai véc tơ hệ toạ độ Oxy, ta chọn hai véc tơ cho độ dài véc tơ tổng tốn giải Bài Cho tam giác ABC Chứng minh rằng: cos A + cos B + cos C ≤ [3], [6] Lời giải: Ta chọn ba véc tơ mà góc hai véc tơ A, B, C bù với A, B, C có độ rr r dài thích hợp Cách chọn đơn giản lấy ba véc tơ i, j , k có độ dài tương ứng vng góc với cạnh BC, CA, AB tam giác ABC (như hình vẽ) A r r j k O B C r r r r2 r r r r r r rr Ta có: (i + j + k ) = i + j + k + 2i j + 2i.k + 2k j ≥ (*) rr rr rr r r r2 r r Do i = j = k = i j = 1.1.cos(i, j ) = − cos C , j.k = 1.1.cos( j , k ) = − cos A , rr rr i.k = 1.1.cos(i, k ) = − cos B thay vào (*) ta có: + + − 2.1.1.cos A − 2.1.1.cos B − 2.1.1cos C ≥ ⇔ cos A + cos B + cos C ≤ r r r r Đẳng thức xảy i + j + k = hay A = B = C Nhận xét: - Đây tốn quen thuộc có nhiều hướng giải quyết, nhiên trường hợp này, việc sử dụng phương pháp véc tơ cho ta lời giải đơn giản ngắn gọn nhiều - Từ tốn ta suy số bất đẳng thức tương tự, chẳng hạn: A B C + sin + sin ≤ Thật vậy, A, B, C ba góc tam giác nên 2 2 A+ B B +C A+C , , ba góc tam giác Từ tốn trên, 2 A+ B B+C C+A + cos + cos ≤ ta có: cos 2 2 A B C ⇔ sin + sin + sin ≤ 2 2 sin Đẳng thức xảy A+ B B +C C + A = = ⇔ A= B=C 2 * Bài tập đề nghị: Bài Cho a, b, c thoả mãn a + b + c = Chứng minh rằng: a + 2b + 3c ≤ 14 [3] Bài Cho x, y, z > x + y + z ≤ Chứng minh : x2 + 1 2 + y + + z + ≥ 82 [5] x2 y2 z2 Bài Chứng minh với x, y, z ba số thực dương ta có: x + xy + y + x + xz + z ≥ y + yz + z [6] Bài Cho tam giác ABC Chứng minh rằng: cos A + cos B + cos 2C ≥ − [6] Bài Cho tam giác ABC Chứng minh rằng: yz cos A + zx cos B + xy cos 2C ≤ − ( x2 + y + z ) , ∀x, y, z ∈ R [6] Bài Chứng minh với x, y, z ba số thực dương ta có: x + xy + y + y + yz + z + z + zx + x ≥ 3( x + y + z ) [9] Bài Chứng minh rằng: x + x + + x − x + ≥ 13, ∀x ∈ R [9] Bài Cho a, b, c thoả a + b + c = Chứng minh rằng: a + b + b + c + c + a ≤ [9] Bài Chứng minh với a, b, c ba số thực ta có: ( a + c) + b + (a − c) + b ≥ a + b [9] Bài 10 Chứng minh với a, b, c ba số thực ta có: a − 4a + + 10b − 18b + + 10b − 2ab + a ≥ 29 [9] 2.3.2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ nhất: Bài Tìm giá trị nhỏ hàm số: y = x − px + p + x − 2qx + 2q , với p, q số thực khác không cho trước [7] Lời giải: Ta viết lại hàm số cho dạng: y = ( x − p) + p2 + ( q − x) + q2 Đến đây, toán gợi cho ta hướng giải phương pháp véc tơ r r Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, chọn u = ( x − p; p ) ; v = ( q − x; q ) r r r r 2 Khi đó: y = u + v ≥ u + v = ( q − p ) + ( p + q ) r r Đẳng thức xảy hai véc tơ u v hướng, nghĩa r r p q +q p x− p p = ⇔x= u = tv, t ≥ ⇔ q−x q p+q Vậy y = ( q − p) +( p + q ) ⇔ x = p q +q p p+q Bài Cho 2x – y = Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = x + ( y + 1) + x + ( y − 3) [9] Lời giải: Ta có: y = x − ⇒ A = x − x + + x − 20 x + 25 r  r r 8 6 1 r Chọn u =  x − ; ÷; v = ( − x;1) ⇒ u + v =  ; ÷ 5  5 5 2 r r r r r r r r     Áp dụng u + v ≤ u + v Ta có =  ÷ +  ÷ = u + v ≤ u + v 5 5 r r Dấu đẳng thức xảy hai véc tơ u , v hướng, tức ( x ≠ 2) = ⇔ x = Vậy 2−x x− 2 A = đạt x = , y = − 3 Bài Tìm giá trị nhỏ hàm số y = cos x + sin x + cos x [9] Lời giải: r Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, chọn véc tơ u = ( − cos x;cos x ) r r r v = ( cos x + sin x;0 ) , u + v = ( sin x;cos x ) r r r r y = u + v ≥ u + v = sin x + cos x = Khi đó: r r Đẳng thức xảy hai véc tơ u v hướng π ⇔ cos x = ⇔ x = + k π ( k ∈ ¢ ) π Vậy y = ⇔ x = + k π Bài Tìm giá trị nhỏ biểu thức: F ( x, y ) = x + y + x + + x + y − x − 12 y + 10 [9] Lời giải: Ta có: F ( x, y ) = ( x + 3) + ( 2y) + (1− x) 10 + ( − 2y) r r Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, xét hai véc tơ u = ( x + 3;2 y ) ; v = ( − x;3 − y ) r r r r r r ⇒ u + v = ( 4;3) Áp dụng tính chất u + v ≥ u + v ta có F ( x, y ) ≥ r r Đẳng thức xảy hai véc tơ u v hướng 3x + = y  ⇔ −3 ≤ x ≤ 1; ≤ y ≤ Vậy giá trị nhỏ F ( x, y ) * Bài tập đề nghị: Bài Tìm giá trị nhỏ hàm số sau : a) y = x + x + + x − x + ; [7] b) y = x + + x − 14 x + 13 ; [7] c) y = x + y + x − y + + x + y − x − y + 13 ; [7] d) y = x + x + + x − x + 40 ; [7] e) y = x + x + + x − x + ; [7] f) y = cos x − cos x + + cos x + cos x + 13 ; [7] g) y = sin x + sin x − cos x ; [9] h) y = x − x + 13 + x + x + 10 ; [9] i) y = 4a − + + 4a − 3a + ; [9] k) y = x + x + + x + ( ) + x + + 2x2 − ( ) − x + [9] Bài Cho a + b + c = ax + by + cz = , tìm giá trị nhỏ biểu thức: P = 16a + a x + 16b + b y + 16c + c z [9] Bài Cho x, y số thực Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A= ( x − 1) + y2 + ( x + 1) + y + y − [9] Bài Tìm giá trị lớn hàm số y = x − + − x [9] Bài Cho hai số x, y thoả mãn x + y − x + y − ≤ Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức: M = x + y − z + [9] Bài Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số: y = cos x − 4cos x + + cos x + 12cos x + 27 [9] 2.3.3 Giải bất phương trình: Bài Giải bất phương trình: 11 40 - 34 x +10 x - x - (3 - x ) x - ³ - x [4] Lời giải: Bpt Û (3 - x) x - + - x ³ uuur uuu r 40 - 34 x +10 x - x Chọn a =(3 - x;1)b =( x - 1; - x ) rr r r Khi ta có: a.b = (3 - x) x - + - x , a b = 40 - 34 x +10 x - x rr r r Áp dụng a.b £ a b Vậy bất phương trình cho lấy dấu đẳng thức r r Dấu đẳng thức xảy hai véc tơ a, b hướng Do x = khơng nghiệm bất phương trình nên ta có: x- - 2x = Û x=2 3- x Bài Giải bất phương trình: x − + x − ≥ ( x − 3) + x − [6] Lời giải: r Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, chọn hai véc tơ u = ( r x − 1; x − v = ( 1;1) Điều kiện: x ≥ r r v Khi đó, ta có: u = x − + ( x − 3) ; = rr r r u Áp dụng tính chất v ≤ u v , ta có: x − + 1.( x − 3) ≤ ) ( x − 3) + x −1 ⇔ x − + x − ≤ ( x − 3) + x − Do vậy, bất phương trình cho lấy dấu đẳng thức Đẳng thức xảy r r hai véc tơ u v hướng, tức x − = x − ⇒ x = Vậy nghiệm bất phương trình x = Bài Giải bất phương trình: x − x + ≥ x + + x + x + [9] Lời giải: Ta có: Bpt ⇔ ( x + 1) + ≥ x + + x + ( x + 1) r r Xét hai véc tơ u = ( x; x + 1) ; v = (1; x) Khí ta có: r r r r u − v = x + x + 1, u + v = x + ( x + 1) + x + r r r r r r r r Vậy bất phương trình trở thành: u − v ≥ u + v , mà ta ln có u − v ≤ u + v r r r r r r Suy u − v = u + v hai véc tơ u v ngược hướng Dễ thấy x = nghiệm bất phương trình 12 r r Với x ≠ hai véc tơ u v ngược hướng : x < x x +1 1− = x +1 = 3− x ⇔  ⇔  x  x − 3x + x + = x = 1+ Bài Giải phương trình: x − x + + x + x + 10 = 29 [6], [9] Lời giải: Ta có phương trình ⇔ ( x − 1)2 + + ( x + 1) + = 29 xác định với x r r Xét véc tơ: u = ( x − 1; 2), v = ( − x − 1;3) r r r r u + v = 29, u + v = ( x − 1) + − ( x + 1) + Khi r r r r r r Áp dụng u + v ≤ u + v Dấu đẳng thức xảy hai véc tơ u , v hướng Vì x = -1 khơng phải nghiệm phương trình nên: x −1 = ⇔x= −x −1 Bài Giải phương trình: 2 + x = x + [9] x +1 Lời giải: 13 r r Xét véc tơ: u = (2 2; x + 1), v = ( x ; ) x +1 x +1 Điều kiện: x ≥ rr 2 r r + x ; u v == x + Ta có: u.v = x +1 rr r r r r Áp dụng u.v ≤ u v Đẳng thức xảy hai véc tơ u , v hướng Do x= -1 khơng phải nghiệm phương trình nên ta có: 2 x +1 = x ⇔ x = ( tmđk) x +1 Bài Giải phương trình: x + x + 13 − x − x + = 13 [9] Lời giải: Ta có phương trình ⇔ ( x + 2) + − ( x − 1) + = 13 r r Xét véc tơ: u = ( x + 2;3), v = ( x − 1;1) r r r r 2 Ta có: u − v = 13, u − v = ( x + 2) + − ( x + 1) + r r r r r r u − v ≤ u − v Dấu đẳng thức xảy hai véc tơ u , v Áp dụng 2 hướng Do x= -1 nghiệm phương trình nên ta có: x+2 = ⇔ x = ( tmđk) x −1  x2 + y2 + y ( x + z ) =  Bài Giải hệ phương trình:  x + x + y = −2 yz [6] 3 x + y + xy + yz = x + z +  Lời giải: Trong toán ta chưa nhìn thấy cách giải phương pháp véc tơ Tuy nhiên, cần biến đổi thêm bước ta thấy phương hướng sử dụng phương pháp véc tơ Hệ cho tương đương với hệ: x ( x + y ) + y ( y + z ) =   x ( x + 1) + y ( z + 1) =  2 2 4 ( x + y ) + ( y + z ) = ( x + 1) + ( z + 1) r r Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, chọn ba véc tơ u = ( x; y ) , v = ( x + y; y + z ) , ur rr r ur r ur w = ( x + 1;2 z + 1) Từ hệ phương trình ta có u.v = 0; u.w = 0; v = w 14 r r - Nếu u = x = y = 0, z = − r r r ur ur r - Nếu u ≠ hai véc tơ v w phương, w = ±2v ur r 1 Xét hai trường hợp w = ±2v ta có x = 0; y = ; z = 2 1  1  Vậy hệ phương trình cho có hai nghiệm  0;0; − ÷;  0; ; ÷ 2  2   x + y + z = Bài Chứng minh hệ phương trình  vơ nghiệm [9] 2  x + y + z = Lời giải: r r 2 Trong không gian toạ độ Oxyz, chọn hai véc tơ u = ( x ; y ; z ) v = ( 1;1;2 ) Ta r r rr 4 có: u = x + y + z = , v = u.v = x + y + z = rr r r rr r r u v > u v u Do , điều mâu thuẫn với tính chất v ≤ u v Vậy hệ phương trình cho vơ nghiệm * Bài tập đề nghị: Bài Giải phương trình sau: a) x + x + − x − x + 40 = x + x + ; [9] b) x + x + + x − x + 13 = ; [9] c) x − x + + x + 12 x + 25 = x + 12 x + 29 ; [9] d) x + x + 13 − x − x + = ; [9] e) x − x + − x − x + 10 = ; [9] f) x − x + 20 + x + x + 29 = 97 ; [9] g) x + y + x − y + x + = ( x + 1) ; [9] h) ( x + yz ) + ( y + xz ) + ( z + xy ) = ( x + y + z ) ; [9] i) 2x2 − x + + x2 − ( ) − x + + 2x2 + ( Bài Tìm giá trị m để phương trình sau có nghiệm: cos x + − cos x + cos x − cos x = m [9] Bài Giải hệ phương trình: 15 ) + x + = [9] x + y + z =  2 a)  x + y + z = [9]  x 2009 + y 2009 + z 2009 =   x ( y − 1) + yz =  b)  x(2 x − 3) + y ( x − z ) = ; [9] (2 z − 3) + ( x − z ) = ( y − 1) + z   x + + y − = c)  ; [9]  x + + y + =  x + x + y + + x + y + x + y + + y = 18 d)   x + x + y + − x + y + x + y + − y =  x + y = 10 e)  ; [9]  x + 24 + y + 24 = 14 x + y + y =  2 f)  x + y + z = ; [9]  x5 + y + z =  2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm công tác giảng dạy thân, đồng nghiệp nhà trường Sau áp dụng đề tài vào giảng dạy, nhận thấy bước đầu thu kết khả quan Học sinh hiểu sâu kiến thức véc tơ Học sinh có tiến tư duy, tự tin gặp tốn khó Như vậy, phần tạo động lực cho em giải toán, thể kết kỳ thi khảo sát chất lượng nhà trường Khi thực đề tài này, thân tìm tịi, tham khảo nhiều tài liệu để hệ thống dạng tập mà sử dụng cơng cụ véc tơ để giải quyết, qua thấy trau dồi thêm kiến thức, đúc rút thêm kinh nghiệm Đề tài thảo luận, đánh giá tổ chuyên môn cho thấy nội dung đề tài hạn chế, nguồn cảm hứng cho đồng nghiệp việc nghiên cứu khoa học Có tác động khơng nhỏ tới phong trào nghiên cứu khoa học nhà trường 16 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Qua đề tài, muốn giúp em hiểu sâu kiến thức véc tơ, biết vận dụng kiến thức véc tơ vào giải tốn Việc sử dụng cơng cụ véc tơ vào giải số toán Đại số cho ta: “ lời giải khoa học, giảm nhẹ việc biến đổi, nhanh chóng cho kết thể tư sáng tạo học sinh” [9], ra, học sinh cịn thấy sử dụng kiến thức liên môn giải vấn đề Dần tạo hứng thú, động lực cho em giải toán, em khơng cịn tâm lý e ngại gặp dạng toán mà lâu em cho dạng tốn khó 3.2 Kiến nghị Đề tài cần phát triển, bổ sung thêm hệ thống tập để củng cố thêm kiến thức, tập mẫu cần đưa thêm lời giải chi tiết theo cách khơng sử dụng cơng cụ véc tơ, mà từ so sánh đối chiếu để thấy tính ưu việt công cụ véc tơ áp dụng vào giải tốn Tuy có cố gắng thực đề tài, song thời gian có hạn, kinh nghiệm thân cịn nhiều hạn chế nên chắn khơng tránh khỏi thiếu sót Rất mong đóng góp ý kiến Quý thầy cô bạn bè đồng nghiệp để sáng kiến có ích việc truyền thụ tri thức cho học sinh Tôi xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 18 tháng năm 2021 Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Giáo viên thực đề tài Vũ Đức Tuấn 17 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Nguyễn Thái Hòe, Rèn luyện tư qua việc giải tập toán, NXBGD [2] Trần Phương - Nguyễn Đức Tấn, Sai lầm thường gặp sáng tạo giải toán, NXB Hà Nội [3] Hà Văn Chương, Tuyển tập 700 toán bất đẳng thức, NXB Trẻ [4] Nguyễn Thị Tuyên, Đề thi cuối học kỳ năm học 2020-2021, Trường THPT Hoằng Hóa [5] Đề thi đại học khối A năm 2004 [6] Phan Huy Khải, Tốn học nâng cao cho học sinh, Hình học 10, NXBQG Hà Nội [7] Lê Hồng Đức, Bài giảng chuyên sâu tốn THPT, Giải tốn Hình học 10, NXB Hà Nội [8] Nguyễn Bá Kim, Phương pháp dạy học môn Toán, NXBGD [9] Nguồn tham khảo mạng internet [10] Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên) tác giả: SGK, SGV Hình học 10,12 [11] Tài liệu bồi dưỡng giáo viên thực chương trình, sách giáo khoa lớp 10,12, Bộ Giáo dục Đào tạo 18 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: Vũ Đức Tuấn Chức vụ đơn vị công tác: Giáo viên, Trường THPT Hoằng Hóa IV Cấp đánh giá xếp loại TT Tên đề tài SKKN (Ngành GD cấp huyện/tỉnh; Tỉnh ) Một số sai lầm thường gặp QĐ số: 1455/QĐ học sinh suy luận - SGD&ĐT ngày tương tự giải tốn bất 26/11/2018 phương trình 19 Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) Năm học đánh giá xếp loại C 2017-2018 ... thức véc tơ vào giải tốn Việc sử dụng cơng cụ véc tơ vào giải số toán Đại số cho ta: “ lời giải khoa học, giảm nhẹ việc biến đổi, nhanh chóng cho kết thể tư sáng tạo học sinh? ?? [9], ra, học sinh. .. tài: “ Nâng cao lực tư tính sáng tạo cho học sinh qua việc sử dụng công cụ véc tơ vào giải số toán Đại số ” 1.2 Mục đích nghiên cứu Thơng qua việc nghiên cứu đề tài phần thực yêu cầu việc đổi... nghĩ đến việc sử dụng công cụ véc tơ vào để giải tốn Trong thực tế, việc sử dụng cơng cụ véc tơ vào giải tốn, cho ta thấy toán giải cách nhanh gọn có lời giải khoa học Như vậy, việc sử dụng phát