Tài liệu Skkn ứng dụng của véc tơ và tọa độ để giải một số phương trình, bất phương trình, hệ phương trình

MỤC LỤC Trang MỤC LỤC 1 1. Lời giới thiệu 2 2. Tên sáng kiến 2 3. Tác giả của sáng kiến 2 4. Chủ đầu tư sáng kiến 2 5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến 2 6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử 3 7. Mô tả bản chất của sáng kiến 3 7.1. 7.2. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ỨNG DỤNG VÉC TƠ VÀ TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG 3 4 TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH 7.2.1. Áp dụng vào việc giải phương trình 4 7.2.2. Áp dụng vào việc giải bất phương trình 8 7.2.3. Áp dụng vào việc giải hệ phương trình 10 8. Những thông tin cần được bảo mật 14 9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến 10. Đánh giá lợi ích thu 14 11. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc 15 14 áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có) Kết luận và kiến nghị 16 Tài liệu tham khảo 17 1 BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN 1. Lời giới thiệu: Trong quá trình giải phương trình, bất phương trình hay hệ phương trình mục tiêu cuối cùng là tìm được nghiệm hay tập nghiệm của chúng. Để làm được điều này chúng ta có nhiều phương pháp làm khác nhau trong các phương pháp đó ta có thể chia ra làm hai phương pháp chính đó là phương pháp Đại số và phương pháp Hình học. Phương pháp Hình học được áp dụng trong một số bài toán Đại số làm cho lời giải bài toán khá hay và ngắn gọn xúc tích. Trong chương trình hình học 10 ta được học về các phép toán của véc tơ và một số ứng dụng của nó, trong các ứng dụng đó phải kể đến "Ứng dụng của véc tơ và tọa độ để giải một số phương trình, bất phương trình, hệ phương trình " Trong các kì thi đặc biệt là kì thi tốt nghiệp THPTQG ta thường thấy xuất hiện bài toán về giải phương trình, bất phương trình và hệ phương trình…mà những bài toán này thường có độ khó nhất định vì sự đa dạng của chúng, để giải quyết chúng ta phải sử dụng nhiều kiến thức khác nhau trong đó 2. Tên sáng kiến: "Ứng dụng của véc tơ và tọa độ để giải một số phương trình, bất phương trình, hệ phương trình " 3. Tác giả của sáng kiến: Họ và tên: Nguyễn Thị Thu Địa chỉ : Trường THPT Yên Lạc 2 – Yên Lạc – Vĩnh Phúc Điện thoại: 0989865992. Email: thutoanylvp@gmail.com 4. Chủ đầu tư sáng kiến: Là tác giả của sáng kiến 5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Thực hiện đề tài này tôi muốn lấy đây làm phần tài liệu phục vụ trực tiếp cho quá trình giảng dạy của bản thân, đồng thời có thể làm tài liệu tham khảo cho các bạn đồng nghiệp, cho các em học sinh ôn thi học sinh giỏi, ôn thi THPTQG. Trong đề tài này tôi đề cập đến "Ứng dụng của véc tơ và tọa độ để giải một số phương trình, bất phương trình, hệ phương trình " qua đó cho học sinh thấy được sự sáng tạo và linh 2 hoạt trong giải toán. Từ đó học sinh sẽ thấy thích thú và say mê hơn trong học tập, do vậy sẽ đem lại kết quả cao hơn. 6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: 10/9/2019 7. Mô tả bản chất của sáng kiến: 7.1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ: 7.1.1. Định nghĩa tích vô hướng: Cho hai véc tơ a, b  0 . Khi đó tích vô hướng của a và b là một số xác định bởi công ( ) thức a.b = a . b .cos a, b 7.1.2. Biểu thức tọa độ các phép toán véc tơ: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho a ( a1 ; a2 ) , b ( b1 ; b2 ) . Khi đó +) a + b = ( a1 + b1 ; a2 + b2 ) +) a − b = ( a1 − b1 ; a2 − b2 ) +) k a = ( ka1 ; ka2 ) 7.1.3. Biểu thức tọa độ của tích vô hướng: Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho a ( a1 ; a2 ) , b ( b1 ; b2 ) . Khi đó a.b = a1b1 + a2b2 7.1.4. Độ dài của véc tơ: Cho a ( a1 ; a2 ) . Khi đó a = a12 + a22 7.1.5. Điều kiện hai véc tơ cùng phương : ✓ Véc tơ a ( a1 ; a2 ) cùng phương với véc tơ b ( b1 ; b2 )  0 khi tồn tại số k sao  a1 = kb1 a2 = kb2 cho a = kb   ✓ Véc tơ a ( a1 ; a2 ) cùng hướng với véc tơ b ( b1 ; b2 )  0 khi tồn tại số k  0 sao  a1 = kb1 a2 = kb2 cho a = kb   ✓ Véc tơ a ( a1 ; a2 ) ngược hướng với véc tơ b ( b1 ; b2 )  0 khi tồn tại số k  0  a = kb1 a = kb   1 a2 = kb2 sao cho 3 Chú ý: Nếu b1 , b2  0 a1 a2 = 0 b1 b2 ✓ Véc tơ a ( a1 ; a2 ) cùng hướng với véc tơ b ( b1 ; b2 )  ✓ Véc tơ a ( a1 ; a2 ) ngược hướng với véc tơ b ( b1 ; b2 )  a1 a2 = 0 b1 b2 7.1.6. Một số kết quả thường dùng: Cho hai véc tơ a ( a1 ; a2 ) , b ( b1 ; b2 ) bất kì. Khi đó ta có một số kết quả sau: +) a.b  a . b  a1b1 + a2b2  a12 + a22 . b12 + b22 (1). Dấu bằng xảy ra khi a, b cùng hướng. 2 2 2 2 +) a.b  − a . b  a1b1 + a2b2  − a1 + a2 . b1 + b2 . Dấu bằng xảy ra khi a, b ngược hướng. +) a.b  a . b  a1b1 + a2b2  a12 + a22 . b12 + b22 . Dấu bằng xảy ra khi a, b cùng phương. +) a + b  a + b  ( a1 + b1 ) 2 + ( a2 + b2 )  2 a12 + a22 + b12 + b22 . Dấu bằng xảy ra khi a, b cùng hướng. +) a − b  a + b  ( a1 − b1 ) 2 + ( a2 − b2 )  2 ( a1 + b1 ) 2 + ( a2 + b2 ) . Dấu 2 bằng xảy ra khi a, b ngược hướng . +) a − b  a − b (4)  a12 + a22 − b12 + b22  ( a1 − b1 ) 2 + ( a2 − b2 ) . 2 Dấu bằng xảy ra khi a, b cùng hướng . 7.2. ỨNG DỤNG VÉC TƠ VÀ TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI PHƯƠNG TRÌNH, BẤT PHƯƠNG TRÌNH, HỆ PHƯƠNG TRÌNH 7.2.1. Áp dụng vào việc giải phương trình: Ví dụ 1. Giải phương trình: x x + 1 + 3 − x = 2 x 2 + 1 Phân tích: Vế trái của phương trình được viết lại: x. x + 1 + 1. 3 − x . Do đó ta nghĩ đến biểu thức tọa độ của tích vô hướng trong mặt phẳng tọa đô oxy 4 Lời giải: ĐKXĐ: −1  x  3 Đặt u ( x;1) , v ( ) x + 1; 3 − x  u = x 2 + 1, v = 2 Khi đó phương trình đã cho có dạng: u.v = u . v . Điều này xảy ra khi u, v cùng hướng hay 0 x3  0 x3   x =1 x x +1 = 0 2   x = 1+ 2 2 1 3− x  x (3 − x) = x + 1 ( x − 1)( x − 2 x − 1) = 0  Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm x = 1, x = 1+ 2 Ví dụ 2. Giải phương trình: x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 = 29 Phân tích: Vế trái của phương trình được viết lại: ( x − 1) 2 + 4 + ( x + 1) 2 + 9 . Do đó ta nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ trong mặt phẳng tọa đô oxy Lời giải: Đặt u ( x − 1; 2 ) , v ( − x − 1;3)  u + v = ( −2;5 ) , u + v = 29 Khi đó phương trình đã cho có dạng: u + v = u + v . Điều này xảy ra khi u, v cùng hướng hay x −1 2 1 = 0 x= − x−3 3 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = Ví dụ 3. Giải phương trình: 1 5 x 2 − 2 x + 2 + 4 x 2 + 12 x + 25 = 9 x 2 + 12 x + 29 Phân tích: Phương trình được viết lại: ( x − 1) 2 + 1 + (2 x + 3) 2 + 16 = (3x + 2) 2 + 25 . Do đó ta nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ trong mặt phẳng tọa đô Oxy Lời giải: Đặt u ( x − 1;1) , v ( 2 x + 3; 4 )  u + v = ( 3 x + 2;5 ) Khi đó phương trình đã cho có dạng: u + v = u + v . Điều này xảy ra khi u, v cùng hướng hay x −1 1 7 = 0 x= 3x + 2 5 2 5 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = Ví dụ 4. Giải phương trình: x 2 − 4 x + 5 − x 2 − 4 x + 13 = 2 Phân tích: Phương trình được viết lại:  ( x − 2) 2 +9 − ( x − 2) 2 7 2 ( x − 2) 2 + 1 − ( x − 2) 2 + 9 = 2 + 1 = 2. Do đó ta nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ trong mặt phẳng tọa đô Oxy Lời giải: Đặt u ( x − 2;3) , v ( x − 2;1)  u = ( x − 2) Ta luôn có : u − v  u − v  2 ( x − 2) +9 − 2 + 9, v = ( x − 2) 2 ( x − 2) 2 +1 + 1  2. Điều này xảy ra khi u, v 3=k  k = 3  cùng hướng tức tồn tại số k  0 sao cho u = kv   x = 2  x − 2 = k ( x − 2) Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 2. Ví dụ 5. Giải phương trình: x 2 + 4 y 2 + 6 x + 9 + x 2 + 4 y 2 − 2 x − 12 y + 10 = 5(1) Phân tích: Phương trình được viết lại: ( x + 3) 2 + (2 y) 2 + (1 − x) 2 + (3 − 2 y) 2 = 5(2) . Do đó ta nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ trong mặt phẳng tọa đô oxy Lời giải: Đặt u ( x + 3;2 y ) , v(1 − x;3 − 2 y)  u + v = (4;3) Ta có: ( 2)  u + v = u + v (3). Điều này xảy ra khi u, v cùng hướng hoặc một trong hai véc tơ đó là véctơ-không Do đó (3) tương đương với hai khả năng sau:  x = 1 1 − x = 3 − 2 y = 0  y = 3 +)  2  x+3 2y  − 31 x  1 = 0 +) y = (3x + 9) 1− x 3 − 2 y  8  6 Kết hợp hai trường hợp trên ta được nghiệm của phương trình đã cho là:   − 31 x  1  y = (3x + 9)  8  2 3 Ví dụ 6. Giải phương trình: ( 4 − x ) x − 2 + 7 − 2 x = 85 − 57 x + 13x − x Phân tích: Phương trình được viết lại: (4 − x) ( 5 − x ) ( 4 − x ) x − 2 + 7 − 2x = 2 + 1 . Do đó ta nghĩ đến công thức tích vô  hướng của hai véc tơ trong mặt phẳng tọa đô Oxy Lời giải: Đặt u ( 4 − x;1) , v u = (4 − x) 2 + 1, v = ( x − 2; 7 − 2 x ) ( x − 2) + ( 7 − 2x ) = 5 − x  u + v = ( 3 x + 2;5 ) ( ) Khi đó phương trình đã cho có dạng: u.v = u . v  cos u, v = 1 . Điều này xảy ra khi u, v cùng hướng hay x4  x4  4− x 1  = 0  3 2 2 x−2 7 − 2x 2 x − 23x + 89 x − 114 = 0  ( 4 − x ) ( 7 − 2 x ) = x − 2 x  4   x=3 x = 3 Vậy phương trình đã cho có nghiệm x = 3. Ví dụ 7. Tìm m để phương trình sau có nghiệm: Phân tích: Phương trình được viết lại: x2 + x + 1 − x2 − x + 1 = m 1 3 1 3 ( + x) 2 + − ( − x) 2 + = m . Do đó ta 2 4 2 4 nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ trong mặt phẳng tọa đô Oxy 1 Lời giải: Đặt u  + x; 2 3 , 2  1 3 v  − x; −   u + v = (1;0 )  u + v = 1 2 2   Khi đó ta có: m = u − v  u + v = 1 . Dấu bằng xảy ra xảy ra khi u = 0 hoặc v = 0 hoặc u, v cùng hướng mà u, v  0 7 1 1  + x = k − x   2  2  u = kv ( k  0 )   u, v Nếu ngược hướng thì hệ không có nghiệm 3 3  − = k  2 2  x. Suy ra m  1 Vậy phương trình đã cho có nghiệm m  ( −1;1) 7.2.2. Áp dụng vào việc giải bất phương trình: Ví dụ 8. Giải bất phương trình: x 2 − 4 x + 20 + x 2 + 4 x + 29  97 Phân tích: Vế trái bất phương trình được viết lại: ( x − 2) 2 + 16 + ( x + 3) 2 + 16 . Do đó ta nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ trong mặt phẳng tọa đô oxy Lời giải: Đặt u ( x − 2;4) , v(−x − 2;5)  u + v = (−4;9) và u + v = 97 Khi đó phương trình đã cho có dạng: u + v  u + v . Điều này luôn đúng với mọi u , v. Vậy bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x  R Ví dụ 9. Giải bất phương trình: x 2 + 2 x + 2 + x 2 − 2 x + 5  13 Phân tích: Vế trái bất phương trình được viết lại: ( x + 1)2 + 1 + (1 − x)2 + 4 . Do đó ta nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ trong mặt phẳng tọa đô Oxy Lời giải: Đặt u( x + 1;1) , v(1 − x;2)  u + v = (2;3) và u + v = 13 Khi đó bất phương trình đã cho có dạng: u + v  u + v . Điều này xảy với mọi u , v . Vậy bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x  R Ví dụ 10. Giải bất phương trình: x2 − 2 x + 2  2 x2 + 2 x + 1 + x2 + 1 Phân tích: Vế trái bất phương trình được viết lại: ( x − 1)2 + 1  x 2 + ( x + 1)2 + x 2 + 1 . Do đó ta nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ trong mặt phẳng tọa đô Oxy 8 2 2 Lời giải: Đặt u( x; x + 1) , v(1; x)  u − v = ( x − 1) + 1 , u = 2 x + 2 x + 1 v = x2 + 1 Khi đó bất phương trình đã cho có dạng: u − v  u + v măt khác u − v  u + v từ hai điều trên suy ra u − v = u + v hay u , v ngược hướng . Ta thấy x = 0 là một nghiệm của bất phương trình. Với x  0 thì u , v ngược hướng khi x0  x x +1 1− 5 = 0 2 x= 1 x 2 x − x −1 = 0 Vậy bất phương trình đã cho nghiệm đúng với mọi x = 0, x = Ví dụ 11. Giải bất phương trình: 1− 5 . 2 x − 1 + x − 3  2( x − 3) 2 + 2 x − 2 (1) Phân tích: Vế trái bất phương trình được viết lại: 1. x − 1 + 1.( x − 3) . Do đó ta nghĩ đến công thức tính tích vô hướng của hai véc tơ trong mặt phẳng tọa đô oxy Lời giải: ĐKXĐ: x  1 2 Đặt u ( x − 3; x − 1) , v(1;1)  u = ( x − 3) + x − 1 và v = 2 Theo bất dẳng thức : u.v  u . v . Ta có x − 1 + x − 3  2( x − 3) 2 + 2 x − 2 (2) Từ (1) và (2) suy ra bất phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi x − 1 + x − 3 = 2( x − 3) 2 + 2 x − 2  u.v = u . v . Điều này xảy ra khi u, v cùng hướng  x −3 = k u = k v(k  0)   (k  0)  x − 1 = x − 3  0  x −1 = k hay x3   2  x=5  x − 7 x + 10 = 0 Vậy bất phương trình đã cho có nghiệm x = 5 9 7.2.3. Áp dụng vào việc giải hệ phương trình:  x 2 + 4 y 2 = 8(1) Ví dụ 12: Giải hệ phương trình:   x + 2 y = 4(2) 2 2 Phân tích: Vế trái phương trình (1) được viết lại: x + (2 y ) . Còn vế trái của (2) được viết lại x.1 + 2 y.1 . Do đó ta nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ và công thức tích vô hướng của hai véc tơ trong mặt phẳng tọa đô oxy → → Lời giải: Đặt u = ( x; 2 y ) , v = (1;1) →  u = → → x 2 + ( 2 y ) , v = 2 và u . v = x + 2 y 2      → →  =  u, v    u .v  u v Mặt khác : u . v = u . v . cos     → → → → 2 Vậy ta được : x + 2 y  2. x + (2 y ) 2 (  (x + 2 y )  2. x 2 + 4. y 2 2 ) dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng phương hay tồn tại →  x = k.1  x = 2 y  x = 2; y = 1. 2 y = k.1 → k  R để : u = k. v   Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = (2;1)   x 2 + 9 + y 2 + 9 = 10(1) Ví dụ 13: Giải hệ phương trình:  x + y = 8(2)   Phân tích: Từ phương trình (1)ta nghĩ đến công thức tính độ dài của véc tơ trong mặt phẳng tọa đô Oxy → → Lời giải: Đặt u = ( x;3) , v = ( y;3) → u = → → x 2 + 9, v = y 2 + 9 và u + v = ( x + y) 2 + 36 = 10 u + v = 10 → → → → Mặt khác ta luôn có: u + v  u + v = 10 10 x 3 = 0 x= y=4 y 3 Do đó từ hệ trên ta suy ra khi u , v cùng hướng hay Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = (4; 4)  x 2 + yz = 1(1)  2 Ví dụ 14: Giải hệ phương trình:  y − zx = 0 ( 2 )  z 2 + xy = 0 ( 3)  → → → Lời giải: Đặt u = ( y; z ) , v = ( x; z ) , w = ( y; − x ) ,   u.v = 0 (*) Từ (2) và (3) ta suy ra  u .w = 0   → Nếu u = 0  y = z = 0 thay vào (1) ta được x = 1 → →  y = −x Nếu u  0 từ hệ (*) ta được u . v + w = 0  v = −w   thay vào hệ đã cho ta  z=x ( ) suy ra hệ vô nghiệm. Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = (1;0;0), ( x; y ) = ( −1; 0; 0) Ví dụ 15: Giải hệ phương trình: (ĐH khối A năm 2014)   x 12 − y + y (12 − x 2 ) = 12(1)  3   x − 8 x − 1 = 2 y − 2 (2) Phân tích: Vế trái phương trình (1) được viết lại: x. 12 − y + 12 − x 2 . y . Do đó ta nghĩ đến công thức tính tích vô hướng của hai véc tơ trong mặt phẳng tọa đô oxy Lời giải: ĐKXĐ: − 2 3  x  2; 2  y  12 → ) ( 12 − y ; y )  u = v = ( → 2 Đặt u = x; 12 − x ; v = 12 Khi đó : (1)  2[ x 12 − y + y (12 − x 2 ) ] = 2.12 2 2  2u.v = u + v  (u − v) 2 = 0  u = v   x0  x = 12 − y    2 2 12 − x = y   y = 12 − x  11 Thay vào phương trình (2) ta được: x 3 − 8 x − 1 = 2 10 − x 2  x 3 − 8 x − 3 + 2(1 − 10 − x 2 ) = 0  2( x + 3)  (x − 3) x 2 + 3x + 1 + 1 + 10 − x 2   =0 x=3     2( x + 3)  do : x 2 + 3x + 1 +   0  x  0   2 1 + 10 − x   2 Suy ra y = 12 − x = 3 thỏa mãn điều kiện Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm ( x; y ) = (3;3)  x ( y − 1) + yz = 0 (1)   x ( 2 z − 3) + y ( x − z ) = 0 ( 2 ) Ví dụ 16: Giải hệ phương trình:   2 2 2 2  ( 2 z − 3) + ( x − z ) = ( y − 1) + z ( 3) → → → Lời giải: Đặt u = ( x; y ) , v = ( y − 1; z ) , w = ( 2 z − 3; x − z ) ,  u.v = 0 (1' )     u.w = 0 ( 2 ' ) (*) Ta được hệ  2 2 y = w ( 3')   → Nếu u = 0  x = y = 0 thay vào hệ đã cho ta được ( 2 z − 3) + ( z ) 2 2 = 1 + z 2  4 z 2 − 12 z + 8 = 0  z = 1, z = 2 → Nếu u  0 từ hệ (*) ta được  y − 1 = −2 z + 3  x = 0 u . v + w = 0  v = −w    thay vào hệ đã cho ta suy ra z = − x + z   y = 4 − 2z → ( ) z = 0, y = 4 hoặc z = 2, y = 0 . → 2  y −1 = 2z − 3  y = 2z − 2  Nếu v = w  v = w   thay vào hệ đã cho ta được  z = x−z  x = 2z →2 8 2 4 x = ,y = ,z = 3 3 3 Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm 12 8 2 4   ( x; y, z )  (0;0;1), (0;0; 2), (0; 4;0), (0;0; 2), ( ; ; )  . 3 3 3   BÀI TẬP TỰ LUYỆN: 1) Giải các phương trình sau a. x − 2 − 4 − x = x 2 − 6 x − 11 b. x 2 − 8 x + 816 + x 2 + 10x + 267 = 2003 c. x 2 + 2x + 2 + x 2 − 2x + 2 = 2 2 d. x 2 − x + 1 + x 2 − 3x + 1 = e. x 2 + 2 x + 5 + x 2 − 6 x + 13 = 4 2 f. 2 2 + x = x+9 x +1 g. 9 x3 − 18 x 2 + 36 x 2 − 9 x3 = 9 + x 2 ( ) 3 +1 2− 3 2) Giải các bất phương trình sau a. x 2 + 2 x + 2 x − 1  3x 2 + 4 x + 1 b. x − 1(3 − x)  40 − 34x + 10x 2 − x 3 c. 5−4 x + 5+ 4 x  4 3) Giải các hệ phương trình sau  x + 1 + y − 1 = 4 a)   x + 6 + y + 4 = 6  3x + 3 y = 6 b)   3x + 7 + 3 y + 7 = 8  x + 1 + y − 1 = 4 c)   x + 6 + y + 4 = 6  x2 + y 2 = − y( x + z)  d) x 2 + x + y = −2 yz 3 x 2 + 8 y 2 + 8 xy + 8 yz = 2 x + 4 z + 2  2 2   x + x + y + 1 + x + y + x + y + 1 + y = 18 e)  . 2 2 x + x + y + 1 − x + y + x + y + 1 − y = 2   13 8. Những thông tin cần được bảo mật (nếu có): Không 9. Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Cần có hệ thống sách giáo khoa, tài liệu tham khảo phong phú, .... Nắm vững kiến thức về véc tơ và tọa độ 10. Đánh giá lợi ích thu: Sau khi áp dụng sáng kiến này vào lớp mà tôi trực tiếp giảng dạy ở trường THPT Yên Lạc 2, tôi thấy học sinh hứng thú hơn trong học tập, có kĩ năng làm bài toán giải phương trình, bất phương trình, hệ phương trình tốt hơn, áp dụng giải được một số bài toán trong các tài liệu tham khảo và đặc biệt là các bài trong các đề thi khảo sát của trường, của Sở, các bài toán trong đề thi THPTQG, thi học sinh giỏi. Số liệu thống kê kết qủa đạt được so với trước và sau khi thực hiện sáng kiến kinh nghiệm này. Đối với lớp áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào giảng dạy là 11A5 tôi cho làm bài kiểm tra 45 phút và kết qủa thu được như sau: Sĩ số Giỏi Khá Trung bình Yếu-kém 45 15 20 8 2 % 33.3 44.4 17.8 4.5 Đối với lớp không áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này vào giảng dạy là 11A2 tôi cho làm bài kiểm tra 45 phút và kết qủa thu được như sau: Sĩ số Giỏi Khá Trung bình Yếu-kém 44 0 10 24 10 % 0 22.7 54.6 22.7 Mặc dù việc so sánh này ở các lớp khác nhau, chất lượng học sinh khác nhau nên độ chính xác chưa cao. Nhưng dù sao nhìn vào 2 bảng thống kê cũng phản ánh được một phần nào đó sự tiến bộ của học sinh sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này. 14 11. Danh sách những tổ chức/cá nhân đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có): Số Tên tổ TT chức/cá nhân 1 11A5 Địa chỉ Phạm vi/Lĩnh vực áp dụng sáng kiến Trường THPT Yên Lạc 2 Yên Lạc, ngày tháng 3 năm 2020. Xác nhận của Thủ trưởng đơn vị Ôn thi THPTQG, thi HSG Yên Lạc, ngày 10 tháng 3 năm 2020 TÁC GIẢ SÁNG KIẾN Nguyễn Thị Thu 15 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 1. Kết luận: Trên đây là phần trình bày nội dung sáng kiến của tôi. Qua sáng kiến này tôi thấy các em học sinh đã biết cách giải phương trình,bất phương trình, hệ phương trình. Khi gặp một phương trình,bất phương trình, hệ phương trình các em đã hình dung được cách biến đổi, cách làm . Từ đó học sinh có lời giải chính xác, rõ ràng, lập luận chặt chẽ, đạt điểm tối đa. Tiến tới đạt kết quả cao trong các kỳ thi khảo sát, thi THPT Quốc gia, thi học sinh giỏi. Tuy nhiên để tài của tôi vẫn còn hạn chế và không tránh khỏi sai xót, rất mong nhận được sự đóng góp của quý thầy cô, bạn đọc. 2. Kiến nghị: Hằng năm giáo viên trong nghành giáo dục làm rất nhiều đề tài sáng kiến, tham gia các cuộc thi hội giảng, chiến sĩ thi đua cấp cơ sở, chiến sĩ thi đua cấp tỉnh. Nghành có kế hoạch chọn các đề tài chất lượng đóng thành đĩa CD phát hành về các trường để giáo viên và học sinh tham khảo. Trên đây là đề tài sáng kiến của tôi trong năm học 2019 – 2020. Do còn hạn chế về kinh nghiệm và thời gian nên đề tài không tránh khỏi những thiếu sót, tác giả rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của các đồng nghiệp và độc giả để đề tài được hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn! 16 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Sách giáo khoa Hình học 10- chương trình chuẩn 2. Sách giáo khoa Hình học 10- chương trình nâng cao 3. Sách giáo viên Hình hoc 10- chương trình chuẩn 4. Sách giáo viên Hình hoc 10- chương trình nâng cao 5. Sách bài tập Hình học 10- chương trình chuẩn 6. Các tạp chí báo toán học và tuổi trẻ các năm 7. Rèn luyện kĩ năng giải các dạng bài tập hình học 10 nâng cao- Các tác giả: Trần Phước Chương, Đỗ Thanh Sơn, Nguyễn Vũ Thanh 17