1 PHẦN NỘI DUNG CHƯƠNG I ĐỊNH NGHĨA VECTƠ VÀ CÁC KHÁI NIỆM LIÊN QUAN I Định nghĩa vectơ Vectơ mà ta nói đến vectơ nghiên cứu hình học Tập hợp vectơ hình học mơ hình khơng gian vectơ tổng qt đề cập đại số tuyến tính Từ quan điểm tốn học t, người ta định nghĩa khái niệm vectơ hình học qua hệ tiên đề không gian vectơ, qua lớp tương đương đoạn thẳng định hướng qua lớp tương đương cặp điểm thứ tự Định nghĩa qua hệ tiên đề không gian vectơ   Giả sử V tập hợp khác rỗng mà phần tử kí hiệu x , y , a ,  b ,… R trường số thực mà phần tử kí hiệu  ,  ,… Trên V xác định hai phép toán:    Phép cộng vectơ: ánh xạ đặt tương ứng hai phần tử x , y V với   phần tử V , kí hiệu x  y  Phép nhân vectơ với số: ánh xạ từ R  V vào V , đặt số thực    phần tử x thuộc V với phần tử thuộc, kí hiệu  x , gọi ích  số thực  với x  V gọi không gian vectơ trường số thực phần tử gọi vectơ hai phép toán thoả mãn tám tiên đề sau: Phép cộng vectơ có tính chất giao hốn:       x  y  y  x , x , y  V ; Phép cộng vectơ có tính chất kết hợp:        x  y  z  x   y  z  ,   x , y  V ;   Có phần tử thuộc V cho với vectơ x với V ta ln     có: x   x ( gọi vectơ-không);   Với vectơ x V , luôn tồn vectơ x cho        x  x  ( x gọi vectơ đối x , kí hiệu x   x );       x , y  V ,   R ;    x  V ,  ,   R ;   x  y    x   y      x   x   x      x     x  x  V ,  ,   R ;   1.x  x  x  V 1.2 Định nghĩa qua lớp tương đương đoạn thẳng định hướng Xét đoạn thẳng định hướng mặt phẳng, tức đoạn thẳng có xác định điểm mút điểm đầu điểm cuối Kí hiệu hiệu đoạn thẳng định hướng AB có nghĩa A điểm đầu B điểm cuối Mỗi đường thẳng xác định phương, mõi phương có hai chiều ngược mà gọi hướng Hướng đoạn thẳng định hướng tính từ điểm đầu đến điểm cuối, theo hai hướng đường thẳng chứa Hai đoạn thẳng định hướng AB CD gọi hướng chúng nằm hai đường thẳng song song với thuộc nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AC nối hai điểm đầu chúng Trường hợp AB CD nằm đường thẳng chúng gọi hướng tia AB phận tia CD tia CD phận tia AB Hai đoạn thẳng định hướng gọi tương đương chúng có độ dài hướng Quan hệ tương đương có ba tính chất: phản xạ, đối xứng, bắc cầu, chia tập hợp đoạn thẳng định hướng mặt phẳng thành lớp tương đương: hai đoạn thẳng định hướng thuộc lớp chúng tương đương Mỗi lớp tương đương gọi vectơ  Lớp tương đương chứa đoạn thẳng định hướng AB kí hiệu AB , A điểm đầu B điểm cuối Đoạn thẳng định hướng AB gọi đại diện  cho vectơ AB  Như vectơ AB tập hợp tất đoạn thẳng định hướng tương đương với đoạn thẳng định hướng AB Hai đoạn thẳng định hướng AB CD tương đương     vectơ AB hay CD ta viết AB  CD 1.3 Định nghĩa theo lớp tương đương cặp điểm thứ tự Xét cặp điểm thứ tự  A, B  mặt phẳng, A gọi điểm đầu, B gọi điểm cuối Hai cặp điểm  A, B   C , D  gọi tương đương, kí hiệu  A, B  ~  C , D  , hai đoạn thẳng AD BC có trung điểm Quan hệ có ính chất phản xạ, đối xứng, bắc cầu Quan hệ tương đương chia tập hợp cặp điểm thứ tự mặt phẳng thành lớp tương đương, hai cặp điểm thuộc lớp chúng tương đương Mỗi lớp tương đương gọi vectơ  Lớp tương đương chứa cặp điểm thứ tự  A, B  kí hiệu AB  Theo định nghĩa này, vectơ AB gồm tất cặp điểm thứ tự tương đương với   cặp điểm  A, B   A, B  ~  C , D  vectơ AB hay CD ta viết   AB  CD 1.4 Định nghĩa vectơ sách giáo khoa phổ thông Vectơ định nghĩa đoạn thẳng định hướng Đoạn thẳng định hướng  AB có A điểm đầu B điểm cuối gọi vectơ AB , kí hiệu AB Nhận xét: Mặc dù định nghĩa khái niệm vectơ theo đoạn thẳng định hướng (hay gọi theo truyền thống) khơng xác phù hợp với quan điểm lý thuyết tập hợp, chẳng hạn hai vectơ định nghĩa lại hai tập hợp điểm khác nhau, chương trình phổ thơng hành nhiều nước giới Mỹ, Anh, Pháp, Úc, Singapore Việt Nam, khái niệm vectơ định nghĩa theo đoạn thẳng định hướng lý sau đây:  Trong chương trình phổ thơng, học sinh chưa học khái niệm “quan hệ tương đương” cấu trúc đại số cách tường minh  Định nghĩa phù hợp với xây dựng khái niệm quan niệm thơng hường học sinh hai góc nhau, hai tam giác nhau, hai đường nhau, phép tịnh tiến… trường phổ thông  Giúp học sinh tiếp thu thuận lợi số kiến thức vật lý gia tốc, trọng lực, phản lực, lực quán tính, lực ly tâm,… II Các khái niệm liên quan Vectơ  Định nghĩa dựa vào ba đặc trưng (phương, hướng, độ dài) vectơ: Hai   vectơ AB , CD gọi chúng có hướng độ dài    Định nghĩa dựa vào trung điểm đoạn thẳng: Hai vectơ AB , CD gọi hai đoạn thẳng AD BC có chung trung điểm    Định nghĩa dựa vào hình bình hành: Hai vectơ AB , CD gọi ABDC hình bình hành Vectơ-khơng  Có điểm đầu điểm cuối trùng  Có độ dài  Có phương chiều tuỳ ý, phương với vectơ    Ký hiệu: hay AA  Vectơ đối       Hai vectơ AB CD gọi đối nhau, kí hiệu AB  CD  AB  CD chúng ngược hướng có độ dài Tổng hiệu vectơ 4.1 Tổng hai vectơ   Định nghĩa: Cho hai vectơ a b Lấy điểm A xác định điểm      B C cho AB  a , BC  b Khi vectơ AC gọi tổng hai vectơ      a b Kí hiệu: AC  a  b Phép lấy tổng hai vectơ gọi phép cộng vectơ Chú ý: Cộng hai vectơ có tính chất phép cộng đại số tính chất giao hốn, tính chất kết hợp, tính chất cộng với vectơ-khơng     Quy tắc ba điểm: Với ba điểm M , N , P bất kì, ta có: MN  NP  MP    MP  NP  MN     Quy tắc hình bình hành: Nếu OABC hình bình hành OA  OC  OB     Nếu M trung điểm đoạn thẳng AB MA  MB       Nếu G trọng tâm tam giác ABC GA  GB  GC  4.2 Hiệu hai vectơ      Định nghĩa: Hiệu hai vectơ a b , kí hiệu a b , tổng vectơ a      vectơ đối vectơ b , tức a  b  a  (b ) Phép lấy hiệu hai vectơ gọi phép trừ vectơ   Quy tắc hiệu vectơ: Nếu MN vectơ cho với điểm O bất kì, ta    ln có MN  ON  OM Tích vectơ với số   Định nghĩa: Tích vectơ a với số thực k vectơ, kí hiệu k a xác định sau    Nếu k  vectơ k a hướng với vectơ a    Nếu k  vectơ k a ngược hướng với vectơ a    Độ dài vectơ k a k a    Từ định nghĩa ta thấy: 1a  a , (1)a  a với (1)a vectơ đối vectơ a Tính chất:   Với hai vectơ a , b số thực k , l ta có: k (la )  (kl )a ; (k  l )a  ka  la ;          k (a  b )  ka  kb ; k a  b  ka  kb ;     ka  k  a  5.1 Điều kiện để hai vectơ phương       Vectơ b phương với vectơ a  a   có số k cho b  ka 5.2 Biểu thị vectơ qua hai vectơ không phương   Cho hai vectơ a , b      a , b  khơng phương, ta có:     c , !m, n  R : c  ma  nb    ma  nb   m  n  Chú ý:  Điều kiện để ba điểm thẳng hàng:   A, B, C thẳng hàng  AB CD phương     k  R : AB  k CD        O trung điểm AB  OA  OB   MA  MB  2.MO ( M tuỳ ý)  G trọng tâm tam giác ABC          GA  GB  GC   MA  MB  MC  3.MG ( M tuỳ ý)    OA  OB  A  B        Với O tuỳ ý, thật vậy: OA  OB  OA  OB   BA   A  B     AB  DC ABCD hình bình hành       AD  BC  Tích vơ hướng hai vectơ 6.1 Góc hai vectơ     Cho hai vectơ a b khác vectơ Từ điểm O bất kì, ta vẽ     vectơ OA  a OB  b Khi đó:    Số đo góc AOB gọi số đo hai vectơ a b Kí hiệu   a, b        Góc hai vectơ a b 00  a , b  1800   Chú ý:  Trong trường hợp có hai vectơ vectơ-khơng ta xem góc hai vectơ tùy ý (từ 00 đến 1800 )         Từ định nghĩa, ta có a , b  b , a      Nếu a , b  00 ta nói hai vectơ a b hướng        Nếu a , b  900 ta nói hai vectơ a b vng góc với nhau, kí hiệu     a  b      Nếu a , b  1800 ta nói hai vectơ a b ngược hướng   6.2 Tích vơ hướng hai vectơ    Định nghĩa: Tích vơ hướng hai vectơ a b số, kí hiệu a.b , xác         định a.b  a b cos a , b Chú ý:        Nếu a  b  a.b  Nếu a.b  khơng a        b  cos a , b   a  b    Bình phương vơ hướng: Bình phương vơ hướng vectơ độ dài   2 vectơ a  a.a.cos 00  a           Với ba vectơ a , b , c tuỳ ý ( a  b  c  ) số thực k , ta có:   a.b  b a (Tính chất giao hốn);  a.b   a  b ;      k a  b  a  k b   k  a.b  ;        (Tính chất phân phối phép cộng);       (Tính chất phân phối phép trừ);  a b  c  a.b  a.c  a b  c  a.b  a.c Công thức hình chiếu   Vectơ OB gọi hình chiếu vectơ OB đường thằng OA     Ta có cơng thức sau: OA.OB  OA.OB 10    ABC vuông A  BA.BC  BA2 Phương tích điểm đường tròn:    Giá trị khơng đổi MA.MB  d  R gọi phương tích điểm M đường tròn  O  kí hiệu PM /(O ) Ta có   PM /(O )  MA.MB  d  R  Khi điểm M nằm ngồi đường tròn  O  , MT tiếp tuyến đường  tròn ( T tiếp điểm), PM /  O   MT  MT 6.3 Biểu thức toạ độ tích vơ hướng  Trong khơng gian Oxy Trục tọa độ (hay gọi tắt trục) đường thẳng xác định  điểm O gọi điểm gốc vectơ đơn vị i  Ta kí hiệu trục O; i    Cho hai điểm A B trục O; i Khi đó:      Có số a cho AB  a.i Ta gọi số a độ dài đại số AB trục cho kí hiệu a  AB Nhận xét:     Nếu AB hướng với i AB  AB , AB ngược hướng với  i AB   AB   Nếu hai điểm A B trục  O; i  có tọa độ a b AB  b  a 107  Phương trình f  x   g  x  (hoặc f  x   g  x  ) biến đổi dạng :    a b  a.b    a b  a.b     a  b  a  b     a  b  a  b xa ya    Từ ta kết luận tập nghiệm a,b hướng   xb yb  Phương trình f  x   g  x  (hoặc f  x   g  x  ) biến đổi dạng         | a |  | b || a  b | | a |  | b || a  b |  xa ya  x  y         b  b Thì a  b  a,b ngược hướng   xa ya   0  xb yb Từ ta kết luận tập nghiệm Phương pháp Để giải phương trình f  x   g  x  (hoặc bất phương trình f  x   g  x  ), f  x  khơng có dạng biểu thức toạ độ tích vô hướng  g  x  biến đổi thành vế ba BĐT 108    a b  a.b     a  b  a  b     a  b  a  b Ta đánh giá g  x  có g  x   h  x  (hoặc f  x   h  x  ) Dấu đẳng thức có x  S1 Do vậy, từ f  x   g  x  (hoặc f  x   g  x  )  f  x   h  x  (hoặc f  x   h  x  )  x  S2 Từ ta kết luận nghiệm PT (BPT) x  S1  S     Lưu ý: Việc chọn vectơ a , b cần phải khéo léo cho a  b số đồng thời dấu “=” phải xảy x  x   x  x  10  29 Ví dụ Giải phương trình Hướng dẫn Biến đổi VT phương trình tồng độ dài hai vectơ: 1  x  x2  2x   4 ; x  x  10  1  x  9   Từ ta xét vectơ a  1  x;  , b  1  x;3       Nhận xét thấy PT có dạng a  b  a  b Vậy a , b hướng Giải 1  x  Phương trình tương đương  4 1  x    29  Xét hai vectơ a  1  x;  , b  1  x;3 Ta có       a  b  (2;5) , | a  b | 29 , | a | x  x  , | b | x  x  10 109     VT | a |  | b || a  b | 29    a b hướng  1 x  0 1 x x Vậy x  nghiệm phương trình Ví dụ Giải phương trình x  x   x  x  40  x  x  45 Hướng dẫn: Biến đổi VT phương trình tồng độ dài hai vectơ: x2  2x    x  1 4; x  x  40  (2  x)  36  Từ ta xét hai vectơ a  ( x  1; 2), b  (2  x;6)       Nhận xét thấy PT có dạng | a |  | b |  a  b Vậy dấu đẳng thức xảy a  hay     b  hay a ngược hướng với b Từ trường hợp ta kết luận nghiệm phương trình Giải  Xét hai vectơ a  ( x  1; 2), b  (2  x;6) Ta có       a  b  (3; 4) , | a  b | , | a | ( x  1)  , | b | (2  x)  36     VT  | a |  | b |  a  b        Dấu đẳng thức xảy a  hay b  hay a ngược hướng với b      Trường hợp a  hay b  khơng xảy ya  2  , yb   110  x  2   0 x  Trường hợp a ngược hướng với b 2 x Từ tất điều ta có: 45 25 5  x  5x    x2  5x  0x  0 x  2  Ví dụ Giải phương trình x3  18 x  36 x  x3   x Hướng dẫn: Ta nhận xét thấy VT PT tổng hai bậc hai không viết dạng tổng bình phương Do đó, trường hợp ta viết VT dạng tổng tích gán cho VT thành tích vơ hướng hai vectơ  Ta xét: a  (1;1) ; b    x  18 x ; 36 x  x    Áp dụng tính chất a.b | a || b | , ta thấy VT  x nên VP  x   Vậy dấu đẳng thức xảy a , b hướng Giải Tập xác định: D  [2; 4]  Xét vectơ a  (1;1) , b    x  18 x ; 36 x  x , ta có   | a | 2,| b | x  18 x  36 x  x  x    Từ | a || b | x , a.b  x3  18 x  36 x  x3    Do  x  a.b | a || b | x   x  x   Dấu đẳng thức xảy a , b hướng  (1) x  18 x 36 x  x  1  x  18 x  36 x  x  x ( x  3)   x  Ta có (1)  ( x  3)   x  (nhận) 111 Vậy x  nghiệm phương trình Ví dụ Giải bất phương trình x  x    x  10 x  16 Hướng dẫn: Đầu tiên biến đổi BPT thành ( x  3)  x   ( x  3)  ( x  1)     Ta xét hai vectơ sau: a  x  3; x  , b  1;1      Nhận thấy BPT có dạng a.b | a || b | , dấu đẳng thức xảy a , b hướng Giải Tập xác định D  1;   Bất phương trình tương đương ( x  3)  x   ( x  3)  ( x  1)     Xét hai vectơ a  x  3; x  , b  1;1 , ta có    a.b  ( x  3)  x  , | a || b | ( x  3)  ( x  1)      Do bất phương trình  a.b | a || b |  a b hai vectơ hướng x 3  x 1 0  x  ( x  3)  x   x  x  10      x   x  (nhận)   x  x  x   Vậy x  nghiệm bất phương trình Ví dụ Giải bất phương trình (3  x) x    x  40  34 x  10 x  x3 Hướng dẫn: Nếu giải theo phương pháp biến đổi tương đương ta thực hai lần bình phương hai vế, bất phương trình nhận có bậc sáu việc giải bất phương trình bậc sáu việc phức tạp Ta biến đổi VT BPT sau 40  34 x  10 x  x  (4  x)( x  x  10) 112 Dễ thấy vế trái phương trình có dạng tích vơ hướng hai vectơ   a  (3  x;1) , b    x  1;  x      Từ nhận xét BPT có dạng a.b | a || b | , dấu đẳng thức xảy a , b hướng Giải Tập xác định: D  1;   2  Xét hai vectơ a  (3  x;1) , b     x  1;  x ,  Ta có: | a | x  x  10 , | b |  x    VT  a.b , | a || b | (4  x)( x  x  10)  40  34 x  10 x  x3      Do bất phương trình  a.b | a || b |  a b hai vectơ hướng 3 x (3  x)    0 x 1  2x x 1  2x  x  17 x  49 x  46   ( x  2)(2 x  13x  23)  x     x  13 x  23  (VN )  x  (nhận) Vậy x  nghiệm bất phương trình Nhận xét: Thơng qua số ví dụ thấy việc sử dụng phương pháp vectơ để giải phương trình cho ta lời giải "sáng", "đẹp", giảm nhẹ việc biến đổi tính tốn, nhanh chóng cho kết quả, thể sáng tạo tư toán Đặc biệt tốn giải phương trình vơ tỉ phương pháp cơng cụ mạnh, ta cần ý sử dụng “phương pháp vectơ” gặp dạng toán giải phương trình 113 CHỦ ĐỀ ỨNG DỤNG CỦA VECTƠ TRONG TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT, GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT CỦA HÀM SỐ Nội dung phần nhìn tốn đại số theo quan điểm hình học Khi giải cần phải tọa độ hóa tốn đại số áp dụng số cơng thức, tính chất vectơ Như việc chọn hệ trục tọa độ quan trọng Chọn hệ trục hợp lí giúp giải tốn nhanh chóng PHƯƠNG PHÁP  Biến đổi hàm số cần tìm giá trị lớn nhất, nhỏ dạng tọa độ để xác định vectơ  Chuyển tốn từ dạng đại số dạng hình học tọa độ, giải tốn phương pháp hình học từ suy kết dạng đại số Ví dụ Tìm GTNN hàm số y  x  x   x  x  Giải Tập xác định: D  R 2 1  3 1  3   Ta có y    x        x                3   3 Xét hai vectơ a    x  ;  , b   x  ;  , 2  2          Ta có: | a | x  x  ; | b | x  x  , a  b  1; , | a  b |     Khi đó, y | a |  | b |     Vì | a |  | b || a  b | nên y  1 x  x   2 0 Dấu đẳng thức xảy a , b hướng  3 2 114  x  1  x 2  x0 Vậy GTNN y ymin  x  Ví dụ Cho x   1;3 Tìm GTLN hàm số y x x 1   x x2  Hướng dẫn: Với phân thức VP, ta thấy tử thức có dạng tổng hai tích, mẫu thức tích độ dài hai vectơ Từ đó, ta liên hệ đến góc hai vectơ    a.b   Ta áp dụng công thức cos a , b    , cos a , b  a b     Giải   Xét hai vectơ a   x;1 , b    x  1,  x  a.b   Ta có y     cos a , b a b   Do đó, y    Dấu đẳng thức xảy a , b hướng  x x 1  3 x x   x  1 Vậy GTLN y ymax  x  x   Ví dụ Tìm GTNN hàm số f  x   x  x   x  x  với x  R 115 Hướng dẫn: Ngồi cách giải ví dụ ta biến đổi hàm số dạng toạ độ để xác định điểm thoả biểu thức ban đầu 1 3  1 Ta chọn A  ;  , B  ;   , C  x;0  2 2   Khi đó: f  x   AC  BC Áp dụng bất đẳng thức tam giác AC  BC  AB Từ tìm GTNN hàm số Giải 1  1 3 ;   , C  x;0   , B  2 2    Gọi A  ; 2 1  3  AC   x      BC      2  3 1 x         2 Nên ta có f  x   AC  BC Theo bất đẳng thức tam giác ta có: 2  1  3 AC  BC  AB            2  2  116  f  x   2, x  R Vậy ymin  C giao điểm AB trục Ox , từ x   Nhận xét: Nếu ta áp dụng phương pháp hàm số việc xét biến thiên gặp khó khăn tìm nghiệm phương trình f   x   , ta phải giải phương trình bậc 1 3  1 Ở ví dụ ta chọn A  ;  , B  ;  có f  x   AC  BC 2   2 Lúc A B phía so với trục Ox Khi để tìm giá trị nhỏ AC  BC toán dài cách chọn điểm B' đối xứng với B qua trục Ox , tức  1 B  ;   Khi M giao điểm AB' trục Ox Nên ta chọn điểm 2   1 B  ;   2  Một số lưu ý: Do áp dụng: ‘‘Trong tất đường gấp khúc nối điểm A,B cho trước đoạn thẳng AB có độ dài nhỏ nhất’’ cần khoảng cách điểm đầu cuối không đổi, nên cặp điểm A,B phải có dạng A  m,n  , B  p,q  A  x  m,n  , B  x  p,q  A  x, y  , B  x  p, y  q  … (trong m,n, p,q giá trị không đổi) Và với điểm C thay đổi áp dụng cơng thức khoảng cách để tính AC , BC ta ln hệ số x 117 CHỦ ĐỀ ỨNG DỤNG CỦA VECTƠ TRONG CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC PHƯƠNG PHÁP Ta biến đổi bất đẳng thức cho sau xét vectơ có toạ độ thích hợp áp dụng bất đẳng thức vectơ xét trường hợp dấu xảy để chứng minh bất đẳng thức cho Ví dụ Cho a, b, c  Chứng minh rằng: c  a  c   c  b  c   ab Hướng dẫn: ta thấy vế trái bất đẳng thức có dạng tích vơ hướng hai vectơ   ta chọn a  c ; b  c , b  a  c ; c     Giải Xét mặt toạ độ Oxy  Chọn a    c; b  c , b    a  c; c  Ta có  a.b  c  a  c   c  b  c             c  a  c   c  b  c   ab | a | | b |  | a | | b | cos a , b  a b    Ví dụ Chứng minh rằng: x  xy  y  x  xz  z  y  yz  z , x, y  R Hướng dẫn: Ta biến đổi vế trái bất đẳng thức thành :  VT   x     y      2 2      y    x  z    x      118 Nhận xét thấy VT có dạng tổng độ dài hai vectơ Rồi áp dụng bất đẳng thức     | a |  | b || a  b | để suy điều phải chứng minh Giải   y    z  y  ; b    x  ; z Xét hai vectơ: a   x  ; 2  2    Ta có:   | a | x  xy  y , | b | x  xz  z    y z a  b    ; y z  2 2 2     y z  | a  b |      y z    2     y  yz  z  Ta có | a |  | b || a  b |  x  xy  y  x  xz  z  y  yz  z , x, y  R (đpcm) Ví dụ Chứng minh x, y  R ta có: cos x.cos y  sin  x  y   4sin x.sin y  sin  x  y   Hướng dẫn : Nếu giải theo phương pháp biến đổi tương đương ta thực hai lần bình phương hai vế, phương trình nhận có bậc bốn việc giải phương trình bậc bốn việc phức tạp Nhận xét thấy VT có dạng tổng độ dài hai vectơ Rồi áp dụng bất đẳng thức     | a |  | b || a  b | để suy điều phải chứng minh Giải   Xét hai vectơ a   cos x cos y;sin  x  y   ; b   2sin x sin y;sin  x  y   119   Khi đó, ta có a  cos x cos y  sin  x  y  ; b  4sin x sin y  sin  x  y      a  b   cos  x  y  ; 2sin  x  y   ; a  b      Ta có: a  b  a  b  cos x.cos y  sin  x  y   4sin x.sin y  sin  x  y   (đpcm) 120 PHẦN KẾT LUẬN Những kết nghiên cứu đạt Luận văn tóm tắt hệ thống lý thuyết liên quan đến vectơ đưa ứng dụng để giải tốn hình học đại số Đối với dạng toán luận văn làm bật ưu điểm công cụ Đối với số toán, giải nhiều phương pháp khác phối hợp đồng thời nhiều phương pháp Do luận văn thiết kế tập có lời giải để ta lựa chọn phương pháp cách hiệu quả, phù hợp Hướng mở cho nghiên cứu Có phải tốn hình học ta dùng cơng cụ vectơ để giải? Có phải phương trình, bất phương trình ta dùng cơng cụ vectơ để giải? 121 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Lê Thị Hoài Châu (2008), Phương pháp Dạy – Học Hình học trường Trung học Phổ Thông, NXB trường đại học Sư phạm TP HCM [2] Võ Giang Giai – Nguyễn Thuỵ Khánh (2006), Các dạng toán Đại số sơ cấp, NXB Đại học Sư phạm [3] NGƯT Phạm Quốc Phong (2009), Một số chuyên đề chọn lọc Toán trung học phổ thơng, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội [4] Đồn Quỳnh (Tổng Chủ biên) – Văn Như Cương (Chủ biên) – Phạm Vũ Khuê – Bùi Văn Nghị (2014), Hình học 10 nâng cao, NXB Giáo dục [5] Lê Mậu Thống (Chủ biên) – Trần Đức Nguyên – Lê Mậu Thảo (2005), Phân loại phương pháp giải tốn Hình học 12, NXB Hà Nội [6] Lê Mậu Thảo – Lê Mậu An Bình (2011), Chuyên đề Hình học 12, NXB Đại học Quốc gia TP HCM [7] Th.S Đồng Thanh Triết (2015), Giáo trình Hình học sơ cấp, khoa Tốn – Ứng dụng, trường Đại học Sài Gòn ... 16 CHƯƠNG II ỨNG DỤNG CỦA CƠNG CỤ VECTƠ TRONG HÌNH HỌC PHẲNG I TĨM TẮT LÝ THUYẾT Trong quy trình giải tập toán phương pháp vectơ, ta cần có kỹ sau: Chuyển tốn sang ngơn ngữ vectơ: Muốn rèn luyện... hợp Muốn tìm vectơ trung gian đó, phải hướng 19 dẫn học sinh ln ý đến hệ thức cho toán hệ thức cần đến *Đây khâu mấu chốt phương pháp giải toán công cụ vectơ II HỆ THỐNG BÀI TẬP Ở phần khố luận... chứng minh biểu thức hình học  Chủ đề Ứng dụng vectơ chứng minh bất đẳng thức hình học  Chủ đề Ứng dụng vectơ tốn tìm cực trị hình học vectơ  Chủ đề Ứng dụng vectơ toán chứng minh quan hệ song