SKKN Một số kinh nghiệm về sử dụng sơ đồ tư duy trong bài 20 Cuộc kháng chiến chống thực dân Pháp kết thúc (1953 – 1954)-Lớp 12-Cơ bản.

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Hình học không gian (HHKG) là một môn học tương đối khó đối với học
sinh THPT nói chung và học sinh lớp 11 nói riêng, nhất là đối với các học sinh
có học lực trung bình khá trở xuống. Những nội dung các em học sinh lớp 11
thường gặp khó khăn trong khi giải các bài toán HHKG đó là các nội dung liên
quan đến tính toán, chẳng hạn: tính tỉ số đoạn thẳng, tính độ dài đoạn thẳng, tính
góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau,…mà tác giả gọi là “Các
bài toán định lượng trong hình học không gian”.
Sau nhiều năm giảng dạy ở các lớp mũi nhọn ôn thi HSG, ôn thi ĐH-CĐ,
tôi nhận thấy để có được kết quả tốt trong giảng dạy nội dung HHKG ở trường
THPT thì phải tạo ra tâm lý “thích học hình không gian” của học sinh, nhất là
học sinh lớp 11; phải tìm cách tiếp cận HHKG đơn giản, dễ hiễu và có “thuật
giải” rõ ràng để có thể áp dụng cho nhiều bài tập, tránh trường hợp mỗi bài vận
dụng mỗi cách khác nhau gây tâm lý hoang mang cho học sinh khi mới tiếp cận
HHKG; phương pháp giải phải gần gũi với các nội dung đại số, phương trình,
hệ phương trình – là các nội dung được học rất nhiều trong chương trình THPT
và có thể nói là nội dung “sở trường”, là điểm mạnh của đại đa số học sinh.
Phương pháp véc tơ đáp ứng được các yêu cầu nói trên. Tuy nhiên trong
chương trình SGK Hình học lớp 11 NC, phương pháp véc tơ chỉ được đề cập ở
hai bài đầu tiên của Chương III với thời lượng 4 tiết là quá ít so với nội dung đồ
sộ của phần HHKG. Chính vì vậy Phương pháp véc tơ đôi khi bị xem nhẹ, trang
bị không đầy đủ, thiếu tính hệ thống làm cho học sinh không biết vận dụng vào
giải quyết các bài toán hình học.
Vì những lí do trên, tôi đã chọn đề tài SKKN mang tên “Phát triển tư duy
thuật giải, tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 11 – THPT thông qua việc giải
một số bài toán định lượng trong hình học không gian bằng phương pháp
véc tơ ” với mục đích trang bị cho học sinh các kiến thức và kỹ năng vận dụng
phương pháp véc tơ vào giải toán HHKG, hình thành cho học sinh phương pháp
tư duy thuật giải, tư duy sáng tạo, tạo tâm lý hứng thú khi học HHKG, góp phần
nâng cao chất lượng dạy và học HHKG ở trường THPT nói chung cũng như
Trường THPT Triệu Sơn 3 nói riêng. Đồng thời tác giả cũng mong muốn được

trao đổi ý tưởng và cách làm tới các đồng nghiệp trong và ngoài đơn vị và hy
vọng cách làm này sẽ được tiếp tục bổ sung và hoàn thiện hơn.
1
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CƠ SỞ LÍ LUẬN
1. Cơ sở lý luận:
Sử dụng phương pháp véc tơ trong dạy học HHKG lớp 11 là cần thiết và
sáng tạo bởi những lý do sau:
Thứ nhất: Phương pháp véc tơ đã được đề cập trong Chương III- SGK
Hình học lớp 11 NC với thời lượng là 4 tiết, tuy nhiên chỉ tập trung chủ yếu vào
việc chứng minh các đẳng thức véc tơ và biễu diễn tuyến tính một véc tơ theo
các véc tơ không đồng phẳng. Rất ít nội dung vận dụng phương pháp véc tơ vào
“Các bài toán định lượng trong hình học không gian”.
Thứ hai: Rất nhiều bài toán về HHKG lớp 11 khi giải bằng phương pháp
hình học tổng hợp thì tương đối phức tạp và gây nhiều khó khăn cho học sinh,
tuy nhiên khi vận dụng phương pháp véc tơ thì có lời giải rất gọn, đẹp, có tính
đại số và thuật giải, gây nhiều hứng thú cho học sinh.
2. Mục tiêu của đề tài:
Trên cơ sở lý luận như trên, tôi nêu ra một số mục tiêu cần phải đạt như sau:
a) Đối với tác giả của đề tài
Thứ nhất: Xây dựng được hệ thống các thuật giải tổng quát cho các bài
toán cơ bản về định lượng trong HHKG lớp 11, cụ thể là các bài toán về sử dụng
điều kiện cùng phương của hai véc tơ, điều kiện đồng phẳng của ba véc tơ; tính
góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
Thứ hai: Xây dựng được hệ thống các bài tập minh họa cùng lời giải phù
hợp và thể hiện tính điển hình, tối ưu của phương pháp véc tơ so với các phương
pháp khác. Các bài tập nêu ra phải đảm bảo yêu cầu bám sát nội dung thi HSG
và thi ĐH-CĐ.
Thứ ba: Xây dựng được hệ thống bài tập tương tự có chỉ dẫn hoặc đáp số
làm tư liệu phục vụ cho quá trình dạy và học HHKG. Các bài tập nêu ra cũng

phải đảm bảo yêu cầu bám sát nội dung thi HSG và thi ĐH-CĐ.
b) Đối với học sinh khi được triển khai áp dụng:
Thứ nhất: Được trang bị đầy đủ, có tính hệ thống về phương pháp véc tơ và
thuật giải một số dạng toán cơ bản trong HHKG lớp 11.
2
Thứ hai: Biết vận dụng thành thạo và có sáng tạo phương pháp véc tơ trong
quá trình học tập môn HHKG, có tâm lý tự tin và hứng thú khi giải các bài tập
về HHKG.
Thứ ba: Hình thành và phát triển tư duy thuật giải, tư duy sáng tạo.
3. Đối tượng nghiên cứu của đề tài:
Để có cơ sở đánh giá về hiệu quả của việc áp dụng đề tài vào thực tế dạy
học, tôi chọn 2 lớp theo ban KHTN của Trường THPT Triệu Sơn 3 năm học
2012-2013, cụ thể: lớp đối chứng: 11G2, lớp thực nghiệm:11G7.
Các lớp được chọn tham gia nghiên cứu cho đề tài có nhiều điểm tương
đồng nhau về tỉ lệ giới tính, kết quả và ý thức học tập của học sinh, đặc biệt là
năng lực học tập và kết quả điểm kiểm tra môn Toán trước khi tác động.
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ
Thực trạng dạy và học HHKG ở trường THPT nói chung và trường THPT
Triệu Sơn 3 nói riêng thể hiện ở một số điểm sau:
Thứ nhất: Đối với giáo viên, việc dạy HHKG thường mất nhiều thời gian
và công sức, đồng thời nội dung HHKG trong các đề thi tốt nghiệp THPT, đề thi
đại học, đề thi HSG thường là những nội dung khó, có tính chất phân loại cao và
chỉ chiếm tỉ lệ từ 10%-15% số điểm của toàn bài thi, do đó có tâm lý “xem nhẹ”
nội dung này trong quá trình dạy học, ôn tập.
Thứ hai: Đối với học sinh, để học tốt môn HHKG thì cần phải nắm vững
kiến thức về hình học phẳng ở chương trình THCS, đồng thời phải có tư duy
trừu tượng, khả năng đoán nhận tốt. Thực tế điều này lại là điểm yếu của không
ít học sinh THPT nói chung và học sinh THPT Triệu Sơn 3 nói riêng, kể cả học
sinh khá giỏi, do đó dẫn đến tâm lý “sợ” học HHKG, “ngại” học HHKG.
Thứ ba: Các tài liệu trình bày về phương pháp véc tơ còn hạn chế, chưa có

tính hệ thống, chuyên sâu và hệ thống bài tập chưa đa dạng gây nhiều khó khăn
cho người dạy và người học.
III. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
Tư tưởng chủ đạo để xác định các giải pháp là vận dụng quan điểm triết học
trong câu nói của Chủ tịch Hồ Chí Minh : “Dĩ bất biến, ứng vạn biến”.
1. Giải pháp thứ nhất: Xây dựng các thuật giải – các đối tượng “bất biến”:
Thực chất là các quy trình, các bước thực hiện cố định để tìm ra đáp số của một
lớp các bài toán có yêu cầu tương tự nhau. Thông qua việc hình thành và xây
3
dựng thuật giải giúp cho học sinh phát triển tư duy thuật giải – một loại hình tư
duy rất quan trọng không chỉ trong toán học mà cả trong nhiều lĩnh vực khoa
học khác. Tạo tâm lý hứng thú, tự tin cho học sinh khi học môn HHKG.
2. Giải pháp thứ hai: Xây dựng các bài tập minh họa thuật giải – các đối tượng
“vạn biến”: Chính là lớp các bài toán cụ thể với giả thiết luôn thay đổi theo từng
đặc trưng của mỗi bài. Việc áp dụng các thuật giải – tức là cái “bất biến” vào để
giải một lớp các bài toán với các giả thiết khác nhau – tức là cái “vạn biến” giúp
cho học sinh hình thành tư duy sáng tạo, linh hoạt trong từng tình huống cụ thể;
tập luyện cho học sinh khả năng ứng biến và vận dụng khéo léo các tính chất,
các định lí cơ bản của véc tơ trong không gian vào để giải quyết các bài toán
hình học.
IV. BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN
1. Thuật giải trong các bài toán liên quan đến điều kiện cùng phương của
hai véc tơ, điều kiện đồng phẳng của ba véc tơ.
a) Thuật giải: Ta có thuật giải tổng quát như sau:
Bước 1: Chọn một hệ ba véc tơ
a
r
,
b
r

,
c
r
không đồng phẳng
Bước 2: Biểu diễn các véc tơ theo
a
r
,
b
r
,
c
r

Bước 3: Sử dụng điều kiện cùng phương của hai véc tơ, điều kiện đồng phẳng
của ba véc tơ để lập một hệ phương trình đại số.
b) Một số định lí cơ bản của véc tơ trong không gian:
Định lí 1.1. Cho hai véc tơ
a
r
và
b
r
(
a 0≠
r r
). Khi đó hai véc tơ
a
r
và

b
r
cùng
phương khi và chỉ khi tồn tại số thực k sao cho
b k.a=
r r
.
Định lí 1.2. Trong không gian, cho
a
r
và
b
r
là hai véc tơ không cùng phương và
véc tơ
c
r
. Khi đó ba véc tơ
a
r
,
b
r
,
c
r
đồng phẳng khi và chỉ khi tồn tại các số thực
m, n sao cho
c ma nb= +
r r r

. Hơn nữa các số m, n là duy nhất.
Định lí 1.3. Trong không gian, cho ba véc tơ
a
r
,
b
r
,
c
r
không đồng phẳng. Khi đó
với véc tơ
d
r
tùy ý, tồn tại các số thực m, n, p sao cho
d ma nb pc= + +
r r r r
. Hơn
nữa các số m, n, p là duy nhất.
c) Bài tập minh họa:
4
Bài 1.1. Cho hình hộp ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
. Gọi M và N là các điểm lần lượt thuộc

các đường thẳng AB
1
và A
1
C
1
sao cho MN//BD
1
. Tính tỉ số
1
AM
AB
.
Lời giải Bài 1.1.
+) Chọn hệ véc tơ
1
a AB,b AD,c AA= = =
r uuur r uuur r uuuur
+) Đặt
( )
1
AM xAB x a c= = +
uuuur uuuur r r

( )
1 1 1
A N yA C y a b= = +
uuuur uuuur r r
Ta có
1 1

MN MA AA A N= + +
uuuur uuuur uuuur uuuur
=
( ) ( )
y x a yb 1 x c− + + −
r r r
(1)
và
1
BD a b c= − + +
uuuur r r r

+) Vì MN//BD
1
nên tồn tại số thực k sao cho
1
MN kBD ka kb kc= = − + +
uuuur uuuur r r r
(2)
So sánh (1) và (2) ta có hệ
y x k
2 1 1
y k x , y ,k
3 3 3
1 x k
− = −


= ⇔ = = =



− =

. Vậy
1
AM 2
AB 3
=
.
Bài 1.2. Cho hình tứ diện ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm thuộc các
cạnh BC, BD, AC sao cho
BC 4BM,BD 2BN,AC 3AP= = =
. Mặt phẳng (MNP)
cắt đường thẳng AD tại Q. Tính tỉ số
AQ
AD
.
Lời giải Bài 1.2.
5
A
a
r
D
1
N
M
A
1
C
1

B
1
B
C
D
b
r
c
r
+) Chọn hệ véc tơ
a AB,b AC,c AD= = =
r uuur r uuur r uuur
+) Ta có
( )
1 1
BM BC b a
4 4
= = −
uuur uuur r r
,
1 1
AP AC b
3 3
= =
uuur uuur r
,
( )
1 1
BN BD c a
2 2

= = −
uuur uuur r r
+) Đặt
AQ xAD xc= =
uuur uuur r
. Khi đó

1
PQ AQ AP b xc
3
= − = − +
uuur uuur uuur r r
(1)
Mặt khác ba véc tơ
PQ,PM,PN
uuur uuur uuur
đồng phẳng nên tồn tại các số thực m, n sao cho
( ) ( )
PQ mPM nPN m AP AB BM n AP AB BN= + = − + + + − + +
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
=
3 1 1 1 1
m n a m n b nc
4 2 12 3 2
   
+ − + +
 ÷  ÷
   
r r r
(2)

So sánh (1) và (2) ta có hệ:
4
3 1
m
m n 0
5
4 2
1 1 1 6
m n n
12 3 3 5
1 3
n x x
2 5


= −
+ =




 
+ = ⇔ =
 
 
 
= =
 



. Vậy
AQ 3
AD 5
=
.
Bài 1.3. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của BD và AC. Trên đường thẳng AB lấy điểm P, trên đường thẳng DN
lấy điểm Q sao cho PQ//CM. Tính độ dài PQ.
Lời giải Bài 1.3.
6
c
r
b
r
a
r
Q
P
N
M
D
C
B
A
+) Chọn hệ véc tơ
a AB,b AC,c AD= = =
r uuur r uuur r uuur
Khi đó:
a b c 1= = =
r r r

và

1
a.b b.c c.a
2
= = =
r r r r r r
+) Giả sử
AP xAB=
uuur uuur
và
DQ yDN=
uuur uuur
Khi đó ta có
1 1
CM CA AM a b c
2 2
= + = − +
uuur uuur uuuur r r r
PQ PA AD DQ= + +
uuur uuur uuur uuur
( )
1
xAB AD y DA AC AD
2
= − + + + −
uuur uuur uuur uuur uuur
=
( )
1

xa yb 1 y c
2
− + + −
r r r
(1)
+) Do PQ//CM nên tồn tại số thực k sao cho
k k
PQ kCM a kb c
2 2
= = − +
uuur uuur r r r
(2)
So sánh (1) và (2) ta có hệ:
1
k
x
x
3
2
1 4
y k y
2 3
k
2
1 y
k
2
3



=
− =




 
= − ⇔ =
 
 
 
− =
= −
 


+) Khi đó
2
2
1 2 1 1 2 1 3
PQ a b c PQ PQ a b c
3 3 3 3 3 3 3
 
= − + − ⇒ = = − + − =
 ÷
 
uuur r r r uuur r r r
.
Bài 1.4. Cho hình lập phương ABCDA
1

B
1
C
1
D
1
có cạnh bằng 2. Gọi I là trung
điểm của AB và O là tâm của mặt BCC
1
B
1
, M là điểm trên cạnh AD sao cho
AD 5AM=
, P là trung điểm của BB
1
và K là điểm sao cho
1 1
A K kA C=
uuuur uuuur
.
a) Tìm số k và tỉ số
1
CK
CA
biết đường thẳng MK song song với mp (PDC
1
).
b) Gọi E và F lần lượt là các điểm thỏa mãn
AE mAP=
uuur uuur

,
CF nCI=
uur uur
sao cho O, E,
F thẳng hàng. Tìm các số m, n và độ dài EF.
Lời giải Bài 1.4.
7
c
r
a
r
b
r
Q
P
N
M
D
B
C
A
+) Chọn hệ véc tơ
1
a BA,b BB ,c BC= = =
r uuur r uuuur r uuur
.
Khi đó:
a b c 2= = =
r r r
và

a.b b.c c.a 0= = =
r r r r r r
a) +) Ta có
1
A C c b a= − −
uuuur r r r
1 1
MK MA AA A K= + +
uuuur uuuur uuuur uuuur
( )
1
c b k c b a
5
= − + + − −
r r r r r
( )
1
kc 1 k b k c
5
 
= − + − + −
 ÷
 
r r r
(1)
+) Do MK//(PDC
1
) nên tồn
tại các số x, y sao cho:

( ) ( )
1
1 1
1
MK xPC yPD x PB B C y PB BC CD= + = + + + +
uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur

( )
b b x y
x b c y c a ya b x y c
2 2 2 2
   
 
= − + + + − + + = + − + +
 ÷  ÷
 ÷
 
   
r r
r r r r r r r
(2)
So sánh (1) và (2) ta có hệ
( )
17
x
k y
25
1 11
1 k x y y
2 25

1
11
k x y
k
5
25


=


− =


−
 
− = − ⇔ =
 
 
 
− = +
=
 


Với
1 1
1 1
11 CK CA A K 14
k 1 k

25 CA CA 25
−
= ⇒ = = − =
b) Ta có
( )
( )
1 b m 1 1
OE OB BA AE b c a m a 1 m a b c
2 2 2 2
 
−
= + + = − + + + − = − + −
 ÷
 
r
uuur uuur uuur uuur r r r r r r r
(3)
( )
1 n n 1 1
OF OC CF b c a nc a b n c
2 2 2 2 2
 
= + = − − + − = − + −
 ÷
 
uuur uuur uur r r r r r r r

Do O, E, F thẳng hàng nên có số thực k sao cho
8
b

r
c
r
a
r
B
1
E
F
O
P
K
M
I
A
1
C
1
D
1
D
C
B
A

nk k 1
OE kOF a b k n c
2 2 2
 
= = − + −

 ÷
 
uuur uuur r r r
(4)
So sánh (3) và (4) ta có hệ
nk
1 m
n 2
2
m 1 k 2
m
2 2 3
1
1 1
k
k n
3
2 2


− =


=


−
 
= − ⇔ =
 

 
 
 
=
− = −
 ÷
 

 

Khi đó
2
2
2 1 2 1 2 14
EF OF OE a b c EF= EF a b c
3 3 3 3 3
 
= − = − − ⇒ = − − =
 ÷
 
uur uuur uuur r r r uur r r r
.
d) Nhận xét: 1.1. Điểm mấu chốt của cả 4 bài toán trên là sử dụng định lí về sự
biểu diễn tuyến tính duy nhất của một véc tơ tùy ý trong không gian theo ba véc
tơ không đồng phẳng (Định lí 1.3), từ đó dẫn đến việc giải một hệ phương trình
3 ẩn. Việc làm này được lặp lại ở 4 bài với giả thiết và yêu cầu khác nhau đã thể
hiện rõ tính thuật giải, tính ưu điểm lớn của phương pháp véc tơ.
1.2. Việc chọn hệ ba véc tơ không đồng phẳng (hệ cơ sở) một cách khéo léo để
có thể biễu diễn các véc tơ khác theo chúng một cách thuận lợi nhất đã thể hiện
được tính sáng tạo trong quá trình vận dụng phương pháp véc tơ vào giải toán

hình học.
2. Thuật giải trong các bài toán tính góc và khoảng cách giữa hai đường
thẳng chéo nhau.
Cho hai đường thẳng chéo nhau d
1
và d
2
. Giả sử d
1
có véc tơ chỉ phương
1
u
r
, đi
qua A; d
2
có véc tơ chỉ phương
2
u
r
, đi qua B.
a) Thuật giải:
Bước 1: Chọn một hệ ba véc tơ
a
r
,
b
r
,
c

r
không đồng phẳng. Cần chọn
a
r
,
b
r
,
c
r

khéo léo để có thể tính các giá trị
a , b , c
ur
r r
,
a.b
r r
,
b.c
r r
,
c.a
r r
Bước 2: Biểu diễn các véc tơ
1
u
r
và
2

u
r
theo
a
r
,
b
r
,
c
r

* Để tính góc giữa d
1
và d
2
ta tiếp tục thực hiện theo hai bước sau:
Bước 3: Tính các giá trị
1 2 1 2
u , u ,u .u
r r r r
9
Bước 4: Sử dụng công thức tính góc:
( )
( )
1 2
1 2
1 2
1 2
u .u

cos d ,d cos u ,u
u . u
= =
r r
r r
r r
* Để tính khoảng giữa d
1
và d
2
ta thực hiện theo hai bước sau:
Bước 5: Gọi EF là đoạn vuông góc chung của d
1
và d
2
(
1 2
E d ,F d∈ ∈
). Giả sử
1 2
AE x.u ,BF y.u= =
uuur ur uur r
. Biểu diễn véc tơ
EF
uur
theo
a
r
,
b

r
,
c
r
(phụ thuộc vào x, y)
Bước 6: Giải hệ phương trình đại số
1
2
EF.u 0
EF.u 0

=


=


uur r
uur r
để tìm nghiệm (x;y)
Suy ra có sự biểu diễn
EF .a .b .c= α + β + γ
uur r r r
(các số
, ,α β λ
biết thông qua x,y).
Từ đó tìm được độ dài:
( )
( )
2

2
1 2
d d ,d EF EF .a .b .c= = = α +β + γ
uur r r r
.
b) Bài tập minh họa:
Bài 2.1. Cho hình chóp SABCD có đáy là hình thoi tâm O, có độ dài các đường
chéo
AC 4a,BD 2a= =
,
SO 2 2a=
và
SO (ABCD)⊥
. Gọi M là trung điểm
của cạnh SC. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BM.
Lời giải Bài 2.1.
+) Chọn hệ véc tơ
a CA,b DB,c OS= = =
r uuur r uuur r uuur
.
Khi đó:
a 4a, b 2a, c 2 2a= = =
r r r
và
a.b b.c c.a 0= = =
r r r r r r
+) Ta có
1
SA a c
2

= −
uuur r r
,
( ) ( )
1 1 1 1 1 1 1
BM BS BC b c a b a b c
2 2 2 4 4 2 2
 
= + = − + + − − = − − +
 ÷
 
uuur uur uuur r r r r r r r
+) Tính
( )
cos SA,BM
:
2
2 2 2
1 1
SA SA a c a c 2 3a
2 4
 
= = − = + =
 ÷
 
uuur r r r r
,
2
2 2 2 2
1 1 1 1 1 1

BM BM a b c a b c 2a
4 2 2 16 4 4
 
= = − − + = + + =
 ÷
 
uuur r r r r r r
10
E
b
r
A
B
C
S
D
O
M
a
r
c
r
F
2 2
2
1 1 1 1 1 1
SA.BM a c . a b c a c 6a
2 4 2 2 8 2
   
= − − − + = − − = −

 ÷  ÷
   
uuur uuur r r r r r r r
Suy ra:
( )
( )
( )
0
SA.BM
3
cos SA,BM cos SA,BM SA,BM 30
SA.BM 2
= = = ⇒ =
uuur uuur
uuur uuur
+) Tính khoảng cách
( )
d SA,BM
: Gọi EF là đoạn vuông góc chung của SA và
BM (
E SA,F BM∈ ∈
). Giả sử
EA x.SA,=
uuur uuur
BF y.BM=
uur uuur
. Khi đó ta có:
x y 1 1 y y
EF EA AB BF a b x c
2 4 2 2 2 2

     
= + + = − − + − + −
 ÷  ÷  ÷
     
uur uuur uuur uur r r r
x y 1 1 y y 1
EF.SA 0 a b x c a c 0 6x 3y 2
2 4 2 2 2 2 2
 
       
= ⇔ − − + − + − − = ⇔ − =
 ÷  ÷  ÷  ÷
 
       
 
uur uuur r r r r r
(1)
x y 1 1 y y 1 1 1
EF.BM 0 a b x c a b c 0 6x 4y 1
2 4 2 2 2 2 4 2 2
 
       
= ⇔ − − + − + − − − + = ⇔ − =
 ÷  ÷  ÷  ÷
 
       
 
uur uuur r r r r r r
(2)
Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được

5
x ,y 1
6
= =
. Do đó:
( )
2
1 1 1 1 2a 6
EF a c d SA,BM =EF= a c
3 3 3 3 3
 
= − − ⇒ − − =
 ÷
 
uur r r r r
.
Bài 2.2. Cho lăng trụ ABC.A
1
B
1
C
1
có tất cả các mặt bên là hình vuông cạnh
bằng 1. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, A
1
C
1
, B
1
C

1
. Tính
côsin của góc giữa hai đường thẳng A
1
F, DE và khoảng cách giữa chúng.
Lời giải Bài 2.2.
+) Chọn hệ véc tơ

1 1 1 1 1
a A A,b A B ,c A C= = =
r uuuur r uuuur r uuuur
Khi đó:
a b c 1= = =
r r r
và
a.b a.c 0= =
r r r r
,
1
b.c
2
=
r r
.
+) Ta có
( )
1 1 1 1 1
1 1 1
A F A B A C b c
2 2 2

= + = +
uuur uuuur uuuur r r
1 1
1
DE DC CC C E a b
2
= + + = − −
uuur uuur uuuur uuur r r
11
A
A
1
B
1
C
1
C
B
D
E
F
J
I
a
r
b
r
c
r
+) Tính

( )
1
cos A F,DE
:
2
2
1 1
1 1 3
A F A F b c
2 2 2
 
= = + =
 ÷
 
uuur r r
,
2
2
1 5
DE DE a b
2 2
 
= = − − =
 ÷
 
uuur r r
,
1
1 1 1 3
A F.DE b c . a b

2 2 2 8
   
= + − − = −
 ÷  ÷
   
uuur uuur r r r r
.
Suy ra:
( )
( )
1
1 1
1
A F.DE
15
cos A F,DE cos A F,DE
A F.DE 10
= = =
uuur uuur
uuur uuur
.
+) Tính khoảng cách
( )
1
d A F,DE
: Gọi IJ là đoạn vuông góc chung của A
1
F và
DE (
1

I A F,J DE∈ ∈
). Giả sử
JE x.DE,=
uur uuur

1 1
A I y.A F=
uuur uuur
. Khi đó ta có:
1 1
y x y 1
JI JE EA A I x.a b c
2 2 2 2
   
= + + = − + − + −
 ÷  ÷
   
ur uur uuuur uuur r r r
1
y x y 1 1 1 3 3 3
JI.A F 0 x.a b c b c 0 x y
2 2 2 2 2 2 8 4 8
 
     
= ⇔ − + − + − + = ⇔ − + =
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
ur uuur r r r r r

(1)
y x y 1 1 5 3 1
JI.DE 0 x.a b c a b 0 x y
2 2 2 2 2 4 8 8
 
     
= ⇔ − + − + − − − = ⇔ − + =
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
ur uuur r r r r r
(2)
Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được
1 9
x ,y
17 17
= =
. Do đó:
( )
2
1
1 4 4 1 4 4 17
JI a b c d A F,DE =JI= a b c
17 17 17 17 17 17 17
 
= − + − ⇒ − + − =
 ÷
 
ur r r r r r r

.
Bài 2.3. Cho tứ diện ABCD có các cạnh
AB 5,AC 4,AD 3= = =
và các góc
0
BAC 60=
,
0
CAD 90=
,
0
DAB 120=
. Gọi M và N là các điểm lần lượt trên các
cạnh AB và CD sao cho
AM 2MB, DN 2NC.= =
Tính côsin của góc giữa hai
đường thẳng MN và AC và khoảng cách giữa chúng.
Lời giải Bài 2.3.
12
+) Chọn hệ véc tơ

a AB,b AC,c AD= = =
r uuur r uuur r uuur
Khi đó:
a 5, b 4, c 3= = =
r r r
và
a.b 10,=
r r

b.c 0,=
r r

15
c.a
2
= −
r r
.
+) Ta có
MN MA AD DN= + +
uuuur uuuur uuur uuur

2 2 1
a b c
3 3 3
= − + +
r r r
+) Tính
( )
cos MN,AC
:
2 2 1
MN.AC a b c .b 4
3 3 3
 
= − + + =
 ÷
 
uuuur uuur r r r r

2
2
2 2 1 123
MN MN a b c
3 3 3 3
 
= = − + + =
 ÷
 
uuuur r r r
.
Suy ra
( )
( )
MN.AC
123
cos MN,AC cos MN,AC
MN.AC 41
= = =
uuuur uuur
uuuur uuur
.
+) Tính khoảng cách
( )
d MN,AC
: Gọi EF là đoạn vuông góc chung của MN và
AC (
E MN,F AC∈ ∈
). Giả sử
ME x.MN,=

uuur uuuur
AF y.AC=
uuur uuur
. Khi đó ta có:
2 2 2 x
EF EM MA AF x a y x b c
3 3 3 3
   
= + + = − + − −
 ÷  ÷
   
uur uuur uuuur uuur r r r
2 2 2 x 2 2 1 41 25
EF.MN 0 x a y x b c a b c 0 x 4y
3 3 3 3 3 3 3 3 3
 
     
= ⇔ − + − − − + + = ⇔ − + = −
 ÷  ÷  ÷
 
     
 
uur uuuur r r r r r r
(1)
2 2 2 x 20
EF.AC 0 x a y x b c .b 0 4x 16y
3 3 3 3 3
 
   
= ⇔ − + − − = ⇔ − + =

 ÷  ÷
 
   
 
uur uuur r r r r
(2)
Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được
15 35
x ,y
19 57
= =
. Do đó:
( )
8 5 5 8 5 5 5 57
EF a b c d MN,AC =EF= a b c
57 57 57 57 57 57 57
= − + − ⇒ − + − =
uur r r r r r r
.
Bài 2.4. Cho hình hộp ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
có độ dài các cạnh bằng a và các góc
0
1 1

BAD DAA A AB 60= = =
. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA
1
và CD.
Tính côsin của góc giữa hai đường thẳng MN, B
1
C và khoảng cách giữa chúng.
13
A
M
D
N
C
B
a
r
b
r
c
r
E
F
Lời giải Bài 2.4.
+) Chọn hệ véc tơ
1
a AA ,b AB,c AD= = =
r uuuur r uuur r uuur
.
Khi đó:
a b c a= = =

r r r
và

2
a
a.b b.c c.a
2
= = =
r r r r r r
+) Ta có
1
B C a c= − +
uuur r r
và
1 1
MN a b c
2 2
= − + +
uuuur r r r
+) Tính
( )
1
cos MN,B C
:
( )
2
1
1 1 3
MN.B C a b c . a c a
2 2 4

 
= − + + − + =
 ÷
 
uuuur uuur r r r r r
,
2
2
1 1 a 5
MN MN a b c
2 2 2
 
= = − + + =
 ÷
 
uuuur r r r
,
( )
2
2
1 1
B C B C a c a= = − + =
uuur r r
Do đó
( )
( )
1
1 1
1
MN.B C

3 5
cos MN,B C cos MN,B C
MN.B C 10
= = =
uuuur uuur
uuuur uuur
+) Tính khoảng cách
( )
1
d MN,B C
: Gọi EF là đoạn vuông góc chung của MN và
B
1
C (
1
E MN,F B C∈ ∈
). Giả sử
ME x.MN,=
uuur uuuur

1 1
B F y.B C=
uuur uuur
. Khi đó ta có:
( )
1 1 1 1
x 1 x
EF EM MA A B B F y a 1 b y x c
2 2 2
   

= + + + = − + + − + −
 ÷  ÷
   
uur uuur uuuur uuuur uuur r r r
( )
( )
1
x 1 x 3 1
EF.B C 0 y a 1 b y x c a c 0 x y
2 2 2 4 4
 
   
= ⇔ − + + − + − − + = ⇔ − = −
 ÷  ÷
 
   
 
uur uuur r r r r r
(1)
( )
x 1 x 1 1 5 3 7
EF.MN 0 y a 1 b y x c a b c 0 x y
2 2 2 2 2 4 4 8
 
     
= ⇔ − + + − + − − + + = ⇔ − =
 ÷  ÷  ÷
 
     
 

uur uuuur r r r r r r
(2)
Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được
17 31
x ,y
11 22
= =
. Do đó:
( )
2
1
3 5 3 3 5 3 a 22
EF a b c d MN,B C EF= a b c
22 22 22 22 22 22 22
 
= − + − ⇒ = − + − =
 ÷
 
uur r r r r r r
.
c) Nhận xét: 2.1. Rất khó có thể sử dụng phương pháp hình học tổng hợp và
phương pháp tọa độ để giải Bài 2.3 và Bài 2.4 bởi giả thiết của bài toán không
14
A
A
1
D
C
B
D

1
C
1
B
1
M
N
b
r
c
r
a
r
F
E
còn yếu tố trực giao. Tuy nhiên khi trình bày lời giải theo phương pháp véc tơ
thì chúng ta thấy rõ “thuật giải” không có gì thay đổi so với hai bài trước đó. Rõ
ràng việc sử dụng phương pháp véc tơ để giải Bài 2.3 và Bài 2.4 là sự lựa chọn
tối ưu và sáng tạo nhất. Trong dạy học, giáo viên có thể thay đổi giả thiết về số
đo góc tam diện đỉnh A và độ dài các cạnh của hình hộp, chẳng hạn đối với Bài
2.4 ta có thể điều chỉnh giả thiết :
0
BAD 60=
,
0 0
1 1
DAA 90 ,A AB 120= =
,
AB a=
,

AD 2a=
,
1
AA 3a=
để có thêm nhiều nội dung luyện tập cho học sinh.
2.2. Có thể kết luận: với thuật giải như trên thì có thể tính được góc và khoảng
cách giữa hai đường thẳng chéo nhau tùy ý trong không gian (với điều kiện là có
thể chọn được một hệ véc tơ cơ sở
a
r
,
b
r
,
c
r
và có thể tính được các giá trị
a , b , c
ur
r r
,
a.b
r r
,
b.c
r r
,
c.a
r r
). Đây chính là một điểm mạnh nữa của phương pháp véc

tơ so với các phương pháp khác.
3. Các bài tập tương tự
Bài 3.1. Cho hình hộp ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
. Gọi I và J là các điểm lần lượt thuộc
các đường thẳng B
1
D và AC sao cho IJ//BC
1
. Tính tỉ số
1
ID
IB
. (Đáp số :
1
2
)
Bài 3.2. Cho hình lập phương ABCDA
1
B
1
C
1
D

1
cạnh bằng 1. Trên đường thẳng
BC
1
lấy điểm M sao cho các véc tơ
1 1 1
D M,DA ,AB
uuuur uuuur uuuur
đồng phẳng. Hãy tính tỉ số
1
BM
MC
và diện tích tam giác MAB
1
. ( Đáp số: 3 và
19
4
)
Bài 3.3. Cho hình lập phương ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
cạnh bằng 1. Trên các cạnh BC
và DD
1
lấy các điểm M và N sao cho

( )
BM DN x 0 x 1= = ≤ ≤
. Chứng minh rằng
MN vuông góc với AC
1
. Tìm x để độ dài MN ngắn nhất. (Đáp số:
1
x
2
=
và
MN
min
=
6
2
)
Bài 3.4. Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác đều với
AB 4 2a=
, SC
⊥
(ABC) và
SC 2a=
. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, AB. Tính góc và
khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và CN.( Đáp số:
0
45
và
2 3a
3

)
15
Bài 3.5. Cho hình chóp SABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B, cạnh
bên SA vuông góc với đáy và
SA a 3,AB a,BC 2a= = =
. Biết góc giữa SD và
mặt phẳng (ABCD) bằng 30
0
. Gọi M là trung điểm của BC. Tính khoảng cách
giữa SM và CD. ( Đáp số:
30a
10
)
Bài 3.6. Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông với
AB 2a=
,
SA a=
,
SB a 3=
, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của AB, BC. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SM và DN. (Hướng dẫn:Kẻ đường cao SH của
∆
SAB thì SH
⊥
(ABCD) và
3a
SH
2
=

. Chọn hệ véc tơ:
a AB,b AD,c HS= = =
r uuur r uuur r uuur
. Đáp số:
0
45
và
2 3a
3
)
Bài 3.7. Cho hình hộp đứng ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
có đáy là hình thoi cạnh bằng a,
góc BAD
= α
với
3
cos
4
α =
. Gọi M là điểm thỏa mãn
DM kDA=
uuuur uuur
và N là trung

điểm của A
1
B
1
. Tìm k để C
1
M
⊥
D
1
N. Khi đó hãy tính góc và khoảng cách giữa
MN và BC. (Đáp số :
2
k
5
= −
,
( )
41 112
cos ,d MN,BC a
263
8 129
β = =
)
V. KIỂM NGHIỆM THỰC TẾ
1. Phương pháp kiểm nghiệm:
Để đánh giá hiệu quả của đề tài, tôi tiến hành kiểm nghiệm theo các bước
sau:
Bước 1: Đánh giá và so sánh năng lực học tập của lớp đối chứng và lớp thực
nghiệm trước khi tác động.

Bước 2: Thực hiện việc tác động đối với lớp đối chứng và lớp thực nghiệm. Cụ
thể như sau:
* Với lớp đối chứng 11G2: Trong thời gian từ 01/3/2013 đến 15/4/2013, tổ chức
dạy 3 buổi (bằng 9 tiết) về các nội dung: tính tỉ số đoạn thẳng, độ dài đoạn
thẳng, tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong không
gian theo phương pháp hình học tổng hợp. Trong 3 buổi trên có 2 buổi dạy lý
thuyết và ví dụ minh họa, 1 tiết thảo luận các bài tập (mỗi dạng 2 bài tập)
16
* Với lớp thực nghiệm 11G7: Cũng trong thời gian từ 01/3/2013 đến 15/4/2013
tôi tiến hành dạy 2 buổi lý thuyết và các ví dụ minh họa bằng phương pháp véc
tơ, 1 buổi thảo luận bài tập với các nội dung: tính tỉ số đoạn thẳng, độ dài đoạn
thẳng, tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong không
gian. Các ví dụ minh họa là các bài có lời giải chi tiết nêu trong Phần III của
SKKN, còn bài tập thảo luận cũng là các bài tập được nêu trong SKKN.
Bước 3: Đánh giá và so sánh kết quả giữa lớp đối chứng và lớp thực nghiệm sau
khi tác động.
2. Kết quả kiểm nghiệm:
a) Trước tác động: Tôi lấy kết quả điểm kiểm tra viết môn Toán (90 phút) do tổ
chuyên môn ra đề dùng khảo sát chất lượng học kì I, được tổ chức kiểm tra tập
trung cho toàn khối, tổ chuyên môn chấm bài theo đáp án đã xây dựng:
Bảng 1: Bảng thống kê kết quả bài kiểm tra trước khi tác động
Lớp Số bài
Điểm
0 – 2
3 4 5 6 7 8 9 10
Lớp đối
chứng
45
sl 0 1 3 7 10 16 7 1 0
% 0 2.2 6.6 15.6 22.

2
35.
6
15.
6
2.2 0
Lớp thực
nghiệm
44
sl 0 2 2 8 8 17 6 1 0
% 0 4.5 4.5 18.2 18.
2
38.
7
13.
6
2.3 0
Bảng 2: Bảng so sánh kết quả bài kiểm tra trước khi tác động
Nội dung so sánh Lớp đối chứng Lớp thực nghiệm
Điểm trung bình 6.38 6.32
Chênh lệch điểm trung bình 0.06
Như thông tin trong các Bảng 1 và Bảng 2 đã chứng minh rằng, sự chênh
lệch điểm trung bình của lớp thực nghiệm và lớp đối chứng trước tác động là
không đáng kể, hai lớp được coi là tương đương và không cần thực hiện phép
kiểm chứng T-Test để kiểm chứng sự chênh lệch giữa điểm số trung bình của
các nhóm trước khi tác động.
b) Sau tác động: Tôi lấy kết quả điểm kiểm tra viết môn hình học không gian
(với thời gian làm bài 90 phút), do tổ trưởng chuyên môn ra đề. Lớp đối chứng
17
và lớp thực nghiệm được kiểm tra vào cùng một thời gian, cùng một đề. Để đảm

bảo tính khách quan, việc coi và chấm bài kiểm tra hoàn toàn do giáo viên trong
tổ chuyên môn thực hiện.
Bảng 3: Bảng thống kê kết quả bài kiểm tra sau khi tác động
Lớp Số bài
Điểm
0 - 2 3 4 5 6 7 8 9 10
Lớp đối
chứng
45
sl 0 6 7 14 10 6 2 0 0
% 0 13.
3
15.
6
31.
2
22.
2
13.
3
4.4 0 0
Lớp thực
nghiệm
44
sl 0 0 2 4 12 11 9 5 1
% 0 0 4.5 9.1 27.
3
24.
9
20.

5
11.
4
2.3
Bảng 4: Bảng so sánh kết quả bài kiểm tra sau khi tác động
Nội dung so sánh Lớp đối chứng Lớp thực nghiệm
Điểm trung bình 5.2 6.9
Độ lệch chuẩn 1.97 2.68
Chênh lệch giá trị trung
bình chuẩn (SMD)
0.86
Từ Bảng 3 và Bảng 4 cho thấy, sau tác động sự chêch lệch giữa điểm trung
bình của lớp thực nghiệm và lớp đối chứng rất có ý nghĩa, tức là chênh lệch kết
quả điểm trung bình của lớp thực nghiệm cao hơn điểm trung bình của lớp đối
chứng là không phải ngẫu nhiên mà do kết quả của tác động. Kết quả của bài
kiểm tra sau tác động của lớp thực nghiệm 11G7 là điểm trung bình = 6.9 và kết
quả bài kiểm tra của lớp đối chứng 11G2 là điểm trung bình = 5.2. Độ chênh
lệch điểm số giữa hai lớp là 1.7. Điều đó cho thấy điểm trung bình của lớp đối
chứng và lớp thực nghiệm đã có sự khác biệt rõ rệt, lớp được tác động có điểm
trung bình cao hơn lớp đối chứng.
Theo bảng tiêu chí Cohen về tính chênh lệch giá trị trung bình chuẩn
(SMD):
Trung bình
thực nghiệm
- Trung bình
đối chứng
SMD =
Độ lệch chuẩn
đối chứng
18

Từ công thức trên ta có: SMD = 0.86. Kết quả về SMD nằm trong khoảng
từ 0.80 đến 1.00 cho thấy mức độ ảnh hưởng của phương pháp véc tơ đến kết
quả học tập môn HHKG lớp 11 của lớp thực nghiệm tại Trường trung học phổ
thông Triệu Sơn 3 là lớn.
C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT
I. KẾT LUẬN
Việc sử dụng Phương pháp véc tơ vào giải một số bài toán định lượng trong
HHKG lớp 11 tại Trường THPT Triệu Sơn 3 đã hình thành và phát triển cho học
sinh lớp 11 khả năng tư duy thuật giải, tư duy sáng tạo trong quá trình học tập
môn Toán nói chung và môn HHKG nói riêng; đã tạo được hứng thú và đã nâng
cao được kết quả học tập môn HHKG; góp phần không nhỏ và việc nâng cao
chất lượng thi HSG, thi ĐH-CĐ của nhà trường.
19
Các bài tập minh họa và bài tập tương tự được nêu trong đề tài hoàn toàn là
do tác giả “chế biến” từ các bài toán HHKG trong một số đề thi HSG các tỉnh,
đề thi tuyển sinh ĐH-CĐ, đề khảo sát kiến thức thi ĐH-CĐ của các trường
THPT trên toàn quốc trong những năm gần đây. Lời giải và các đáp số đã được
kiểm nghiệm dạy thực tế tại Trường THPT Triệu Sơn 3 đối với lớp 11E1(năm
học 2010-2011) và lớp thực nghiệm 11G7 trong năm học vừa qua, do đó đảm
bảo tính chính xác, khoa học. Đây chính là các tư liệu tốt để phục vụ cho quá
trình dạy và học HHKG ở trường THPT, góp phần làm phong phú thêm kho tư
liệu về đổi mới phương pháp dạy học môn Toán ở trường phổ thông.
II. ĐỀ XUẤT
Trên đây là cách tôi đã thực hiện đối với học sinh lớp 11 trường THPT
Triệu Sơn 3 trong năm học vừa qua. Rất mong vấn đề này được xem xét, mở
rộng hơn nữa để áp dụng cho nhiều đối tượng học sinh, giúp các em có thêm tự
tin và hứng thú khi học môn toán nói chung và môn HHKG nói riêng.
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 30 tháng 05 năm 2013

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Người viết
TRỊNH QUỐC PHƯỢNG
PHỤ LỤC
PHỤ LỤC 1: Đề kiểm tra lớp đối chứng và lớp thực nghiệm trước tác động
SỞ GD&ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 3
ĐỀ KIỂM TRA HỌC KỲ I
NĂM HỌC 2012 – 2013
Môn: TOÁN - Lớp 11
Thời gian làm bài: 90 phút
MA TRẬN ĐỀ
Nội dung Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Tổng
20
Phương trình lượng
giác
1
1.5
1
1.0
2
2.5
Tổ hợp và xác suất 1
1.5
1
1
2
2.5
Phép dời hình và phép

đồng dạng
1
1.5
1
1.5
Quan hệ song song
trong không gian
1
1.5
1
1
2
2.5
Bài toán tổng hợp về
lượng giác
1
1
1
1
Tổng 3
4.5
3
3.5
2
2.0
8
10
PHẦN ĐỀ KIỂM TRA
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC HỌC SINH (7.0 ĐIỂM)
Câu 1 (1.5 đ) Giải phương trình

2sin 2sin 2 0x x− =
Câu 2 (1.5 đ) Một tổ có 12 học sinh trong đó có 7 học sinh nam và 5 học sinh
nữ. Chọn ngẫu nhiên ra 5 học sinh đi tập văn nghệ .Tính xác suất để trong 5 học
sinh được chọn có 3 học sinh nam và 2 học sinh nữ.
Câu 3 (1.5 đ) Cho đường tròn
( )
C
có phương trình
( ) ( )
2 2
1 2 9x y− + + =
. Hãy
viết phương trình ảnh của đường tròn
( )
C
qua phép tịnh tiến theo véc tơ
( )
2;1v = −
r
.
Câu 4 (2.5 đ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 1, các
cạnh bên bằng nhau và cùng bằng 1. Gọi M, N, P theo thứ tự là trung điểm của
các cạnh AB, AD, SC.
a) Tìm giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với các mặt của hình chóp.
b) Mặt phẳng (MNP) cắt hình chóp theo một thiết diện. Hãy tính diện tích
của thiết diện đó.
II. PHẦN RIÊNG CHO TỪNG ĐỐI TƯỢNG HỌC SINH (3.0 ĐIỂM)
A. Phần chỉ dành cho các lớp học theo Chương trình Nâng cao
Câu 5.a (1.0 đ) Giải phương trình
xxxx sincos3)sin(cos

3
+=+
.
Câu 6.a (1.0 đ) Tìm hệ số của số hạng chứa
2
x
trong khai triển nhị thức Niu-
tơn của
2
2
n
x
x
 
−
 ÷
 
, biết n là số tự nhiên thỏa mãn:
0 1 2
1024
n
n n n n
C C C C+ + + + =
.
21
Câu 7.a (1.0 đ) Cho các số thực x, y thay đổi thỏa mãn:
2 2
1x y+ =
. Tìm giá trị
lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( )
2
2
2 6
1 2 2
x xy
P
xy y
+
=
+ +
.
B. Phần chỉ dành cho các lớp học theo Chương trình Chuẩn
Câu 5.b (1.0 đ) Giải phương trình
2
2sin 3sin 1 0x x− + =
.
Câu 6.b (1.0 đ) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu- tơn
của
5
3
2
2
x
x
 
+
 ÷
 
.

Câu 7.b (1.0 đ) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số
2sin cos2 2y x x= − +
Hết
PHỤ LỤC 2: Đề kiểm tra lớp đối chứng và lớp thực nghiệm sau tác động
SỞ GD&ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 3
ĐỀ KIỂM TRA MÔN HHKG LỚP 11NC
NĂM HỌC 2012 – 2013
Thời gian làm bài: 90 phút
Câu 1 ( 2.0 đ). Cho hình hộp ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
. Hãy tìm điểm I trên đường chéo
B
1
D, điểm J trên đường chéo AC sao cho IJ//BC
1
.
Câu 2(6.0 đ). Cho hình lập phương ABCDA
1
B
1
C
1
D

1
có cạnh bằng a.
a) Chứng minh A
1
B
⊥
B
1
D. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A
1
B và
B
1
D
b) Gọi M, N, K lần lượt là trung điểm của BB
1
, CD, A
1
D
1
. Tính góc và
khoảng cách giữa hai đường thẳng MK và C
1
N.
Câu 3 ( 2.0 đ). Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang cân với
AB//CD,
AB 2CD 4a,BC a 10= = =
(
0
>

a
). Biết hai mặt phẳng (SAC), (SBD)
cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và mặt phẳng (SAB) tạo với mặt phẳng
(ABCD) góc 60
0
. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SD, BC theo
a
.
Hết
PHỤ LỤC 3: Bảng điểm lớp đối chứng 11G2
STT Họ và tên Điểm trước tác động Điểm sau tác động
1 Lê Thị Phương Anh 6 5
2 Trịnh Thị Phương Anh 3 3
3 Lê Việt Anh 7 5
22
4 Phạm Thị Quỳnh Anh 6 7
5 Trịnh Thị Mai Anh 7 5
6 Lê Chung Anh 9 8
7 Nguyễn Hoàng Ngọc Ánh 6 5
8 Nguyễn Thanh Bình 7 7
9 Lương Đỗ Tuấn Bình 6 5
10 Quách Văn Chương 7 7
11 Hoàng Thị Dịu 4 3
12 Hà Thị Dung 6 3
13 Trần Thị Duyên 8 6
14 Hà Nguyễn Phương Giang 7 5
15 Lê Xuân Giang 6 5
16 Hoàng Thị Hoa 5 3
17 Bùi Thị Huê 4 3
18 Ngô Thanh Lâm 7 5

19 Lê Thị Lê 6 5
20 Nguyễn Thị Lệ 5 4
21 Phan Ngọc Linh 5 4
22 Trịnh Nguyệt Minh 8 7
23 Nguyễn Thị Nga 6 5
24 Tạ Thị Nga 7 4
25 Bùi Đình Ngọc 6 6
26 Bùi Xuân Nguyên 7 6
27 Nguyễn Đình Nguyên 4 3
28 Lê Thị Yến Nhi 5 4
29 Lê Thị Nhung 7 5
30 Vi Thị Oanh 8 7
31 Trịnh Văn Oánh 7 6
32 Bùi Minh Phương 5 4
33 Trần Văn Phương 7 6
34 Nguyễn Văn Quyền 6 5
35 Bùi Trịnh Thảo 5 4
36 Hà Thị Thảo 7 5
37 Lê MinhThảo 8 6
38 Lê Sỹ Thuỷ 8 5
39 Đỗ Thị Huyền Trang 8 6
40 Nguyễn Thu Trang 7 5
41 Trần Thị Kiều Trang 5 4
42 Nguyễn Thị Trinh 7 6
23
43 Nguyễn Thị Vân 7 6
44 Trịnh Thị Vân 8 8
45 Lê Bá Yến 7 6
PHỤ LỤC 4: Bảng điểm lớp thực nghiệm 11G7
STT Họ và tên Điểm trước tác động Điểm sau tác động

1 Ngô Thị Vân Anh 7 8
2 Nguyễn Thị Hương Anh 6 8
3 Trịnh Quỳnh Anh 5 6
4 Nguyễn Hoàng Anh 7 8
5 Nguyễn Việt Anh 3 4
6 Phùng Đình Anh 4 5
7 Lê Thanh Bình 7 7
8 Lê Thị Minh Châu 5 6
9 Lê Đình Duẩn 7 8
10 Hoàng Công Đô 4 4
11 Hà Huy Đông 8 9
12 Lê Đình Điệp 7 7
13 Vũ Văn Đức 8 9
14 Hà Văn Giang 5 6
15 Nguyễn Nhật Hà 7 7
16 Lê Thị Hải 7 8
17 Nguyễn Văn Hải 7 7
18 Phạm Thanh Hải 7 7
19 Vũ Thanh Hiếu 7 8
20 Hà Thanh Hưng 5 6
21 Trần Văn Khải 8 9
22 Đoàn Văn Kiên 7 7
23 Lê Thị Lệ 5 5
24 Đặng Thị Linh 8 9
25 Hà Thị Linh 5 6
26 Nguyễn Thị Linh 6 7
27 Lê Thị Hà Mi 5 6
28 Phan Thị Mỹ 6 6
29 Hà Thị Na 7 7
30 Nguyễn Thị Bảo Nhi 7 8

31 Lê Thị Nhung 7 7
32 Hoàng Linh Phương 6 6
24
33 Hà Đăng Quang 7 7
34 Nguyễn Văn Hoàng Sơn 6 6
35 Lại Thanh Thảo 7 8
36 Lê Thị Thảo 6 6
37 Lê Đình Thế 6 6
38 Hà Văn Tuân 6 6
39 Đinh Ngọc Tùng 7 7
40 Lê Huy Tùng 3 5
41 Lương Sơn Tùng 9 10
42 Lê Văn Trung 5 5
43 Hà Xuân Trung 8 8
44 Nguyễn Anh Văn 8 9
MỤC LỤC
Trang
A. ĐẶT VẤN ĐỀ 1
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ 2
I. CƠ SỞ LÍ LUẬN 2
1. Cơ sở lí luận 2
2. Mục tiêu của đề tài 2
3. Đối tượng nghiên cứu của đề tài 3
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ 3
25