SKKN Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

1

Phần 1
Mở ñầu
1. Lý do chọn ñề tài
Hình học phẳng là môn học nhằm phát triển tư duy tổng hợp, trừu tượng cho học sinh
bậc PTCS và PTTH. Tích vô hướng của hai vectơ là công cụ ñể giải các bài toán về hệ
thức lượng trong tam giác, ñể xây dựng các công thức lượng giác…
Trong nhiều kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, olympíc quốc tế, olympíc khu vực…, bài toán
hình học phẳng gần như là bài toán bắt buộc, nhằm phát hiện những học sinh có năng
khiếu toán học.
Hiện nay, chuyên ñề về các phương pháp hình học ñã ñược trình bày ở dạng hệ thống lý
thuyết cũng như các bài tập ứng dụng và ñã ñược phân loại và khái quát một cách chi tiết
theo ñặc trưng phương pháp và các ñặc thù cụ thể.
Tuy nhiên, trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi Toán thi các cấp, tôi ñã
khai thác ba bài toán cơ bản ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ, trong SGK Hình học
lớp 10 Nâng cao (trang 47-49) và tôi ñã viết ñề tài
“ Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng ”
2. Nhiệm vụ ñề tài - giới hạn ñề tài
a. Nhiệm vụ ñề tài
Nội dung ñề tài gồm hai chương, chương I: Tóm tắt một số khái niệm cơ bản về vectơ;
chương II: Nêu ba ứng dụng của tích vô hướng của hai vectơ nhằm giải ñược một số ñề
thi học sinh giỏi quốc gia của một số nước trên thế giới, mà nếu giải bằng các cách khác
thì rất khó và phức tạp.
b. Giới hạn ñề tài
ðề tài chủ yếu nêu bậc các ứng dụng của ba bài toán cơ bản trong sách giáo khoa Hình
học 10 Nâng cao
c. Hướng pháp triển ñề tài
Việc ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ vào giải toán hình học phẳng rất phong phú

và ña dạng, như ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ ñể xác ñịnh giá trị lớn nhất hoặc
giá trị nhỏ nhất của các biểu thức lượng giác không ñối xứng trong tam giác.
3. Phương pháp tiến hành
Chúng tôi thực hiện các phương pháp sau:
• Phương pháp phân tích, ñánh giá, dự ñoán.
• Hệ thống hóa các dạng toán ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ ñể giải
4. Cơ sở và thời gian tiến hành
Dựa trên thực tế giảng dạy các lớp chuyên Toán và bồi dưỡng ñội tuyển học sinh giỏi
Toán dự thi các cấp các năm học vừa qua; trên cơ sở tích lũy trong quá trình soạn giảng và
tham khảo ý kiến các ñồng nghiệp, tôi ñúc kết viết ñề tài này.
Trong quá trình biên soạn tôi ñã nhận ñược sự giúp ñỡ của các ñồng nghiệp trong tổ Toán
trường THPT chuyên Lê Quý ðôn Bình ðịnh, ñồng thời cũng ñược sự giúp ñỡ của
GSTSKH Nguyễn Văn Mậu trường ðHKHTN ðHQG Hà Nội. Tôi xin chân thành cảm ơn và
mong ñược sự góp ý của các ñồng nghiệp cho chuyên ñề về hình học phẳng thêm phong
phú, có tư liệu cho việc giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi Toán của tỉnh nhà.

Tác giả: Trương Ngọc ðắc








Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

2

Phần 2
Nội dung ñề tài

TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VECTƠ VÀ ỨNG DỤNG

Chương I- Các khái niệm và ñịnh nghĩa cơ bản về vectơ

I. Các khái niệm và ñịnh nghĩa

1. Vectơ là một ñoạn thẳng có hướng, nghĩa là trong hai ñiểm mút của ñoạn thẳng ñã chỉ
rõ ñiểm nào là ñiểm ñầu, ñiểm nào là ñiểm cuối.
• Vectơ có ñiểm ñầu là A và ñiểm cuối là B thì ta kí hiệu:
AB
.
• ðường thẳng AB ñược gọi là giá của vectơ
AB
.
• Hướng hay chiều của vectơ
AB
là hướng ñi từ A ñến B.
• ðộ dài của vectơ
AB
là ñộ dài ñoạn AB, kí hiệu: /
AB
/.
2. Vectơ không, kí hiệu:
O
là vectơ có ñiểm ñầu và ñiểm cuối trùng nhau, có giá tùy ý, có
ñộ dài bằng 0.
3. Hai vectơ cộng tuyến ( cùng phương ), nếu giá của chúng trùng nhau hoặc song song

nhau.
4. Hai vectơ bằng nhau
(
)
ba =
khi và chỉ khi chúng cùng hướng ( cùng phương và cùng
chiều ) và có ñộ dài bằng nhau.
5. Hai vectơ ñối nhau
(
)
ba −=
khi và chỉ khi chúng ngược hướng ( cùng phương và
ngược chiều ) và có ñộ dài bằng nhau.
6. Vectơ tự do, kí hiệu:
a
, ñược xác ñịnh bởi phương, hướng và ñộ dài (có gốc tùy ý).

II. Các phép toán vectơ
1. Tổng của hai vectơ
bvàa
:
• Quy tắc hình bình hành:

Từ ñiểm O bất kỳ vẽ
bOBaOA == ,
và dựng OABC là hình bình hành:

OCbaOBOA =+=+

• Quy tắc liên tiếp:
Từ ñiểm O bất kỳ vẽ
bACaOA == ,
thì
OCbaACOA =+=+

Chú ý
Cho n ñiểm
nnnn
AAAAAAAAthìAAA
11322121
, ,, =+++
−


2. Hiệu của hai vectơ

A
B

O
a

b

ba +

C
A
Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

3

Cho hai vectơ
bvàa
. Hiệu hai vectơ
bvàa
, kí hiệu:
)( baba −+=−
.
Chú ý
Cho hai ñiểm A và B thì với mọi ñiểm O, ta có:
OAOBAB −=
.

3. Tích của một vectơ với một số
Tích của vectơ
a
với số thực k là một vectơ, kí hiệu:
ak.
ñược xác ñịnh:
•

Nếu
0
≥
k
thì vectơ
ak.
cùng hướng với vectơ
a

Nếu k < 0 thì vectơ
ak.
ngược hướng với vectơ
a

•
ðộ dài vectơ
ak.
bằng ak .
ðặc biệt:




=
=
⇔=
0
0
.
a

k
oak

3.1 ðiều kiện ñể hai vectơ cùng phương.
Vectơ
b
cùng phương với vectơ
)0( ≠aa
khi và chỉ khi tồn tại số thực k sao cho:











==
a
b
kakb ,.

3.2 Biểu thị một vectơ qua hai vectơ không cùng phương.
Cho hai vectơ không cùng phương
bvàa
, khi ñó mọi vectơ
c

ñều có thể biểu thị ñược
một cách duy nhất qua hai vectơ
bvàa
, nghĩa là có duy nhất cặp số m và n sao cho
bnamc +=
.









III. Tích vô hướng của hai vectơ
1. Góc giữa hai vectơ
Cho hai vectơ
bvàa
ñều khác vectơ không. Từ một ñiểm O nào ñó, ta vẽ các vectơ
bOBaOA == ,
. Khi ñó số ño của góc AOB ñược gọi là số ño của góc giữa hai vectơ
bvàa
.
Kí hiệu:
(
)
[
]
00

180;0, ∈==<
α
AOBba

•
Nếu
(
)
0
90,
=
ba thì ta nói hai vectơ
bvàa
vuông góc nhau.
Kí hiệu:
ba ⊥
.
2. ðịnh nghĩa tích vô hướng của hai vectơ
Tích vô hướng của hai vectơ
bvàa
là một số, kí hiệu
ba.
, xác ñịnh bởi:

),cos( bababa =
ðặc biệt:
•
0. =→=∨= baoboa

O

A
B
a

b
Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

4

•
(
)
bababa 0,
0
=⇔=

•
(
)
bababa 180,
0
−=⇔=
• Bình phương vô hướng của một vectơ bằng bình phương ñộ dài của vectơ
ñó. Ta có
2
2
.: aaaaa ==∀ .
3. Các tính chất của tích vô hướng của hai vectơ
Với ba vectơ tùy ý
Rlkvàcba ∈,,,

, ta có:
3.1
abba =

3.2
baba ⊥⇔= 0.

3.3
) () () ( bakbkabak ==

3.4
) () () ( calbakclbka +=+

4. Các mệnh ñề cơ bản về ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ
Ta xét ba mệnh ñề cơ bản vận dụng tích vô hướng của hai vectơ ñể làm nền tảng giải
các bài toán hình học ở chương sau ( ñây là ba bài toán cơ bản trong SGK Hình học 10
Nâng cao, trang 47 - 49).

Mệnh ñề 1 Với bốn ñiểm phân biệt A, B, C, D bất kỳ thì

CDABBDBCADAC ⊥⇔−=−
2222


Chứng minh Ta có:

(
)
(
)

(
)
(
)
( )
CDABABDCBDBCADACDC
BDBCBDBCADACADACBDBCADAC
⊥⇔=⇔−−+⇔
+−=+−⇔−=−
0 2
2222

Mệnh ñề 2 ( Công thức chiếu)
Cho hai vectơ
OBvàOA
, gọi B’ là hình chiếu của B trên ñường thẳng OA thì
/
OBOAOBOA = .


B'
B
O
A

Chứng minh
• Nếu <AOB < 90
0
thì

/0//
.0cos )cos( OBOAOBOAOBOAAOBOBOAOBOA ====

• Nếu <AOB
≥
90
0
thì

/0//
.180cos )cos( OBOAOBOAOBOAAOBOBOAOBOA ==−==


Mệnh ñề 3 ( Phương tích của một ñiểm ñối với ñường tròn )
Cho ñường tròn (O, R) và ñiểm M cố ñịnh. Một ñường thẳng bất kỳ ñi qua M, cắt ñường
tròn ñó tại hai ñiểm A và B thì tích
MBMA.
bằng hằng số ( OM
2
- R
2
).
B
’”
O
A
B
Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

5

M
O
C
B
A
A
B
T
O
M

Chứng minh
Vẽ ñường kính BC của ñường tròn (O, R). Ta có ñiểm A là hình chiếu của ñiểm C trên
ñường thẳng MB. Áp dụng mệnh ñề 2, ta có:
(
)
(
)
(
)
(
)
22
22
RdOBMOOBMOOBMOOBMOOCMOMBMCMBMA −=−=+−=++==

Với d = MO.
Chú ý
• Giá trị không ñổi

22
. RdMBMA −=
nói trong mệnh ñề 3, gọi là phương tích của
ñiểm M ñối với ñường tròn (O, R).
Kí hiệu:
)(,
22
)/(
MOdRdP
OM
=−=
• Khi ñiểm M nằm ngoài ñường tròn (O, R), MT là tiếp tuyến của ñường tròn (T là
tiếp ñiểm) thì
2
2
)/(
MTMTP
OM
==
.


Chương II. Ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ vào giải các bài toán hình học

I.Tính toán các yếu tố hình học
ðể sử dụng tích vô hướng của hai vectơ vào tính toán các yếu tố hình học, ta thường
vận dụng các kiến thức
• Bình phương vô hướng của một vectơ:
2
2

AB
AB
=
.
•
(
)
(
)
0.90;0,
00
>⇔∈ baba

•
(
)
(
)
0.180;90,
00
<⇔∈ baba

Trong các bài toán sau, ta sử dụng kí hiệu quen thuộc: tam giác ABC có trọng tâm G,
trực tâm H, tâm ñường tròn ngoại tiếp O và bán kính R, tâm ñường tròn nội tiếp I và bán
kính r, ñộ dài BC = a, CA = b, AB = c. Và một số hệ thức cơ bản trong tam giác ABC:
1.
MGMCMBMAMvàoGCGBGA 3: =++∀=++

2.
oICcIBbIAa =++

và
MIcbaMCcMBbMAaM )( : ++=++∀

3. Với ñiểm M bất kỳ: MA
2
+ MB
2
+ MC
2
= GA
2
+ GB
2
+ GC
2
+ 3 MG
2
.

Bài toán 1
Cho tam giác ABC. Tính khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác ñến O là tâm ñường
tròn ngoại tiếp tam giác theo ñộ dài các cạnh của tam giác và bán kính R của ñường tròn
ngoại tiếp.



Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

6

Nhận xét
ðể tính ñược OG theo a, b, c và R ta chỉ cần xác ñịnh ñược hệ thức vectơ
OG
liên hệ
với các vectơ
OCOBOA ,,
.

Lời giải
Từ hệ thức
MGMCMBMAM 3: =++∀
, chọn M trùng O, ta có

OCOBOAOG ++=.3

Bình phương vô hướng hai vế của ñẳng thức vectơ trên, ta ñược:

( ) ( ) ( )
( )
2222
2
22
2
22
2
222
2222
9
3
2 2 2.9

CABCABR
OAOCOAOCOCOBOCOBOBOAOBOAR
OAOCOCOBOBOAOCOBOAOG
++−=






−−++






−−++






−−++=
+++++=
Vậy
(
)
22222

.9.9 cbaROG ++−=
(1)

Nhận xét
• Vì
22222
9)1(,0 RcbaOG ≤++⇒≥
, dấu ñẳng thức xảy ra khi tam giác ABC ñều.
• Hoàn toàn tương tự, sử dụng các ñẳng thức vectơ trong tam giác và bình phương
vô hướng của vectơ, ta cũng tính ñược ñộ dài OI, IH …theo ñộ dài cạnh của tam
giác và bán kính R của ñường tròn ngoại tiếp tam giác:

c
b
a
cba
RIH
c
b
a
cba
ROI
+
+
++
−=
+
+
−=
333

2222
4,


Bài toán 2
Gọi I là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác ABC với các cạnh BC = a, CA = b, AB = c.
Chứng minh rằng:
1
222
=++
ab
IC
ca
IB
bc
IA
.
Lời giải
Trong tam giác ABC với I là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác, ta có ñẳng thức vectơ:

oICcIBbIAa =++
.
Bình phương vô hướng hai vế của ñẳng thức, ta ñược
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
cbacbaICcIBbIAacba
IAICIAICacICIBICIBcbIBIAIBIAba
ICcIBbIAaIAICacICIBcbIBIAbaICcIBbIAa

++−++++=






−−++






−−++






−−++
+++=+++++=


2 2 2 0
222
2
22
2

22
2
22
222222222222

Từ ñó chia hai vế cho a.b.c(a+b+c), ta có:
1
222
=++
ab
IC
ca
IB
bc
IA
.
Nhận xét
Hoàn toàn tương tự, dựa vào các ñẳng thức vectơ trong tam giác, ta cũng có các ñẳng
thức về ñộ dài các yếu tố trong tam giác.

Bài toán 3
Hãy xác ñịnh góc giữa hai ñường chéo của tứ giác ABCD, biết ñộ dài các cạnh và hai
ñường chéo.
Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

7

A
D
C

B


Lời giải
Áp dụng ñịnh nghĩa tích vô hướng của hai vectơ, ta có:

(
)
DBAC
DBAC
DBAC
.
.
,cos =
(1)
Lấy ñiểm O bất kỳ, ta có:

(
)
(
)
( ) ( ) ( )
( )
)2(
2 2 2 22 2
2222
2
22
2
22

2
22
2
22
ADBCCDABODOCODOC
OBOAOBOAODOAODOAOCOBOCOB
OBOAODOCODOAOCOBODOBOAOCDBAC
−−+=






−−+−
−






−−+−






−−++







−−+=
−−+=−−=

Từ (1) và (2) suy ra:
(
)
DB
AC
ADBCCDAB
DBAC
.
,cos
2222
−−+
=


Bài toán 4
Chứng minh rằng tam giác ABC có hai ñường trung tuyến ứng với cạnh AB và BC vuông
góc nhau thì
.
5
4
cos ≥B

C
1
A
1
B
A
C

Lời giải
Gọi A
1
và C
1
lần lượt là trung ñiểm cạnh BC và BA.
ðặt
acCCvàcaAÂcBAaBC −=−=⇒==
2
1
2
1
,
11
.
Theo giả thiết AA
1
vuông góc CC
1
, nên ta có:







+=⇔=






−






−
22
5
2
.0
2
1
2
1

cacaacca

Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

8

Mà
5
4
.
.
.
5
4
.
.
5
2
.
.
cos
22
=≥
+
==
ca
ca
ca
ca
ca

ca
B
.
Dấu ñẳng thức xảy ra khi tam giác ABC cân tại B.

Bài toán 5
Cho hình vuông ABCD nội tiếp ñường tròn (O, R). MN là một ñường kính bất kỳ của
ñường tròn (O, R).
1. Chứng minh rằng: MA
4
+ MB
4
+ MC
4
+ MD
4
= NA
4
+ NB
4
+ NC
4
+ ND
4
.
2. Chứng minh rằng khi ñiểm M chạy trên ñường tròn (O, R) thì tổng
S = MA
4
+ MB
4

+ MC
4
+ MD
4
không ñổi.

M
O
A
D
B
C

Lời giải
1.Ta có:

(
)
(
)
(
)
(
)
( )
2
22222
2222
2222
.8

.2.4
R
ODOCOBOAOMOMODOCOBOA
OMODOMOCOMOBOMOAMDMCMBMA
=
+++−++++=
−+−+−+−=+++

Tương tự:
22222
.8 RNDNCNBNA =+++

Từ ñó suy ra:

)1(0
22222222
=−+−+−+− NDMDNCMCNBMBNAMA

Và
)2(.4)()()()(
222222222
RNDMDNCMCNBMBNAMA =+=+=+=+

Nhân (2) cho (1) thì ta có
MA
4
+ MB
4
+ MC
4

+ MD
4
= NA
4
+ NB
4
+ NC
4
+ ND
4
.
2. Giả sử M nằm trên cung AD, gọi
α
=
<
AOM
.
(
)
( ) ( )
( )( )
( )
α
244
2
4
224
22
4
22

2
2244
cos.88.88
.22.22216
216
2
RROMOAR
OMOAROMOARR
ONOAOMOAR
NAMANAMANAMA
+=+=
+−−=
−−−=
−+=+⇒

Tương tự, ta cũng có:

(
)
)90(cos.88.88
0244
2
444
α
++=+=+ RROMOBRNBMB

(
)
)180(cos.88.88
0244

2
444
α
−+=+=+ RROMOCRNCMC

(
)
)90(cos.88.88
0244
2
444
α
−+=+=+ RROMODRNDMD

Và:
2)90(cos)180(cos)90(coscos
0202022
=−+−+++
αααα

Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

9

Vậy từ các ñẳng thức trên:
44444
.24 RMDMCMBMA =+++

Nhận xét
• Từ phương pháp giải bài toán trên ta nhận thấy mọi ña giác ñều nội tiếp trong

ñường tròn thì tổng bình phương hoặc tổng lũy thừa bốn khoảng cách từ một ñiểm
M bất kỳ trên ñường tròn ñến các ñỉnh của ña giác không phụ thuộc vị trí ñiểm M.
Ví dụ. Cho tam giác ABC ñều nội tiếp trong ñường tròn (O, R). Chứng minh rằng
khi ñiểm M chạy trên ñường tròn (O, R) thì tổng:
S = MA
4
+ MB
4
+ MC
4
không ñổi.

II. Chứng minh hai ñường thẳng vuông góc

Trong phần này chủ yếu ta sử dụng kiến thức:
•
baba ⊥⇔= 0.
.
• Với bốn ñiểm A, B, C, D bất kỳ:
CDABBDBCADAC ⊥⇔−=−
2222


Bài toán 1
Cho tam giác ABC không cân. ðường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc các cạnh
BC, CA, AB tương ứng tại A
1
, B
1
và C

1
. Gọi P là giao ñiểm của BC với B
1
C
1
. Chứng minh
rằng IP vuông góc AA
1
.

C
1
B
1
A
1
P
I
CB
A

Lời giải
Gọi H là giao ñiểm của AI với B
1
C
1
. Xét tích vô hướng của hai vectơ:

(
)

(
)
(
)
0

2
1
2
1
2
1
2
111
11111
=−=−=−++=
+++=+=
IAIBIAAIHIIAIAPAAIHIAIPH
IAIAPAAIHIPHIAAIPIAAPI

Vậy IP vuông góc với AA
1
.

Bài toán 2(2005-USSR)
Cho tam giác ABC nhọn; AA
1
, BB
1
là hai ñường cao, A’ là trung ñiểm BC, B’ là trung

ñiểm CA, C’ là giao ñiểm của A’B’ và A
1
B
1
; O là tâm ñường tròn ngoại tiếp và H là trực
tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng: OH vuông góc với CC’.

Nhận xét
ðể chứng minh ñược:
'CCOH
⊥
, ta phải chứng minh:
11
BAOC ⊥
và Tam giác CA
1
B
1

ñồng dạng tam giác CB’A’.


Lời giải
Gọi CD là ñường kính của ñường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC.
Ta có: <BAC = <BDC = <CA
1
B
1
( Tứ giác ABA
1

B
1
nội tiếp)
Và <BDC + <DCB = 90
0

Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

10

H
C'
B'
B
A
1
B
1
O
A'
A
C
Suy ra:
11
BAOC ⊥

Mặt khác Tam giác CA
1
B
1

ñồng dạng tam giác CB’A’(g-g)
Suy ra: CB
1
.CB’ = CA
1
.CA’ (1)
Xét tích vô hướng của hai vectơ:
(
)
(
)
(
)
(*) '.'.''
.'.'''.''.
11
11
COCACOACHCCBHCBC
COCAACHCCBBCCOHCCCCCHO
+++=
+++=+=

D
O
B
1
A
1
A
C

B


Theo giả thiết:
0'.0''.''
111
=→⊥=→⊥ ACCOBAOCvàCBHCBAHC

Vậy từ (*), ta có
COCAHCCBCCHO ''.
1
+=
(**)
Áp dụng mệnh ñề 2, từ (**) và (1), ta có:

0.'' '.'.
111
=−=−= CACACBCBCACOCBCHCCHO

Vậy
'CCOH
⊥
.

Bài toán 3(1997-USA)
Cho tam giác ABC và dựng các tam giác cân BCD, CAE và ABF nằm bên ngoài tam giác
ABC với BC, CA và AB là các cạnh ñáy. Chứng minh rằng các ñường thẳng qua A, B, C
tương ứng vuông góc với EF, FD, DE thì ñồng qui.

Nhận xét

ðể chứng minh FE, FD, ED ñồng qui, ta gọi P là giao ñiểm của ñường thẳng qua B
vuông góc với FD với ñường thẳng qua C vuông góc với DE, ta cần chứng minh PA
vuông góc với FE.



A
B
C
D
E
F
P

Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

11

Lời giải
Gọi P là giao ñiểm của ñường thẳng qua B vuông góc với FD với ñường thẳng qua C
vuông góc với DE.
Áp dụng mệnh ñề 1và sử dụng tích chất các tam giác cân, ta có:

)1(
222222
CDAFBDBFPDPFFDPB −=−=−⇔⊥


)2(
222222

AECDCECDPEPDDEPC −=−=−⇔⊥

Từ (1) và (2) suy ra:
FEPAAEAFPEPF ⊥⇔−=−
2222
(ñpcm).

Bài toán 4 (1995-USSR)
Cho tứ giác lồi ABCD thỏa ñiều kiện AB = AD và <ABC = <CDA = 90
0
. ðiểm F và E nằm
trên ñường thẳng BC và CD tương ứng sao cho DF vuông góc với AE. Chứng minh rằng
AF vuông góc với BE.
A
B
D
C
EF


Lời giải
Áp dụng mệnh ñề 1 và từ giả thiết, ta có:

)1(
2222
EFEDAFADDFAE −=−⇔⊥


)2(
222

BFAFABBFAB −=−⇔⊥


)3(
222
DEAEADDEAD −=−⇔⊥

Lấy (1) - (2) + (3) ta ñược ( với chú ý AD = AB )

BEAFFEFBAEAB ⊥⇔−=−
2222
(ñpcm)


Bài toán 5
Cho tam giác ABC cân tại A, ñiểm P nằm trên tia BC; ñiểm X, Y nằm trên tia BA và AC
sao cho PX // AC và PY // AB. AT là ñường kính của ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Chứng minh rằng PT vuông góc với XY.
Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

12


T
O
C
Y
P
X
A

B

Lời giải
Theo tính chất góc nội tiếp nữa ñường tròn, ta có:

)1(
222
BTBXTXBTAB +=⇔⊥


)2(
22222
CYBTCYTCTYCTAC +=+=⇔⊥

Từ (1) và (2) suy ra:
)3(
2222
CYBXTYTX −=−

Mặt khác: PX // AC, suy ra: BX = PX (4)
Và PY // AB, suy ra: CY = PY (5)
Thế (4), (5) vào (3), ta ñược:
XYTPPYPXTYTX ⊥⇔−=−
2222
(ñpcm).

Bài toán 6
Cho tam giác ABC, ñiểm M thuộc tia AB, N thuộc tia CB sao cho AM = CN = p
( với p là nữa chu vi của tam giác ABC ). ðiểm I là tâm ñường tròn nội tiếp và BK là
ñường kính của ñường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. Chứng minh rằng IK vuông góc

MN.

Lời giải
Gọi E, F là ñiểm tiếp xúc của ñường tròn (I) với cạnh AB và BC tương ứng. BK là ñường
kính của ñường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, ta có:
(
)
(
)
( ) ( )
)1(
222222
22222222
ABBCKCKBKBKA
KCKACNKCAMKAKNKMCNCKvàAMAK
−=−+−=
−=+−+=−⇒⊥⊥

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có
(
)
(
)
( ) ( )
)2(
22
22222222
CFCNAEAM
FNEMFNIFEMIEINIMFNIFvàEMIE
−−−=

−=+−+=−⇒⊥⊥


Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

13


N
O
K
I
M
A
C
B
F
E

Mặt khác, theo giả thiết ta còn có:

)3(
2
2
22
AB
BCABCACABCAB
CFCN
BC
CABCABCABCAB

AEAM
=
+−
−
++
=−
=
+
−
−
+
+
=−

Từ (1), (2) và (3), ta có:
MNIKINIMKNKM ⊥⇔−=−
2222
(ñpcm).

Bài toán 7 (2007-England)
Gọi H là trực tâm tam giác ABC, P là ñiểm nằm trong mặt phẳng tam giác ABC khác A, B,
C. Các ñiểm L, M, N lần lượt là chân ñường vuông góc hạ từ H ñến ñường thẳng PA, PB,
PC. Gọi X, Y, Z lần lượt là giao ñiểm của LH, MH, NH với BC, CA và AB. Chứng minh
rằng ba ñiểm X, Y, Z thẳng hàng.

Nhận xét
ðể chứng minh X, Y, Z thẳng hàng, ta chứng minh
XZHPvàXYHP
⊥
⊥

Lời giải
Áp dụng mệnh ñề 1 và từ giả thiết ta có:
)1(
2222
HAHPXAXPPAHLXH −=−⇔⊥≡

)2(
2222
HBHXABAXAHCBXB −=−⇔⊥≡

)3(
2222
HYHABYBAAYACBH −=−⇔≡⊥

)4(
2222
HPHBYPYBBPMHYH −=−⇔⊥≡

Cộng (1), (2), (3) và (4), ta ñược:

(*)
2222
XYHPHYHXYPXP ⊥⇔−=−

Hoàn toàn tương tự, ta cũng có:
(**)
XZHP
⊥

Từ (*) và (**) suy ra ba ñiểm X, Y, Z thẳng hàng.

Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

14


P
Z
Y
X
H
A
B C



Bài toán 8
Cho tam giác ABC và ba ñường cao AA’, BB’, CC’ñồng quy tại H; ñường B’C’ cắt BC tại
K, M là trung ñiểm BC.
Chứng minh rằng:
AM
KH
⊥


Nhận xét
Ta nhận thấy các ñiểm A’, M, B’, C’ nằm trên ñường tròn Ơler của tam giác ABC, nên vận
dụng mệnh ñề 3, ta sẽ giải ñược bài toán.

M
H
C
B A'
A
B'
C'
K

Lời giải
Gọi O
1
, O
2
lần lượt là trung ñiểm HM, HA.
Xét hai ñường tròn ñường kính HM và HA ( áp dụng mệnh ñề 3), ta có:

2
1
2
1
.' HOKOKMKA −=
(1)

2
2
2
2
'.' HOKOKCKB −=

(2)
Mặt khác A’, M, B’, C’ nằm trên ñường tròn Ơler, ta có:

'.'.' KCKBKMKA =
(3)
Từ (1), (2) và (3) suy ra:
21
2
2
2
2
2
1
2
1
OOKHHOKOHOKO ⊥⇔−=−

Mà O
1
O
2
// AM, do ñó
AM
KH
⊥
.


Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

15

Bài toán 9 (2001-China)
Cho tam giác ABC nhọn, O là tâm ñường tròn ngoại tiếp tam giác và ba ñường cao AD,
BE, CF gặp nhau tại H. Gọi M, N lần lượt là giao ñiểm của ED với AB và FD với AC.
Chứng minh rằng:
MNOHvàDEOCDFOB
⊥
⊥
⊥
,
.

Nhận xét
Từ các tứ giác AFDC và ABDE sử dụng các góc nội tiếp ta sẽ chứng minh ñược
DEOCDFOB
⊥
⊥
,
. Nhưng ñể chứng minh ñược
MNOH
⊥
ta phải biết sử dụng kỹ thuật
của mệnh ñề 1.

H
O
N
M
F

A
B C
D
E


Lời giải
Theo giả thiết ta có tứ giác ACDF nội tiếp:
<BAC = <BDF và <OBC = 90
0
- <BAC = 90
0
- <BDF
Suy ra: <OBC + <BDF = 90
0
.
Vậy
DFOB
⊥

Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng có:
DEOC
⊥

Ta còn chứng minh:
MNOH
⊥

Áp dụng mệnh ñề 1, ta có:

)1(
2222
AHACMHMCCHMA −=−⇔⊥


)2(
2222
AHABNHNBBHNA −=−⇔⊥


)3(
2222
ACABDCDBBCDA −=−⇔⊥


)4(
2222
ODONBDBNNDDFBO −=−⇔≡⊥


)5(
2222
ODOMCDCMMDDECO −=−⇔≡⊥

Lấy (1) - (2) + (3) +(4) - (5) vế theo vế, ta ñược:

MNOHOMONHMHN ⊥⇔−=−
2222
(ñpcm)

Bài toán 10 (2007-USA)
Cho tam giác ABC. Dựng hai tam giác PAB và QAC nằm bên ngoài tam giác ABC thỏa
mãn: PA = AB, QA = AC và <BAP = <CAQ. Gọi R là giao ñiểm của BQ và CP, O là tâm
ñường tròn ngoại tiếp tam giác BCR.
Chứng minh rằng:
PQOA
⊥
.
Nhận xét
ðây là một bài toán có rất nhiều cách giải khác nhau, nhưng sử dụng phương tích và áp
dụng mệnh ñề 1 ta sẽ có lời giải ngắn gọn, bằng cách chứng minh hai tứ giác (APBR),
(AQCR) nội tiếp

Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

16


Lời giải
Ta có hai tam giác APC và ABQ ñồng dạng (g-g)
Suy ra <APR = <APC = <ABQ = <ABR
Vậy APBR nội tiếp.
A
B
C
P
Q
F
E
R

O


Tương tự AQCR cũng nội tiếp.
Gọi F là giao ñiểm của PA với ñường tròn (ARCQ) và E là giao ñiểm của QA với ñường
tròn (ARBP); và r là bán kính ñường tròn ngoại tiếp tam giác BCR. Áp dụng mệnh ñề 3, ta
có:

(
)
(
)
( ) ( )
)1(

22
222222
AEQAAFPAQAPAAEQAQAAFPAPA
QEQAPFPAQBQRPCPR
rOQrOPOQOP
−+−=+−+=
−=−=
−−−=−

Mặt khác hai tam giác APE và AQF ñồng dạng (g-g), ta có:PA.AF = QA.AE (2)
Từ (1) và (2), ta suy ra:

PQOAAQAPOQOP ⊥⇔−=−
2222
(ñpcm).

Nhận xét
Như vậy từ bài toán 3 ñến bài toán 10, ta chủ yếu sử dung mệnh ñề 1 ñể chứng minh
vuông góc hoặc thẳng hàng.

III. Các bài toán cực trị hình học
ðể giải một số bài toán về cực trị hình học ngoài các phương pháp ñại số, ta còn có thể
sử dụng phương pháp vectơ, chủ yếu ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ rất hiệu quả.
Cơ sở lý thuyết ñể vận dụng giải các bài toán cực trị hình học bằng phương pháp vectơ:
• 0:
2
2
≥=∀ aaa , dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi oa = .
•
bababa
:,
−≥∀
, dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ba ↑↓ .
•
bababa
:,
≤∀
, dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ba ↑↑
và
baba ≤
.


Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

17

Bài toán 1
Chứng minh rằng với mọi tứ giác lồi ABCD, ta có:

(
)
(
)
(
)
222
BDACDABCCDAB +≥+++


A
D
C
B

Lời giải
ðặt:
fBDeACdDAcCDbBCaAB ======
,,,,,
; trong ñó:

( ) ( ) ( ) ( )
( )( )
( )
1
2

222222
222222
dbcadcbafe
adcbdcbafe
fad
fcb
edc
eba
++++++=+⇔
+++++++=






+⇒









−=+
=+
−=+
=+

Mặt khác
(
)
(
)
2dbcaodcba +−=+⇔=+++

Thay (2) vào (1), ta có:

(
)
)3( 2
222
2222222
dbca
dbdcbafe
−+=
+−+++=+

Và
(
)
)4( 2
22
2222222
cadb
cadcbafe
−+=
+−+++=+

từ (3) và (4), suy ra:
(
)
(
)
22
2222
222222
2 2
2.2)(2
dbcadbcadcba
cadbdcbafe
+++=+++++≤
−−+++=+
(ñpcm)
Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi ABCD là hình chữ nhật.

Bài toán 2
Cho ñường tròn (O, R). Xét tam giác ABC nội tiếp ñường tròn (O, R). Xác ñịnh giá trị nhỏ
nhất của biểu thức: S = AB
2
+ BC
2
– CA
2
.

Nhận Xét
Tam giác ABC có ba ñỉnh chạy trên ñường tròn cố ñịnh (O, R), ñiểm O cố ñịnh. Do ñó ta

biểu diễn các vectơ có gốc là O và tính giá trị nhỏ nhất S theo bán kính R.


Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

18

Lời giải
Ta có:

(
)
(
)
(
)
( )
(*) 2 2 2.2
2
2
22
222
222
ROCOBOAROAOCOCOBOBOAR
OCOAOBOCOAOBCABCABS
−≥+−+−=+−−=
−−−+−=−+=

Vậy min(S) = -R
2

khi
⇔+= OCOAOB
Tam giác ABC cân tại B và <B = 120
0
.

Nhận xét
Sử dụng ñịnh lý hàm số sin cho tam giác ABC thì bất ñẳng thức (*) trở thành bất ñẳng
thức lương giác trong tam giác:
4
1
sinsinsin
222
−≥+− CBA
.
Bài toán 3
Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn (O, R) và G là trọng tâm của tam giác.
Chứng minh rằng:
R
cba
GCGBGA
3
222
++
≥++
. Trong ñó a = BC, b = CA, c = AB.
Nhận xét
Ta sử dụng ñẳng thức cơ bản trong tam giác:
Với mọi ñiểm M nằm trong mặt phẳng tam giác ABC, ta có:

2222222
.3
GMGCGBGAMCMBMA +++=++

Khi
(
)
(
)
(*)
3
1
9
1
:
22222222222
cbaGCGBGAcbaROGOM ++=++⇒++−=≡ .
Lời giải.
Ta có:
(
)
)1(
2
GOGAGAGOGAGAOAGAOAGARGA −=−=≥=

Tương tự (1):
)2(
2
GOGBGBRGB −≥

)3(
2
GOGCGCRGC −≥

Cộng (1), (2) và (3):
( )
)(
3
1
.
222222
cbaGCGBGARGCGBGA ++=++≥++

Từ ñó suy ra:
R
cba
GCGBGA
3
222
++
≥++

Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều.

Bài toán 4 (1993-VMO)
Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn (O, R), G là trọng tâm tam giác ABC. ðường AG,
BG, CG cắt ñường tròn (O, R) lần lượt tại A
1
, B

1
, C
1
.
Chứng minh rằng:
RGCGBGA
3111
111
≥++
.
Lời giải
Áp dụng mệnh ñề 3, phương tích của một ñiểm ñối với ñường tròn, ta có:

(
)
22222
111
3
1
GCGBGAOGRGCGCGBGBGAGA ++=−===
(1)
Áp dụng (1) vào biểu thức sau:

RGCGBGA
GCGBGA
OGR
GCGBGA
GCGBGA
3
3

111
22222
111
≥
++
+
+
=
−
+
+
=++
( theo bài toán 3)
Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều.

Nhận xét
• Có thể mở rộng cho bài toán: Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu (O, R) với G là
trọng tâm tứ diện. ðường AG, BG, CG, DG lần lượt cắt mặt cầu tại A
1
, B
1
, C
1
và
D
1
. Chứng minh rằng:
Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

19

RGDGCGBGA
41111
1111
≥+++

• Với I là tâm ñường tròn nội tiếp tam giác ABC và A
1
, B
1
, C
1
lần lượt là giao ñiểm
của AI, BI, CI với ñường tròn (O, R) ngoại tiếp tam giác ABC thì ta cũng có bất
ñẳng thức:
R
cba
IC
c
IB
b
IA
a
+
+
≥++
111
.
Trong ñó: a = BC, b = CA, c = AB.

Bài toán 5
Cho tam giác ABC nội tiếp ñường tròn (O, R), G là trọng tâm tam giác ABC. ðường AG,
BG, CG cắt ñường tròn (O, R) lần lượt tại A
1
, B
1
, C
1
.
Chứng minh rằng:
1.
111
GCGBGAGCGBGA ≤

2.
GCGBGAGCGBGA
111111
111
++≤++

3.
111
GCGBGAGCGBGA ++≤++


Lời giải
1. Áp dụng mệnh ñề 3, phương tích của một ñiểm ñối với ñường tròn, ta có:

(

)
22222
111
3
1
GCGBGAOGRGCGCGBGBGAGA ++=−===

Suy ra:
(
)
3
222322
111
27
1
)( GCGBGAOGRGCGCGBGBGAGA ++=−=
(1)
Áp dụng bất ñẳng thức Cauchy, ta có:

)2(
3
222
3
222
GCGBGA
GCGBGA
≥









++

Từ (1) và (2), suy ra:
GCGBGAGCGBGA
111
≥

Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều.

2. Ta có:
(
)
22222
)(3
GCGBGAOGR ++=−

Do ñó:
( ) ( )
( )
)3(
9
.
9
1
111

3
1111
2
2222
GCGBGA
GC
GB
GA
GCGBGA
GCGBGA
GCGBGA
GCGBGA
OGR
++=
+
+
++≥






++++=







++−


111
22
111111
GCGBGAOGR
GCGBGA
GCGBGA
++=
−
+
+
≥++⇒
(ñpcm).
Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều.
3. Áp dụng bất ñẳng thức Bunhiacôpxiki, ta có:

(
)
(
)
(
)
)4( 3
93
111
22
22222
2

GCGCGBGBGAGAOGRGCGBGA
OGRGCGBGAGCGBGA
++=−≤++⇒
−=++≤++

Áp dụng Cauchy, ta lại có:

)5(
2
2
2

111
111
GCGCGBGBGAGA
GCGCGBGBGAGA
+
+
+
+
+
≤++

Từ (4) và (5), suy ra:
111
GCGBGAGCGBGA ++≤++
.
Dấu ñẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC ñều.
Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

20


Nhận xét
• Với cách giải hoàn toàn tương tự như trên cho bài toán: Cho tứ diện ABCD nội tiếp
mặt cầu (O, R) với G là trọng tâm tứ diện. ðường AG, BG, CG, DG lần lượt cắt
mặt cầu tại A
1
, B
1
, C
1
và D
1
. Chứng minh rằng:
1.
1111

GDGCGBGAGDGCGBGA ≤

2.
GDGCGBGAGDGCGBGA
11111111
1111
+++≤+++

3.
1111
GDGCGBGAGDGCGBGA +++≤+++

• Nếu sử dụng các bất ñẳng thúc ñại số, từ các bài toán trên ta sẽ có vô số bài toán
cực trị hình học khó. Chẳng hạn:Với giả thiết bài toán trên, ta còn chứng minh
ñược:

GDGCGBGAGDGCGBGA
11111111
1111
+++≤+++

Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

21

Phần 3
Kết luận

1. Một số kết luận thực tiễn
Trong quá trình giảng dạy các lớp chuyên Toán và bồi dưỡng ñội tuyển học sinh giỏi
tham gia thi học sinh giỏi các cấp, tôi ñã soạn giảng theo từng chuyên ñề như chuyên ñề “
Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng ’’, tạo ñiều kiện cho học sinh dễ tiếp thu, từ ñó
tạo niềm say mê yêu thích và khám phá môn Toán cho các em có năng khiếu Toán.
Từ những khái niệm và ñịnh lý cơ bản về vectơ có trong chương trình SGK THPT,
chúng ta ñã vận dụng khéo léo giải quyết ñược một số bài: tính toán các yếu tố hình học;
chứng minh hai ñường thẳng vuông góc, ba ñường thẳng ñồng qui, ba ñiểm thẳng hàng
và chứng minh ñược một số bất ñẳng thức hình học. Từ ñó cho chúng ta thấy ñược nếu
biết sử dụng, khai thác các kiến thức có trong SGK THPT làm nền tảng giảng dạy thì sự
phát triển trí tuệ của học sinh sẽ tốt hơn.
Kết quả giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi thi cấp tỉnh và cấp quốc gia các dạng toán
trên, các em trong ñội Toán ñều làm ñạt kết quả. Trong năm học 2009-2010, lớp 12 Toán
do tôi phục trách giảng dạy ñã có 3 em ñạt giải học sinh giỏi cấp tỉnh môn Toán lớp 12 (2

giải ba và 1 giải khuyến khích ), một em ñạt giải khuyến khích cấp quốc gia; còn lớp 10
Toán tôi cũng tham gia giảng dạy có 6 em ñạt giải cấp tỉnh lớp 11 và 2 em ñạt huy
chương vàng Olympic 30/04.
2. Lợi ích và khả năng vận dụng
Theo tôi nghĩ những học sinh ñược học ở các lớp chuyên Toán, nếu các em ñược
hướng dẫn và say mê tiếp tục theo học ngành Toán ở bậc ðại học thì các em sẽ có ñiều
kiện phát huy và lĩnh hội ñược những kiến thức Toán hiện ñại.
Qua việc viết chuyên ñề này, tôi muốn góp một phần nhỏ vào tư liệu về ứng dụng vectơ
ñể giải Toán hình học cho học sinh học ở các lớp chuyên Toán hoặc học sinh yêu Toán
tham khảo. Và các bạn có thể tìm thấy ở các cách giải một số bài toán trên những ñiều
thú vị, tạo cho mình thích thú muốn khám phá về các bài toán giải bằng phương pháp
vectơ.
3. ðề xuất, kiến nghị
Trên ñây chỉ là một số kinh nghiệm của bản thân tôi, trong quá trình tham khảo tìm tòi
dùng ñể giảng dạy cho học sinh các lớp chuyên Toán. ðề tài chỉ ñề cập ñến việc vận
dụng ba bài toán cơ bản trong bài học “Tích vô hướng của hai vectơ’’ trong SGK Hình học
10 Nâng cao.
Trong ñề tài chưa nêu ứng dụng tích vô hướng của hai vectơ trong việc chứng minh các
bất ñẳng thức lượng giác trong tam giác, nhất là các bất ñẳng thức lượng giác không ñối
xứng trong tam giác.

Cho nên, ñề tài này chắc chắn cần ñược bổ sung hoàn thiện trong quá trình bồi dưỡng
học sinh giỏi Toán. Tôi rất mong ñược nhận những ý kiến ñóng góp quý báu của các ñồng
nghiệp.
Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

22

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1/ Tạp chí: Mathematical Excalibur - October - 2007

2/ Các chuyên ñề bồi dưỡng hè cho giáo viên của trường ðHKHTN - Hà Nội.
3/ Tạp chí Toán học & tuổi trẻ
4/ ðề thi Olympic của các nước.


Trương Ngọc ðắc Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng

23


Nhận xét của HðKH trường THPT chuyên Lê Quý ðôn




Xếp loại: ………….

Quy Nhơn, ngày … tháng… năm 2010.
Chủ tịch HðKH







Nhận xét của HðKH Sở Giáo dục- ðào tạo Bình ðịnh

Xếp loại: ………….

Quy Nhơn, ngày … tháng… năm 2010.
Chủ tịch HðKH