Sử dụng phương pháp tọa độ để giúp học sinh giải một số bài toán về tích vô hướng trong chương trình hình học lớp 10 và một số ứng dụng khác, một cách nhanh chóng, chính xác và hiệu quả hơn

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN 2

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI
SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ GIÚP HỌC SINH GIẢI
MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ TÍCH VÔ HƯỚNG TRONG CHƯƠNG
TRÌNH HÌNH HỌC LỚP 10 VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG KHÁC, MỘT
CÁCH NHANH CHÓNG, CHÍNH XÁC VÀ HIỆU QUẢ HƠN

Người thực hiện: Lê Anh Tuấn
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán học

THANH HÓA NĂM 2016
1


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.2.1. Thuận lợi
2.2.2. Khó khăn
2.3. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
2.4.1. Tác dụng của SKKN đến chất lượng giảng dạy và giáo dục của
bản thân, của đồng nghiệp
2.4.2. Đánh giá kết quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với học sinh
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
3.2. Kiến nghị.
TÀI LIỆU THAM KHẢO

Trang
2
2
2
2
3
3
3
3
3
3
4
17
17
17
18
18
18
19

2


1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài:
Trong quá trình giảng dạy bản thân tôi nhận thấy nội dung của chương 2
“Tích vô hướng của hai vectơ và ứng dụng” (Hình học 10) có một số bài tập mà
ta có thể sử dụng được phương pháp tọa độ để giải một cách hiệu quả hơn, học
sinh cũng tiếp thu một cách dễ dàng và hứng thú hơn. Nhưng phương pháp này
ít được giáo viên và học sinh quan tâm đến.
Tôi thiết nghĩ nếu chúng ta hướng dẫn cho học sinh tiếp cận phương pháp
toạ độ trong mặt phẳng để giải quyết một số bài toán về tích vô hướng còn làm
cho học sinh thấy được cái hay, cái đẹp của toán học. Nó còn cho học sinh thấy
được mối liên hệ giữa các chương các phần trong sách giáo khoa và là cơ sở để
học sinh học tốt các phần tiếp theo. Ngoài ra phương pháp này còn cung cấp
thêm cho học sinh một công cụ mới để giải toán. Ngoài ra phương pháp này
cũng được sử dụng nhiều trong giải phương trình, bất phương trình, chứng minh
bất đẳng thức..., chứ không riêng gì phần hình học. Thực tế một số năm gần đây
tỉ lệ đề thi vào đại học cũng như các kì thi học sinh giỏi có bài tập ứng dụng
phương pháp này cũng rất nhiều
Nhà toán học G.Polya và nhiều công trình nghiên cứu đã khẳng định sự cần
thiết của hoạt động của người thầy: “...Nếu người thầy khêu gợi được tính tò mò
của học sinh bằng cách đưa ra cho học sinh những bài tập hợp trình độ, giúp họ
giải các bài toán bằng cách đặt ra câu hỏi gợi ý, thì người thầy có thể mang lại
cho họ các hứng thú của sự suy nghĩ độc lập và những phương tiện để đạt được
kết quả”. Tuy nhiên, trong thực tế dạy học, thường chỉ nặng về các hoạt động
của thầy mà chưa chú trọng đúng mức đến các hoạt động của học sinh trong quá
trình tìm tòi lời giải bài tập Toán.
Vì những lý do trên đây, tôi chọn Đề tài nghiên cứu là: “Sử dụng phương
pháp tọa độ để giúp học sinh giải một số bài toán về tích vô hướng trong

chương trình hình học lớp 10 và một số ứng dụng khác, một cách nhanh chóng,
chính xác và hiệu quả hơn”.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
- Nghiên cứu ứng dụng của phương pháp tọa độ vào một số bài toán liên quan
đến tích vô hướng của hai vectơ, nhằm nâng cao năng lực nhận thức của học
sinh.
- Tạo hứng thú học tập, nghiên cứu tìm tòi sáng tạo trong khi giải toán của các
em và học sinh.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
- Đề tài tập trung nghiên cứu một số bài toán liên quan tới tích vô hướng và một
số ứng dụng trong việc giải phương trình, bất phương trình và một số bài toán
khác.
- Học sinh nắm được phương pháp tọa độ hóa, áp dụng được vào một số dạng
toán.

3


1.4. Phương pháp nghiên cứu:
Trong quá trình nghiên cứu, tôi đã sử dụng những phương pháp sau:
- Khảo sát điều tra: Tìm hiểu thái độ học tập của học sinh, tìm hiểu đánh giá của
giáo viên và học sinh về tác dụng và hiệu quả của phương pháp.
- Thực nghiệm sư phạm: Tiến hành thực nghiệm tại một số lớp 10 ở trường
THPT Đông Sơn 2 để thấy được ứng dụng của phương pháp tọa độ khi giải một
số bài toán về tích vô hướng trong chương trình hình học lớp 10.
2. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận
Vào năm 1637, nhà toán học kiêm triết học Pháp là Réné Descartes đã cho
xuất bản cuốn “ La Géométrie ” với nội dung xây dựng hình học bằng phương
pháp tọa độ đánh dấu một bước tiến mạnh mẽ của toán học. Descartes là nhà

toán học thiên tài đã khai sinh ra phương pháp toạ độ. Phương pháp toạ độ ra đời
đã giúp con người dùng ngôn ngữ đại số thay cho ngôn ngữ hình học, giúp con
người đạt đến đạt đến đỉnh cao của sự khái quát hoá và trừu tương hoá toán học
trong nhiều lĩnh vực.
Quy trình dạy học được hiểu là tổ hợp các thao tác của giáo viên và học sinh
được tiến hành theo một trình tự nhất định trên một đối tượng nhận thức nào đó.
Chẳng hạn, quy trình bốn bước của Polya để giải một bài toán gồm:
Bước 1: Tìm hiểu nội dung bài toán
Bước 2: Xây dựng thuật giải
Bước 3: Thực hiện thuật giải
Bước 4: Kiểm tra, nghiên cứu lời giải
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.2.1. Thuận lợi
- Qua việc giảng dạy môn toán nhiều năm, tôi đã kinh qua việc giảng dạy nhiều
đối tượng học sinh với lực học chênh lệch nhau, được giao nhiệm vụ bồi dưỡng
đội tuyển thi học sinh giỏi toán 10, 11, 12 đồng thời có năm được phân công phụ
đạo học sinh yếu ... nên ít nhiều tôi đã tích lũy được một số kinh nghiệm cho bản
thân trong việc hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp toạ độ để giải toán.
- Việc được góp ý sau những lần dự giờ, được trao đổi chuyên môn với đồng
nghiệp đã giúp tôi ngày càng tích lũy, học hỏi được một số kinh nghiệm trong
việc giảng dạy về hướng dẫn học sinh giải bài tập một cách chủ động.
- Qua việc tôi được điều động chấm thi tốt nghiệp THPT hàng năm cũng đã ít
nhiều giúp tôi có được cách nhìn khái quát về những ưu, khuyết trong việc học
sinh thực hiện việc vận dụng phương pháp tọa độ vào giải toán.
2.2.2. Khó khăn
- Lực học của học sinh trong một lớp thường có sự chênh lệch lớn nên việc thực
hiện giảng dạy toán trên lớp cũng gặp khó khăn trong việc làm sao cho mọi đối
tượng học sinh trong lớp đều nắm vững phương pháp qua tiết dạy.
- Vì đây là phương pháp mới đối với học sinh mà trong sách giáo khoa đề cập
đến rất ít và khá đơn giản, nên khi đưa phương pháp này vào bước đầu học sinh

chưa quen và có phần ngại tiếp nhận phương pháp mới.
4


2.3. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài
A. Một số vấn đề lý thuyết:
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho 3 điểm A ( x1; y1 ) , B ( x2 ; y2 ) ,
C ( x3 ; y3 ) bất kì ta có:
uuu
r
• AB = ( x2 − x1 , y2 − y1 )
•

AB = ( x2 − x1 ) 2 + ( y2 − y1 )2
• Với I ( xI ; yI ) là trung điểm của đoạn thẳng AB ta có:
x +x
y + y2
xI = 1 2 ; y I = 1
2
2
• Với A, B, C là ba đỉnh một tam giác có trọng tâm G ( xG ; yG ) ta có:
x + x + x3
y + y2 + y3
xG = 1 2
; yG = 1
3
3
r
r
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 vectơ u = ( x1; y1 ), v = ( x2 ; y2 ) ta có:

r r
• u + v = ( x1 + x2 ; y1 + y2 )
r r
• u − v = ( x1 − x2 ; y1 − y2 )
r
• ku = (kx1; ky1 ),
k ∈¡
r
• u = x12 + y12
3. Tích vô hướng của hai vectơ:
a. Tích vô hướng của hai vectơ:
rr r r
r r
r r r
 Cho 2 vectơ u , v ≠ 0 . Ta có: u.v = u . v cos(u, v)
r r
rr r
• u ⊥ v ⇔ u.v = 0
rr r r
r r
u.v ≤ u . v
•
( dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi u , v cùng hướng hoặc 1
r
trong 2 vectơ bằng 0 )
 Tính chất của tích vô hướng:
rr rr
• u.v = v.u
r r ur r r r ur
• u.(v + w) = u.v + u.w

r r
r r
rr
• (ku ).v = (k .v).u = k (u.v)
r r
r2 r2
rr
• (u + v) 2 = u + v + 2u.v
r r
r2 r2
rr
• (u − v) 2 = u + v − 2u.v
r r r r
r2 r2
• (u + v).(u − v) = u − v
b. Biểu thức toạ độ của tích vô hướng:
r
r
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 2 vectơ u = ( x1; y1 ), v = ( x2 ; y2 ) ta có:

5


rr
• u.v = x1.x2 + y1. y2
r r
• u ⊥ v ⇔ x1.x2 + y1. y2 = 0
•

x1.x2 + y1. y2 ≤ x12 + y12 . x22 + y22

r r
x1.x2 + y1. y2
cos(
u
, v) =
•
x12 + y12 . x22 + y22
B . Phương pháp giải một bài toán sử dụng phương pháp tọa độ:
Một trong những nhiệm vụ dạy học môn toán chương trình phổ thông đặc
biệt là dạy hình học là hướng dẫn cho học sinh sử dụng phương pháp tọa độ vào
giải toán, nghĩa là biết vận dụng linh hoạt và sáng tạo các kiến thức về tọa độ
điểm, tọa độ vectơ và các công thức có liên quan vào giải toán. Để giải một bài
toán bằng phương pháp tọa độ ta thực hiện theo các bước sau :
Bước 1: Thực hiện việc chọn hệ trục tọa độ phù hợp, chuyển bài toán đã cho về
bài toán hình học giải tích
Bước 2: Giải bài toán hình học giải tích nói trên.
Bước 3: Chuyển các kết luận của bài toán hình học giải tích sang các tính chất
hình học tương ứng.
Tuy nhiên qua thực tế, việc học và nắm vững các bước trên để vận dụng vào
giải toán thật không hề đơn giản đối với học sinh, vì đây là một quá trình trừu
tượng hóa và khái quát hóa trong việc rèn luyện tư duy toán học. Do vậy, thông
qua một số bài toán cụ thể để hướng dẫn các em làm quen dần với việc giải toán
bằng phương pháp tọa độ.
C. Một số ví dụ :
Ví dụ1: ( Để học tốt toán 10 trang 234 của nhóm tác giả: Nguyễn Quang
Hanh – Thái Bình – Lê Thống Nhất)
Cho hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng 1, M là trung điểm cạnh AB .
uuur 3 uuur
Trên đường chéo AC lấy điểm  N sao cho AN = AC .
4

a. Chứng minh
uuurằng
r uuurDNuuuvuông
u
r uuu
r góc với MN .
b. Tính tổng DN .NC + MN .CB
uuur uuu
r
c. Cho Y bất kỳ thuộc BC chứng minh rằng NY . AB không phụ vào vị trí của
điểm Y
Lời giải:( Theo sách: Để học tốt toán 10)
B
C
a.
Ta
uuu
r có:
uuu
r uuur
AC = AB + AD
N
uuuu
r uuur uuuu
r 3 uuur 1 uuu
r
MN = AN − AM = AC − AB
M
4
2

r
3 uuur 1 uuu
= AD + AB
4
4
A

D

6


uuur uuur uuur uuu
r 1 uuur uuu
r 1 uuu
r uuur 3 uuu
r 1 uuur
DN = DC + CN = AB − AC = AB − ( AB + AD ) = AB − AD
4
4
4
4
uuuu
r uuur 3 uuur 1 uuu
r 3 uuu
r 1 uuur
MN .DN = ( AD + AB)( AB − AD )
4
4
4

4
r 3 uuur 2 3 uuu
r 2 1 uuur uuu
r
9 uuur uuu
3 3
= AD. AB − AD + AB − AD. AB = − + = 0
16
16
16
16
16 16
MN .
Vậy DN u
vuông
góc
uur uu
ur với
uuur
b. Ta có: DN + NC = DC
uuur uuur
uuur 2
⇒ ( DN + NC ) 2 = DC
uuur 2 uuur 2
uuur uuur uuur 2
⇔ DN + NC + 2 DN .NC = DC
uuur uuur uuur 2 uuur 2 uuur 2
uuur 2 uuur 2
⇔ 2 DN .NC = DC − ( DN + NC ) = 1 − ( DN + NC )
uuur 3 uuu

r 1 uuur
Mà theo câu a) ta có: DN = AB − AD
4
4
uuur 2 3 uuu
r 1 uuur 2 9 uuu
r 2 1 uuur 2 3 uuu
r uuur 5
DN = ( AB − AD) = AB + AD − AB. AD =
4
4
16
16
8
8
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
r
uuu
r uuur 1
uuur 1 uuur 1 uuu

r uuur
2
2
2
1
NC = AC = ( AB + AD ) ⇒ NC = ( AB + AD + 2 AB. AD ) =
16
8
4
4
uuur uuur
u
u
u
r
u
u
u
r
5 1 1
1
Do đó: 2 DN .NC = 1 − ( + ) = ⇔ DN .NC =
8 8 4
8
uuuu
r uuu
r 2 uuuu
r 2 uuu
r2
uuuu

r uuu
r
Ta lại có: ( MN + CB ) = MN + CB + 2MN .CB
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuu
r ( MN + CB ) 2 − MN 2 − CB 2
⇒ MN .CB =
2
uuuu
r 2 3 uuur 1 uuu
r 2 5
uuuu
r 3 uuur 1 uuu
r
Mà theo câu a) ta có: MN = AD + AB ⇒ MN = ( AD + AB ) =
4
4
8
4
4
uuuu
r uuu
r 3 uuur 1 uuu
r uuur 1 uuu

r 1 uuur
MN + CB = AD + AB − AD = AB − AD
4
4
4
4
uuuu
r uuu
r 2 1 uuu
r 1 uuur 2 1 uuur 2 1
⇒ ( MN + CB ) = ( AB − AD) = DB =
4
4
16
8
uuuu
r uuu
r 2 uuuu
r 2 uuu
r2 1 − 5 −1
u
u
u
u
r
u
u
u
r
( MN + CB ) − MN − CB

3
Do đó ta có:
MN .CB =
=8 8
=−
2
2
4
uuur uuur uuuu
r uuu
r 1 3
5
Vậy: DN .NC + MN .CB = − = −
8uuu
uuu
r
r 4 u8uur
uuu
r uuur
c. Do Y ∈ BC nên CY = kCB = −k AD ( Do : CB = DA)
uuur uuur uuu
r 1 uuur uuu
r 1 uuu
r uuur
uuur 1 uuu
r 1
uuur
Ta có: NY = NC + CY = AC + CY = ( AB + AD ) − k AD = AB + ( − k ). AD
4
4

4
4

7


Suy ra:
uuur uuu
r  1 uuu
r 1
uuur  uuu
r 1 uuu
r2 1
uuur uuu
r 1 uuu
r2 1
NY . AB =  AB + ( − k ). AD  . AB = AB + ( − k ). AD. AB = AB =
4
4
4
4
4
4
uu

ur uuu
r
Như vậy: NY . AB không phụ vào vị trí của điểm Y
 Sử dụng phương pháp tọa độ để giải ví dụ 1
Bài giải:

Gắn hình vuông ABCD có độ dài cạnh
y
bằng 1, vào hệ trục Oxy như sau:
B
C
Đỉnh A trùng với gốc tọa độO
N
Đỉnh B thuộc tia Oy ; Đỉnh D thuộc
tiaOx .
M
Khi đó:
A ( 0;0 ) , B ( 0;1) , D ( 1;0 ) , C ( 1;1)
A
Do M là trung điểm cạnh AB và
uuur 3 uuur
O
D
x
AN = AC .
4
1
3 3
Suy ra: M (0; ) và N ( ; )
2
4 4
uuur
r 3 1
1 3 uuuu
a. Ta có: DN = (− , ); MN = ( , )
4 4

4 4
uuur uuuu
r
uuur uuuu
r
1 3 3 1
Khi đó: DN .MN = − . + . = 0 ⇒ DN ⊥ MN hay MN ⊥ DN
4 4 4 4
uuur 1 1 uuu
r
b. Ta có: NC = ( , ); CB = ( −1,0)
4 4
uuur uuur uuuu
r uuu
r
1 1 3 1
3 1
5
Do đó ta có: DN .NC + MN .CB = − . + . − 1. + .0 = −
4 4 4 4
4 4
8
uuu
r
uuur
3 1
c. Do Y ∈ BC nên Y ( a;1) . Ta có: AB = (0,1); NY = (a − , )
4 4
uuur uuu
r

3 1
1
Do đó ta có: NY . AB = 0.(a − ) + .1 =
4 4
4
uuur uuu
r
Như vậy: NY . AB không phụ vào vị trí của điểm Y
* Nhận xét:
- Qua ví dụ 1 ta thấy nếu giải bài toán trên theo cách giải thông thường như lời
giải trong sách “Để học tốt toán 10” - Của nhóm tác giả: Nguyễn Quang Hanh
– Thái Bình – Lê Thống Nhất thì bài làm quá dài dòng và trở khó hiểu đối với
học sinh nhất là từ đối tượng học sinh trung bình trở xuống.
- Còn nếu chúng ta “sử dụng phương pháp tọa độ” để giải bài toán trên thì có ưu
điểm: + Bài làm ngắn gọn, dễ hiểu
+ Phù hợp với trình độ của nhiều đối tượng học sinh.
8


Ví dụ 2: (Bài tập hình học10- Sách chuẩn- Trang 82)
Cho hình chữ nhật ABCD có độ dài cạnh AB = a và AD = a 2 . Gọi K là
uuur
uuur
trung điểm cạnh AD . Chứng minh rằng BK vuông góc với AC
Lời giải:( Theo sách: Bài tập hình học 10 - Sách chuẩn)
Gọi M là trung điểm của cạnh BC .
Khi đó:
A
K
D

AB = a ; AC = BD = 2a 2 + a 2 = a 3
Ta có:
a
uuur uuu
r uuuu
r uuu
r 1 uuur
BK = BA + BM = BA + AD
2
uuur uuu
r uuur
B
M
C
AC = AB + AD
uuur uuur uuu
r 1 uuur uuu
r uuur
Do đó: BK . AC = ( BA + AD)( AB + AD )
2
uuu
r uuu
r uuu
r uuur 1 uuur uuu
r 1 uuur uuur
= BA. AB + BA. AD + AD. AB + AD. AD
2
2
uuur uuur
1

= − a 2 + 0 + 0 + (a 2) 2 = 0 . Vậy: BK ⊥ AC
2
 Sử dụng phương pháp tọa độ để giải ví dụ 2
Bài giải:
Gắn hình chữ nhật ABCD vào hệ trục
y
Oxy như sau:
A
Đỉnh B trùng với gốc tọa độO ;
A thuộc tia Oy ; C thuộc tia Ox .
Khi đó:
B ( 0;0 ) , A ( 0; a ) , C (a 2 ;0), D(a 2; a )
B
Do K là trung điểm của AD suy ra
O
a 2
K(
, a)
2
uuur
uuur a 2
Ta có: BK = (
;
, a ) AC = (a 2, −a)
2
uuur uuur a 2
uuur uuur
Mà : BK . AC =
.a 2 − a 2 = 0 . Vậy: BK ⊥ AC
2

K

D

M

C

x

Ví dụ 3: Cho hình thang vuông ABCD đường cao AB = h , cạnh đáy
AD = a, BC = b . Tìm điều kiện giữa a, b, h để:
a. AC và DB vuông góc
b. ·AIB = 900 với I là trung điểm của CD

9


Bài giải:
Gắn hình thang ABCD vào hệ trục
Oxy như sau:
Đỉnh A trùng với gốc tọa độO ;
B thuộc tia Oy ; D thuộc tia Ox .
Khi đó:
A ( 0;0 ) , B ( 0; h ) , D ( a;0 ) , C ( b; h )

y
C

B

I
D

A
O

x

uuur
uuur
a. Ta có: AC = (b, h); DB = (−a, h)
uuur uuur
Để AC và DB vuông góc thì AC.DB = 0 . Hay: h 2 – bc = 0
Vậy AC ⊥ DB  ⇔ h 2 – bc = 0
b. Với I là trung điểm của CD ⇒ I (

a+b h
, )
2 2

uur a + b h uur a + b h
, ); BI = (
,− )
Ta có: AI = (
2 2
2
2
uur uur a + b 2 h 2

) − ( ) = 0 ⇔ (a + b) 2 = h 2 ⇔ a + b = h
Để ·AIB = 900 thì AI .BI = (
2
2
0
·
Vậy AIB = 90 ⇔ a + b = h
Ví dụ 4: Từ một điểm P trong hình tròn ta kẻ hai dây vuông góc APB vàCPD .
Chứng minh rằng đường chéo PQ của hình chữ nhật APCQ vuông góc với
đường thẳng BD
Bài giải:
Ta chọn hệ trục như sau:
- Gốc tọa độ là điểm P
- Trục hoành là đường thẳng AB
hướng từ A đến B
- Trục tung là đường thẳng CD hướng
từ C đến D
Khi đó:
P ( 0;0 ) , A ( x1; 0 ) , B ( x2 ; 0 ) ,
C ( 0; y1 ) , D ( 0; y2 ) , Q ( x1; y1 )

y
D
R
A

P
B

Q

x

C

Như
uuur vậy :
uuur
uuur uuur
PQ = ( x1; y1 ), DB = ( x2 ; − y2 ) ⇒ PQ.DB = x1x2 − y1 y2

10


Do P ở trong hình tròn nên: P(P /(I)) = PA.PB = PC.PD
⇒ x1 x2 = y1 y2 ⇔  x1 x2 − y1 y2 = 0
uuur uuur
Suy ra : PQ.DB = x1 x2 − y1 y2 = 0. Vậy: PQ ⊥ BD
ABCD cạnh a . Tìm tập hợp điểm M sao cho:
Ví dụ
Cho
uuur5:
uuu
r uhình
uur uuvuông
uu
r
a. MA.MC + MB.MD = a 2
uuur uuur uuur uuur uuur
b. ( MA + MB + MC ).( MC − MB ) = 3a 2

Bài giải:
Gắn hình vuông ABCD có độ dài cạnh
bằng a , vào hệ trục Oxy như sau:
Đỉnh A trùng với gốc tọa độ O ;
D thuộc tia Oy ; B thuộc tiaOx .
Khi đó:
A ( 0;0 ) , B ( a;0 ) , D ( 0; a ) , C ( a; a )
Gọi M ( x; y ) . Khi đó:
uuur
uuur
MA = (− x; − y )
MB = ( a − x; − y )

y
D

C

A
O

B
x

uuur
uuuu
r
MC = (a − x; a − y ) MD = (− x; a − y )
a.
Ta

có:
uuu
r uu
ur uuur uuuu
r
MA.MC + MB.MD = −2 [ x( a − x) + y (a − y ) ] = a 2
⇔ ( x − a) 2 + ( y − a) 2 = a 2
Vậy tập hợp điểm M là đường tròn tâm I ( a; a ) và bán kính R = a .
b.Ta có:uuur uuur uuur
MA + MB + MC = ( 2a − 3 x; a − 3 y )
uuur uuur
MC − MB = ( 0; a )
uuur uuur uuur uuur uuur
⇒ ( MA + MB + MC ).( MC − MB ) = (2a − 3x).0 + (a − 3 y )a = 3a 2
2a
⇔ y=− .
3
Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng song song với trục Ox và cắt trục tung tại
2a
điểm có tung độ −
3
Ví dụ 6: Cho hai điểm A, B cố định. Với k là một số thực cho trước, hãy tìm
tập hợp điểm M thoả mãn điều kiện: MA2 + MB 2 = k 2
Bài giải:
11


Chọn hệ trục toạ độ như hình vẽ
Gốc O (O là trung điểm của AB )
A, B ∈ Ox . Đặt AB = a

a
a
Khi đó: A(− ;0),  B ( ; 0)
2
2
Giả sử điểm M ( x; y ) thuộc mặt phẳng
toạ độ
uuur
uuur a
a
⇒ MA = (− − x; − y ), MB = ( − x; − y )
2
2

y

.

.

O

A

B

x

Khi đó điểm M thoả mãn:
a

a
MA2 + MB 2 = k 2 ⇔ (− − x ) 2 + y 2 + ( − x) 2 + y 2 = k 2
2
2
2
a
2k 2 − a 2
2
2
2
2
2
⇔ 2( x + y ) = k −
⇔ x + y  =
(*)
2
4
- Nếu 2k 2 > a 2 thì (*) là phương trình một đường tròn tâm O ( O là trung điểm
của AB ) bán kính R =

2k 2 − a 2
. Nên quỹ tích điểm M là đường tròn  ( O; R )
2

- Nếu k 2 = a 2  ⇒ M ≡ O
- Nếu k 2 < a 2 quỹ tích điểm M là tập rỗng
Ví dụ 7: Cho tam giác cân ABC đỉnh A . Gọi D là trung điểm của AB, E là
trọng tâm tam giác ACD . Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Chứng minh IE ⊥ CD
Bài giải:

y

Gọi O là trung điểm cạnh đáy BC
Đặt: BC = 2a, AO = h
Dựng hệ toạ độ Oxy như hình vẽ sau.
Khi đó: A ( 0; h ) , B ( − a;0 ) ,  C ( a;0 )
a h
−a h
Ta có: D( ; ) và E ( ; )
6 2
2 2
Gọi F là trung điểm cạnh AC

A

E

D

F

I

a h
⇒ F( ; )
2 2
B

O

C

x

Do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác cân ABC đỉnh A ⇒ I ∈ AO

12


⇒ I ( 0; y0 )
uur
uuu
r
a h
Khi đó : DI = (− ; − y0 ), AB = (− a; − h)
2 2
uur uuu
r
a
h
h2 − a 2
Mà DI ⊥ AB ⇒ DI . AB = 0 hay : − .(− a) + ( − y0 ).( − h) = 0 ⇔ y0 =
2
2
2h
2
2
2
uur a a
h −a

) ⇒ EI = ( ; )
Do đó: I (0;
2h
6 2h
uuur
3a h
Ta lại có: CD = (− ; )
2 2
uuur uur
uuur uur
3a a h a 2
Suy ra: CD.EI = − . + . = 0 ⇒ CD ⊥ EI
2 6 2 2h
Vậy: IE ⊥ CD
Ví dụ 8: Cho tam giác  ABC vuông tại C , có AC = a, BC = b ( a, b cho trước),
A di động trên trục Ox , B di động trên trục Oy . Tìm quỹ tích điểm C .
Bài giải:
Gọi C ( x; y ) , A ( m; 0 ) , B ( 0; n ) với m, n
thay đổi
Ta
u
uu
r có:
uuu
r
CA.CB = 0 ⇔ x( x − m) = y ( y − n)
⇔ x 2 ( x − m) 2 = y 2 ( y − n) 2
CA = a  ⇔ ( x − m ) + y = a
2

2

2

2

2

CB = b   ⇔ ( y − n ) = b −  x
2

2

2

2                    

a

P

N
C

(1)

-b

2

                ⇔   ( x − m )  = a 2 −  y 2               
2

y
B

O

( 2)
( 3)

Q

b

A

x
M

-a

b
2
2
2
2
2
2
Thay (2), (3) vào (1) ta được: x ( a − y ) = y ( b − x )   ⇔ y = ± x

a
2
2
Theo (2) ta có: a −  y ≥ 0 ⇔  − a ≤  y ≤  a
Theo (3) ta có: b 2 −  x 2 ≥  0   ⇔ − b  ≤  x ≤  b
Như vậy quỹ tích điểm C ( x; y ) gồm hai đường chéo của hình chữ nhật MNPQ
với M ( − a; b ) , N ( a; b ) , P ( a; − b ) , Q ( − a; − b )  
y

Ví dụ 9: Các đường cao của tam giác nhọn ABC cắt
nhau ở H . Trên đoạn
h A
0
HB, HC lấy B1 , C1 sao cho ·AB1C = ·AC1B = 90 . Chứng minh rằng AB1 = AC1
Bài giải:

H
b
B

B1
O

C1
c

13

C

x


Gọi O là chân đường cao hạ từ A
xuống BC
Xét hệ trục Oxy như hình vẽ .
Giả sử trong hệ trục thì:
A ( 0; h ) , B ( b; 0 ) , C ( c;0 )
(Với h > 0, b < 0, c > 0 )
Do ∆ABC nhọn nên
h 2 > b c ⇒ h 2 + bc > 0
Vì BH ⊥ AC nên BH có phương
trình : c ( x − b ) – hy = 0
Gọi toạ độ điểm B1 ( x1; y1 )
( )
Do B1 ∈ BH nên ta có: c ( x1 − b ) – hy1 = 0 ⇔ cx1  – hy1 = bc        1
uuur
uuur
Ta có: AB1 = ( x1; y1 − h) , CB1 = ( x1 − c; y1 )
uuur uuur
Do ·AB C = 900 , nên ta có: AB .CB = ( x − c ).x + ( y − h). y = 0
1

1

1

1
2
1

1

1

1

⇔  x +  y – hy1 − cx1 = 0                 ( 2 )   
2
1

2
2
2
2
Ta lại có: AB1   = x1 +  ( y1 – h ) =  ( x1 +  y1 – hy1 − cx1 ) + cx1  – hy1         ( 3 )
2

Thay (1), (2) vào (3) ta được:

AB12   = bc + h 2           ( 4 )

Do vai trò bình đẳng nên ta có : AC12   = bc + h 2           (5)
Từ (4) và (5) suy ra AB1 = AC1 (ĐPCM)
Ví dụ 10: Cho tam giác ABC vuông cân tại A , trên cạnh AB lấy điểm D trên
tia đối của tia AC lấy điểm E sao cho AD = AE . Chứng minh rằng CD vuông
góc với BE .
Bài giải:
Chọn hệ trục Oxy như hình vẽ
Do tam giác ABC vuông cân tại A .

Nên gọi toạ độ của B là
B ( 0; m ) ⇒ C ( m;0 )
Do E thuộc tia đối của tia AC và
AD = AE .
Nên gọi toạ độ của D là
E
D ( 0; n ) ⇒ E ( − n;0 )
uuu
r
uuur
Ta có: BE = (−n; −m), CD = (−m; n)
uuu
r uuur
uuu
r uuur
Mà BE.CD = −n.(−m) − m.n = 0 ⇒ BE ⊥ CD .
Vậy CD vuông góc với BE .

y
B
D
A
O

C

x

14

MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ ỨNG DỤNG KHÁC CỦA PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ
TRONG MẶT PHẲNG
Ví dụ 1: (Đề thi học sinh giỏi tỉnh năm 2004 -2005)
Gọi α , β , γ là ba góc tạo bởi đường thẳng (d) theo thứ tự với ba đường thẳng
chứa ba cạnh BC , CA, AB của tam giác đều ABC . Chứng minh rằng :
16( sin 2α . sin 2 β . sin 2γ    + cos 2α . cos 2 β .cos 2γ ) = 1
Bài giải:
y
Chọn hệ toạ độ như hình vẽ . Giả sử
A(0,)
tam
uuur giác ABCuuu
rđều cạnh có độ dài là 2
BC = (2;0) , CA = (−1; 3)
(d)
uuu
r
AB = (−1; − 3)
r
Gọi u = ( a; b ) là véctơ chỉ phương của
đường thẳng (d)
O
x
C(1,0)
B(-1,0)
Ta có:
cos α =

2a

=

a

⇔ cos 2 α =

a2
a2 + b2

2 a 2 + b2
a2 + b2
b2
2
⇒ sin α = 2
a + b2
Tương tự ta có
a 2 + 3b 2 − 2 3ab
3a 2 + b 2 + 2 3ab
2
cos 2 β =
⇒
sin
β
=
4(a 2 + b 2 )
4(a 2 + b 2 )
a 2 + 3b 2 + 2 3ab
3a 2 + b 2 − 2 3ab
2

cos γ =
⇒ sin γ =
4(a 2 + b 2 )
4( a 2 + b 2 )
Thay các giá trị trên vào đẳng thức :
b 2 3a 2 + b 2 + 2 3ab 3a 2 + b 2 − 2 3ab
VT
  = 16( 2
.
.
+
a + b2
4(a 2 + b 2 )
4(a 2 + b 2 )
2

b2
a 2 + 3b 2 − 2 3ab a 2 + 3b 2 + 2 3ab
+ 2
.
.
)=
a + b2
4( a 2 + b 2 )
4( a 2 + b 2 )
a 6 + b 6 + 3a 4b 2 + 3a 2b 4 (a 2 + b 2 )3
=
= 2
= 1 . (ĐPCM)
( a 2 + b 2 )3

( a + b 2 )3
* Nhận xét: Qua ví dụ trên ta thấy:
- Đây cũng là một trong các ứng dụng của phương pháp toạ độ.
- Khi giải theo phương pháp tọa độ bài toán trở nên tương đối đơn giản. Còn nếu
giải bài toán theo phương pháp đại số thông thường thì tương đối dài và khó
khăn với học sinh.
15


Ví dụ2: Giải phương trình:

x 2 − 2 x + 5 + x 2 + 2 x + 10 = 29 (1)

Bài giải:
r
r
Xét hai véc tơ v = ( −1 − x; 3) , u = ( x − 1; 2) .
r r
r r
Khi đó u + v = ( −2; 5 )   ⇒ u + v = 29
r
r
2
u = x − 2 x + 5 , v = x 2 + 2 x + 10
r r r r
(1) ⇔ u + v = u + v
r r r r
Mà ta có: u + v ≤ u + v . Nên đẳng thức (1) xảy ra khi:
r r
r

- Hoặc một trong hai véc tơ v , u là vectơ 0 nhưng điều này không xảy ra do
các véc tơ có thành phần khác không
- Hoặc hai véc tơ cùng hướng tức là
 x − 1 = k ( −1 − x )
1
⇒  x =

5
2 = 3k
1
Vậy phương trình (1) có nghiệm duy nhất x =
5
Ví dụ3: Cho 8 số thực x1 , x2 , x3. ,..., x8   chứng minh rằng trong 6 số sau đây:
x1 x3 + x2 x4 ; x1 x5 + x2 x6 ; x1 x7 + x2 x8 ; x3 x5 + x4 x6 ; x3 x7 + x4 x8 ; x5 x7 + x6 x8   có ít
nhất một số không âm.
Bài giải:
y
Xét hệ trục toạ độ Oxy . Trong hệ trục đó
A
xét 4 điểm
A ( x1; x2 ) ,  B ( x3 ; x4 ) ,  C ( x5 ; x6 ) ,  D ( x7 ; x8 )  
D
. Chỉ có hai khả năng sau xảy ra:
Khả năng 1: Nếu có một trong 4 điểm
x
O
trùng với gốc toạ độ, giả sử A ≡ O thì
x1 = x2 = 0 ⇒ bài toán hiển nhiên đúng
B
Khả năng 2: Cả 4 điểm không trùng với

C
gốc
uuu
r toạ độ, khiuđó
uu
r ta có:
OA = ( x1; x2 )  , OB = ( x3 ; x4 )  
(Chú ý hình vẽ chỉ có tính chất
uuur
uuur
tượng trưng, còn vị trí A, B, C , D
OC = ( x5 ; x6 )  , OD = ( x7 ; x8 )
là tuỳ ý)
Khi
đã
hướng
uuu
r uđó
uu
r 6usố
uu
ru
uurcho
uuu
rtương
uuur uứng
uu
r uuvới
ur u6uu
rtích

uuurvôuu
ur uuur
OA.OB, OA.OC , OA.OD, OB.OC , OB.OD, OC .OD
uuu
r uuu
r uuur uuur
Bốn véc tơ OA, OB, OC , OD chia góc 3600 thành 4 góc theo nguyên lý Diriclê
rr
thì có ít nhất một góc ≤ 900 , tương ứng với góc đó thì u.v ≥0

16


rr
r r
rr
u.v
cos(
u
,
v
)
=
≥
0
⇒
u
.v ≥ 0 )
r ur
( Do

u .v
Điều đó có nghĩa là có ít nhất một trong 6 số không âm ( bài toán được chứng
minh )
Ví dụ 4: Cho a1 , a2 , a3 , ..., an ; b1 , b2 , b3. , ..., bn    là các số thực tuỳ ý chứng minh:
a12 + b12 + a22 + b22 + ... + an2 + bn2 ≥ (a1 + a2 + ... + an ) 2 + (b1 + b2 + ... + bn ) 2
Hướng dẫn:
ur
uu
r
uu
r
Xét các véc tơ : x1 = (a1; b1 ) , x2 = (a2 ; b2 ) ,..., xn = (an ; bn )
ur uu
r
uu
r
Khi đó ta có: x1 + x2 + ... + xn = ( a1 + a2 + ... + an ; b1 + b2 + ... + b2 )
ur uu
r
uu
r ur uu
r
uu
r
Mà ta lại có: x1 + x2 + ... + xn ≤ x1 + x2 + ... xn
Do đó:
a12 + b12 + a22 + b22 + ... + an2 + bn2 ≥ (a1 + a2 + ... + an ) 2 + (b1 + b2 + ... + bn ) 2
D. Bài tập áp dụng
Bài 1: Cho hình chữ nhật ABCD kẻ BK vuông góc với AC . Gọi M, N lần lượt
là trung điểm của AK và CD.

a. Chứng minh BM vuông góc với MN
b. Tìm điều kiện của hình chữ nhật để tam giác BMN vuông cân.
Bài 2: Cho hình thang ABCD vuông tại A và B, AB = AD = 2a, BC = 4a. Gọi I,
J theo thứutự
uu
r là trung điểm của
uuu
rAB và
uuAD.
ur
a. Tính CJ theo các vectơ AB và AD
b. Tính cosin của góc tù tạo bởi hai đường thẳng CJ và DI
Bài 3: Cho tam giác ABC đều cạnh a. Tìm tập hợp điểm những M sao cho:
2
2
2
2
a. MA
+r MC
4a
uuur u+
uurMBuuu
uuur =uu
ur uuur
b. MA.MB + MB.MC + MC.MA = a 2
Bài 4: Cho hình vuông ABCD. Từ A kẻ một đường thẳng bất kì. Đường thẳng
này cắt BC, DC tương ứng tại E và F. Gọi I là trung điểm của BE
a. Chứng minh: FI tiếp xúc với đường tròn nội tiếp hình vuông
b. Giả sử DE cắt FI tại M. Chứng minh M nằm trên đường tròn ngoại tiếp hình
vuông

Bài 5: Cho 2 điểm A, B cố định. Tìm quỹ tích điểm M sao cho:
2MA2 –3MB2 = 5AB2
Bài 6: Giải phương trình:
x 2 − 4 x + 5 − x 2 + 10 x + 50 = 5

17


2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
2.4.1. Tác dụng của SKKN đến chất lượng giảng dạy và giáo dục của bản
thân, của đồng nghiệp:
- Đối với bản thân đã nâng cao được trình độ chuyên môn, nâng cao chất lượng
giảng dạy từ đó nâng cao chất lượng của học sinh.
- Xây dựng được hệ thống bài tập về tích vô hướng.
- SKKN đã được đồng nghiệp đánh giá cao về tính khoa học, hiệu quả và thiết
thực. Đặc biệt SKKN đã được đồng nghiệp đem áp dụng ở các lớp dạy và cho
hiệu quả khá cao
2.4.2. Đánh giá kết quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với học sinh
+ Đánh giá định tính
Việc sử dụng phương pháp đã xây dựng có tác dụng lớn trong việc bồi
dưỡng tư duy cho học sinh, đặc biệt là kỹ năng tổng hợp kiến thức giúp học sinh
nâng cao hiệu quả học tập.
Giúp học sinh có một cách giải cho nhiều dạng bài toán về tích vô hướng
+ Đánh giá định lượng
Các bài kiểm tra của lớp thực nghiệm sau khi thực hiện, được tiến hành
chấm, xử lí kết quả theo phương pháp thống kê toán học thông qua việc đánh giá
các số liệu thống kê:
Bảng 3.1. Bảng thống kê các điểm số kết quả bài kiểm tra
Lần

KT

Lớp

Số
HS

1
2
1
2

10A5
10A5
10A6
10A6

44
44
41
41

Lần
Số
Lớp
KT
HS 0
1 10A5 44 0
2 10A5 44 0
1 10A6 41 0

2 10A6 41 0

Số HS đạt điểm Xi
0
0
0
0
0

1
0
0
0
0

2
1
0
1
0

3
3
1
2
2

4
3
2

3
3

5
6
5
5
5

6
8
7
6
5

7
8
8
8
7

8
7
9
7
9

9
7
9

7
7

10
1
2
2
3

9
15,9
20,5
17,1
17,1

10
2,3
4,6
4,9
7,3

Bảng 3.2. Bảng phân phối tần suất
Phần trăm HS đạt điểm Xi
1
0
0
0
0

2

2,3
0
2,4
0

3
6,8
2,3
4,9
4,9

4
6,8
4,6
7,3
7,3

5
13,6
11,4
12,2
12,2

6
18,2
15,9
14,6
12,2

7

18,2
18,2
19,4
17,1

8
15,9
20,5
17,1
20,5

Thông qua tiến hành thực nghiệm sư phạm và xử lý kết quả thực nghiệm
tôi đưa ra một số kết luận sau:
- Điểm của HS lớp thực nghiệm lần kiểm tra sau cao hơn lần kiểm tra
trước, chứng tỏ dạy học theo phương pháp đã nêu thực sự có hiệu quả.

18


- Tần suất lũy tích cho thấy chất lượng lớp thực nghiệm thực sự tốt khi áp
dụng phương pháp đã nêu.
- Học sinh đều rất thích thú với tiết học được tiến hành theo phương pháp,
đặc biệt với những HS khá giỏi, đã kích thích được sự say mê, hứng thú đối với
các em.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận:
Xuất phát từ kinh nghiệm của bản thân, từ thực tế nhiều năm giảng dạy ở
trường THPT, bản thân tôi đúc rút thành kinh nghiệm mong rằng sẽ giúp cho
học sinh dễ dàng định hướng được cách giải các dạng toán khác nhau về tiếp
tuyến của đồ thị hàm số.

Bên cạnh những bài tập vận dụng có hướng dẫn, tôi đưa ra những bài tập
đề nghị nhằm giúp các em học sinh lựa chọn cách giải phù hợp để rèn luyện kỹ
năng và phương pháp làm bài.
Đề tài này đã được áp dụng cho học sinh lớp 10A6, 10A5 - Trường THPT
Đông Sơn 2, năm học 2015 – 2016 và những học sinh khóa học trước, hầu hết
học sinh đã nắm được phương pháp và vận dụng rất tốt trong việc giải các bài
tập liên quan.
Do thời gian có hạn nên chắc không tránh được những thiếu sót. Vì vậy
rất mong được sự góp ý của quý thầy cô giáo và các bạn đồng nghiệp để đề tài
được hoàn thiện hơn và được áp dụng phổ biến hơn trong những năm học tới.
3.2. Kiến nghị :
Tổ chức các buổi hội thảo để triển khai các SKKN đạt giải tới giáo viên,
để từ đó giáo viên có thêm cơ hội học tập nâng cao trình độ chuyên môn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hoá, ngày 04 tháng 05 năm 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của tôi
viết, không sao chép nội dung của người
khác.

Lê Anh Tuấn

19


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hoá năm 2004-2005
2. Toán nâng cao hình học 10 – 279 bài toán chọn lọc – Võ Đại Ma

3. Toán nâng cao cho học sinh hình học 10 - Phan Huy Khải
4. Sách bài tập giáo khoa hình học 10 (Sách chuẩn)
5. Sách để học tốt toán 10 - Nguyễn Quang Hanh – Thái Bình – Lê Thống
Nhất)
6. Giải toán hình học 10 - Trần Thành Minh –Trần Quang Nghĩa

20


21