KHAI THÁC một số ỨNG DỤNG của VECTƠ TRONG GIẢI TOÁN sơ cấp

I.MỞ ĐẦU
1.1.Lí do chọn đề tài.
Như chúng ta đã biết chương trình cải cách giáo dục hiện nay cũng như
chuyên đề bồi dưỡng thường xuyên chúng ta luôn muốn có một cải tiến phương
pháp dạy học nhằm khích lệ hoạt động của học sinh và hướng học sinh vào hoạt
động. Mục đích cũng là để phát huy trí lực của học sinh một cách tích cực nhất.
Có nhiều phương pháp để làm được việc đó, song với mỗi loại bài toán có thể áp
dụng những phương pháp hoạt động khác nhau. Trong chuyên đề này, tôi muốn
trình bày một ý tưởng giúp học sinh vận dụng và khai thác các kiến thức cơ bản
một cách linh hoạt vào các bài tập thường gặp. Đó là việc sử dụng vectơ trong
giải toán sơ cấp.
Trong chương trình toán ở bậc THPT, vectơ là một khái niệm quan trọng,
nó có tính khái quát cao. Nó có thể sử dụng cho cả hình học phẳng lẫn hình học
không gian và thậm chí cả đại số. Nhờ vectơ ta có thể đưa tọa độ vào bài toán
hình học do đó tránh khỏi những sai lầm về mặt trực quan. Cũng nhờ vectơ nhiều
bài toán hình học phẳng, hình học không gian, bất đẳng thức, bất phương
trình...có cách giải đơn giản, ngắn gọn, đễ hiểu. Chính vì vậy, khai thác các ứng
dụng của vectơ vào việc giải toán là một vấn đề thú vị và ý nghĩa.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Mục đích nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm này là khai thác một số ứng
dụng của vectơ trong hình học và trong đại số.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Đối tượng nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiêm là các bài toán giải được bằng
phương pháp vectơ.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
Đề tài này sử dụng phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lí thuyết dựa vào lí
luận dạy học toán, phương pháp thu thập và xử lí thông tin.
11


II.NỘI DUNG

2.1.Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Đối với học sinh, một bài toán được giải càng ngắn gọn, hình vẽ càng đơn
giản thì chắc chắn càng dễ hiểu, dễ tiếp thu. Việc giải một số bài toán bằng
phương pháp vectơ giúp các em có một cách tư duy mới, không quá khó khăn,
gò bó; tránh được những lối trình bày rườm rà hay hình vẽ phức tạp. Đồng thời
nó còn có tác dụng tích cực trong việc phát triển tư duy trừu tượng, năng lực
phân tích của học sinh.
Để có thể khai thác các ứng dụng của vectơ trước hết học sinh phải được
trang bị các kiến thức cơ bản về vectơ. Dưới đây là một số quy tắc, tính chất
thường xuyên được sử dụng trong quá trình giải toán mà học sinh cần phải nắm
vững:
1. Quy tắc ba điểm: A, B, C là ba điểm bất kì trong không gian ta luôn có:
uuu
r uuur uuur
AB + BC = AC [1]
.

2. Quy tắc hình bình hành: Nếu tứ giác OABC là hình bình hành thì ta có:
OA + OC = OB [1]
.

2. Tính chất trung điểm của đoạn thẳng: Nếu M là trung điểm của đoạn
thẳng AB thì MA + MB = 0 và OA + OB = 2OM ( với mọi điểm O).[1]
3. Tính chất trọng tâm tam giác: Nếu G là trọng tâm tam giác ABC thì:
GA + GB + GC = 0 và OA + OB + OC = 3OG (với mọi điểm O).[1]

5. Tích vô hướng của haivectơ:

rr r r
r r

a.b = a b cos(a; b )

. [1]

6. Điều kiện để hai vectơ cùng phương:
véctơ a cùng phương với vectơ b ( b ≠ 0 ) ⇔ ∃k ∈ R : a = k .b .[1]

22


7. Điều kiện để ba điểm thẳng hàng: điều kiện cần và đủ để ba điểm phân
biệt A, B, C thẳng hànglà ∃k ∈ R; k ≠ 0 :AB = k . AC [1]
.
r

r

rr

8. Điều kiện để hai vectơ vuông góc: a ⊥ b ⇔ a.b = 0 [1]
9. Điều kiện cần và đủ để ba vectơ đồng phẳng: Cho hai vectơ a; b không
cùng phương và một véc tơ c bất kì. Khi đó điều kiện cần và đủ để ba vectơ
a; b; c đồng phẳng là tồn tại các số thực m; n sao cho: c = na + mb (các số m, n

là duy nhất)
10. Một số tính chất của vectơ.2
(a) 2 = a ≥ 0
Tính chất 1:
. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 0
a + b ≥ a+b

Tính chất 2:
.[1]

Tính chất 3:

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a và b cùng hướng.
a.b ≤ a . b
.
đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a và b cùng phương

2.2.Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Từ thực tiễn của việc dạy học toán ở nước ta ngày nay có thể thấy rằng, năng
lực giải toán của nhiều học sinh chưa tốt. Các em thường cảm thấy lúng túng khi
đứng trước một bài toán hình học, một bài bất đẳng thức, thậm chí cả những bài
dễ. Vì thế khi làm bài kiểm tra hoặc bài thi nhiều học sinh không hề đụng đến
phần này. Ngay cả với những em học tốt, nhiều khi chỉ tìm được lời giải cho một
bài toán chứ chưa tìm được lời giải hay nhất, ngắn gọn nhất.
Nhà toán học George Polya đã từng nói “Con đường duy nhất để học toán là
làm toán”. Nhưng làm thế nào để giúp các em học sinh làm toán có kết quả cao?
Điều này phụ thuộc một phần không nhỏ vào việc lựa chọn phương pháp khi
giải toán. Do đó, nhiệm vụ của người thầy giáo khi dạy học sinh giải toán là
33


hướng dẫn học sinh tìm và lựa chọn phương pháp phù hợp để giải đối với từng
dạng toán.
2.3.Các giải pháp.
2.3.1. Khai thác một số ứng dụng của vectơ trong hình học.
Ngoài việc nắm vững các kiến thức về vectơ, học sinh cần phải nắm được quy
trình (hay thuật toán) giải bài toán hình học bằng phương pháp vectơ gồm ba

bước sau đây:
Bước 1: Lựa chọn một số vectơ mà ta gọi là “hệ vectơ gốc”; phiên dịch các
giả thiết, kết luận của bài toán hình học đã cho sang “ngôn ngữ” vectơ.
Bước 2: Thực hiện yêu cầu bài toán thông qua việc tiến hành các phép biến
đổi các hệ thức vectơ theo hệ vectơ gốc.
Bước 3: Chuyển các kết luận từ “ngôn ngữ” vectơ sang các tính chất hình
học tương ứng.
Trên cơ sở đó, sau đây tôi xin mạnh dạn khai thác một số dạng toán hình học
giải bằng vectơ.
2.3.1.1. Chứng minh một số định lí bằng phương pháp vectơ
Ví dụ 1: Chứng minh định lí “Ba đường cao trong tam giác đồng quy”. (Bài
tập 7, trang 52- sgk hình học Nâng cao 10)
Nội dung bài tập 7, trang 52- sgk hình học Nâng cao 10 như sau:
Cho bốn điểm A,B,C, D bất kì. Chứng minh rằng: DA.BC + DB.CA + DC. AB = 0 (*)
Từ đó suy ra một cách chứng minh định lí “Ba đường cao trong tam giác đồng
quy”
Việc chứng minh đẳng thức (*) ở trên là không quá khó đối với học sinh. Tuy
nhiên, từ kết quả đó để chứng minh định lí “Ba đường cao trong tam giác đồng
quy” không phải là dễ đối với một số em. Có thể hướng dẫn các em chứng minh
như sau:
44


+ Gọi H là giao điểm của hai đường cao AM và BN của ∆ABC yêu cầu bài toán
được phát biểu lại là gì? (cần chứng minh CH ⊥ AB hay chứng minh CH . AB = 0
+ Từ giả thiết bài toán (AH ⊥ BC; BH ⊥ AC) suy ra các hệ thức véc tơ nào? (
AH .BC = 0; BH . AC = 0 )

+ Đẳng thức (*) gợi cho em có mối liên hệ gì? ( từ các tích vô hướng
AH .BC; BH . AC và các tích vô hướng DA.BC; DB.CA học sinh có thể thấy rằng nếu

thay D bởi H thì chúng hoàn toàn giống nhau. Do đó có thể thay D bởi H để
được đẳng thức HA.BC + HB.CA + HC. AB = 0 )
+ Từ kết quả trên các em đã suy ra được điều phải chứng minh hay chưa?
Ví dụ 2[2] : Chứng minh định lí: Ba đường trung tuyến trong tam giác đồng
quy.
Lời giải.

A

N

E

G
B

C
M

Ta có:
MN =

1
1
1
1
AB ⇔ GN − GM = (GA − GB) ⇔ GM + GA = GN + GB
2
2

2
2

A, G, M thẳng hàng ⇒ GM = k .GA

(2)

B, G, N thẳng hàng ⇒ GN = n.GB

(3)

Thay (2), (3) vào (1) ta có

55

(1)


1
1
1
1
k GA + GA = nGB + GB ⇔ (k + )GA = (n + )GB
2
2
2
2
(4)
1
2 GB

⇔ GA =
1
1
k≠−
k+
⇒ A, G, B thẳng hàng
2 thì (4)
2
Nếu
n+

1
1

GM = − 2 GA = 2 AG
⇒
1
1
GN = − 1 GB = 1 BG
k=−
n=−

2
2
2 . Từ (4) ⇒
2
Với

Vì E là trung điểm của AB nên ta có:
GE =

1
1
(GA + GB) = MG + NG = MC + CG + NC + CG = 2CG − (CA + CB)
2
2

= CG + (CG − CE ) = CG + EG = CG − GE

Vậy GE = CG − GE ⇔ 2GE = CG . Do đó C, G, E thẳng hàng ⇒ Điều phải chứng
minh.
Ngoài các định lí trên, học sinh có thể sử dụng phương pháp vectơ để chứng
minh một số định lí khác mà các em đã được học như: định lí Ta-let, định lí ba
đường phân giác trong tam giác đồng quy, định lí về mối liên hệ giữa độ dài
đường trung tuyến và độ dài các cạnh trong tam giác…
2.3.1.2. Giải một số bài toán hình học bằng phương pháp vectơ.
Dạng 1: Chứng minh các điểm trùng nhau.
Bài toán [2]: Cho 6 điểm A, B, C, D, E, F tuỳ ý. Gọi M, N, P, Q, R, S lần lượt là
trung điểm của AB, BC, CD, DE, EF, FA. Chứng minh rằng hai tam giác MPR
và NQS có cùng trọng tâm.
Quy trình giải bài toán này như sau:
Bước 1: “Phiên dịch” các dữ kiện, điều kiện của bài toán từ ngôn ngữ hình học
tổng hợp sang ngôn ngữ vectơ.
66


{

}

Chọn “hệ vectơ gốc” là OA, OB, OC, OD, OE, OF với gốc O tuỳ ý. Kí hiệu G1 ,G2
lần lượt là trọng tâm của tam giác MPR và NQS.
G1 là trọng tâm tam giác MPR
G2 là trọng tâm tam giác NQS

M là trung điểm của AB
N là trung điểm của BC
P là trung điểm của CD

OM + OP + OR
3

(1)

⇒ OG2 =

ON + OQ + OS
3

(2)

⇒ OM =

⇒ ON =

OA + OB
2

OB + OC
2

(3)
(4)

⇒ OP =

OC + OD
2

(5)

⇒ OQ =

OD + OE
2

(6)

⇒ OR =

OE + OF
2

(7)

Q là trung điểm của DE
R là trung điểm của EF
S là trung điểm của FA

⇒ OG1 =

⇒ OS =

OA + OF
2

(8)

G1 trùng với G2 ⇒ OG1 = OG2

(9)

Bước 2: Thực hiện các yêu cầu bài toán: Chứng minh hệ thức (9) bằng cách
biểu diễn các vectơ OG1 và OG2 theo hệ các vectơ gốc để so sánh các vectơ này.
Thay (3), (5), (7) vào (1) ta được:
Thay (4), (4), (8) vào (2) ta được:

(

)

(

)

OG1 =

1
OA + OB + OC + OD + OE + OF
6

OG2 =

1
OA + OB + OC + OD + OE + OF
6

Từ (10) và (11) ⇒ OG1 = OG2
Bước 3: Chuyển kết luận vectơ sang tính chất hình học tương ứng:
77

(10)
(11)


OG1 = OG2 ⇔ G1 ≡ G2

Dạng 2: Chứng minh ba điểm thẳng hàng, chứng minh đẳng thức hình học
hoặc đẳng thức vectơ.
Bài toán [2]: Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD và
G là trung điểm của MN.
a/ Chứng minh rằng đường thẳng AG đi qua trọng tâm A’ của tam giác BCD.
Phát biểu kết luận tương tự đối với các đường thẳng BG, CG và DG.
b/ Chứng minh GA = 3.GA’
Đây là một bài toán hình học không gian, nếu giải theo phương pháp thông
thường học sinh sẽ gặp rất nhiều khó khăn: họ phải kẻ thêm những đường phụ
(mà ban đầu có thể chưa biết là phải kẻ như thế nào) dẫn đến hình vẽ phức tạp;
phải phân tích và tổng hợp nhiều kiến thức khác nhau mới có thể có thể xây
dựng được chương trình giải. Tuy nhiên nếu sử dụng phương pháp vectơ thì bài
toán này không còn là quá khó với các em.

A

Lời giải bài toán này như sau:

{

M

}

Chọn hệ A; AB, AC , AD làm cơ sở. Ta có:
M là trung điểm của AB ⇔
N là trung điểm của CD ⇔

AM =

1
AB
2

AN =

1
( AC + AD)
2

C

B

G

N
D

G là trung điểm của MN ⇔

AG =

1
1
( AM + AN ) = ( AB + AC + AD)
2
4
(1)

1
⇔ AA' = ( AB + AC + AD)
3
A’ là trọng tâm tam giác BCD

88

(2)


AG đi qua A’ ⇔ A; G; A’ thẳng hàng ⇔ AG = k .AA'
Từ (1) và (2) suy ra:
AG =

AG =

3
AA'
4
.

3
3
AA'
AG = AA'
⇒ A, G, A’ thẳng hàng và
4
4
hay GA = 3GA' (đpcm)

Dạng 3: Chứng minh hai đường thẳng song song
Bài toán [2] : Cho lăng trụ tam giác ABCA1 B1C1 . Gọi M, N, E, F lần lượt là trọng
tâm
của các tam giác AA1 B1 ; A1 B1C1 ; ABC; BCC1 . Chứng minh NM // EF.
Lời giải.

{

Chọn hệ A; AA1 = a, AB = b, AC = c

}

1
1

⇒ AM = ( AA1 + AB1 ) = ( 2a + b)
3
3
M là trọng tam của tam giác AA1 B1

N là trọng tam của tam giác A1 B1C1

1
1
⇒ AN = ( AA1 + AB1 + AC1 ) = (3a + b + c )
3
3

1
1
⇒ AE = ( AB + AC ) = (b + c)
3
3
E là trọng tam của tam giác ABC

F là trọng tam của tam giác BCC1

1
1
⇒ AF = ( AB + AC + AC1 ) = (a + b + 2c)
3
3

MN // EF ⇒ ∃k để MN = k .EF
1

1
MN = AN − AM = (a + c ) B1
EF = AF − AE = (a + c )
⇒ MN = EF
3
3
Ta có:
;
MN = EF ⇒ MN// EF

N

A1

C1

1

M

B

99
A

F

E

C

Dạng 4: Chứng minh hai đường thẳng vuông góc.
Bài toán [2] : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O. Biết
rằng SA = SC; SB = SD. Chứng minh rằng:
a/ SO ⊥ OA
b/ AC ⊥ SD
Quy trình giải bài toán này như sau:
Bước 1: “Phiên dịch” các dữ kiện, điều kiện của bài toán từ ngôn ngữ hình học
tổng hợp sang ngôn ngữ vectơ.

{

Chọn hệ vectơ cơ sở O; OA, OB, OS

}

Ta có: SA = OA − OS ; SC = OC − OS = −(OA + OS )
2

S

2

2
2
Theo bài ra SA = SC ⇔ SA = SC ⇔ SA = SC (1)

OA ⊥ OS ⇔ OA.OS = 0 (2)

AC ⊥ SD ⇔ AC.SD = 0 (3)
Bước 2: Thực hiện yêu cầu bài toán:
Chứng minh đẳng thức (2) bằng cách

A

biến đổi (1) để làm xuất hiện tích vô
hướng OA.OS .

O

Theo bài ra SA = SC ⇔ SA = SC ⇔
2

2

(OA − OS ) = (OA + OS ) ⇔ OA.OS = 0 (5)
2

2

Chứng minh đẳng thức (3) bằng cách
1010

B

D

C

biểu diễn AC; SD qua hệ véc tơ cơ sở, sau đó tính tích vô hướng AC.SD
Ta có AC = −2OA; SD = OD − OS
⇒ AC.SD = −2OA.( OD − OS ) = 0

Bước 3: Chuyển kết luận vectơ sang tính chất hình học tương ứng:
OA.OS = 0 ⇔ OA ⊥ OS
AC.SD = 0 ⇔ AC ⊥¸CD

Dạng 5: Giải một số bài toán cực trị.
Sử dụng tích vô hướng biến đổi biểu thức cần tìm cực trị về biểu thức độ dài, ví
2
dụ: S = MI + c , với c là hằng số và I cố định.

Khi đó S Min =c, đạt được khi MI=0 ⇔ M trùng I.[3]
Ví dụ 1[3] : Cho ∆ ABC, G là trọng tâm và M là điểm tùy ý.
2
2
2
2
2
2
2
CMR: MA + MB + MC = GA + GB + GC + 3MG , từ đó suy ravị trí của M để

MA2 + MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Giải. Ta có:
uuur 2 uuuu
r uuu

r
uuuu
r uuu
r
MA2 = MA = ( MG + GA) 2 = MG 2 + GA2 + 2 MG.GA
uuur 2 uuuu
r uuu
r
uuuu
r uuu
r
MB 2 = MB = ( MG + GB ) 2 = MG 2 + GB 2 + 2MG.GB
uuuu
r 2 uuuu
r uuur
uuuu
r uuur
MC 2 = MC = ( MG + GC ) 2 = MG 2 + GC 2 + 2 MG.GC

Cộng vế theo vế ta dược:

uuuu
r uuu
r uuu
r uuur
MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 + GA2 + GC 2 + MG.(GA + GB + GC )
uuu
r uuu
r uuur r
= 3MG 2 + GA2 + GB 2 + GC 2 (vì GA + GB + GC = 0 )

2
2
2
2
Từ đó suy ra MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất khi MG = 0 ⇔ M ≡ I

Ví dụ 2[3] : Cho hình bình lhành ABCD, tâm O, M là điểm tùy ý.
2
2
2
2
2
2
a. CMR: MA − MB + MC = MD − 2(OB − OA )

1111


b. Giả sử M di động trên đường tròn (d), xác định vị trí của M để
MA2 − MB 2 + MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải.
uuur uuuu
r
uuuu
r
uuur uuuu
r 2 uuur uuuu
r 2

 MA + MC = 2 MO
r
uuuu
r ⇒ ( MA + MC ) = ( MB + MD )
 uuur uuuu
a. Ta có:  MB + MD = 2MO
uuur uuuu
r uuur uuuu
r
⇔ MA2 − MB 2 + MC 2 − MD 2 + 2( MA.MC − MB.MD) = 0

(1)

uuur uuuu
r uuur uuuu
r uuu
r uuuu
r uuur uuuu
r
uuu
r uuuu
r uuur uuuu
r
MA
.
MC
−
MB
.
MD

=
(
OA
−
OM
).(
OC
−
OM
)
−
(
OB
−
OM
).(
OD
−
OM
)
Ta xét:
uuu
r uuuu
r uuu
r uuuu
r
uuu
r uuuu
r uuu
r uuuu

r
= −(OA − OM ).(OA + OM ) + (OB − OM ).(OB + OM )
= −OA2 + OM 2 + OB 2 − OM 2 = OB 2 − OA2

(2)

Thay (2) vào (1), ta được:
MA2 − MB 2 + MC 2 − MD 2 + 2(OB 2 − OA2 ) = 0
⇔ MA2 − MB 2 + MC 2 = MD 2 − 2(OB 2 − OA2 ), đpcm.
2
2
2
b. Từ kết quả câu a) suy ra MA − MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi

MD 2 nhỏ nhất

⇔ M là hình chiếu vuông góc của D lên (d).

2.3.2. Khai thác một số ứng dụng của vectơ trong đại số.
Dạng 1: Giải phương trình
Ví dụ : Giải phương trình:
x − 1 + x − 3 = 2(x − 3) 2 + 2x − 2
Lời giải
ĐK: rx ≥ 1
r
u
=
(
x
−

1;
x
−
3),e
= (1;1)
Đặt
r
r
2
u = x − 1 + (x − 3) và e = 2.
Ta có:
rr r r
u.e ≤ u . e
Theo tính chất của vectơ ta có:
(*)
rr r r
u.e = u . e
Phương trình đã cho tương đương với
1212


Do đó phương trình tương đương với dấu “=” xảy ra ở (*)
⇔ x −1 = x − 3 ⇔ x = 5
Dạng 2: Giải bất phương trình
Ví dụ : Giải bất phương trình:

x x + 1 + 3 − x ≥ 2 x 2 + 1 (1)
Lời giải:
ĐK: r−1 ≤ x ≤ 3r
u = (x;1), v = ( x + 1; 3 − x).

Đặt
rr
u.v
= x x +1 + 3 − x;
Khi đó
r r
u . v = x 2 + 1. ( x + 1) 2 + ( 3 − x ) 2 = 2 x 2 + 1
.
rr r r
u.e ≥ u . e
Bất phương trình tương đương với
rr r r
rr r r
r r
u.e ≤ u . e
u.e = u . e ⇔ u, v
Mà
. Nên bất phương trình tương đương với
cùng
x
x +1
⇔ =
1
3 − x (ĐK: 0< x < 3)
hướng
x +1
⇔ x2 =
⇔ x 3 − 3x + x + 1 = 0
3− x
⇔ (x − 1)(x 2 − 2x − 1) = 0

⇔ x1 = 1, x 2 = 1 + 2, x 3 = 1 − 2
Với nghiệm x 3 = 1 − 2 < 0 không thỏa mãn đk. Do đó bất phương trình có hai
nghiệm là x1 = 1, x 2 = 1 + 2
Dạng 3: Giải hệ phương trình
Ví dụ [3] : Giải hệ phương trình
 x 2 + y 2 = − y(x + z)

2
 x + x + y = −2yz
 2
2
3x + 8y + 8xy + 8yz = 2x + 4z + 2
Lời giải.
Hệ đã cho tương đương với
1313


 x(x + y) + y(y + z) = 0

 x(x + 1) + y(y + 1) = 0

2
2
2
2
4(x + y) + 4(y + z) = (x + 1) + (2y + 1)
r
r
ur
u

=
(x;
y),
v
=
(x
+
y;
y
+
z);
w
= (x + 1;2z + 1)
Đặt
rr
r ur
r 2 ur 2
⇒ u.v = 0,u.w = 0,4v = w
r r
1
u = 0 ⇒ x = y = 0,z =
2
• Nếu
r r r ur
ur
r
u
≠
0
⇒

v,
w
⇒
w
=
±
2v
• Nếu
cùng phương
. Xét hai trường hợp
1
1
ur
r ur
r
x = 0; y = ;z =
w = 2v, w = −2v ta có nghiệm của hệ
2
2
1
1 1
(0;0; − );(0; ; )
2
2 2
Vậy hệ có hai nghiệm là
Dạng 4: Chứng minh bất đẳng thức
cos 2A + cos 2B+ cos 2C ≥ −

Ví dụ 1[3] . Cho tam giác ABC, chứng minh rằng
Lời giải.

gọi O, r lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
ta có:
2

2

2

(OA + OB + OC ) 2 = OA + OB + OC + 2(OA.OB + OB.OC + OC.OA) ≥ 0
⇔ 3R 2 + 2 R 2 (cos 2 A + cos 2 B + cos 2C ) ≥ 0

suy ra điều phải chứng minh.
Ví dụ 2[3] . Chứng minh rằng :
x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2 ≥ 3 ( x + y + z ) với x,y,z > 0.

Lời giải. trong mặt phẳng toạ độ Oxy ta đặt:



y 3
z 3
x 3
u = (x + ;
y ); v = ( y + ;
z ); w = ( z + ;
x );
2 2
2 2
2 2
     

u + v + w ≥ u +v +w

từ tính chất

ta có đpcm.

theo cáh này ta có thể chứng minh rất nhanh được các bài toán sau đây:
Ví dụ 3[3] : Chứng minh rằng với mọi x ta có:
1414

3
2


2sin 2 x + 4 + 2sin 2 x + 2 2 sinx + 5 ≥ 17
Ví dụ 4[3] : Cho a, b, c > 0 và ab + bc + ca = abc. Chứng minh rằng:
b 2 + 2a 2
c 2 + 2b 2
a 2 + 2c 2
≥3
ab
bc
ca
+
+

Như vậy sử dụng phương pháp vectơ cho phép học sinh giải được rất nhiều
bài toán. Không chỉ dừng lại ở các bài toán trên, phương pháp vectơ còn khai
thác để giải nhiều bài toán khác nữa như: tính góc giữa hai đường thẳng, bài toán
quỹ tích, bài toán tìm cực trị, chứng minh bất đẳng thức…mà ở đây tôi chưa có

điều kiện nhắc đến.
Một số bài tập rèn luyện
1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O . Biết rằng
SA = SC, SB =SD.
Chứng minh rằng : SO ⊥ (ABCD) ; AC ⊥ CD
2. Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình bình hành tâm O. Gọi M,N lần lượt là
trung điểm của SA ,SD.
a). Chứng minh: mp(OMN)//(SBC).
b). Gọi P và Q là trung điểm của AB và ON . Chứng minh : PQ//mp(SBC).
3.Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a , AC=BD =b, AD =BC = c.
a). Chứng minh các đoạn nối trung điểm các cặp cạnh đối thì vuông góc với
hai cạnh đó.
b). Tính cosin của góc hợp bởi các đường thẳng AC và BD.
 x+ y+z=3
 2
2
2
x + y + z = 3
 5
x + y5 + z 5 = 3

4. Giải hệ phương trình:
5. Chứng minh bất dẳng thức: sin x sin ysin z + cos x cos y cos z ≤ 1
1515


6. Chứng minh rằng nếu tam giác ABC có các trung tuyến ứng với cạnh AB và
4
cos B ≥
5

BC vuông góc thì ta có
7. Cho a, b, c là ba số không âm và a + b + c = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức
F= a+b + b+c + c+a
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
Với yêu cầu đòi hỏi ngày càng cao của quá trình nhận thức, vấn đề đặt ra là phải
làm thế nào để phát triển năng lực giải quyết vấn đề của học sinh. Khai thác một
số ứng dụng của vectơ để giải toán sẽ góp phần rèn luyện, phát triển tư duy, năng
lực giải quyết vấn đề cho các em. Để tài này giúp tôi và đồng nghiệp góp phần
nhỏ vào việc nâng cao chất lượng, hiệu quả dạy học toán ở trường THPT nói
chung và trường THPT Sầm Sơn nói riêng.
Đề tài đạt được những kết quả sau:
1. Đề tài đã khai thác một số ứng dụng của vectơ trong hình học và trong
đại số.
2. Đề tài này không những giúp tôi tích lũy kiến thức chuyên môn mà còn
giúp tôi vận dụng dạy tốt môn toán hơn ở trường THPT.
3. Đề tài này là tài liệu tham khảo bổ ích cho giáo viên và học sinh THPT,
giúp các em học sinh THPT có thêm một công cụ để giải toán.
Để đánh giá kết quả của việc thực hiện chuyên đề đối với công tác giảng
dạy, tôi đã tiến hành cuộc kiểm tra thử nghiệm. Sau đây là kết quả kiểm tra:
Đề bài:
1.Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD la hình vuông cạnh a. Tam giác SAB
đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. I là trung điểm của AB.
a/ Chứng minh: SI ⊥ (ABCD)
b/ Tính góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (ABCD)
c/ Tính khoảng cách giữa SC và AB
2.Chứng minh rằng với mọi x ta có:
2sin 2 x + 4 + 2sin 2 x + 2 2 sinx + 5 ≥ 17

1616

Bài toán được tiến hành kiểm tra trong thời gian 45 phút với đối tượng là 25 em
học sinh ở hai lớp: 11A4 (được thực hiện giảng dạy theo chuyên đề đã nêu) và
11A5
Lớp 11 A5:
Loại điểm
Kết quả

[8;10]
SL
0

[ 6,5;8)
%
0

SL
3

%
12%

[ 5;6,5)
SL
7

%
28%

dưới 5
SL
%
15
60%

Líp 11A4:
Loại điểm
Kết quả

[8;10)
SL
2

[ 6,5;8)
%
8%

SL
4

%
16%

[ 5;6,5)
SL
9

%
36%

dưới 5
SL
%
10
40%

III. KẾT LUẬN
Trên cơ sở nắm vững các kiến thức về phương pháp vectơ, các em học sinh
hoàn toàn có thể khai thác các ứng dụng của vectơ trong giải toán. Qua đó giúp
cho các em phần nào thấy được vai trò của vectơ trong toán học, bớt lúng túng
khi giải toán và thân thiện hơn đối với môn toán.
Vì điều kiện thời gian không cho phép nên trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi
chưa khai thác hết tất cả các ứng dụng của vectơ. Nếu có điều kiện tôi có thể đưa
thêm các ứng dụng khác nữa để giúp các em học sinh được rèn luyện nhiều hơn.

1717


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1.”Hình học 10 nâng cao”, Đoàn Quỳnh (Tổng Chủ biên)-Văn Như Cương (Chủ
biên)-Phạm Vũ Khuê- Bùi Văn Nghị, NXB Giáo dục Việt Nam, 2010.
2. Đặng Thị Hằng, giáo viên trường THPT Sầm Sơn, thành phố Sầm Sơn, tỉnh
Thanh Hóa. ”Hướng dẫn học sinh giải một số bài toán hình học bằng phương
pháp vectơ”- SKKN năm học 2009-2010.
3. Tài liệu từ Internet.
4.”Tuyển chọn 400 bài toán 10”, Đậu Thế Cấp (hiệu đính)-Nguyễn Văn QuýNguyễn Việt Dũng, NXB Đại Học quốc gia thành phố Hồ Chí Minh., 2006.

1818

DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Đặng Thị Hằng
Chức vụ và đơn vị công tác: giáo viên trường THPT Sầm Sơn

TT
1.

Kết quả
Cấp đánh
đánh giá
giá xếp loại
Tên đề tài SKKN
xếp loại
(Phòng, Sở,
(A, B,
Tỉnh...)
hoặc C)
Phương pháp tọa độ hóa hình
Sở GD
B
&ĐT tỉnh
học không gian
Thanh Hóa

Năm học
đánh giá xếp

loại
2008-2009

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm
ĐƠN VỊ:
2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.

Đặng Thị Hằng

1919