skkn phát triển năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề cho học sinh thông qua giải một số bài toán bằng ứng dụng của tích vô hướng

1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài.
Với xu thế đổi mới phương pháp giáo dục hiện nay của bộ giáo dục, trong
quá trình dạy học để thu được hiệu quả cao đòi hỏi người thầy phải nghiên cứu tìm
hiểu kỹ chương trình, đối tượng học sinh; đưa ra các phương pháp phù hợp với kiến
thức, với các đối tượng học sinh cần truyền thụ. Như luật giáo dục Việt Nam có
viết: “Phương pháp giáo dục phổ thông cần phát huy tính tích cực, tự giác, chủ
động sáng tạo của học sinh, phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học, bồi
dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức, tác động đến
tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh”. Trong thời gian giảng
dạy, tôi luôn nghiên cứu tìm tòi các phương pháp mới phù hợp với từng bài dạy và
các đối tượng học sinh để truyền thụ các kiến thức, kỹ năng giải toán cho học sinh
một cách tốt nhất.
Trong chương trình toán học phổ thông việc đưa vào khái niệm tích vô
hướng cho phép từ đó chứng minh định lí côsin trong tam giác và từ định lí côsin
chứng minh định lí sin. Đó là các định lí nền tảng trong tam giác và đường tròn. Từ
đó cho phép mở rộng các bài toán hệ thức lượng trong không gian. Các bài toán về
lượng có nhiều ứng dụng trong thực tiễn như: Tính độ dài, diện tích, thể tích, tính
khoảng cách, chứng minh vuông góc, …
Ngày nay trong đổi mới giáo dục toán học ở Việt Nam đã đặc biệt quan tâm
đến phát triển năng lực. Năng lực then chốt mà đổi mới giáo dục hiện nay quan tâm
như: Năng lực phát hiện vấn đề một cách sáng tạo, năng lực tính toán, năng lực tư
duy và suy luận, năng lực ngôn ngữ, năng lực kết nối toán học với thực tiễn. Việc
nghiên cứu tích vô hướng để giải bài toán lượng có nhiều khả năng góp phần hình
thành và phát triển năng lực nói trên đặc biệt là năng lực phát hiện và giải quyết
vấn đề. Để có năng lực cần phải có tri thức. Tri thức toán học nói chung, tri thức về
tích vô hướng đóng vai trò là điều kiện thúc đẩy các hoạt động nhằm phát triển các
năng lực của người học. Chính vì lí do nói trên, tôi chọn đề tài:
“Phát triển năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề cho học sinh thông qua giải
một số bài toán bằng ứng dụng của tích vô hướng”
1.2 Mục đích nghiên cứu.

Việc nghiên cứu đề tài với mục tiêu sau:
Bổ sung một số kĩ thuật để giải một số dạng toán về tích vô hướng nhằm làm
phong phú thêm vai trò của tích vô hướng.
-1-


Đề tài cũng đặc biệt quan tâm việc phát triển và mở rộng các bài toán trong
chương trình sách giáo khoa phổ thông nhằm góp phần phát triển cho học sinh năng
lực phát hiện và giải quyết vấn đề.
1.3 Đối tượng nghiên cứu.
Nghiên cứu vai trò của tích vô hướng trong việc giải các dạng toán trong
trường phổ thông
Nghiên cứu các phương thức mở rộng và phát triển các bài toán trong
chương trình trung học phổ thông.
1.4 Phương pháp nghiên cứu.
a, Nghiên cứu tài liệu, nghiên cứu cơ sở lí luận về tích vô hướng trong chương trình
toán học phổ thông.
b, Điều tra
- Thực dạy và kết quả kiểm tra
- Đàm thoại:
+ Trao đổi với đồng nghiệp để có kinh nghiệm và phương pháp dạy phù hợp
+ Trao đổi với các em học sinh về cách học.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Trong học tập cũng như trong cuộc sống, học sinh sẽ gặp các tình huống có
vấn đề cần giải quyết. Việc nhận ra tình huống có vấn đề và giải quyết các tình
huống đó một cách thành công chính là năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề.
Năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề là khả năng của học sinh nhận ra các mâu
thuẫn nhận thức trong các vấn đề học tập hoặc trong các vấn đề trong cuộc sống và
tìm ra được phương pháp để giải quyết mâu thuẫn, vượt qua các khó khăn và trở

ngại, từ đó học sinh tiếp thu được kiến thức, kĩ năng mới hoặc giải quyết vấn đề
trong thực tiễn.
Sách giáo khoa và nhiều tài liệu đã trình bày kiến thức tích vô hướng và các
ứng dụng của tích vô hướng. Tuy nhiên với thời lượng chương trình còn ít nên chưa
đề cập sâu được các kiến thức cũng như hệ thống bài tập áp dụng tích vô hướng.
Trong khuôn khổ đề tài này, tôi bổ sung thêm một số kiến thức về tích vô hướng
đồng thời chọn lọc một số bài toán mà trước đây các tác giả đã giải bằng các cách
khác, tôi hướng dẫn học sinh giải bằng ứng dụng của tích vô hướng. Như vậy học
sinh không chỉ giải theo một cách giải cũ mà luôn tìm tòi các cách giải mới. Qua đó
-2-


phát triển được năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề cũng như phát triển được
năng lực học tập của bản thân.
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Sách giáo khoa và nhiều tài liệu toán học đã nhấn mạnh đến vai trò của tích
vô hướng và các dạng toán liên quan. Tuy nhiên còn một số vấn đề chưa được quan
tâm nghiên cứu một cách sâu sắc của các tác giả. Có thể điểm qua những vấn đề
như vậy bao gồm:
a, Chưa làm sáng tỏ và luyện tập cho học sinh các dạng thể hiện khác nhau của tích
vô hướng. Chẳng hạn chưa quan tâm tới công thức tính tích vô hướng của hai véctơ

r uuu
r 1
uuu
r uuu
r uuu
2
2
2

OA, OB : OA.OB = (OA + OB − AB ) . Công thức này có nhiều ứng dụng trong
2
việc chứng minh các hệ thức và bất đẳng thức về độ dài.
b, Chưa khai thác các cách khác nhau để chứng minh hai đường thẳng vuông góc.
uuu
r uuur
Chẳng hạn, để chứng minh: AB ⊥ CD ngoài việc chứng minh: AB.CD = 0 nhiều
khi lại cần sử dụng: AB ⊥ CD ⇔ AC 2 − AD 2 = BC 2 − BD 2 . Công thức này được
chứng minh nhờ tích vô hướng.
c, Các tác giả chưa chú trọng khai thác cách thức định hướng giúp học sinh phát
hiện vấn đề khi giải quyết các vấn đề về lượng. Nói một cách khác chưa huy động
các tiên đề một cách có căn cứ đối với các bài toán sử dụng tích vô hướng.
d, Các tác giả chưa khai thác mối liên hệ giữa đồng dạng và tích vô hướng để làm
sáng tỏ cho học sinh có căn cứ lập luận: Các bài toán về lượng có thể giải bằng
hình học đồng dạng thì có thể giải bằng sử dụng tích vô hướng. Giải quyết vấn đề
này giúp học sinh nhìn nhận giải bài toán theo những cách khác nhau. Từ đó phát
triển được năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề cho học sinh.
2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
Để khắc phục những hạn chế đã nêu, trong đề tài này tôi nêu các phương
thức sau đây nhằm khai thác ứng dụng tích vô hướng nhằm phát triển năng lực phát
hiện và giải quyết vấn đề cho học sinh trong việc học toán ở trường phổ thông.
2.3.1 Phương thức 1: Bổ sung một số kiến thức về tích vô hướng và một số kĩ
thuật giải các dạng toán ứng dụng tích vô hướng.
2.3.1.1 Vai trò của việc thực hiện phương thức 1
Việc thực hiện phương thức đề ra nhằm vào các mục đích sau:
- Mở rộng tiềm năng huy động kiến thức khi giải các bài toán về hệ thức lượng
-3-


- Nhằm nhìn nhận các dạng toán theo nhiều cách giải khác nhau khi ứng dụng

tích vô hướng
2.3.1.2 Nội dung cụ thể:
a, Ngoài định nghĩa tích vô hướng đã có trong chương trình sách giáo khoa phổ
thông cần thiết phải đưa vào công thức sau đây về tích vô hướng:
uuu
r uuu
r 1
OA.OB = (OA2 + OB 2 − AB 2 )
O
2
Có thể lập luận đưa ra công thức này như sau:
A
uuu
r uuu
r uuu
r
AB = OB − OA
Bình phương vô hướng hai vế ta có:
uuu
r 2 uuu
r uuu
r 2
uuu
r uuu
r
B
AB = (OB − OA) ⇔ AB 2 = OA2 + OB 2 − 2OA.OB
Hình 1
uuu
r uuu

r 1
Từ đó: OA.OB = (OA2 + OB 2 − AB 2 )
2
b, Điều kiện hai đường thẳng AB và CD vuông góc.
Để chứng minh hai đường thẳng AB và CD vuông góc ta có thể dựa vào mệnh đề
sau: AB ⊥ CD ⇔ AC 2 − AD 2 = BC 2 − BD 2 (*)
Mệnh đề (*) được chứng minh dựa vào mệnh đề tổng quát sau:
2
2
“Tập hợp những điểm M sao cho MA − MB = k ,(k ≥ 0) (1) là đường thẳng ∆

vuông góc với AB tại H sao cho H cách trung điểm của đoạn thẳng AB một khoảng
bằng

k
“.
2 AB

2
2
Chứng minh: MA − MB = k ,(k ≥ 0)
uuur uuur uuur uuur
⇔ ( MA + MB)( MA − MB) = k

M
(1)
(2)

Gọi O là trung điểm của đoạn AB khi đó:
H

uuuu
r uuu
r
B
A
O
(2) ⇔ 2 MO.BA = k
(3)
Gọi H là hình chiếu của M lên AB. Khi đó:
Hình 2
uuuu
r uuur uuu
r
uuuu
r uuu
r
k
⇔
2(
MH
+
HO
).
BA
=
k
⇔
2
HO
.

BA
= k ⇔ 2OH . AB = k ⇔ OH =
(3)
(4)
2 AB
(4) chứng tỏ H cố định và tập hợp các điểm M có chung hình chiếu H. Từ đó suy ra
M ∈ ∆; ∆ ⊥ AB tại H.
Xét trường hợp đặc biệt (*)
Đặt AC 2 − AD 2 = BC 2 − BD 2 = k (không mất tính tổng quát giả sử k > 0)
-4-


Khi đó A và B thuộc ∆ vuông góc với CD tại H cách trung điểm O của CD một
k
. Điều đó có nghĩa là: AB ⊥ CD
2CD
Sau đây chúng ta xét một vài ví dụ.
Ví dụ 1: Tứ diện ABCD có AB ⊥ CD; AC ⊥ BD . Chứng minh: AD ⊥ BC
khoảng bằng

Giải: Ngoài cách giải thông thường, học sinh có thể tư duy định hướng áp dụng
mệnh đề (*) để giải ví dụ trên một cách nhanh chóng.
 AC 2 − AD 2 = BC 2 − BD 2 (1)
 AB ⊥ CD
⇒ 2
Theo giả thiết: 
2
2
2
 AC ⊥ BD  AB − AD = CB − CD (2)

Trừ vế với vế: (2) - (1): AB 2 − AC 2 = BD 2 − CD 2 = DB 2 − DC 2 ⇔ AD ⊥ BC
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC. Về phía ngoài tam giác đó người ta dựng hai hình
vuông ABDE và ACGH. Gọi M là trung điểm của đoạn EH.
Chứng minh đường thẳng AM vuông góc với BC.
Giải:
Để chứng minh hai đường thẳng vuông góc ta dựa vào tích vô hướng. Cụ thể để
uuuu
r uuur
chứng minh AM vuông góc với BC, ta chứng minh: AM .BC = 0 . Ngoài ra chúng ta
H
có thể áp dụng mệnh đề (*) nêu trên.
M
/
E
/

G
D

A

B

C

Hình 3

¼ = EAH
¼ + HAC

¼ = 900 + EAH
¼
¼ = HAE
¼ + EAB
¼ = 900 + EAH
¼
Nhận thấy: EAC
và HAB
¼ = HAB
¼
Suy ra: EAC
(1)
Dễ thấy: AE = AB; AC = AH

(2)

Từ (1) và (2) dễ dàng suy ra được: ∆BAH = ∆EAC ⇒ BH = CE
BE 2 + BH 2 EH 2
Ta có: BM =
−
2
4
2

(3)

(4)
-5-

CE 2 + CH 2 EH 2
CM =
−
(5)
2
4
1
1
Từ (4), (5) suy ra MB 2 − MC 2 = ( BE 2 + BH 2 − CE 2 − CH 2 ) = ( BE 2 − CH 2 )
2
2
1
= (2 AB 2 − 2 AC 2 ) = AB 2 − AC 2
2
Vậy MB 2 − MC 2 = AB 2 − AC 2 ⇒ MA ⊥ BC (ĐPCM).
2

Dễ dàng giải được 2 ví dụ sau:
Ví dụ 3:
Trong tam giác ABC thì AH là đường cao khi và chỉ khi AB 2 − AC 2 = HB 2 − HC 2
Ví dụ 4:
H là trực tâm tam giác ABC khi và chỉ khi HA2 + BC 2 = HB 2 + AC 2 = HC 2 + AB 2
Ví dụ 5: Cho đường gấp khúc khép kín AEBFCD thoả mãn AD = AE, BE = BF, CF
= CD. Dựng các đường thẳng EM ⊥ AB, FN ⊥ BC , DP ⊥ CA. Chứng minh rằng ba
đường thẳng EM, FN, DP đồng quy.
Nhận xét: Bài toán trên đây nếu xét đầy đủ các trường hợp xảy ra để chứng minh
theo cách thông thường thì rất vất vả và dễ thiếu xót.
Giải: Gọi H là giao điểm của hai đường thẳng FN và DP. Ta có:

FH ⊥ BC ⇒ FB 2 − FC 2 = HB 2 − HC 2 (1)

DH ⊥ AC ⇒ DA2 − DC 2 = HA2 − HC 2 (2)
Lấy (2) trừ (1) ta được DA2 − FB 2 − DC 2 + FC 2 = HA2 − HB 2
Mà AD = AE, BE = BF, CF = CD nên EA2 − EB 2 = HA2 − HB 2
Do đó EH vuông góc với AB hay ba đường thẳng EM, FN, DP đồng quy tại H.
Ví dụ 6: Cho hình chữ nhật ABCD. Đường thẳng đi qua D vuông góc với đường
chéo AC cắt BC tại N. Gọi E và F lần lượt là trung điểm của DC và CN. Chứng
A
B
minh rằng AE vuông góc với DF.
N
Giải:
Đặt DE = EC = x , CF = FN = y , AD = BC = a
y
a
Ta có: AB = CD = 2 x, BN = a − 2 y, BF = a − y.
F
Ta có DN vuông góc với AC nên:
y
DA2 − DC 2 = NA2 − NC 2
⇔ a 2 − 4 x 2 = 4 x 2 + (a − 2 y ) 2 − 4 y 2 ⇔ 2 x 2 = ay (3)
Ta có:

D

x

E
x
Hình 4

C

-6-


2
2
2
2
2
2
2
AD 2 − AF 2 = ED 2 − EF 2 ⇔ a − 4 x − (a − y ) = x − ( x + y ) ⇔ 2 x = ay (4)

Từ (3) và (4) dễ dàng suy ra AE vuông góc với DF.
Một số bài toán luyện tập
Bài 1. Cho tam giác ABC cân tại đỉnh A. Gọi H là trung điểm của BC, D là hình
chiếu của H lên AC. M là trung điểm của HD.
Chứng minh rằng AM vuông góc với BD.
Bài 2. Tam giác ABC có điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, AB = AC,
D là trung điểm của AB và E là trọng tâm tam giác ACD. Chứng minh rằng OE
vuông góc với CD.
Bài 3. Cho hình vuông ABCD, I là điểm bất kì trên cạnh AB (I khác A và B). Tia DI
cắt tia CB tại E. Đường thẳng CI cắt đường thẳng AE tại M. Chứng minh rằng
đường thẳng DE vuông góc với đường thẳng BM.
Bài 4. Cho ngũ giác ABCDE với AB = AE, DE = DC và ·ABC = ·AED = 900 . Gọi N
là trung điểm của BC. Chứng minh rằng AC vuông góc với DN.
µ = 900 ; AE = BC. Chứng minh ba đường
Bài 5. Cho ngũ giác ABCDE với µA = B
thẳng đi qua ba đỉnh A, B, D tương ứng vuông góc với các cạnh CD, DE và AB thì

đồng quy.
2.3.2 Phương thức 2: Mở rộng và phát triển các bài toán sách giáo khoa phổ
thông nhờ sử dụng tích vô hướng và các hoạt động khái quát hoá, tương tự
hoá.
a, Vai trò của việc thực hiện phương thức 2
- Thực hiện phương thức này giúp học sinh biết cách phát hiện vấn đề và phát triển
cách giải quyết vấn đề. Từ đó góp phần mở rộng tiềm năng sách giáo khoa, góp
phần phát triển năng lực tư duy hình học của người học, bổ sung cho giáo viên
năng lực dạy toán ở trường phổ thông.
- Thực hiện phương thức 2 nhằm giúp học sinh phát hiện tìm tòi cách giải nhờ sử
dụng tích vô hướng. Từ đó góp phần phát triển năng lực phát hiện và giải quyết vấn
đề trong dạy - học hình học
- Tăng cường cơ sở định hướng cách huy động đúng đắn kiến thức cho việc lập
luận giải các dạng toán
b, Các ví dụ minh hoạ:
Ví dụ 1: Chứng minh định lí Ptoleme nhờ sử dụng kiến thức về tích vô hướng
Định lí Ptoleme hay đẳng thức Ptoleme là một đẳng thức trong hình học Euclid
miêu tả quan hệ giữa độ dài bốn cạnh và hai đường chéo của một tứ giác nội tiếp.
-7-


Định lí này mang tên nhà toán học và thiên văn học người Hy Lạp cổ đại Ptolemy
(tức Claudius Ptolemaus).
Nếu A, B, C, D là 4 đỉnh của tứ giác nội tiếp đường tròn thì:
AC.BD = AB.CD + BC . AD
Định lí này cũng có thể phát biểu thành định lí thuận và đảo:
Thuận: Nếu một tứ giác nội tiếp trong một đường tròn

A

thì tích của hai đường chéo bằng tổng các tích của các

D

cặp cạnh đối diện

O

Đảo: Nếu một tứ giác thoả mãn điều kiện tổng các
tích của các cặp cạnh đối diện bằng tích của hai đường
chéo thì tứ giác đó nội tiếp một đường tròn.

M
C

B

Định lí này đã được chứng minh bằng phương pháp hình
học đồng dạng.
·
·
Kẻ đường phụ AM sao cho BAC
= MAD
; M ∈ BD

Hình 5

Dễ dàng chứng minh được ∆BAC : ∆MAD; ∆BAM : ∆CAD
 AB
 MA =

∆BAC : ∆MAD
⇒

∆BAM : ∆CAD  AB =
 AC

AC BC
=
 AC.MD = AD.BC
AD MD
⇒
AM BM
 AC.BM = AB.CD
=
AD CD

Từ hệ thức trên suy ra: AC.BD = AB.CD + BC . AD (ĐPMC).
Ta sẽ chứng minh bằng kiến thức tích vô hướng.
·
·
ABCD nội tiếp BAC
= BDC
= α (A, D nằm về một phía của mặt phẳng bờ BC)
AB 2 + AC 2 − BC 2 DB 2 + DC 2 − BC 2
⇔
=
(1) (cùng bằng 2cos α )
AB. AC
BD.DC

⇔ BD.DC. AB 2 + DB.DC. AC 2 − BD.DC.BC 2 = AC. AB.DB 2 + AB. AC.DC 2 − AB. AC.BC 2
⇔ AC.BD[ DC. AC − AB.DB] = AB.CD[ AC.DC − BD.BA] +
+ AD.BC[

DB.DC.BC AB. AC.BC
−
] (2)
AD
AD

Từ (2) ta chứng minh: AC.DC − BD.BA =

DB.DC.BC AB. AC .BC
−
(3)
AD
AD

(3) ⇔ AC.DC. AD − BD.BA. AD − DB.DC.BC + AB. AC.BC = 0
⇔ AC ( DC.DA + BA.BC ) − BD ( AB. AD + DC.BC ) = 0

-8-


⇔ AC.

2S
2S
− BD.
= 0 ⇔ 2S (2 R − 2 R ) = 0 (Đúng)

·
sin ·ADC
sin BAD

Trong đó: S = S ABCD ; R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác cũng là bán kính
đường tròn ngoại tiếp ∆ADC , ∆BAD
Từ (2), (3) suy ra: AC.BD = AB.CD + BC . AD (ĐPCM).
Ví dụ 2: Công thức tính độ dài đường trung tuyến của tam giác

A

b +c a
−
2
4
Giải: Ngoài cách trình bày theo sách giáo khoa
chúng ta có thể giải theo cách sau
B
C
/
/
uuuu
r uuu
r uuuu
r
M
 AM = AB + BM
r uuur uuuu
r
Ta có:  uuuu

Hình 6
AM
=
AC
+
CM

uuuu
r 1 uuu
r uuur
uuuu
r 2 1 uuu
r uuur
uuu
r uuur
1
⇒ AM = ( AB + AC ) ⇒ AM = ( AB + AC ) 2 = ( AB 2 + AC 2 + 2. AB. AC )
2
4
4
r uuur
1
1
1 uuu
1
1
1 1
⇔ ma2 = b 2 + c 2 + AB. AC ⇔ ma2 = b 2 + c 2 + . ( AB 2 + AC 2 − BC 2 )
4
4

2
4
4
2 2
Chứng minh: ma2 =

2

2

2

b2 + c2 a 2
⇔m =
−
(ĐPCM).
2
4
Mở rộng công thức tính độ dài đường trung tuyến khi M là điểm thuộc cạnh BC.
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC. Gọi M là điểm thuộc cạnh BC sao cho
BM
= k ;0 ≤ k ≤ 1. Hãy tính độ dài đoạn AM theo a; b; c và k ; trong đó a; b; c là độ
BC
dài các cạnh của tam giác ABC.
Giải:
A
2
a

Theo giả thiết:

uuuu
r
uuur
BM
= k ⇒ BM = k .BC
BCuuu
r uuuu
r
uuur
uuuu
r
uuur uuu
r
⇔ BA + AM = k .BC ⇔ AM = k .BC − BA
uuuu
r2
uuur uuu
r
⇔ AM = (k .BC − BA) 2 =

uuur uuu
r
2
2
= k .BC − 2k .BC.BA + BA2
= k 2 .BC 2 − k .( BC 2 + BA2 − AC 2 ) + BA2

B

M

C
Hình 7

2
2 2
2
2
2
2
Khi đó: AM = k a − k .(a + c − b ) + c
2
2
2
2
= k 2 a 2 − ka 2 − kc 2 + kb 2 + c 2 = (k − k )a + kb + (1 − k )c

-9-


Vậy: AM = (k 2 − k ) a 2 + kb 2 + (1 − k )c 2
Ví dụ 4: Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G. Hãy tính độ dài đoạn AG theo 6 cạnh
của tứ diện đó.
Giải: Đặt AB = a, AC = b, AD = c, CD = x, BD = y , BC = z
A
Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến
∆ABC , ta có:
a2 + b2 z 2
AN =
−

(1)
2
4
Áp dụng công thức tính độ dài đường trung
tuyến ∆BCD , ta có:

M

2

a

c
G

y

x2 + y 2 z 2
B
DN =
−
(2)
2
4
Áp dụng công thức tính độ dài đường trung

b
D

2

AN + ND
AD
−
2
4
Thay (1), (2) vào (3), ta được:
tuyến ∆ADN , ta có: MN 2 =

2

2

N

x
z

2

(3)

Hình 8

a 2 + b2 z 2 x2 + y 2 z 2
− +
−
c2 a 2 + b2 + x2 + y 2 − c2 − z 2
2
2

4
2
4
MN =
− =
2
4
4

C

(4)

Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến ∆AMN , ta có:
AN 2 + AM 2 MN 2
AG =
−
(5)
2
4
Thay (1) và (4) vào (5), ta được:
2

a 2 + b2 z 2 c2
a 2 + b 2 + x 2 + y 2 − c 2 − z 2 3a 2 + 3b 2 + 3c 2 − x 2 − y 2 − z 2
− +
=
4 4 −
AG 2 = 2
16

16
2
3( a 2 + b 2 + c 2 ) − x 2 − y 2 − z 2
Vậy: AG =
4
Ví dụ 5: Có thể nhờ các kiến thức từ hình học đồng dạng hay tích vô hướng để tính
độ dài đường phân giác trong của góc A ( AD = la ) của tam giác ABC theo ba cạnh

- 10 -


bc[(b + c ) 2 − a 2 ]
bằng công thức sau: l =
, trong đó a, b, c là độ dài các cạnh của
(b + c) 2
2
a

tam giác ABC đối diện với các đỉnh A, B, C .
a, Các bước lập luận sử dụng hình học đồng dạng:
- Dựa vào định lí Ta-lét chứng tỏ rằng
- Biến đổi tỉ lệ thức

DB c
=
DC b

DB
c
ac

=
hay BD =
(1).
DC + DB b + c
b+c

Từ đó lập luận tương tự dẫn tới: DC =

ab
(2). Trong đó: D là chân đường cao
b+c

vẽ từ đỉnh A; D ∈ BC.
Chứng minh rằng nếu D là chân đường phân giác trong của góc A của tam giác
ABC thì AD 2 = AB. AC − DB.DC.
Thật vậy, do ∆ABD : ∆AMC theo dấu hiệu (gg), ở đây M là giao của AD với
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, suy ra:

AB AD
=
hay AM . AD = AB. AC
AM AC

⇔ AD( AD + MD) = AB. AC ⇔ AD 2 = AB. AC − DA.DM .
Mặt khác, DA.DM = DB.DC (suy từ tam giác BAD và tam giác CMD đồng dạng).
Từ đó suy ra AD 2 = AB. AC − DB.DC (3). Thay các biểu thức (1) và (2) vào (3) suy
bc[(b + c ) 2 − a 2 ]
ra: l =
(b + c ) 2

A

2
a

b, Có thể lập luận dùng tích vô hướng như sau:
uuur 2
2
- Do la chính là AD . Từ đó cần khai triển
uuu
r uuur
uuur
véctơ AD theo AB, AC lần lượt có độ dài c, b
uuur uuu
r uuur
- Ta có: AD = AB + BD
DB c
DB
c
= suy ra
=
- Từ hệ thức
DC b
BC b + c
uuur
uuur uuur
c uuur
BC
- Do DB, BC cùng hướng suy ra: BC =
b+c

B

D

D

C

M
Hình 9

- 11 -


uuur uuu
r
r
r
c uuur uuu
c uuur uuu
BC = AB +
( AC − AB )
- Từ các hệ thức trên suy ra: AD = AB +
b+c
b+c
uuur
r
b uuu
c uuur

AB +
AC
Hay AD =
b+c
b+c
Từ hệ thức cuối cùng và sử dụng công thức tích vô hướng, lấy bình phương vô
uuur
bc[(b + c ) 2 − a 2 ]
2
hướng véctơ AD suy ra: la =
.
(b + c ) 2
Ví dụ 6: Cho tứ diện OABC có góc tam diện đỉnh O là tam diện vuông,
OA = OB = OC = 1. Gọi M, N lần lượt là các trung điểm các cạnh AB, OA. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng OM, CN.
Giải: Với bài toán này thông thường giáo viên và học sinh đều nghĩ tới phương
pháp là: Dựng đường vuông góc chung EF của OM và CN. Từ đó tính EF. Bây giờ
chúng ta áp dụng tích vô hướng để giải.
uuur
uuuu
r
OE = xOM
uuur
 uuur
CF
=
yCN

r
EF là đường vuông góc chung khi và chỉ khi:  uuur uuuu

EF
.
OM
=0

u
u
u
r
u
u
u
r

 EF .CN = 0
uuu
r r uuu
r r uuur r
uuuu
r uuur uuur
Đặt hệ véctơ cơ sở: OA = a, OB = b, OC = c . Chúng ta biểu diễn OM , CN , EF theo
3 véctơ cơ sở.
uuuu
r 1 uuu
r uuu
r 1r 1r
OM
=
(
OA

+
OB
)= a+ b
+
2
2
2
uuur 1 uuur uuu
r 1 r
r 1r r
CN
=
(
CO
+
CA
)
=
(
a
−
2
c
)= a−c
+
2
2
2
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
+ EF = EO + OC + CF = OC + CF − OE

r
uuur uuuu
r 1
r 1 r
r
= c + yCN − xOM = ( y − x)a − xb + (1 − y )c
2
2
uuur
Tính EF theo công thức: EF = EF 2
uuur2 1
1
Ta có: EF = ( y − x ) 2 + x 2 + (1 − y ) 2 (*)
4
4

C

F
N

O

A

E
M
B

Hình 10

- 12 -


4

uuur uuuu
r
1
x=
1

 EF .OM = 0
 ( y − x ) − x = 0  −2 x + y = 0 
9
⇔ 4
⇔
⇔
4
Mặt khác:  uuur uuur
− x + 5 y = 4  y = 8
 EF .CN = 0
5 y − x − 4 = 0
9

uuur2 1 4 2 1 4 2 1 2 1
Thay vào (*) ta được: EF = ( ) + ( ) + ( ) =
4 9
4 9
9

9
uuur2 1
Vậy EF = EF = .
3
Ví dụ 7: Cho hình lập phương ABCDA′B′C ′D′ có cạnh bằng 1. Gọi M, N, P, Q lần
lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, AD, DD′. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng MN và PQ.
Giải: Tương tự với ví dụ trên
Dựng đường vuông góc chung EF của MN và PQ. Từ đó tính EF
uuur
uuuu
r
 ME = xMN
uuur
 uuur
 PF = yPQ
r
EF là đường vuông góc chung khi và chỉ khi:  uuur uuuu
 EF .MN = 0
 uuur uuur
 EF .PQ = 0
uuuu
r uuur uuur
uuu
r r uuur r uuur r
Đặt hệ véctơ cơ sở: AB = a, AD = b, AA′ = c . Chúng ta biểu diễn MN , PQ, EF theo
3 véctơ cơ sở (3 véctơ đơn vị)
uuuu
r 1 uuur 1 uuu
r uuur 1 r 1 r

+ MN = AC = ( AB + AD ) = a + b
2
2
2
2
uuur 1 uuuu
r 1 uuur uuuu
r 1r 1r
A
+ PQ = AD′ = ( AD + AD′) = b + c
2
2
2
2
uuur uuuu
r uuur uuur
uuuu
r 1 uuur
uuur
+ EF = EM + MP + PF = − xMN + BD + yPQ
2
r
1 r 1 r 1 uuur uuu
1r 1r
= − x( a + b) + ( AD − AB) + y ( b + c)
2
2
2
2
2

r 1
r yr
1
= − ( x + 1)a − ( x − y − 1)b + c
A’
2
2
2
uuur
Tính EF theo công thức: EF = EF 2
uuur2 1
1
1
Ta có: EF = ( x + 1) 2 + ( x − y − 1) 2 + y 2 (*)
4
4
4
Mặt khác:

B

N

C

E

M
P

D
F

Q
B

’

C’

D’

Hình 11

- 13 -


1
1

 1
uuur uuuu
r
x
=
−
−
(
x
+

1)
−
(
x
−
y
−
1)
=
0

 EF .MN = 0
2 x − y = 0


3
4
⇔ 4
⇔
⇔
 uuur uuur
− x + 2 y + 1 = 0  y = − 2
 EF .PQ = 0
− 1 ( x − y − 1) + 1 y = 0
 4
4
3

uuur2 1 2 2 1 2 2 1 2 2 1
Thay vào (*) ta được: EF = ( ) + (− ) + (− ) =

4 3
4 3
4 3
3
uuur2
3
Vậy EF = EF =
.
3
Tổng quát bài toán trên ta giải ví dụ sau:
Ví dụ 8: Cho hình lập phương ABCDA′B′C ′D′ có cạnh bằng a. Gọi M, N, P, Q lần
lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, AD, DD′. Tính khoảng cách giữa MN và PQ.
Giải: Dựng đường vuông góc chung EF của MN và PQ. Từ đó tính EF
uuur
uuuu
r
 ME = xMN
uuur
 uuur
PF
=
yPQ

r
EF là đường vuông góc chung khi và chỉ khi:  uuur uuuu
EF
.
MN
=0


u
u
u
r
u
u
u
r

 EF .PQ = 0
uuuu
r uuur uuur
uuu
r r uuur r uuur r
Đặt hệ véctơ cơ sở: AB = a, AD = b, AA′ = c . Chúng ta biểu diễn MN , PQ, EF theo
3 véctơ cơ sở (3 véctơ có độ dài bằng a)
uuuu
r 1 uuur 1 uuu
r uuur 1 r 1 r
B
N
+ MN = AC = ( AB + AD ) = a + b
E
M
2
2
2
2
uuur 1 uuuu
r 1 uuur uuuu

r 1r 1r
P
A
D
+ PQ = AD′ = ( AD + AD′) = b + c
2
2
2
2
uuur uuuu
r uuur uuur
uuuu
r 1 uuur
uuur
F
+ EF = EM + MP + PF = − xMN + BD + yPQ
2
Q
r
1 r 1 r 1 uuur uuu
1r 1r
= − x( a + b) + ( AD − AB) + y ( b + c)
B’
2
2
2
2
2
r 1
r yr

1
= − ( x + 1)a − ( x − y − 1)b + c
2
2
2
D’
A’
uuur
Tính EF theo công thức: EF = EF 2
Hình 12
uuur2 1
1
1
Ta có: EF = ( x + 1) 2 a 2 + ( x − y − 1) 2 a 2 + y 2a 2 (*)
4
4
4
Mặt khác:

C

C’

- 14 -


1
1

 1

uuur uuuu
r
x
=
−
−
(
x
+
1)
−
(
x
−
y
−
1)
=
0

 EF .MN = 0
2 x − y = 0


3
4
⇔ 4
⇔
⇔
 uuur uuur

− x + 2 y + 1 = 0  y = − 2
 EF .PQ = 0
− 1 ( x − y − 1) + 1 y = 0
 4
4
3

uuur2 1 2 2 2 1 2 2 2 1 2 2 2 a 2
Thay vào (*) ta được: EF = ( ) a + (− ) a + (− ) a =
4 3
4 3
4 3
3
uuur2 a 3
Vậy EF = EF =
.
3
Bài toán luyện tập
Cho hình lập phương ABCDA′B′C ′D′ có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung
1
điểm các cạnh AB, BC, P thuộc cạnh DD′ sao cho DP = DD′ . Tính khoảng cách
3
giữa hai đường thẳng MN và AP.
Ví dụ 9: Ví dụ trang 118 Sách giáo khoa hình học 11
Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, cạnh SA vuông góc
với mặt phẳng (ABCD) và SA = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo
nhau SC và BD.
* Sách giáo khoa đã trình bày cách giải: Dựng OH là đoạn vuông góc chung của
SC và BD. Từ đó tính OH. Chúng ta tư duy cách giải mới.
uur

uuu
r
 SE = xSC
uuur
 uuur
BF
=
yBD

r
Giải: EF là đường vuông góc chung khi và chỉ khi:  uuur uuu
EF
.
SC
=0

u
u
u
r
u
u
u
r

 EF .BD = 0
uuu
r r uuur r uuu
r r
S

Đặt hệ véctơ cơ sở: AB = a, AD = b, AS = c .
uuu
r uuur uuur
Chúng ta biểu diễn SC , BD, EF theo 3 véctơ
cơ sở (3 véctơ có cùng độ dài là a)
uuu
r uur uuur
uuu
r uuu
r uuur r r r
+ SC = ( SA + AC ) = − AS + AB + AD = a + b − c
uuur uuur uuu
r
r r
+ BD = AD − AB = −a + b
uuur uuu
r uur uuu
r uuur
+ EF = ES + SA + AB + BF =
uuu
r uuu
r uuu
r
uuur
= − xSC − AS + AB + yBD
r r r r r
r r
B
= − x( a + b − c) − c + a + y (− a + b)

E
A

D
F

Hình 13

C

- 15 -


r
r
r
= −( x + y − 1)a − ( x − y )b + ( x − 1)c
uuur
Tính EF theo công thức: EF = EF 2
uuur2
Ta có: EF =  ( x + y − 1) 2 + ( x − y ) 2 + ( x − 1) 2  a 2 (*)
2

uuur uuu
r
x=

 EF .SC = 0
−( x + y − 1) − ( x − y ) − ( x − 1) = 0 
3

⇔
⇔
Mặt khác:  uuur uuur
( x + y − 1) − ( x − y ) = 0
 EF .BD = 0
y = 1

2
uuur2  1 2 1 2
1 2  2 a2
Thay vào (*) ta được: EF =  ( ) + ( ) + (− )  a =
6
3 
6
 6

uuur2 a 6
Vậy EF = EF =
.
6
Bài tập tương tự: Bài 6 (trang 126 sách giáo khoa hình học 11)
Cho hình lập phương ABCDA′B′C ′D′ có cạnh bằng a.
a, Hãy xác định đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau BD′ và
B′C
b, Tính khoảng cách của hai đường thẳng BD′ và B′C .
Ví dụ 10: Câu 3 trang 123 Sách giáo khoa hình học 11
Trong các kết quả sau đây, kết quả nào đúng ?
uuu
r uuur
Cho hình lập phương ABCD.EFGH có cạnh bằng a. Ta có AB.EG bằng:

A. a 2

B. a 2 2

C. a 2 3
B

* Phân tích:
Với bài toán trên ta dễ dàng nhận ra
A
uuur uuur
EG = AC vì vậy:
uuu
r uuur uuu
r uuur 1
AB.EG = AB. AC = ( AB 2 + AC 2 − BC 2 )
2
1
= (a 2 + 2a 2 − a 2 ) = a 2 . Chọn A.
2
* Nhận xét: Với cách giải trên giúp chúng ta
E
tính nhanh tích vô hướng của hai véc tơ
mà không cần tính góc của chúng.
Ví dụ 11: Câu 5 trang 98 Sách giáo khoa hình học 11
A
Cho hình chóp tam giác S . ABC có SA = SB = SC

D.

a2 2
2
C

D

G

S

F

H
Hình 14
C
- 16 B Hình 15


·
· . Chứng minh rằng:
và có ·ASB = BSC
= CSA
SA ⊥ BC , SB ⊥ AC , SC ⊥ AB.
Giải: Từ giả thiết dễ dàng suy ra: AB = BC = AC
Nhận thấy: SA ⊥ BC ⇔ SB 2 − SC 2 = AB 2 − AC 2
(Hiển nhiên đúng)
Tương tự: SB ⊥ AC , SC ⊥ AB.
Một số bài toán luyện tập
Tìm hiểu thêm các định lí, các bài tập sách giáo khoa phổ thông giải được bằng ứng
dụng tích vô hướng.

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân,
đồng nghiệp và nhà trường.
* Bản thân:
Khi nghiên cứu về tích vô hướng, ngoài những kiến thức lâu nay đã biết như
các ứng dụng của tích vô hướng trong giải toán, bản thân đã được bổ sung thêm
những kiến thức mới về tích vô hướng. Qua đó thấy được vai trò của tích vô hướng
trong chương trình toán phổ thông. Đặc biệt có thể dựa vào tích vô hướng để giải
quyết một số bài toán mà lâu nay các tác giả sử dụng cách giải khác. Từ đó cũng đã
giúp bản thân có thêm những kinh nghiệm trong việc phát hiện và giải quyết vấn đề
khi chứng minh các định lí và giải các bài toán.
* Học sinh:
Thông qua đề tài này học sinh đã phần nào bỏ bớt đi tính thụ động trong giải
toán. Một bài toán đặt ra có nhiều cách giải khác nhau. Học sinh phải luôn tìm tòi,
sáng tạo để tìm ra cách giải hay nhất. Vận dụng kiến thức tích vô hướng để giải
toán giúp học sinh có cách nhìn nhận sâu sắc hơn về tích vô hướng, thấy được vai
trò của tích vô hướng. Qua đó phát triển được năng lực phát hiện và giải quyết vấn
đề khi học hình cũng như học tập môn toán.
* Đồng nghiệp:
Trong các buổi sinh hoạt chuyên môn, bản thân cũng đã trao đổi với các
Thầy cô trong tổ chuyên môn và được các Thầy cô đánh giá cao. Qua đó các Thầy
cô đã dần triển khai dạy học sinh của các lớp mình phụ trách.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ.
3.1 Kết luận:

- 17 -


Bạn đọc có thể tìm thấy nhiều mệnh đề, bài toán trong chương trình toán học
phổ thông còn ở dạng mở, việc tìm tòi phát hiện để tổng quát hoá các bài toán, các
mệnh đề sẽ bổ ích cho việc tự bồi dưỡng năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề,

năng lực này đang được quan tâm trong đổi mới giáo dục toán học hiện nay.
Đối với giáo viên cần tâm huyết với nghề nghiệp, lấy sự tiến bộ của học sinh
làm mục đích chính; luôn trau dồi kiến thức, phương pháp; luôn tìm tòi nghiên cứu
chương trình, đối tượng học sinh cụ thể để đưa ra phương pháp truyền thụ kiến
thức phù hợp đạt kết quả cao nhất trong giảng dạy. Bản thân phải thấy được sự cố
gắng và quan tâm tới sự tiến bộ của các em, khích lệ tuyên dương kịp thời để làm
đòn bẩy giúp các em tiến bộ.
Đối với học sinh cần học tập thật nghiêm túc, tự giác học tập, nghiên cứu chủ
động tiếp cận kiến thức một cách khoa học. Cần phát huy tính sáng tạo, tìm tòi cách
giải mới. Từ đó phát triển năng lực phát hiện và giải quyết vấn đề và dần nâng cao
kết quả học tập.
3.2 Kiến nghị:
Đây không phải là một sáng kiến mới và cũng không mang tính tuyệt đối
trong việc dạy cho học sinh giải các bài toán bằng ứng dụng của tích vô hướng. Tuy
nhiên trong quá trình giảng dạy, nghiên cứu nổ lực của bản thân cùng với sự giúp
đỡ của các đồng nghiệp tôi đã đúc kết được một số phương thức làm phong phú
hơn vai trò của tích vô hướng. Đồng thời phát triển năng lực phát hiện và giải quyết
vấn đề của học sinh trong học toán. Hy vọng tài liệu này sẽ giúp ích cho các giáo
viên và học sinh. Với khả năng và ngôn ngữ của bản thân còn có phần hạn chế nên
không thể tránh khỏi thiếu sót; rất mong hội đồng khoa học và các đồng nghiệp
giúp đỡ, góp ý để đề tài ngày hoàn thiện hơn, có ứng dụng rộng rãi trong dạy học.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2018
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Người viết SKKN

Hà Ngọc Long

- 18 -


Tài liệu tham khảo
1. Nguyễn Văn Lộc (2007), Phương pháp vectơ trong giải toán hình học phẳng;
NXB Giáo dục
2. Đào Tam (2005), Hình học sơ cấp; NXB ĐHSP
3. Đào Tam (2004), Phương pháp dạy học Hình học; NXB Đại học sư phạm;
Hà Nội
4. Nguyễn Chiến Thắng - Đào Tam (2017), Giáo trình hình học sơ cấp và lịch
sử toán, NXB Đại học Vinh.
5. Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học & Tuổi trẻ (2010); Quyển 5; NXB
Giáo dục
6. Bộ Giáo dục và Đào tạo – Hội Toán học Việt Nam (2003), Tuyển tập 5 năm
Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (1991 – 1995)
7. Lê Quang Ánh, Lê Quý Mậu (1998), Phương pháp giải toán Hình học 10;
Nhà xuất bản Đà Nẵng
8. Bộ Giáo dục và Đào tạo – Hình học 10 - NXB Giáo dục
9. Bộ Giáo dục và Đào tạo – Hình học 11 - NXB Giáo dục
10.Bộ Giáo dục và Đào tạo – Hình học 12 - NXB Giáo dục

- 19 -


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH
GIÁ XẾP LOẠI CẤP SỞ GD & ĐT XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Hà Ngọc Long
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị: Trường THPT Trần Khát Chân

TT

Tên đề tài SKKN

Cấp đánh giá
xếp loại

1

Cách tìm hiểu và khai thác
một định lý

Sở GD & ĐT

Kết quả
đánh giá
xếp loại

Năm học
đánh giá xếp
loại

C

2012 - 2013

- 20 -