Sử dụng công cụ véc tơ để phát triễn một số bài toán mới từ một số bài toán cơ bản trong sách hình học 10

I. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong quá trình dạy học ở trường phổ thông tôi nhận thấy học sinh rất e
ngại học môn hình học vì các em nghĩ rằng nó rất trừu tượng, thiếu tính thực tế
khách quan. Chính vì thế mà có rất nhiều học sinh học yếu môn học này. Việc sáng
tạo các bài toán mới từ các bài toán cơ bản có trong sách giáo khoa nhằm mục đích
khuyến khích sự tìm tòi, tư duy, sáng tạo cho học sinh, cũng như tạo cho các em sự
say mê môn hình học, phát triển khả năng tự phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề,
từ đó nâng cao chất lượng dạy học. Đây cũng là một trong những mục tiêu quan
trong mà giáo dục hiện nay đang hướng tới. Qua những năm giảng dạy môn học
này tôi cũng đúc kết được một số kinh nghiệm về vấn đề này nhằm giúp các em
tiếp thu kiến thức được tốt hơn, từ đó mà chất lượng giảng dạy cũng như học tập
của học sinh, đặc biệt là trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi. Vì vậy tôi đã chọn
đề tài: “ Sử dụng công cụ vectơ để phát triển một số bài toán mới từ một số bài
toán cơ bản trong sách hình học 10 "
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Trong phạm vi đề tài này tôi không có tham vọng đưa ra một hệ thống
kiến thức hoàn toàn mới, một kết quả mới về mặt toán học; ở đây tôi chỉ
trình bày những kết quả mà trong quá trình dạy học về hinh học 10 tôi đã
tích luỹ, tìm tòi; nhằm hướng tới mục đích giúp các em học sinh nắm vững
kiến thức cơ bản . Trên cơ sở từ một số bài toán điển hình tôi sẽ đưa ra
phương pháp giải cho bài toán đó và một nhóm các bài toán tương tự; đồng
thời giúp học sinh khái quát hóa để được các bài toán mới , qua đó giúp rèn
luyện, phát triển tư duy giải toán hình học cho học sinh.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Đề tài này sẽ được nghiên cứu trên học sinh lớp 10A2 và 10A3 trường THPT
Lê Hoàn - Thọ Xuân - Thanh Hoá. Trong quá trình giảng dạy bản thân sẽ định
hướng, dẫn dắt học sinh phát triển một số bài toán mới từ một số định lý hoặc bài
toán cơ bản. Việc phát triển một số bài toán mới có thể đi theo chiều hướng mở
rộng sang không gian hoặc thay đổi giả thuyết của bài toán.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.

- Phương pháp nghiên cứu lý luận:
+Thông qua việc nghiên cứu các loại tài liệu sư phạm, chuyên môn có liên
quan đến đề tài.
+ Nghiên cứu chương trình sách giáo khoa toán 10 và 11, mục đích yêu cầu
dạy hình học ở trường phổ thông
- Phương pháp đàm thoại lấy ý kiến của học sinh và giáo viên có nhiều kinh
nghiệm trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
Trang 1


II. NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
2.1.1. Định nghĩa về vectơ.
a. Các định nghĩa
- Định nghĩa 2.1.1.1: Vectơ là một đoạn thẳng đã được định hướng, nghĩa là
trong hai điểm mút của đoạn thẳng đã chĩ rõ điểm nào là điểm đầu, điểm nào là
điểm cuối.
r r
a
- Định nghĩa 2.1.1.2: Hai vectơ bằng nhau = b khi và chỉ khi chúng cùng

(

)

hướng và có độ dài bằng nhau
r
r
a

=
−
b
- Định nghĩa 2.1.1.3: Hai vectơ đối nhau
khi và chỉ khi chúng ngược

(

)

hướng và có độ dài bằng nhau
b. Các ký hiệu thường dùng
- Ký hiệu AB chỉ độ dài đoạn thẳng AB.
uuu
r
- Ký hiệu AB chỉ vectơ AB.
uuu
r
uuu
r
uuu
r
- Ký hiệu | AB | chỉ độ dài của vectơ AB . Như vậy | AB | = AB .
- Ký hiệu AB chỉ độ dài đại số của vectơ AB.
2.1.2. Các phép toán về vectơ.
a. Phép cộng các vectơ.

uuu
r uur uuu
r

- Quy tắc ba điểm: Với 3 điểm A, B, C thì: AB + BC = AC .
uuu
r uuu
r uuu
r
- Quy tắc hình bình hành: AB + AD = AC .

- Tính chất trung điểm: Với I là trung điểm của đoạn thẳng AB thì:
uur uu
r r
+ IA + IB = 0 .
uuur uuur
uur
+ MA + MB = 2MI , với điểm M bất kỳ.
b. Phép trừ các vectơ.

uuu
r uuu
r uuu
r
Với ba điểm O, A, B thì: OA − OB = BA .

c. Phép nhân vectơ với một số.
r
r
- Cho vectơ u và số k ∈ . Vectơ ku được xác định bởi:
r
r
+ ku cùng hướng với vectơ u nếu k ≥ 0 và ngược hướng với vectơ
r

u nếu k < 0.
r
r
+ | ku | = | k | .| u | .
Trang 2


r r
r
r
- Cho b ≠ 0 và a cùng phương với b . Khi đó, tồn tại duy nhất một số thực
r
r
k sao cho: a = kb .
uuu
r
uuu
r
- Ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi AB và AC là các
vectơ cùng phương.
d. Tích vô hướng của hai vectơ.
r r
- Cho trước hai vectơ a, b . Từ một điểm O cố định, dựng các vectơ
uuu
r r uuu
r r
r r
·r r
·
là góc giữa hai vectơ a, b . Ký hiệu: (a,

OA = a, OB = b . Khi đó góc AOB
b)
r
r
hoặc (a, b) .
rr
r r
r r
- Tích vô hướng của hai vectơ: a.b = | a | . | b | .cos(a, b) .
r r
rr
- a ⊥ b ⇔ a.b = 0 .
rr r
r
- a.a = a 2 = | a |2 .
2.1.3. Khai triển một vectơ theo các vectơ không cùng phương
a. Khai triển một vectơ qua hai vectơ không cùng phương trong mặt
phẳng
r

r

r

Định lý 1. Cho hai vectơ không cùng phương a vàr b . Khi
đó mọi vectơ x đều có
r
thể biểu thị được một
cách
duy

nhất qua hai vectơ a và b , nghĩa là có duy nhất cặp
r
r
r
số m và n sao cho x = ma + nb .
b. Khai triển một vectơ qua ba vectơ không đồng phẳng trong không gian.
r r

r

r

Định lý 2. Cho ba vectơ không đồng phẳng a , b và
c . Khi đó mọi vectơ x đều có
r r
r
thể biểu thị được mộtrcáchr duyr nhất
qua
ba
vectơ
a , b và c , nghĩa là có duy nhất bộ
r
số m, n và p sao cho x = ma + nb + pc .
2.1.4 Phép biến hình trong mặt phẳng
a. Định nghĩa phép biến hình
Quy tắc đặt tương ứng mỗi điểm M của mặt phẳng với một điểm xác định
duy nhất M’ của mặt phẳng đó được gọi là phép biến hình trong mặt phẳng.
b. Một số phép biến hình trong mặt phẳng liên quan đến vectơ
* Phép tịnh tiến
r

r

Định nghĩa 1: Trong mặt
phẳng cho vectơ v ≠ 0 , phép biến hình rbiến mỗi điểm M
uuuuur r
thành điểm M’ sao cho MM ' = v , gọi là phép tịnh tiến theo vectơ v .
Kí hiệu: Tvr .
uuuuur

r

Vậy: Tvr (M) = M’ ⇔ MM ' = v .
* Phép vị tự
Trang 3


Định nghĩa 2: Trong mặt phẳng cho
điểm
O và số k ≠ 0, phép biến hình biến mỗi
uuuuu
r
uuuu
r
điểm M thành điểm M’ sao cho OM ' = kOM , gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k. Kí
hiệu:

V( O ;k )

uuuuu

r
uuuu
r
V( O ;k ) ( M ) = M ' ⇔ OM
'
=
kOM
Vậy:

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Khi dạy hình học ở lớp 10 ta nhận thấy một số bài toán cơ bản được chứng
minh trên cơ sở là công cụ vectơ. Sau đó sách giáo khoa cũng đã đưa ra một số bài
tập mang tính chất vận dụng. Bản thân tôi thấy nếu chỉ dừng lại ở đây thì làm cho
học sinh chưa thật sự hứng thú với bộ môn hình học, cũng như chưa khai thác
được khả năng phát hiện vấn đề cũng như giải quyết vấn đề, đặc biệt với các em
học sinh khá giỏi.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải
quyết vấn đề.
Trong quá trình tìm tòi, nghiên cứu, giảng dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi,
tôi đã tổng hợp và lựa chọn một số bài toán cơ bản, giải quyết nó bằng công cụ
vectơ. Trên cơ sở đó tôi hướng dẫn học sinh tìm tòi, phát triển thêm một số bài
toán mới. đồng thời giải quyết bài toán đó bằng công cụ vectơ.
Bài toán 1 (Bài toán về trọng tâm)
Bài toán cơ sở: Cho tam giác ABC , ta luôn có:
uuu
r uuu
r uuur r
a. Một điểm G duy nhất sao cho GA + GB + GC = 0 .
b. Ba đường trung tuyến đồng quy ở điểm G, điểm G chia mỗi đường trung tuyến
theo tỉ số -2.

Mở rộng bài toán từ tam giác sang tứ diện ta có một số bài toán mới :
Bài toán 1.1. Cho tứ diện ABCD ta luôn có :
uuu
r uuu
r uuur uuur r
a. Một điểm G duy nhất sao cho GA + GB + GC + GD = 0 .
b. Ba đường trung bình đồng quy ở điểm G , điểm G chia mỗi đường trung bình
theo tỉ số -1 .
c. Bốn đường trọng tuyến cũng đồng quy ở G, điểm G chia mỗi đường theo tỉ số -3
Bài toán 1.2. Trong không gian (hoặc mặt phẳng ) cho hệ n điểm A1, A2 , ….
, An , ta luôn có:
n uuu
r uu
r
GA
=
0
a. Một điểm G duy nhất sao cho ∑ i
i =1

b.Tất cả các đường trung tuyến bậc k ( k = 0, 1, …, n - 1) đồng quy ở điểm G
(mỗi đường trung tuyến bậc k là đoạn thẳng nối trọng tâm của hệ k điểm bất kì
trong n điểm đã cho với trọng tâm của hệ n - k điểm còn lại).
n−k
c. Điểm G chia mỗi đường trung tuyến bậc k theo tỉ số
k
Trang 4


Bình luận : Cả ba bài toán trên đều tương tự nhau, có sự mở rộng dần

không gian và mở rộng dần các khái niệm, tính chất; Các bài toán này cũng đã có
hướng giải quyết trong sách giáo khoa , tuy nhiên cách giải quyết bằng công cụ
véc tơ có thể giải quyết được cả ba bài toán
Bài giải
a. Lấy 1 điểm O cố định . Điểm G thoả mãn
n uuu
n
r uu
r
uuur uuur
uu
r
GA
=
0
OA
−
OG
=
0
⇔
∑ i
∑ i
i =1

i =1

(

)

n uuu
r
uuur uu
r
uuur 1 n uuur
⇔∑ OAi − nOG = 0 ⇔ OG = ∑ OAi (là 1vectơ không đổi ),
n i =1
i =1
O cố định nên đẳng thức này → điểm G luôn xác định và duy nhất .
b) , c) Lấy k điểm X1 , X2 , …. ,Xk bất kì từ họ điểm đã cho và gọi trọng tâm
của hệ này là G1 và trọng tâm của hệ n - k điểm Xk + 1 , Xk + 2 , …. , Xn còn lại là
k uuuu
n uuuuuu
u
r r
r r
G'1 , ta có : ∑ G1 X i = 0 (1) và ∑ G '1 X j = 0 (2)

i =1

i = k+1

∑(
k

Từ (1) ta có

i =1

Từ (2) ta có

n

k uuuu
uuuu
r uuuu
r r
r
uuuu
r r
GX i − GG1 = 0 ⇒ ∑ GX i − kGG1 = 0 (1')

)

n

∑

i =1

uuuu
r uu
uuuu
r
r
'
GX i − ( n − k ) GG1 = 0 (2')

i = k +1

uuur uu
r
Cộng (1') và (2') và sử dụng ∑ GAi = 0 , ta được
i =1
uuuu
r r
uuuu
r
uuuu
r
u
uuu
r
'
kGG1 + ( n − k ) GG1 = 0 ⇒ kGG1 = ( k − n ) GG1' ⇒ 3 điểm G, G'1,G1 thẳng hàng
đồng thời G chia G1G'1 (trung tuyến bậc k) theo tỉ số (k-n)/k .
Vậy b), c) được chứng minh.
Nhận xét 1.1. Từ bài toán trọng tâm tam giác, nhìn nhận dưới góc độ diện tích
ta có
Do G là trọng tâm của tam giác, khi đó theo quan điểm diện tích ta có:
r 1 uuu
r 1 uuur r
1 uuu
1
SGBC = SGAC = SGAB = S . Khi đó: S .GA + S .GB + S .GC = 0
3
3
3
3

Từ đây ta có thể đưa ra bài toán tổng quát:
Bài toán 1.3. Cho tam giác ABC và M là một điểm thuộc miền trong tam
giác. GọiuuSur1, S2, uSu3urlần lượt
uuur là rdiện tích các tam giác MBC, MCA, MAB. Chứng
minh: S1 MA + S 2 MB + S3 MC = 0 .
n

Bài giải
Gọi S là diện tích của tam giác ABC, từ M ta dựng hai đường thẳng lần lượt
song song với AB và AC, cắt AB tại B’ và AC tại C’
uuuu
r S uuu
r S uuur
Biểu thức cần chứng minh biến đổi về dạng AM = 2 AB + 3 AC (*)
S
S
uuur uuuu
r
uuuu
r
Ta có: AM = AB ' + AC '
Trang 5


r AC ' uuur
AB ' uuu
AB +
AC
AB
AC

Dễ chứng minh
AB ' MC ' S( MAC ) S2
=
=
=
AB
AB S( BAC )
S
=

AC ' MB ' S( MAB ) S3
=
=
=
AC
AC S( CAB )
S
Suy ra điều phải chứng minh (*).
Nhận xét 1.2. Từ bài toán trên ta có thể thay giả thiết Hình
thu được
3.1 một số bài
toán sau:
Bài toán 1.4. Cho O là điểm nằm ngoài tam giác ABC thuộc miền trong của
góc tạo bởi hai tia CA,CB. Gọi
uuu
r S1, Su2u,u
rS3 lầnuulượt
ur rlà diện tích các tam giác OBC,
OCA, OAB. Chứng minh S1 OA + S2 OB − S3 OC = 0 .
Sau khi giải bài toán này giáo viên có thể yêu cầu học sinh tự đề xuất các

bài toán tương tự khi cho điểm M nằm ngoài tam giác nhưng ở miển trong của hai
góc còn lại.
Nhận xét 1.3. Từ bài toán 1 này ta chọn M là các điểm đặc biệt của tam giác
ABC ta có một số bài toán mới như sau
1.5.
uu
r Bàiuurtoánuu
r rGọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh
a.IA + b.IB + c.IC = 0 ( Bài 37 sách bài tập HH10 nâng cao)
Bài toán 1.6. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC. Chứng
minh:
uuu
r
uuu
r
uuur r
a. sin 2 A.OA + sin 2 B.OB + sin 2C .OC = 0
uuu
r
uuu
r
uuur r
b. (tan B + tan C ).OA + (tan A + tan C ).OB + (tan A + tan B).OC = 0
r
r
cosA uuu
cosB uuu
cosC uuur r
.OA +
OB +

OC = 0
c.
sin B.sinC
sin A.sinC
sin B.sinA
Bài giải
a. Nếu tam giác ABC nhọn và M trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp ∆ABC thì M
1
R2
thuộc miền trong ∆ABC và S1 = OC.OB sin ∠BOC =
sin2A
2
2
R2
R2
Tương tự: S2 = sin 2 B và S3 = sin 2C .
2
2
uuu
r
uuu
r
uuur ur
Do đó ta có: sin 2 A.OA + sin 2 B.OB + sin 2C.OC = O .

b. Từ đẳng thức a ta có:

Trang 6

uuu
r
uuu
r
uuur r
sin2 A.OA + sin 2 B.OB + sin 2C .OC = 0
uuu
r
uuu
r
uuur r
⇔ 2sin A.cosA.OA + 2 sinB.cos B.OB + 2 sinC.cos C.OC = 0
uuu
r
uuu
r
uuur r
sin A
sin B
sin C
⇔
.OA +
.OB +
.OC = 0
cos B.cos C
cos A.cos C
cos A.cos B
r sin( A + C ) uuu
r sin( A + B) uuur r
sin( B + C ) uuu

⇔
.OA +
.OB +
.OC = 0
cos B.cos C
cos A.cos C
cos A.cos B
uuu
r
uuu
r
uuur r
⇔ (tan B + tan C ).OA + (tan A + tan C ).OB + (tan B + tan A).OC = 0
Bài toán 1.7. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam
giác ABC. Chứng minh:
uuur
uuur
uuur r
a. tan A.HA + tan B.HB + tan C.HC = 0 .
a uuur
b uuur
c uuur r
.
HA
+
.
HB
+
.HC = 0
b.

cosA
cosB
cosC
Nhận xét : Cho M là điểm nằm trong ∆ ABC không có góc nào bằng 1200
và luôn nhìn các cạnh của tam giác dưới một góc 1200 ta có bài toán mới
Bài toán 1.8. Gọi M là điểm nằm trong tam giác sao cho M luôn nhìn các
đoạn AB,BC, CA dưới một góc 1200 . Chứng minh:
r ur
1 uuur
1 uuur
1 uuuu
MA +
.MB +
.MC = O
MA
MB
MC

Bình luận: điểm M nói trên là giao của 3 đường tròn ngoại tiếp các tam
giác đều lần lượt có các cạnh AB,BC,CA dựng ra phía ngoài tam giác.
Bài toán 2. Bài toán về tâm đường tròn nội tiếp tam giác
Bài toán cơ sở:uGọi
u
r I ulà
ur tâmuuđường
r r tròn nội tiếp tam giác ABC với BC=a, AC=b,
AB=c. Ta có: a.IA + b.IB + c.IC = 0 .
( Phần chứng minh đã được chứng minh trong sách bài tập hình học 10)
uu
r

uur
uur r
Nhận xét 2.1. Xuất phát từ đẳng thức a.IA + b.IB + c.IC = 0 , nếu ta nhìn cạnh dưới
góc độ chiều cao ta có bài toán mới như sau
uu
r uur uur
2S
2S
2S
IA IB IC r
+ +
=0
Thay a = h b = h c =
ta có
ha hb hc
hc
a
b
Hoặc từ
uu
r uur uur r
r 1 uur 1 uur r
1 uu
aIA + bIB + cIC = 0 ⇔ IA + IB +
IC = 0
bc
ca
ab
r h h uur h h uur r
h h uu

⇔ b 2c IA + a 2c IB + a 2b IC = 0
4S
4S
4S
uu
r
uur
uur r
⇔ hb hc IA + ha hc IB + ha hb IC = 0

Trang 7


Bài toán 2.1. Cho tam giác ABC với các cạnh BC= a, CA=b,AB=c. Gọi I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Gọi ha , hb , hc lần lượt là chiều cao của tam giác
uu
r uur uur
IA IB IC r
ABC kẻ từ các đỉnh A, B ,C. Chứng minh rằng + + = 0 .
ha hb hc

Bài toán 2.2. Cho tam giác ABC với các cạnh BC= a, CA=b,AB=c. Gọi I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Gọi ha , hb , hc lần lượt là chiều cao của tam giác
uu
r
uur
uur r
ABC kẻ từ các đỉnh A, B ,C. Chứng minh rằng hb hc IA + ha hc IB + ha hb IC = 0 .
Nhận xét 2.2. Ta liên hệ cạnh với định lý hàm số sin trong ∆ ABC ta có:
a

b
c
=
=
= 2 R ⇒ a = 2 R sin A, b = 2 R sin B, c = 2 R sin C .
sin A sin B sin C

Bài toán 2.3. Cho tam giác ABC với các cạnh BC = a, CA =uurb,AB =uu
c.
Gọi I ulà
tâm
r
ur r
đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng: sin A.IA + sin B.IB + sin C.IC = 0 .
Nhận xét 2.3. Bài toán ban đầu được mở rộng trong không gian khi xét cho tứ
diện bất kì và diện tích của các tam giác cần chứng minh sẽ chuyển thành thể
tích của các tứ diện.
Bài toán 2.4. Cho tứ diện ABCD, O là một điểm bất kì thuộc miền trong tứ diện.
Gọi V1, V2, V3, V4 lần lượt
tứ
uuu
r là thể
uuu
rtích của
uuur các u
uurdiện
r OBCD, OCDA, OABD và
OABC. Chứng minh: V1 OA + V2 OB + V3 OC + V4 OD = 0 . (1)
Bài giải

uuur V uuu
r V uuur V uuur
AO = 2 AB + 3 AC + 4 AD . (Với
V
V
V
V là thể tích tứ diện)Từ đó ta dựng hình hộp nhận AO
làm đường chéo chính ba cạnh kề nằm trên ba cạnh của
tứ diện xuất phát từ A .
uuur AM uuu
r AS uuur AP uuur
AO
=
AB
+
AC +
AD .
Ta có
AB
AC
AD
AM OR OK OK .dt ( ACD ) V2
=
=
=
=
Trong đó
AB AB BH BH .dt ( ACD ) V
Tương tự bài toán trong mặt phẳng ta có(1) ⇔

AS V2 AP V3
= ,
=
AC V AD V
nên ta có điều phải chứng minh.
Tương tự :

Nhận xét 2.4 :
uu
r
uur
uur r
Từ đẳng thức a.IA + b.IB + c.IC = 0 , Nếu ta bình phương vô hướng hai vế sau
Hình 3.2
đó biến đổi ta sẽ kiến tạo được một số bài toán mới.
uu
r
uur
uur
Ta có: (a.IA + b.IB + c.IC ) 2 = 0
Vì

uu
r uur
uur uur
uu
r uur
⇔ a 2 .IA2 + b 2 .IB 2 + c 2 .IC 2 + 2abIA.IB + 2bcIB.IC + 2acIA.IC = 0 .
uu
r uur uuu

r
uu
r uur
uu
r uur
IA − IB = BA ⇒ ( IA − IB ) 2 = BA2 = c 2 ⇒ 2 IA.IB = IA2 + IB 2 − c 2 .

Trang 8


Từ đó ta có:
a 2 .IA2 + b 2 .IB 2 + c 2 .IC 2 + ab( IA2 + IB 2 − c 2 ) + bc( IB 2 + IC 2 − a 2 ) + ac ( IA2 + IC 2 − b 2 ) = 0
⇔ (a + b + c)( a.IA2 + b.IB 2 + c.IC 2 ) = abc(a + b + c )
⇔

IA2 IB 2 IC 2
+
+
=1
bc
ca
ab

Do đó ta có bài toán mới:
Bài toán 2.5. Cho tam giác ABC với các cạnh BC=a, CA=b, AB=c. Gọi I là tâm
IA2 IB 2 IC 2
+
+
= 1.
đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng:

bc ca
ab

Nhận xét 2.5: Nếu thay tâm I bởi điểm M bất kỳ nằm trong tam giác ta có
a.MA2 + b.MB 2 + c.MC 2 ≥ abc .
Do đó ta có bài toán mới:
Bài toán 2.6. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với BC=a,CA=b, AB=c. Tìm
điểm M sao cho biểu thức P = a.MA2 + b.MB 2 + c.MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Nhận xét 2.6. Từ đẳng thức về tâm đường tròn nội tiếp tam giác ta xây dựng
công thức tính khoảng cách giữa các điểm đặc biệt trong tam giác theo độ dài
các cạnh a, b, c và các yếu tố khác.

+ Tính OJ với O, J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác.
Ta có:
uur uuu
r uuu
r
JA = JO + OA
uur uuu
r uuur
JB = JO + OB
uuu
r uuu
r uuur
JC = JO + OC

Từ đẳng thức
uur
uur
uuu

r r
a.JA + b.JB + c.JC = 0
uuu
r
uuu
r
uuu
r
uuur
⇔ ( a + b + c).OJ = a.OA + b.OB + c.OC
Bình phương hai vế và sử dụng phép biến đổi như trên ta có:
(a + b + c) 2 .OJ 2 = R 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) + a.b(2 R 2 − c 2 ) + bc(2 R 2 − a 2 ) + ac (2 R 2 − b 2 )
+
abc
a+b+c
Tính khoảng cách JH với H, J lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp của
tam giác.
Trang 9

⇔ OJ 2 = R 2 −


Ta có:

uur
uur
uuu
r r
a.JA + b.JB + c.JC = 0
uuu

r
uuur
uuur
uuur
⇔ ( a + b + c).HJ = a.HA + b.HB + c.HC

uuur uuur

uuur uuur

và 2.HA.HB = HA2 + HB 2 − ( HA − HB) 2 .
Bình phương vô hướng hai vế, sau đó biến đổi ta thu được đẳng thức:
(a + b + c) 2 .HJ 2 = ( a + b + c)( a.HA2 + b.HB 2 + c.HC 2 ) − abc(a + b + c) .
Trong đó độ dài các đoạn HA,HB,HC được tính như sau:
HA2 = 4OM 2 = 4 R 2 − a 2 , HB 2 = 4 R 2 − b 2 , HC 2 = 4 R 2 − c 2 .
a 3 + b3 + c 3 + abc
Thay vào hệ thức trên ta có: HJ = 4 R −
.
a+b+c
Nhận xét: Ta có a 3 + b3 + c3 ≥ 3abc , ta có: HJ ≤ 2OJ
+ Tính JG với G, J lần lượt là trọng tâm , tâm đường tròn nội tiếp của tam giác.
2

2

2
a 3 + b3 + c 3 + 3abc
JG 2 = ( a 2 + b 2 + c 2 ) −
9
3( a + b + c )

Nhận xét: Trong tam giác ta có bất đẳng thức a 2 + b 2 + c 2 ≤ 9 R 2 và sử dụng BĐT
a 3 + b3 + c3 ≥ 3abc ta có
JG 2 ≤ 2 R 2 −

2abc
= 2OJ 2 ⇒ JG ≤ 2OJ
a+b+c

+Tính OG
a2 + b2 + c2
Tính được OG = R −
.
9
2

2

uuur

uuur

+ Các đoạn OH, HG được tính theo OG và đẳng thức OH = 3.OG
Bài toán 3. Bài toán về đường cao trong tam giác vuông
Bài toán cơ sở : Cho tam giác ABC
vuông tại A, đường cao AH. Gọi I là
uu
r 2 uur 2 uur r
2
trung điểm của AH. Chứng minh rằng a .IA + b .IB + c .IC = 0 . (1)

Bài giải
Ta có: a 2 + b 2 + c 2 = 2a 2 .
A
2 uu
2 uu
2 uu
N
r
r
r
r
a
b
c
Khi đó (1) ⇔ 2 .IA + 2 .IB + 2 .IC = 0
2a
2a
2a
M
uur b 2 uuur c 2 uuur
⇔ AI = 2 . AB + 2 . AC .
2a
2a

C

Dựng hình bình hành AMIN (hình vẽ), ta có:
uur uuuu
r uuur
AI = AM + AN

uuu
r
uuuu
r
= x. AB + y. AC

Với x =

B

H

AM AM . AB AH 2
b2c2
b2c 2
b2
2
=
=
AH
=
=
⇒
x
=
.
Mà
.
AB
AB 2

2 AB 2
b2 + c 2
a2
2a 2

Trang 10


Hoàn toàn tương tự ta có: y =

c2
. Suy ra điều phải chứng minh.
2a 2

Mở rộng bài toán sang không gian ta có
Bài toán 3.1. Cho tứ diện OABC có các cạnh OA,OB,OC đôi một vuông
góc. Gọi S0 , SA, SB ,SC lần lượt là diện tích các mặt của tứ diện đối diện với các đỉnh
tương ứnguurO,A, B,
C. Gọi
I là trung
điểm đường cao OH của tứ diện. Chứng minh
uu
r
uur
uur r
O
2
2
2
2

rằng SO .IO + S A .IA + S B .IB + SC .IC = 0 . (1)
Bài giải
Nhận xét: Ta có: SO 2 = S A2 + S B 2 + SC 2 .
r S 2 uur S 2 uur r
SO 2 uur S A 2 uu
.IO +
.IA + B 2 .IB + C 2 .IC = 0 .
Từ (1) ⇔
2
2
2 SO
2 SO
2 SO
2 SO
uur S 2 uuu
r S 2 uuur S 2 uuur
⇔ OI = A 2 .OA + B 2 .OB + C 2 .OC
2 SO
2 SO
2 SO
uuur S 2 uuu
r S 2 uuur S 2 uuur
⇔ OH = A 2 .OA + B 2 .OB + C 2 .OC (2)
SO
SO
SO

I

A

H

M
Ta chứng minh (2) nhờ sử dụng bài toán phẳng sau:
B
Đặt OA = a, OB = b, OC = c, OM = m, AM = x
Áp dụng bài toán phẳng cho tam giác OAM vuông tại O có đường cao OH:
uuur m 2 uuu
r a 2 uuuu
r
OH = 2 .OA + 2 .OM .
x
x

Áp dụng bài toán phẳng cho tam giác OBC vuông tại O có đường cao OM:
uuuu
r
c 2 uuur B 2 uuur
OM =
.OB +
.OC .
BC 2
BC 2

Do đó ta có
uuur m 2 uuu
r
a 2c 2 uuur
a 2b 2 uuur
OH = 2 .OA + 2

.OB + 2
.OC
x
x .BC 2
x .BC 2
uuur m 2 BC 2 uuu
r
a 2c 2 uuur
a 2b 2 uuur
⇔ OH = 2
.
OA
+
.
OB
+
.OC
x .BC 2
x 2 .BC 2
x 2 .BC 2
uuur 4.S 2 uuu
r 4.S 2 uuu
r 4.S 2 uuur
C
A
B
⇔ OH =
.OA +
.OB +
.OC

2
2
4.SO
4.SO
4.SO 2
uuur S 2 uuu
r S 2 uuur S 2 uuur
⇔ OH = A 2 .OA + B 2 .OB + C 2 .OC
SO
SO
SO

Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 4. Bài toán về đường thẳng Euler trong tam giác
Bài toán cơ sở. Chứng minh trong tam giác ABC bất kì, trọng tâm G, trực
tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O thẳng hàng và GH = 2GO ( Bài toán 3 SGK
Hình học 10 nâng cao trang 21)

Trang 11

C


Nhận xét: Bài toán này đã được chứng minh dựa vào kiến thức của lớp 10. Tuy
nhiên để phát triển tư duy cũng như làm tiền đề cho bài toán tiếp theo tôi trình bày
lời giải thông qua phép vị tự của lớp 11.
Chứng minh hệ thức GH=2GO ta dùng phép vị tự tâm G biến điểm O thành điểm
1
2

H hoặc ngược lại. Dựa vào hình vẽ ta đoán tỉ số vị tự là -2 hoặc - .
Bài giải
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC,CA,AB.
uuuu
r
r
1 uuu
GM
=
−
GA
,
Ta có:
2

uuur
r
1 uuu
GN = − GB,
2

A

uuu
r
1 uuur
GP = − GC ,
2

H

P

Do đó
−

1
2

VG : A a M

B

Ba N
Ca P

N

G
O
M

Hình 3.9
Phép vị tự bảo toàn tính vuông góc nên sẽ biến trực tâm của tam giác ABC thành
trực tâm của tam giác MNP.
Theo giả thiết H là trực tâm của tam giác ABC và O là trực tâm của tam giác MNP,
−

1
2

uuur

1 uuur
2

vì vậy VG : H a O ⇒ GO = − GH

Từ đó H,G,O thẳng hàng và GH=2GO
Mở rộng bài toán sang không gian ta có bài toán mới
Bài toán 4.1. Chứng minh rằng, với tứ diện trực tâm ABCD ta luôn có trọng
tâm G, trực tâm H , tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thẳng hàng và GH = GO.
Bài giải
Để chứng minh GH = GO ta nghĩ đến phép vị tự tâm G tỉ số -1.
Lần lượt lấy A′ đối xứng với A, B′ đối xứng với B, C′ đối xứng với C, D′ đối xứng
với D qua G.
Ta dễ thấy A' B ' //=AB (tính chất phép vị tự) và
đường trung bình EF (E,F thứ tự là trung điểm
của CD và AB) cũng đi qua G .
Trong hình bình hành A'B'AB ⇒ E cũng là
trung điểm của A'B'
⇒ A'CB'D là hình bình hành.
Mặt khác trong tứ diện trực tâm ABCD
có hai cạnh đối diện vuông góc với nhau nên
AB ⊥ CD ⇒ A'B' ⊥ CD
⇒ A'CB'D là hình thoi ⇒ A'C = A'D'.
Chứng minh tương tự ta cũng có A'C = A'B ⇒ A’ cách đều B, C,Hình
D. 3.10
Từ giả thiết ta cũng có O cách đều B,C,D nên A'O là trục của đường tròn ngoại
tiếp ∆BCD ⇒ A'O ⊥ (BCD) ⇒ A'O ⊥ (B'C'D') (1).
Trang 12

C


Tương tự (1), ta cũng có B'O ⊥ (A'C'D') (2); C'O ⊥ (B'A'D') (3)
⇒ O là trực tâm của tứ diện A'B'C'D'.
Xét phép vị tự VG−1 , ta có: VG− 1 : A a A ' , B a B, C a C' , D a D '
Như vậy, VG−1 : ( ABCD) a ( A ' B ' C ' D ') nên phép vị tự sẽ biến trực tâm của
tứ diện ABCD thành trực tâm O của tứ diện A’B’C’D’.
uuur
uuur
Suy ra: VG−1 : H a O hay GO = − GH ⇒ H, G, O thẳng hàng và GO = GH.
Bài toán 5. Bài toán đi qua điểm cố định
Bài toán cơ sở:. Trên 2 cạnh của góc xOy có 2 điểm M , N thay đổi sao cho
a
b
+
= 1 , trong đó a , b là các độ dài cho trước. Chứng minh rằng M N luôn
OM ON
đi qua 1 điểm cố định.
Bài giải
Trên các tia Ox , Oy đặt các đoạn OA = a , OB = b ; gọi E là trung điểm của AB và
F là giao điểm của OE với MN , ta có
O
uuur OF uuur OF 1 uuu
r uuu
r
OF =
.OE =
. OA + OB .

OE
OE 2
uuur OF  OA uuuu
r OB uuur 
.
OM +
ON ÷.
⇒ OF =
A
2OE  OM
ON
E

B
Mà F , M , N thẳng hàng nên ta có :
uuur
uuuu
r uuur
N
OF = kOM + lON với k+l=1
M
OF OA OF OB
F
+
.
=1 .
y
⇒
x
2OE OM 2OE ON

Hình 3.20
OF  a
b 
+
⇒

÷ = 1 ⇒ OF = 2 OE ⇒ F chính là điểm thứ tư của hình bình
2OE  OM ON 
hành OAFB ).
Vậy MN luôn đi qua điểm cố định là F
Bài toán 5.1. Hai điểm M, N thứ tự thay đổi trên 2 nửa đường thẳng chéo
a
b
+
= 1 (a, b là 2 độ dài cho trước). Chứng minh rằng
nhau Ax, By sao cho
AM BN
x
M
MN luôn cắt 1 đường thẳng cố định .

(

)

∆

A

x'

M'
a

A'
I

B

Trang 13

b
B'

Hình 3.21

N

y


Bài giải
Dựng tia Bx' // Ax , lấy M' trên Bx' sao cho MM'//AB .
Trên Bx' , By đặt các đoạn BA' = a , BB' = b .
a
b
Từ giả thiết ⇒
+
= 1.
BM ' BB '
Theo kết quả ở trên ta có M'N luôn đi qua điểm cố định I (đỉnh thứ tư của hình

bình hành BA'IB') .
Xét đường thẳng ∆ qua I và // MM' (//AB) , dễ thấy ∆ chính là đường thẳng cố định
luôn cắt MN .
Bài toán 5.2. Trên các tia Ox , Oy , Oz tương ứng có các điểm M , N , P thay
a
b
C
+
+
= 1 , trong đó a , b , c là các độ dài cho trước .
đổi sao cho luôn có
OM ON OP
Chứng minh rằng mp (MNP) luôn đi qua 1 điểm cố định.
O
Chứng minh : Cách chứng minh tương tự .
C

G
A

P

B

z
F
M
N
x

Hình 3.22

y

Bài toán 6: Công thức tính độ dài đoạn trung tuyến
Bài toán cơ sở: Cho tam giác ABC với AB=c, BC= a, AC=b và trung tuyến AM .
Khi đó AM 2 = ma 2 =

2(b 2 + c 2 ) − a 2
4

(Bài tập 3 trang 58 SGK Nâng cao)

Bài giải
Ta có:

A

uuur uuuu
r uuur
AB = AM + MB
uuur uuuu
r uuuu
r
AC = AM + MC

Khi đó :
uuur2 uuu
r 2 uuuu
r uuur

uuuu
r uuuu
r
AB + AB = ( AM + MB) 2 + ( AM + MC ) 2
B
u
u
u
u
r
u
u
u
r
u
u
u
u
r
= 2 AM 2 + 2 AM ( MB + MC ) + MB 2 + MC 2

Suy ra

b 2 + c 2 = 2ma2 +

a
2(b + c ) − a
⇔ ma 2 =
.
2

4
2

2

2

2

Trang 14

M
Hình 3.30

C


Nhận xét 6.1. Từ bài toán tính độ dài trung tuyến của tam giác trong mặt
phẳng, mở rộng sang không gian ta thu được bài toán mới:
Bài toán 6.1. Cho tứ diện ABCD. Gọi ma là độ dài đoạn trọng tuyến nối từ đỉnh
A đến trọng tâm A1 của ∆BCD. Tính độ dài ma theo ai (i = 1,6) (a1 = AB; a2 = AC;
a3 = AD; a4 = BC; a5 =BD; a6 = CD).

1
1 2
(a 1+ a22+ a23) - (a24+ a25+ a26)
9
3

Đáp số: m2a =

Nhận xét 6.2. Lấy M là điểm bất kỳ trên đoạn BC ta có bài toán mới:
Bài toán 6.2 (định lý Stewart). Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh AB=c, BC=
a, AC= b. Gọi D là điểm bất kỳ trên cạnh BC , BD= a1, CD= a2. Chứng minh rằng:
AD 2 =

a1b 2 + a2c 2 − aa1a2
a

(*)

Đặc biệt hoá:
+ Nếu D là chân đường trung tuyến kẻ từ A xuống cạnh BC ta có công thức trung
1
4

tuyến AD 2 = ma2 = (2b 2 + 2c 2 − a 2 ) .
+ Nếu D là chân đường phân giác trong của góc A, tức là D chia đoạn BC theo tỉ số
DB c
= . Khi đó ta có công thức tính độ dài đường phân giác:
DC b
2

2
bc 2
cb 2
bca 2
bc ( b + c ) − a 2 

 .

2
AD =
+
−
hay la =
2
b + c b + c (b + c ) 2
(b + c)
2

Từ bài toán trên tiếp tục mở rộng sang không gian ta có bài toán mới
Bài toán 6.3. Cho tứ diện ABCD. Gọi N, M lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh
CD, BN sao cho CN = l.CD, BM = k .BN . Tính AM theo k, l và các cạnh của tứ
A
diện.

D

B
M

Đáp sô:

N

C

AM = (1 − k ) AB + k (1 − l ). AC + kl . AD + (k − k )(1 − l ).BC 2 + (k 2 − k )lBD 2 + k 2 (l 2 − l )CD 2
2

2

2

2

2

Bài toán 7. Bài toán về hai trung tuyến vuông góc
Bài toán cơ sở: Cho tam giác ABC. Chứng minh điều kiện cần và đủ để hai trung
tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau là: b 2 + c 2 = 5a 2 .(Bài tập 7 trang 70 SGK
Hình học 10- Nâng cao).
Trang 15


Bài giải
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc
với nhau ⇔ ∆GBC vuông tại G
A
⇔ GB 2 + GC 2 = BC 2
2

2

2  2 
⇔  mb ÷ +  mc ÷ = a 2
3  3 
4
⇔ ( mb 2 + mc 2 ) = a 2
9

⇔ 4a 2 + b 2 + c 2 = 9a 2

G
B
C

⇔ b 2 + c 2 = 5a 2

Nhận xét 7.1. Từ bài toán trên ta thay đổi giả thuyết ta có một số bài toán mới
như sau:
Bài toán 7.1. Cho tam giác ABC. Chứng minh điều kiện cần và đủ để hai trung
tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau là S = a 2 .tan A
Bài toán 7.2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) . H là trực tâm của tam
giác. CMR cot A = 2(cotB + cotC ) khi và chỉ khi OH 2 = 9 R 2 − 6a 2 .
Bài toán 7.3. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với
4
5

nhau. Chứng minh cosA ≥ .
Bài toán 7.4. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với
2
3

nhau. Chứng minh cotB + cot C ≥ .
Bài toán 7.5. Cho tam giác ABC có b 2 + c 2 = 5a 2 . Gọi R, r lần lượt là bán kính các
đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng r ≤

( 10 − 1) R
.
5

Nhận xét 7.2. Từ bài toán về điều kiện cần và đủ để hai trung tuyến kẻ từ B và
C vuông góc với nhau là: b 2 + c 2 = 5a 2 , ta có thể mở rộng cho bài toán về tứ giác,
tứ diện.
Bài toán 7.6. Cho tứ giác OABC có trọng tâm G, OA=x, OB=y, OC=z,
BC=a,CA=b,AB=c. Chứng minh điều kiện cần và đủ để
uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuur uuu
r
2
2
2
2
2
2
GA.GB + GB.GC + GC .GA = 0 là x + y + z = 3(a + b + c )

Bài toán 7.7. Cho tứ diện OABC có trọng tâm G,uuurOA=x,
OB=y, OC=z,
uuu
r uuu
r uuur uuur uuu
r
BC=a,CA=b, AB=c. Chứng minh điều kiện cần và đủ để GA.GB + GB.GC + GC.GA = 0
là x 2 + y 2 + z 2 = 3(a 2 + b 2 + c 2 )
Bài giải (Bài toán 7.6)
Trước hết ta chứng minh 16OG 2 = 3( x 2 + y 2 + z 2 ) − ( a 2 + b2 + c 2 )

Trang 16


Gọi G1 là trọng tâm tam giác ABC. Vì G là trọng tâm tứ giác OABC nên
uuur uuu
r uuu
r uuur r uuur
r
3 uuuu
GO + GA + GB + GC = 0 ⇒ GO = − OG1 ⇒ 16GO 2 = 9OG12 . (1)
4
uuuu
r uuuu
r
uuu
r 2 uuuu
r uuuu
r
Mà OA2 = OA = (OG1 + G1 A) 2 ⇒ x 2 = OG12 + G1 A2 + 2OG1.G1 A .

O

Tương tự ta có:
uuuu
r uuuu
r
y 2 = OG12 + G1 B 2 + 2OG1.G1B
uuuu
r uuuu
r

z 2 = OG12 + G1C 2 + 2OG1.G1C

N

⇒ x + y + z = 3OG + G1 A + G1 B + G1C
2

2

2

2
1

2

2

2

a 2 + b2 + c2
⇒ x + y + z = 3OG +
3
2
2
2
2
2
⇒ 9OG1 = 3( x + y + z ) − (a + b 2 + c 2 )
2

2

2

Từ (1) và (2) suy ra

G

2
1

G1

(2)

16OG = 3( x + y + z ) − ( a + b + c ) .
2

2

2

2

C

A

2

2

2

B

M

Chứng minh tương tự ta cũng có:
16GA2 = 3( x 2 + b2 + c 2 ) − ( y 2 + z 2 + a 2 )
16GB 2 = 3( y 2 + c 2 + a 2 ) − ( z 2 + x 2 + b2 )
16GC 2 = 3( z 2 + a 2 + b 2 ) − ( x 2 + y 2 + c 2 )

Mặt khác
uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuur uuu
r
GA.GB + GB.GC + GC.GA = 0
uuu
r uuu
r uuur
uuu
r 2 uuu
r 2 uuur 2
⇔ (GA + GB + GC )2 − GA − GB − GC = 0
uuur
uuu

r 2 uuu
r 2 uuur 2
⇔ (OG ) 2 = GA + GB + GC
uuur 2
uuu
r2
uuu
r2
uuur 2
⇔ 16OG = 16GA + 16GB + 16GC
⇔ x 2 + y 2 + z 2 = 3( a 2 + b 2 + c 2 )

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Đề tài đã giải quyết được các vấn đề sau:
• Đề tài đã chỉ ra được một số bài toán cơ bản, giải quyết nó bằng phương

pháp vectơ. Trên cơ sở đó đã xây dựng một số bài toán mới tương ứng. Xây dựng
cách giải hoặc đưa ra đáp số cho các bài toán mới.
• Đề tài được áp dụng trong những tiết luyện tập, các tiết tự chọn ở trên lớp

đặc biệt là các buổi dạy bồi dưỡng học sinh khá giỏi .
• Thông qua việc xuất phát từ những bài toán cơ bản, giáo viên đã gợi ý,

dẫn dắt học sinh tổng quát bài toán, tạo ra bài toán mới, dần dần hình thành cho các
em khả năng làm việc độc lập, phát triển tư duy sáng tạo, phát hiện vấn đề và giải
quyết vấn đề. Phát huy tối đa tính tích cực của học sinh theo đúng tinh thần đổi
mới của Bộ Giáo dục và Đào tạo. Từ đó tạo cho các em niềm tin, hứng thú khi học
tập bộ môn Toán.
Trang 17

• Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong năm học giảng dạy lớp 10 và

một số buổi dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, được học sinh nhiệt tình tham gia và đã
nâng cao chất lượng dạy học. Các em hứng thú học tập hơn, ở những lớp có hướng
dẫn các phương pháp này các em học sinh với mức học trung bình trở lên đã có
căn cứ để giải một số bài tập khó. Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt. Cụ thể ở các
lớp sau khi áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy, đánh giá qua bài kiểm tra thu
được kết quả như sau :
Năm
học

Lớp

Tổng
số HS

10A4 (Ban
41
2018
cơ bản)
10A2 (Ban
2019
44
nâng cao)

Điểm 8 trở lên Điểm từ 5 đến 8 Điểm dưới 5
Số
Số

Số
Tỷ lệ
Tỷ lệ
Tỷ lệ
lượng
lượng
lượng
7

17,1 % 22

53,6 %

12

29,3 %

31

70,4%

18,2%

5

11,4 %

8

III. PHẦN KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ

Sáng kiến kinh nghiệm này là kết quả của một quá trình tìm tòi, nghiên cứu
và đúc rút kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi. Qua
một năm triển khai thực hiện đề tài này với cách xây dựng và phát triển các bài
toán, xây dựng quy trình giải quyết các bài toán một cách "tự nhiên” như vậy, tôi
nhận thấy các em đã nắm được vấn đề, biết vận dụng các kết quả trên vào giải
quyết các bài toán một cách linh hoạt, sáng tạo. Từ đó giúp cho các em yêu thích
môn toán hơn, chất lượng giờ học đã được nâng cao rõ rệt. Trong năm học tới, tôi
sẽ tiếp tục nghiên cứu và bổ sung để đề tài này được hoàn thiện hơn, đáp ứng được
nhu cầu bồi dưỡng cho học sinh khá giỏi để các em đạt kết quả cao trong các kỳ thi
chọn học sinh giỏi và kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông sau này.
Trong quá trình biên soạn đề tài tôi đã có nhiều cố gắng, tuy nhiên cũng
không tránh khỏi những thiếu sót.Tôi rất mong được các thầy cô giáo, các bạn
đồng nghiệp góp ý, bổ sung để đề tài này hoàn thiện hơn. Hy vọng tài liệu này có
thể sử dụng làm tài liệu tham khảo cho học sinh và thầy cô giáo trong quá trình học
tập, giảng dạy.
Xin chân thành cảm ơn!

XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Trịnh Công Hải
Trang 18


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Văn Như Cương (Chủ biên), Phạm Khắc Ban, Tạ Mân (2007), Bài tập hình học
11 nâng cao , NXB Giáo dục, Hà Nội

2. Văn Như Cương (Chủ biên), Phạm Vũ Khuê, Trần Hữu Nam (2007), Bài tập
hình học 10 nâng cao , NXB Giáo dục, Hà Nội.
3. Nguyễn Văn Dũng (2015), Xác định và luyện tập cho học sinh một số phương
thức phát triển kiến thức sách giáo khoa hình học 10 , luận văn thạc sĩ khoa học
giáo dục, Trường ĐH Vinh, Nghệ An.
4. Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên)- Nguyễn Mộng Hy (2007), Hình học 10 , NXB
giáo dục .
5. Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên)- Nguyễn Mộng Hy (2007), Hình học 11 , NXB
giáo dục.
6. B.I.Acgunôp- M.B.Ban (1977), Hình học sơ cấp , NXB Giáo Dục.

Trang 19