SKKN một vài ỨNG DỤNG của véc tơ

MỤC LỤC
PHẦN

PHẦN


DANH MỤC CHỮ CÁI VIẾT TẮT
Chữ viết tắt

Nội dung

GD&ĐT

Giáo dục và đào tạo

GV

Giáo viên

HS

Học sinh

SGK

Sách giáo khoa

THPT

Trung học phổ thông

BÁO CÁO KẾT QUẢ
NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN

PHẦN I. LỜI GIỚI THIỆU
Véc tơ là khái niệm mới mẻ đối với học sinh lớp 10,các nội dung về véc tơ
vì thế đối với phần lớn học sinh là khó,rất trừu tượng và phức tạp,nên học sinh
rất ngại học phần hình học liên quan đến khái niệm mới này.Tuy nhiên trong quá
trình giảng dạy môn toán, và với sự tìm tòi của bản thân,tôi lại thấy đây là một
nội dung khá hay mà có thể giải quyết được nhiều bài toán mà việc giải quyết
bằng phương pháp khác còn vất vả hơn nhiều.Vì vậy tôi viết chuyên đề này với
mong muốn các bạn học sinh có cái nhìn thiện cảm hơn đối với khái niệm véc
tơ, thấy được cái hay cái đẹp của nó đối với môn toán.Đây cũng coi như là một
tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi đại học.
PHẦN II. TÊN SÁNG KIẾN
“ MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA VÉC TƠ”
1. TÁC GIẢ SÁNG KIẾN
-

Họ và tên: Đường Thị Yến.
Địa chỉ: Trường THPT Yên Lạc.
Số điện thoại: 0985568523.
Email:
2. CHỦ ĐẦU TƯ TẠO RA SÁNG KIẾN
Tác giả sáng kiến đồng thời là chủ đầu tư của sáng kiến kinh nghiệm.
PHẦN III. LĨNH VỰC ÁP DỤNG SÁNG KIẾN
Sáng kiến được áp dụng đối với dạy học véc tơ lớp 10 THPT.
PHẦN IV. NGÀY SÁNG KIẾN ĐƯỢC ÁP DỤNG LẦN ĐẦU HOẶC
DÙNG THỬ
Ngày 10 tháng 10 năm 2019.

PHẦN V. MÔ TẢ BẢN CHẤT CỦA SÁNG KIẾN
A. CƠ SỞ LÝ LUẬN
- Nội dung của chương trình toán THPT.
- Một số tài liệu tham khảo.

3


B.CC PHNG PHP NGHIấN CU
- Phng phỏp nghiờn cu lý thuyt v thc tin.
- Phng phỏp tng kt kinh nghim.
- Phng phỏp thc nghim s phm
C. MC CH :
- Lm ti liu ging dy v tham kho .
- Phỏt trin cỏc hng t duy : phõn tớch, tng hp, sỏng to,cho hc sinh.
- Thy c mi liờn h mt thit gia i s- gii tớch vi hỡnh hc.
D. NI DUNG
I. Lý thuyt:
1) Cỏc kin thc v vộct trong mt phng Oxy .(SGK HH 10)
1. 1 các định nghĩa
1.1.1 kiến thức cần nhớ
a)vectơ là gì ?
Véctơ là một đoạn thẳng có định hớng:
Một đầu đợc xác định là gốc, còn đầu kia là ngọn.
Hớng từ gốc đến ngọn gọi là hớng của véctơ.
Độ dài của đoạn thẳng gọi là độ dài của véctơ.
b)Vectơ không
Định nghĩa: Vectơ không là vectơ có điểm đầu và điểm
cuối trùng nhau.
Nh vậy, véctơ không, kí hiệu

r
0

là vectơ có:

Điểm gốc và ngọn trùng nhau.
Độ dài bằng 0.
c)Hai vectơ cùng phơng
Hai vectơ

uuur
AB

uuur
AB

,

uuur
CD

//

gọi là cùng phơng, ký hiệu:

uuur
CD

AB // CD

ng hàng
A, B,C, D th ẳ

.

d)Hai vectơ cùng hớng, ngợc hớng
a.

Hai véctơ

uuur
AB

,

uuur
CD

gọi là cùng hớng , ký hiệu:
4


uuur
AB

b.

Hai véctơ
uuur
AB

uuur
CD

uuur
AB

,

uuur
CD



AB // CD
hai tia AB,CD cù ng h ớ ng




uuur
CD

.

gọi là ngợc hớng, ký hiệu:
AB // CD
hai tia AB,CD ng ợ c h ớ ng




.

e)Hai vectơ bằng nhau
Hai véctơ

uuur
AB

uuur
AB

uuur
CD

,

gọi là bằng nhau, ký hiệu:

uuur
CD

=

AB = CD
uuur
uuur
AB CD



.

1.1.2 tổng của hai vectơ
a)Định nghĩa: Tổng của hai vectơ
xác định nh sau:

r
a

và

r
b

là một véctơ đợc



Từ một điểm tùy ý A trên mặt phẳng dựng vectơ



Từ điểm B dựng vectơ

Khi đó véctơ
viết

uuur
AC

uuur
AC

uuur
BC

uuur
AB

r
b

= .

gọi là vectơ tổng của hai vectơ
=

r
a

= .

r
a

và

r
b

, ta

r
b

+ .
B

b

a

r
a

A

b
a
a+ b
C

Từ định nghĩa trên ta đợc quy tắc ba điểm:
uuur
AB

+

uuur
BC

=

uuur
AC

, với ba điểm A, B, C bất kì.

b)Tính chất của phép cộng véctơ
r
a

Với mọi véctơ ,
Tính chất 1:

r
b

r
c

và , ta có:

(Tính chất giao hoán):

r
a

+

r
b

=

r
b

r
a

+ .
5


r
a

Tính chất 2:

r
b

(Tính chất kết hợp): ( + ) +

(Tính chất của vectơ không):
c)Quy tắc hình bình hành:

r
c

=

r
a

+

Tính chất 3:

uuur
AB

uuur
AD

+

=

uuur
AC

r
a
r
0

r
b

r
c

+ (r +r ).
=

0

+

a

, với ABCD là hình bình hành.

Ta có "Nếu M là trung điểm đoạn thẳng AB thì
".

uuuu
r
MA

+

r
a

= .

uuur
MB

=

r
0

Ta có "Gọi G là trọng tâm ABC thì:
uuur
GA

uuur
GB

+

+

uuur
GC

r

0

= ,

uuuu
r uuur uuuu
r uuuu
r
MA + MB + MC = 3MG, M.

+

uuur
GB

+

uuur
GC

r
0

= ".

1.1.3 hiệu của hai vectơ
a)Hai vectơ đối nhau
Hai véctơ

uuur

AB

uuur
AB

,

uuur
CD

=-

gọi là đối nhau, ký hiệu:

uuur
CD



AB = CD
uuur
uuur
AB CD

.

b)Hiệu của hai vectơ
Định nghĩa: Hiệu của hai véctơ
tổng của vectơ
là:

r r
a b

r
a

r
a

r
a

r
b

r
a

và , kí hiệu

r
b

r
b

- , là

và vectơ đối của vectơ , nghĩa

r
b

- = + (- ).
Phép lấy hiệu của hai vectơ gọi là phép trừ vectơ.
r r
a b

Để dựng vectơ - khi biết các vectơ

b
ý, từ đó dựng vectơ
a

uuur
AB

=

r
a

uuur
AC

r
a

r
b

và

r
b

ta lấy điểm A tuỳ

và B = a,khi
b đó
a
C
A

uuu
r
CB

r r
a b

= - .

b

6


Từ cách dựng trên ta đợc quy tắc hiệu hai vectơ cùng gốc:
uuur

AB

-

uuur
AC

=

uuu
r
CB

, với ba điểm A, B, C bất kì.

c)Tính chất của phép trừ véctơ
r r
a b

r
c

r
a

r
b

r
c

- = = + .
1.1.4 tích của một vectơ với một số
r
a

a)Định nghĩa: Tích của vectơ
r
a

với một số thực k là một

vectơ, kí hiệu k đợc xác định nh sau:
r
a

a.

Vectơ k cùng phơng với vectơ
Cùng hớng với vectơ
Ngợc hớng với vectơ

b.

r
a

r
a

r
a

r
a

và sẽ :

nếu k 0.
nếu k



0.

Có độ dài bằng k. .

Phép lấy tích của một vectơ với một số gọi là phép nhân
vectơ với số (hoặc phép nhân số với vectơ).
Từ định nghĩa trên ta có ngay các kết quả:
r
a

1. =

r
a

r
a

r
a

, (-1). = - .

b)Tính chất của phép nhân vectơ với số
r
a

Với mọi véctơ ,

r
b

và các số thực m, n, ta có:

r
a

r
a

Tính chất 1:

m(n. ) = (mn). .

Tính chất 2:

(m + n). = m. + n. .

Tính chất 3:

m( + ) = m. + n. .

Tính chất 4:

m =

r
a

r
a

r
b

r
a

r
0



r
a

=

r
a

r
a

r
a

r
b

r
0

hoặc m = 0.

c)điều kiện để hai vectơ cùng phơng
Định lí 1 (Quan hệ giữa hai vectơ cùng phơng): Vectơ
r
a

cùng phơng với vectơ
cho

r
b

r

a

r
0

r
b

khi và chỉ khi tồn tại số k sao

=k .
7


Hệ quả: Điều kiện cần và đủ để ba điểm A, B, C thẳng
hàng là tồn tại số k sao cho
uuur
AB

=k

uuur
AC

.

d)Biểu thị một vectơ qua hai vectơ không cùng phơngr
Định lí 2 (Phân tích một vectơ thành hai vectơ khác
không cùng phơng): Cho hai vectơ
r

c

r
a

và

r
b

khác

r
0

0

và

không cùng phơng. Với mọi vectơ bao giờ cũng tìm đợc
một cặp số thực m, n duy nhất, sao cho:
r
c

r
a

r
b

= m + n .
1.1.5. Hệ toạ độ
a)Vectơ
Cho 2 điểm M1(x1; y1), M1(x2; y2) thì
b)Các phép toán Vectơ
Nếu có hai vectơ
r
v1
(i):
r
v1
(ii):
(iii):
(iv):
(v):

r
v1

=
//

r
v2

+

r r
v1 v 2

-

r
v1

r
v2





r
v2

r
v1

(x1; y1) và

x1 = x 2

y1 = y 2

x1 y1
=
x 2 y2

r
v2

= (x2-x1; y2-y1)

(x2; y2) thì:

.

.

= (x1 + x2; y1 + y2).

= (x1-x2; y1-y2).

k (x1; y1) = (kx1; ky1) , k
r
v1

uuuuuur
M1M 2

r
v2

Ă

.

+ = (x1 + x2; y1 + y2).
c)Khoảng cách
Khoảng cách d giữa hai điểm M1(x1; y1) và M1(x2; y2) là độ dài

(vi):

của vectơ

uuuuuur
M1M 2

, đợc cho bởi:

d =|

uuuuuur
M1M 2

| =

(x1 x 2 ) 2 + (y1 y 2 ) 2

.

8


d)Chia một đoạn thẳng theo một tỉ số cho trớc
Điểm M(x; y) chia đoạn thẳng M1M2 theo một tỉ số k (tức là
k

uuuuur
MM 2

uuuuur
MM1

=

) đợc xác định bởi các công thức:

x =

y =


x1 kx 2
1 k
y1 ky 2
1 k

.
Đặc biệt nếu k = -1, thì M là trung điểm của đoạn thẳng
M1M2 , khi đó toạ độ của M đợc xác định bởi:
x1 + x 2

x = 2

y = y1 + y 2

2

.

e)Ba điểm thẳng hàng
Ba điểm A(x1; y1) , B(x2; y2) và C(x3; y3) thẳng hàng khi và chỉ
khi:
uuur
AC

uuur
AB

x 3 x1
x 2 x1

y3 y1
y 2 y1

//

=
.
2) Cỏc kin thc v vộct trong khụng gian Oxyz.(SGK HH 12)
2.1 TểM TT Lí THUYT:
r

Trong
r

a = ( a1;a 2 ;a 3 ) , b = ( b1;b 2 ;b3 )

A ( x A ; yA ; zA ) , B ( x B ; yB ; z B )

v
uuur
1. AB = ( x B x A ; y B y A ; z B z A )

2. AB =

( xB xA )

2

khụng

+ ( yB yA ) + ( zB z A )
2

gian

Oxyz

cho:

. Khi ú:

2

r r
3) a b = ( a1 b1;a 2 b 2 ;a 3 b3 )

r
4. k.a= ( ka1 ;ka 2 ;ka 3 )

r
5. a = a12 + a 22 + a 32

r r
6. a= b a1 = b1 ;a 2 = b 2 ;a 3 = b 3

9


rr
7. a.b = a1.b1 + a 2 .b 2 + a 3 .b3
r r
r
r
r r
r
a
a
a
8. a / /b ⇔ a = k.b ⇔ a, b  = 0 ⇔ 1 = 2 = 3
b1 b 2 b3

r r
rr
9. a ⊥ b ⇔ a.b = 0 ⇔ a 1.b1 + a 2 .b 2 + a 3 .b3 = 0

r r a
10. a, b  =  2
 b2

r r r
11) a, b,c
r r r
12) a, b,c

13.

a3 a3
;
b3 b3

a1 a 1 a 2 
;
÷
b1 b1 b 2 

r
r
r
⇔ ∃m, n ∈ ¡ : a = mb + nc

đồng phẳng

không đồng phẳng
M

hay

r r r
a, b  .c = 0

 

r
r
r
⇔ ∃m, n ∈ ¡ : a = mb + nc

chia

đoạn

AB

theo

uuuu
r
uuur
 x −kx B y A −ky B z A −kz B 
k ≠ 1 ⇔ MA = kMB ⇒ M  A
;
;
÷
1− k
1− k 
 1− k

Đặc biệt: M là trung điểm AB:

G

là

tỉ

số

.

 x + x B yA + yB z A + zB 
M A
;
;
÷
2
2
2 


.

14. G là trọng tâm tam giác ABC:
15.

hay

r r r
a, b  .c ≠ 0
 

trọng

 x + x B + x C yA + yB + yC z A + z B + zC 
G A
;
;
÷
3
3
3



tâm

tứ

diện

ABCD:

 x + x B + x C + x D yA + yB + yC + yD z A + z B + z C + z D 
G A
;
;
÷
4
4
4




16. Véctơ đơn vị:

r
r
r
i = (1;0;0); j = (0;1;0); k = (0;0;1)

17. Điểm trên các trục tọa độ:

M(x;0;0) ∈ Ox; N(0; y;0) ∈ Oy;K(0;0; z) ∈ Oz

10


18.

Điểm

thuộc

các

mặt

M(x; y;0) ∈ ( Oxy ) ; N(0; y; z) ∈ ( Oyz ) ;K(x;0;z) ∈ ( Oxz )

S∆ABC =

19. Diện tích tam giác ABC:

20. Diện tích hình bình hành ABCD:

1
2

tọa

độ:

.

uuur uuur
 AB, AC 



uuur uuur
SABCD =  AB, AC 

VABCD =

21. Thể tích khối tứ diện ABCD:

22. Thể tích khối hộp

phẳng

1

6

uuur uuur uuur
 AB, AC  .AD



uuur uuur uuuu
r
VABCD.A ' B 'C ' D ' =  AB,AD  .AA '
ABCD.A 'B'C'D '

:

3) Bổ sung một số kiến thức:
3.1)Trọng tâm,tâm tỉ cự

a) Định nghĩa 1: Cho hệ điểm

Điểm G thỏa mãn :

n uuuuuur ur
∑ GAi = 0
i=1

{ A1,A2,...,An }

.

được gọi là trọng tâm của hệ điểm trên.

Định lí :
(1) Trọng tâm của hệ điểm luôn tồn tại và duy nhất.

(2) Nếu G là trọng tâm của hệ điểm

b) Định nghĩa 2: Cho hệ điểm

khác 0.Điểm G thỏa mãn :



 A ,A ,...,An 
2
 1




 A ,A ,...,An 
2
 1


n uuuuuur ur
∑ xi GAi = 0
i=1

và bộ số

thì

uuuur
n uuuuur
OG = 1 ∑ OA ∀ O
n i=1 i



 x ,x ,...,x n 
1
2



có tổng

được gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm

11




 A ,A ,...,A n 
2
 1


ứng với bộ số



 x ,x ,...,x n 
 1 2


.

Định lí :
(1) Tâm tỉ cự của hệ điểm luôn tồn tại và duy nhất.
(2) Nếu G là tâm tỉ cự của hệ điểm


 x ,x ,...,x n 
 1 2


thì



 A ,A ,...,A n 
 1 2


ứng với bộ số

.

n uuuuuur
x OA
∑
uuuuu
r
i
i
i
=
1
OG =
∀O
n
∑ xi
i =1
ur ur

3.2) Định lí 1: Với hai vectơ bất kì
ur

ur

ur

u,v

ta luôn có

ur

a ) u±v ≤ u + v
ur ur

ur ur

b ) u.v ≤ u . v
3.3) Định lí 2:

a) Ba điểm M,A,B thẳng hàng

⇔∀

O, luôn tồn tại duy nhất cặp số thực

(x,y) thỏa mãn :
uuuuuu
r

x + y = 1 và

uuuuur

uuuuu
r

OM = xOA + yOB

b) Bốn điểm M,A,B,C đồng phẳng

⇔∀

O, luôn tồn tại duy nhất bộ số

thực (x,y,z) thỏa
uuuuuu
r

mãn : x +y +z =1 và

uuuuur

uuuuu
r

uuuuu
r

OM = xOA + yOB+zOC

.

II.CÁC ỨNG DỤNG:
1) CÁC BÀI TOÁN VỀ TỈ SỐ ĐỘ DÀI :

12


Thường sử dụng điều kiện để hai vectơ cùng phương , ( điều kiện 3 điểm
thẳng hàng),ba vectơ đồng phẳng (đk 4 điểm đồng phẳng),…
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC. Điểm M trên cạnh BC sao cho

BC = 3BM, điểm N trên cạnh AM sao cho AM = 4AN.
A
Gọi P là giao điểm của AC và BN.
Tính các tỉ số AP:AC và BI:BP

P
N

B
Lời giải :
uuuuur

Đặt

r
ur uuuuuu

ur

BA = a;BM = b
ur

Dễ thấy

uuuur

uuuur

và

uuuur

AP = xAC

ur

C

M

ur ur

.

uuuuu
r

ur

ur

u = 4BN = 3a + b ;v = BP = (1− x)a + 3xb

Hai vectơ đó cùng phương nên 1.(1-x)=3.3x hay x = 1/10
Tức là AP:AC=1:10. Từ đó BI:BP = 5:6
Chú ý : bài toán trên có thể giải bằng cách dựng hình rồi áp dụng định lí Talets.
Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM. Một điểm I bất kì chạy trên
đoạn AM( khác với A), đường thẳng bất kì qua I cắt các đoạn thẳng AB,AC lần

lượt tại N,P( khác A). Chứng minh rằng :

BA + CA = 2 AM
BN CP
AI

.

Lời giải :
Đặt x = BA/BN; y = CA/CN; z = AM/AI (x,y,z > 0)
Ta có
uuuur

uuuur

uuuuu
r

uuuur

uuuu
r

uuu
r

AB + AC = 2AM ⇔ x.AN + y.AP = 2z.AI
uuu
r
uuuur
uuuu

r
⇔ AI = x .AN + y .AP
2z
2z
y
x
⇒ + = 1 ⇒ x + y = 2z(đpcm)
⇒
2z 2z

13


Chú ý : bài toán trên có thể giải bằng cách dựng hình rồi áp dụng định lí Talets.
Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành tâm O. Mặt phẳng
(P) bất kì cắt các đoạn SA,SB,SC,SD,SO lần lượt tại A’,B’, C’, D’, O’(khác S).
Chứng minh rằng :

SA + SC = SB + SD
SA' SC' SB' SD'

Lời giải :
Ta đặt x = SA/SA’; y = SB/SB’; z = SC/SC’; t = SD/SD’.
Dễ thấy :
uuuur

uuuur

uuuur

uuuur

uuuur

SA +SC = SB+SD (= 2SO)
uuuuu
r
uuuuu
r
uuuuu
r
uuuuu
r
⇔ xSA'+zSC' = ySB'+ tSD'
uuuuu
r
uuuuu
r
uuuuu
r
⇔ SA' = y SB'- z SC'+ t SD'
x
x
x
⇒ y - z + t =1 (1) hay x + z = y+ t (ðpcm)
x x x
(Vì A’,,B’,C’,D’ đồng phẳng nên ta có (1))

Nhận xét : Dễ thấy

SA + SC + SB + SD = 4SO
SA' SC' SB' SD' SO'

Có thể c/m bằng phương pháp hình học thông thường.
BÀI TẬP :
Bài 1: Cho hình chóp S.ABC, G là trọng tâm của tam giác ABC, mp(P) cắt các
đoạn SA,SB, SC, SG lần lượt tại A’, B’, C’, G’.Chứng minh rằng :

a)

SA + SB + SC = 3 SG
SA SB' SC'
SG'
uuuur

b)

uuuuur

SO = 3OG

với O là trọng tâm của tứ diện SABC.

Bài 2:Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Điểm C’ là trung điểm
của SC. Mặt phẳng qua AC’ cắt SB,SD lần lượt tại B’, D’.

a) Chứng minh :

SB + SD = 3
SB' SD'

14


b) Chứng minh :

1 ≤ VS.AB'C' D' ≤ 3
3 V
8
S.ABCD

Bài 3: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’; M,N,P lần lượt nằm trên cạnh A’B’, AB,

CC’ sao cho

MA' = NB = PC' = 1
MB' NA PC 2

∩

Gọi Q = (MNP) B’C’. Tính

QC'
B' C'

.

.

Bài 4: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’.

a) Chứng minh AC’ đi qua trọng tâm G1,G2 của hai tam giác A’BD và CB’D’ đông
thời AG1=G1G2=G2C’.
b) Gọi G là trọng tâm của tam giác AB’C.Tính BD’/BG.
c) Gọi P,Q,R lần lượt là điểm đối xứng của D’ qua A,B’,C.Chứng minh B là trọng
tâm của tứ diện PQRD’.
d) Dựng I,J lần lượt trên DB’,AC sao cho IJ//BC’. Tính ID/IB’
2) CÁC BÀI TOÁN VỀ TÍNH KHOẢNG CÁCH ,GÓC, CHỨNG MINH
QUAN HỆ GIỮA CÁC ĐỐI TƯỢNG
Thường áp dụng để tính khoảng cách từ 1 điểm đến 1 đường thẳng hay một
mặt phẳng,khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. Với dạng bài này , học
sinh lớp 11 có thể giải bằng cách sử dụng các tính chất và dựng hình, học sinh
lớp 12 có thể dùng phương pháp tọa độ để giải. Ở đây tôi chỉ giới thiệu một ví
dụ minh họa khá đơn giản để các thầy cô và các em học sinh tham khảo.
Phương pháp chung thường dùng :
(1) Chọn 2 vectơ (không cùng phương trong mp) hoặc 3 vectơ (không đồng phẳng
trong KG) có mối quan hệ đặc biệt với nhau làm cơ sở để biểu diễn các vectơ
khác qua chúng.
(2) Biểu diễn các vectơ khác qua các vectơ cơ sở. Dùng đk thẳng hàng,
đồng phẳng hay vuông góc để đưa ra kết quả.

15


Ví dụ : Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’, M trên A’C sao cho MA’=3MC và
N là trung điểm của C’D.
a)

Chứng minh : MN//B’D.

b)

Khi hình hộp là hình lập phương cạnh a. Tính các khoảng cách
d(A,D’M) , d(A, (CMN)) và d(BD,CD’)
Lời giải và hướng dẫn:
uuuur

Đặt

ur uuuuur

r
ur uuuuu

u
r

AB = a;AD = b;AA' = c

.

a)Từ đó dễ thấy :
uuuuur

ur

ur

uuuuur

u

r

ur

ur

u
r

BD' = −a + b + c ;4MN = −a + b + c ⇒ MN / /BD'

(đpcm)

b) Ta có các véctơ trên đôi một vuông góc và độ dài các vec tơ trên đều bằng a
uuuuuuur

Dựng AH vuông góc với D’M tại H và đặt

uuuuuur

D' H = x.DM

.

Ta tính được
ur

uuuuur

ur

ur

u
r

uuuuur

ur

ur

u
r

u = 4.DM = 3a − b − 3c; 4.D'H = 3xa − xb − 3xc ;
ur
uuuuu
r
ur
ur
u
r
v = 4.AH = 3xa + (4 − x)b + (4 − 3x)c.
ur ur
ur ur
u ⊥ v ⇔ u.v = 0 ⇔ x = 16
19
2
2 2

⇒ d( A,D' M ) = AH = a. 48 +15 + 7
19
Để tính d(A,(CMN)) ta dựng AI vuông góc với (AMN) tại I.
Ta có :
uuur

uuuuur

uuuuur uuur

uuuur

uuur

uuur

uuuuur uuur

uuuur

CI = xCM + yCM; AI = AC + CI. Cho AI ⊥ CM; AI ⊥ CN ⇒ x,y ⇒ AI
uuuur

Gọi PQ là đoạn vuông góc chung của BD và CD’:

uuuuur uuuuur

uuuuur

BP = z.BD; CQ = t.CD'

Cho PQ vuông góc với BD và CD’ ta tìm được z,t . Từ đó tính PQ.
BÀI TẬP:
Bài 1: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có G,G’ lần lượt là trọng tâm của hai tam
giác ABC và A’B’C’. Gọi I là giao điểm của AB’ và A’B.
a)

Chứng ming : GI//CG’.
16


b) Cho biết tam giác ABC đều cạnh a,AA’ = a

3

và hình chiếu của A’ trên (ABC)

là trung điểm của BC.
b1) Tính góc giữa BB’ và mặt phẳng (ABC)
b2) Tính d(A’B,C’G).
Bài 2: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ . M và N lần lượt là các điểm chia hai
đoạn thẳng AD’ và DB theo cùng tỉ số k khác 0, 1. Chứng minh : MN // (A’BC).
3) CÁC BÀI TOÁN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC VÀ LƯỢNG GIÁC
Ví dụ 1: Cho tam giác ABC và M trên cạnh BC. Chứng minh : OA.BC ≤
OB.AC + OC.AB.
Lời giải :
uuuuu
r

Đặt

uuuuuu
r

uuuuur

uuuuu
r

BO = x.BC ( 0 ≤ x ≤ 1).Ta có OC = (1-x)BC

uuuur

uuuuur

uuuuu
r

uuuur

uuuuur

uuuuu
r

⇒ OA = xAC + (1 − x )AB ⇒ OA ≤ xAC + (1 − x )AB
Từ đó suy ra đpcm.

Ví dụ 2: Cho 3 góc x,y,z có x+y+z=3600 và 1800> x,y,z>00. Chứng minh : cosx

+ cosy + cosz ≥ -

3
2

Lời giải :
Dựng 3 góc AOB, BOC, COA lần lượt có số đo x,y,z sao cho O là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC, OA=OB=OC=1.
Ta có :
uuuuu
r uuuur

uuuur

(OA + OB + OC)2 ≥ 0
uuuuu
r uuuur uuuur uuuur uuuuu
r uuuur
⇔ OA2 + OB2 + OC2 + 2(OA.OB + OB.OC + OA.OC) ≥ 0
⇔ cosx + cosy + cosz ≥ − 3
2
Nhận xét : Với mọi điểm O trong tam giác ABC ta luôn có :
cosAOB + cosBOC + cosCOA ≥ -3/2.
Ví dụ 3: Cho tam giác ABC vuông tại A.
17


a) Tìm vị trí của điểm M trên AC sao cho biểu thức
P = 2MA2 + MB2 +MC2 đạt giá trị nhỏ nhất.
b) Tìm vị trí điểm M sao cho Q=

2

MA + MB + MC nhỏ nhất.

Lời giải:
a)Gọi G là trung điểm của BC và I là trung điểm của AG. Suy ra :
uuur

uuu
r

uuu
r

ur

2.IA + IB + IC = 0
Khi đó : P = 4.IM2 giá trị này nhỏ nhất khi IM nhỏ nhất hay M là hình chiếu của
I trên AC.
Ta tìm được M chia đoạn CA theo tỉ số -3.
b) Ta có :
uuuuur

r
uuuuur uuuuu

uuuuu
r uuuuu
r

uuuuur uuuuu
r

MB = MB.AB ≥ MB.AB = ( MA + AB ).AB = MA.AB + AB
AB
AB
AB
AB
uuuuur uuuuur
MC ≥ MA.AC + AC
AC
Do đó :
uuuuur

uuuuu
r

uuuuur

Q ≥ AB + AC + [ 2MA + MA( AB + AC )]
AB AC
⇒ Q ≥ AB + AC + MA 2(1 + cosα ) ≥ AB + AC

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ

khi M trùng A
Ví dụ 4: Cho tứ diện ABCD có AB,AC,AD đôi một vuông góc .Tìm M để
P=

3

MA + MB + MC + MD nhỏ nhất.

Lời giải :
Tương tự Ví dụ 3 :
uuuuur uuuuu
r

uuuuur uuuuur

uuuuur uuuuur

MB ≥ MA.AB + AB;MC ≥ MA.AC + AC ; MD ≥ MA.AD
AB
AC
AD

18


uuuuur

uuuuu
r

uuuuur

uuuuur

⇒ P ≥ AB + AC + AD + MA( AB + AC + AD ) + 3MA
AB AC AD
uuuuur ur
= AB + AC + AD + MAu + 3MA
uuuuur
⇒ P ≥ AB + AC + AD + 3MA(1 + cos α ); ( MA,u) = α )
⇒ P ≥ AB + AC + AD
Dấu đẳng thức xảy ra khi M trùng A
Vậy M trùng A.
Ví dụ 5: Cho tứ diện SABC có SA=a, SB=b, SC=c; Mặt phẳng (P) thay đổi luôn
đi qua trọng tâm G của tứ diện lần lượt cắt SA, SB, SC tại D, E, F. Tìm giá trị
nhỏ nhất của :

Q=

1 + 1 + 1
SD2 SE 2 SF 2

Lời giải :
Ta có :
uuuur

uuuuu
r

uuuuur

uuuuur

uur

GA + GB + GC + GD = 0
uuuur
uuuu
r uuuur uuuur
uuuur
uuuur
uuuur
⇒ SG = 1 ( SA + SB + SC ) = 1 ( SA SD + SB SE + SC SF )
4
4 SD
SE
SF

Vì G,D,E,F đồng phẳng nên SA/SD + SB/SE + SC/SF = 4
Áp BĐT Bunhiacopxki ta có :
42 = (SA/SD + SB/SE + SC/SF)2 ≤ (SA2 + SB2 + SC2)(1/SD2 + 1/SE2 + 1/SF2)
Do đó : Q ≥ 16/(a2 + b2 + c2)
Đẳng thức xảy ra khi (P)//(ABC).
Ví dụ 6: Cho tứ diện A1A2A3A4 có trọng tâm G. Các đường thẳng GAi (1=1,

…,4) căt các mặt đối diện tại Bi . Chứng minh rằng :

4
16
∑ AiBi.MAi ≥ 3 ∑ ai2
1
i=1

( ai là

độ dài 6 cạnh) với mọi điểm M.
Lời giải :

Ta có :

4
4 uuuuuuuur uuuuuuur 4 uuuuuuur uuuuuuur uuuuuuur 4
4
∑ MAi .GAi ≥ ∑ MAi .GAi = ∑ ( MG + GAi ).GAi ⇒ ∑ MAi .GAi ≥ ∑ .GAi2
1
i=1
i=1
i=1
i=1

Mà GAi = 3AiBi/4.
19


Áp dụng công thức đường trung tuyến ta tính được :

4
1 6
∑ GAi2 = 4 ∑ ai2
i=1
i=1

Từ đó ta suy ra đpcm. Đẳng thức xảy ra khi M trùng G.
BÀI TẬP:

Bài 1: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng :

a)

sin A + sin B + sin C ≤ 3
2
2
2 2

b) p2≥ 16 Rr – 5r2.
c) MA+MB+MC

≥

3R (với mọi điểm M và tam giác ABC đều.)

Bài 2: Cho tứ diện A1B1C1D1, M là điểm tùy ý trong tứ diện. Chứng minh :

4 MA 2 3
∑ S i≥ R
i=1 i
Trong đó Si là diện tích mặt đối diện với Ai; R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ
diện.
Bài 3: Cho tứ diện đều ABCD.Tìm M để P =

6

MA + MB + MC + MD nhỏ

nhất.

Bài 4: Tìm tam giác ABC để tỉ số

P
R

là lớn nhất.

Bài 5: Cho điểm A thuộc mặt cầu (O;R) .Xét tứ diện ABCD nội tiếp (O;R) và
gọi G là trong tâm của tứ diện đó. Tìm vị trí của G sao cho AB2 + AC2+AD2-BC2
– CD2 – DB2 đạt giá trị nhỏ nhất.
Bài 6: Trong tất cả các tứ diện nội tiếp mặt cầu bán kính R = 1 , hãy tìm tứ diện
có diện tích toàn phần lớn nhất.
4) CÁC BÀI TOÁN VỀ BĐT ĐẠI SỐ
Dấu hiệu có thể dùng phương pháp vectơ: Chứa căn của các biểu thức có dạng
độ dài của vectơ hoặc là tích vô hướng của hai vectơ
Ví dụ 1: Chứng minh rằng :
20


x2 + y2 . z 2 + t 2 ≥ xy + zt

Lời giải:
ur

ur

ur ur

ur ur

u( x; y ) , v(z;t) ⇒ u . v ≥ u.v ⇒ ðpcm
Xét hai vectơ
Ví dụ 2: Cho 3 số dương x,y,z thỏa mãn : x + y + z ≤ 1.

x2 + 1 + y 2 + 1 + z 2 + 1 ≥ 82
x2
y2
z2
Chứng minh rằng :
Lời giải:
ur
ur
uur
u( x; 1 );v( y; 1 );w( z; 1 )
x
y
z

Xét 3 vectơ :
ur

ur

uur

ur

ur

uur

u +v+ w ≤ u + v + w
⇒ x2 + 1 + y2 + 1 + z 2 + 1 ≥ ( x + y + z )2 + ( 1 + 1 + 1 )2
x y z
x2
y2
z2

Ta có :
Dễ thấy : 1/x + 1/y + 1/z ≥ 9/(x+y+z).
Từ đó (x+y+z)2 + (1/x +1/y +1/z)2 ≥ (x+y+z)2 + 81/(x+y+z)2
Khi đó dễ dàng suy ra đpcm.
Nhận xét : Bài toán trên có thể giải bằng phương pháp dùng BĐT Côsi.
Ví dụ 3: Cho 4 số thực a,b,c,d.
Chứng minh rằng trong sáu số sau ac+bd, a2+b2+a-b, ac+bd+a-b, ac+bd+c-d, c2
+ d2 +c – d, ac+bd+a+c-b-d+2 có ít nhất một số không âm.
Lời giải:
Ta thấy :
a2+b2+a-b = a(a+1) +b(b-1)
ac+bd+a-b=a(c+1) + b(d-1)
ac+bd+c-d = c(a+1) + d(b-1)
c2 + d2 +c – d= c(c+1) +d(d-1)
ac+bd+a+c-b-d+2=(a+1)(c+1) +(b-1)(d-1)

21


Ta xét các điểm sau trong mặt phẳng Oxy : A(a;b), B(c;d), C(a+1;b-1), D(c+1;d1)
1) Nếu có 1 trong 4 điểm trùng gốc O thì hiển nhiên bài toán được chứng

minh.
2) Nếu cả 4 điểm không trùng gốc O thì trong 4 vectơ
uuuuu
r

uuuur

uuuur

uuuuu
r

OA(a;b);OB(c;d);OC(a +1;b −1);OD(c +1;d −1)

với nhau góc không tù

α

có ít nhất 2 vectơ tạo

, tích vô hướng của hai vectơ này không âm.

Mà tích vô hướng của hai vectơ bất kì trong 4 vectơ trên có giá trị là một
trong sáu giá trị nêu trên . Do đó bài toán được chứng minh.
Ví dụ 4: Tìm m để phương trình

x 2 + x +1 + x 2 − x +1 = m(1)

có nghiệm thực .

Lời giải :
Xét hàm f(x) = VT(1). Khi đó f(x) liên tục trên R và

lim f(x) = +∞;
x→±∞

f(x) = (x + 1 )2 + ( 3 )2 + (-x + 1 )2 + ( 3 )2
2
2
2
2

Ta xét

ur
ur
ur
ur
ur ur
u(x + 1 ; 3 ); v(−x + 1 ; 3 ) ⇒ u + v ≥ u + v ⇒ f(x) ≥ 2 ∀x ∈ R
2 2
2 2

Mà f(0) = 2 nên minf(x) = 2
Do đó (1) có nghiệm khi và chỉ khi m ≥2
BÀI TẬP :
Bài 1: Chứng minh rằng :

a 2 + ab + b2 + a 2 + ac + c2 ≥ b2 + bc + c2 ∀a,b,c ∈ R
Bài 2: Cho a,b,c dương và ab + bc +ca = abc.

Chứng minh rằng :

b2 + 2a 2 + c2 + 2b2 + a 2 + 2c2 ≥ 3
ca
ab
bc

.
22


Bài 3: Chứng minh rằng :

4cos2xcos2y + sin 2 (x − y) + 4sin 2xsin 2y + sin 2 (x − y) ≥ 2 ∀x,y ∈R
E. MỘT SỐ KẾT QUẢ CỤ THỂ THU ĐƯỢC SAU KHI ÁP DỤNG SÁNG
KIẾN KINH NGHIỆM VÀO GIẢNG DẠY
vài số liệu cụ thể về giá trị lợi ích khi áp dụng sáng kiến:
Lớp

Sĩ số % HS giỏi % HS Khá % HS TB

% HS yếu

%HS kém

10C

48

13%

77%

8%

2%

0%

10H

47

9%

50%

32%

9%

0%

Kết quả sát hạch lớp 10C,10H trước khi áp dụng sáng kiến
Sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này, tôi đã tiến hành kiểm tra, sát
hạch lại, kết quả đạt được rất khả quan. Cụ thể như sau:
Lớp

Sĩ số % HS giỏi

% HS
Khá

% HS TB

% HS yếu

%HS kém

10C

48

45%

51%

4%

0%

0%

10H

47

30%

56%

14%

0%

0%

PHẦN IV: THÔNG TIN BẢO MẬT: Không có thông tin bảo mật
PHẦN VII:CÁC ĐIỀU KIỆN CẦN THIẾT ĐỂ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN
Sáng kiến đã được áp dụng giảng dạy tại các lớp 10c,10h,10l,tại trường THPT
YÊN LẠC.Ngoài ra sáng kiến còn có thể áp dụng được cho tất cả các trường
THPT trong cả nước.
PHẦN VIII: . ĐÁNH GIÁ LỢI ÍCH THU ĐƯỢC HOẶC DỰ KIẾN CÓ
THỂ THU ĐƯỢC DO ÁP DỤNG SÁNG KIẾN THEO Ý KIẾN CỦA TÁC
GIẢ VÀ THEO Ý KIẾN CỦA TỔ CHỨC CÁ NHÂN ĐÃ THAM GIA ÁP
DỤNG SÁNG KIẾN LẦN ĐẦU
Sáng kiến đem lại hứng thú cho học sinh đối với phần toán véc tơ,đem lại niềm
yêu thích đối với phần hình học khó này.Do đó đem lại hiệu quả cao trong giảng
dạy ôn thi THPT Quốc gia và ôn thi HSG.
PHẦN IX:ĐÁNH GIÁ LỢI ÍCH THU ĐƯỢC HOẶC DỰ KIẾN CÓ THỂ
THU ĐƯỢC DO ÁP DỤNG SÁNG KIẾN THEO Ý KIẾN CỦA TÁC GIẢ
Qua chuyên đề này,tôi đã giúp cho học sinh tìm hiểu sâu hơn ,chi tiết hơn về ứng
dụng của véc tơ trong giải toán,đồng thời tôi cũng phân loại chi tiết các ứng
dụng của véc tơ trong giải các loại toán cụ thể,học sinh rất hứng thú với các
23


phân loại như thế này.Sáng kiến đem lại sự tích cực trong việc học toán và dễ
dàng tiếp thu phần kiến thức về véc tơ.

PHẦN X:ĐÁNH GIÁ LỢI ÍCH THU ĐƯỢC HOẶC DỰ KIẾN CÓ THỂ
THU ĐƯỢC DO ÁP DỤNG SÁNG KIẾN THEO Ý KIẾN CỦA TỔ CHỨC
CÁ NHÂN
+Nhà trường nhất trí và ủng hộ cho việc triển khai đề tài
+Tổ chuyên môn đánh giá cao và áp dụng làm tư liệu dạy học
PHẦN XI:DANH SÁCH CÁC TỔ CHỨC CÁ NHÂN THAM GIA ÁP
DỤNG SÁNG KIẾN LẦN ĐẦU
Số TT
Tên tổ
Địa chỉ
Phạm vi lĩnh vực áp dụng
chức/cá
sáng kiến
nhân
1
Lớp 10C Trường THPT
Môn toán THPT YÊN
YÊN LẠC
LẠC
2
Lớp 10H Trường THPT
Môn toán THPT YÊN
YÊN LẠC
LẠC
3
Lớp 10L Trường THPT
Môn toán THPT YÊN
YÊN LẠC
LẠC

YÊN LẠC,ngày 12 tháng 2 năm 2020
Hiệu trưởng
(kí tên, đóng dấu)

YÊN LẠC,ngày 12 tháng 2 năm 2020
Tác giả sáng kiến
(kí ,ghi rõ họ tên)

Đường Thị Yến

24