skkn HƯỚNG dẫn học SINH ỨNG DỤNG VECTƠ để CHỨNG MINH bất ĐẲNG THỨC, tìm cực TRỊ

UBND TỈNH HẢI DƯƠNG
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

BẢN MÔ TẢ SÁNG KIẾN
HƯỚNG DẪN HỌC SINH ỨNG DỤNG VECTƠ
ĐỂ CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC, TÌM CỰC TRỊ.
Bộ mơn : Tốn

Năm học 2017 - 2018

1


TĨM TẮT SÁNG KIẾN
1. Hồn cảnh nảy sinh sáng kiến:
Trong chương trình THPT mơn Tốn, bất đẳng thức là một trong những nội
dung cơ bản và xuyên suốt. Bất đẳng thức hiện hữu trong cuộc sống hàng ngày và
con người tiếp cận nó từ khi cịn rất nhỏ. Từ việc so sánh nhiều hơn, ít hơn của trẻ
học mầm non; so sánh lớn, nhỏ giữa hai số của học sinh tiểu học và dần đến là so
sánh biểu thức, chứng minh một số bất đẳng thức đơn giản của học sinh THCS.
Đến bậc THPT học sinh được tiếp cận bất đẳng thức một cách hệ thống đầy đủ
nhất.
Tuy nhiên bất đẳng thức lại là một phần kiến thức khó đối với học sinh. Khó bởi
vì bất đẳng thức biến đổi ở nhiều dạng khác nhau mà học sinh không biết phải
chứng minh bằng cách nào. Đối với học sinh trung bình thì chứng minh bất đẳng
thức lại rất khó khăn, thậm chí có em cịn chấp nhận bỏ qua nội dung này trong bài
kiểm tra, bài thi. Cũng chính vì tính chất thiên biến vạn hố này mà bất đẳng thức
lại là nội dung phong phú, gây nhiều hứng thú cho người dạy và người học toán.
Đặc biệt khi học sinh đã nắm bắt được phương pháp, cách làm thì lại càng say sưa,
hào hứng với những bài toán chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị.
Có nhiều phương pháp chứng minh bất đẳng thức khác nhau, trong đó sử dụng

vectơ là một phương pháp. Vectơ là một công cụ hình học mạnh, có tính khái qt
cao, đặc biệt khi đưa tọa độ vào. Vectơ dùng cho hình học phẳng và cả hình khơng
gian; được dùng để chứng minh cả bất đẳng thức Hình học, Đại số và bất đẳng
thức Lượng giác. Dùng vectơ chứng minh bất đẳng thức cũng giúp học sinh thấy
được sự liên hệ giữa Hình học và Đại số, thấy được sự thú vị của môn học, từ đó
thêm u mơn học hơn.
Vì vậy, tơi chọn đề tài : Hướng dẫn học sinh ứng dụng vectơ để chứng minh
bất đẳng thức, tìm cực trị.
2. Điều kiện, thời gian, đối tượng áp dụng sáng kiến:

2


Sáng kiến áp dụng cho việc giảng dạy chủ đề bất đẳng thức, cực trị trong
chương trình Tốn Trung học phổ thơng sau khi học xong các phép tốn vectơ và
tọa độ vectơ trong chương trình Hình học 10 và Hình học 11.
3. Nội dung sáng kiến :
Trong sáng kiến này tơi tập trung giải quyết những nội dung chính sau đây:
+ Căn cứ vào cơ sở lý luận, mục tiêu dạy học để giới thiệu một số bài toán
chứng minh bất đẳng thức, cực trị và hướng dẫn học sinh vận dụng các tính chất
vectơ để giải quyết.
+ Về khả năng áp dụng sáng kiến: Sáng kiến có thể áp dụng rộng rãi cho toàn
bộ giáo viên, học sinh khi giảng dạy và học tập chủ đề bất đẳng thức, vectơ trong
chương trình Tốn trung học phổ thơng.
+ Lợi ích thiết thực của sáng kiến: Giáo viên có tài liệu tham khảo. Học sinh
được trải nghiệm thông qua việc tìm tịi, giải quyết các bài tốn bất đẳng thức,
thấy được sự liên hệ giữa Hình học và Đại số; sự tương tự, phát triển của vectơ
trong hình học phẳng đến khơng gian, từ đó tạo được hứng thú trong việc học tập
bộ môn.
4. Khẳng định giá trị, kết quả đạt được của sáng kiến:

Việc áp dụng sáng kiến làm học sinh hứng thú hơn trong việc giải quyết các bài
tốn về chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị; đồng thời kích thích sự tìm tịi,
sáng tạo của học sinh, qua đó kiến thức từ bài học được khắc sâu hơn, rèn luyện tư
duy cho học sinh tốt hơn.
5. Đề xuất khuyến nghị để thực hiện áp dụng hoặc mở rộng sáng kiến:
Viết sáng kiến này, tác giả rất mong các đồng nghiệp sẽ góp ý, bổ sung thêm
nhiều bài toán thú vị để vận dụng phương pháp, giúp nâng cao chất lượng giảng
dạy mơn Tốn trong các trường THPT.

3


MƠ TẢ SÁNG KIẾN
1. Hồn cảnh nảy sinh sáng kiến:
u cầu đổi mới căn bản, toàn diện giáo dục và đào tạo của Đảng, trong nghị
quyết Hội nghị Trung ương 8 khóa XI có nêu: “ Tiếp tục đổi mới mạnh mẽ
phương pháp dạy và học theo hướng hiện đại, phát huy tính tích cực, chủ động,
sáng tạo và vận dụng kiến thức, kĩ năng của người học, khắc phục nối truyền thụ
áp đặt một chiều, ghi nhớ máy móc...”.
Từ năm học 2016-2017, Bộ Giáo dục và Đào tạo đã quyết định sử dụng hình
thức thi trắc nghiệm mơn Tốn cho kỳ thi quốc gia. Với hình thức thi mới, học
sinh sẽ quan tâm nhiều hơn đến việc dùng máy tính để giải tốn, tuy nhiên với vai
trị định hướng, dẫn dắt của người thầy, tôi thấy rằng cần phải cho học sinh hiểu
rằng nếu bỏ qua tư duy toán học, chỉ chạy theo phương pháp sử dụng máy tính thì
các em cũng khơng thể làm tốt các đề thi ngày càng hạn chế số lượng câu hoàn
toàn chỉ cần bấm máy. Nhìn xa hơn, các em nếu đi tiếp vào các trường Đại học –
Cao đẳng có chất lượng tốt hoặc học nghề; nếu khơng có tư duy tốt các em đều
gặp rất nhiều khó khăn trong việc tiếp cận kiến thức.
Để đáp ứng yêu cầu đổi mới trong thi cử, đồng thời vẫn giúp học sinh rèn tư
duy, sáng tạo, linh hoạt,.. trong học toán, chúng ta càng cần tăng cường những bài

toán liên hệ giữa các phần kiến thức khác nhau để giúp học sinh vừa ghi nhớ kiến
thức lâu, vừa thấy được tính kế thừa mà bản thân các em có thể tự tìm ra, thấy
được sự đa dạng, thú vị của bộ mơn Tốn.
Trên cơ sở đó, tơi mạnh dạn đưa ra một chun đề nhỏ là : Hướng dẫn học
sinh ứng dụng vectơ để chứng minh bất đẳng thức , tìm cực trị.
2. Cơ sở lý luận của vấn đề :
2.1.Tính chất 1:
2

Với mọi a bất kỳ, ta có: (a)2 = a  0 (1)

4


Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 0 .
2.2. Tính chất 2:

a + b  a + b (2)

Với hai vectơ a,b bất kỳ, ta có:

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a , b cùng hướng.
* Khi gán tọa độ: Trong mp Oxy, với a = ( x 1 ; y1 ) ; b = ( x 2 ; y2 ) , ta có:
(2) 

* Tổng quát:

n

n

i =1

i =1

( x1 + x2 ) + ( y1 + y2 )
2

2

 x12 + y12 + x22 + y22

 ai   ai

2. 3. Tính chất 3 :
Với hai vectơ a,b bất kỳ, ta có:

a.b  a . b (3)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a , b cùng phương.
* Khi gán tọa độ: Trong mp tạo độ Oxy, với a = ( x 1 ; y1 ) ; b = ( x 2 ; y2 ) , ta có:
(3)  x1 x2 + y1 y2  x12 + y12 . x2 2 + y2 2

3. Thực trạng của vấn đề:
Đối với học sinh nói chung, thường các em ngại học làm tốn Hình và thấy
khó hơn làm tốn Đại. Đặc biệt với một cơng cụ mới như vectơ, nhiều học sinh
cịn cảm thấy khó khăn hơn. Vì thế nếu chúng ta hướng dẫn các em sử dụng cơng
cụ hình học mới này vào để làm một loại bài tập cũng khó trong Đại số là chứng
minh bất đẳng, tìm cực trị thành cơng sẽ gây sự hứng thú cho học sinh. Các em sẽ
thấy được sức mạnh của vectơ, đồng thời sự kết hợp thú vị này làm cho nhiều bài

toán trở lên dễ dàng hơn nhiều.
4. Các giải pháp, biện pháp thực hiện:
4. 1. HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG TÍNH CHẤT 1 ( Mục 2.1):
Bài tập 1: Cho tam giác ABC. Trong mặt phẳng chứa tam giác, hãy tìm điểm M
sao cho: ( MA2 + MB2 + MC2 ) nhỏ nhất ?

5


* Nhận xét:
Đây là bài tốn cực trị hình học. Việc tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức là
tổng của 3 số hạng biến thiên, gợi ý cho người làm tìm cách biến đổi 3 số hạng đó
biểu diễn theo cùng một đại lượng biến thiên trung gian. Vì vậy nhu cầu cần xuất
hiện một điểm cố định, có tính trung gian với 3 đỉnh A, B, C. Khi đó, tính linh
hoạt của quy tắc 3 điểm của phép cộng vectơ đồng thời với tính chất quen thuộc
về vectơ của trọng tâm tam giác, sẽ gợi ý cho người làm phải chuyển biểu thức về
vectơ và sử dụng cách chèn điểm G (trọng tâm tam giác) vào.
* Hướng dẫn:
Gợi ý 1: Học sinh tự phát hiện hoặc giáo viên dẫn dắt để học sinh thấy nhu
cầu chèn điểm G vào các độ dài trên, để làm xuất hiện chung một đại lượng biến
thiên MG (G cố định).
2

2

2

2
Trả lời: MA = MA = ( MG + GA) = MG + GA + 2MG.GA
2

2

Tương tự có: MB 2 = MG + GB + 2.MG.GB
2

2

MC 2 = MG + GC + 2.MG.GC

Gợi ý 2: Tính tổng MA2 + MB2 + MC2 ?
2

2

2

2

Trả lời: Có MA2 + MB 2 + MC 2 = 3MG + GA + GB + GC + 2MG.(GA + GB + GC )
2

= 3MG + GA2 + GB2 + GC 2 .

Gợi ý 3: Trong biểu thức tổng ( MA2 + MB2 + MC2 ) vừa tính được, các đại
lượng thay đổi thế nào?
Trả lời: Có (GA2 + GB2 + GC 2 ) khơng đổi (Vì tam giác ABC cho trước nên trọng
1
3

tâm G cũng cố định). Có thể tính GA2 + GB 2 + GC 2 = (a 2 + b 2 + c 2 ) (Với a, b, c là 3
2

cạnh của tam giác); Còn MG  0
1
3

Từ đó , sẽ có: MA2 + MB 2 + MC 2  GA2 + GB 2 + GC 2 = (a 2 + b2 + c2 ).
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi MG = 0 hay M trùng G
6


( G là trọng tâm tam giác).
Từ đó kết luận được: Giá trị nhỏ nhất của biểu thức ( MA2 + MB2 + MC2) là
1 2 2 2
(a + b + c ) , đạt được khi M là trọng tâm tam giác ABC.
3

3
2

Bài tập 2: Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng: cos2A + cos2B + cos2C  − .
* Nhận xét: Đây là bài toán bất đẳng thức lượng giác trong tam giác, vì vậy học
sinh có thể sử dụng các phép biến đổi, công thức lượng giác để chứng minh. Tuy
nhiên, giáo viên có thể hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp vectơ để thấy
được sự đa dạng của các cách tư duy bài toán, đặc biệt với học sinh lớp 10 ở thời
điểm chưa được học cơng thức lượng giác thì đây là phương pháp hữu hiệu.
* Hướng dẫn:

B

Gợi ý 1: Công thức vectơ nào có chứa cơsin ?
A

O

Trả lời : Cơng thức tích vơ hướng của hai vectơ:
C

( )

a.b = a . b .cos a, b ( với hai vectơ a,b  0 )

Gợi ý 2: Tìm các cặp vectơ mà tích vơ hướng của chúng xuất hiện cos2A,
cos2B và cos2C ?
Trả lời : Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
=> OA.OB = OA OB cos ( OA, OB ) .

(

)

OB.OC = OB OC cos OB, OC .

và OA.OC = OA OC cos ( OA, OC ) .

7


Đến đây, học sinh sẽ phát hiện thêm nếu gọi R là bán kính của đường trịn

ngoại tiếp tam giác ABC thì R = OA = OB = OC .
Gợi ý 3: Để xuất hiện tổng cos2A + cos2B + cos2C , hãy xét (OA + OB + OC ) 2
2

2

2

. + OB.OC + OC.OA)
Trả lời: (OA + OB + OC )2 = OA + OB + OC + 2(OAOB

= 3R2 + 2R 2 (cos 2 A + cos 2B + cos 2C ) (4)

Đến đây, so sánh điều cần chứng minh và đẳng thức đã có, học sinh sẽ phát
hiện sử dụng tính chất 1(Mục 2.1) để được điều cần chứng minh.
Ta ln có: (OA + OB + OC )2  0 , nên từ (4) có :
3R 2 + 2 R 2 (cos 2 A + cos 2 B + cos 2C )  0  cos2 A + cos2 B + cos2C  −

3R 2
3
= − ( đpcm )
2
2R
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi OA + OB + OC = 0  O là trọng tâm tam giác
ABC  Tam giác ABC đều.
Bài tập 3: Chứng minh rằng : Với mọi tam giác ABC nội tiếp đường trịn bán
2
2

2
2
kính R, ta ln có : AB + BC + CA  9 R .

* Nhận xét: Đây là bài toán bất đẳng thức về hệ thức lượng trong tam giác nên
học sinh có thể chứng minh dựa vào các hệ thức lượng trong tam giác và công
thức biến đổi lượng giác. Tuy nhiên, nếu dùng vectơ thì bài tốn trở lên đơn giản.
* Hướng dẫn:
Gợi ý 1: Gọi O là tâm đường tròn mà tam giác ABC nội tiếp. Với giả thiết
đường trịn bán kính R, ta có các giả thiết nào liên quan đến R?

8


Trả lời: OA = OB = OC = R.
Gợi ý 2: Hãy biểu diễn vế trái của bất đẳng thức cần chứng minh là :
AB 2 + BC 2 + CA2 theo OA = OB = OC = R, để làm xuất hiện bán kính R.

Trả lời: Đến đây học sinh sẽ phát hiện phải chuyển vế trái theo vectơ và sử
dụng quy tắc 3 điểm để chèn điểm O vào.

(

) (

) (

2

2

AB 2 + BC 2 + CA2 = OB − OA + OC − OB + OA − OC

(

)

2

)

= 6 R 2 − 2 OB.OA + OC.OB + OA.OC = 6 R 2 − 2 R 2 ( cos2A+cos2B+cos2C ) .

Đến đây, với kết quả đã có từ Bài tập 2 nói trên, học sinh có được điều phải
chứng minh.
Bài tập 4: Chứng minh rằng : Trong không gian, mọi tứ diện ABCD nội tiếp mặt
cầu bán kính R, ta có tổng bình phương tất cả các cạnh tứ diện không vượt quá
16 R 2 .
* Nhận xét: Đây là bài toán phát triển của Bài toán 3, từ hình phẳng sang hình
khơng gian. Với bài tốn này, phương pháp biến đổi dùng hệ thức lượng trong tam
giác và các công thức lượng giác rất phức tạp nhưng lại hồn tồn tương tự Bài
tốn 3 nếu dùng vectơ .
*Bài giải: Gọi O là tâm mặt cầu mà tứ diện ABCD nội tiếp .
Có OA = OB = OC = OD = R và tổng bình phương các cạnh của tứ diện là:
T = AB 2 + BC 2 + CA2 + AD 2 + DB 2 + CD 2

(

) (

) + (OD − OA) + (OB − OD ) + (OD − OC )
− 2 ( OB.OA + OC.OB + OA.OC + OD.OA + OB.OD + OD.OC ) (1)
2

) (
2

= OB − OA + OC − OB + OA − OC
= 12 R 2

2

2

9

2

2


Mặt khác , ta có: ( OA + OB + OC + OD )  0 và
2

(OA + OB + OC + OD )

2

(

= 4 R 2 + 2 OB.OA + OC.OB + OA.OC + OD.OA + OB.OD + OD.OC

)

 OB.OA + OC.OB + OA.OC + OD.OA + OB.OD + OD.OC  −2 R 2 (2)

Từ (1) và (2), ta có T = AB 2 + BC 2 + CA2 + AD 2 + DB 2 + CD 2  16R 2 ( đpcm ).
4. 2. HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG TÍNH CHẤT 2 ( Mục 2.2).
Bài tập 5. Trong mặt phẳng, cho hai tam giác ABC và A’B’C’ có trọng tâm lần
1
3

lượt là G, G’. Chứng minh rằng: GG '  ( AA '+ BB '+ CC ')
* Nhận xét:
- Đây là một bài toán chứng minh bất đẳng thức liên quan đến các yếu tố hình
học. Học sinh có thể dùng hình để chứng minh bằng các phương pháp thông
thường nhưng không dễ. Tuy nhiên, nếu liên hệ với vectơ thì hình ảnh bất đẳng
thức này khá quen thuộc, vì học sinh đã được chứng minh trong bài tập sách giáo
khoa.
* Hướng dẫn:
Gợi ý 1: Ta đã có đẳng thức vectơ nào liên hệ giữa các vectơ GG '

theo

AA ', BB ', CC ' ?

1
3

Trả lời: GG ' = ( AA ' + BB ' + CC ') (Bài tập 9, trang 28, Ôn tập chương I, SGK

Hình học 10)
Gợi ý 2: So sánh đẳng thức vectơ ta có với điều cần chứng minh để tìm hướng
giải quyết ?
Trả lời: Đến đây học sinh dễ dàng phát hiện, sử dụng Tính chất 2( Mục 2.2)
để có:

GG ' =

(

1
1
AA ' + BB ' + CC ' 
AA ' + BB ' + CC '
3
3

1
3

Hay GG '  ( AA '+ BB '+ CC ')

10

)


Bài tập 6: Trong không gian, cho hai tứ diện ABCD và A’B’C’D’. Gọi G, G’ lần
lượt là trọng tâm của hai tứ diện đó. Chứng minh rằng: GG ' 

AA '+ BB '+ CC '+ DD '
.
4

* Nhận xét:
- Đây là bài toán mở rộng của Bài toán 5, từ hình học phẳng sang hình học
khơng gian. Chứng minh BĐT liên quan đến các yếu tố hình học này khơng nên
sử dụng hình vẽ để chứng minh vì hình rất rối. Tuy nhiên với tính khái qt của
vectơ thì bài tốn có thể giải quyết độc lập với hình.
- Trước khi ra đề hoặc trước khi làm bài này, giáo viên cũng có thể cho học sinh
nhắc lại bất đẳng thức tương tự đã có đối với hình học phẳng để học sinh có thể dự
đốn kết quả tương tự trong khơng gian hoặc có thể làm tương tự như Bài toán 5.
* Hướng dẫn:
Gợi ý 1: Với giải thiết G, G’ lần lượt là trọng tâm của hai tứ diện, ta có những
đẳng thức vectơ nào?
Trả lời:

GA + GB + GC + GD = 0

(1)

G ' A ' + G ' B ' + G ' C '+ G ' D ' = 0

(2)

Với O bất kỳ, có:
1
(OA + OB + OC + OD )
4
1

OG ' = (OA ' + OB ' + OC ' + OD ')
4

OG =

(3)
(4)

Gợi ý 2: Hãy biểu diễn GG ' theo AA ', BB ', CC ', DD '
Trả lời: Dùng quy tắc cộng và (1), (2) hoặc dùng quy tắc trừ và (3), (4).
1
4

Sẽ có: GG ' = ( AA ' + BB ' + CC ' + DD ')
* Đến đây học sinh sẽ phát hiện sử dụng tính chất 2( Mục 2.2 ) để có:
GG ' =

(

1
1
AA ' + BB ' + CC ' + DD ' 
AA ' + BB ' + CC ' + DD '
4
4

1
4

Hay GG '  ( AA '+ BB '+ CC '+ DD ') (đpcm)

11

)


Bài tập 7: Chứng minh rằng : Với mọi a 

, ta có :

a 2 + a + 1 + a 2 − a + 1  2 (1)

*Nhận xét: Đây là bài toán chứng minh bất đẳng thức đại số. Nếu đơn thuần chỉ
sử dụng việc chứng minh bất đẳng thức thơng thường thì sẽ khó đối với học sinh
vì biểu thức vế trái có hai căn bậc hai. Nhưng nếu chú ý các đối tượng trong bài
toán để sử dụng tính chất của vectơ nêu trên thì bài toán trở nên đơn giản hơn.
* Hướng dẫn:
Gợi ý 1: Biến đổi các biểu thức trong mỗi căn bậc hai thành tổng các bình
phương ?
2

2

2
2
1  3
1  3


2

Trả lời: a + a + 1 =  a +  +   và a − a + 1 =  a −  +   .
2  2 
2  2 


2

Gợi ý 2: Có thể coi mỗi căn bậc hai đó là độ dài của vectơ có tọa độ thế nào
trong mặt phẳng tọa độ Oxy?


3

1



1

3

Trả lời: Ta có thể đặt: u =  a + ;  ; v =  a − ;  , có:
2 2 
2 2 


2

2
2

1  3
1  3


u + v =  a +  + 
 +  a −  + 

2   2 
2   2 



2

Gợi ý 3: Đến đây sử dụng Tính chất 2(mục 2.2) ta được điều gì ?
2

Trả lời:

2

2
2
1  3
1  3


 +  a −  + 
 = u + v  u+v
 a +  + 

2   2 
2   2 



12


2

2
1
1  3
3

Nhưng u + v =  a + + a −  +  +  =
2
2  2
2 


( 2a )

2

+ 3 nên ta chưa được điều

cần chứng minh.
Gợi ý 4: - Ta mong muốn u + v bằng bao nhiêu?
Học sinh trả lời được ngay muốn u + v = 2 .

- Có thể thay đổi tọa độ của một trong hai vectơ u hoặc v mà vẫn đảm bảo
2

2

2
2
1  3
1  3


u + v =  a +  + 
+
a
−

 nhưng u + v = 2 (không phụ thuộc a)?

 +
2   2 
2   2 



Đến đây sẽ xuất hiện nhu cầu tổng hoành độ của hai vectơ ( u + v ) triệt tiêu a ,
1

3

từ đó ta sẽ thay đổi v =  − a;  .

2 
2
*Từ đó bài tốn có lời giải cụ thể:


1

3

1

3

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chọn: u =  a + ;  ; v =  − a; 
2 2 
2 

2
¸p dụng tính chất : u + v  u + v , ta có :
2

2

2
2
1  3

1
  3
u + v =  a +  + 

 +  − a  + 
  u+v = 2
2   2 

2
  2 

 a2 + a + 1 + a2 − a + 1  2 ( Điều phải chứng minh).

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u và v cùng hướng  u = kv (k  0) => a= 0

13


*Một vài nhận xét, chú ý rút ra từ bài tốn:
1) Do tính chất của bình phương nên biểu thức dạng :

x 2 + y 2 có thể coi là độ

dài của các vectơ có tọa độ khác nhau về dấu, ví dụ u1 = ( x; y ) hoặc u2 = ( − x; y ) ;
u3 = ( x; − y ) ; u4 = ( − x; − y ) . Vì vậy khi sử dụng biểu thức tọa độ của Tính chất 2, ta

có thể chọn các vectơ có tọa độ hợp lý để đạt được mục đích.
Ví dụ trong Bài tốn 7 nói trên, ta có thể chọn:
1



1
1 3

1 3
3
3
u =  − a − ;
 hoặc u =  a + ; −
 ;...
 ; v =  a − ;
 ; v =  − a; −
2
2 2 
2 2 
2 
2 
2




Hoặc Tính chất 2(mục 2.2) cũng có thể dùng dưới dạng:
Với hai vectơ a,b bất kỳ, ta có:

a − b  a + b (2’)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a , b cùng phương nhưng không cùng hướng.
2) Bài tốn có thể chuyển thành : Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
f(a)= a 2 + a + 1 + a 2 − a + 1 , với a  .
Khi đó lời giải hồn tồn tương tự, ta có giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 2 ,
đạt được khi a = 0.
Bài tập 8: Tìm giá trị nhỏ nhất (GTNN) của các biểu thức sau:
B = cos 2  − 2 cos  + 2 + cos 2  + 6 cos  + 13 , với  

*Nhận xét:

14

.


- Đây là bài tốn tìm GTNN của biểu thức lượng giác chỉ có một hàm lượng
giác là cos  xuất hiện. Nếu coi cos  = a, thì biểu thức cần tìm GTNN có dạng
tương tự Bài tập 7, nên học sinh có thể tự tìm được hướng giải quyết.
* Hướng dẫn:
Gợi ý : Coi vai trò cos  như một biến số a, hãy biến đổi các biểu thức trong
mỗi căn bậc hai thành tổng các bình phương ?
Trả lời: B = (cos  − 1)2 + 12 + (cos  + 3) 2 + 22
Đến đây học sinh sẽ phát hiện được: có thể coi mỗi căn bậc hai đó là độ dài
của vectơ trong mặt phẳng tọa độ Oxy và thực hiện tiếp lời giải tương tự Bài tập 7
ở trên.
* Bài giải: B = (cos  − 1)2 + 12 + (cos  + 3) 2 + 22
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chọn u = (1 − cos  ;1) ; v = (cos  + 3; 2) .
 B = u + v  u+v =

(1 − cos  ) + (cos  + 3)

2

+ (1 + 2) 2 = 5 .

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u và v cùng hướng  u = kv (k  0)
1 − cos =k(cos + 3)

1

( k  0 )  cos = − (thỏa mãn)
3
1 = k .2
1
3

Vậy GTNN của biểu thức B là 5, đạt được khi cos = − .
*Một vài nhận xét, chú ý rút ra từ bài toán:
- Cần phân biệt cho học sinh sự khác nhau của bài toán chứng minh bất đẳng
thức và bài toán tìm GTLN, GTNN bằng phương pháp đánh giá, dùng bất đẳng
thức. Đó là, đối với bài tốn tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất luôn phải chỉ ra sự tồn

15


tại có thật của nó, nói cách khác phải xảy ra dấu đẳng thức ở bất đẳng thức ta đánh
giá.
1
3

- Nếu bài toán này giáo viên cho học sinh làm ở lớp 10, thì cos = − , phải cho
học sinh thấy được rằng có giá trị  thỏa mãn. Nếu làm ở lớp 11, học sinh dễ
dàng viết công thức xác định  .
Bài tập 9. Chứng minh rằng : Với x; y; z là các số thực dương bất kỳ, ta có:
x 2 + xy + y 2 + y 2 + yz + z 2 + z 2 + zx + x 2  3 ( x + y + z ) (*)

*Nhận xét: Đây là bài toán áp dụng mở rộng từ bất đẳng thức với hai vectơ
sang bất đẳng thức với ba vectơ. Với đặc điểm vế trái là 3 biểu thức căn bậc hai,

học sinh sẽ phát hiện để làm xuất hiện độ dài của ba vectơ và sử dụng tính chất
2(mục 2.2) để giải quyết.
* Bài giải:
2
 3
y
Có VT(*) =  x +  + 
2  2


2

2

2
2

z  3 
x  3 


y  +  y +  + 
z  +  z +  + 
x 
2
2
2
2











2

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, chọn:

y 3
u =  x + ;
2 2





x 3 
z 3 
x ;
z  ; w =  z + ;
y  ; v =  y + ;
2 2 
2 2 




Ta có: VT(*)= u + v + w .












Lại có: u + v + w  u + v + w =

9
3
( x + y + z )2 + ( x + y + z )2 = 3( x + y + z )
4
4

=> điều phải chứng minh.
4. 3. HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG TÍNH CHẤT 3 ( mục 2. 3).
16


Bài tập 10. CMR : Với a ; b ; x ; y là các số thực bất kỳ, ta có bất đẳng thức sau:

( ax + by )

2

 (a 2 + b 2 )(x 2 + y 2 ) (Bất đẳng thức Bunhia - copxki)

* Nhận xét: Đây là một một bất đẳng thức Đại số cơ bản. Học sinh có thể biến
đổi tương đương để chứng minh. Tuy nhiên, giáo viên nên đặt vấn đề nhìn bất
đẳng thức này dưới góc độ khác, với góc nhìn của hình học để học sinh thấy được
sự phong phú, thú vị của Toán học.
* Hướng dẫn:
Gợi ý 1 :Mỗi nhân tử ở vế phải là tổng của hai bình phương , có thể coi là độ
dài của vectơ có tọa độ thế nào trong mp tọa độ Oxy?
Trả lời: u = (a; b)  u = a 2 + b 2
v = (x; y)  v = x 2 + y 2 .

Gợi ý 2: Khi đó vế trái liên quan gì đến hai vectơ đó ?
Trả lời: u.v = ax + by  ( u.v ) = ( ax + by )
2

2

Gợi ý 3: Tìm sự liên hệ, so sánh hai vế ?
Khi đó học sinh sẽ phát hiện để sử dụng tính chất 3(mục 2.3).
*Bài giải: : Trong mp tọa độ Oxy, chọn: u = (a; b)  u = a 2 + b 2
v = (x; y)  v = x 2 + y 2 .

Ta có: u.v  u v  ax + by  a 2 + b2 x 2 + y 2  ( ax + by )  ( a 2 + b 2 ) . ( x 2 + y 2 )
2

17

(điều phải chứng minh)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u và v cùng phương
v = 0

hay ay = bx .
u = kv (k  )

*Chú ý: Nếu x ; y  0 thì dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

a b
= .
x y

Bài tập 11. Với a; b; c; x; y; z là những số thực bất kỳ, chứng minh rằng:
(ax + by + cz)2  (a2 + b2 + c2) (x2 + y2 + z2)
* Nhận xét:
- Đây cũng là một bất đẳng thức Đại số, là BĐT mở rộng tương tự của bất
đẳng thức ở Bài tập 10. Tuy nhiên, với BĐT này, việc biến đổi tương đương trở
nên khó khăn hơn (dài), vì xuất hiện nhiều số hạng.
- Nếu bài tốn lại được nhìn dưới góc độ hình học (tọa độ vectơ) và mở rộng
trong khơng gian, thì bài tốn trở lên đơn giản hơn .
* Hướng dẫn:
- Mỗi phần tử ở vế phải là tổng của 3 bình phương có phải là cơng thức tính độ
dài của vectơ khơng ? Khi đó học sinh sẽ thấy cần vectơ có 3 thành phần tọa độ,
tức là vectơ trong không gian. Lúc này học sinh sẽ tiếp tục phát hiện các bước tiếp
theo để giải quyết.
* Bài giải:
Trong không gian, với hệ trục Oxyz, chọn u = (a; b; c) và v = ( x; y; z )

Ta có:
2

u = a 2 + b2 + c2 ;

2

v = x2 + y 2 + z 2

2

u.v = (ax + by + cz ) 2

18


Mà u.v  u . v  ax + by + cz  a 2 + b 2 + c 2 . x 2 + y 2 + z 2

(

 ( ax + by + cz )  a 2 + b2 + c 2
2

)( x

2

+ y2 + z2

)

( đpcm ).

Bài tập 12. Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh BC = a; CA = b và AB = c.
Điểm M bất kỳ thuộc mp(ABC). Gọi ma , mb , mc lần lượt là độ dài các đường trung
tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC.
1
2

Chứng minh rằng : ma.MA + mb.MB + mc.MC  (a2 + b2 + c2).
*Nhận xét:
- Đây là bài tốn chứng minh bất đẳng thức hình học liên quan tới điểm M bất
kỳ trên mặt phẳng, nên việc chứng minh dựa vào các biến đổi hệ thức lượng trong
tam giác hay các cơng thức lượng giác đều khó thực hiện. Lúc này, việc sử dụng
một cơng cụ tính có khái quát cao như vectơ lại trở lên hữu hiệu.
- Với ma , mb , mc lần lượt là độ dài các đường trung tuyến kẻ từ các đỉnh A, B, C
của tam giác ABC đều có thể biểu diễn qua điểm trung gian là trọng tâm G của
tam giác.
* Hướng dẫn:
Gợi ý 1 : Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Biểu diễn ma , mb , mc theo độ dài
các đoạn thẳng với đầu mút là các điểm xuất hiện trong bài ?

3
2

3
2

3
2

Trả lời : ma = GA ; mb = GB ; mc = GC
Gợi ý 2 : Điều phải chứng minh tương đương điều gì ? Vế phải của BĐT có thể
biểu diễn theo các đoạn thẳng nào ?
Trả lời :

(

3
1
( GA.MA + GB.MB + GC.MC )  a 2 + b 2 + c 2
2
2

19

)


1 2
a + b2 + c2 )
(
3

 GA.MA + GB.MB + GC.MC 
1
3

Có : GA2 + GB 2 + GC 2 = (a 2 + b 2 + c 2 )
Nên đpcm

 GA.MA + GB.MB + GC.MC  GA2 + GB 2 + GC 2

Gợi ý 3 : Đến đây nhu cầu cần xuất hiện biểu diễn hay đánh giá GA.MA với GA2 ,
GB.MB với GB 2 và GC.MC với GC 2 . Nên cần đánh giá làm xuất hiện từ tích độ dài

sang vectơ để chèn điểm G vào các vectơ MA, MB, MC ?
Trả lời : Ta có GA.MA  GA.MA = GA.MG + GA2
Tương tự

GB.MB  GB.MG + GB 2
GC.MC  GC MG + GC 2

 GA.MA + GB.MB + GC.MC  MG(GA + GB + GC) + GA2 + GB 2 + GC 2 = GA2 + GB 2 + GC 2
1
 ma.MA + mb.MB + mc.MC  (a2 + b2 + c2) (đpcm)
2

Bài tập 13. Cho tam giác ABC đều cạnh a; M là điểm bất kỳ nằm trên đường tròn
ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức
T = MA2 – MB2 - MC2.
* Nhận xét:
- Bài tốn này có hình thức gần giống Bài tập 1(phần 4.1) . Ở đây, vai trò của
điểm G (trọng tâm tam giác) cũng chính là điểm O ( tâm đường trịn ngoại tiếp
tam giác) (Vì tam giác ABC đều).
*Học sinh thực hiện:

(

) (

2

) (
2

T = MO + OA − MO + OB − MO + OC

(

)

2

)

= − MO 2 + OA2 − OB 2 − OC 2 + 2MO OA − OB − OC .

Có OM = OA = OB = OC = R ( Vì R là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác
ABC)

20


Có R =

(

)

a 3

(khơng đổi)  T = −2 R 2 + 2MO OA − OB − OC .
3

Vì OA + OB + OC = 0  OB + OC = −OA => T = −2R 2 + 2MO. ( 2OA) = −2R 2 − 4OM .OA
Gợi ý: Biểu thức T không biểu diễn theo một đại lượng độ dài biến thiên nhưng
lại biểu diễn được theo tích vơ hướng của 2 vectơ có độ dài khơng đổi, nên sử
dụng Tính chất 3 (Mục 2.3) để đánh giá các tích vô hướng?
*Học sinh thực hiện:
OM .OA  OM . OA = R 2  − R 2  OM .OA  R 2
 −6 R 2  T  2 R 2

Tmin = −6R2 = −2a2  M  A (OA, OM cùng hướng).
Tmax = 2 R 2 =

2a 2
 M là điểm đối xứng với A qua O ( OA, OM ngược hướng).
3

Bài tập vận dụng :
Bài 1.Chứng minh rằng :
a) Với các số thực a; b; c tùy ý ta có :
a 2 + ab + b 2 + b 2 + bc + c2  c2 + ca + a 2

b) Với các số thực a; b bất kỳ ta có:
a 2 + 4 + a 2 − 2ab + b 2 + 1 + b 2 − 6b + 10  5

c) Với số thực a bất kỳ ta có:
d) Với số thực a bất kỳ ta có:

2a 2 + 7a + 25 − 5  a 2

a 2 − 2a + 5 − a 2 − 12a + 136  89

e) Với x; y bất kỳ , ta có:
4 cos 2 x.cos 2 y + sin 2 (x − y) + 4sin 2 x.sin 2 y + sin 2 (x − y)  2

f) Với mọi số thực x ; y ; z bất kỳ ta có:
x− y
1 + x2 . 1 + y 2

+

y−z
1+ y2 . 1+ z2

21



x−z
1 + x2 . 1 + z 2


Gợi ý f) : Đpcm  (x − y) 2 + (yz − zx) 2 + (y− z ) 2 + (zx − xy) 2  (z − x) 2 + (xy− yz) 2
Gọi u = (x − y; yz − zx) ; v = (y− z ; zx − xy ) .
Bài 2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của các biểu thức sau:
a) A = a 2 − a + 1 + a 2 − 3a + 1 , với a là số thực bất kỳ.
b) B = x 2 + 4 y 2 + 6 x + 9 + x 2 + 4 y 2 − 2 x + 12 y + 10 , với x ; y là các số thực bất kỳ.
Bài 3. Cho tam giác ABC, G là trọng tâm và M là điểm tùy ý di động trên đường
tròn ngoại tiếp tam giác .
a) Tìm vị trí của M để ( MA2 + MB 2 − 2MC 2 ) đạt giá trị lớn nhất, nhỏ nhất ?

b) Khi tam giác ABC đều cạnh a. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức
T = MA2 − MB 2 − MC 2 theo a ?

5. Kết quả đạt được :
Để đánh giá hiệu quả của sáng kiến, tôi đã áp dụng cho một số lớp 10, một số
thời điểm lớp 11, 12 từ năm học 2008-2009 đến nay. Đối tượng để đối chứng là
một số lớp cùng khối , cùng khóa và các khóa khác nhau. Tơi thấy:
Với lớp khơng áp dụng : học sinh không được hướng dẫn sử dụng thông qua hệ
thống bài tập có tính kế thừa để tự rút ra các bước thực hiện thì thường khơng
thích vectơ, tư duy không được tốt và không linh hoạt .
Với lớp được áp dụng : học sinh được hướng dẫn sử dụng thơng qua hệ thống bài
tập có tính kế thừa để tự rút ra các bước thực hiện như trên.
Tôi thấy việc áp dụng sáng kiến vào giảng dạy đạt hiệu quả tốt:
- Học sinh nhớ kiến thức lâu, thích cơng cụ vectơ, hứng thú hơn với bài tốn bất
đẳng thức.
- Học sinh có định hướng tốt hơn, tự tin hơn, linh hoạt hơn trong học tập.
- Đặc biệt những học sinh các lớp này đa số các em học tập mơn Vật lý tốt; giải
quyết tốt bài tốn vectơ hoặc sử dụng vectơ trong các bài kiểm tra, đề thi.

22


Một số năm gần đây, tôi luôn áp dụng để hướng dẫn cho nhiều lớp, nhiều đối
tượng học sinh hơn.
6 . Điều kiện để sáng kiến được nhân rộng:
- Sáng kiến có thể áp dụng cho tất cả các đối tượng học sinh khi học xong lý
thuyết phần vectơ , tọa độ vectơ .
- Sáng kiến có thể thực hiện trong các tiết học lý thuyết, tiết luyện tập và tiết tự
chọn hoặc trong chuyên đề , chủ đề để hợp lý về mặt kiến thức và thời gian.

KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ

23


Giải quyết được mỗi bài toán đều mang lại niềm vui cho người làm toán . Đặc
biệt đối với học sinh, với những bài tốn tưởng chừng như rất khó vì khơng vẽ
được hình, nhưng bằng một cơng cụ mới các em lại có thể chứng minh, giải quyết
triệt để, mang lại nhiều hứng thú, tự tin cho các em khi học phần kiến thức này.
Hơn thế, chứng minh bất đẳng thức có thể là bất đẳng thức hình học, bất đẳng thức
Đại số hay Lượng giác cũng có thể sử dụng phương pháp vectơ là một sự gắn kết
Đại số và Hình học thú vị đối với người học.
Tuy nhiên, trong tốn học khơng phải phương pháp nào cũng tối ưu trong mọi
trường hợp, điều quan trọng là phải vận dụng phù hợp, linh hoạt phương pháp vào
bài toán cụ thể. Vì thế nhiệm vụ của người giáo viên là phải làm cho học sinh thấy
hứng thú, thấy được tầm quan trọng của một phương pháp, cơng cụ tốn học mới,
qua đó học sinh dễ dàng tiếp nhận để tích lũy thêm vốn kiến thức, từ đó cũng hình
thành kĩ năng linh hoạt, năng lực giải quyết vấn đề, năng lực tự học và khả năng tư
duy.
Thực tế giảng dạy cho thấy, khi hướng dẫn học sinh sử dụng tốt cơng cụ
vectơ, giúp học sinh có cái nhìn mới về hình học, khả năng định hướng , tư duy tốt
hơn và linh hoạt hơn trong học tập .
Vì lý do thời gian có hạn, chun đề của tơi chỉ thể hiện hướng dẫn học sinh
sử dụng vectơ trong một số bài tốn chứng minh bất đẳng thức, tìm cực trị. Trên
thực tế, dùng vectơ còn giải quyết tốt rất nhiều bài tốn khác nữa, ví dụ tìm quỹ
tích điểm, chứng minh thẳng hàng, vng góc ...; vectơ cịn là một cơng cụ đắc lực
trong nhiều bài tốn giải phương trình, bất phương trình .
Trong q trình hồn thành chun đề chắc chắn cịn nhiều thiếu sót. Rất
mong được các đồng chí đồng nghiệp góp ý .

Phụ Lục:
24


Các tài liệu tham khảo:
1. Sách giáo khoa , Sách bài tập Đại số và Hình học 10, Hình học 11, 12.
2. Đề thi học sinh giỏi Tỉnh Hải Dương
3. Tham khảo nguồn bài tập của đồng nghiệp trên Internet.
4. Một số tài liệu, Sách tham khảo Đại số 10, Hình học 10, 11, 12.
.

25