1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Với xu đổi phương pháp giáo dục giáo dục, trình dạy học để thu hiệu cao đòi hỏi người thầy phải nghiên cứu tìm hiểu kỹ chương trình, đối tượng học sinh; đưa phương pháp phù hợp với kiến thức, với đối tượng học sinh cần truyền thụ Như luật giáo dục Việt Nam có viết: “Phương pháp giáo dục phổ thơng cần phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động sáng tạo học sinh, phù hợp với đặc điểm lớp học, môn học, bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kỹ 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, tơi ln nghiên cứu tìm tòi phương pháp phù hợp với dạy đối tượng học sinh để truyền thụ kiến thức, kỹ giải toán cho học sinh cách tốt Trong chương trình tốn học phổ thơng việc đưa vào khái niệm tích vơ hướng cho phép từ chứng minh định lí cơsin tam giác từ định lí cơsin chứng minh định lí sin Đó định lí tảng tam giác đường tròn Từ cho phép mở rộng tốn hệ thức lượng khơng gian Các tốn lượng có nhiều ứng dụng thực tiễn như: Tính độ dài, diện tích, thể tích, tính khoảng cách, chứng minh vng góc, … Ngày đổi giáo dục toán học Việt Nam đặc biệt quan tâm đến phát triển lực Năng lực then chốt mà đổi giáo dục quan tâm như: Năng lực phát vấn đề cách sáng tạo, lực tính tốn, lực tư suy luận, lực ngôn ngữ, lực kết nối toán học với thực tiễn Việc nghiên cứu tích vơ hướng để giải tốn lượng có nhiều khả góp phần hình thành phát triển lực nói đặc biệt lực phát giải vấn đề Để có lực cần phải có tri thức Tri thức tốn học nói chung, tri thức tích vơ hướng đóng vai trò điều kiện thúc đẩy hoạt động nhằm phát triển lực người học Chính lí nói trên, tơi chọn đề tài: “Phát triển lực phát giải vấn đề cho học sinh thơng qua giải số tốn ứng dụng tích vơ hướng” 1.2 Mục đích nghiên cứu Việc nghiên cứu đề tài với mục tiêu sau: Bổ sung số kĩ thuật để giải số dạng toán tích vơ hướng nhằm làm phong phú thêm vai trò tích vơ hướng -1- Đề tài đặc biệt quan tâm việc phát triển mở rộng tốn chương trình sách giáo khoa phổ thơng nhằm góp phần phát triển cho học sinh lực phát giải vấn đề 1.3 Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu vai trò tích vơ hướng việc giải dạng tốn trường phổ thơng Nghiên cứu phương thức mở rộng phát triển tốn chương trình trung học phổ thơng 1.4 Phương pháp nghiên cứu a, Nghiên cứu tài liệu, nghiên cứu sở lí luận tích vơ hướng chương trình tốn học phổ thơng b, Điều tra - Thực dạy kết kiểm tra - Đàm thoại: + Trao đổi với đồng nghiệp để có kinh nghiệm phương pháp dạy phù hợp + Trao đổi với em học sinh cách học NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Trong học tập sống, học sinh gặp tình có vấn đề cần giải Việc nhận tình có vấn đề giải tình cách thành cơng lực phát giải vấn đề Năng lực phát giải vấn đề khả học sinh nhận mâu thuẫn nhận thức vấn đề học tập vấn đề sống tìm phương pháp để giải mâu thuẫn, vượt qua khó khăn trở ngại, từ học sinh tiếp thu kiến thức, kĩ giải vấn đề thực tiễn Sách giáo khoa nhiều tài liệu trình bày kiến thức tích vơ hướng ứng dụng tích vơ hướng Tuy nhiên với thời lượng chương trình nên chưa đề cập sâu kiến thức hệ thống tập áp dụng tích vơ hướng Trong khn khổ đề tài này, tơi bổ sung thêm số kiến thức tích vơ hướng đồng thời chọn lọc số toán mà trước tác giả giải cách khác, hướng dẫn học sinh giải ứng dụng tích vơ hướng Như học sinh khơng giải theo cách giải cũ mà ln tìm tòi cách giải Qua -2- phát triển lực phát giải vấn đề phát triển lực học tập thân 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Sách giáo khoa nhiều tài liệu tốn học nhấn mạnh đến vai trò tích vơ hướng dạng tốn liên quan Tuy nhiên số vấn đề chưa quan tâm nghiên cứu cách sâu sắc tác giả Có thể điểm qua vấn đề bao gồm: a, Chưa làm sáng tỏ luyện tập cho học sinh dạng thể khác tích vô hướng Chẳng hạn chưa quan tâm tới công thức tính tích vơ hướng hai véctơ r uuu r uuu r uuu r uuu 2 OA, OB : OA.OB = (OA + OB − AB ) Cơng thức có nhiều ứng dụng việc chứng minh hệ thức bất đẳng thức độ dài b, Chưa khai thác cách khác để chứng minh hai đường thẳng vng góc uuu r uuur Chẳng hạn, để chứng minh: AB ⊥ CD việc chứng minh: AB.CD = nhiều lại cần sử dụng: AB ⊥ CD ⇔ AC − AD = BC − BD Công thức chứng minh nhờ tích vơ hướng c, Các tác giả chưa trọng khai thác cách thức định hướng giúp học sinh phát vấn đề giải vấn đề lượng Nói cách khác chưa huy động tiên đề cách có tốn sử dụng tích vô hướng d, Các tác giả chưa khai thác mối liên hệ đồng dạng tích vơ hướng để làm sáng tỏ cho học sinh có lập luận: Các tốn lượng giải hình học đồng dạng giải sử dụng tích vơ hướng Giải vấn đề giúp học sinh nhìn nhận giải tốn theo cách khác Từ phát triển lực phát giải vấn đề cho học sinh 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề Để khắc phục hạn chế nêu, đề tài nêu phương thức sau nhằm khai thác ứng dụng tích vơ hướng nhằm phát triển lực phát giải vấn đề cho học sinh việc học tốn trường phổ thơng 2.3.1 Phương thức 1: Bổ sung số kiến thức tích vơ hướng số kĩ thuật giải dạng toán ứng dụng tích vơ hướng 2.3.1.1 Vai trò việc thực phương thức Việc thực phương thức đề nhằm vào mục đích sau: - Mở rộng tiềm huy động kiến thức giải tốn hệ thức lượng -3- - Nhằm nhìn nhận dạng toán theo nhiều cách giải khác ứng dụng tích vơ hướng 2.3.1.2 Nội dung cụ thể: a, Ngồi định nghĩa tích vơ hướng có chương trình sách giáo khoa phổ thơng cần thiết phải đưa vào cơng thức sau tích vơ hướng: uuu r uuu r OA.OB = (OA2 + OB − AB ) O Có thể lập luận đưa công thức sau: A uuu r uuu r uuu r AB = OB − OA Bình phương vơ hướng hai vế ta có: uuu r uuu r uuu r uuu r uuu r B AB = (OB − OA) ⇔ AB = OA2 + OB − 2OA.OB Hình uuu r uuu r Từ đó: OA.OB = (OA2 + OB − AB ) b, Điều kiện hai đường thẳng AB CD vng góc Để chứng minh hai đường thẳng AB CD vng góc ta dựa vào mệnh đề sau: AB ⊥ CD ⇔ AC − AD = BC − BD (*) Mệnh đề (*) chứng minh dựa vào mệnh đề tổng quát sau: 2 “Tập hợp điểm M cho MA − MB = k ,(k ≥ 0) (1) đường thẳng ∆ vng góc với AB H cho H cách trung điểm đoạn thẳng AB khoảng k “ AB 2 Chứng minh: MA − MB = k ,(k ≥ 0) uuur uuur uuur uuur ⇔ ( MA + MB)( MA − MB) = k M (1) (2) Gọi O trung điểm đoạn AB đó: H uuuu r uuu r B A O (2) ⇔ MO.BA = k (3) Gọi H hình chiếu M lên AB Khi đó: Hình uuuu r uuur uuu r uuuu r uuu r k ⇔ 2( MH + HO ) BA = k ⇔ HO BA = k ⇔ 2OH AB = k ⇔ OH = (3) (4) AB (4) chứng tỏ H cố định tập hợp điểm M có chung hình chiếu H Từ suy M ∈ ∆; ∆ ⊥ AB H Xét trường hợp đặc biệt (*) Đặt AC − AD = BC − BD = k (khơng tính tổng quát giả sử k > 0) -4- Khi A B thuộc ∆ vng góc với CD H cách trung điểm O CD k Điều có nghĩa là: AB ⊥ CD 2CD Sau xét vài ví dụ Ví dụ 1: Tứ diện ABCD có AB ⊥ CD; AC ⊥ BD Chứng minh: AD ⊥ BC khoảng Giải: Ngoài cách giải thơng thường, học sinh tư định hướng áp dụng mệnh đề (*) để giải ví dụ cách nhanh chóng  AC − AD = BC − BD (1)  AB ⊥ CD ⇒ Theo giả thiết:  2  AC ⊥ BD  AB − AD = CB − CD (2) Trừ vế với vế: (2) - (1): AB − AC = BD − CD = DB − DC ⇔ AD ⊥ BC Ví dụ 2: Cho tam giác ABC Về phía ngồi tam giác người ta dựng hai hình vng ABDE ACGH Gọi M trung điểm đoạn EH Chứng minh đường thẳng AM vng góc với BC Giải: Để chứng minh hai đường thẳng vuông góc ta dựa vào tích vơ hướng Cụ thể để uuuu r uuur chứng minh AM vng góc với BC, ta chứng minh: AM BC = Ngoài H áp dụng mệnh đề (*) nêu M / E / G D A B C Hình ¼ = EAH ¼ + HAC ¼ = 900 + EAH ¼ ¼ = HAE ¼ + EAB ¼ = 900 + EAH ¼ Nhận thấy: EAC HAB ¼ = HAB ¼ Suy ra: EAC (1) Dễ thấy: AE = AB; AC = AH (2) Từ (1) (2) dễ dàng suy được: ∆BAH = ∆EAC ⇒ BH = CE BE + BH EH Ta có: BM = − (3) (4) -5- CE + CH EH CM = − (5) 1 Từ (4), (5) suy MB − MC = ( BE + BH − CE − CH ) = ( BE − CH ) 2 = (2 AB − AC ) = AB − AC 2 Vậy MB − MC = AB − AC ⇒ MA ⊥ BC (ĐPCM) Dễ dàng giải ví dụ sau: Ví dụ 3: Trong tam giác ABC AH đường cao AB − AC = HB − HC Ví dụ 4: H trực tâm tam giác ABC HA2 + BC = HB + AC = HC + AB Ví dụ 5: Cho đường gấp khúc khép kín AEBFCD thoả mãn AD = AE, BE = BF, CF = CD Dựng đường thẳng EM ⊥ AB, FN ⊥ BC , DP ⊥ CA Chứng minh ba đường thẳng EM, FN, DP đồng quy Nhận xét: Bài toán xét đầy đủ trường hợp xảy để chứng minh theo cách thông thường vất vả dễ thiếu xót Giải: Gọi H giao điểm hai đường thẳng FN DP Ta có: FH ⊥ BC ⇒ FB − FC = HB − HC (1) DH ⊥ AC ⇒ DA2 − DC = HA2 − HC (2) Lấy (2) trừ (1) ta DA2 − FB − DC + FC = HA2 − HB Mà AD = AE, BE = BF, CF = CD nên EA2 − EB = HA2 − HB Do EH vng góc với AB hay ba đường thẳng EM, FN, DP đồng quy H Ví dụ 6: Cho hình chữ nhật ABCD Đường thẳng qua D vng góc với đường chéo AC cắt BC N Gọi E F trung điểm DC CN Chứng A B minh AE vng góc với DF N Giải: Đặt DE = EC = x , CF = FN = y , AD = BC = a y a Ta có: AB = CD = x, BN = a − y, BF = a − y F Ta có DN vng góc với AC nên: y DA2 − DC = NA2 − NC ⇔ a − x = x + (a − y ) − y ⇔ x = ay (3) Ta có: D x E x Hình C -6- 2 2 2 AD − AF = ED − EF ⇔ a − x − (a − y ) = x − ( x + y ) ⇔ x = ay (4) Từ (3) (4) dễ dàng suy AE vng góc với DF Một số toán luyện tập Bài Cho tam giác ABC cân đỉnh A Gọi H trung điểm BC, D hình chiếu H lên AC M trung điểm HD Chứng minh AM vng góc với BD Bài Tam giác ABC có điểm O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, AB = AC, D trung điểm AB E trọng tâm tam giác ACD Chứng minh OE vng góc với CD Bài Cho hình vng ABCD, I điểm cạnh AB (I khác A B) Tia DI cắt tia CB E Đường thẳng CI cắt đường thẳng AE M Chứng minh đường thẳng DE vuông góc với đường thẳng BM Bài Cho ngũ giác ABCDE với AB = AE, DE = DC ·ABC = ·AED = 900 Gọi N trung điểm BC Chứng minh AC vng góc với DN µ = 900 ; AE = BC Chứng minh ba đường Bài Cho ngũ giác ABCDE với µA = B thẳng qua ba đỉnh A, B, D tương ứng vng góc với cạnh CD, DE AB đồng quy 2.3.2 Phương thức 2: Mở rộng phát triển tốn sách giáo khoa phổ thơng nhờ sử dụng tích vơ hướng hoạt động khái qt hố, tương tự hố a, Vai trò việc thực phương thức - Thực phương thức giúp học sinh biết cách phát vấn đề phát triển cách giải vấn đề Từ góp phần mở rộng tiềm sách giáo khoa, góp phần phát triển lực tư hình học người học, bổ sung cho giáo viên lực dạy tốn trường phổ thơng - Thực phương thức nhằm giúp học sinh phát tìm tòi cách giải nhờ sử dụng tích vơ hướng Từ góp phần phát triển lực phát giải vấn đề dạy - học hình học - Tăng cường sở định hướng cách huy động đắn kiến thức cho việc lập luận giải dạng tốn b, Các ví dụ minh hoạ: Ví dụ 1: Chứng minh định lí Ptoleme nhờ sử dụng kiến thức tích vơ hướng Định lí Ptoleme hay đẳng thức Ptoleme đẳng thức hình học Euclid miêu tả quan hệ độ dài bốn cạnh hai đường chéo tứ giác nội tiếp -7- Định lí mang tên nhà tốn học thiên văn học người Hy Lạp cổ đại Ptolemy (tức Claudius Ptolemaus) Nếu A, B, C, D đỉnh tứ giác nội tiếp đường tròn thì: AC.BD = AB.CD + BC AD Định lí phát biểu thành định lí thuận đảo: Thuận: Nếu tứ giác nội tiếp đường tròn A tích hai đường chéo tổng tích D cặp cạnh đối diện O Đảo: Nếu tứ giác thoả mãn điều kiện tổng tích cặp cạnh đối diện tích hai đường chéo tứ giác nội tiếp đường tròn M C B Định lí chứng minh phương pháp hình học đồng dạng · · Kẻ đường phụ AM cho BAC = MAD ; M ∈ BD Hình Dễ dàng chứng minh ∆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 suy ra: AC.BD = AB.CD + BC AD (ĐPMC) Ta chứng minh kiến thức tích vơ hướng · · ABCD nội tiếp BAC = BDC = α (A, D nằm phía mặt phẳng bờ BC) AB + AC − BC DB + DC − BC ⇔ = (1) (cùng 2cos α ) AB AC BD.DC ⇔ BD.DC AB + DB.DC AC − BD.DC.BC = AC AB.DB + AB AC.DC − AB AC.BC ⇔ 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 = ⇔ AC ( DC.DA + BA.BC ) − BD ( AB AD + DC.BC ) = -8- ⇔ AC 2S 2S − BD = ⇔ 2S (2 R − R ) = (Đúng) · sin ·ADC sin BAD Trong đó: S = S ABCD ; R bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ADC , ∆BAD Từ (2), (3) suy ra: AC.BD = AB.CD + BC AD (ĐPCM) Ví dụ 2: Cơng thức tính độ dài đường trung tuyến tam giác A b +c a − Giải: Ngồi cách trình bày theo sách giáo khoa giải theo cách sau B C / / uuuu r uuu r uuuu r M  AM = AB + BM r uuur uuuu r Ta có:  uuuu Hình AM = AC + CM  uuuu r uuu r uuur uuuu r uuu r uuur uuu r uuur ⇒ AM = ( AB + AC ) ⇒ AM = ( AB + AC ) = ( AB + AC + AB AC ) 4 r uuur 1 uuu 1 1 ⇔ ma2 = b + c + AB AC ⇔ ma2 = b + c + ( AB + AC − BC ) 4 4 2 Chứng minh: ma2 = 2 b2 + c2 a ⇔m = − (ĐPCM) Mở rộng cơng thức tính độ dài đường trung tuyến M điểm thuộc cạnh BC Ví dụ 3: Cho tam giác ABC Gọi M điểm thuộc cạnh BC cho BM = k ;0 ≤ k ≤ Hãy tính độ dài đoạn AM theo a; b; c k ; a; b; c độ BC dài cạnh tam giác ABC Giải: A 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) = uuur uuu r 2 = k BC − 2k BC.BA + BA2 = k BC − k ( BC + BA2 − AC ) + BA2 B M C Hình 2 2 2 Khi đó: AM = k a − k (a + c − b ) + c 2 2 = k a − ka − kc + kb + c = (k − k )a + kb + (1 − k )c -9- Vậy: AM = (k − k ) a + kb + (1 − k )c Ví dụ 4: Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G Hãy tính độ dài đoạn AG theo cạnh tứ diện Giải: Đặt AB = a, AC = b, AD = c, CD = x, BD = y , BC = z A Áp dụng cơng thức tính độ dài đường trung tuyến ∆ABC , ta có: a2 + b2 z AN = − (1) Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến ∆BCD , ta có: M a c G y x2 + y z B DN = − (2) Áp dụng cơng thức tính độ dài đường trung b D AN + ND AD − Thay (1), (2) vào (3), ta được: tuyến ∆ADN , ta có: MN = 2 N x z (3) Hình a + b2 z x2 + y z − + − c2 a + b2 + x2 + y − c2 − z 2 4 MN = − = 4 C (4) Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến ∆AMN , ta có: AN + AM MN AG = − (5) Thay (1) (4) vào (5), ta được: a + b2 z c2 a + b + x + y − c − z 3a + 3b + 3c − x − y − z − + = 4 − AG = 16 16 3( a + b + c ) − x − y − z Vậy: AG = Ví dụ 5: Có thể nhờ kiến thức từ hình học đồng dạng hay tích vơ hướng để tính độ dài đường phân giác góc A ( AD = la ) tam giác ABC theo ba cạnh - 10 - bc[(b + c ) − a ] công thức sau: l = , a, b, c độ dài cạnh (b + c) 2 a tam giác ABC đối diện với đỉnh A, B, C a, Các bước lập luận sử dụng hình học đồng dạng: - Dựa vào định lí Ta-lét chứng tỏ - Biến đổi tỉ lệ thức DB c = DC b DB c ac = hay BD = (1) DC + DB b + c b+c Từ lập luận tương tự dẫn tới: DC = ab (2) Trong đó: D chân đường cao b+c vẽ từ đỉnh A; D ∈ BC Chứng minh D chân đường phân giác góc A tam giác ABC AD = AB AC − DB.DC Thật vậy, ∆ABD : ∆AMC theo dấu hiệu (gg), M giao 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 = AB AC − DA.DM Mặt khác, DA.DM = DB.DC (suy từ tam giác BAD tam giác CMD đồng dạng) Từ suy AD = AB AC − DB.DC (3) Thay biểu thức (1) (2) vào (3) suy bc[(b + c ) − a ] ra: l = (b + c ) A a b, Có thể lập luận dùng tích vơ hướng sau: uuur 2 - Do la AD Từ cần khai triển uuu r uuur uuur véctơ AD theo AB, AC có độ dài c, b uuur uuu r uuur - Ta có: AD = AB + BD DB c DB c = suy = - Từ hệ thức DC b BC b + c uuur uuur uuur c uuur BC - Do DB, BC hướng suy ra: BC = b+c B D D C M Hình - 11 - uuur uuu r r r c uuur uuu c uuur uuu BC = AB + ( AC − AB ) - Từ hệ thức 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 sử dụng cơng thức tích vơ hướng, lấy bình phương vơ uuur bc[(b + c ) − a ] hướng véctơ AD suy ra: la = (b + c ) Ví dụ 6: Cho tứ diện OABC có góc tam diện đỉnh O tam diện vuông, OA = OB = OC = Gọi M, N trung điểm cạnh AB, OA Tính khoảng cách hai đường thẳng OM, CN Giải: Với toán thông thường giáo viên học sinh nghĩ tới phương pháp là: Dựng đường vng góc chung EF OM CN Từ tính EF Bây áp dụng tích vơ hướng để giải uuur uuuu r OE = xOM uuur  uuur CF = yCN  r EF đường vng góc chung khi:  uuur uuuu EF OM =0  u u u r u u u r   EF CN = uuu r r uuu r r uuur r uuuu r uuur uuur Đặt hệ véctơ sở: OA = a, OB = b, OC = c Chúng ta biểu diễn OM , CN , EF theo véctơ sở uuuu r uuu r uuu r 1r 1r OM = ( OA + OB )= a+ b + 2 uuur uuur uuu r r r 1r r CN = ( CO + CA ) = ( a − c )= a−c + 2 uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur + EF = EO + OC + CF = OC + CF − OE r uuur uuuu r r r r = c + yCN − xOM = ( y − x)a − xb + (1 − y )c 2 uuur Tính EF theo công thức: EF = EF uuur2 1 Ta có: EF = ( y − x ) + x + (1 − y ) (*) 4 C F N O A E M B Hình 10 - 12 -  uuur uuuu r x= 1   EF OM =  ( y − x ) − x =  −2 x + y =  ⇔ 4 ⇔ ⇔ Mặt khác:  uuur uuur − x + y =  y =  EF CN = 5 y − x − =  uuur2 4 2 Thay vào (*) ta được: EF = ( ) + ( ) + ( ) = 9 9 uuur2 Vậy EF = EF = Ví dụ 7: Cho hình lập phương ABCDA′B′C ′D′ có cạnh Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, BC, AD, DD′ Tính khoảng cách hai đường thẳng MN PQ Giải: Tương tự với ví dụ Dựng đường vng góc chung EF MN PQ Từ tính EF uuur uuuu r  ME = xMN uuur  uuur  PF = yPQ r EF đường vng góc chung khi:  uuur uuuu  EF MN =  uuur uuur  EF PQ = uuuu r uuur uuur uuu r r uuur r uuur r Đặt hệ véctơ sở: AB = a, AD = b, AA′ = c Chúng ta biểu diễn MN , PQ, EF theo véctơ sở (3 véctơ đơn vị) uuuu r uuur uuu r uuur r r + MN = AC = ( AB + AD ) = a + b 2 2 uuur uuuu r uuur uuuu r 1r 1r A + PQ = AD′ = ( AD + AD′) = b + c 2 2 uuur uuuu r uuur uuur uuuu r uuur uuur + EF = EM + MP + PF = − xMN + BD + yPQ r r r uuur uuu 1r 1r = − x( a + b) + ( AD − AB) + y ( b + c) 2 2 r r yr = − ( x + 1)a − ( x − y − 1)b + c A’ 2 uuur Tính EF theo cơng thức: EF = EF uuur2 1 Ta có: EF = ( x + 1) + ( x − y − 1) + y (*) 4 Mặt khác: B N C E M P D F Q B ’ C’ D’ Hình 11 - 13 - 1   uuur uuuu r x = − − ( x + 1) − ( x − y − 1) =   EF MN = 2 x − y =   ⇔ ⇔ ⇔  uuur uuur − x + y + =  y = −  EF PQ = − ( x − y − 1) + y =  4  uuur2 2 2 2 Thay vào (*) ta được: EF = ( ) + (− ) + (− ) = 4 3 uuur2 Vậy EF = EF = Tổng quát toán ta giải ví dụ sau: Ví dụ 8: Cho hình lập phương ABCDA′B′C ′D′ có cạnh a Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, BC, AD, DD′ Tính khoảng cách MN PQ Giải: Dựng đường vng góc chung EF MN PQ Từ tính EF uuur uuuu r  ME = xMN uuur  uuur PF = yPQ  r EF đường vng góc chung khi:  uuur uuuu EF MN =0  u u u r u u u r   EF PQ = uuuu r uuur uuur uuu r r uuur r uuur r Đặt hệ véctơ sở: AB = a, AD = b, AA′ = c Chúng ta biểu diễn MN , PQ, EF theo véctơ sở (3 véctơ có độ dài a) uuuu r uuur uuu r uuur r r B N + MN = AC = ( AB + AD ) = a + b E M 2 2 uuur uuuu r uuur uuuu r 1r 1r P A D + PQ = AD′ = ( AD + AD′) = b + c 2 2 uuur uuuu r uuur uuur uuuu r uuur uuur F + EF = EM + MP + PF = − xMN + BD + yPQ Q r r r uuur uuu 1r 1r = − x( a + b) + ( AD − AB) + y ( b + c) B’ 2 2 r r yr = − ( x + 1)a − ( x − y − 1)b + c 2 D’ A’ uuur Tính EF theo cơng thức: EF = EF Hình 12 uuur2 1 Ta có: EF = ( x + 1) a + ( x − y − 1) a + y 2a (*) 4 Mặt khác: C C’ - 14 - 1   uuur uuuu r x = − − ( x + 1) − ( x − y − 1) =   EF MN = 2 x − y =   ⇔ ⇔ ⇔  uuur uuur − x + y + =  y = −  EF PQ = − ( x − y − 1) + y =  4  uuur2 2 2 2 2 a Thay vào (*) ta được: EF = ( ) a + (− ) a + (− ) a = 4 3 uuur2 a Vậy EF = EF = Bài toán luyện tập Cho hình lập phương ABCDA′B′C ′D′ có cạnh a Gọi M, N trung điểm cạnh AB, BC, P thuộc cạnh DD′ cho DP = DD′ Tính khoảng cách hai đường thẳng MN AP Ví dụ 9: Ví dụ trang 118 Sách giáo khoa hình học 11 Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng ABCD cạnh a, cạnh SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) SA = a Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo SC BD * Sách giáo khoa trình bày cách giải: Dựng OH đoạn vng góc chung SC BD Từ tính OH Chúng ta tư cách giải uur uuu r  SE = xSC uuur  uuur BF = yBD  r Giải: EF đường vng góc chung khi:  uuur uuu EF SC =0  u u u r u u u r   EF BD = uuu r r uuur r uuu r r S Đặt hệ véctơ sở: AB = a, AD = b, AS = c uuu r uuur uuur Chúng ta biểu diễn SC , BD, EF theo véctơ sở (3 véctơ có độ dài 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 cơng thức: EF = EF uuur2 Ta có: EF =  ( x + y − 1) + ( x − y ) + ( x − 1)  a (*)  uuur uuu r x=   EF SC = −( x + y − 1) − ( x − y ) − ( x − 1) =  ⇔ ⇔ Mặt khác:  uuur uuur ( x + y − 1) − ( x − y ) =  EF BD = y =  uuur2  2  a2 Thay vào (*) ta được: EF =  ( ) + ( ) + (− )  a =   uuur2 a Vậy EF = EF = Bài tập tương tự: Bài (trang 126 sách giáo khoa hình học 11) Cho hình lập phương ABCDA′B′C ′D′ có cạnh a a, Hãy xác định đường vng góc chung hai đường thẳng chéo BD′ B′C b, Tính khoảng cách hai đường thẳng BD′ B′C Ví dụ 10: Câu trang 123 Sách giáo khoa hình học 11 Trong kết sau đây, kết ? uuu r uuur Cho hình lập phương ABCD.EFGH có cạnh a Ta có AB.EG bằng: A a B a 2 C a B * Phân tích: Với tốn ta dễ dàng nhận A uuur uuur EG = AC vậy: uuu r uuur uuu r uuur AB.EG = AB AC = ( AB + AC − BC ) = (a + 2a − a ) = a Chọn A * Nhận xét: Với cách giải giúp E tính nhanh tích vơ hướng hai véc tơ mà khơng cần tính góc chúng Ví dụ 11: Câu trang 98 Sách giáo khoa hình học 11 A Cho hình chóp tam giác S ABC có SA = SB = SC D a2 2 C D G S F H Hình 14 C - 16 B Hình 15 · · Chứng minh rằng: 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 − SC = AB − AC (Hiển nhiên đúng) Tương tự: SB ⊥ AC , SC ⊥ AB Một số tốn luyện tập Tìm hiểu thêm định lí, tập sách giáo khoa phổ thơng giải ứng dụng tích vơ hướng 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường * Bản thân: Khi nghiên cứu tích vơ hướng, ngồi kiến thức lâu biết ứng dụng tích vơ hướng giải tốn, thân bổ sung thêm kiến thức tích vơ hướng Qua thấy vai trò tích vơ hướng chương trình tốn phổ thơng Đặc biệt dựa vào tích vơ hướng để giải số toán mà lâu tác giả sử dụng cách giải khác Từ giúp thân có thêm kinh nghiệm việc phát giải vấn đề chứng minh định lí giải tốn * Học sinh: Thông qua đề tài học sinh phần bỏ bớt tính thụ động giải tốn Một tốn đặt có nhiều cách giải khác Học sinh phải ln tìm tòi, sáng tạo để tìm cách giải hay Vận dụng kiến thức tích vơ hướng để giải tốn giúp học sinh có cách nhìn nhận sâu sắc tích vơ hướng, thấy vai trò tích vơ hướng Qua phát triển lực phát giải vấn đề học học tập mơn toán * Đồng nghiệp: Trong buổi sinh hoạt chuyên môn, thân trao đổi với Thầy cô tổ chuyên môn Thầy cô đánh giá cao Qua Thầy dần triển khai dạy học sinh lớp phụ trách KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận: - 17 - Bạn đọc tìm thấy nhiều mệnh đề, tốn chương trình tốn học phổ thơng dạng mở, việc tìm tòi phát để tổng quát hoá toán, mệnh đề bổ ích cho việc tự bồi dưỡng lực phát giải vấn đề, lực quan tâm đổi giáo dục toán học Đối với giáo viên cần tâm huyết với nghề nghiệp, lấy tiến học sinh làm mục đích chính; ln trau dồi kiến thức, phương pháp; ln tìm tòi nghiên cứu chương trình, đối tượng học sinh cụ thể để đưa phương pháp truyền thụ kiến thức phù hợp đạt kết cao giảng dạy Bản thân phải thấy cố gắng quan tâm tới tiến em, khích lệ tun dương kịp thời để làm đòn bẩy giúp em tiến Đối với học sinh cần học tập thật nghiêm túc, tự giác học tập, nghiên cứu chủ động tiếp cận kiến thức cách khoa học Cần phát huy tính sáng tạo, tìm tòi cách giải Từ phát triển lực phát giải vấn đề dần nâng cao kết học tập 3.2 Kiến nghị: Đây sáng kiến khơng mang tính tuyệt đối việc dạy cho học sinh giải tốn ứng dụng tích vơ hướng Tuy nhiên trình giảng dạy, nghiên cứu nổ lực thân với giúp đỡ đồng nghiệp đúc kết số phương thức làm phong phú vai trò tích vơ hướng Đồng thời phát triển lực phát giải vấn đề học sinh học toán Hy vọng tài liệu giúp ích cho giáo viên học sinh Với khả ngôn ngữ thân có phần hạn chế nên khơng thể tránh khỏi thiếu sót; mong hội đồng khoa học đồng nghiệp giúp đỡ, góp ý để đề tài ngày hồn thiện hơn, có ứng dụng rộng rãi dạy học XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 15 tháng năm 2018 Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người viết SKKN Hà Ngọc Long - 18 - Tài liệu tham khảo Nguyễn Văn Lộc (2007), Phương pháp vectơ giải tốn hình học phẳng; NXB Giáo dục Đào Tam (2005), Hình học sơ cấp; NXB ĐHSP Đào Tam (2004), Phương pháp dạy học Hình học; NXB Đại học sư phạm; Hà Nội Nguyễn Chiến Thắng - Đào Tam (2017), Giáo trình hình học sơ cấp lịch sử toán, NXB Đại học Vinh Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học & Tuổi trẻ (2010); Quyển 5; NXB Giáo dục Bộ Giáo dục Đào tạo – Hội Toán học Việt Nam (2003), Tuyển tập năm Tạp Chí Tốn Học Tuổi Trẻ (1991 – 1995) Lê Quang Ánh, Lê Quý Mậu (1998), Phương pháp giải tốn Hình học 10; Nhà xuất Đà Nẵng Bộ Giáo dục Đào tạo – Hình học 10 - NXB Giáo dục Bộ Giáo dục Đào tạo – Hình học 11 - NXB Giáo dục 10.Bộ Giáo dục 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 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 Cách tìm hiểu khai thác định lý Sở GD & ĐT Kết đánh giá xếp loại Năm học đánh giá xếp loại C 2012 - 2013 - 20 - ... dụng tích vơ hướng Giải vấn đề giúp học sinh nhìn nhận giải tốn theo cách khác Từ phát triển lực phát giải vấn đề cho học sinh 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề Để... lực phát giải vấn đề Năng lực phát giải vấn đề khả học sinh nhận mâu thuẫn nhận thức vấn đề học tập vấn đề sống tìm phương pháp để giải mâu thuẫn, vượt qua khó khăn trở ngại, từ học sinh tiếp... tích vơ hướng Như học sinh không giải theo cách giải cũ mà ln tìm tòi cách giải Qua -2- phát triển lực phát giải vấn đề phát triển lực học tập thân 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến