SKKN 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

	 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
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.
 - Định nghĩa 2.1.1.2: Hai vectơ bằng nhau khi và chỉ khi chúng cùng hướng và có độ dài bằng nhau
 - 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. 
	- Ký hiệu chỉ vectơ AB.
	- Ký hiệu chỉ độ dài của vectơ . Như vậy .
	- Ký hiệu chỉ độ dài đại số của vectơ AB.
 2.1.2. Các phép toán về vectơ.
	a. Phép cộng các vectơ.
	- Quy tắc ba điểm: Với 3 điểm A, B, C thì: .
	- Quy tắc hình bình hành: .
	- Tính chất trung điểm: Với I là trung điểm của đoạn thẳng AB thì:
	+ .
	+ , với điểm M bất kỳ.
	b. Phép trừ các vectơ.
	Với ba điểm O, A, B thì: .
	c. Phép nhân vectơ với một số.
	- Cho vectơ và số k Î R. Vectơ được xác định bởi:
	+ cùng hướng với vectơ nếu k ³ 0 và ngược hướng với vectơ nếu k < 0.
	+ .
	- Cho và cùng phương với . Khi đó, tồn tại duy nhất một số thực k sao cho: .
	- Ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi và là các vectơ cùng phương.
	d. Tích vô hướng của hai vectơ.
	- Cho trước hai vectơ . Từ một điểm O cố định, dựng các vectơ . Khi đó góc là góc giữa hai vectơ . Ký hiệu: hoặc .
	- Tích vô hướng của hai vectơ: .
	- .
	- .
 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
Định lý 1. Cho hai vectơ không cùng phương và . Khi đó mọi vectơ đều có thể biểu thị được một cách duy nhất qua hai vectơ và , nghĩa là có duy nhất cặp số m và n sao cho . 
	b. Khai triển một vectơ qua ba vectơ không đồng phẳng trong không gian.
Định lý 2. Cho ba vectơ không đồng phẳng ,và . Khi đó mọi vectơ đều có thể biểu thị được một cách duy nhất qua ba vectơ ,và , nghĩa là có duy nhất bộ số m, n và p sao cho . 
 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
Định nghĩa 1: Trong mặt phẳng cho vectơ , phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho = , gọi là phép tịnh tiến theo vectơ .
Kí hiệu: . 
 Vậy: (M) = M’= .
 * Phép vị tự
Định nghĩa 2: Trong mặt phẳng cho điểm O và số k0, phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho , gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k. Kí hiệu: 
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:
a. Một điểm G duy nhất sao cho .
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 : 
a. Một điểm G duy nhất sao cho .
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: 
a. Một điểm G duy nhất sao cho 
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).
c. Điểm G chia mỗi đường trung tuyến bậc k theo tỉ số 
	 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 
 Û 
 Û	 Û (là 1vectơ không đổi ), 
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 G'1 , ta có : (1) và (2) 
Từ (1) ta có Þ (1') 
Từ (2) ta có (2') 
Cộng (1') và (2') và sử dụng , ta được 
 Þ Þ 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: . Khi đó: 
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. Gọi S1, S2, S3 lần lượt là diện tích các tam giác MBC, MCA, MAB. Chứng minh: .
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’
Biểu thức cần chứng minh biến đổi về dạng (*)
Ta có: 
Hình 3.1
Dễ chứng minh 
Suy ra điều phải chứng minh (*).
Nhận xét 1.2. Từ bài toán trên ta có thể thay giả thiết thu được 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 S1, S2, S3 lần lượt là diện tích các tam giác OBC, OCA, OAB. Chứng minh .
	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
 Bài toán 1.5. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh ( 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:
	a. 
	b. 
	c. 
Bài giải
a. Nếu tam giác ABC nhọn và M trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp DABC thì M thuộc miền trong DABC và sin ÐBOC = sin2A
Tương tự: và .
Do đó ta có: .
	b. Từ đẳng thức a ta có:
	Bài toán 1.7. Cho tam giác ABC có ba góc nhọn. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh: 
a. .
b. 
	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:
	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: Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với BC=a, AC=b, AB=c. Ta có: .
( Phần chứng minh đã được chứng minh trong sách bài tập hình học 10)
Nhận xét 2.1. Xuất phát từ đẳng thức , nếu ta nhìn cạnh dưới góc độ chiều cao ta có bài toán mới như sau
Thay ta có 
Hoặc từ
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 lần lượt là chiều cao của tam giác ABC kẻ từ các đỉnh A, B ,C. Chứng minh rằng .
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 lần lượt là chiều cao của tam giác ABC kẻ từ các đỉnh A, B ,C. Chứng minh rằng .
Nhận xét 2.2. Ta liên hệ cạnh với định lý hàm số sin trong ABC ta có:
 . 
Bài toán 2.3. Cho tam giác ABC với các cạnh BC = a, CA = b,AB = c. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng: .
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 là thể tích của các tứ diện OBCD, OCDA, OABD và OABC. Chứng minh: . (1)
Bài giải
Tương tự bài toán trong mặt phẳng ta có(1). (Với 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 
Hình 3.2
tứ diện xuất phát từ A . 
Ta có .
Trong đó 
Tương tự : 
nên ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét 2.4 :
 Từ đẳng thức , Nếu ta bình phương vô hướng hai vế sau đó biến đổi ta sẽ kiến tạo được một số bài toán mới.
Ta có: 
 .
Vì .
Từ đó ta có: 
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 đường tròn nội tiếp tam giác. Chứng minh rằng: .
Nhận xét 2.5: Nếu thay tâm I bởi điểm M bất kỳ nằm trong tam giác ta có .
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 = 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.
Hình 3.35
+ Tính OJ với O, J lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác.
Ta có: 
Từ đẳng thức 
Bình phương hai vế và sử dụng phép biến đổi như trên ta có:
+ Tính khoảng cách JH với H, J lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp của tam giác.
Ta có:
và .
Bình phương vô hướng hai vế, sau đó biến đổi ta thu được đẳng thức:
	.
Trong đó độ dài các đoạn HA,HB,HC được tính như sau:
	.
Thay vào hệ thức trên ta có: .
Nhận xét: Ta có , ta có: 
+ Tính JG với G, J lần lượt là trọng tâm , tâm đường tròn nội tiếp của tam giác.
Nhận xét: Trong tam giác ta có bất đẳng thức và sử dụng BĐT ta có
+Tính OG
Tính được .
+ Các đoạn OH, HG được tính theo OG và đẳng thức 
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 trung điểm của AH. Chứng minh rằng . (1)
H
B
N
A
M
Bài giải
Ta có: .
 Khi đó (1) 
C
 .
Hình 3.5
Dựng hình bình hành AMIN (hình vẽ), ta có: 
Với . Mà .
	Hoàn toàn tương tự ta có: . Suy ra điều phải chứng minh.
Mở rộng bài toán sang không gian ta có 
O
	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 ứng O,A, B, C. Gọi I là trung điểm đường cao OH của tứ diện. Chứng minh rằng . (1)
Bài giải
Nhận xét: Ta có: .
I
Từ (1) .
A
H
C
M
Ta chứng minh (2) nhờ sử dụng bài toán phẳng sau:
B
Hình 3.6
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:
 .
Áp dụng bài toán phẳng cho tam giác OBC vuông tại O có đường cao OM:
 .
Do đó ta có 
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 ( Bài toán 3 SGK Hình học 10 nâng cao trang 21) 
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 H hoặc ngược lại. Dựa vào hình vẽ ta đoán tỉ số vị tự là -2 hoặc -.
Bài giải 
A
B
C
M
N
O
G
H
P
Hình 3.9
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh BC,CA,AB.
Ta có: 
Do đó 
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, vì vậy 
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.
Hình 3.10
 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 //=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 Þ E cũng là 
trung điểm của A'B' 
Þ ’ 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 Þ A'B' ^ CD 
Þ ’ A'CB'D là hình thoi Þ A'C = A'D'.
Chứng minh tương tự ta cũng có A'C = A'B Þ A’ cách đều B, C, D. 
Từ giả thiết ta cũng có O cách đều B,C,D nên A'O là trục của đường tròn ngoại tiếp DBCD Þ A'O ^ (BCD) Þ A'O ^ (B'C'D') (1).
Tương tự (1), ta cũng có B'O ^ (A'C'D') (2); C'O ^ (B'A'D') (3)
 Þ O là trực tâm của tứ diện A'B'C'D'.
Xét phép vị tự , ta có: 
 	Như vậy, nên phép vị tự sẽ biến trực tâm của tứ diện ABCD thành trực tâm O của tứ diện A’B’C’D’.
Suy ra: hay Þ 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 , trong đó a , b là các độ dài cho trước. Chứng minh rằng M N luôn đi qua 1 điểm cố định. 
Bài giải 
Hình 3.20
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 
 .
Þ .
Mà F , M , N thẳng hàng nên ta có : 
 với k+l=1 
Þ .
Þ Þ OF = 2 OE Þ F chính là điểm thứ tư của hình bình hành OAFB ).
Vậy MN luôn đi qua điểm cố định là F
Hình 3.21
	Bài toán 5.1. Hai điểm M, N thứ tự thay đổi trên 2 nửa đường thẳng chéo nhau Ax, By sao cho (a, b là 2 độ dài cho trước). Chứng minh rằng MN luôn cắt 1 đường thẳng cố định . 
Bài giải 
Dựng tia Bx' // Ax , lấy M' trên Bx' sao cho MM'//AB .
Trên Bx' , By đặt các đoạn BA' = a , BB' = b . 
Từ giả thiết Þ . 
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 D qua I và // MM' (//AB) , dễ thấy D chính là đường thẳng cố định luôn cắt MN . 
Hình 3.22
	Bài toán 5.2. Trên các tia Ox , Oy , Oz tương ứng có các điểm M , N , P thay đổi sao cho luôn có , trong đó a , b , c là các độ dài cho trước . Chứng minh rằng mp (MNP) luôn đi qua 1 điểm cố định. 
Chứng minh : Cách chứng minh tương tự .
 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 (Bài tập 3 trang 58 SGK Nâng cao)
Bài giải
A
C
M
B
Hình 3.30
Ta có: 
Khi đó :
Suy ra .
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 DBCD. Tính độ dài ma theo ai (i =) (a1 = AB; a2 = AC; a3 = AD; a4 = BC; a5 =BD; a6 = CD).
Đáp số: m2a = (a21+ a22+ a23) - (a24+ a25+ a26)
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: 
Đặc biệt hoá:
+ Nếu D là chân đường trung tuyến kẻ từ A xuống cạnh BC ta có công thức trung tuyến .
+ Nếu D là chân đường phân giác trong của góc A, tức là D chia đoạn BC theo tỉ số . Khi đó ta có công thức tính độ dài đường phân giác:
 hay .
Từ bài toán trên tiếp tục mở rộng sang không gian ta có bài toán mới
A
Bài toán 6.3. Cho tứ diện ABCD. Gọi N, M lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh CD, BN sao cho . Tính AM theo k, l và các cạnh của tứ diện.
D
B
M
N
Hình 3.32
C
Đáp sô:
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: .(Bài tập 7 trang 70 SGK Hình học 10- Nâng cao).
Bài giải
	Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau vuông tại G
G
C
B
A
Hình 3.33
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 
Bài toán 7.2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn . H là trực tâm của tam giác. CMR khi và chỉ khi .
Bài toán 7.3. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau. Chứng minh .
Bài toán 7.4. Cho tam giác ABC có hai trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau. Chứng minh .
Bài toán 7.5. Cho tam giác ABC có . Gọi R, r lần lượt là bán kính các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng .
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: , 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 
 là 
Bài toán 7.7. Cho tứ diện OABC có trọng tâm G, OA=x, OB=y, OC=z, BC=a,CA=