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
Trang 1I MỞ ĐẦU 1.1 Lý do chọn đề tài
Trong quá trình dạy học ở trường phổ thông tôi nhận thấy học sinh rất e ngại học môn hình học vì các em nghĩ rằng nó rất trừu tượng, thiếu tính thực tế khách quan Chính vì thế mà có rất nhiều học sinh học yếu môn học này Việc sáng tạo các bài toán mới từ các bài toán cơ bản có trong sách giáo khoa nhằm mục đích khuyến khích sự tìm tòi, tư duy, sáng tạo cho học sinh, cũng như tạo cho các em sự say mê môn hình học, phát triển khả năng tự phát hiện vấn đề và giải quyết vấn đề,
từ đó nâng cao chất lượng dạy học Đây cũng là một trong những mục tiêu quan trong mà giáo dục hiện nay đang hướng tới Qua những năm giảng dạy môn học này tôi cũng đúc kết được một số kinh nghiệm về vấn đề này nhằm giúp các em tiếp thu kiến thức được tốt hơn, từ đó mà chất lượng giảng dạy cũng như học tập của học sinh, đặc biệt là trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Vì vậy tôi đã chọn
đề tài: “ Sử dụng công cụ vectơ để phát triển một số bài toán mới từ một số bài toán cơ bản trong sách hình học 10 "
1.2 Mục đích nghiên cứu.
Trong phạm vi đề tài này tôi không có tham vọng đưa ra một hệ thống kiến thức hoàn toàn mới, một kết quả mới về mặt toán học; ở đây tôi chỉ trình bày những kết quả mà trong quá trình dạy học về hinh học 10 tôi đã tích luỹ, tìm tòi; nhằm hướng tới mục đích giúp các em học sinh nắm vững kiến thức cơ bản Trên cơ sở từ một số bài toán điển hình tôi sẽ đưa ra phương pháp giải cho bài toán đó và một nhóm các bài toán tương tự; đồng thời giúp học sinh khái quát hóa để được các bài toán mới , qua đó giúp rèn luyện, phát triển tư duy giải toán hình học cho học sinh
1.3 Đối tượng nghiên cứu
Đề tài này sẽ được nghiên cứu trên học sinh lớp 10A2 và 10A3 trường THPT
Lê Hoàn - Thọ Xuân - Thanh Hoá Trong quá trình giảng dạy bản thân sẽ định hướng, dẫn dắt học sinh phát triển một số bài toán mới từ một số định lý hoặc bài toán cơ bản Việc phát triển một số bài toán mới có thể đi theo chiều hướng mở rộng sang không gian hoặc thay đổi giả thuyết của bài toán
1.4 Phương pháp nghiên cứu.
- Phương pháp nghiên cứu lý luận:
+Thông qua việc nghiên cứu các loại tài liệu sư phạm, chuyên môn có liên quan đến đề tài
+ Nghiên cứu chương trình sách giáo khoa toán 10 và 11, mục đích yêu cầu dạy hình học ở trường phổ thông
- Phương pháp đàm thoại lấy ý kiến của học sinh và giáo viên có nhiều kinh nghiệm trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi
1.5 Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
Trang 2II 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:
b Phép trừ các vectơ.
Với ba điểm O, A, B thì:
c Phép nhân vectơ với một số.
- Cho vectơ và số k Vectơ được xác định bởi:
+ cùng hướng với vectơ nếu k 0 và ngược hướng với vectơ nếu k < 0
Trang 3- 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:
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
Trang 4Định nghĩa 2: Trong mặt phẳng cho điểm O và số k 0, 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 :
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
Trang 5Bình 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
O cố định nên đẳng thức này điểm G luôn xác định và duy nhất
b) , c) Lấy k điểm X1 , X2 , … ,X k bất kì từ họ điểm đã cho và gọi trọng tâm
của hệ này là G1 và trọng tâm của hệ n - k điểm X k + 1 , X k + 2 , … , X n còn lại là
G'1 , ta có : (1) và (2)
Cộng (1') và (2') và sử dụng , ta được
đồng thời G chia G1 G'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
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:
Trang 6
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,
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:
b
c
Bài giải
a Nếu tam giác ABC nhọn và M trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp ABC thì M
thuộc miền trong ABC và sin BOC = sin2A
b Từ đẳng thức a ta có:
Hình 3.1
Trang 7Bài toán 1.7 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Gọi H là trực tâm của tam
giác ABC Chứng minh:
Nhận xét : Cho M là điểm nằm trong ABC không có góc nào bằng 120 0
và luôn nhìn các cạnh của tam giác dưới một góc 120 0 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
Hoặc từ
Trang 8Bài 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
V là thể tích tứ diện)Từ đó ta dựng hình hộp nhận AO
làm đường chéo chính ba cạnh kề nằm trên ba cạnh của
tứ diện xuất phát từ A
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:
Hình 3.2
Trang 9Từ 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.
+ 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.
Trang 10Ta có:
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:
+ 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
+ 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)
Bài giải
Khi đó (1)
Dựng hình bình hành AMIN (hình vẽ), ta có:
C H
B
N A M
Trang 11Hoàn toàn tương tự ta có: Suy ra điều phải chứng minh.
Mở rộng bài toán sang không gian ta có
Bài toán 3.1 Cho tứ diện OABC có các cạnh OA,OB,OC đôi một vuông
góc Gọi S 0 , S A, S B ,S C 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
Bài giải
Ta chứng minh (2) nhờ sử dụng bài toán phẳng sau:
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)
O
H
M A
B
C I
Trang 12Nhận 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
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.
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 E cũng là
trung điểm của A'B'
A'CB'D là hình bình hành
Mặt khác trong tứ diện trực tâm ABCD
có hai cạnh đối diện vuông góc với nhau nên
AB CD A'B' CD
A'CB'D là hình thoi A'C = A'D'
Chứng minh tương tự ta cũng có A'C = A'B A’ cách đều B, C, D
Từ giả thiết ta cũng có O cách đều B,C,D nên A'O là trục của đường tròn ngoại
tiếp BCD A'O (BCD) A'O (B'C'D') (1)
A
M
N O G
H P
Hình 3.9
Hình 3.10