KHAI THÁC một số ỨNG DỤNG của VECTƠ TRONG GIẢI TOÁN sơ cấp

Mục đích nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm này là khai thác một số ứng dụng của vectơ trong hình học và trong đại số.. Đối tượng nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiêm là các bài toán g

I.MỞ ĐẦU 1.1.Lí do chọn đề tài.

Như chúng ta đã biết chương trình cải cách giáo dục hiện nay cũng như

chuyên đề bồi dưỡng thường xuyên chúng ta luôn muốn có một cải tiến phương pháp dạy học nhằm khích lệ hoạt động của học sinh và hướng học sinh vào hoạt động Mục đích cũng là để phát huy trí lực của học sinh một cách tích cực nhất

Có nhiều phương pháp để làm được việc đó, song với mỗi loại bài toán có thể áp dụng những phương pháp hoạt động khác nhau Trong chuyên đề này, tôi muốn trình bày một ý tưởng giúp học sinh vận dụng và khai thác các kiến thức cơ bản một cách linh hoạt vào các bài tập thường gặp Đó là việc sử dụng vectơ trong

giải toán sơ cấp.

Trong chương trình toán ở bậc THPT, vectơ là một khái niệm quan trọng,

nó có tính khái quát cao Nó có thể sử dụng cho cả hình học phẳng lẫn hình học không gian và thậm chí cả đại số Nhờ vectơ ta có thể đưa tọa độ vào bài toán hình học do đó tránh khỏi những sai lầm về mặt trực quan Cũng nhờ vectơ nhiều bài toán hình học phẳng, hình học không gian, bất đẳng thức, bất phương trình có cách giải đơn giản, ngắn gọn, đễ hiểu Chính vì vậy, khai thác các ứng dụng của vectơ vào việc giải toán là một vấn đề thú vị và ý nghĩa

1.2 Mục đích nghiên cứu.

Mục đích nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm này là khai thác một số ứng

dụng của vectơ trong hình học và trong đại số

1.3 Đối tượng nghiên cứu.

Đối tượng nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiêm là các bài toán giải được bằng phương pháp vectơ

1.4 Phương pháp nghiên cứu.

Đề tài này sử dụng phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lí thuyết dựa vào lí

luận dạy học toán, phương pháp thu thập và xử lí thông tin

II.NỘI DUNG 2.1.Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.

Đối với học sinh, một bài toán được giải càng ngắn gọn, hình vẽ càng đơn giản thì chắc chắn càng dễ hiểu, dễ tiếp thu Việc giải một số bài toán bằng phương pháp vectơ giúp các em có một cách tư duy mới, không quá khó khăn,

gò bó; tránh được những lối trình bày rườm rà hay hình vẽ phức tạp Đồng thời

nó còn có tác dụng tích cực trong việc phát triển tư duy trừu tượng, năng lực phân tích của học sinh

Để có thể khai thác các ứng dụng của vectơ trước hết học sinh phải được trang bị các kiến thức cơ bản về vectơ Dưới đây là một số quy tắc, tính chất thường xuyên được sử dụng trong quá trình giải toán mà học sinh cần phải nắm vững:

1 Quy tắc ba điểm: A, B, C là ba điểm bất kì trong không gian ta luôn có:

AB BC AC

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

[1]

2 Quy tắc hình bình hành: Nếu tứ giác OABC là hình bình hành thì ta có: ⃗OA+⃗ OC=⃗ OB .[1]

2 Tính chất trung điểm của đoạn thẳng: Nếu M là trung điểm của đoạn thẳng AB thì ⃗ MA+⃗ MB=⃗0 và ⃗OA+⃗ OB=2⃗ OM ( với mọi điểm O).[1]

3 Tính chất trọng tâm tam giác: Nếu G là trọng tâm tam giác ABC thì:

⃗ GA+⃗ GB+⃗ GC=⃗0 và ⃗OA+⃗ OB+⃗ OC=3⃗ OG (với mọi điểm O).[1]

5 Tích vô hướng của haivectơ: a b. a bcos( ; )a b

⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗

[1]

6 Điều kiện để hai vectơ cùng phương:

véctơ ⃗ a cùng phương với vectơ ⃗b ( ⃗b≠⃗0 ) ⇔∃k∈R: ⃗a=k ⃗b [1]

7 Điều kiện để ba điểm thẳng hàng: điều kiện cần và đủ để ba điểm phân

biệt A, B, C thẳng hànglà ∃ k∈R; k≠0:⃗ AB=k ⃗ AC

[1]

8 Điều kiện để hai vectơ vuông góc: a⃗b⃗ a b⃗ ⃗. 0[1]

9 Điều kiện cần và đủ để ba vectơ đồng phẳng: Cho hai vectơ ⃗ a;⃗b không

cùng phương và một véc tơ ⃗ c bất kì Khi đó điều kiện cần và đủ để ba vectơ

⃗

a;⃗b;⃗c đồng phẳng là tồn tại các số thực m; n sao cho: ⃗c=n ⃗a+m ⃗b (các số m,

n

là duy nhất)

10 Một số tính chất của vectơ.

Tính chất 1: ( )2 2 0



a a

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a 0

Tính chất 2: a b ab

.[1]

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a và b cùng hướng.

Tính chất 3: a b a.b

đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a và b cùng phương

2.2.Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.

Từ thực tiễn của việc dạy học toán ở nước ta ngày nay có thể thấy rằng, năng lực giải toán của nhiều học sinh chưa tốt Các em thường cảm thấy lúng túng khi đứng trước một bài toán hình học, một bài bất đẳng thức, thậm chí cả những bài

dễ Vì thế khi làm bài kiểm tra hoặc bài thi nhiều học sinh không hề đụng đến phần này Ngay cả với những em học tốt, nhiều khi chỉ tìm được lời giải cho một bài toán chứ chưa tìm được lời giải hay nhất, ngắn gọn nhất

Nhà toán học George Polya đã từng nói “Con đường duy nhất để học toán là làm toán” Nhưng làm thế nào để giúp các em học sinh làm toán có kết quả cao? Điều này phụ thuộc một phần không nhỏ vào việc lựa chọn phương pháp khi

giải toán Do đó, nhiệm vụ của người thầy giáo khi dạy học sinh giải toán là hướng dẫn học sinh tìm và lựa chọn phương pháp phù hợp để giải đối với từng dạng toán

2.3.Các giải pháp.

2.3.1 Khai thác một số ứng dụng của vectơ trong hình học.

Ngoài việc nắm vững các kiến thức về vectơ, học sinh cần phải nắm được quy trình (hay thuật toán) giải bài toán hình học bằng phương pháp vectơ gồm ba bước sau đây:

Bước 1: Lựa chọn một số vectơ mà ta gọi là “hệ vectơ gốc”; phiên dịch các

giả thiết, kết luận của bài toán hình học đã cho sang “ngôn ngữ” vectơ.

Bước 2: Thực hiện yêu cầu bài toán thông qua việc tiến hành các phép biến

đổi các hệ thức vectơ theo hệ vectơ gốc.

Bước 3: Chuyển các kết luận từ “ngôn ngữ” vectơ sang các tính chất hình

học tương ứng.

Trên cơ sở đó, sau đây tôi xin mạnh dạn khai thác một số dạng toán hình học giải bằng vectơ

2.3.1.1 Chứng minh một số định lí bằng phương pháp vectơ

Ví dụ 1: Chứng minh định lí “Ba đường cao trong tam giác đồng quy” (Bài

tập 7, trang 52- sgk hình học Nâng cao 10)

Nội dung bài tập 7, trang 52- sgk hình học Nâng cao 10 như sau:

Cho bốn điểm A,B,C, D bất kì Chứng minh rằng: ⃗DA ⃗ BC+⃗ DB.⃗ CA+⃗ DC.⃗ AB=0

(*)

Từ đó suy ra một cách chứng minh định lí “Ba đường cao trong tam giác đồng quy”

Việc chứng minh đẳng thức (*) ở trên là không quá khó đối với học sinh Tuy nhiên, từ kết quả đó để chứng minh định lí “Ba đường cao trong tam giác đồng

A

B

E

G

N

C M

quy” không phải là dễ đối với một số em Có thể hướng dẫn các em chứng minh như sau:

+ Gọi H là giao điểm của hai đường cao AM và BN của Δ ABC yêu cầu bài toán được phát biểu lại là gì? (cần chứng minh CH ¿ AB hay chứng minh

⃗

CH ⃗ AB=0

+ Từ giả thiết bài toán (AH ¿ BC; BH ¿ AC) suy ra các hệ thức véc tơ nào? (

⃗ AH ⃗ BC=0;⃗ BH ⃗ AC=0 )

+ Đẳng thức (*) gợi cho em có mối liên hệ gì? ( từ các tích vô hướng

⃗ AH ⃗ BC;⃗ BH ⃗ AC và các tích vô hướng ⃗ DA.⃗ BC;⃗ DB.⃗ CA học sinh có thể thấy rằng

nếu thay D bởi H thì chúng hoàn toàn giống nhau Do đó có thể thay D bởi H để được đẳng thức ⃗HA ⃗ BC+⃗ HB.⃗ CA+⃗ HC.⃗ AB=0 )

+ Từ kết quả trên các em đã suy ra được điều phải chứng minh hay chưa?

Ví dụ 2[2] : Chứng minh định lí: Ba đường trung tuyến trong tam giác đồng quy.

Lời giải.

Ta có:

⃗MN= 1 2⃗AB⇔⃗ GN−⃗ GM= 1 2(⃗GA−⃗ GB) ⇔⃗GM + 1 2⃗GA=⃗ GN+ 1 2⃗GB (1)

A, G, M thẳng hàng ⇒⃗GM=k ⃗ GA (2)

B, G, N thẳng hàng ⇒⃗GN=n.⃗ GB (3)

Thay (2), (3) vào (1) ta có

k ⃗ GA +1

2⃗GA=n⃗ GB+

1

2⃗GB⇔(k +

1

2)⃗GA=(n+

1

2)⃗GB (4)

Nếu k≠−

1

2 thì (4)

⇔⃗GA =

n+1

2

k +1

2

⃗

GB

⇒ A, G, B thẳng hàng

Với k=−

1

2 Từ (4) ⇒ n=−1

2

⇒ ¿ { ⃗ GM=− 1

2 ⃗ GA=

1

2 ⃗ AG ¿¿¿

Vì E là trung điểm của AB nên ta có:

⃗

GE=1

2(⃗GA+⃗ GB)=⃗ MG+⃗ NG=⃗ MC +⃗ CG +⃗ NC+⃗ CG=2⃗ CG−

1

2(⃗CA+⃗ CB)

=⃗ CG+(⃗ CG−⃗ CE )=⃗ CG+⃗ EG=⃗ CG−⃗ GE

Vậy ⃗GE=⃗ CG−⃗ GE⇔2⃗ GE=⃗ CG Do đó C, G, E thẳng hàng ⇒ Điều phải chứng minh

Ngoài các định lí trên, học sinh có thể sử dụng phương pháp vectơ để chứng minh một số định lí khác mà các em đã được học như: định lí Ta-let, định lí ba đường phân giác trong tam giác đồng quy, định lí về mối liên hệ giữa độ dài đường trung tuyến và độ dài các cạnh trong tam giác…

2.3.1.2 Giải một số bài toán hình học bằng phương pháp vectơ.

Dạng 1: Chứng minh các điểm trùng nhau.

Bài toán [2]: Cho 6 điểm A, B, C, D, E, F tuỳ ý Gọi M, N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của AB, BC, CD, DE, EF, FA Chứng minh rằng hai tam giác MPR

và NQS có cùng trọng tâm

Quy trình giải bài toán này như sau:

Bước 1: “Phiên dịch” các dữ kiện, điều kiện của bài toán từ ngôn ngữ hình học

tổng hợp sang ngôn ngữ vectơ

Chọn “hệ vectơ gốc” là {⃗OA ,⃗ OB,⃗ OC ,⃗ OD ,⃗ OE ,⃗ OF} với gốc O tuỳ ý Kí hiệu

G1,G2 lần lượt là trọng tâm của tam giác MPR và NQS

G1 là trọng tâm tam giác MPR ⇒OG 1=

⃗OM +⃗ OP+⃗ OR

G2 là trọng tâm tam giác NQS ⇒OG 2=

⃗ON+⃗ OQ+⃗ OS

3 (2)

M là trung điểm của AB ⇒⃗OM =

⃗OA+⃗ OB

2 (3)

N là trung điểm của BC ⇒⃗ON=

⃗OB+⃗ OC

2 (4)

P là trung điểm của CD ⇒⃗OP=

⃗OC+⃗ OD

2 (5)

Q là trung điểm của DE ⇒⃗OQ=

⃗OD+⃗ OE

2 (6)

R là trung điểm của EF ⇒⃗OR=

⃗

OE+⃗ OF

2 (7)

S là trung điểm của FA ⇒⃗OS=

⃗

OA+⃗ OF

2 (8)

G1 trùng với G2 ⇒ ⃗OG 1=⃗OG 2 (9)

Bước 2: Thực hiện các yêu cầu bài toán: Chứng minh hệ thức (9) bằng cách

biểu diễn các vectơ ⃗OG 1 và ⃗OG 2 theo hệ các vectơ gốc để so sánh các vectơ này

Thay (3), (5), (7) vào (1) ta được: ⃗OG 1=

1

6 (⃗OA+⃗ OB+⃗ OC +⃗ OD +⃗ OE+⃗ OF) (10)

M

C

D

B

Thay (4), (4), (8) vào (2) ta được: ⃗OG 2=

1

6(⃗OA+⃗ OB+⃗ OC +⃗ OD +⃗ OE+⃗ OF) (11)

Từ (10) và (11) ⇒ ⃗OG 1=⃗OG 2

Bước 3: Chuyển kết luận vectơ sang tính chất hình học tương ứng:

⃗OG 1=⃗OG 2 ⇔G1≡G2

Dạng 2: Chứng minh ba điểm thẳng hàng, chứng minh đẳng thức hình học hoặc đẳng thức vectơ.

Bài toán [2]: Cho tứ diện ABCD Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD

và G là trung điểm của MN

a/ Chứng minh rằng đường thẳng AG đi qua trọng tâm A’ của tam giác BCD Phát biểu kết luận tương tự đối với các đường thẳng BG, CG và DG

b/ Chứng minh GA = 3.GA’

Đây là một bài toán hình học không gian, nếu giải theo phương pháp thông thường học sinh sẽ gặp rất nhiều khó khăn: họ phải kẻ thêm những đường phụ (mà ban đầu có thể chưa biết là phải kẻ như thế nào) dẫn đến hình vẽ phức tạp; phải phân tích và tổng hợp nhiều kiến thức khác nhau mới có thể có thể xây dựng được chương trình giải Tuy nhiên nếu sử dụng phương pháp vectơ thì bài toán này không còn là quá khó với các em

Lời giải bài toán này như sau:

Chọn hệ {A;⃗ AB ,⃗ AC ,⃗ AD} làm cơ sở Ta có:

M là trung điểm của AB ⇔

⃗AM=1

2⃗AB

N là trung điểm của CD ⇔

⃗AN=1

2(⃗AC+⃗ AD )

9 N

B1

M

G là trung điểm của MN ⇔

⃗AG=1

2(⃗AM +⃗ AN )=

1

4( ⃗AB+⃗ AC +⃗ AD ) (1)

A’ là trọng tâm tam giác BCD ⇔⃗AA '=

1

3(⃗AB+⃗ AC+⃗ AD) (2)

AG đi qua A’ ⇔ A; G; A’ thẳng hàng ⇔ ⃗AG=k ⃗ AA'

Từ (1) và (2) suy ra: ⃗AG=

3

4⃗AA '

⃗AG=3

4⃗AA ' ⇒ A, G, A’ thẳng hàng và AG=

3

4AA ' hay GA=3GA ' (đpcm)

Dạng 3: Chứng minh hai đường thẳng song song

Bài toán [2] : Cho lăng trụ tam giác ABCA 1 B1C1 Gọi M, N, E, F lần lượt là trọng tâm

của các tam giác AA 1 B1; A1B1C1; ABC ;BCC 1 Chứng minh NM // EF

Lời giải.

Chọn hệ {A ;⃗ AA 1=⃗a , ⃗ AB=⃗b ,⃗ AC=⃗c}

M là trọng tam của tam giác AA 1 B1 ⇒⃗AM =1

3(⃗AA 1+⃗AB 1)= 1

3(2 ⃗a+⃗b )

N là trọng tam của tam giác A1B1C1 ⇒⃗AN=1

3(⃗AA 1+⃗AB 1+⃗AC 1)= 1

3(3 ⃗a+⃗b+⃗c )

E là trọng tam của tam giác ABC ⇒⃗AE=

1

3(⃗AB+⃗ AC )=

1

3(⃗b+⃗c)

F là trọng tam của tam giác BCC 1 ⇒⃗AF=1

3( ⃗AB+⃗ AC+⃗ AC 1)= 1

3( ⃗a+⃗b+2 ⃗c )

MN // EF ⇒∃k để ⃗MN=k ⃗ EF

Ta có: ⃗MN=⃗ AN−⃗ AM=

1

3( ⃗a+⃗c ) ; ⃗EF=⃗ AF−⃗ AE=

1

3( ⃗a+⃗c) ⇒⃗ MN=⃗ EF

⃗ MN=⃗ EF ⇒ MN// EF

A C

F

S

O

1

Dạng 4: Chứng minh hai đường thẳng vuông góc. Bài toán [2] : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O Biết rằng SA = SC; SB = SD Chứng minh rằng: a/ SO ¿ OA b/ AC ¿ SD Quy trình giải bài toán này như sau: Bước 1: “Phiên dịch” các dữ kiện, điều kiện của bài toán từ ngôn ngữ hình học tổng hợp sang ngôn ngữ vectơ

Chọn hệ vectơ cơ sở {O;⃗ OA ,⃗ OB ,⃗ OS}

Ta có: SAOA OS ; ⃗ SC=⃗ OC−⃗ OS=−(⃗ OA+⃗ OS ) Theo bài ra SA = SC ⇔ SA 2=SC2⇔⃗SA2=⃗SC2 (1)

OA⊥OS⇔⃗ OA ⃗ OS=0 (2)

AC ¿ SD ⇔⃗AC ⃗ SD=0 (3)

Bước 2: Thực hiện yêu cầu bài toán:

Chứng minh đẳng thức (2) bằng cách

biến đổi (1) để làm xuất hiện tích vô

hướng ⃗ OA.⃗ OS

(⃗OA−⃗ OS )2=(⃗OA+⃗ OS)2 ⇔⃗OA ⃗ OS=0 (5)

Chứng minh đẳng thức (3) bằng cách

biểu diễn ⃗ AC;⃗ SD qua hệ véc tơ cơ sở, sau đó tính tích vô hướng ⃗ AC.⃗ SD

Ta có ⃗ AC=−2⃗ OA; ⃗ SD=⃗ OD−⃗ OS

⇒ ⃗ AC ⃗ SD=−2⃗ OA (⃗ OD−⃗ OS)=0

Bước 3: Chuyển kết luận vectơ sang tính chất hình học tương ứng:

⃗

OA ⃗ OS=0⇔OA⊥OS

⃗ AC.⃗ SD=0⇔ AC ⊥¸CD

Dạng 5: Giải một số bài toán cực trị.

Sử dụng tích vô hướng biến đổi biểu thức cần tìm cực trị về biểu thức độ dài, ví dụ: S MI 2c, với c là hằng số và I cố định

Khi đó S Min=c, đạt được khi MI=0 M trùng I.[3]

Ví dụ 1[3] : Cho ABC, G là trọng tâm và M là điểm tùy ý

CMR: MA2MB2MC2 GA2GB2GC2 3MG2, từ đó suy ravị trí của M để

MA MB MC đạt giá trị nhỏ nhất

Giải Ta có:

2

2

2

MA MA MG GA MG GA MG GA

MB MB MG GB MG GB MG GB

MC MC MG GC MG GC MG GC

Cộng vế theo vế ta dược:

MA MB MC  MG GA GC MG GA GB GC 

⃗ ⃗ ⃗ ⃗

3MG2GA2GB2GC2(vì GA GB GC   0

⃗ ⃗ ⃗ ⃗

)

Từ đó suy ra MA2MB2MC2 đạt giá trị nhỏ nhất khi MG2   0 M I

Ví dụ 2[3] : Cho hình bình lhành ABCD, tâm O, M là điểm tùy ý.

a CMR: MA2 MB2MC2 MD2 2(OB2 OA2)

b Giả sử M di động trên đường tròn (d), xác định vị trí của M để

MA  MB MC đạt giá trị nhỏ nhất

Lời giải.

a Ta có:

2

2

MA MC MO

MA MC MB MD

MB MD MO

  





 



⃗ ⃗ ⃗

⃗ ⃗ ⃗ ⃗

⃗ ⃗ ⃗

MA MB MC M MA MC MB MD

⃗ ⃗ ⃗ ⃗

(1)

Ta xét: MA MC MB MD.  . (OA OM OC OM ).(  ) ( OB OM OD OM ).(  )

⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗

(OA OM OA OM ).(  ) ( OB OM OB OM ).(  )

⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗

OA OM OB OM OB OA

Thay (2) vào (1), ta được:

MA  MB MC  MD  OB  OA 

MA MB MC MD OB OA

b Từ kết quả câu a) suy ra MA2 MB2MC2 đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi 2

D

M nhỏ nhất

 M là hình chiếu vuông góc của D lên (d)

2.3.2 Khai thác một số ứng dụng của vectơ trong đại số.

Dạng 1: Giải phương trình

Ví dụ : Giải phương trình:

x 1 x 3    2(x 3) 2 2x 2

Lời giải

ĐK: x 1

Đặt u ( x 1;x 3),e (1;1)   

Ta có:

2

u⃗  x 1 (x 3) và e   ⃗  2

Theo tính chất của vectơ ta có: u.eu e

⃗ ⃗ ⃗ ⃗

(*) Phương trình đã cho tương đương với u.eu e

⃗ ⃗ ⃗ ⃗

Do đó phương trình tương đương với dấu “=” xảy ra ở (*)

 x 1 x 3    x 5

Dạng 2: Giải bất phương trình

Ví dụ : Giải bất phương trình:

x x 1  3 x 2 x  2  (1)1

Lời giải:

ĐK: 1 x 3  

Đặt u (x;1), v ( x 1; 3 x).   

Khi đó u.v x x 1   3 x;

⃗ ⃗

u v⃗ ⃗  x 1 ( x 1) ( 3 x ) 2 x 1

Bất phương trình tương đương với u.eu e

⃗ ⃗ ⃗ ⃗

Mà u.eu e

⃗ ⃗ ⃗ ⃗

Nên bất phương trình tương đương với u.eu e

⃗ ⃗ ⃗ ⃗

u, v

 ⃗ ⃗ cùng

hướng



 (ĐK: 0< x < 3)

2

x 1

3 x (x 1)(x 2x 1) 0





Với nghiệm x3  1 2 < 0 không thỏa mãn đk Do đó bất phương trình có hai nghiệm là x11, x2  1 2

Dạng 3: Giải hệ phương trình

Ví dụ [3] : Giải hệ phương trình