MỞ ĐẦU1.1.Lý do chọn đề tài Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy việc dạy học toán nói chung và bồi dưỡng học sinh khá, giỏi toán nói riêng; muốn học sinh rèn luyện được tư duy sáng
Trang 11 MỞ ĐẦU
1.1.Lý do chọn đề tài
Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy việc dạy học toán nói chung và bồi dưỡng học sinh khá, giỏi toán nói riêng; muốn học sinh rèn luyện được tư duy sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi thầy, cô cần phải có nhiều phương pháp và nhiều cách hướng dẫn cho học sinh tiếp thu và tiếp cận bài giải đối với bài toán Vấn đề này đòi hỏi người giáo viên cần phải tìm tòi nghiên cứu tìm ra nhiều phương pháp và cách giải qua một bài toán để từ đó rèn luyện cho học sinh năng lực hoạt động, tư duy sáng tạo, phát triển bài toán và có thể đề xuất hoặc tự làm các bài toán tương tự
Khai thác, phát triển một bài toán là một chủ đề không có gì mới lạ, dạy cho học sinh nắm vững kiến thức cơ bản và đảm bảo trình độ vượt qua các kỳ thi là cần thiết, nhưng bên cạnh đó người giáo viên dạy toán cần phải truyền tải
sự say mê toán học cho học sinh, nhằm giúp hiệu quả học tập được tốt hơn Để thực hiện được điều này, người giáo viên cần có sự say mê chuyên môn, đặt ra cho mình nhiều nhiệm vụ, truyền sự say mê đó cho học trò Khai thác, tìm hiểu
và phát triển một bài toán cũng là một phần việc giúp người giáo viên thành công trong sự nghiệp của mình Với chút hiểu biết của mình cùng niềm say mê
toán học, tôi viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “KĨ THUẬT BIẾN ĐỔI SỰ PHỤ THUỘC NHIỀU ĐIỂM THÀNH MỘT ĐIỂM ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT LỚP BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC LỚP 10 ” với mong muốn
được chia sẻ, trao đổi kinh nghiệm làm toán, học toán và dạy toán với các đồng nghiệp Hy vọng đề tài giúp ích một phần nào đó cho quý thầy cô trong quá trình công tác
1.2.Mục đích nghiên cứu
Nhằm nâng cao nghiệp vụ chuyên môn, rút kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy, phát triển tư duy linh hoạt, sáng tạo của học sinh, phát hiện và bồi dưỡng học sinh giỏi Toán.Thông qua đề tài này, là tài liệu tham khảo cho các
em học sinh, đặc biệt là đối với học sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi
1.3 Đối tượng nghiên cứu
Để cho học sinh có phương pháp giải, kỹ năng tìm cực trị của độ dài véc
tơ có chứa điểm M phụ thuộc theo nhiều điểm cố định, tôi có đề tài là: “KĨ
THUẬT BIẾN ĐỔI SỰ PHỤ THUỘC NHIỀU ĐIỂM THÀNH MỘT ĐIỂM ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT LỚP BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC LỚP 10”
với mong muốn thay đổi cách giảng dạy truyền thụ tri thức một chiều sang cách tiếp cận kiến tạo kiến thức và suy nghĩ
1.4.Phương pháp nghiên cứu
Với đề tài này, phương pháp chủ yếu được sử dụng là phương pháp thống
kê, lựa chọn những bài toán hay, độc đáo, có cùng phương pháp giải sau đó
Trang 2phân tích, so sánh, khái quát hóa, đặc biệt hóa để làm nổi bật phương pháp, từ
đó rút
ra kết luận
Nghiên cứu bằng lí luận: Nghiên cứu các giáo trình về phương pháp dạy học Toán ở trường phổ thông, tài liệu hướng dẫn đổi mới phương pháp dạy học, các sách giáo khoa, sách tham khảo, báo Toán học và tuổi trẻ, các đề thi,
Nghiên cứu bằng thực nghiệm: Thông qua việc dạy và học phần hình học lớp 10 ở các năm giảng dạy của bản thân và tổng kết các kinh nghiệm giảng dạy của các đồng nghiệp
Trang 32 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1.Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Sáng kiến này đã nêu được các kỹ năng biến đổi véc tơ theo tính chất trung điểm đoạn thẳng, trọng tâm tam giác Hệ thống một số kỹ năng tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài véc tơ có chứa điểm M phụ thuộc theo nhiều điểm cố định thành
kỹ năng tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài véc tơ có chứa điểm M phụ thuộc theo một điểm cố định
Sáng kiến kinh nghiệm với đề tài “KĨ THUẬT BIẾN ĐỔI SỰ PHỤ THUỘC NHIỀU ĐIỂM THÀNH MỘT ĐIỂM ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT LỚP BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC LỚP 10” đã làm cho cách giải bài
toán “tìm điểm M thuộc d để a MA b MB c MC
có giá trị nhỏ nhất ( hoặc
a MA b MB c MC có giá trị nhỏ nhất)” có thêm cách nhìn khác, bên
cạnh với cách giải sử dụng tính chất trọng tâm tam giác, tính chất trung điểm của đoạn thẳng, hỗ trợ cho việc học tập đạt hiệu quả cao hơn Với phương pháp dạy như vậy nhằm giúp các em học sinh có thể hiểu vấn đề một cách sâu sắc và
có thể nhìn một bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau nên dễ dàng suy luận để chuyển các bài toán lạ về bài toán quen thuộc Hơn nữa với cách dạy đó, làm cho học sinh thấy được sự phong phú trong việc sử dụng các kiến thức liên quan Chính vì thế mà các em không cảm thấy nhàm chán, từ đó các em hào hứng và say mê hơn trong khi học tạo tâm lí thoải mái nhẹ nhàng trong mỗi tiết học, đó là tiền đề tốt để học sinh tiếp thu bài, rèn luyện kỹ năng, nâng cao hiệu quả dạy và học
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
a/Thuận lợi:
Là giáo viên dạy toán nhiều năm được tiếp xúc với nhiều đối tượng học sinh.Đa số học sinh thích học Toán, thích tìm phương pháp mới trong học tập
Tổ chuyên môn thảo luận về chuyên đề cực trị hình học.Bản thân thích học hỏi và nâng cao kiến thức
b/Khó khăn:
Các kiến thức cơ bản về cực trị hình học lớp 10 của học sinh còn hạn chế
Kĩ năng giải toán và trình bày bài giải còn yếu
2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1.Đặt vấn đề
2.3.1.1.Bài toán cơ sở: (Dựa theo Bài 40/trang 11/ Sách bài tập Hình học 10 nâng cao)
Cho n điểm A A A1, 2, ,3 A và n số n k k k1, , ,2 3 k mà n
k k k k k
Trang 42
-2
-4
M
B
A
O
a) Chứng minh rằng có duy nhất 1 điểm G sao cho
k GA k GA k GA k GA
Điểm G như thế gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm A gắn với các hệ số i k i
Trong trường hợp các hệ số k bằng nhau (và coi như bằng 1), thì G gọi là trong i
tâm của hệ điểm A i
b) Chứng minh rằng nếu G là tâm tỉ cự nói ở câu a) thì mọi điểm O bất kì,
ta có OG 1(k OA1 1 k OA2 2 k OA3 3 k OA n n)
k
[1] Trong quá trình giảng dạy và nghiên cứu toán học, tôi có gặp bài toán như sau:
2.3.1.2.Một số bài toán cụ thể
µ Bài toán 1 “ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) và đường thẳng : 2x – 3y + 12 = 0 Tìm điểm M thuộc sao cho MA + MB + MC
nhỏ nhất”, với đáp án như sau: [2]
- Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có tọa độ của G là (4; 4
3 3).
- Khi đó: MA + MB + MC
= 3MG
, G và cố định (G không nằm trên ).
- Một véctơ chỉ phương của là u (3;2) đó cũng là một véc tơ pháp tuyến của d, vậy phương trình của d là: 3x + 2y – 4
3 = 0.
Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
4
3
20 13 116 39
x
y
20 116
13 39
M
- Vậy MA + MB + MC
nhỏ nhất khi 3MG
nhỏ nhất, tức MG nhỏ nhất hay
MG vuông góc với Do đó M là giao điểm của và đường thẳng d qua G và vuông góc với .
Trang 5 Phân tích: Bài toán trên được giải với việc chuyển sự phụ thuộc điểm
M theo 3 điểm A, B, C thành sự phụ thuộc điểm M theo 1 điểm G (trong đó G là trọng tâm của tam giác ABC) bằng cách sử dụng công thức
MA + MB + MC
= 3MG
(SGK Hình học 10 nâng cao, trang 20).
Nhận xét
* Lối suy nghĩ quen thuộc: Sử dụng công thức trọng tâm của tam giác (như
lời giải ở trên)
* Hướng suy nghĩ mở rộng: Ta có thể thực hiện biến đổi
3
3 ,
MG GA GB GC MG
(với G là trọng tâm tam giác ABC)
Thoạt nhìn có vẻ là không có sự khác nhau giữa giải pháp cũ thường làm và giải pháp cải tiến (vì bản chất là giống nhau) Nhưng với giải pháp cải tiến thì ta
có thể giải quyết được bài toán nào?
Ta thử xét bài toán 1a tương tự như sau: “ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy
cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) và đường thẳng :2x – 3y +
12 = 0 Tìm điểm M thuộc sao cho MA + MB + 2MC
nhỏ nhất” [1]
(Dựa theo Bài 35/trang 11/ Sách bài tập Hình học 10 nâng cao) Rõ ràng tính
chất trọng tâm (giải pháp cũ thường làm) rất khó để sử dụng ở đây, để giải quyết bài toán trên ta cần sử dụng giải pháp cải tiến, với việc biến đổi như sau:
4 2
4
MG
Trong đó, điểm G là điểm thỏa mãn GA GB 2 GC 0
và G được xác
định cụ thể khi có tọa độ Nội dung giải quyết cụ thể của vấn đề này được trình bày ở bài toán 8 (trang 13) sau này
Bây giờ nếu ta bỏ bớt dữ kiện yếu tố điểm C ở bài toán 1 (trang 4), thì ta có bài toán tương tự như sau:
µ Bài toán 2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
A(1;1); B(–2;–4) và đường thẳng : 2x – 3y + 12 = 0 Tìm điểm M thuộc
sao cho MA + MB
nhỏ nhất [2]
Trang 6 Phân tích: Bài toán trên được giải với việc chuyển sự phụ thuộc điểm
M theo 2 điểm A, B thành sự phụ thuộc điểm M theo 1 điểm I (trong đó I là trung điểm của đoạn thẳng AB) với công thức
MA + MB = 2MI
(theo SGK Hình học 10 nâng cao, trang 20).
Lời giải
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB, ta có tọa độ của I là ( 1; 3
Khi đó: MA + MB
= 2MI
, I và cố định (I không nằm trên )
Vậy MA + MB
nhỏ nhất khi 2MI
nhỏ nhất, tức MI nhỏ nhất hay MI vuông góc với Do đó M là giao điểm của và đường thẳng d qua I và vuông góc với
Một véc tơ chỉ phương của là u (3;2) đó cũng là một véc tơ pháp tuyến của d, vậy phương trình của d là: 3x + 2y + 9
2 = 0.
Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
9
2
75 26 27 13
x y
( 75 27; )
26 13
M
Nhận xét
* Lối suy nghĩ quen thuộc: Sử dụng công thức trung điểm của đoạn thẳng
* Hướng suy nghĩ mở rộng: Ta có thể thực hiện biến đổi như sau:
2
2 ,
MI
(với I là trung điểm của đoạn thẳng AB)
Cũng như nhận xét ở trên, thoạt nhìn có vẻ là không có sự khác nhau giữa giải pháp cũ thường làm và giải pháp cải tiến Nhưng với giải pháp cải tiến thì ta
có thể giải quyết được bài toán nào?
Ta thử xét bài toán 2a như sau: “Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam
giác ABC có A(1;1); B(–2;–4) và đường thẳng : 2x – 3y + 12 = 0 Tìm điểm
M thuộc sao cho 3MA + 2MB
nhỏ nhất” Rõ ràng tính chất trung điểm (giải
pháp cũ thường làm) rất khó để sử dụng ở đây, để giải quyết bài toán trên ta cần
sử dụng giải pháp cải tiến, với việc sử dụng phép biến đổi như sau:
Trang 73 2 3( ) 2( )
5 3 2
5
MI
Trong đó, I là điểm thỏa mãn 3IA 2IB 0
và I được xác định cụ thể khi
có tọa độ Nội dung giải quyết cụ thể của vấn đề này được trình bày ở bài toán
6 (trang 11) sau này
Nếu ta thay đổi dữ kiện cuối cùng ở bài toán 2 (trang 5), thì ta có bài toán tương tự sau:
µ Bài toán 3 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
1;1 ; –2; –4
A B và đường thẳng : 2x – 3y + 12 = 0 Tìm điểm M thuộc sao cho: MA2 MB2 có giá trị nhỏ nhất [2]
Phân tích: Bài toán trên được giải với việc chuyển sự phụ thuộc điểm
M theo 2 điểm A, B thành sự phụ thuộc điểm M theo 1 điểm I (trong đó I là trung điểm của đoạn thẳng AB) với công thức
2
2
AB
MA MB MI (SGK Hình học 10 nâng cao, trang 58).
Lời giải
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB, ta có tọa độ của I là ( 1; 3
Khi đó:
2
2
AB
MA MB MI , I và cố định (I không nằm trên ) Vậy MA2MB2 nhỏ nhất khi
2 2
2
2
AB
MI nhỏ nhất, tức MI nhỏ nhất (vì AB
có độ dài không thay đổi) hay MI vuông góc với
Do đó M là giao điểm của và đường thẳng d qua I và vuông góc với
Một véc tơ chỉ phương của là u (3;2) đó cũng là một véc tơ pháp tuyến của d, vậy phương trình của d là: 3x + 2y + 9
2 = 0.
Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
9
2
75 26 27 13
x y
( 75 27; )
26 13
M
Nhận xét
Trang 8* Lối suy nghĩ quen thuộc: Sử dụng công thức
2
2
AB
(như lời giải ở trên, với I là trung điểm của đoạn thẳng AB)
* Hướng suy nghĩ mở rộng: Ta có thể thực hiện biến đổi như sau:
( ) ( )
= 2 ,
(với I là trung điểm của đoạn thẳng AB)
Với giải pháp cải tiến như trên thì ta có thể giải quyết được bài toán nào?
Ta thử xét bài toán 3a như sau: “Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam
giác ABC có A(1;1); B(–2;–4) và đường thẳng : 2x – 3y + 12 = 0 Tìm điểm
M thuộc sao cho 5MA2 2MB2 nhỏ nhất”.[2] Rõ ràng công thức
2
2
AB
MA MB MI (giải pháp cũ thường làm) rất khó để sử dụng ở đây, để giải quyết bài toán trên ta cần sử dụng giải pháp cải tiến, với việc sử dụng phép biến đổi như sau:
5( ) 2( )
7 5 2 2 (5 2 )
= 7 5 2
Trong đó, I là điểm thỏa mãn 5IA 2IB =0
và I được xác định cụ thể khi
có tọa độ Nội dung giải quyết cụ thể của vấn đề này được trình bày ở bài toán 7 (trang 12) sau này
Nếu ta thay đổi dữ kiện cuối cùng ở bài toán 3(trang 7), thì ta có bài toán tương tự như sau:
µ Bài toán 4 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
A(1;1); B(–2;–4), C(5;–1) và đường thẳng : 2x – 3y + 12 = 0 Tìm điểm M thuộc sao cho: MA2 MB2 MC2 có giá trị nhỏ nhất [2]
Phân tích: Bài toán trên được giải với việc chuyển sự phụ thuộc điểm
M theo 3 điểm A, B, C thành sự phụ thuộc điểm M theo 1 điểm G (trong đó G là trọng tâm của tam giác ABC) với công thức
3
AB BC CA
MA MB MC MG
Trang 9 Lời giải
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có tọa độ của G là (4; 4
3 3).
Khi đó:
3
AB BC CA
MA MB MC MG , G và cố định (G không nằm trên )
Vậy MA2 MB2 MC2 nhỏ nhất khi
2
3
3
AB BC CA
nhất, tức MG nhỏ nhất (vì AB, BC, CA không thay đổi) hay MG vuông góc với
Do đó M là giao điểm của và đường thẳng d qua G và vuông góc với Một véc tơ chỉ phương của là u (3;2) đó cũng là một véc tơ pháp tuyến của d, vậy phương trình của d là: 3x + 2y – 4
3 = 0.
Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
4
3
20 13 116 39
x y
( 20 116; )
13 39
M
Nhận xét
* Lối suy nghĩ quen thuộc: Sử dụng công thức
3
AB BC CA
MA MB MC MG (như lời giải ở trên)
* Hướng suy nghĩ mở rộng: Ta có thể thực hiện biến đổi
( ) ( ) ( )
= 3MG GA GB GC ,
(với G là trọng tâm của tam giác ABC)
Với giải pháp cải tiến như trên thì ta có thể giải quyết được bài toán nào?
Ta thử xét bài toán 4a như sau: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam
giác ABC có A(1;1); B(–2;–4), C(5;–1) và đường thẳng :2x – 3y + 12 =
0 Tìm điểm M thuộc sao cho: 5MA2 2MB2 MC2 có giá trị nhỏ nhất.
[2]
Trang 10Rõ ràng công thức
3
AB BC CA
pháp cũ thường làm) rất khó để sử dụng ở đây, để giải quyết bài toán trên ta cần
sử dụng giải pháp cải tiến, với việc sử dụng phép biến đổi như sau:
5( ) 2( ) ( )
8 5 2 2 (5
= 8 5 2
GB GC
Trong đó, G là điểm thỏa mãn 5GA 2GB GC 0
Nội dung giải quyết cụ thể của vấn đề này được trình bày ở bài toán 9 (trang 14) sau này
Các bài toán 1, bài toán 2, bài toán 3 và bài toán 4 ở trên nói về việc sử dụng tính chất trung điểm, trọng tâm để giải bài toán “Trong mặt phẳng Oxy,
tìm điểm M thuộc đường d sao cho | MA MB |
(*) có giá trị nhỏ nhất”, (trong
đó, (*) có thể thay bằng |MA MB MC |
, MA2 MB2 hoặc
MA MB MC ) Mấu chốt để giải các bài toán trên là biến đổi M phụ
thuộc 3 điểm A, B, C trở thành M phụ thuộc theo 1 điểm G (với G là trọng tâm của tam giác ABC); hoặc biến đổi M phụ thuộc 2 điểm A, B trở thành M phụ thuộc theo 1 điểm I (với I là trung điểm của đoạn thẳng AB)
Vậy, đối với bài toán 1a, bài toán 2a, bài toán 3a, bài toán 4a ta thay đổi
dữ kiện thành điểm M thỏa mãn |aMA b MB |
(hoặc aMA2 bMB2,
|aMA b MB c MC |
, aMA2bMB2 cMC2, với các số a b c , , R) thì liệu
có sử dụng tính chất trung điểm, trọng tâm để giải được các bài toán mở rộng hay không? Sáng kiến kinh nghiệm này sẽ đề xuất hướng giải quyết vấn đề của
các bài toán 1a, bài toán 2a, bài toán 3a, bài toán 4a này.
2.3.2.Tổng quát vấn đề và các bài toán vận dụng
Ta có các phép biến đổi sau: Với các số thực a, b, c và các điểm A, B ta luôn có:
* Công thức 1a
( ) ,
* Công thức 1b
( ) ,
* Công thức 2a