(Sáng kiến kinh nghiệm) sử dụng công cụ véc tơ để phát triễn một số bài toán mới từ một số bài toán cơ bản trong sách hình học 10

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

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 a bkhi và chỉ khi chúng cùng hướng và có độ dài bằng nhau

- Định nghĩa 2.1.1.3: Hai vectơ đối nhau a  b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 ABuuur chỉ vectơ AB

- Ký hiệu | AB |uuur chỉ độ dài của vectơ ABuuur Như vậy | AB | ABuuur 

- Ký hiệu AB 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: AB BC ACuuur uur uuur 

- Quy tắc hình bình hành: AB AD ACuuur uuur uuur 

- Tính chất trung điểm: Với I là trung điểm của đoạn thẳng AB thì:

+ IA IB 0uur uur r  + MA MB 2MIuuur uuur  uur, với điểm M bất kỳ

b Phép trừ các vectơ.

Với ba điểm O, A, B thì: OA OB BAuuur uuur uuur 

c Phép nhân vectơ với một số.

- Cho vectơ ur

và số k   Vectơ kur

được xác định bởi:

+ kur

cùng hướng với vectơ ur nếu k  0 và ngược hướng với vectơ ur

nếu k < 0

+ | ku | = | k | | u |r r

- Cho b 0r r và ar

cùng phương với br Khi đó, tồn tại duy nhất một số thực

k sao cho: a kbr  r

- Ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi ABuuur và ACuuur

là các vectơ cùng phương

d Tích vô hướng của hai vectơ.

- Cho trước hai vectơ a, br r

Từ một điểm O cố định, dựng các vectơ

OA a, OB buuur r uuur r Khi đó góc ·AOB là góc giữa hai vectơ a, br r

Ký hiệu: ·(a, b)r r hoặc (a, b)r r

- Tích vô hướng của hai vectơ: a.b | a | | b | cos(a, b)r r  r r r r

- a br r a.b 0r r 

- a.a ar r r 2 | a |r 2

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 avà b Khi đó mọi vectơ x đều có thể biểu thị được một cách duy nhất qua hai vectơ avà b, nghĩa là có duy nhất cặp

số m và n sao cho x ma nb   

b Khai triển một vectơ qua ba vectơ không đồng phẳng trong không gian Định lý 2 Cho ba vectơ không đồng phẳng a,bvà c Khi đó mọi vectơ x đều có thể biểu thị được một cách duy nhất qua ba vectơ a,bvà c, nghĩa là có duy nhất bộ

số m, n và p sao cho x ma nb pc    

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 v  0, phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho MM'= v, gọi là phép tịnh tiến theo vectơ v

Kí hiệu: T v

Vậy: T v(M) = M’ MM'= v

* Phép vị tự

Định nghĩa 2: Trong mặt phẳng cho điểm O và số k0, phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho OM' kOM, gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k Kí hiệu: VO k; 

Vậy:     '

;

O k

V M M  OM'kOM

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 GA GB GC    0

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 GA GB GC GD   0

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

n i

GA





 

i 1

0

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 n k

k



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

n i

GA





 

i 1

i



   

i 1

0

 n OA i nOG



  

i 1

0  OG 1 n OA i

n 

i 1

(là 1vectơ không đổi ),

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 : k G X1 i 0





 

i 1

(1) và n G X'1 j 0





  

i k+1

(2)

Từ (1) ta có k GX i GG1 0



   

i 1

 k GX i kGG1 0



  

i 1

(1')

1

n

i

 

i k 1

= 0 (2')

Cộng (1') và (2') và sử dụng

n i

GA





 

i 1

0 , ta được

kGG n k GG      '

kGG  k n GG   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:

1 3

GBC GAC GAB

3S GA3S GB3S GC

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: S MA S MB S MC1 2 30

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 S2 S3

  

(*)

Ta có: AM  AB'AC'

AB'AB AC'AC

  

Dễ chứng minh

( ) 2

( ) 3

MAC BAC MAB CAB

S

S

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 S OA S OB S OC1 2 30

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

a IA b IB c IC   ( 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.sin A OA sin B OB sin C OC2  2  2 0

b (tanBtan ).C OA(tanAtan ).C OB(tanAtan ).B OC0

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 1

1 2

S  OC OB sin BOC =

2

2 R

sin2A

Tương tự: 2 2 sin 2

2

R

S  B và 3 2sin 2

2

R

Do đó ta có: sin 2 A OA sin 2 B OB sin 2 C OC O

b Từ đẳng thức a ta có:

Hình 3.1

2 2 2 0

sin A OA sin B OB sin C OC

OA

s cos cos cos

A B



Bài toán 1.7 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Gọi H là trực tâm của tam

giác ABC Chứng minh:

a tan A HAtan B HBtan C HC0

b a .HA b .HB c .HC 0

cosA cosB cosC  

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:

1 MA 1 .MB 1 .MC O

MAMB MC 

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: a IA b IB c IC  0

( Phần chứng minh đã được chứng minh trong sách bài tập hình học 10)

Nhận xét 2.1 Xuất phát từ đẳng thức a IA b IB c IC.   0, nếu ta nhìn cạnh dưới góc độ chiều cao ta có bài toán mới như sau

Thay 2

a

S

a

h

b

S b h



c

h

S 2

IA IB IC

h  h  h 

  

 Hoặc từ

0

0

h h IA h h IB h h IC

       

   

   

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 h h h a, ,b c lần lượt là chiều cao của tam giác

IA IB IC

h  h  h 

  



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 h h h a, ,b c lần lượt là chiều cao của tam giác

ABC kẻ từ các đỉnh A, B ,C Chứng minh rằng h h IA h h IB h h IC b c a c a b 0

Nhận xét 2.2 Ta liên hệ cạnh với định lý hàm số sin trong ABC ta có:

sin sin sin

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: sin A IA sin B IB sin C IC 0

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: V OA V OB V OC V OD1 2 3 4 0 (1)

Bài giải

Tương tự bài toán trong mặt phẳng ta có(1) V2 V3 V4

   

(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

tứ diện xuất phát từ A

Ta có AO AM AB AS AC AP AD

Tương tự : AS V2, AP V3

nên ta có điều phải chứng minh

Nhận xét 2.4 :

Từ đẳng thức a IA b IB c IC  0, Nếu ta bình phương vô hướng hai vế sau

đó biến đổi ta sẽ kiến tạo được một số bài toán mới.

Ta có: ( a IA b IB c IC  ) 2 0

a IA2 2 b IB2 2 c IC2 2  2abIA IB   2bcIB IC   2acIA IC   0

Vì IA IB BA   ( IA IB ) 2 BA2 c2  2 IA IB IA  2 IB2 c2

Hình 3.2

Từ đó ta có:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2 2 2

1

a IA b IB c IC ab IA IB c bc IB IC a ac IA IC b

a b c a IA b IB c IC abc a b c

IA IB IC

bc ca ab

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: IA2 IB2 IC2 1

bc  ca  ab 

Nhận xét 2.5: Nếu thay tâm I bởi điểm M bất kỳ nằm trong tam giác ta có

a MA b MB c MC abc

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 = a MA 2 b MB 2 c MC 2 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:

JA JO OA

JB JO OB

 

 

 

  

  

  

Từ đẳng thức

a JA b JB c JC

   

   

Bình phương hai vế và sử dụng phép biến đổi như trên ta có:

2 2

abc

a b c

 

+ Tính khoảng cách JH với H, J lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp của tam giác.

Ta có:

a JA b JB c JC

a b c HJ a HA b HB c HC

   

   

và 2.HA HB HA   2 HB2  (HA HB  ) 2

Bình phương vô hướng hai vế, sau đó biến đổi ta thu được đẳng thức:

(a b c HJ  ) (a b c a HA  )( b HB c HC )abc a b c(   )

Trong đó độ dài các đoạn HA,HB,HC được tính như sau:

2 4 2 4 2 2, 2 4 2 2, 2 4 2 2

Thay vào hệ thức trên ta có:

3 3 3

2 4 2 a b c abc

a b c

Nhận xét: Ta có a3 b3  c3 3abc, ta có: HJ  2OJ

+ Tính JG với G, J lần lượt là trọng tâm , tâm đường tròn nội tiếp của tam giác.

3 3 3

a b c

  

 

Nhận xét: Trong tam giác ta có bất đẳng thức a2 b2 c2  9R2 và sử dụng BĐT

3 3 3 3

a b  c abc ta có

2 2 2 2

a b c

 

+Tính OG

Tính được 2 2 2 2 2

9

a b c

+ Các đoạn OH, HG được tính theo OG và đẳng thức OH 3.OG

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 a IA b IB c IC2  2  2  0 (1)

Bài giải

Ta có: a2 b2 c2  2a2

2 2 2 0

a  a  a   2 2

2 2

  

Dựng hình bình hành AMIN (hình vẽ), ta có:

AI AM AN

x AB y AC

  

 

2

AM AM AB AH

x

2 2 2

b c b c AH



2 2 2

b x a

C H

B

N A M