Skkn sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

Sử dụng phương pháp vectơ giải tốn hình học THƠNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: Sử dụng phương pháp vectơ giải tốn hình học Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Khối 10, 11, khối chuyên toán Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày tháng năm 2014 đến ngày tháng năm 2015 Tác giả: Họ tên: Lê Thị Phượng Năm sinh: 1987 Nơi thường trú: Nam Định Trình độ chun mơn: Cử nhân tốn Chức vụ cơng tác: Giáo viên toán Nơi làm việc: trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Địa liên hệ: 76 Vị Xuyên Nam Định Điện thoại: 0972313265 Đồng tác giả (nếu có): Không Đơn vị áp dụng sáng kiến: Tên đơn vị: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong Địa chỉ: 76 Vị Xuyên Nam Định Điện thoại: skkn Sử dụng phương pháp vectơ giải tốn hình học I Điều kiện hồn cảnh tạo sáng kiến: Năm học 2014-2015, tơi phân cơng giảng dạy mơn tốn khối 10, 11 Vì tơi ln ý thức tự học tập nghiên cứu nhằm nâng cao chất lượng giảng phát huy tối đa lực tư duy, lực sáng tạo học sinh Trong q trình giảng dạy, tơi nhận thấy học sinh thường lúng túng gặp nhiều khó khăn giải tốn có sử dụng phương pháp vectơ Các tốn có sử dụng phương pháp vectơ thường cho ta lời giải hay, độc đáo gọn gàng mà không cần tính trực giác ( vẽ hình ) Khi tiếp cận với phương pháp vectơ, học sinh tự tìm tịi tính chất hình học, phát triển tư sáng tạo học sinh Trong kì thi trung học phổ thơng quốc gia, tốn hình học phẳng hình học khơng gian sử dụng nhiều tính chất vectơ Chính ưu điểm phương pháp vectơ giải tốn hình học thúc đẩy tơi viết sáng kiến kinh nghiệm: “ Sử dụng phương pháp vectơ giải tốn hình học ” Trong viết sáng kiến kinh nghiệm, nhắc lại kiến thức sở vectơ đồng thời đưa hệ thống tập có chọn lọc chia hai dạng: chứng minh đẳng thức bất đẳng thức hình học Trong tập thường có nhận xét đề xuất tốn Mặc dù có nhiều cố gắng song viết tơi khơng tránh khỏi thiếu sót Tơi mong đóng góp ý kiến q báu thầy giáo, giáo để hồn thiện sáng kiến kinh nghiệm II Nội dung sáng kiến: skkn Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học Chương 1: Các kiến thức sở Vectơ Định nghĩa 1.1 Vectơ đoạn thẳng định hướng, tức rõ điểm đầu điểm cuối + Kí hiệu vectơ sau: a,b,c, AB,CD + Nếu viết AB ta hiểu A điểm đầu, B điểm cuối hướng từ A đến B + Độ dài đoạn thẳng AB gọi độ dài AB kí hiệu: AB  AB + Như vậy, vectơ hoàn toàn xác định biết phương hướng độ dài vectơ Định nghĩa 1.2 Vectơ khơng ( kí hiệu ) vectơ có điểm đầu điểm cuối trùng Định nghĩa 1.3 Hai vectơ a,b gọi chúng có hướng độ dài Trong trường hợp a,b ngược hướng có độ dài chúng gọi hai vectơ đối Kí hiệu vectơ đối vectơ a -a skkn Sử dụng phương pháp vectơ giải tốn hình học Các phép toán vectơ Định nghĩa 2.1 Tổng hai vectơ a b vectơ kí hiệu a  b xác định sau: Từ điểm A tùy ý mặt phẳng ta dựng vectơ AB  a Sau từ điểm B ta lại dựng vectơ BC  b Khi gọi tổng hai vectơ a b Kí hiệu: AC  a  b A C B Tính chất: với vectơ a, b, c ta có: i) a  b  b  a ( tính chất giao hốn )     ii) a  b  c  a  b  c ( tính chất kết hợp ) iii) a    a  a   iv) a  a  Định nghĩa 2.2 Hiệu hai vectơ a b tổng vectơ a vectơ đối vectơ b Kí hiệu: a  b  a  b   Định nghĩa 2.3 Tích vectơ a với số thực k vectơ, kí hiệu ka xác định sau: + Vectơ ka hướng với vectơ a  k + Vectơ ka ngược hướng với vectơ a k  + Độ dài vectơ ka k a Chú ý : k.0  0.k=0 skkn Sử dụng phương pháp vectơ giải tốn hình học Tính chất: với vectơ a , b  m, n  ta có: i) 1.a  a ii) (-1)a  a   iii) m na   mn  a iv)  m+n  a  ma  na   v) m a  b  ma  mb vi) Nếu a  a , b phương b  ka  k   Một số khái niệm tính chất liên quan Định nghĩa 3.1 Tích vơ hướng hai vectơ a , b số thực kí hiệu a.b Ta có: a.b  a b cos a,b     Nhận xét: a.b   a ,b  900 Kí hiệu: a  b Tính chất:  a, b ta có: i) a.b  b.a ( tính chất giao hốn )     ii) ka b  k ab ( k số )   iii) a b  c  a.b  a.c ( luật phân phối phép nhân phép cộng )  2 iv) a.a  a  a Dấu xảy a  Định nghĩa 3.2 Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ a  a1; a2 ; a3  , b  b1; b2 ; b3  Khi tích có hướng hai vectơ a b vectơ kí hiệu  a ,b  a a a a a a  Ta có:  a,b    ; ;   b2 b3  b3 b1 b1 b2  skkn Sử dụng phương pháp vectơ giải tốn hình học Tính chất:  a, b, c ta có: i)  a ,b   a   a ,b  a  ;     ii)  a,b   a b sin a, b    a ,b   b   a ,b  b        iii)  a,b    a , b phương iv) Ba vectơ a, b, c đồng phẳng   a ,b  c  Định nghĩa 3.3 Trong không gian Oxyz cho hệ n điểm A1, A2 , , An n số thực k1,k2 , ,kn thỏa mãn n  ki  Khi tồn điểm G thỏa mãn i 1 n ki GAi   i 1 Điểm G gọi tâm tỉ cự hệ n điểm A1, A2 , , An gắn với n hệ số thực k1,k2 , ,kn Định nghĩa 3.4 Tâm tỉ cự G hệ n điểm A1, A2 , , An với n hệ số thực k1,k2 , ,kn thỏa mãn k1=k2   kn  gọi trọng tâm hệ n điểm Nhận xét: Khái niệm trọng tâm trường hợp đặc biệt khái niệm tâm tỉ cự Trong trường hợp ki để đơn giản ta chọn ki   i = 1,n Vậy điểm G trọng tâm hệ n điểm A1, A2 , , An skkn n  i 1 GAi  Sử dụng phương pháp vectơ giải tốn hình học Bất đẳng thức vectơ Với vectơ a, b ta có: i) a + b  a  b Dấu xảy a = k.b  k   Tổng quát: với n vectơ i=1, n  ta có: ii) n n i 1 i 1    a-b  ab Dấu xảy a = k.b  k  1 Tổng quát: với n vectơ i=1, n  ta có: a1  a2   an  a1  a2   an iii) a.b  a b Dấu xảy a = k.b  k   skkn Sử dụng phương pháp vectơ giải tốn hình học Chương Một số toán liên quan đến vectơ Một số toán chứng minh đẳng thức Bài toán 1.1 ( Bài toán tam giác đường thẳng Euler ) Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c Gọi G, H, I, O, I1 trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn Euler ABC ( tâm đường tròn Euler tâm đường tròn qua trung điểm ba cạnh ABC ) Chứng minh đẳng thức vectơ sau: 1) GA  GB  GC  2) OA  OB  OC  OH  3OG 3) HA  HB  HC  2HO  3HG 4) OH  2OI1 5) aIA  bIB  cIC  6) OI  7) IG  8) IH  a b c OA  OB  OC 2p 2p 2p b+c-2a a+c-2b a+b-2c OA  OB  OC 6p 6p 6p b+c a+c a+b OA  OB  OC 2p 2p 2p   9) tanA.HA  tanB.HB  tanC.HC   A, B, C   2  10) Sa MA  Sb MB  Sc MC  ( M điểm nằm ABC Sa , Sb , Sc diện tích tam giác MBC, MCA, MAB ) skkn Sử dụng phương pháp vectơ giải tốn hình học Chứng minh 1) Đẳng thức đẳng thức vectơ bản, tảng chứng minh đẳng thức vectơ khác 2) Ta có: A P N O H I1 G B C M A' GA  GB  GC   OA  OB  OC  3OG   OA  OB  OC  3OG Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC, CA, AB Gọi A’ điểm đối xứng điểm A qua điểm O Suy BHCA’ hình bình hành suy H, M, A’ thẳng hàng suy OM đường trung bình AHA'  2OM  AH  OH  OA Có: 2OM  OB  OC  OA  OB  OC  OH Vậy: OA  OB  OC  OH  3OG ( đpcm ) 3) theo chứng minh ta có: OA  OB  OC  3OG  HA  HB  HC  3HO  3OG  HA  HB  HC  3HG Ta có: HA  HB  HC  3HO  OA  OB  OC  3HO  OH  2HO Vậy: HA  HB  HC  2HO  3HG ( đpcm ) 4) Ta chứng minh khẳng định sau: + Điểm O trực tâm MNP skkn Sử dụng phương pháp vectơ giải tốn hình học + Điểm I1 tâm đường tròn ngoại tiếp MNP + Điểm G trọng tâm MNP Ta thấy MNP đóng vai trò ABC với ba yếu tố tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm, trực tâm I1 , G, O Chứng minh tương tự ta có: OM  ON  OP  2OI1  3OG Theo chứng minh ta có: 3OG  OH  OH  2OI1 ( đpcm ) Nhận xét: từ toán ta suy hệ thức: OH  2OI1  3OG Suy bốn điểm O, H, G, I1 thẳng hàng Vậy tam giác tâm đường tròn ngoại tiếp, trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn Euler thẳng hàng Đường thẳng nối bốn điểm gọi đường thẳng Euler 5) Gọi IA  BC=M; IB  AC=N; IC  AB=P A P N I C M B Khi đó: AM, BN, CP phân giác góc A, B, C Theo tính chất đường phân giác tam giác ta có: PA AC b    aPA  bPB  1 PB BC a IP AP AP IP AP BP AP  BP c          a+b  IP  cIC   2 IC AC b IC AC BC AC  BC a+b Do đó:       aIA  bIB  cIC  a IP  PA  b IP  PB  cIC  aPA  bPB   a+b  IP  cIC  (đpcm) 10 skkn Sử dụng phương pháp vectơ giải tốn hình học   2 Khi M tâm tỉ cự hệ điểm  A, B, C ứng với hệ số a , b , c Do điểm M xác định Điểm M xác định gọi điểm Lemoine tam giác ABC ABC, P điểm nằm tam giác,  ,  ,  độ lớn góc tam giác, R1 , R2 , R3 khoảng cách từ P đến đỉnh, r1 , r2 , r3 khoảng cách từ Bài 2.4 Cho P đến cạnh tương ứng đối diện với đỉnh Chứng minh rằng: R12 sin 2 +R2 sin  +R3 2sin 2  3r12+r22+r32  Chứng minh A B1 C1 P B C A1 Đặt PA=R1, PB=R2 , PC=R3 PA1=r1, PB1=r2 , PC1=r3 A   , B= , C= Vì PA=R1 đường kính đường trịn ngoại tiếp A1B1C1 nên: C1B1=R1sin Tương tự: A1C1=R2 sin ; B1A1=R3sin Vậy bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với bất đẳng thức: C1B12  C1A12  A1B12  3 PA12  PB12  PC12  Ta chứng minh bất đẳng thức 1 Thật vậy: 34 skkn 1 Sử dụng phương pháp vectơ giải tốn hình học 2 C1B12  C1A12  A1B12  C1B1  C1A1  A1B1      = PB1  PC  PA1  PC1  PB1  PA1   =2 PA12  PB12  PC12   PB1.PC1  PA1.PC1  PB1.PA1  =3 PA12  PB12  PC12   PA1  PB1  PC1  C1B12  C1A12  A1B12  3 PA12  PB12  PC12    Đẳng thức xảy  PA1  PB1  PC1  O  P trọng tâm A1B1C1  P điểm Lemoine ABC Bài 2.5 Cho ABC, M điểm nằm tam giác, H, K, L hình chiếu vng góc M xuống BC, CA, AB Chứng minh rằng: MA+MB+MC   MH+MK+ML  Chứng minh: A K L M B C H Gọi u, v, w vectơ thỏa mãn u hướng MH , v hướng MK , w hướng ML Ta có: MK=MA.cosAMK  MK=v.MA Tương tự: ML=w MA Suy c.MK+b.ML=MA cv+bw     Lại có MA cv+bw  MA cv+bw Suy c.MK+b.ML  MA cv+bw 35 skkn Sử dụng phương pháp vectơ giải tốn hình học Mà:   cv+bw =c 2+b 2+2bc.v.w=c 2+b -2bc.cosA=a ( Theo định lí hàm số cos) Suy cv+bw =a Do đó: a.MA  c.MK+b.ML c b  MA  MK+ ML a a Tương tự: a c b a MB  ML+ MH; MC  MH+ MK b b c c c a b a c b Suy MA+MB+MC   +  MK+  +  ML+  +  MH a c a b b c Theo bất đẳng thức Cauchy ta có: c a b a c b +  2; +  2; +  a c a b b c Do ta có: MA+MB+MC  2 MK+ML+MH  Đẳng thức xảy ra: aMA=cMK+bML  bMB=aML+cMH  cMC=bMH+aMK a=b=c Vậy đẳng thức xảy ABC M tâm tam giác ABC Bài 2.6 Cho tứ diện A1 A2 A3 A4 có diện tích mặt A2 A3 A4 S diện tích mặt cịn lai Các góc phẳng nhị diện cạnh A1 A2 , A1 A3 , A1 A4 có số đo tương ứng a, 2a, 3a Chứng minh rằng: 2- 3