“Sử Dụng Công Cụ Vectơ Và Biến Hình Giải Các Bài Toán Cực Trị Hình Học.pdf

i LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn này không trùng lặp với các khóa luận, luận văn, luận án và các công trình nghiên cứu đã công bố Người viết cam đoan Nguyễn Sỹ Duẩn ii LỜI CẢM ƠN Bản luận văn[.]

i LỜI CAM ĐOAN Tôi xin cam đoan luận văn khơng trùng lặp với khóa luận, luận văn, luận án cơng trình nghiên cứu cơng bố Người viết cam đoan Nguyễn Sỹ Duẩn ii LỜI CẢM ƠN Bản luận văn hoàn thành hướng dẫn trực tiếp GS – TS Đào Tam Trong thời gian thực luận văn em GS – TS Đào Tam hướng dẫn tận tình, khoa học Em xin bày tỏ lịng kính trọng biết ơn sâu sắc tới thầy Em xin gửi lời cảm ơn Ban giám hiệu, phòng đào tạo sau Đại học, khoa KHTN – Trường Đại học Hồng Đức, thầy mơn phương pháp tốn sơ cấp giúp đỡ, giảng dạy để em hồn thành khóa học Tôi xin cảm ơn bạn học viên lớp cao học phương pháp toán sơ cấp K10 – Trường Đại học Hồng Đức quan tâm, góp ý để tơi hồn thành luận văn Tuy có nhiều cố gắng, thời gian khả nghiên cứu hạn chế nên vấn đề luận văn cịn thiếu sót Tác giả mong góp ý tầy đồng nghiệp để luận văn hoàn thiện Học viên Nguyễn Sỹ Duẩn iii MỤC LỤC MỞ ĐẦU Chương TỔNG QUAN VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU VÀ MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Tổng quan vấn đề nghiên cứu 1.2 Một số kiến thức bổ trợ 11 1.2.1 Các kiến thức tích vơ hướng 11 1.2.2 Các phép biến hình 12 1.2.3 Kết luận chương 16 Chương MỘT SỐ DẠNG TỐN CỰC TRỊ HÌNH HỌC SỬ DỤNG CƠNG CỤ VECTƠ VÀ BIẾN HÌNH 18 2.1 Sử dụng định lý cơsin để giải tốn cực trị 18 2.2 Sử dụng tích vơ hướng tính chất để giải toán cực trị 24 2.3 Sử dụng phép biến hình cụ thể tích phép biến hình để giải toán cực trị 34 2.4 Kết luận chương 43 KẾT LUẬN 45 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong chương trình tốn học phổ thơng việc đưa vào khái niệm phép toán vectơ, phép biến hình cho phép giải tốn cực trị hình học.Các tốn cực trị chủ yếu liên quan đến đại lượng hình học: Độ dài, biểu thức độ dài, góc, hệ thức độ lớn góc Tuy nhiên, giáo viên học sinh chưa nhận thức cách sâu sắc: Đứng trước dạng tốn cực trị sử dụng phép tốn vectơ, cơng cụ biến hình để giải dạng tốn Giáo viên học sinh chưa nhận thức cách dễ hiểu sử dụng phép tốn vectơ, phép biến hình, chủ yếu thuộc phạm vi chủ yếu để tác động cách tích cực đến việc tìm tịi giải dạng tốn cực trị Nói cách khác đứng trước tốn cực trị hình học cần thiết phải huy động kiến thức để giải Đây vấn đề trọng tâm hướng đến việ lựa chọn đề tài nghiên cứu luận văn Ngày nay, tư tưởng đổi giáo dục toán học chủ yếu hướng người học vào việc phát triển lực, coi trọng lực phát giải vấn đề, lực tự kiến tạo kiến thức Mặt khác việc giải toán cực trị nhờ sử dụng vectơ biến hình hội kết nối kiến thức toán học với thực tiễn nói chung nói riêng gắn kết kiến thức vectơ biến hình với cá tốn đặt nhu cầu thực tiễn việc giải tốn thường gắn với việc mơ hình hóa tượng với thực tiễn, sau giải tốn mơ hình nhờ sử dụng kiến thức ngơn ngữ tốn học biết Phát triển lực gắn kết tốn học với thực tiễn, nội dung đổi toán học giai đoạn Từ điều phân tích trên, chọn đề tài nghiên cứu luận văn sau: “Sử dụng cơng cụ vectơ biến hình giải tốn cực trị hình học” Mục đích nghiên cứu Việc nghiên cứu đề tài với mục tiêu sau: Khai thác vai trò phép tốn vectơ, vai trị phép biến hình việc giải dạng tốn nội mơn hình học, mở rộng giải toán thực tiễn Đề tài đặc biệt quan tâm việc phát triển mở rộng tốn chương trình sách giáo khoa phổ thơng nhằm góp phần phát triển cho học sinh lực phát giải vấn đề; lực gắn kết kiến thức toán học thực tiễn Nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu vai trò phép tốn vectơ, vai trị phép biến hình việc giải dạng tốn trường phổ thơng, nghiên cứu việc đưa phương thức phát triển mở rộng tốn chương trình SGK hình học phổ thông Đối tượng phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu làm sáng tỏ phương thức giải tốn cực trị hình học; đặc biệt làm sáng tỏ phương thức phát triển toán cực trị chương trình tốn phổ thơng Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu sở lí luận véctơ phép biến hình chương trình tốn đại học phổ thông Giả thuyết khoa học Trên sở khảo sát vai trò véctơ phép biến hình dạy học tốn trường Đại học trường phổ thơng Chúng tơi cho bổ sung khắc sâu dạng tốn tìm tịi phát triển tốn cực trị hình học chương trình tốn phổ thơng tốn sơ cấp trường Đại học Sư phạm Nội dung nghiên cứu Chúng dự kiến luận văn gồm: Phần mở đầu Phần kết luận Và cấu trúc theo chương sau: Chương Tổng quan vấn đề nghiên cứu số kiến thức sở 1.1 Tổng quan vấn đề nghiên cứu 1.2 Một số kiến thức bổ trợ 1.2.1 Các kiến thức tích vơ hướng 1.2.2 Các phép biến hình Chương Một số dạng tốn cực trị hình học sử dụng cơng cụ vectơ biến hình 2.1 Sử dụng định lý cơsin để giải tốn cực trị 2.2 Sử dụng tích vơ hướng tính chất để giải tốn cực trị 2.3 Sử dụng phép biến hình cụ thể, tích phép biến hình để giải tốn cực trị Chương TỔNG QUAN VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU VÀ MỘT SỐ KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Tổng quan vấn đề nghiên cứu Vấn đề sử dụng phép toán vectơ phép biến hình để giải tốn cực trị hình học nhiều tác giả nước giới quan tâm Qua nhiều dạng tốn cực trị hình học giải nhờ sử dụng cơng cụ vectơ biến hình Tuy nhiên, dạng toán phổ biến liên quan đến tốn cực trị lượng: Độ dài, độ lớn góc, biểu thức độ dài: Tích độ dài, bình phương độ dài, diện tích, thể tích vv… Các tốn cực trị giải liên quan đến bất đẳng thức: Nếu A  m (Trong A biểu thức độ dài) Khi dấu “=” xảy giá trị nhỏ A m Tương tự A  m dấu “=” xảy giá trị lớn A m Tác giả Nguyễn Văn Lộc[5] “phương pháp vectơ giải tốn hình học phẳng” quan tâm đến sử dụng đến bất đẳng thức liên quan đến độ dài để giải toán cực trị kiến thức sử dụng bao gồm: - Sử dụng quy tắc ba điểm bất đẳng thức tam giác, bất đẳng thức đường tròn ý trường hợp bất đẳng thức trở thành đẳng thức - Sử dụng bất đẳng thức cổ điển ý trường hợp bất đẳng thức trở thành đẳng thức - Sử dụng mệnh đề: “Độ dài đường gấp khúc A0 A1 An (có hai đầu mút A0 , An cố định) ngắn đỉnh A1 , , An1 nằm đoạn thẳng A1 An ‟‟ - Dùng bất đẳng thức: * a  Đẳng thức xảy a  * a b  a.b Đẳng thức xảy a, b hướng * a  b  a  b Đẳng thức xảy a, b hướng * a  b  a  b Đẳng thức xảy a, b hướng * a1  a2  a3   an  a1  a2  a3   an Đẳng thức xảy a1 , a2 , a3 , , an hướng Bài toán 1.1.Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c M điểm tùy ý mặt phẳng chứa tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ của biểu thức: T= MA MB MC   a b c Lời giải Gọi ma độ dài đường trung tuyến hạ từ đỉnh A tam giác ABC Ta có:     4ma  b2  c  a  b2  c  a  4ma2  3a  2.2ma a b2  c  a a  ama  Dấu “=” xảy  ma  2 Gọi G trọng tâm tam giác ABC Ta có:     3 MG.GA  GA2 Dấu „„=‟‟xảy  MA, GA hai vectơ hướng a  b2  c 2 Viết tương tự với    MA MA.GA MA.GA 3    MG  GA GA 2 a b c a aGA a  b2  c2 2 3 T= MB MC b c   MA MB MC 3  MG GA  GB  GC  GA2  GB  GC     2   a b c a b c  3 GA2  GB  GC a  b2  c 2 Lại có: GA2  GB  GC  Nên (1)   (1)  2 a b c  MA MB MC    a b c Vậy biểu thức T có giá trị nhỏ M trọng tâm tam giác ABC tam giác ABC Nhiều tác giả sử dụng gián tiếp công cụ vectơ – Định lý cơsin để giải tốn cực trị Tiêu biểu tác giả Hoàng Ngọc Cảnh [2] (Giáo viên THPT chuyên Hà Tĩnh, toán học tuổi trẻ số 398 – 2010) “ Vài ứng dụng định lý cơsin tam giác” Bài tốn 1.2 cho a, b, c số thực dương thỏa mãn hệ thức: a  2ab  b2  b2  2bc  c  a  c2 Tìm GTNN ac b Phân tích Bài sử dụng bất đẳng thức Minkowsky để chứng minh a  2ab  b2  b2  2bc  c  a  c (1) Nhưng ta trở cội nguồn hình học bất đẳng thức (1) cách sử dụng định lý côsin Lời giải A B a b 450 S 450 C Hình 1.2a Trên hình 1.2a ta lấy bốn điểm S, A, B, C mặt phẳng cho SA = a, SB = b, SC = c ASB  BSC  450 (Tia SB nằm hai tia SA, SC) Áp dụng định lý côsin vào tam giác ASB, ASC, BSC ta có: AB  a  2ab  b2 ;AC  a  c2 ;BC  b2  2bc  c2 Mà AB + BC ≥ AC, nên a  2ab  b2  b2  2bc  c2  a  c2 Dấu (1) xảy A, B, C thẳng hàng (xem hình 1.2b) (1) S H b K m m A C B Hình 1.2b Dựng hình vng SHBK, cạnh m Theo định lí Thales: m m BC AB 1    1   , SA SC AC AC SA SC m Mà m  ac 1 2 b  2 (2) nên   hay   b a c b b ac Dấu (2) xảy a  c  b Vậy giá trị nhỏ biểu thức ac b 2 , a  c  b Tác giả Đào Tam [9], toán học tuổi trẻ số 465 – 2016, sử dụng định lý cơsin để tìm tốn cực trị sau: Bài tốn 1.3 xét ABC có góc BAC   thay đổi  00    1800  , cạnh AB = 2, AC = 5, D điểm thuộc nửa mặt phẳng bờ đường thẳng BC không chứa A cho BDC Hãy xác định  để độ dài đoạn AD lớn Nhiều học sinh tạp chí tốn học tuổi trẻ sử dụng bất đẳng thức a b  a.b để giải toán sau: Bài toán 1.4.Cho tứ diện Al A2A3A Gọi Bi  i  1, 2,3,  hình chiếu vng góc điểm M khơng gian lên đường thẳng Ai Ai1 (Coi A5 trùng với A1 ) Tìm giá trị nhỏ  Al Ai1.Ai Bi l i  33 Lời giải Gọi P, Q trọng tâm tam giác ABC, DEF Ta có: T = MA  MB  MC  MD  ME  MF             MA  AG  MB  BG  MC  CG  MD  DG  ME  EG  MF  FG  3MP  3MQ   MP  MQ   3PQ Vậy giá trị nhỏ T PQ M thuộc đoạn thẳng PQ Bài tốn 2.15.Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c (a, b, c thay đổi) nội tiếp đường trịn có bán kính R(khơng đổi) Tìm giá trị lớn biểu 2 thức: T = a  b  c Lời giải Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 2 Ta có:  OA  OB  OC    OA  OB  OC   OA.OB  OB.OC  OC.OA  (1) Dấu „‟=‟‟ xảy  OA  OB  OC  tức O trọng tâm tam giác ABC, tam giác ABC tam giác  OA2  OB2  AB2  2R2  c Với 2OAOB 2 2 Tương tự : 2OB.OC  R  a ;2OC.OA  R  b 2 2 2 2 Nên (1) 9R   a  b  c    a  b  c  9R 2 2 Vậy biểu thức T = a  b  c đạt giá trị lớn 9R tam giác ABC Nhận xét: Từ toán 2.14 ta rút kết là: Trong tam giác nội tiếp 2 đường trịn bán kính R tam giác có biểu thức T = a  b  c đạt giá trị lớn 34 2.3 Sử dụng phép biến hình cụ thể, tích phép biến hình để giải toán cực trị Trở lại toán 2.1 mục 2.1 giải nhờ sử dụng tích vơ hướng Dưới chúng tơi trình bày cách giải phép quay Bài tốn 2.16 Xét ABC có góc BAC   thay đổi     1800  , cạnh AB = 2, AC = 5, D điểm thuộc nửa mặt phẳng bờ đường thẳng BC không chứa A cho BDC Hãy xác định  để độ dài đoạn AD lớn A1 A α B 600 600 C D Thực phép quay Q có tâm C, góc quay - 600 (cùng chiều kim đồng hồ) Khi qua phép quay Q60 ảnh D B; ảnh A A1 Từ ảnh đoạnAD A, B AD = A1B Sử dụng BĐT tam giác ta có AD = A1B ≤ AB + AA1; đẳng thức xảy  A  BA1 Khi CAA1  600 nên ABC  1200 BA1 lớn AD lớn Từ AD nhận giá trị lớn Mở rộng toán thực cách giải nhờ sử dụng phép đồng dạng quay, ta thu toán sau: Bài toán 2.17.(tổng quát toán 2.16 nhờ thay đổi giả thiết giả thiết tổng quát hơn) 35 Tam giác ABC có AB = 2, AC = 5, góc BAC   thay đổi     1800  D điểm thuộc nửa mặt phẳng bờ BC không chứa A cho tam giác BDC có góc BDC  900 , BCD  300 Tìm  để độ dài AD lớn A1 A α 300 B 300 C D Khi góc  thay đổi điểm D thay đổi Tuy nhiên Vậy tực phép đồng dạng F(C; 300 ; F(C; 300 ; CA1 , CAA1  300  CDB  CA F(C; 300 ; AA1  CB không đổi   CD cos 30 ): D  B  A1 ): A  CAA1  CAA1  900 BA 2  BA1   ): DA  DA 3 1 A1C  CA  2 3 Từ đó: DA  BA1 đạt GTLN  BA1  BAC  900 Khi Max BA1  BA  AA1  BA  CA1    2 3 đạt GTLN  B, A, A1 thẳng hàng 36 Vậy giá trị lớn AD 3  2  3    3 Bài toán 2.18 (Bài toán tổng qt tốn2.1 mục 2.1) Xét ABC có góc BAC   thay đổi     1800  , cạnh AB = 2, AC = 5, D điểm thuộc nửa mặt phẳng bờ đường thẳng BC không chứa A cho BDC thỏa mãn BCD    00    1800 ,0      1800  cho trước tỉ số CB  a (a số không đổi) Hãy xác định  để độ dài đoạn AD lớn CD A1 A α B 300 300 C D Khi góc  thay đổi điểm D thay đổi Tuy nhiên CB  k không đổi CD Vậy thực phép đồng dạng Đ(C;  ; k): D  B  A1 Đ(C;  ; k): A   BA1  Đ(C;  ; k): DA  BA1 k DA CA1  5k AA12  25  CA12  10CA1 cos   25  25k  50k cos  AA1  25  25k  50k cos  BA1   AA1  25  25k  50k cos  BA1  25  25k  50k cos   BA1  kAD  AD  k k 37 AD lớn  25  25k  50k cos  B, A, A1 thẳng hàng k Chú ý: Nếu thay k    300 ADMax   Đây kết toán 2.17 Bài toán 2.19 Trên cung nhỏ AB đường tròn tâm O ta lấy điểm cố định M cho AB  AH  AB 4 hình chiếu H dây cung AB thỏa mãn: Một điểm N thay đổi đoạn AB đường thẳng MN cắt đường tròn (O) điểm thứ hai K Gọi I trung điểm KN Tìm vị trí điểm N để góc AIB có giá trị nhỏ Lời giải K O O I A N0 H N A B M A/ B M N/ B/ A/ N/0 B/ Gọi N‟ điểm đối xứng điểm N qua điểm M Ta có : NA.NB = NM.NK = 2NI NN‟ = NI.NN‟ Do tứ giác AICN‟ nội tiếp đường trịn, suy AIB + AN'B = 1800 Vậy góc AIB nhỏ góc AN'B lớn nhát Bài tốn chuyển về: tìm vị trí điểm N‟ đoạn A‟B‟ ảnh đoạn AB qua phép đối xứng tâm M cho AN'B lớn Ta chứng minh AN'B lớn điểm N‟ trùng với điểm N0‟ mà N0‟AB cân N0‟ 38 Thật vậy, vẽ đường trịn ngoại tiếp AN0‟B A‟B‟ tiếp tuyến đường tròn N0‟ Do điểm N‟ khác N0‟ nằm ngồi đường tròn Suy AN'B <  AN0‟B Bây ta chứng minh điểm đối xứng với N 0‟ qua M N0 thuộc đoạn AB Kẻ ON0‟ ON0‟ AB R Ta có : N0R = 2HR (vì N0‟M = MN0) Từ giả thiết ta suy : HR  AB AB  N0R  2HR  Vậy N0 thuộc đoạn AB Bài toán 2.20 (Bài toán gốc) Cho hai điểm A, B thuộc hai nửa mặt phẳng bờ a Tìm điểm M thuộc a cho : AM + MB nhỏ Lời giải Đoạn thẳng AB cắt a M, M điểm cần tìm Thật : Lấy M‟  a, M‟ ≠ M, ta có : AM‟ + M‟B > AB (bất đẳng thức tam giác) Mặt khác: AB = AM + MB (vì M  AB) Suy ra: AM‟ + M‟B > AM + MB A M a B Dưới chúng tơi trình bày trình tự tốn từ tốn gốc nói Bài toán 2.21 Hai điểm A, B thuộc nửa mặt phẳng bờ a, tìm M thuộc a cho AM + MB nhỏ 39 Bài toán 2.20 gợi ý cho ta tìm lời giải tốn cách chuyển điểm A sang nửa mặt phẳng (giả sử A‟), cho AM + MB = A‟M + MB Ta suy nghĩ đến điểm A‟ đối xứng với A qua a A B M a A/ Lời giải: Để giải toán này, ta sử dụng kiến thức “then chốt”, sử dụng bất biến khoảng cách điểm qua phép đối xứng trục Ta tiếp tục sử dụng với tư cách ltri thức phương pháp để giải toán sau đây: Bài toán 2.22 Cho hai đường thẳng a b song song với nhautạo thành miền phẳng T Hai điểm A, B nằm khác phía với miền (T) Tìm a điểm M B điểm N cho: MN khoảng cách hai đường thẳng a, b AM + MN + NB nhỏ Lời giải: Nhận xét: Nếu đường thẳng a trùng với đường thẳng b tốn trở thành toán 2.20 Ta tịnh tiến điểm A theo vectơ tịnh tiến MN ta điểm A1 A A1 M a (T) N b B 40 Khi AA1  MN , suy AM  A1 N Ta được: AM  MN  NB  A1 N  MN  NB  A1B (do độ dài MN không đổi) Vậy AM  MN  NB nhỏ A1 , N , B thẳng hàng Khi ta xác định vị trí điểm N điểm M tương ứng Nhận Xét: Từ toán ta giải tốn thực tế là: Có hai địa điểm A, B nằm hai bên bờ sông Người ta cần xây cầu bắc qua sơng (cây cầu vng góc với hai bờ sơng) Hãy xác định vị trí cầu để từ A đến B ngắn Bài tốn 2.23 Cho góc nhọn xOy, điểm A nằm miền góc Tìm điểm M thuộc Ox, điểm N thuộc Oy, cho tam giác AMN có chu vi nhỏ Lời giải A1 x M A O y N A2 Dựng A1 điểm đối xứng với A qua Ox A2 điểm đối xứng với A qua Oy Khi AM + MN + NA = A1M + MN + NA2 có giá trị nhỏ  M, N  A1A2 Bài tốn 2.24 Cho góc nhọn xOy, hai điểm A, B nằm miền góc Tìm điểm M thuộc Ox, N thuộc Oy cho chu vi tứ giác AMNB nhỏ Lời giải A1 x M A B O N B1 y 41 Dựng A1 đối xứng với A qua Ox, B1 đối xứng với B qua Oy Khi chu vi tứ giác AMNB = AB + A1M + MN + NB1 nhỏ  A1M + MN + NB1 nhỏ  M‟, N  A1B1 Bài toán 2.25 Cho tam giác ABC M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh AC Tìm điểm P thuộc cạnh BC cho chu vi tam giác MNP nhỏ Lời giải A M N B C P M1 Dựng M1 đối xứng với M qua BC, suy chu vi tam giác MNP M1P + PN + MN nhỏ  M1P + PN nhỏ  P  M1N Bài toán 2.26 Cho tam giác ABC, có góc nhọn A điểm P thuộc cạnh BC Tìm M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh AC cho chu vi tam giác MNP nhỏ Lời giải A M P1 B N P2 P C Dựng P1 đối xứng với P qua BC, P2 đối xứng với P qua AC Khi chu vi tam giác PMN P1M + MN + NP2 có giá trị nhỏ  M, N thuộc P1P2 Bài toán 2.27 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Tìm M thuộc cạnh AB, N thuộc cạnh AC, P thuộc cạnh BC cho chu vi tam giác MNP nhỏ Lời giải 42 P2 A P1 B C P Dựng P1 đối xứng với P qua AB, P2 đối xứng với P qua AC Khi chu vi tam giác MNP nhỏ P1P2 Bây ta cần xác định P để P1P2 nhỏ Do tam giác P1A P2 cân A, có P1 AP2  A (không đổi) nên P1P2 nhỏ A P1 = A P2 = AP nhỏ  AP  BC Lập luận tương tự ta có BN  AC, CM  AB Vậy chu vi tam giác MNP nhỏ  M, N, P ba chân đường cao tam giác ABC Bài toán 2.28 Cho điểm A đường trịn (O), (A khơng thuộc đường tròn (O)) nằm nửa mặt phẳng bờ d Tìm điểm M thuộc d điểm thuộc (O) cho: AM + MB nhỏ Lời giải O A B d M A1 Dựng điểm A1 đối xứng với A qua d Khi AM + MB nhỏ  A1M + MB nhỏ  M  A1B B  A1O Vậy AM + MB nhỏ  M, B  A1O Bài toán 2.29 Cho hai đường trịn (O1) (O2) khơng giao nhau, thuộc nửa mặt phẳng bờ d Tìm A thuộc (O1), B thuộc (O2), M thuộc d cho: AM + MB nhỏ 43 Lời giải O2 O1 A B d M A/ O/ Dựng đường tròn (O‟) đối xứng với (O1) qua d Khi AM + MB nhỏ  A‟M + MB nhỏ nhất A‟, M, B  O‟O2  M, B  O‟O2 A  O1M 2.4 Kết luận chương Trong chương chúng tơi trình bày ba dạng tốn cực trị sau: Dạng toán cực trị giải nhờ vận dụng định lý côsin tam giác Định lý chứng minh nhờ sử dụng định nghĩa tích vơ hướng nhờ kiến thức hình học đồng dạng Đây định lý quan trọng việc xây dựng kiến thức hệ thức lượng tam giác đường trịn khai thác ứng dụng tốn học vào thực tiễn Nhờ định lý giải tốn cực trị độ dài, độ lớn góc biểu thức độ dài, tích độ dài, bình phương độ dài, chu vi, diện tích v.v Số lượng toán đưa theo phương tức bài, chúng tơi trọng đưa tốn khái qt hóa từ toán gốc ban đầu 44 Tiếp theo chúng tơi trình bày tốn cực trị giải nhờ sử dụng tích vơ hướng nhờ tính chất Các tốn đưa khơng trình bày cách giải mà cịn trình bày cách thức khái qt hóa để phát triển tốn Số lượng toán gồm 12 Cuối chúng tơi trình bày 14 tốn cực trị nhờ sử dụng phép dời, phép đồng dạng cụ thể tích phép dời với phép đồng dạng Nhờ sử dụng tích phép cho phép mở rộng toán Số lượng toán đưa theo phương thức đưa phong phú Đặc biệt chương chúng tơi cố gắng tìm tịi tốn thực tiễn lấy từ tình sử dụng sống hàng ngày, thiết bị, đồ dùng phổ biến nước giới Các tình thực tiễn mơ tả giải thích nhờ sử dụng mơ hình tốn (ngơn ngữ ký hiệu tốn) Vấn đề nghiên cứu chương góp phần chuẩn bị kiến thức kỹ cho giáo viên theo bình diện sau đây: - Sáng tỏ tư tưởng vectơ biến hình để giải toán cực trị - Cách thức phát giải vấn đề toán cực trị nhờ sử dụng kiến thức vectơ phép biến hình Từ chuẩn bị tiềm cho giáo viên tốn tiếp cận, bồi dưỡng lực cho học sinh trường phổ thông - Chuẩn bị kiến thức kỹ cho giáo viên kết nối dạy học toán trường phổ thông với thực tiễn sống 45 KẾT LUẬN Quá trình nghiên cứu luận văn thu kết chủ yếu sau Luận văn đưa sở lý thuyết then chốt tích vơ hướng kiến thức liên quan đến phép biến hình để giải tốn cực trị yếu tố lượng hình học luận điểm đưa xuất phát từ ý tưởng toán học sau đây: “Tốn học có đối tượng hình dạng khơng gian quan hệ số lượng giới nhận thức‟‟ Quan điểm Ănggen nêu cách 100 năm trước Để giải vấn đề lượng chủ yếu nhờ sử dụng kiến thức tích vơ hướng hình học đồng dạng Từ cho thấy việc lựa chọn nghiên cứu tốn cực trị hình học nhờ sử dụng tích vơ hướng kiến thức phép biến hình hợp lý Luận văn đưa phương thức nghiên cứu toán cực trị hình học: - Phương thức sử dụng định lý cơsin để giải tốn cực trị - Phương thức sử dụng tích vơ hướng để giải toán cực trị - Phương thức sử dụng phép biến hình tích phép biến hình để giải toán cực trị Với ba phương thức tác giả đưa hệ thống toán bao gồm toán gốc toán phát triển từ toán gốc Các kết luận văn có ý nghĩa tích cực việc chuẩn bị tri thức kỹ cho việc tiếp cận giáo dục toán học trường trung học phổ thông theo định hướng: - Chuẩn bị tiềm bồi dưỡng cho học sinh lực phát giải vấn đề tiếp cận chủ đề tích vơ hướng phép biến hình trường trung học phổ thơng - Chuẩn bị cho giáo viên hiểu cách thức mở rộng phát triển toán lĩnh vực nghiên cứu toán cực trị 46 - Chuẩn bị cho giáo viên tiềm tìm tịi tình thực tiễn liên quan đến toán cực trị, bước đầu trang bị cho họ sở khoa học để giải thích, làm sáng tỏ ý nghĩa toán học sống gần gũi với học sinh 47 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Phạm Bảo (2003) Phương pháp vectơ (tr 168 -173); Tuyển tập năm tạp chí tốn học & tuổi trẻ NXB Giáo Dục [2] Hoàng Ngọc Cảnh (2010) Vài ứng dụng định lý cơsin tam giác Tốn học tuổi trẻ số 398 NXB Giáo dục [3] Nguyễn Văn Hiền ( 2007) Tính chất hình học thể tích tốn; Tạp chí tốn học tuổi trẻ số 362 NXB Giáo dục [4] I M Iaglôm Các phép biến hình; NXB Quốc Gia Matxcơva 1955(sách tiếng Nga) [5] Nguyễn Văn Lộc (2007), Phương pháp vectơ giải tốn hình học phẳng; NXB Giáo dục [6] Đào Tam (2004) Tuyển tập 200 thi vô địch (tập 4, tập 5) NXB Giáo Dục [7] Đào Tam (2012) Giáo trình hình học sơ cấp; NXB Đại học Sư phạm; Hà Nội [8] Đào Tam (2013); Từ phán đoán hợp lý đến khẳng định toán (tr 37 -38 tr 46); Toán học & tuổi trẻ ( đặc san) NXB Giáo Dục, số 10 [9] Đào Tam (2016); Các phương thức định hướng có nhằm tìm tịi lời giải tốn trường phổ thơng (tr 28 – 30) Tạp chí tốn học & tuổi trẻ; NXBGD [10] Đào Tam (2017), Giáo trình hình học sơ cấp lịch sử toán, NXB Đại học Vinh [11] Phan Trọng Tú (2014); Tập dượt cho học sinh số phương thức phát triển toán dạy học hình học trường THPT theo quan điểm kiến tạo; Luận văn thạc sỹ khoa học giáo dục; ĐH Vinh