Sử dụng phương pháp vectơ để giải và sáng tạo một số bài toán hình học phẳng

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN THỊ DUYẾN SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ ĐỂ GIẢI VÀ SÁNG TẠO MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Đà Nẵng - 2020 Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! 16990150774021000000 ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM NGUYỄN THỊ DUYẾN SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP VECTƠ ĐỂ GIẢI VÀ SÁNG TẠO MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG Chun ngành: Mã số: Phương pháp toán sơ cấp 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Người hướng dẫn khoa học: TS Lê Thị Hoài Thu TS Nguyễn Thành Chung Đà Nẵng - 2020 LỜI CẢM ƠN Trong suốt trình học tập, nghiên cứu thực đề tài luận văn thạc sĩ, nỗ lực, cố gắng thân tơi cịn có nguồn động lực giúp đỡ to lớn từ q thầy cơ, đồng nghiệp, gia đình bạn bè Lời đầu tiên, xin gửi lời cảm ơn chân thành tới cô giáo - TS Lê Thị Hoài Thu thầy giáo - TS Nguyễn Thành Chung nhiệt tình, tận tâm giúp đỡ, hướng dẫn tơi hoàn thành tốt luận văn thời gian qua Tôi xin gửi đến quý Thầy, Cô giáo Ban chủ nhiệm Khoa Toán, Trường Đại học Sư phạm - Đại học Đà Nẵng lời cảm ơn sâu sắc truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện thuận lợi cho q trình học tập nghiên cứu tơi Cảm ơn anh, chị bạn lớp cao học Phương pháp tốn sơ cấp Khóa 36 ln chia sẻ nhiều kiến thức kinh nghiệm quý giá cho tơi suốt q trình học tập nghiên cứu Và cuối xin gửi lời cảm ơn đến gia đình, lãnh đạo Trường THPT Nguyễn Chí Thanh, lãnh đạo tổ Tốn trường THPT Nguyễn Chí Thanh động viên tạo điều kiện tốt để trình học tập nghiên cứu tơi hồn thành tốt đẹp Tơi xin chân thành cảm ơn! Tác giả Nguyễn Thị Duyến DANH MỤC CÁC HÌNH VẼ Số hiệu hình 1.1.1 2.1.1 2.1.2 2.1.3 2.2.1 2.2.2 2.2.3 2.3.1 2.3.2 2.3.3 2.4.1 2.4.2 2.4.3 2.4.4 2.5.1 2.5.2 2.5.3 2.6.1 2.6.2 2.6.3 2.6.4 2.7.1 2.7.2 2.7.3 2.8.1 2.8.2 2.8.3 2.8.4 2.8.5 2.9.1 2.9.2 Trang 11 13 14 16 17 18 20 21 22 25 26 27 28 29 30 32 34 35 36 37 40 41 42 44 45 46 47 48 51 53 MỤC LỤC LỜI NÓI ĐẦU CHƯƠNG KIẾN THỨC CHUẨN BỊ 1.1 Khái niệm tính chất vectơ 1.2 Quy trình giải tốn hình học phẳng phương pháp vectơ CHƯƠNG MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP GIẢI VÀ SÁNG TẠO BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG BẰNG CÔNG CỤ VECTƠ 10 2.1 Bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng 10 2.2 Bài toán chứng minh đẳng thức hình học 15 2.3 Bài tốn tìm quỹ tích 19 2.4 Bài toán quan hệ song song 24 2.5 Bài tốn quan hệ vng góc 29 2.6 Bài toán góc 33 2.7 Bài toán khoảng cách 38 2.8 Bài toán diện tích 43 2.9 Sáng tạo tốn hình học phẳng cơng cụ vectơ 49 KẾT LUẬN 57 TÀI LIỆU THAM KHẢO 58 LỜI NÓI ĐẦU Lý chọn đề tài Phương pháp vectơ công cụ hữu hiệu dùng để giải tốn hình học Nội dung giảng dạy từ lớp 10 cho thấy khác biệt chương trình hình học bậc THCS với bậc THPT Các tốn hình học chương trình THCS chủ yếu nhìn nhận phương pháp trực quan, dựa khái niệm tính chất hình học (điểm, đường thẳng, góc, khoảng cách, ) Chẳng hạn, để chứng minh ba điểm thẳng hàng, cần chứng minh góc xác lập chúng 180o ; để chứng minh hai đường thẳng song song, cần chứng minh có cặp góc so le (hoặc so le ngồi) nhau; để tính diện tích tam giác cần biết cạnh đáy chiều cao, Nhiều toán giải học sinh kẻ đường phụ đòi hỏi suy luận mang tính sáng tạo cao Điều gây nhiều khó khăn cho người học việc định hướng tìm lời giải Khác với phương pháp dùng giải tốn hình học bậc THCS, phương pháp vectơ cho định hướng rõ ràng dựa quy trình quản lý tập hợp Đó là, “một không gian vectơ hữu hạn chiều” vectơ biểu thị qua “cơ sở” Cách biểu thị cho phép quản lý tất “vectơ” không gian thông qua việc quản lý “cơ sở” chúng Vectơ xây dựng dựa khái niệm điểm, phương, hướng độ dài đoạn thẳng nên liên quan đến khái niệm khác hình học quan hệ chúng Đây sở để diễn đạt tốn hình học túy dạng ngơn ngữ vectơ Việc giải tốn hình học phương pháp vectơ góp phần phát triển tư sáng tạo cho người học, đồng thời rèn luyện kỹ tính tốn, suy luận logic, biết cách nhìn nhận tốn theo nhiều góc độ khác Từ phân tích đánh giá trên, lựa chọn đề tài “Sử dụng phương pháp vectơ để giải sáng tạo số tốn hình học phẳng” Đề tài tập trung làm rõ số dạng tốn hình học phẳng giải phương pháp vectơ, đồng thời qua giúp người học thấy tính ưu việt phương pháp vectơ sáng tạo toán 2 Mục đích nghiên cứu Hệ thống lại khái niệm tính chất vectơ khơng gian mặt phẳng, quy trình để giải tốn hình học phẳng vectơ Phân loại số dạng toán hình học phẳng giải phương pháp vectơ Từ nghiên cứu tìm hiểu đề xuất số toán dựa toán có Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu tổng quan khái niệm vectơ, phép toán vectơ, dạng tốn hình học phẳng giải phương pháp vectơ Bên cạnh chúng tơi liên hệ với khái niệm “không gian vectơ” để làm rõ sở khoa học phương pháp vectơ chương trình phổ thông Phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu nội dung hình học phẳng chương trình hình học THCS THPT Ngồi ra, chúng tơi tham khảo số kiến thức liên quan đến đại số tuyến tính, khơng gian Euclide chương trình đại học Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu lý luận: Đọc nghiên cứu sách giáo khoa, giáo trình, tài liệu liên quan tới ứng dụng phương pháp vectơ để phân dạng hệ thống hóa tốn Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm thân bạn bè, anh chị để tổng hợp hệ thống hóa kiến thức vấn đề nghiên cứu đầy đủ khoa học, kết hợp đưa vào ví dụ minh họa chi tiết Phương pháp lấy ý kiến chuyên gia: Lấy ý kiến giảng viên trực tiếp hướng dẫn giảng viên khác để hoàn thiện mặt nội dung hình thức Tổng quan cấu trúc luận văn Đề tài có giá trị mặt lý thuyết ứng dụng Có thể sử dụng luận văn làm tài liệu tham khảo dành cho giáo viên, sinh viên ngành Toán, đặc biệt cho học sinh trình học tốn chương trình phổ thơng Từ giúp học sinh có hứng thú, phát triển cho học sinh lực tư duy, giúp học sinh nhận thấy mối liên hệ 16 Theo giả thiết toán: Trên cạnh AB AC lấy điểm B’ C’ Gọi M’ giao điểm B’C’ AM nên ta đặt −→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ AB = xAB’; AC = yAC’; AM = zAM’ (x, y, z ∈ R) −−−→ −−→ Vì M’ ∈ B’C’ ⇒ ∃ k ∈ R, B’M’ = kB’C’ −−→ −−→ −−→ −−→ ⇔ AM’ – AB’ = k AC’ – AB’ −−→ −−→ −−→ ⇔ AM’ = (1 – k) AB’ + kAC’ −−→ – k −→ k −→ AB + AC ⇔ AM = z x y   1 −→ −→ – k −→ k −→ ⇔ AB + AC = AB + AC z2 x y Bước 3: Giải toán vectơ Tương đương với biểu thức 1–k k = = ⇒ x + y = 2z 2z x y Vậy AB AC AM + =2 AB’ AC’ AM’ Ví dụ 2.2.3.[tham khảo tài liệu số 9] Cho tam giác ABC có trọng tâm G Một đường thẳng d không qua G cắt đường thẳng GA, GB, GC A’, B’, C’ cho −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ GA = mGA; GB = nGB; GC = pGC Chứng minh m + n + p = Lời giải: B B0 d C0 G A0 C A Hình 2.2.1 −−→ −−→ Bước 1: Chọn vectơ GA, GB làm vectơ sở Mọi vectơ xuất toán phân tích qua vectơ 17 Bước 2: Bài tốn cho dạng ngơn ngữ vectơ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ Theo giả thiết ta có GA = mGA; GB = nGB; GC = pGC −−−→ −−−→ Vì A’,B’,C’ thẳng hàng nên A C = kA B −−→ −−→ −−→ −−→ GC’ – GA’ = k(GB’ – GA’) −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ GC’ = kGB’ + (1 – k) GA’ ⇒ pGC = knGB + (1 – k) mGA (2.2.2) Bước 3: Giải toán vectơ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ Vì GA + GB + GC = ~0 ⇔ GC = –GA – GB Thay vào (2.2.2), ta có −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ p(–GA – GB) = knGB + (1 – k) mGA ⇔ –pGA- pGB=kn GB + (1 – k) mGA −−→ −−→ Vì GA, GB khơng phương nên  ta có –p = (1 – k) m –p = kn  – p = – k p p 1 mp ⇔– – =1⇔ + + = ⇒ m n m n p  – =k n Vậy + + = m n p Ví dụ 2.2.4 Trên cạnh AB hình bình hành ABCD lấy điểm E cho AF AE = AB; ED cắt đường chéo AC F Xác định tỉ số n AC Lời giải: A12 D C E4 F D6 C11 A E B Hình 2.2.2 E6 Z3 −→ −→ Bước 1: Chọn vectơ BA, BC làm vectơ sở Mọi vectơ W3 xuất tốn phân tích qua vectơ V3 Bước 2: Biểu diễn vectơ liên quan theo sở chọn A16 18 −→ → − −→ − Đặt BC = b , BA = → a → − −→ − Phân tích vectơ AF theo vectơ → a, b Ta có −→ → −→ − − → − − AF = αAC = α b – → a = α b – α→ a (2.2.3) Mặt khác có −→ −→ −→ −→ 1− AF = AE + EF = – → a + αED ( hai tam giác AEF CFD đồng dạng ) n   → − → − 1→ 1→ α – 1→ − − − =– a +α a +b = a +αb n n n Bước 3: Giải toán vectơ (2.2.4) −→ So sánh (2.2.3) , (2.2.4) Do tính phân tích vectơ AF theo hai vectơ → − − không phương → a , b suy α = n+1 Vậy AF = AC n+1 Ví dụ 2.2.5.[tham khảo tài liệu số 5] Cho tam giác ABC, với cạnh AB = c, BC = a, CA = b, gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh − → − → − → → − aIA + bIB + cIC = (a, b, c độ dài cạnh tam giác) ◦ Lời giải: Q A C B M G O K D A N H U R C T B E P F L Z SG IP βM = Q M O K Y D N H X U L J786543110 11 13 14 15 16 17 18 19 12 21 113 10 11 12 359 62 139 20 189.41 A B1 C1 B0 d C B1 I A1 B A10 C A0 Hình 2.2.3 − → − → − → Phân tích IC theo IA IB sử dụng tính chất đường phân giác Dựng hình bình hành IA’CB’, ta có − → − → − → −→ −→ IC = IB0 + IA0 = αIB + βIA − → −→ Vì IB, IB0 phương ngược hướng nên IB0 A C b = – = – (Định lý Thales tính chất đường phân giác) α=– IB A1 B c 19 IA0 B C a =– =– IA B1 A c − → → a− → b− Vậy IC = – IB – IA − →c − →c − → → − Suy aIA + bIB + cIC = Tương tự β = – Bài toán tham khảo Bài 2.2.1 Cho điểm M, A, B, C tùy ý Chứng minh −−→ −→ −−→ −→ −−→ −→ → − MA.BC + MB.CA + MC.AB = Bài 2.2.2 Qua trọng tâm ΔABC kẻ đường thẳng d cắt cạnh AC, BC AP BQ + = P Q Chứng minh PC QC Bài 2.2.3 Cho tam giác ABC tâm O, M điểm thuộc miền tam giác Kẻ đường thẳng MD, ME, MF vng góc với cạnh −−→ −−→ −−→ −−→ BC, CA, AB Chứng minh MD + ME + MF = MO Bài 2.2.4 Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt O thỏa mãn −→ −→ −→ −→ OC = –3OA, OD = –4OB Qua trung điểm M AB dựng đường thẳng MO cắt CN CD N Tính tỉ số ND Bài 2.2.5 Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh BC, CA, − → − → − → → − AB M, N, P Chứng minh aIM + bIN + cIP = 2.3 Bài tốn tìm quỹ tích Để tìm quỹ tích mặt phẳng ta sử dụng số tính chất vectơ, quy tắc vectơ để giải toán đơn giản, cịn tốn phức tạp ta sử dụng quy trình giải tốn phương phương pháp vectơ trình bày mục 1.2 Ngồi ra, để tìm quỹ tích mặt phẳng, ta cần ý số quỹ tích sau Quỹ tích 1: Quỹ tích điểm cách A B cố định đường trung trực đoạn thẳng AB Quỹ tích 2: Quỹ tích điểm cách hai cạnh góc đường phân giác góc Quỹ tích 3: Quỹ tích điểm cách điểm O cố định khoảng R cho trước đường trịn có tâm O bán kính R Quỹ tích 4: Tập hợp điểm ln nhìn hai điểm cố định A, B góc vng đường trịn đường kính AB D5 20 Ví dụ 2.3.1 Cho hai điểm phân biệt A, B số dương k 6= Tìm tập hợp MA điểm M thỏa mãn = k MB Lời giải: M A A30 E B F I14 Hình 2.3.1 N134 Y B N6 C14 B16 MN AB1818NM 11517 7C12 16P4 Lấy đường thẳng AB điểm E, F cho −→ −→ −→ −→ EA = –kEB; FA = kFB Ta có MA = k ⇔ MA2 – k2 MB2 = MB −−→ −−→ −−→ −−→ ⇔ MA + k MB MA – k MB = −−→ −→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ −→ ⇔ ME+EA + kME + kEB MF + FA – kMF – kFB −−→ −−→ ⇔ (1 + k) ME (1 – k) MF =   −−→ −−→ ⇔ – k2 ME.MF = −−→ −−→ ⇔ ME.MF = (Vì k > 0, k 6= 1) ⇔ ME⊥MF Vậy tập hợp điểm M đường trịn đường kính EF Ví dụ 2.3.2 Cho góc XOY hai điểm M, N di chuyển hai cạnh góc M thuộc OX, N thuộc OY, luôn thoả mãn OM = 2ON Chứng minh trung điểm I MN thuộc đường thẳng cố định Lời giải: C1 B1 N A C B P I2143501 A1 B M6 B9 BA IB N C07C LGOCKI R M A O A B N B C MFA2 8AEB P A M21 A NA 4O 10G 3272I3CD 6E 22B 210 11 67A 5D 8C IH 1339638 59 274 D CM D105 21 A12 F3 B11 C A12 13 X M E4 D B1276 A0 I A O B N Hình 2.3.2 K2 Q L U DU M O2R 14 16 A= ABβ17 N C M N B419 C ◦ 10 221 20 817 13 5H 89.41 M C118 A A16 15 J G13 E 57 B C 14 F Y M9 C16 P D NI978 Q B M 18 1SA CZ15 BN 19 12 21T 181 P3M11 B17A 15 Bước 1: Lấy điểm A thuộc OX, B thuộc OY cho OA=OB, chọn hai vectơ −−→ −−→ OA, OB làm hai vectơ sở Mọi vectơ tốn phân tích (hoặc biểu thị được) qua hai vectơ Bước 2: Biểu diễn vectơ liên quan theo sở chọn O6 −→ −→ −−→ −→ Giả thiết cho OM = 2ON, nên ON = kOB, OM = 2kOA Ta phải chứng minh I thuộc đường thẳng cố định (dễ thấy đường thẳng qua O) − → − − tương đương OI = p→ v , với → v vectơ cố định Bước 3: Giải toán vectơ Do I trung điểm MN, nên ta có − → −−→ −→ −→ −→ OI = (OM + ON) = k(2OA + OB) 2 −→ −→ → Đặt k = p, 2OA + OB = − v , ta điều phải chứng minh Vậy trung điểm I MN ln thuộc đường thẳng cố định Ví dụ 2.3.3 Cho tam giác ABC Các điểm I, J di động cạnh AB, AC AB AC cho + = Chứng minh IJ qua điểm cố định AI AJ Lời giải: u W3 V3 22 A21 A G I J B12 B M C Hình 2.3.3 −→ −→ B18 N7 C16 Bước 1: Chọn hai vectơ AB, AC làm hai vectơ sở Mọi vectơ tốn phân tích (hoặc biểu thị được) qua hai vectơ Bước 2: Biểu diễn vectơ liên quan theo sở chọn Gọi M trung điểm BC, G giao điểm AM IJ Đặt − → −→ AB = AI m −→ −→ AC AJ = nAC ⇒ = AJ n 1 m.n Từ giả thiết ta có + = hay = m n m+n − → −→ Giả sử IG = aGJ −→ −−→ −−→ − → Ta có AG – AI = a AJ – AG AI = mAB ⇒ −−→ − → −→ −−→ ⇔ AG = AI + aAJ – aAG −−→ → − a −→ ⇔ AG = AI – AJ a+1 a+1 v −−→ m −→ a.n −→ AB + AC ⇒ AG = a+1 a+1   −−→ −−→ −→ −→ x −→ x −→ Đặt AG = xAM = x AB + AC = AB + AC 2 tốn vectơ Bước 3: Giải vbài Từ suy w  m  x x   n = m.n = 1+a ⇒ 1+a  a.n = x m x = a.m.n 1+a 2 1+a x m.n (1 + a) ⇒ (m + n ) = = m.n 1+a 23 −−→ −−→ m.n = ⇒ x = ⇒ AG = AM m+n 3 Vậy IJ qua điểm cố định G ⇒ x = Ví dụ 2.3.4.[tham khảo tài liệu số 5] Cho tam giác ABC có cạnh 2a Tìm tập hợp điểm M cho MA2 + MB2 + MC2 = 8a2 Lời giải: Gọi G trọng tâm tam giác ABC, ta có −−→2 −−→2 −−→2 MA2 + MB2 + MC2 = 8a2 hay MA + MB + MC = 8a2 −−→ −−→2 −−→ −−→2 −−→2 −−→2 = 8a2 ⇔ MG + GA + MG + GB + MG + GC −−→2 −−→ −−→ −−→ −−→ −−→2 −−→2 −−→2 ⇔ 3MG + 2MG GA + GB + GC + GA + GB + GC = 8a2 −−→2 ⇔ 3MG + + 3GA2 = 8a2 −−→2 ⇔ 3MG + m2a = 8a2 −−→2 ⇔ 3MG = 4a2 −−→2 ⇔ MG = a2 −−→ ⇔ MG = √ a 3 Vậy quỹ tích đường trịn tâm G có bán kính R = √ a Ví dụ 2.3.5.[tham khảo tài liệu số 5] Cho tứ giác ABCD I, J trung điểm −−→ −−→ −−→ −−→ AB, CD Tìm tập hợp điểm M cho MA.MB + MC.MD = IJ (2.3.1) Lời giải: Từ (2.3.1) tương đương với phép biến đổi −−→ −−→ −−→ −−→ ⇔ 4MA.MB + 4MC.MD = 2IJ2 −−→ −−→2 −−→ −−→2 −−→ −−→2 −−→ −−→2 ⇔ MA + MB – MA – MB + MC + MD – MC – MD = 2IJ2 ⇔ 4MI2 – AB2 + 4MJ2 – CD2 = 2IJ2 ⇔ 4MI2 + 4MJ2 = AB2 + AD2 + 2IJ2 Chọn O trung điểm IJ, −→ −→2 −→ −→2 ⇔ MI + MJ + MI – MJ = AB2 + CD2 + 2IJ2 ⇔ 8MO2 = AB2 + CD2 r ⇔ MO= AB2 + CD2 r Vậy M thuộc đường tròn tâm bán kính O bán kính AB2 + CD2 24 Bài toán tham khảo Bài 2.3.1 Cho đoạn thẳng AB số thực k Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn điều −−→ −−→ kiện MA.MB = k Bài 2.3.2 Cho góc Oxy hai số dương a, b Điểm A,B hai điểm chạy b a + = Chứng minh đường thẳng AB qua Ox, Oy cho OA OB điểm cố định Bài 2.3.3 Cho tam Tìm tập hợp