Skkn dùng tâm tỉ cự của hệ điểm để giải nhanh một số dạng toán hình học lớp 10

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Tâm tỉ cự hệ điểm nội dung hay có nhiều ứng dụng hình học, đặc biệt hình học lớp 10 Tuy nhiên, chương trình THPT thời lượng có hạn nên dạng tốn tâm tỉ cự mang tính chất giới thiệu cách sơ lược chưa rõ ràng Do chưa tiếp cận nhiều kiến thức tâm tỉ cự nên gặp dạng toán vectơ học sinh thường lúng túng không định hướng cách giải cách giải dài dịng Trong q trình giảng dạy nhận thấy, việc hiểu kiến thức tâm tỉ cự hệ điểm giúp em học sinh biết áp dụng vào giải nhanh số dạng toán hình học vectơ lớp 10, em tự tin áp dụng linh hoạt vào giải tốn hình học vectơ tọa độ vectơ khơng gian lớp 12 sau Bên cạnh đó, với hình thức thi trắc nghiệm nay, cần cho học sinh phương pháp có thuật toán rõ ràng học sinh cần tra giả thiết vào có đáp án Nhưng nhìn chung đa số học sinh chưa trang bị cho phương pháp có chưa có tính liên kết phương pháp Là giáo viên tơi ln trăn trở, tìm cách để từ em học lớp 10 cần tạo dựng cho em phương pháp có thuật tốn rõ ràng ln định hướng trước tốn khó để học sinh tìm thấy thuật tốn đó, tạo tích lũy cho thân để giải nhanh toán trắc nghiệm thời gian ngắn Từ lí tơi chọn đề tài: “Dùng tâm tỉ cự hệ điểm để giải nhanh số dạng tốn hình học lớp 10” Mặc dù có nhiều cố gắng, song đề tài nghiên cứu khơng thể tránh khỏi hạn chế thiếu sót Tác giả kính mong nhận đóng góp ý kiến quý báu quý thầy cô, bạn đồng nghiệp bạn đọc Xin chân thành cảm ơn! 1.2 Mục đích nghiên cứu Góp phần nâng cao chất lượng dạy học mơn hình học lớp 10 tiến tới ơn thi tốt nghiệp tuyển sinh vào đại học môn Toán THPT 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Nội dung, phương pháp giảng dạy Tốn trường phổ thơng - Hoạt động dạy - học Toán trường THPT Tĩnh gia trường địa bàn tỉnh Thanh Hóa - Hệ thống kiến thức hình học lớp 10 - Các kiến thức toán học cần thiết để thực đề tài 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lý thuyết: Nghiên cứu tài liệu từ sách, báo, mạng internet nội dung kiến thức thuộc chương trình Tốn THPT - Phương pháp điều tra: Quan sát, điều tra, thăm dò, trao đổi trực tiếp với đồng nghiệp học sinh, để tìm hiểu thực trạng học mơn hình học lớp 10 skkn - Phương pháp nghiên cứu thực nghiệm: Thực nghiệm sư phạm đánh giá hiệu sử dụng đề tài nghiên cứu cách áp dụng vào giảng dạy lớp 10 năm học 2020-2021 2021-2022 trường THPT Tĩnh Gia II skkn Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận 2.1.1 Định nghĩa tâm tỉ cự [5] Cho hệ n điểm A1 , A ,… , An n số thực k , k , … , k n cho: k + k 2+ …+k n ≠ 1) Khi tồn điểm G thỏa mãn: k ⃗ G A1 +k ⃗ G A 2+ …+k n ⃗ G A n=⃗0 Điểm G gọi tâm tỉ cự hệ n điểm A1 , A ,… , An 2) Với điểm O ta có: O A + k 2⃗ O A +…+ k n ⃗ O A n ) =( k +k 2+ …+k n ) ⃗ OG ( k1 ⃗ Chứng minh: G A1 +k ⃗ G A 2+ …+k n ⃗ G A n=⃗0 1) Ta có k 1.⃗ ⇔ k 1.⃗ G A1 +k (⃗ G A 1+⃗ A A 2) +…+k n (⃗ G An −1 +⃗ A n−1 A n )=0⃗ G A +k ⃗ A A2 +…+ k n ⃗ A n−1 An =⃗0 ⇔ ( k 1+ k 2+ …+k n ) ⃗ ⇔⃗ A G= k 2⃗ A1 A2 +…+ k n⃗ A n−1 An k 1+ k 2+ …+k n Ở vế phải đẳng thức vectơ xác định Suy điểm G thỏa mãn G A1 +k ⃗ G A 2+ …+k n ⃗ G A n=⃗0 tồn đẳng thức k 1.⃗ Khi k =k 2=…=k n điểm G gọi trọng tâm hệ điểm A1 , A ,… , An 2) Thật vậy, với điểm O tùy ý k ⃗ G A1 +k ⃗ G A 2+ …+k n ⃗ G A n=⃗0 ⃗ (O A1 ¿−⃗ OG)+k (⃗ O A2 − ⃗ OG )+ …+k n (⃗ O A n− ⃗ OG )=⃗0 ¿ ⇔ ( k ⃗ O A1 + k 2⃗ O A 2+ …+k n ⃗ O A n) −( k 1+ k +…+ k n ) ⃗ OG=0⃗ ⃗ ⇔ ( k ⃗ O A1 + k 2⃗ O A 2+ …+k n ⃗ O A n) =( k 1+ k +…+ k n ) O G ⇔ k 2.1.2.Một số kết [1], [4] a Tâm tỉ cự hệ hai điểm * Gọi G tâm tỉ cự hệ hai điểm A , B hai số thực k , k với k +k ≠ ta có GA + k ⃗ GB= ⃗0 +) k 1.⃗ OA + k ⃗ OB=( k +k ) ⃗ OG +) Với điểm O ta có:k ⃗ * Đặc biệt k =k GA + k ⃗ GB= ⃗0 trở thành ⃗ GA + ⃗ GB=⃗0 hayG trung điểm đoạn +)Hệ thức k 1.⃗ thẳng AB +) Khi G trung điểm đoạn thẳng AB hệ thức: k ⃗ OA + k ⃗ OB=( k +k ) ⃗ OG trở thành :⃗ OA + ⃗ OB=2 ⃗ OG b Tâm tỉ cự hệ ba điểm * Gọi G tâm tỉ cự hệ ba điểm A , B , C ba số thực k , k , k với k 1+ k 2+ k ≠ 0ta có GA + k ⃗ GB +k ⃗ GC=0⃗ +) k 1.⃗ OA + k ⃗ OB +k ⃗ OC=( k 1+ k +k ) ⃗ OG +) Với điểm O ta có:k ⃗ * Đặc biệt k =k 2=k Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 skkn Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 GA + k ⃗ GB +k ⃗ GC=0⃗ thành ⃗ GA + ⃗ GB+ ⃗ GC =⃗0 hayG trọng tâm tam - Hệ thức k 1.⃗ giác ABC - Khi G trọng tâm tam giác ABC hệ thức : k ⃗ OA + k ⃗ OB +k ⃗ OC=( k 1+ k +k ) ⃗ OGthành: ⃗ OA + ⃗ OB+ ⃗ OC =3 ⃗ OG +) Cho tam giác ABC , gọi AB=c , BC =a , AC=b Nếu I tâm đường trịn nội tiếp ∆ ABC thì: a ⃗ IA +b ⃗ IB+ c ⃗ IC=0⃗ A C1 B B' B1 I C A1 A' Thật vậy, ta có ba đường phân giác A A1 , B B1 , C C cắt tâm đường tròn nội tiếp I tam giác ABC IC=⃗ IA ' + ⃗ IB ' Vẽ hình bình hành IB ' CA ' , theo quy tắc hình bình hành ta có ⃗ A C IB ' Trong ∆ B B ' C : I A ∕ ∕ B ' C Theo định lí talét ta có : IB = A B (1) A C AC b Vì A A1 đường phân giác nên A B = AB = c (2) IB ' b −b ⃗ IB '= IB Lập luận tương tự ta có Từ (1) (2) suy : IB = c ⇒ ⃗ c −a ⃗ ⃗ IA '= IA c −a ⃗ b ⃗ IC=⃗ IA '+ ⃗ IB ' ⇔ ⃗ IC= IA − IB ⇔ a ⃗ IA + b ⃗ IB +c ⃗ IC =⃗0 Khi ⃗ c c 2.2 Thực trạng việc dạy mơn hình học lớp 10 2.2.1 Về tài liệu dạy học Với yêu cầu đổi cách dạy cách học thi cử, năm gần tài liệu học tập ngày đầy đủ số lượng lẫn chất lượng Tài liệu ôn tập mơn hình học lớp 10 nhiều, nhiên nội dung chủ yếu viết theo mạch kiến thức dạng chuyên đề Còn việc áp dụng tâm tỉ cự vào giải tốn hình học lớp 10 tác giả thể đề tài lại chưa Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 skkn Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 đề cập đến nhiều 2.2.2 Về phía giáo viên Qua theo dõi cơng tác dạy học mơn hình học lớp 10 trường THPT Tĩnh Gia số trường khác địa bàn tỉnh, thấy đa số thầy, cô dạy học sinh tập theo cách phân dạng dựa nội dung kiến thức theo chủ đề, kết hợp với việc cho học sinh rèn luyện kĩ làm đề Việc đổi cách ôn tập theo hình thức tác giả thể đề tài chưa có 2.2.3 Về phía học sinh Đa phần học sinh ngại học mơn hình học, học sinh lớp 10, em mơ hồ lần đầu làm quen với hình vectơ Các em thường lúng túng khơng biết định hướng lời giải nên thường có hướng dài dịng, khơng đến kết Việc thực cách dạy đề tài giúp em nhanh chóng tìm lời giải cho toán, tạo hứng thú cho học sinh việc học mơn hình học 2.2.4 Một số tốn mở đầu [8] Bài Cho hình bình hành ABCD Tìm điểm M thỏa mãn: ⃗ MA+ ⃗ MB +⃗ MC+ 2⃗ MD=6 ⃗ AD Giải: Cách 1: Gọi O tâm hình vng ABCD ⃗ MA+ ⃗ MB +⃗ MC+ 2⃗ MD=6 ⃗ AD ⃗ ⃗ ⃗ ⇔ MA+ MC +2 ( MB+ ⃗ MD )=6 ⃗ AD ⇔ ⃗ MO+ ⃗ MO=6 ⃗ AD ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⇔ MO=6 AD ⇔ MO= AD IA +2 ⃗ IB + ⃗ IC+ ⃗ ID=⃗0 Cách 2: Gọi I điểm thỏa mãn: ⃗ MA+ ⃗ MB +⃗ MC+ 2⃗ MD=6 ⃗ AD Khi từ ⃗ ⇔⃗ MI+ ⃗ IA +2 ( ⃗ MI + ⃗ IB )+ ⃗ MI+ ⃗ IC +2( ⃗ MI+ ⃗ ID)=6 ⃗ AD ⇔ ⃗ MI=6 ⃗ AD ⇔ ⃗ MI=⃗ AD IA +2 ⃗ IB + ⃗ IC+ ⃗ ID=⃗0 Cần xác định điểm I thỏa mãn: ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ OI +2( ⃗ OD−⃗ OI )=⃗0 Với điểm O ta có OA −OI +2( OB −OI )+ OC −⃗ OI = ¿ ⃗ ⇔ ⃗ OA + ⃗ OB +⃗ OC +2 ⃗ OD ¿ 1 AI = ¿ ⃗ AI = ¿ AB+ ⃗ AC +2 ⃗ AD ¿ Lại có ⃗ AB+⃗ AD=⃗ AC Suy ⃗ Chọn O ≡ A ta có ⃗ 6 AI = ⃗ AC 2⃗ AC + ⃗ AC ¿ Hay ⃗ Bài Cho hình bình hành ABCD Tìm điểm M thỏa mãn: ⃗ MA+ ⃗ MB +⃗ MC+ ⃗ MD=10 ⃗ AD Giải: IA +2 ⃗ IB +3 ⃗ IC + ⃗ ID=⃗0 Gọi I điểm thỏa mãn: ⃗ MA+ ⃗ MB +⃗ MC+ ⃗ MD=10 ⃗ AD Khi từ ⃗ ⇔⃗ MI+ ⃗ IA +2 ( ⃗ MI + ⃗ IB )+ (⃗ MI+ ⃗ IC ) + ( ⃗ MI + ⃗ ID )=10 ⃗ AD ⇔ 10 ⃗ MI =10 ⃗ AD ⇔ ⃗ MI =⃗ AD ⃗ ⃗ IC + ⃗ ID=⃗0 Cần xác định điểm I điểm thỏa mãn: IA +2 IB +3 ⃗ Với điểm O ta có: ⃗ OA −⃗ OI +2( ⃗ OB −⃗ OI )+3 (⃗ OC−⃗ OI )+ 4( ⃗ OD−⃗ OI )= ⃗0 Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 skkn Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 OI = ¿ ⃗ ⇔ ⃗ OA + ⃗ OB +⃗ OC +4 ⃗ OD ¿ 10 AI = ¿ ⃗ AB +3 ⃗ AC+ ⃗ AD ¿ Chọn O ≡ A ta có ⃗ 10 AI = ¿ ⃗ AB+⃗ AD=⃗ AC Suy ⃗ AC +⃗ AD ¿ Mặt khác: ⃗ 10 1 AI = ⃗ AC + ⃗ AD Hay ⃗ Nhận xét: Ở ta có lời giải ngắn gọn cách hệ số đặc biệt nên ta quy đẳng thức quen thuộc O trung điểm AB ⇔ widevec {MA} + widevec {MB} =2 widevec {MO } , với M Tuy nhiên cho hệ số học sinh lúng túng, em khó định hướng lời giải Như vậy, cách giải dùng tâm tỉ cự rõ ràng có hiệu cao cho toán dạng trên, giúp học sinh nhanh chóng định hướng lời giải cho tốn 2.3 Đề xuất biện pháp khắc phục khó khăn, hạn chế thực trạng 2.3.1 Dạng tốn tìm số thực k điểm cố định I thỏa mãn đẳng thức vectơ [6] Bài toán 1: Cho hệ n điểm A1 , A ,… , An n số thực k , k , … , k n mà k + k 2+ …+k n ≠ Tìm số thực k điểm I cố định cho đẳng thức vectơ k ⃗ M A + k ⃗ M A 2+ …+k n ⃗ M An =k ⃗ MI ( ) thỏa mãn với điểm M Phương pháp giải: Do đẳng thức (1) với điểm M nên với M ≡ I , k ⃗ I A1 +k ⃗ I A2 +…+ k n ⃗ I A n=k ⃗ MI= ⃗0 Suy điểm I xác định M A + k ⃗ M A 2+ …+k n ⃗ M An =k ⃗ MI Lại có : k ⃗ ⃗ ⃗ ⇔ k 1.( MI + I A ) +k ( ⃗ MI +⃗ I A2 ) + …+k n ( ⃗ MI +⃗ I A n )=k ⃗ MI ⇔( k ¿ ¿ 1+ k +…+ k n) ⃗ MI =k ⃗ MI ¿ Suy k =k +k 2+ …+k n Bài Cho tam giác ABC với M điểm tùy ý Tìm số k điểm I cố định MA+ ⃗ MB+⃗ MC=k ⃗ MI cho đẳng thức vectơ sau thỏa mãn với điểm M : ⃗ Hướng dẫn: MA+ ⃗ MB+⃗ MC=k ⃗ MI với M nên M ≡ I Do đẳng thức ⃗ IA + ⃗ IB+2 ⃗ IC=k ⃗ II= ⃗0 (2) Khi ta có ⃗ IA + ⃗ IB=2 ⃗ IG (3) Thay (3) vào (2) ta Gọi G trung điểm AB , ta có ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ IG+2 IC=0 ⇔ IG+ IC=0 , suy I trung điểm GC MA+ ⃗ MB+⃗ MC=k ⃗ MI Đẳng thức ⃗ ⟺⃗ MI + ⃗ IA + ⃗ MI + ⃗ IB+ ⃗ MI +2 ⃗ IC=k ⃗ MI ⃗ ⃗ ⟺ MI=k MI Suy k=4 Bài Cho tứ giác ABCD với M điểm tùy ý Tìm số k cho đẳng thức vectơ sau thỏa mãn với điểm M : ⃗ MA+ ⃗ MB +⃗ MC−4 ⃗ MD=k ⃗ MI Hướng dẫn: MA+⃗ MB +⃗ MC−4 ⃗ MD=k ⃗ MI với M nên Do đẳng thức ⃗ M≡I Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 skkn Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 IA +2 ⃗ IB +3 ⃗ IC −4 ⃗ ID=k ⃗ II= ⃗0 Khi đó: ⃗ MA+ ⃗ MB +⃗ MC−4 ⃗ MD=k ⃗ MI Ta có: ⃗ ⟺⃗ MI + ⃗ IA+⃗ MI +2 ⃗ IB+⃗ MI +⃗ IC−4 ⃗ MI−4 ⃗ ID=k ⃗ MI ⃗ ⃗ ⟺ MI =k MI Suy k=2 2.3.2 Dạng toán chứng minh đường thẳng qua điểm cố định [6] Bài toán 2: Cho hệ n điểm A1 , A ,… , An n số thực k , k , … , k n mà k + k 2+ …+k n ≠ Nếu có ⃗ M A + k ⃗ M A 2+ …+k n ⃗ M An đường thẳng MN MN =k 1.⃗ qua điểm cố định I thỏa mãn : k ⃗ I A1 +k ⃗ I A2 +…+ k n ⃗ I A n=0⃗ Phương pháp giải: I A1 +k ⃗ I A2 +…+ k n ⃗ I A n=0⃗ I điểm cố định Với điểm I thỏa mãn: k ⃗ MN =k ( ⃗ MI +⃗ I A1 ) + k ( ⃗ MI +⃗ I A2 ) + …+k n ( ⃗ MI +⃗ I An) Ta có ⃗ ⃗ I A1 +k ⃗ I A2 +…+ k n ⃗ I An = ( k 1+ k 2+ …+k n ) MI + k 1.⃗ MI Suy điểm M , N , I thẳng hàng = ( k 1+ k 2+ …+k n ) ⃗ Bài Cho tứ giác lồi ABCD, điểm M mặt phẳng thỏa mãn: ⃗ MN =⃗ MA+⃗ MB−3 ⃗ MC +4 ⃗ MD Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định M thay đổi Hướng dẫn: IA +2 ⃗ IB−3 ⃗ IC +4 ⃗ ID =0⃗ I điểm cố định Gọi điểm I thỏa mãn ⃗ Từ giả thiết ta có: ⃗ MN =( ⃗ MI + ⃗ IA ) +2 ( ⃗ MI+ ⃗ IB )−3 (⃗ MI + ⃗ IC)+ ( ⃗ MI + ⃗ ID ) MI + ⃗ IA +2 ⃗ IB−3 ⃗ IC +4 ⃗ ID=4 ⃗ MI = ( 1+2−3+ ) ⃗ Vậy MN qua điểm I cố định M thay đổi Bài Cho tam giác ABC , điểm M mặt phẳng thỏa mãn: ⃗ MN =⃗ MA+⃗ MB−⃗ MC Gọi P trung điểm CN Chứng minh đường thẳng MP qua điểm cố định M thay đổi Hướng dẫn: Vì P trung điểm CN nên ta có: 1 ⃗ MP= ( ⃗ MC+⃗ MN )= ¿ +⃗ MA+ ⃗ MB−⃗ MC ¿= (⃗ MA +5 ⃗ MB) 2 ⃗ ⃗ ⃗ Gọi điểm J thỏa mãn JA+5 JB=0 J điểm cố định 1 MP= ( ⃗ MA+5 ⃗ MB ) ¿ [ (⃗ MJ + ⃗ JA ) +5 ( ⃗ MJ + ⃗ JB ) ] Khi đó: ⃗ 2 MJ+ ⃗ JA +5 ⃗ JB] =3 ⃗ MJ = [ ( 1+5 ) ⃗ Vậy MP qua điểm J cố định M thay đổi 2.3.3 Dạng tốn tìm tập hợp điểm [2] , [7] Dạng 1: Tìm tập hợp điểm thỏa mãn đẳng thức vectơ độ dài vectơ Ta biến đổi đẳng thức cho tốn qũy tích sau đây: +¿ ⃗ AM =k ⃗a với điểm A cố định, a⃗ khơng đổi số k ≠ tập hợp điểm M điểm nằm đường thẳng qua A phương với a⃗ Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 skkn Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 +¿|⃗ MA|=|⃗ MB| với A , B cố định tập hợp điểm M điểm nằm đường thẳng trung trực AB +¿|⃗ MA|=|a⃗| với A cố định, a⃗ khơng đổi định tập hợp điểm M điểm nằm đường tròn tâm A , bán kính R=|⃗a| Ngồi ra, ta cịn dùng tính chất sau tâm tỉ cự: Với điểm G tâm tỉ cự hệ n điểm A1 , A ,… , An điểm O ta có: k ⃗ O A1 +k ⃗ O A2 +…+ k n ⃗ O An =( k +k + …+ k n ) ⃗ OG MA +⃗ MB+2 ⃗ MC phương Bài Cho ∆ ABC Tìm tập hợp điểm M cho ⃗v =⃗ ⃗ với BC Hướng dẫn: IA + ⃗ IB+2 ⃗ IC=0⃗ Suy I cố định du Khi Gọi I thỏa mãn ⃗ ⃗v =⃗ MA +⃗ MB+2 ⃗ MC=⃗ MI + ⃗ IA +⃗ MI + ⃗ IB+2 ( ⃗ MI + ⃗ IC )=4 ⃗ MI BC nên M thuộc đường thẳng qua I song song với BC Vậy ⃗vcùng phương với ⃗ Bài Cho ∆ ABC Tìm tập hợp điểm M mặt phẳng thỏa mãn: |2 ⃗ MA +3 ⃗ MB|=|3 ⃗ MB+2 ⃗ MC| Hướng dẫn: KA +3 ⃗ KB=⃗0 suy K cố định Gọi K điểm thỏa mãn: 2⃗ LB+2 ⃗ LC =⃗0 suy L cố định Gọi L điểm thỏa mãn: 3⃗ |2 ⃗ MA +3 ⃗ MB|=|3 ⃗ MB+2 ⃗ MC| Ta có ⟺¿ ⟺|5 ⃗ MK +2 ⃗ KA+3 ⃗ KB|=|5 ⃗ ML+ ⃗ LB+2 ⃗ LC| ⟺|5 ⃗ MK|=|5 ⃗ ML| ⇔ MK =ML Suy M nằm đường trung trực đoạn thẳng KL Bài Cho tứ giác ABCD Tìm tập hợp điểm M mặt phẳng thỏa mãn: |⃗ MB+ ⃗ MC −2⃗ MD|=|3 ⃗ MB−3 ⃗ MA| Hướng dẫn: IB+ ⃗ IC−2 ⃗ ID= ⃗0 Suy I cố định Gọi I điểm thỏa mãn: ⃗ MB+ ⃗ MC −2⃗ MD|=|3 ⃗ MB−3 ⃗ MA| Ta có: |⃗ ⟺¿ ⟺|3 ⃗ MI + ⃗ IB+ ⃗ IC−2 ⃗ ID|=|3 ⃗ AB|⟺|3 ⃗ MI |=|3 ⃗ AB| ⇔ MI= AB Suy M nằm đường trịn tâm I bán kính AB Dạng 2: Tìm tập hợp điểm thỏa mãn đẳng thức tích vơ hướng tích độ dài độ dài vectơ Ta biến đổi biểu thức ban đầu dạng sau: +) AM 2=a>0, M thuộc đường trịn tâm A , bán kính R=√ a MA ⃗ MB=0, với A , B cố định M thuộc đường trịn đường kính AB +) ⃗ Bài tốn 3: Tìm tập hợp điểm M mặt phẳng thỏa mãn: ⃗ ⃗ MA (k M A ¿+k 2⃗ M A 2+ …+k n⃗ M A n)=0¿ với A , A , … , A n cố định k + k 2+ …+k n =k ≠ Phương pháp giải: I A1 +k ⃗ I A2 +…+ k n ⃗ I A n=0⃗ I điểm cố định Gọi điểm I thỏa mãn: k 1.⃗ Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 skkn Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 ⃗ Từ ⃗ MA ( k M A ¿+k 2⃗ M A 2+ …+k n⃗ M A n)=0¿ ⇔⃗ MA [ k ( ⃗ MI +⃗ I A ) +k ( ⃗ MI +⃗ I A ) +…+ k n ( ⃗ MI+ ⃗ I A n ) ]=0 ⃗ ⃗ ⃗ ⇔⃗ I A n]=0 MA ¿ ( k 1+ k 2+ …+k n ) MI + k I A1 +k I A2 +…+ k n ⃗ ⇔⃗ MA k ⃗ MI=0 ⇔⃗ MA ⃗ MI=0 Suy M thuộc đường tròn đường kính AI ⃗ ⃗ +) MA BC=0 với A , B , C cố định M thuộc đường thẳng qua A vng góc với BC Bài tốn 4: Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn: k M A 12+ k M A 22+ …+k n M An2=a’’ với A1 , … , A n cố định, k + k 2+ …+k n =k ≠ a không đổi Phương pháp giải: Ta thực theo bước sau: I A1 +k ⃗ I A2 +…+ k n ⃗ I A n=0⃗ I điểm cố định Bước 1: Gọi điểm I thỏa mãn: k 1.⃗ Bước 2: Biến đổi k M A 12+ k M A 22+ …+k n M An2=a ⇔ k1 (⃗ MI +⃗ I A 1)2 +k ( ⃗ MI +⃗ I A 2)2 +…+ k n ( ⃗ MI+ ⃗ I A n ) =a 2 2 ⇔( k ¿ ¿ 1+ k +…+ k n) MI + k ¿ I A +k I A2 +…+ k n I A n =a ⇔ MI 2= ¿ I A 12 +k I A22 +…+ k n I A n2 ¿ ¿=l k -Với l0, M thuộc đường trịn tâm I , bán kính R=√l Bài Cho ∆ ABC Tìm tập hợp điểm M mặt phẳng thỏa mãn: 2 MB +⃗ MB ⃗ MC=0 Hướng dẫn: MB ( ⃗ MB +⃗ MC )=0 Ta có: MB2 +⃗ MB ⃗ MC=0 ⇔ ⃗ −⃗ BC IB+ ⃗ IC=0⃗ ⇔ ⃗ IB + ⃗ IB+ ⃗ BC= ⃗0 ⇔ ⃗ IB= Gọi I điểm thỏa mãn ⃗ a ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ MI+ ⃗ IB+ ⃗ IC =3 ⃗ MI Khi MB+ MC=2 ( MI + IB )+ MI+ IC =3 ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ Từ MB ( MB+ MC )=0 ⇔ MB MI=0 ⇔ MB MI=0 Suy M thuộc đường tròn đường kính BI Bài Cho ∆ ABC có cạnh a Tìm tập hợp điểm N mặt phẳng thỏa mãn: NA + NB2+ NC 2=4 a2 I điểm cố định, IB= Hướng dẫn: GA + ⃗ GB+ ⃗ GC =⃗0 suy G trọng tâm ∆ ABC Gọi G điểm thỏa mãn ⃗ 2 2 Ta biến đổi NA + NB + NC =4 a ⇔( ⃗ NG +⃗ GA)2 +(⃗ NG+ ⃗ GB )2+ ( ⃗ NG +⃗ GC ) =4 a 2 2 2 ⇔ NG +GA +GB +GC =4 a a √3 Khi ta có: 2 2 2 2 NG +GA +GB + GC =4 a ⇔ NG =3 a ⇔ NG =a Vậy tập hợp điểm N đường trịn tâm G bán kính a G trọng tâm ∆ ABC cạnh a nên GA=GB=GC= Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 skkn Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 2.3.4 Dạng tốn tìm tọa độ điểm thỏa mãn đẳng thức vectơ cho trước [4], [7] Bài toán 5: Trong hệ trục tọa độ o xy cho A1 (x ; y ), A2 (x ; y 2),…, An (x n ; y n) n số k , k , … , k n , k +k +…+ k n ≠ Tìm tọa độ điểm G(x G ; y G ) thỏa mãn đẳng thức : k G A1 +k ⃗ G A 2+ …+k n ⃗ G A n=⃗0 ⃗ Phương pháp giải: Với G tâm tỉ cự hệ điểm A , A , … , A n O điểm ta có: k ⃗ O A1 +k ⃗ O A2 +…+ k n ⃗ O An =( k +k + …+ k n ) ⃗ OG k ⃗ O A +k ⃗ O A2 +…+ k n ⃗ O An k +k +…+ k n A (x ; y ) A (x Nếu 1 , 2 ; y 2),…, An (x n ; y n) O(0 ; 0), tọa độ tâm tỉ cự G(x G ; y G ) là: k x 1+ k x +…+ k n x n k y +k y 2+ …+k n y n x G= yG= , k +k 2+ …+k n k + k 2+ …+k n Bài 10 Trong hệ trục oxy cho điểm A ( ;−2 ) ,điểm B ( ; )và điểm C ( ; ) Tìm tọa MA+⃗ MB−4 ⃗ MC=0⃗ độ điểm M thỏa mãn: ⃗ ⇔⃗ OG= Hướng dẫn: Áp dụng kết tốn Ta có x M = x A +2 x B −4 x C 1+ 2.0−4.3 y A +2 y B −4 y C −2+2.4−4.2 = =11 , y M = = =2 Vậy 1+2−4 −1 1+2−4 −1 M (11 ; ) Bài 11 Trong hệ trục oxy cho ∆ ABC biết A ( ;1 ) ,điểm B (1 ; ) điểm C ( ; ) Điểm I ( a; b ) tâm đường tròn nội tiếp ∆ ABC Khi a+ b Hướng dẫn: Ta có I tâm đường trịn nội tiếp ∆ ABC a⃗ IA +⃗ bIB+ c ⃗ IC=0⃗ 2 a=BC= √ (5−1) +(1−4) =5 2 b= AC= √ (5−1) +(1−1) =4 2 c= AB= √(1−1) +( 4−1) =3 IA+ ⃗ IB+ ⃗ IC =⃗0 Khi ta có a⃗ IA +⃗ bIB+ c ⃗ IC=0⃗ ⇔ ⃗ x + x B +3 x C 5.1+ 4.1+ 3.5 y +4 y B +3 y C 5.1+ 4.4+3.1 = =2 , y I = A = =2 Vậy x I = A 5+ 4+3 12 5+4 +3 12 Suy a+b=4 2.3.5 Dạng tốn cực trị hình học [3], [5] Dạng 1: Cực trị liên quan đến độ dài vec tơ Bài toán 6: Cho n điểm Ai , i=1 ,n n số thực k i , i=1 , n thỏa mãn k + k 2+ …+k n ≠ 0và đường thẳng d Tìm d điểm M cho M A1 + k ⃗ M A 2+ …+k n ⃗ M An| đạt |k ⃗ Phương pháp giải: Bước 1: Gọi I điểm thỏa mãn: k ⃗ I A1 +k ⃗ I A2 +…+ k n ⃗ I A n=0⃗ M A + k ⃗ M A 2+ …+k n ⃗ M An| Bước 2: Biến đổi |k ⃗ ¿|k ( ⃗ MI +⃗ I A ) +k ( ⃗ MI +⃗ I A 2) +…+ k n ( ⃗ MI+ ⃗ I A n )| ¿|( k 1+ k +…+ k n ) ⃗ MI|=|k|.|⃗ MI | M A + k ⃗ M A 2+ …+k n ⃗ M An|đạt M hình chiếu I d Bước 3: |k ⃗ Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 skkn 10 Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 Bài 12 Trong mặt phẳng tọa độ oxy cho điểm A ( ; )và điểm B (−3 ;−4 ) Tìm MA +5 ⃗ MB| đạt điểm M thuộc trục ox cho|u⃗|=¿ |2 ⃗ Hướng dẫn: IA+5 ⃗ IB=0⃗ Khi ta có: Gọi I ( x ; y ) thỏa mãn đẳng thức ⃗ x A +5 x B 2.4+5(−3) y A + y B 2.3+ (−4 ) = =−1, y I = = =−2 2+ 2+5 Suy I (−1 ;−2) MA +5 ⃗ MB|=|2 ( ⃗ MI + ⃗ IA ) +5 (⃗ MI + ⃗ IB)|=7|⃗ MI | Ta có: |2 ⃗ Do điểm I (−1 ;−2) cố định, điểm M thuộc trục ox nên |u⃗| nhỏ MI nhỏ Khi M hình chiếu I ox Vậy M (−1; ) Bài 13 Trong mặt phẳng tọa độ oxy cho điểm A (−7 ; ) ,điểm B ( 3; ) , C (−4 ;−5 ) ∆ cho|u⃗|=¿ đường thẳng ∆ :5 x−4 y−39=0.Tìm điểm M thuộc |⃗ MA +3 ⃗ MB+5 ⃗ MC| đạt xI = Hướng dẫn: IA +3 ⃗ IB +5 ⃗ IC=0⃗ Khi ta có: Gọi I ( x ; y ) thỏa mãn đẳng thức ⃗ x A +3 x B +5 x c −7 +3.3+5(−4) y + y B +5 y c 1+3.2+5 (−5 ) = =−2 , y I = A = =−2 1+3+ 1+3+5 Suy I (−2 ;−2) Lại có: |⃗ MA +3 ⃗ MB+5 ⃗ MC|=¿ Do điểm I (−2 ;−2) cố định, điểm M thuộc ∆ nên |u⃗| nhỏ MI nhỏ Khi M hình chiếu I ∆ hay MI ⊥ ∆ Phương trình đường thẳng MI : x=−2+5 t y=−2−4 t Điểm M giao điểm MI ∆ nên tọa độ M nghiệm hệ: xI = { x=−2+ 5t x=−2+5 t x=3 ⇔ y=−6 y=−2−4 t y=−2−4 t ⇔ x −4 y −39=0 (−2+5 t )−4 (−2−4 t )−39=0 t=1 { { { Suy M (3 ;−6) Dạng 2: Cực trị liên quan đến bình phương độ dài khoảng cách Bài toán 7: Cho đa giác A1 A … A n n số thực k , k , … , k n thỏa mãn: k + k 2+ …+k n =k ≠ Tìm điểm M thuộc đường thẳng d cho S=k M A 12+ k M A 22+ …+k n M An2 đạt , max Phương pháp giải: I A1 +k ⃗ I A2 +…+ k n ⃗ I A n=0⃗ I điểm cố định Bước 1: Gọi điểm I thỏa mãn: k 1.⃗ Bước 2: Biến đổi S=k M A 12+ k M A 22+ …+k n M An2 2 ¿ k (⃗ MI +⃗ I A 1) +k 2( ⃗ MI + ⃗ I A 2) +…+ k n ( ⃗ MI +⃗ I A n) ¿(k ¿ ¿ 1+k +…+ k n ) MI 2+ k ¿ I A 12 +k I A22 +…+ k n I A n2 2 2 ¿ k MI +k I A +k I A2 +…+ k n I A n - Nếu k > S đạt S M hình chiếu I d - Nếu k < S đạt max S max M hình chiếu I d Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 skkn 11 Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 Bài 14 Trong mặt phẳng tọa độ oxy cho điểm A ( ;−5 ) ,điểm B (−3 ;−9 ) ,và đường thẳng ∆ : x +5 y+7=0 Tìm đường thẳng ∆ điểm M cho MA +3 MB2 nhỏ Hướng dẫn: IA +3 ⃗ IB= ⃗0 Khi ta có: Gọi I ( x ; y ) thỏa mãn đẳng thức ⃗ xI = x A +3 x B 1+3.(−3) y A + yB = =−2 , y I = =−5+3.−9 ¿ ¿ =−8 Suy I (−2 ;−8) 1+3 1+3 Áp dụng kết qủa tốn ta có 2 2 MA +3 MB =4 MI + IA +3 IB Do IA + IB không đổi nên MA +3 MB nhỏ MI nhỏ Điểm I cố x=−2+ t định nên MI ⊥ ∆ Phương trình đường thẳng MI : y=−8+ 5t Điểm M giao điểm MI ∆ nên tọa độ M nghiệm hệ: { x =−2+4 t x=−2+ t x=2 ⇔ y=−3 y=−8+5 t y =−8+5 t ⇔ x +5 y +7=0 (−2+ t ) +5 (−8+5 t )+ ¿7=0 t=1 { { { Suy M (2 ;−3) Bài 15 Trong mặt phẳng tọa độ oxy cho điểm A (−2 ; 11 ) , điểm B (−4 ;−8 ) , điểm C(2;7) đường thẳng ∆ :3 x +5 y−34=0 Tìm đường thẳng ∆ điểm M cho MA 2−3 MB2 −5 MC lớn Hướng dẫn: IA−3 ⃗ IB−5 ⃗ IC =⃗0 Khi ta có : Gọi I ( x ; y ) thỏa mãn đẳng thức ⃗ x A −3 x B−5 x C −2−3 (−4 )−5.2 y −3 y B −5 y C 11−3 (−8 ) −5.7 = =0 , y I = A = =0 Suy 1−3−5 −7 1−3−5 −7 I (0 ; 0) xI = Áp dụng kết tốn ta có: MA 2−3 MB2 −5 MC =−7 MI 2+ IA 2−3 IB 2−5 IC Do IA 2−3 IB2−IC không đổi nên MA 2−3 MB2 −5 MC lớn MI nhỏ x=3 t Điểm I cố định nên MI ⊥ ∆ Phương trình đường thẳng MI : y=5 t Điểm M giao điểm MI ∆ nên tọa độ M nghiệm hệ: { x =3t x=3t x=3 ⇔ ⇔ y=5 t y=5 t y=5 Suy M (3 ; 5) x +5 y−34=0 ( t ) +5 ( 5t )−34=0 t=1 { { { 2.3.6 Bài tập tự luyện Bài Cho đoạn thẳng AB Tìm số k cho đẳng thức vectơ sau thỏa mãn với MA + ⃗ MB=k ⃗ MI điểm M : ⃗ A B C D Bài Cho tứ giác ABCD với M điểm tùy ý Tìm điểm I cố định cho đẳng thức vectơ sau thỏa mãn với điểm M: ⃗ MA+ ⃗ MB+⃗ MC +3 ⃗ MD=k ⃗ MI IG+ ⃗ ID=⃗0 với G trọng tâm ∆ ABC A.Điểm I thỏa mãn: ⃗ B I trọng tâm ∆ ABC C I trung điểm BC Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 skkn 12 Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 D I đỉnh thứ tư hình bình hành ABCI Bài Cho tam giác ABC , điểm M mặt phẳng thỏa mãn: ⃗ MN =⃗ MA+ ⃗ MB+⃗ MC Khi M thay đổi đường thẳng MN qua điểm I cố định với: A I đỉnh thứ tư hình bình hành ABCI B I trọng tâm ∆ ABC C I trung điểm AC IB+⃗ IC=0⃗ D I điểm thỏa mãn : ⃗ Bài Cho tam giác ABC có độ dài cạnh Biết tập hợp điểm M MA−2 ⃗ MB+ ⃗ MC|=|⃗ MB−⃗ MA| đường trịn có bán mặt phẳng thỏa mãn: |3 ⃗ kính R Đường kính đường trịn là: A B 10 C D 12 Bài Cho tam giác ABC có trọng tâm G I trung điểm BC Tập hợp MA +⃗ MB+ ⃗ MC|= |⃗ MB+ ⃗ MC| : điểm M mặt phẳng thỏa mãn: |⃗ BC A Đường thẳng GI B Đường trịn tâm G ,bán kính C Đường thẳng qua G song song với BC D.Trung trực GI Bài Cho tam giác ABC Tập hợp điểm M mặt phẳng thỏa mãn: (⃗ MA−⃗ MB ) ( 2⃗ MB−⃗ MC )=0 là: A.Đường thẳng vng góc với AB B Đường thẳng song song với AB C.Trung trực BC D Đường thẳng qua AB Bài Trong hệ trục tọa độ oxy cho điểm A ( ;3 ) ,điểm B ( ; ) ,C(-2;3) Điểm M (x ; y ) thỏa mãn đẳng thức: ⃗ MA+ ⃗ MB−3⃗ MC =⃗0 Khi giá trị x +2 y bằng: A.0 B.1 C.2 D.−2 oxy A ( ;3 ) , Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ cho điểm điểm B (−2; ) , MA +⃗ MB+⃗ MC| đạt nhỏ nhất, C(-2;1) Điểm M (a ; b) thuộc trục oy cho: |⃗ a+ bbằng: A.0 B.1 C.2 D.−2 Bài Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ oxy cho điểm A ( ;8 ) ,điểm B (5 ; ) đường thẳng ∆ :3 x +5 y−39=0 , điểm M đường thẳng ∆ Giá trị lớn 2 MA −7 MB là: A.48 B.72 C.36 D.24 Bài 10 Trong mặt phẳng tọa độ oxy cho điểm A ( ;5 ) ,điểm B (1 ;−3 ) ,điểm C(3;1) đường thẳng ∆ :3 x +5 y−19=0.Điểm M đường thẳng ∆ để 2 MA +3 MB −2 MC đạt giá trị nhỏ có tọa độ : A.(2 ; 5) B.(−3 ; 2) C.(2 ; 3) D.(3 ; 2) 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường - Bằng kinh nghiệm thân, tác giả đánh giá hiệu đề tài cách so sánh chất lượng học tập học sinh khóa khác khóa thời điểm trước sau áp dụng đề tài, tác giả nhận thấy: Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 skkn 13 Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 Kết kiểm tra sau: Bảng 1: Phân loại trình độ học sinh qua lần kiểm tra sau thực nghiệm Nhóm Đối Tổng Điểm Trung bình Điểm Điểm giỏi x x x lớp tượng số TB ( i ≤4) ( 5≤ i ≤6) ( 7≤ i ≤8) (9≤ x i ≤10) ( n) SL % SL % SL % SL % 10B4 43 9,3 19 44,2 17 39,5 ĐC 10B8 46 6,5 15 32,6 25 54,4 6,5 TN Tổng hợp 10B7 46 2,2 8,7 29 63 12 26,2 10B2 45 0 6,7 29 64,4 13 28,9 ĐC 89 7,9 34 38,2 42 47,2 6,7 TN 91 1,1 7,7 63,7 25 27,5 58 - Nhận xét: + Về kiến thức độ bền kiến thức: Ở lớp thực nghiệm HS nhớ lâu hơn, xác hơn, thể làm tốt nhóm ĐC Qua kết kiểm tra ta thấy tỉ lệ % điểm khá, giỏi nhóm lớp thực nghiệm cao (giỏi chiếm 27,5 %, chiếm 63,7%) so với nhóm đối chứng (giỏi chiếm 6,7 %, chiếm 47,2%), đồng thời điểm yếu trung bình thấp so với nhóm đối chứng (Nhóm TN điểm TB 1,1%, nhóm ĐC chiếm 7,9%) + Về thái độ, hứng thú môn học: Ở lớp thực nghiệm học sinh sơi nổi, nhiệt tình, hăng say học tập, lớp đối chứng nhìn chung học trầm, học sinh có phần uể oải - Sau có kết giảng dạy, tác giả trình bày trước tổ chun mơn để lấy ý kiến góp ý, nhận xét, đánh giá đồng nghiệp đánh giá cao tính hữu ích đề tài Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 skkn 14 Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Qua nghiên cứu thực đề tài: “Dùng tâm tỉ cự hệ điểm để giải nhanh số dạng tốn hình học lớp 10” Chúng tơi thu kết sau đây: - Cách giải ví dụ theo hướng dẫn đề tài minh chứng cho cải tiến đề tài: Học sinh nhanh chóng định hướng lời giải có kết tốn nhanh cách thông thường - Học sinh muốn đạt kết tốt học tập, đặc biệt kết cao kì thi học sinh giỏi hay kì thi tuyển sinh vào đại học, trước hết em phải nắm vững kiến thức cách có hệ thống Các em giải tập kiến thức biết mà cịn phải có kỹ nhanh nhạy, sáng tạo - Tác giả đưa tốn tổng qt có sử dụng tâm tỉ cự, tuyển chọn 15 tập làm ví dụ 10 tập tự luyện minh chứng cho ý tưởng cải tiến đề tài, phù hợp với yêu cầu chương trình hình học lớp 10, tiến tới kì thi tốt nghiệp tuyển sinh vào đại học Trên sở đề tài, thầy cô mở rộng phạm vi nghiên cứu áp dụng cho mảng kiến thức cho dạng toán vectơ tọa độ không gian - Trong trình thực đề tài, tác giả rút nhiều kinh nghiệm để nâng cao chất lượng giảng dạy đặc biệt chất lượng dạy học mơn hình học lớp 10 tiến tới ôn thi tốt nghiệp tuyển sinh đại học lớp 12 sau - Nội dung thể đề tài nhỏ so với yêu cầu kì thi lớn Nhưng đề tài thể tiến, tính sáng tạo cơng tác giảng dạy tác giả Đề tài góp phần tạo hứng thú học tập cho Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 skkn 15 Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 học sinh, hình thành cho em giới quan sáng có tâm hồn đam mê mơn Tốn nhiều Bởi đề tài dùng làm tài liệu tham khảo cho giáo viên công tác giảng dạy mơn Tốn trường trung học phổ thông 3.2 Kiến nghị - Các cấp lãnh đạo cần quan tâm nữa, tạo điều kiện thuận lợi vật chất lẫn tinh thần để động viên, khích lệ niềm đam mê giáo viên giảng dạy, nghiên cứu, để có nhiều sáng kiến kinh nghiệm thiết thực áp dụng - Giáo viên cần phải dành nhiều thời gian tâm huyết cho việc nghiên cứu dạy, đưa nhiều giải pháp hiệu - Trong trình giảng – dạy phải thường xuyên trao đổi với đồng nghiệp để chia sẽ, bàn luận vấn đề phức tạp chuyên môn Đồng thời phải theo dõi học sinh cách sát sao, lắng nghe phản hồi học sinh, để kịp thời rút kinh nghiệm quý báu khắc phục kịp thời hạn chế, nhằm hướng cho em có ý thức phương pháp học tập đắn Trên kinh nghiệm thân đúc rút trình giảng dạy Rất mong góp ý xây dựng đồng nghiệp để sáng kiến hồn thiện hơn, giúp học sinh học tốt mơn hình học lớp 10 nhằm nâng cao chất lượng giáo dục Thanh Hóa, ngày 28 tháng năm 2022 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN thân viết, khơng chép nội dung người khác Lê Thị Trường Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 skkn 16 Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10 Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10Skkn.dung.tam.ti.cu.cua.he.diem.de.giai.nhanh.mot.so.dang.toan.hinh.hoc.lop.10