skkn sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học

Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN Tên sáng kiến: Sử dụng phương pháp vectơ giải toán 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 chuyên môn: Cử nhân toán Chức vụ công 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: Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học I Điều kiện hoàn cảnh tạo sáng kiến: Năm học 2014-2015, phân công giảng dạy môn toán khối 10, 11 Vì 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 trình giảng dạy, nhận thấy học sinh thường lúng túng gặp nhiều khó khăn giải toán có sử dụng phương pháp vectơ Các toán 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 tòi tính chất hình học, phát triển tư sáng tạo học sinh Trong kì thi trung học phổ thông quốc gia, toán hình học phẳng hình học không gian sử dụng nhiều tính chất vectơ Chính ưu điểm phương pháp vectơ giải toán hình học thúc đẩy viết sáng kiến kinh nghiệm: “ Sử dụng phương pháp vectơ giải toán 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 toán Mặc dù có nhiều cố gắng song viết không tránh khỏi thiếu sót Tôi mong đóng góp ý kiến quí báu thầy giáo, cô giáo để hoàn thiện sáng kiến kinh nghiệm II Nội dung sáng kiến: 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 r r r uuur uuur + Kí hiệu vectơ sau: a,b,c, AB,CD uuur + Nếu viết AB ta hiểu A điểm đầu, B điểm cuối hướng từ A đến B uuur uuur + 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 r Định nghĩa 1.2 Vectơ không ( kí hiệu ) vectơ có điểm đầu điểm cuối trùng ur ur Định nghĩa 1.3 Hai vectơ a,b gọi chúng có hướng ur ur độ dài Trong trường hợp a,b ngược hướng có độurdài r chúng gọi hai vectơ đối Kí hiệu vectơ đối vectơ a -a Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học Các phép toán vectơ ur ur ur ur Định nghĩa 2.1 Tổng hai vectơ a b vectơ kí hiệu a  b xác định sau: uuur ur AB  a Từ điểm A tùy ý mặt phẳnguuutaur dựng vectơ ur Sau từ điểm B ta lại dựng vectơ BCur b ur uuuur ur ur Khi gọi tổng hai vectơ a b Kí hiệu: AC  a  b A C B ur ur ur Tính chất: với vectơ a, b, c ta có: ur ur ur ur i) a  b  b  a ( tính chất giao hoán )  ur ur ur ur  ur ur  ur ur  ur ur ii) a  b  c  a  b  c ( tính chất kết hợp ) ur iii) a    a  a ur   ur ur iv) a  a  ur ur ur Định nghĩa 2.2 Hiệu hai vectơ a b tổng vectơ a vectơ đối ur ur ur ur ur vectơ b Kí hiệu: a  b  a  b   ur ur Định nghĩa 2.3 Tích vectơ a với số thực k vectơ, kí hiệu ka xác định sau: ur ur + Vectơ ka hướng với vectơ a  k ur ur + Vectơ ka ngược hướng với vectơ a k  ur r + Độ dài vectơ ka k a Chú ý : ur ur ur k.0  0.k=0 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học ur ur Tính chất: với vectơ a, b  m, n  ¡ ta có: ur ur i) 1.a  a ur ur ii) (-1)a  a   ur ur iii) m na   mn  a ur ur ur  ur ur iv)  m+n  a  ma  na  ur ur v) m a  b  ma  mb ur ur ur ur ur ur vi) Nếu a  a, b phương b  ka  k  ¡  Một số khái niệm tính chất liên quan ur ur ur ur Định nghĩa 3.1 Tích vô hướng hai vectơ a, b số thực kí hiệu a.b ur ur ur ur ur ur Ta có: a.b  a b cos a,b ur ur     ur ur ur ur Nhận xét: a.b   a,b  900 Kí hiệu: a  b ur ur Tính chất:  a, b ta có: ur ur ur ur i) a.b  b.a ( tính chất giao hoán )     ur ur urur ii) ka b  k ab ( k số ) ur ur  ur  ur ur  ur ur ur ur iii) a b  c  a.b  a.c ( luật phân phối phép nhân phép cộng ) ur ur ur ur iv) a.a  a  a Dấu xảy a  ur ur Định nghĩa 3.2 Trong không gian Oxyz , cho hai vectơ a  a1; a2 ; a3  , b  b1; b2 ; b3  Khi ur ur ur ur tích có hướng hai vectơ a b vectơ kí hiệu  a,b  ur ur a a a a a a  Ta có:  a,b    ; ;   b2 b3  b3 b1 b1 b2  Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học r r r Tính chất:  a, b, c ta có: i) ur ur ur ur ur ur a,b   a  a,b  a  ;     ii) ur ur ur ur ur ur  a ,b   a b sin a , b    ur ur ur ur ur ur ur ur ur a,b   b  a,b  b       ur ur iii) a,b   a, b phương iv) ur ur ur ur ur ur 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 uuuur 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 n  i 1 ur  ki GAi  uuuur ur GAi  Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học Bất đẳng thức vectơ r r Với vectơ a, b ta có: ur ur ur ur i) a + b  a  b ur ur Dấu xảy a = k.b  k   uur   Tổng quát: với n vectơ i=1,n ta có: ii) ur ur ur n uur n uur    i 1 i 1 ur a-b  ab ur ur Dấu xảy a = k.b  k  1 uur   uur uur uur uur uur uur Tổng quát: với n vectơ i=1,n ta có: a1  a2   an  a1  a2   an ur ur ur ur iii) a.b  a b ur ur Dấu xảy a = k.b  k   Sử dụng phương pháp vectơ giải toán 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: uuur uuur uuuur ur uuur uuur uuuur uuuur uuur uuuur uuuur 1) GA  GB  GC  uuuur 2) OA  OB  OC  OH  3OG uuuur uuuur 3) HA  HB  HC  2HO  3HG uuuur uuur 4) OH  2OI1 uur uur uuur ur 5) aIA  bIB  cIC  uuur 6) OI  7) uuur IG  uuur 8) IH  a uuur b uuur c uuuur OA  OB  OC 2p 2p 2p b+c-2a uuur a+c-2b uuur a+b-2c uuuur OA  OB  OC 6p 6p 6p b+c uuur a+c uuur a+b uuuur OA  OB  OC 2p 2p 2p uuur uuuur uuuur ur   9) tanA.HA  tanB.HB  tanC.HC   A, B, C   2  uuuur uuuur uuuur ur 10) Sa MA  Sb MB  Sc MC  ( M điểm nằm ABC Sa , Sb , Sc diện tích tam giác MBC, MCA, MAB ) Sử dụng phương pháp vectơ giải toán 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' uuur uuur uuuur ur uuur uuur uuuur uuuur ur uuur uur uuuur uuuur 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 OMuuu làurđường trung bình AHA' uuur uuur uuur  2OM  AH  OH  OA uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur Có: 2OM  OB  OC  OA  OB  OC  OH uuur uuur uuuur uuuur uuuur Vậy: OA  OB  OC  OH  3OG ( đpcm ) 3) theo chứng minh ta có: uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur OA  OB  OC  3OG  HA  HB  HC  3HO  3OG  HA  HB  HC  3HG uuur uuur uuur uuur uuuur uuuur uuuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur Ta có: HA  HB  HC  3HO  OA  OB  OC  3HO  OH  2HO uuur uuuur Vậy: HA  HB  HC  2HO  3HG ( đpcm ) 4) Ta chứng minh khẳng định sau: + Điểm O trực tâm MNP Sử dụng phương pháp vectơ giải toán 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 uuuur uuur uuur uuur uuur Chứng minh tương tự ta có: OM  ON  OP  2OI1  3OG uuur uuur uuur uuur Theo chứng minh ta có: 3OG  OH  OH  2OI1 ( đpcm ) uuur uuur uuur 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: uuur uuur r PA AC b    aPA  bPB  1 PB BC a uur uur r 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:       uur uuur uur uuur uur uuur uuur uur uur r uur uur uur aIA  bIB  cIC  a IP  PA  b IP  PB  cIC  aPA  bPB   a+b  IP  cIC  (đpcm) 10 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán 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 Bài 2.4 Cho VABC, P điểm nằm tam giác,  ,  ,  độ lớn góc tam giác, R1 , R2 , R3 khoảng cách từ P P đến đỉnh, r1 , r2 , r3 khoảng cách từ đến cạnh tương ứng đối diện với đỉnh Chứng minh rằng: R12 sin 2 +R2 sin  +R3 sin 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 tròn ngoại tiếp VA1B1C1 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 1 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học uuuuur uuuuur uuuuur C1B12  C1A12  A1B12  C1B1  C1A1  A1B1  uuuur uuuur   uuuur uuuur   uuuur uuuur = PB1  PC1  PA1  PC1  PB1  PA1  uuuur uuuur  uuuur uuuur uuuur uuuur =2  PA12  PB12  PC12   PB1.PC1  PA1.PC1  PB1.PA1  uuuur   PC  uuuur uuuur =3  PA12  PB12  PC12   PA1  PB1  PC1  C1B12  C1A12  A1B12  3 PA12  PB12  2 Đẳng thức xảyuuuu rar uuuur uuuur uur  PA1  PB1  PC1  O  P trọng tâm VA1B1C1  P điểm Lemoine VABC Bài 2.5 Cho VABC, M điểm nằm tam giác, H, K, L hình chiếu vuông góc M xuống BC, CA, AB Chứng minh rằng: MA+MB+MC   MH+MK+ML  Chứng minh: A K L M B C H ur ur uur ur uuuur ur uuuur u , v, w u hướng MH , v hướng MK , Gọi vectơ thỏa mãn uuuur uur w hướng ML ur uuuur  AMK  MK=v MA Ta có: MK=MA.cos uur uuuur Tương tự: ML=w.MA uuuur ur uur Suy c.MK+b.ML=MA cv+bw uuuur ur uur uuuur ur uur MA cv+bw  MA cv+bw Lại có ur uur Suy c.MK+b.ML  MA cv+bw     35 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học cv+bw =c +b +2bc.v.w=c +b -2bc.cosA=a ur Mà: uur 2 ur uur 2 ( Theo định lí hàm số cos) ur uur 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 VABC 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 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[...]... tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Do đó ABCD là tứ diện gần đều 2) Qua bài toán trên ta thấy các hệ thức không phụ thuộc vào độ dài mà chỉ phụ thuộc vào độ lớn các góc tức là phụ thuộc vào phương các cạnh ta có thể dùng phương pháp vectơ để chứng minh bằng cách qui về góc của hai vectơ 25 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Bài 1 Cho ABC nhọn có BC=a, AC=b, AB=c Gọi O, I lần... Chứng minh rằng: = ND DA2 -DB2 26 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học GỢI Ý LỜI GIẢI Bài 1 1) Sử dụng định lí hàm số sin trong tam giác và bài 1.1 ta có điều phải chứng minh 2) Sử dụng công thức tính diện tích tam giác và bài 1.1 ta có điều phải chứng minh 3) Gọi M, N, P uuuuu lầnrlượt là uuuuu trung điểm của các cạnh BC, CA, AB r uuuuur uuuur uuuuur uuuur Xét các vectơ: OA1=tanA.OM , OB1=tanB.ON... có BA’MC’ là hình bình hành nên ta có: Chứng minh tương tự ta có: l=- S MA' BC' BE Sa    k a MA MA EA Sb Sb Sc Sb Thay vào (*) ta có: uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur r S uuur S uuuur MB  k MA  l MC   a MA  c MC  Sa MA  Sb MB  Sc MC  0 (đpcm) Sb Sb 12 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học Nhận xét: bài toán được chứng minh dựa trên cách dựng các hình phụ, qui tắc hình bình hành,... C' P H M B C A' uuur uuuur uuuur Dựng hình bình hành BA’HC’ Theo qui tắc hình bình hành ta có: HB  HA'  HC' Do A, H, A’ thẳng hàng và C, H, C’ thẳng hàng nên theo tính chất vectơ tồn tại k, l  0 ; k=- uuur uuuur uuur uuuur uuur HA' HC' sao cho HA'  k HA; HC'  l HC ; l=HA HC uuur uuur Suy ra HB  kHA  l HC (*) 11 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học HA' BC' BP CPcotB tanA     HA HA... nhiều đặc điểm hình học thú vị Chúng ta sẽ được gặp tính chất điểm Lemoine của tam giác trong một số bài tập ở phần sau Bài toán 1.5 Cho đường tròn O; R  , hai dây cung AB và CD cắt nhau tại M , S là trung điểm của BD , SM cắt AC tại K Chứng minh rằng: AK AM 2  KC CM 2 Chứng minh: B C K A Đặt M S D uuur uuur AK  x  AK  xKC KC Ta có 17 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học   uuuur uuur...   t1  t2 1    0  t1=t2 Tương tự ta có t1=t2= t3= t4  0 ur ur ur ur ur Từ (*)  a  b  c  d  0 ur Lấy u là vectơ đơn vị chỉ phương của tia Ot ta có  ur ur ur ur ur  u a  b  c  d  0  cos  cos +cos +cos =0 (đpcm) 24 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học Nhận xét: ur uuur ur uuur ur uuuur ur uuuur ur ur ur ur ur 1) Đặc biệt nếu a  OA , b  OB , c  OC , d  OD Từ đẳng... IA1  Sb IB1  Sc IC1  0 (2) Từ (1), (2) suy ra Sa Sb Sc Sa Sb Sc      (đpcm) b+c-a a+c-b a+b-c 2 p-a  2 p-b  2 p-c  15 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học Bài toán 1.4 Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c và M là điểm nằm trong tam giác Gọi H, J, K lần lượt là hình chiếu vuông góc cuả điểm M trên các cạnhuuuBC, CA, AB uuur uuur ur r 2 2 2 Chứng minh rằng: điểm M là trọng tâm của HJK  a... xét: từ bài toán này ta có một số kết quả sau: 1) Với góc tam diện như trong đề bài ta có             2 21 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học 2) Cho góc tam diện Ob1b2b3 với Ob1  Oa2a3  , Ob2  Oa1a3  , Ob3  Oa1a2  ta sẽ có một kết quả tương tự như sau: cosA=-cosB.cosC+sinB.sinC.cos ( định lí hàm số cosin thứ hai – đối ngẫu của định lí cosin thứ nhất ) Bài toán 1.9 Cho... Bình phương vô hướng (*) ta sẽ có điều phải chứng minh Bài 3 Theo giả thiết c=2b Ta có AL là phân giác của ABC uuuur AL=   b uuuur c uuuur 2 uuuuur uuuur AB+ AC= AM+AC (*) b+c b+c 3 8 Bình phương vô hướng (*) ta có AL2= b2 1+cosA 9 uuuur uuuuur 2 2 2 Mặt khác 2AC.AM=AC +AM -CM  CM 2=2b 2 1-cosA  Ta có CM=kAL  CM 2=k 2 AL2  cosA= 9-4k 2 9+4k 2 27 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học. .. lượt là các vectơ chỉ phương của các tia Oa, Ob, Oc, Od và cùng hướng với các vectơ đó ur ur ur ur Vì bốn vectơ a, b, c, d không đồng phẳng nên tồn tại bộ số  t1,t2 , t3 , t4  không đồng ur ur ur ur ur thời bằng 0 sao cho t1a  t2 b  t3c  t4 d  0 (*) 23 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học ur ur ur ur Nhân vô hướng (*) với a, b, c, d ta có: ur urur urur urur t a 2  t ab  t ac  t ad 