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 + 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 không ( 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 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán 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 hoán )     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 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán 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 vô 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 hoán )     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  Sử dụng phương pháp vectơ giải toán 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 n  i 1 GAi  Sử dụng phương pháp vectơ giải toán 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   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: 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 ) 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' 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 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 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 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 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 tròn 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 1 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán 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 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 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 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán 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 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[...]... NB NC CA2 -CB 2 = Chứng minh rằng: ND DA2 -DB 2 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 lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB Xét các vectơ: OA1=tanA.OM , OB1=tanB.ON , OC1=tanC.OP Đặt... 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 lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của ABC Chứng... MC (*) Ta 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: MB  k MA  l MC   Sa S 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, tính chất của vectơ Câu 10 là kết quả...  0 Lấy u là vectơ đơn vị chỉ phương của tia Ot ta có   u a  b  c  d  0  cos  cos +cos +cos =0 (đpcm) 24 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học Nhận xét: 1) Đặc biệt nếu a  OA , b  OB , c  OC , d  OD Từ đẳng thức a  b  c  d  0 Ta có O là trọng tâm tứ diện ABCD Mặt khác OA=OB=OC=OD nên O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Do đó ABCD là tứ diện gần đều 2) Qua bài toán trên ta... AH  BC=M, BH  AC=N, CH  AB=P A N C' P H B M C A' 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=- HA' HC' sao cho HA'  k HA; HC'  l HC ; l=HA HC Suy ra HB  k HA  l HC (*) 11 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học HA' BC' BP CPcotB tanA     HA HA PA CPcotA tanB HA'... giác có 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 AK  x  AK  xKC KC Ta có 17 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học  MK  MA  AK ... 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 cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng: điểm M là trọng tâm của HJK  a 2 MA  b 2 MB  c 2 MC... -aJA+bJB+cJC=0 (*) 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 AL=  b c 2 AB+ AC= AM+AC b+c b+c 3  (*) 8 Bình phương vô hướng (*) ta có AL2= b2  1+cosA 9 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 a b c OA+ OB+ OC 2p 2p... lượt là hình chiếu vuông góc của M xuống BC, CA, AB Chứng minh rằng: MA+MB+MC  2  MH+MK+ML  Chứng minh: A K L M B C H Gọi u, v, w lần lượt là các vectơ thỏa mãn u cùng hướng MH , v cùng hướng MK , w cùng hướng ML Ta có: MK=MA.cosAMK  MK=v.MA Tương tự: ML=w MA Suy ra c.MK+b.ML=MA cv+bw     Lại có MA cv+bw  MA cv+bw Suy ra c.MK+b.ML  MA cv+bw 35 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học Mà:... 2  abc  0  IA2 IB 2 IC 2    1 (đpcm) bc ca ab Bài toán 1.3 Cho ABC có BC=a, AC=b, AB=c và I là tâm đường tròn nội tiếp ABC Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB Chứng minh rằng: Sa Sb Sc biết Sa  SIB1C1 , Sb  SIA1C1 , Sc  SIB1A1   b+c-a a+c-b a+b-c Chứng minh 14 Sử dụng phương pháp vectơ giải toán hình học A1 I B1 C1 A' Theo chứng minh bài trên ta có: aIA 