Kỹ thuật biến đổi sự phụ thuộc nhiều điểm thành một điểm để giải quyết một lớp bài toán cực trị hình học lớp 10

1 MỞ ĐẦU 1.1.Lý chọn đề tài Trong trình giảng dạy, tơi nhận thấy việc dạy học tốn nói chung bồi dưỡng học sinh khá, giỏi tốn nói riêng; muốn học sinh rèn luyện tư sáng tạo việc học giải tốn thân thầy, cần phải có nhiều phương pháp nhiều cách hướng dẫn cho học sinh tiếp thu tiếp cận giải toán Vấn đề địi hỏi người giáo viên cần phải tìm tịi nghiên cứu tìm nhiều phương pháp cách giải qua tốn để từ rèn luyện cho học sinh lực hoạt động, tư sáng tạo, phát triển tốn đề xuất tự làm toán tương tự Khai thác, phát triển tốn chủ đề khơng có lạ, dạy cho học sinh nắm vững kiến thức đảm bảo trình độ vượt qua kỳ thi cần thiết, bên cạnh người giáo viên dạy tốn cần phải truyền tải say mê toán học cho học sinh, nhằm giúp hiệu học tập tốt Để thực điều này, người giáo viên cần có say mê chun mơn, đặt cho nhiều nhiệm vụ, truyền say mê cho học trị Khai thác, tìm hiểu phát triển tốn phần việc giúp người giáo viên thành công nghiệp Với chút hiểu biết niềm say mê tốn học, tơi viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “KĨ THUẬT BIẾN ĐỔI SỰ PHU THUỘC NHIỀU ĐIỂM THÀNH MỘT ĐIỂM ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT LỚP BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC LỚP 10” với mong muốn chia sẻ, trao đổi kinh nghiệm làm toán, học toán dạy toán với đồng nghiệp Hy vọng đề tài giúp ích phần cho q thầy q trình cơng tác 1.2.Mục đích nghiên cứu Nhằm nâng cao nghiệp vụ chun mơn, rút kinh nghiệm trình giảng dạy, phát triển tư linh hoạt, sáng tạo học sinh, phát bồi dưỡng học sinh giỏi Tốn.Thơng qua đề tài này, tài liệu tham khảo cho em học sinh, đặc biệt học sinh tham gia kì thi học sinh giỏi 1.3 Đối tượng nghiên cứu Để cho học sinh có phương pháp giải, kỹ tìm cực trị độ dài véc tơ có chứa điểm M phụ thuộc theo nhiều điểm cố định, tơi có đề tài là: “KĨ TḤT BIẾN ĐỞI SỰ PHU THUỘC NHIỀU ĐIỂM THÀNH MỘT ĐIỂM ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT LỚP BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC LỚP 10” với mong muốn thay đổi cách giảng dạy truyền thụ tri thức chiều sang cách tiếp cận kiến tạo kiến thức suy nghĩ 1.4.Phương pháp nghiên cứu Với đề tài này, phương pháp chủ yếu sử dụng phương pháp thống kê, lựa chọn tốn hay, độc đáo, có phương pháp giải sau phân tích, so sánh, khái qt hóa, đặc biệt hóa để làm bật phương pháp, từ rút kết luận Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu giáo trình phương pháp dạy học Tốn trường phổ thông, tài liệu hướng dẫn đổi phương pháp dạy học, sách giáo khoa, sách tham khảo, báo Toán học tuổi trẻ, đề thi, Nghiên cứu thực nghiệm: Thông qua việc dạy học phần hình học lớp 10 năm giảng dạy thân tổng kết kinh nghiệm giảng dạy đồng nghiệp 2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1.Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Sáng kiến nêu kỹ biến đổi véc tơ theo tính chất trung điểm đoạn thẳng, trọng tâm tam giác Hệ thống số kỹ tìm giá trị nhỏ độ dài véc tơ có chứa điểm M phụ thuộc theo nhiều điểm cố định thành kỹ tìm giá trị nhỏ độ dài véc tơ có chứa điểm M phụ thuộc theo điểm cố định Sáng kiến kinh nghiệm với đề tài “KĨ THUẬT BIẾN ĐỔI SỰ PHU THUỘC NHIỀU ĐIỂM THÀNH MỘT ĐIỂM ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT LỚP BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC LỚP 10” làm cho cách giải uuuu r uuuu r uuuur toán “tìm điểm M thuộc d để a.MA + b MB + c MC có giá trị nhỏ nhất (hoặc a.MA + b MB + c MC có giá trị nhỏ nhất)” có thêm cách nhìn khác, bên cạnh với cách giải sử dụng tính chất trọng tâm tam giác, tính chất trung điểm đoạn thẳng, hỗ trợ cho việc học tập đạt hiệu cao Với phương pháp dạy nhằm giúp em học sinh hiểu vấn đề cách sâu sắc nhìn tốn nhiều góc độ khác nên dễ dàng suy luận để chuyển toán lạ tốn quen thuộc Hơn với cách dạy đó, làm cho học sinh thấy phong phú việc sử dụng kiến thức liên quan Chính mà em khơng cảm thấy nhàm chán, từ em hào hứng say mê học tạo tâm lí thoải mái nhẹ nhàng tiết học, tiền đề tốt để học sinh tiếp thu bài, rèn luyện kỹ năng, nâng cao hiệu dạy học 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm a/Thuận lợi: Là giáo viên dạy toán nhiều năm tiếp xúc với nhiều đối tượng học sinh.Đa số học sinh thích học Tốn, thích tìm phương pháp học tập Tổ chun mơn thảo luận chun đề cực trị hình học.Bản thân thích học hỏi nâng cao kiến thức b/Khó khăn: Các kiến thức cực trị hình học lớp 10 học sinh cịn hạn chế Kĩ giải tốn trình bày giải cịn yếu 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1.Đặt vấn đề 2.3.1.1.Bài toán sở: (Dựa theo Bài 40/trang 11/ Sách bài tập Hình học 10 nâng cao) Cho n điểm A1 , A , A3 , A n n số k , k , k , k n mà k + k + k + + k n = k ≠ a)uuuChứng minh r uu uu r rằng uuuu rcó nhất uuu1ur điểm r G cho k 1GA1 + k 2GA + k 3GA + + k n GA n = Điểm G gọi tâm tỉ cự hệ điểm A i gắn với hệ số k i Trong trường hợp hệ số k i (và coi 1), G gọi tâm hệ điểm A i b) Chứng minh G tâm tỉ cự nói câu a) điểm O bất kì, uuur uuur uuuu r uuuu r uuuur ta có OG = (k 1OA1 + k 2OA + k 3OA + + k n OA n ) [1] k Trong trình giảng dạy nghiên cứu tốn học, tơi có gặp tốn sau: 2.3.1.2.Một số tốn cụ thể µ Bài toán “ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) đường thẳng ∆ : 2x – 3y + 12 = Tìm điểm M uuuu r uuur uuur thuộc ∆ cho MA + MB + MC nhỏ nhất”, với đáp án sau: [2] 4 - Gọi G trọng tâm tam giác ABC, ta có tọa độ G ( ; − ) 3 uuuu r uuur uuur uuuu r - Khi đó: MA + MB + MC = 3MG , G ∆ cố định (G không nằm ∆ ) r - Một véctơ phương ∆ u = (3;2) đó véc tơ pháp tuyến d, phương trình d là: 3x + 2y – = Tọa độ M nghiệm hệ phương trình: 2x − y + 12 =    3x + y − = 20  x = − 13 ⇒  y = 116  39 -15 M A -10 -5 O G C -2 20 116 ; ) B 13 39 uuuu r uuur uuur uuuu r - Vậy MA + MB + MC nhỏ nhất 3MG nhỏ nhất, tức MG nhỏ nhất hay ⇒ M (− -4 -6 MG vuông góc với ∆ Do đó M giao điểm ∆ đường thẳng d qua G vuông góc với ∆ -8 • Phân tích: Bài tốn giải với việc chuyển phụ thuộc điểm M theo điểm A, B, C thành phụ thuộc điểm M theo điểm G (trong G trọng tâm tam giác ABC) cách sử dụng công thức uuuu r uuur uuur uuuu r MA + MB + MC = 3MG (SGK Hình học 10 nâng cao, trang 20) • Nhận xét * Lối suy nghĩ quen thuộc: Sử dụng công thức trọng tâm tam giác (như lời giải trên) * Hướng suy nghĩ mở rộng: Ta thực biến đổi uuuu r uuuu r uuuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur MA + MB + MC = (MG + GA ) + ( MG + GB ) + (MG + GC ) uuuur uuur uuur uuur = 3MG + GA + GB + GC uuuur = 3MG , (với G trọng tâm tam giác ABC) Thoạt nhìn khơng có khác giải pháp cũ thường làm giải pháp cải tiến (vì chất giống nhau) Nhưng với giải pháp cải tiến ta giải toán nào? Ta thử xét toán 1a tương tự sau: “ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) đường thẳng ∆ :2x – 3y + uuuu r uuur uuur 12 = Tìm điểm M thuộc ∆ cho MA + MB + 2MC nhỏ nhất” [1] (Dựa theo Bài 35/trang 11/ Sách bài tập Hình học 10 nâng cao) Rõ ràng tính chất trọng tâm (giải pháp cũ thường làm) khó để sử dụng đây, để giải toán ta cần sử dụng giải pháp cải tiến, với việc biến đổi sau: uuuu r uuuu r uuuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur MA + MB + 2MC = (MG + GA ) + (MG + GB ) + 2(MG + GC ) uuuur uuur uuur uuur = 4MG + GA + GB + 2GC uuuur = 4MG uuur uuur uuur r Trong đó, điểm G điểm thỏa mãn GA + GB + 2GC = G xác định cụ thể có tọa độ Nội dung giải cụ thể vấn đề trình bày tốn (trang 13) sau Bây ta bỏ bớt kiện yếu tố điểm C toán (trang 4), ta có tốn tương tự sau: µ Bài toán Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4) đường thẳng ∆ : 2x – 3y + 12 = Tìm điểm M thuộc ∆ uuuu r uuur cho MA + MB nhỏ nhất [2] • Phân tích: Bài tốn giải với việc chuyển phụ thuộc điểm M theo điểm A, B thành phụ thuộc điểm M theo điểm I (trong I trung điểm đoạn thẳng AB) với công thức uuuu r uuur uuu r MA + MB = 2MI (theo SGK Hình học 10 nâng cao, trang 20) • Lời giải Gọi I trung điểm đoạn thẳng AB, ta có tọa độ I ( − ; − ) 2 uuuu r uuur uuu r Khi đó: MA + MB = 2MI , I ∆ cố định (I không nằm ∆ ) uuuu r uuur uuu r MA + MB 2MI Vậy nhỏ nhỏ nhất, tức MI nhỏ hay MI vng góc với ∆ Do M giao điểm ∆ đường thẳng d qua I vng góc với ∆ r Một véc tơ chỉ phương ∆ u = (3;2) véc tơ pháp tuyến d, phương trình d là: 3x + 2y + = Tọa độ M nghiệm hệ phương trình: 75  x = − 2x − y + 12 =   26 ⇒   3x + y + =  y = 27  13 • ⇒ M (− 75 27 ; ) 26 13 Nhận xét * Lối suy nghĩ quen thuộc: Sử dụng công thức trung điểm đoạn thẳng * Hướng suy nghĩ mở rộng: Ta thực biến đổi sau: uuuu r uuuu r uuur uur uuur uur MA + MB = ( MI + IA ) + ( MI + IB ) uuur uur uur = 2MI + IA + IB uuur = 2MI , (với I trung điểm đoạn thẳng AB) Cũng nhận xét trên, nhìn khơng có khác giải pháp cũ thường làm giải pháp cải tiến Nhưng với giải pháp cải tiến ta giải tốn nào? Ta thử xét toán 2a sau: “Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4) đường thẳng ∆ : 2x – 3y + 12 = Tìm điểm uuuu r uuur M thuộc ∆ cho 3MA + 2MB nhỏ nhất” Rõ ràng tính chất trung điểm (giải pháp cũ thường làm) khó để sử dụng đây, để giải toán ta cần sử dụng giải pháp cải tiến, với việc sử dụng phép biến đổi sau: uuuu r uuuuur uuur uur uuur uur 3MA + 2MB = 3( MI + IA ) + 2(MI + IB ) uuur uur uur = 5MI + 3IA + 2IB uuur = 5MI uur uur r Trong đó, I điểm thỏa mãn 3IA + 2IB = I xác định cụ thể có tọa độ Nội dung giải cụ thể vấn đề trình bày tốn (trang 11) sau Nếu ta thay đổi kiện cuối tốn (trang 5), ta có tốn tương tự sau: µ Bài tốn Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A ( 1;1) ; B ( –2; –4 ) đường thẳng ∆ : 2x – 3y + 12 = Tìm điểm M thuộc ∆ cho: MA + MB có giá trị nhỏ nhất [2] • Phân tích: Bài tốn giải với việc chuyển phụ thuộc điểm M theo điểm A, B thành phụ thuộc điểm M theo điểm I (trong I trung điểm đoạn thẳng AB) với công thức AB (SGK Hình học 10 nâng cao, trang 58) MA + MB = 2MI + 2 • 2 Lời giải Gọi I trung điểm đoạn thẳng AB, ta có tọa độ I ( − ; − ) 2 AB , I ∆ cố định (I không nằm ∆ ) AB Vậy MA + MB nhỏ 2MI + nhỏ nhất, tức MI nhỏ (vì AB có độ dài khơng thay đổi) hay MI vng góc với ∆ Do M giao điểm ∆ đường thẳng d qua I vng góc với ∆ r Một véc tơ chỉ phương ∆ u = (3;2) véc tơ pháp tuyến d, phương trình d là: 3x + 2y + = Khi đó: MA + MB = 2MI + Tọa độ M nghiệm hệ phương trình: 75  x = − 2x − y + 12 =   26 ⇒   3x + y + =  y = 27  13 • ⇒ M (− 75 27 ; ) 26 13 Nhận xét AB * Lối suy nghĩ quen thuộc: Sử dụng công thức MA + MB = 2MI + (như lời giải trên, với I trung điểm đoạn thẳng AB) 2 * Hướng suy nghĩ mở rộng: Ta thực biến đổi sau: uuuu r uuuu r2 MA + MB = MA + MB uuur uur uuur uur = ( MI + IA ) + (MI + IB ) uuur uur uur = 2MI + IA + IB + 2MI (IA + IB ) = 2MI + IA + IB , (với I trung điểm đoạn thẳng AB) Với giải pháp cải tiến ta giải tốn nào? Ta thử xét toán 3a sau: “Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4) đường thẳng ∆ : 2x – 3y + 12 = Tìm điểm M thuộc ∆ cho 5MA + 2MB nhỏ nhất”.[2] Rõ ràng công thức AB 2 2 (giải pháp cũ thường làm) khó để sử dụng MA + MB = 2MI + đây, để giải toán ta cần sử dụng giải pháp cải tiến, với việc sử dụng phép biến đổi sau: uuuu r2 uuuu r2 5MA + 2MB = 5MA + 2MB uuur uur uuur uur = 5( MI + IA ) + 2( MI + IB ) uuur uur uur 2 = MI + 5IA + 2IB + 2MI (5IA + 2IB ) = MI + 5IA + 2IB uur uur r Trong đó, I điểm thỏa mãn 5IA + 2IB =0 I xác định cụ thể có tọa độ Nội dung giải cụ thể vấn đề trình bày toán (trang 12) sau Nếu ta thay đổi kiện cuối tốn 3(trang 7), ta có tốn tương tự sau: µ Bài toán Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4), C(5;–1) đường thẳng ∆ : 2x – 3y + 12 = Tìm điểm M thuộc ∆ cho: MA + MB + MC có giá trị nhỏ nhất [2] • Phân tích: Bài toán giải với việc chuyển phụ thuộc điểm M theo điểm A, B, C thành phụ thuộc điểm M theo điểm G (trong G trọng tâm tam giác ABC) với công thức MA + MB + MC = 3MG + AB + BC + CA • Lời giải 4 Gọi G trọng tâm tam giác ABC ta có tọa độ G ( ; − ) 3 AB + BC + CA Khi đó: MA + MB + MC = 3MG + , G ∆ cố định (G không nằm ∆ ) 2 2 AB + BC + CA Vậy MA + MB + MC nhỏ 3MG + nhỏ nhất, tức MG nhỏ (vì AB, BC, CA khơng thay đổi) hay MG vng góc với ∆ Do M giao điểm ∆ đường thẳng d qua G vng góc với ∆ r Một véc tơ chỉ phương ∆ u = (3;2) véc tơ pháp tuyến d, phương trình d là: 3x + 2y – = 2 2 Tọa độ M nghiệm hệ phương trình: 20  x = − 2x − y + 12 =   13 ⇒   3x + y − =  y = 116  39 • ⇒ M (− 20 116 ; ) 13 39 Nhận xét * Lối suy nghĩ quen thuộc: Sử dụng công thức A B + BC + CA MA + MB + MC = 3MG + (như lời giải trên) 2 2 * Hướng suy nghĩ mở rộng: Ta thực biến đổi uuuu r uuuu r uuuur2 2 MA + MB + MC = MA + MB + MC uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur = ( MG + GA ) + ( MG + GB ) + ( MG + GC ) uuuur uuur uuur uuur = 3MG + GA + GB + GC + 2MG (GA + GB + GC ) = 3MG + GA + GB + GC , (với G trọng tâm tam giác ABC) Với giải pháp cải tiến ta giải toán nào? Ta thử xét toán 4a sau: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4), C(5;–1) đường thẳng ∆ :2x – 3y + 12 = Tìm điểm M thuộc ∆ cho: 5MA + 2MB + MC có giá trị nhỏ nhất [2] AB + BC + CA Rõ ràng công thức MA + MB + MC = 3MG + (giải pháp cũ thường làm) khó để sử dụng đây, để giải toán ta cần sử dụng giải pháp cải tiến, với việc sử dụng phép biến đổi sau: uuuu r2 uuuu r uuuur2 5MA + 2MB + MC = 5MA + 2MB + MC uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur = 5( MG + GA ) + 2(MG + GB ) + (MG + GC ) uuuur uuur uuur uuur = 8MG + 5GA + 2GB + GC + 2MG (5GA + 2GB + GC ) 2 2 2 = 8MG 2uu+ur5GAu2uu +r 2GB + GC uuur r Trong đó, G điểm thỏa mãn 5GA + 2GB + GC = Nội dung giải cụ thể vấn đề trình bày toán (trang 14) sau Các bài toán 1, bài toán 2, bài toán bài toán nói việc sử dụng tính chất trung điểm, trọng tâmuuu để u r giải uuuu rbài toán “Trong mặt phẳng Oxy, tìm điểm M thuộc đường d cho | MA + MB | (*) có giá trị nhỏ nhất”, (trong uuuu r uuuu r uuuur đó, (*) thay | MA + MB + MC | , MA + MB MA + MB + MC ) Mấu chốt để giải toán biến đổi M phụ thuộc điểm A, B, C trở thành M phụ thuộc theo điểm G (với G trọng tâm tam giác ABC); biến đổi M phụ thuộc điểm A, B trở thành M phụ thuộc theo điểm I (với I trung điểm đoạn thẳng AB) Vậy, bài toán 1a, bài toán 2a,uubài 3a, thay đổi uu r toán uuuu r bài toán 4a ta kiện thành điểm M thỏa mãn | aMA + b MB | (hoặc aMA + bMB , uuuu r uuuu r uuuur | aMA + b MB + c MC | , aMA + bMB + cMC , với số a ,b ,c ∈ R ) liệu có sử dụng tính chất trung điểm, trọng tâm để giải tốn mở rộng hay khơng? Sáng kiến kinh nghiệm sẽ đề xuất hướng giải vấn đề bài toán 1a, bài toán 2a, bài toán 3a, bài toán 4a 2.3.2.Tổng quát vấn đề tốn vận dụng Ta có phép biến đổi sau: Với các số thực a, b, c các điểm A, B ta có: * Công thức 1a uuuu r uuuu r uuur uur uuur uur aMA + b MB = a (MI + IA ) + b (MI + IB ) uuur uur uur = (a + b ) MI + aIA + b IB , ∀I * Công thức 1b uuuu r uuuu r uuuur uuur uur uuur uur uuur uur aMA + b MB + c MC = a (MI + IA ) + b (MI + IB ) + c (MI + IC ) uuur uur uur uur = (a + b + c )MI + aIA + b IB + c IC , ∀I * Công thức 2a 10 uuuu r2 uuuu r2 aMA + bMB = aMA + b MB uuur uur uuur uur = a (MI + IA ) + b ( MI + IB ) uuur uur uur = (a + b ) MI + aIA + bIB + 2MI (aIA + b IB ), ∀I * Công thức 2b uuuu r2 uuuu r2 uuuur aMA + bMB + cMC = aMA + b MB + c MC uuur uur uuur uur uuur uur = a (MI + IA ) + b (MI + IB ) + c (MI + IC ) uuur uur uur uur = (a + b + c ) MI + aIA + bIB + cIC + 2MI (aIA + b IB + c IC ), ∀I Đặc biệt, với a = b = c = thì công thức kỹ thuật biến đổi theo trung điểm đoạn thẳng, trọng tâm tam giác Để nghiên cứu rõ vấn đề này, ta xem xét tốn sau: Trước tiên ta có tốn sở sau: 2.3.2.1.Bài tốn sở µ Bài toán Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm I(1;3) đường thẳng ∆ : x – y + 10 = Tìm điểm M thuộc ∆ cho MI có độ dài nhỏ nhất [2] Lời giải Với M ∈ ∆ điểm I cố định MI có độ dài nhỏ chỉ M hình chiếu vng góc I ∆ Do M giao điểm ∆ đường thẳng d qua I vng góc với ∆ r Một véc tơ chỉ phương ∆ u = (2;1) véc tơ pháp tuyến d, phương trình d là: 2x + y – = Tọa độ M nghiệm hệ phương trình: x − y + 10 = x = ⇒   2x + y − = y = ⇒ M (0;5) 2.3.2.2.Một số toán ứng dụng µ Bài toán Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(4;-2), B(5;13) đường thẳng ∆ : x – y + 10 = Tìm điểm M thuộc ∆ cho uuuu r uuuu r [2] | 2MA + MB | có giá trị nhỏ nhất Phân tích Biến đổi 11 uuuu r uuuu r uuur uur uuur uur uuur uur uur | 2MA + MB |=| 2(MI + IA ) + (MI + IB ) |=| 3MI + 2IA + IB | uuuu r uuuu r uuur uur uur r Chọn điểm I thỏa 2IA + IB = , để biến đổi | 2MA + MB |=| 3MI |= 3MI , sau áp dụng tốn Lời giải uur uur r Gọi điểm I thỏa 2IA + IB = , ta có I (1;3) Ta có: uuuu r uuuu r uuur uur uuur uur uuur uur uur uuur r | 2MA + MB |=| 2( MI + IA ) + (MI + IB ) |=| 3MI + 2IA + IB |=| 3MI + |= 3MI Do vậy, với I cố định M thay đổi đường thẳng ∆ uuuu r uuuu r | 2MA + MB | có giá trị nhỏ chỉ MI có độ dài nhỏ Theo tốn 5, ta có đáp số M (0;5) (Điểm M phụ thuộc theo điểm A, B) (Điểm M phụ thuộc theo điểm I) Trong toán này, chuyển phụ thuộc điểm M từ điểm điểm tâm tỉ cự điểm A , B ứng với số ( 2;1) để chuyển toán sở Bài tập tương tự: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(-2;-3), B(0;1) đường thẳng ∆ : x – y + 10 = Tìm điểm M thuộc ∆ cho uuuu r uuuu r [2] | MA − 3MB | có giá trị nhỏ nhất (Đáp số: M0;5)) µ Bài toán Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1;5), B(1;2) đường thẳng ∆ : x – y + 10 = Tìm điểm M thuộc ∆ cho [2] MA + 2MB có giá trị nhỏ nhất Phân tích Biến đổi uuuu r2 uuuu r2 MA + 2MB = MA + 2MB uuur uur uuur uur = (MI + IA ) + 2(MI + IB ) uuur uur uur = 3MI + IA + 2IB + 2MI (IA + 2IB ) uur uur r Chọn điểm I thỏa IA + 2IB = , để biến đổi MA + 2MB = 3MI + IA + 2IB , sau áp dụng toán 12 Lời giải uur uur r Gọi điểm I thỏa IA + 2IB = , ta có I (1;3) Ta có uuuu r2 uuuu r2 MA + 2MB = MA + 2MB uuur uur uuur uur = ( MI + IA ) + 2( MI + IB ) uuur uur uur 2 = 3MI + IA + 2IB + 2MI ( IA + 2IB ) = 3MI + IA + 2IB Do vậy, với I cố định M thay đổi đường thẳng ∆ MA + 2MB có giá trị nhỏ ⇔ 3MI + IA + 2IB có giá trị nhỏ ⇔ MI có giá trị nhỏ (vì IA, IB có độ dài khơng thay đổi) Theo tốn 5, ta có đáp số cần tìm M(0;5) Bài tập tương tự: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2;3), B(4;3) đường thẳng ∆ : x – y + 10 = Tìm điểm M thuộc ∆ cho 3MA − MB có giá trị nhỏ nhất (Đáp số: M (0;5) ) [2] µ Bài toán Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(0;1), B(1;-2), C(3;22) đường thẳng ∆ : x – y + 10 = Tìm điểm M thuộc ∆ cho uuuu r uuuu r uuuur [2] | 2MA + 3MB + MC | có giá trị nhỏ nhất Phân tích Biến đổi uuur uuur uuur uuu r uu r uuu r uur uuu r uur | 2MA + 3MB + MC |=| 2( MI + IA) + 3( MI + IB) + ( MI + IC ) | uuu r uu r uur uur =| 6MI + IA + 3IB + IC | uuuu r uuuu r uuuur uur uur uur r Chọn điểm I thỏa 2IA + 3IB + IC = , để biến đổi | 2MA + 3MB + MC |= 6MI , sau áp dụng tốn uur uur uur r Lời giải Gọi điểm I thỏa 2IA + 3IB + IC = , ta có I (1;3) Ta có uuur uuur uuur uuu r uu r uuu r uur uuu r uur | 2MA + 3MB + MC |=| 2( MI + IA) + 3( MI + IB) + ( MI + IC ) | uuu r uu r uur uur =| MI + IA + 3IB + IC | uuu r r =| MI + |= MI Douuuu rvậy, uuvới uu r uIuuurcố định M thay đổi đường thẳng ∆ | 2MA + 3MB + MC | có giá trị nhỏ chỉ MI có độ dài nhỏ Theo tốn 5, ta có đáp số M (0;5) 13 (Điểm M phụ thuộc theo điểm A, B, C) (Điểm M phụ thuộc theo điểm I) Bài tập tương tự: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(-2;5), B(1;1), C(0;3) đường thẳng ∆ : x – y + 10 = Tìm điểm M thuộc ∆ uuuu r uuuu r uuuur cho | MA + MB − 3MC | có giá trị nhỏ nhất (Đáp số: M(0;5)) [2] µ Bài toán Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(2;17), B(0;3), C(1;-4) đường thẳng ∆ : x – y + 10 = Tìm điểm M thuộc ∆ cho [2] MA + MB + 2MC có giá trị nhỏ nhất Phân tích Biến đổi uuuu r uuuu r2 uuuur MA + MB + 2MC = MA + MB + 2MC uuur uur uuur uur uuur uur = (MI + IA ) + ( MI + IB ) + 2(MI + IC ) uuur uur uur uur = 4MI + IA + IB + 2IC + 2MI (IA + IB + 2IC ) uur uur uur r Chọn điểm I thỏa IA + IB + 2IC = , để biến đổi 2 MA + MB + 2MC = 4MI + IA + IB + 2IC , sau áp dụng tốn Lời giải uur uur uur r Gọi điểm I thỏa IA + IB + 2IC = , ta có I (1;3) Ta có uuuu r uuuu r2 uuuur2 MA + MB + 2MC = MA + MB + 2MC uuur uur uuur uur uuur uur = ( MI + IA ) + ( MI + IB ) + 2(MI + IC ) uuur uur uur uur = 4MI + IA + IB + 2IC + 2MI ( IA + IB + 2IC ) 2 = 4MI + IA + IB + IC Do vậy, với I cố định M thay đổi đường thẳng ∆ MA + MB + 2MC có giá trị nhỏ ⇔ 4MI + IA + IB + 2IC có giá trị nhỏ ⇔ MI có giá trị nhỏ (vì IA, IB, IC có độ dài khơng thay đổi) Theo tốn 5, ta có đáp số M(0;5) Bài tập tương tự: 14 Bài 1:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A ( 1;3) , B ( −5; −3) Xác định tọa độ điểm M đường thẳng d: x − y + = cho uuuu r uuuu r 2MA + MB đạt giá trị nhỏ (Trích Đề thi HSG lớp 10, Hà Tĩnh) [3] Bài : Cho tam giác ABC BC uur vuông uur A;2 u ur =ra; CA = b; AB = c Xác định điểm I 2 thỏa mãn hệ thức: b IB + c IC − 2a IA = ; Tìm điểm M cho biểu thức: (b MB + c MC − 2a MA ) đạt giá trị lớn (Trích Đề thi HSG lớp 10, Hải Dương) [3] 2.4.Hiệu sáng kiến Đề tài kiểm nghiệm nhiều năm học giảng dạy lớp 10, học sinh đồng tình đạt kết việc nâng cao khả tìm cực trị tốn hình học lớp 10 có nhìn thân thiện với tốn hình học đề thi học sinh giỏi.Các em hứng thú học tập hơn, lớp có hướng dẫn kỹ em học sinh với mức học trung bình trở lên có kỹ giải tập,học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt Những nội dung trình bày sáng kiến kinh nghiệm tơi rút q trình dạy học, xuất phát từ yêu cầu đổi phương pháp dạy học, lấy học sinh làm trung tâm hiếu học phần lớn học sinh động lực lớn để không ngừng phấn đấu, học hỏi, nghiên cứu đúc rút kinh nghiệm góp phần nâng cao chất lượng giáo dục KẾT LUẬNVÀ KIẾN NGHỊ: 3.1.Kết luận: 15 Qua thực tế giảng dạy, thấy vấn đề dù khó mà giáo viên quan tâm truyền thụ cho học sinh lòng say mê nhiệt tình sẽ hút em vào đường nghiên cứu Bài tốn tìm cực trị độ dài véc tơ không vấn đề mới, cần tạo mối liên hệ kiến thức để thấy kiến thức có hỗ trợ với Sáng kiến kinh nghiệm triển khai chuyên đề để giảng dạy cho em học sinh ôn tập kỳ thi, nhằm giúp em học sinh vượt qua trở ngại tâm lí từ trước tới với lớp tốn Cụ thể, học sinh biết phương pháp có hiệu em sẽ tự tin giải toán dạng dạng tương tự Tuy nhiên tốn có nhiều cách giải, phương pháp giải dài phương pháp khác lại có đường lối nhận biết rõ ràng dễ tiếp cận hơn, tiền đề cho ta sáng tạo dạng tập khác Từ tốn, tơi đào sâu suy nghĩ đưa nhiều cách giải mở rộng thành nhiều tốn khác độ khó tăng lên rõ rệt Với phương pháp tư phần giúp học sinh hứng thú học tập, tạo động lực học tập cách chủ động, tích cực học sinh Đó hay, đẹp toán học, khiến người ta say mê toán học Đề tài nghiên cứu sẽ giúp giáo viên học sinh có tài liệu tiếp cận với phương pháp chuyển đổi phụ thuộc điểm M theo nhiều điểm cố định thành phụ thuộc điểm M theo điểm cố định Do kinh nghiệm chưa nhiều, thời gian nghiên cứu ứng dụng chưa dài nên đề tài tơi khơng tránh khỏi cịn nhiều hạn chế Rất mong đóng góp đồng nghiệp để tơi hồn thiện đề tài Xin chân thành cảm ơn! 3.2.Kiến nghị: 3.2.1.Đối với Sở GD & ĐT :Tiếp tục phổ biến rộng rãi sáng kiến công nhận cấp ngành cấp tỉnh để giáo viên học hỏi áp dụng thực tiễn giảng dạy học tập 3.2.2.Đối với Trường phổ thông : Tiếp tục nhân rộng đề tài, sáng kiến kinh nghiệm có ứng dụng thực tế giảng dạy XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 25 tháng năm 2020 Tôi xin cam đoan SKKN viết,không copy người khác 16 Vũ Thị Quyền 17 ... ) Mấu chốt để giải toán biến đổi M phụ thuộc điểm A, B, C trở thành M phụ thuộc theo điểm G (với G trọng tâm tam giác ABC); biến đổi M phụ thuộc điểm A, B trở thành M phụ thuộc theo điểm I (với... khăn: Các kiến thức cực trị hình học lớp 10 học sinh cịn hạn chế Kĩ giải tốn trình bày giải cịn yếu 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1.Đặt vấn đề 2.3.1.1 .Bài toán sở: (Dựa theo Bài... trung điểm đoạn thẳng, trọng tâm tam giác Hệ thống số kỹ tìm giá trị nhỏ độ dài véc tơ có chứa điểm M phụ thuộc theo nhiều điểm cố định thành kỹ tìm giá trị nhỏ độ dài véc tơ có chứa điểm M phụ thuộc