SKKN sử dụng công cụ véc tơ để phát triễn một số bài toán mới từ một số bài toán cơ bản trong sách hình học 10

I MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong q trình dạy học trường phổ thơng tơi nhận thấy học sinh e ngại học mơn hình học em nghĩ trừu tượng, thiếu tính thực tế khách quan Chính mà có nhiều học sinh học yếu môn học Việc sáng tạo toán từ toán có sách giáo khoa nhằm mục đích khuyến khích tìm tịi, tư duy, sáng tạo cho học sinh, tạo cho em say mê mơn hình học, phát triển khả tự phát vấn đề giải vấn đề, từ nâng cao chất lượng dạy học Đây mục tiêu quan mà giáo dục hướng tới Qua năm giảng dạy môn học đúc kết số kinh nghiệm vấn đề nhằm giúp em tiếp thu kiến thức tốt hơn, từ mà chất lượng giảng dạy học tập học sinh, đặc biệt công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Vì tơi chọn đề tài: “ Sử dụng công cụ vectơ để phát triển số toán từ số toán sách hình học 10 " 1.2 Mục đích nghiên cứu Trong phạm vi đề tài tơi khơng có tham vọng đưa hệ thống kiến thức hoàn toàn mới, kết mặt toán học; tơi trình bày kết mà q trình dạy học hinh học 10 tơi tích luỹ, tìm tịi; nhằm hướng tới mục đích giúp em học sinh nắm vững kiến thức Trên sở từ số toán điển hình tơi đưa phương pháp giải cho tốn nhóm tốn tương tự; đồng thời giúp học sinh khái quát hóa để tốn , qua giúp rèn luyện, phát triển tư giải tốn hình học cho học sinh 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đề tài nghiên cứu học sinh lớp 10A2 10A3 trường THPT Lê Hồn - Thọ Xn - Thanh Hố Trong trình giảng dạy thân định hướng, dẫn dắt học sinh phát triển số toán từ số định lý toán Việc phát triển số tốn theo chiều hướng mở rộng sang không gian thay đổi giả thuyết toán 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lý luận: +Thông qua việc nghiên cứu loại tài liệu sư phạm, chun mơn có liên quan đến đề tài + Nghiên cứu chương trình sách giáo khoa tốn 10 11, mục đích u cầu dạy hình học trường phổ thông - Phương pháp đàm thoại lấy ý kiến học sinh giáo viên có nhiều kinh nghiệm công tác bồi dưỡng học sinh giỏi 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm Trang II NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.1.1 Định nghĩa vectơ a Các định nghĩa - Định nghĩa 2.1.1.1: Vectơ đoạn thẳng định hướng, nghĩa hai điểm mút đoạn thẳng chĩ rõ điểm điểm đầu, điểm điểm cuối - Định nghĩa 2.1.1.2: Hai vectơ a b chúng hướng có độ dài - Định nghĩa 2.1.1.3: Hai vectơ đối a b chúng ngược hướng có độ dài b Các ký hiệu thường dùng - Ký hiệu AB độ dài đoạn thẳng AB - Ký hiệu AB vectơ AB - Ký hiệu | AB | độ dài vectơ AB Như | AB | AB - Ký hiệu AB độ dài đại số vectơ AB 2.1.2 Các phép toán vectơ a Phép cộng vectơ - Quy tắc ba điểm: Với điểm A, B, C thì: AB BC AC - Quy tắc hình bình hành: AB AD AC - Tính chất trung điểm: Với I trung điểm đoạn thẳng AB thì: + IA IB + MA MB 2MI , với điểm M b Phép trừ vectơ Với ba điểm O, A, B thì: OA OB BA c Phép nhân vectơ với số - Cho vectơ u số k Vectơ ku xác định bởi: + ku hướng với vectơ u k ngược hướng với vectơ u k < + | ku | = | k | | u | Trang - Cho b a phương với b Khi đó, tồn số thực k cho: a kb - Ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng AB AC vectơ phương d Tích vơ hướng hai vectơ - Cho trước hai vectơ a, b Từ điểm O cố định, dựng vectơ · OA a, OB b Khi góc AOB góc hai vectơ a, b Ký hiệu: (a, (a, b) ·r b) - Tích vơ hướng hai vectơ: a.b | a | | b | cos(a, b) - a b a.b - a.a a | a |2 2.1.3 Khai triển vectơ theo vectơ không phương a Khai triển vectơ qua hai vectơ không phương mặt phẳng Định lý Cho hai vectơ không phương a b Khi vectơ x biểu thị cách qua hai vectơ a b , nghĩa có cặp số m n cho x ma nb b Khai triển vectơ qua ba vectơ không đồng phẳng không gian Định lý Cho ba vectơ không đồng phẳng a , b c Khi vectơ x biểu thị cách qua ba vectơ a , b c , nghĩa có số m, n p cho x ma nb pc 2.1.4 Phép biến hình mặt phẳng a Định nghĩa phép biến hình Quy tắc đặt tương ứng điểm M mặt phẳng với điểm xác định M’ mặt phẳng gọi phép biến hình mặt phẳng b Một số phép biến hình mặt phẳng liên quan đến vectơ * Phép tịnh tiến Định nghĩa 1: Trong mặt phẳng cho vectơ v , phép biến hình biến điểm M thành điểm M’ cho MM ' = v , gọi phép tịnh tiến theo vectơ v T Kí hiệu: v T Vậy: v (M) = M’ * Phép vị tự MM ' = v Trang Định nghĩa 2: Trong mặt phẳng cho điểm O số k 0, phép biến hình biến điểm M thành điểm M’ cho OM ' kOM , gọi phép vị tự tâm O tỉ số k Kí V hiệu: Vậy: O;k V M O;k M' OM ' kOM 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Khi dạy hình học lớp 10 ta nhận thấy số toán chứng minh sở cơng cụ vectơ Sau sách giáo khoa đưa số tập mang tính chất vận dụng Bản thân thấy dừng lại làm cho học sinh chưa thật hứng thú với mơn hình học, chưa khai thác khả phát vấn đề giải vấn đề, đặc biệt với em học sinh giỏi 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề Trong q trình tìm tịi, nghiên cứu, giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, tổng hợp lựa chọn số toán bản, giải cơng cụ vectơ Trên sở tơi hướng dẫn học sinh tìm tịi, phát triển thêm số toán đồng thời giải tốn cơng cụ vectơ Bài tốn (Bài toán trọng tâm) Bài toán sở: Cho tam giác ABC , ta ln có: a Một điểm G cho GA GB GC b Ba đường trung tuyến đồng quy điểm G, điểm G chia đường trung tuyến theo tỉ số -2 Mở rộng toán từ tam giác sang tứ diện ta có số tốn : Bài tốn 1.1 Cho tứ diện ABCD ta ln có : a Một điểm G cho GA GB GC GD b Ba đường trung bình đồng quy điểm G , điểm G chia đường trung bình theo tỉ số -1 c Bốn đường trọng tuyến đồng quy G, điểm G chia đường theo tỉ số -3 Bài tốn 1.2 Trong khơng gian (hoặc mặt phẳng ) cho hệ n điểm A1, A2 , … , An , ta ln có: n a Một điểm G choGAi i b.Tất đường trung tuyến bậc k ( k = 0, 1, …, n - 1) đồng quy điểm G (mỗi đường trung tuyến bậc k đoạn thẳng nối trọng tâm hệ k điểm n điểm cho với trọng tâm hệ n - k điểm lại) c Điểm G chia đường trung tuyến bậc k theo tỉ số n k k Trang Bình luận : Cả ba tốn tương tự nhau, có mở rộng dần không gian mở rộng dần khái niệm, tính chất; Các tốn có hướng giải sách giáo khoa , nhiên cách giải cơng cụ véc tơ giải ba toán Bài giải a Lấy điểm O cố định Điểm G thoả mãn n GA i i n OAi OG0 i n nOG OAi i 1n OG OA i (là 1vectơ không đổi ), ni1 O cố định nên đẳng thức điểm G xác định b) , c) Lấy k điểm X1 , X2 , … ,Xk từ họ điểm cho gọi trọng tâm hệ G1 trọng tâm hệ n - k điểm Xk + , Xk + , … , Xn cịn lại k G'1 , ta có : n G X i i (1) vàG '1 X j (2) i k+1 k k Từ (1) ta có GX GX i GG1 i kGG1 (1') i i n Từ (2) ta có n k GG1' nGX i i k1 = (2') n Cộng (1') (2') sử dụng GAi , ta i k n GG1'3 điểm G, G'1,G1 thẳng hàng GG1' kGG1 n k kGG1 đồng thời G chia G1G'1 (trung tuyến bậc k) theo tỉ số (k-n)/k Vậy b), c) chứng minh Nhận xét 1.1 Từ toán trọng tâm tam giác, nhìn nhận góc độ diện tích ta có Do G trọng tâm tam giác, theo quan điểm diện tích ta có: S S S 1 S Khi đó: S.GA S.GB S.GC 3 3 Từ ta đưa toán tổng quát: Bài toán 1.3 Cho tam giác ABC M điểm thuộc miền tam giác Gọi S1, S2, S3 diện tích tam giác MBC, MCA, MAB Chứng GBC GAC GAB minh: S1 MA S MB S MC Bài giải Gọi S diện tích tam giác ABC, từ M ta dựng hai đường thẳng song song với AB AC, cắt AB B’ AC C’ S S Biểu thức cần chứng minh biến đổi dạng AM S2 AB S3 AC (*) Ta có: AM AB ' AC ' Trang ABAB' AB ACAC' AC Dễ chứng minh AB ' MC ' S AB AB S AC ' MB ' S AC AC (MAC ) S2 S BAC (MAB) S CAB S3 S Suy điều phải chứng minh (*) Nhận xét 1.2 Từ toán ta thay giả thiết Hìnhthuđược3.1 số toán sau: Bài toán 1.4 Cho O điểm nằm ngồi tam giác ABC thuộc miền góc tạo hai tia CA,CB Gọi S1, S2, S3 diện tích tam giác OBC, OCA, OAB Chứng minh S1 OA S OB S OC Sau giải tốn giáo viên yêu cầu học sinh tự đề xuất tốn tương tự cho điểm M nằm ngồi tam giác miển hai góc cịn lại Nhận xét 1.3 Từ toán ta chọn M điểm đặc biệt tam giác ABC ta có số tốn sau Bài tốn 1.5 Gọi I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh a.IA b.IB c.IC ( Bài 37 sách tập HH10 nâng cao) Bài toán 1.6 Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC Chứng minh: a sin2AOA sin2B.OB sin2C.OC b (tan B tan C ).OA (tan A tan C ).OB (tan A tan B ).OC cosA cosB cosC c sin B.sinC OA sin A.sinC OB OC sin B.sinA Bài giải a Nếu tam giác ABC nhọn M trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp M thuộc miền ABC S1 OC OB sin BOC = R2 sin2A 2 2 Tương tự: S R sin 2B S R sin 2C 2 Do ta có: sin A.OA sin B.OB sin 2C OC O b Từ đẳng thức a ta có: Trang ABC sin A.OA sin B.OB sin 2C OC 2sin A.cosA.OA 2sinB cos B.OB 2sinC cosC OC sin A sin B sin C OA cos A cosC OB cos A cos OC cos B cosC B sin(B C ) sin( A C) sin( A B) OA cos A cosC OB cos A cos OC cos B cosC B (tan B tan C ).OA (tan A tan C ).OB (tan B 0 tan A).OC Bài toán 1.7 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Gọi H trực tâm tam giác ABC Chứng minh: a tan A HA tan B HB tan C HC a b c b .HA HB HC cos cos cosC A B Nhận xét : Cho M điểm nằm ABC khơng có góc 1200 ln nhìn cạnh tam giác góc 1200 ta có tốn Bài tốn 1.8 Gọi M điểm nằm tam giác cho M ln nhìn đoạn AB,BC, CA góc 1200 Chứng minh: MA MA MB MB MC MC O Bình luận: điểm M nói giao đường tròn ngoại tiếp tam giác có cạnh AB,BC,CA dựng phía ngồi tam giác Bài tốn Bài tốn tâm đường trịn nội tiếp tam giác Bài tốn sở: Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với BC=a, AC=b, AB=c Ta có: a.IA b.IB c.IC ( Phần chứng minh chứng minh sách tập hình học 10) Nhận xét 2.1 Xuất phát từ đẳng thức a IA b IB c.IC , ta nhìn cạnh góc độ chiều cao ta có tốn sau Thay a 2S b 2S c 2S hb hc ta có IA IB h a h b IC h c Hoặc từ aIA bIB cIC IA b c b c 4S2 IB c a hh I A hh a c 4S2 IC a hh b IB a b 4S hb hc IA hc IB hb IC IC 0 Trang Bài toán 2.1 Cho tam giác ABC với cạnh BC= a, CA=b,AB=c Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Gọi , hb , hc chiều cao tam giác , hb , hc Nhận xét 2.4 : Từ đẳng thức I A ABC kẻ từ đỉnh A, B ,C Chứng minh h Bài toán 2.2 Cho tam giác ABC với đường tròn nội tiếp tam giác ABC Gọi a I B h b IC h c cạnh BC= a, CA=b,AB=c Gọi I tâm chiều cao tam giác ABC kẻ từ đỉnh A, B ,C Chứng minh hb hc IA hc IB hb IC Nhận xét 2.2 Ta liên hệ cạnh với định lý hàm số sin ABC ta có: a sin A b sin B c R a R sin A, b R sin B, c R sin C sin C Bài toán 2.3 Cho tam giác ABC với cạnh BC = a, CA = b,AB = c Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng: sin A IA sin B IB sin C IC Nhận xét 2.3 Bài toán ban đầu mở rộng không gian xét cho tứ diện diện tích tam giác cần chứng minh chuyển thành thể tích tứ diện Bài toán 2.4 Cho tứ diện ABCD, O điểm thuộc miền tứ diện Gọi V1, V2, V3, V4 thể tích tứ diện OBCD, OCDA, OABD OABC Chứng minh: V1 OA V2 OB V3 OC V4 OD (1) Bài giải V Tương tự tốn mặt phẳng ta có(1) AO V V V AB V3 AC V4 AD (Với V thể tích tứ diện)Từ ta dựng hình hộp nhận AO làm đường chéo ba cạnh kề nằm ba cạnh tứ diện xuất phát từ A AM Ta có AO AS AM O R OK AD A D OK.dt ACD Trong AB A B BH BH.dt ACD AB AB AP AC AC V2 V AS V AP V V , AD V Tương tự : AC nên ta có điều phải chứng minh , b.IB c.IC Nếu ta bình phương vơ hướng hai vế sau Hình 3.2 biến đổi ta kiến tạo số toán Ta có: (a.IA b.IB c.IC)2 a IA b IB c IC abIA.IB 2bcIB.IC 2acIA.IC Vì IA 2 2 2 IB BA ( IA IB ) BA c 2 IA.IB IA IB c2 Trang Từ ta có: a IA b IB c IC ab ( IA IB c ) bc ( IB IC a ) ac ( IA IC b2 ) ( a b c )( a.IA b.IB c.IC ) abc ( a b c) IA2 IB2 IC2 bc ca ab Do ta có tốn mới: Bài toán 2.5 Cho tam giác ABC với cạnh BC=a, CA=b, AB=c Gọi I tâm IA IB IC2 đường tròn nội tiếp tam giác Chứng minh rằng: bc ca ab Nhận xét 2.5: Nếu thay tâm I điểm M nằm tam giác ta có 2 a.MA b.MB c.MC abc Do ta có tốn mới: Bài tốn 2.6 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với BC=a,CA=b, AB=c Tìm điểm M cho biểu thức P = a.MA b.MB c.MC đạt giá trị nhỏ Nhận xét 2.6 Từ đẳng thức tâm đường trịn nội tiếp tam giác ta xây dựng cơng thức tính khoảng cách điểm đặc biệt tam giác theo độ dài cạnh a, b, c yếu tố khác + Tính OJ với O, J tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác Ta có: JA JO OA JB JC JO OB JO OC Từ đẳng thức a.JA b.JB c.JC (a b c).OJ a.OA b.OB c.OC Bình phương hai vế sử dụng phép biến đổi ta có: ( a b c ) OJ R ( a b c ) a.b (2 R c ) bc (2 R a ) ac (2 R b2 ) abc + OJ2 R2 a b c Tính khoảng cách JH với H, J trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp tam giác Trang Ta có: a JA b JB c JC (a b c ).HJ a.HA b.HB c.HC 2.HA.HB HA HB ( HA HB)2 Bình phương vơ hướng hai vế, sau biến đổi ta thu đẳng thức: ( a b c ) HJ (a b c )( a HA abc ( a b c) Trong độ dài đoạn HA,HB,HC tính sau: b HB c HC ) HA2 4OM R a , HB R b , HC 4R c2 Thay vào hệ thức ta có: HJ 4R2 a b c abc a b c Nhận xét: Ta có a b c 3abc , ta có: HJ 2OJ + Tính JG với G, J trọng tâm , tâm đường tròn nội tiếp tam giác JG 2 ( a b c2 ) a b c 3abc 3( a b c) Nhận xét : Trong tam giác ta có bất đẳng thức a b c 9R2 sử dụng BĐT a b c 3abc ta có JG2 2R2 +Tính OG Tính OG2 R2 2OJ JG 2abc a b c a b c2 2OJ + Các đoạn OH, HG tính theo OG đẳng thức OH 3.OG Bài toán Bài toán đường cao tam giác vng Bài tốn sở : Cho tam giác ABC vuông A, đường cao AH Gọi I trung điểm AH Chứng minh a IA b IB c IC (1) Bài giải Ta có: a b c 2a2 A 2 b N Khi (1) a c IA IB IC M 2 2a 2a 2a b2 AI 2a2 c2 AB 2a2 AC C Dựng hình bình hành AMIN (hình vẽ), ta có: B H AI AM AN Với x AM AB x AB y AC AM.AB AH AB 2AB2 Mà AH b2c2 b c2 b2 c2 a2 x b2 2a2 Trang 10 c2 Suy điều phải chứng minh 2a2 Hoàn tồn tương tự ta có: y Mở rộng tốn sang khơng gian ta có Bài tốn 3.1 Cho tứ diện OABC có cạnh OA,OB,OC đơi vng góc Gọi S0 , SA, SB ,SC diện tích mặt tứ diện đối diện với đỉnh tương ứng O,A, B, C Gọi I trung điểm đường cao OH tứ diện Chứng minh 2 2 O Bài giải SO IO SA IA SB Nhận xét: Ta có: S O S A Từ (1) 2SO S B SC 2 SO IC .IB SC SA IO IA 2S SB 2SO SC IB (1) 2S O SA S OH A SO SB OA 2SO2 IC I O OI 2 S OA OB B SO SC OB 2SO2 2SO2 S OC A C SO OC (2) C H Ta chứng minh (2) nhờ sử dụng toán phẳng sau: M Đặt OA = a, OB = b, OC = c, OM = m, AM = x B Áp dụng toán phẳng cho tam giác OAM vng O có đường cao OH: m2 a2 OH x OA x2 OM Áp dụng toán phẳng cho tam giác OBC vng O có đường cao OM: c2 OM BC Do ta có B2 OB BC2 m2 OH OH a2c2 OH a b2 OA OB OC x2 x BC x BC2 m BC a2c2 a b2 OA OB x BC x BC x BC2 S OH OC A 4.SO S A SO 4.S 2 B OA OA 4.S S2 B SO OB C OB 4.SO2 4.SO2 S2 C S OC OC OC O Ta có điều phải chứng minh Bài toán Bài toán đường thẳng Euler tam giác Bài toán sở Chứng minh tam giác ABC bất kì, trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O thẳng hàng GH 2GO ( Bài toán SGK Hình học 10 nâng cao trang 21) Trang 11 Nhận xét: Bài toán chứng minh dựa vào kiến thức lớp 10 Tuy nhiên để phát triển tư làm tiền đề cho toán tơi trình bày lời giải thơng qua phép vị tự lớp 11 Chứng minh hệ thức GH=2GO ta dùng phép vị tự tâm G biến điểm O thành điểm H ngược lại Dựa vào hình vẽ ta đoán tỉ số vị tự -2 - Bài giải A Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC,CA,AB GA, Ta có: GM Do GN 2GB , GP H 2GC, P V G N G : A M O B BN CP Phép vị tự bảo tồn tính vng góc nên biến trực tâm tam giác ABC thành M Hình 3.9 trực tâm tam giác MNP Theo giả thiết H trực tâm tam giác ABC O trực tâm tam giác MNP, VG : H O GO GH Từ H,G,O thẳng hàng GH=2GO Mở rộng toán sang khơng gian ta có tốn Bài tốn 4.1 Chứng minh rằng, với tứ diện trực tâm ABCD ta ln có trọng tâm G, trực tâm H , tâm O mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thẳng hàng GH = GO Bài giải Để chứng minh GH = GO ta nghĩ đến phép vị tự tâm G tỉ số -1 Lần lượt lấy A′ đối xứng với A, B′ đối xứng với B, C′ đối xứng với C, D′ đối xứng với D qua G Ta dễ thấy A' B' //=AB (tính chất phép vị tự) đường trung bình EF (E,F thứ tự trung điểm CD AB) qua G Trong hình bình hành A'B'AB E trung điểm A'B' A'CB'D hình bình hành Mặt khác tứ diện trực tâm ABCD có hai cạnh đối diện vng góc với nên AB CDA'B' CD A'CB'D hình thoi A'C = A'D' Chứng minh tương tự ta có A'C = A'B A’ cách B, C, D Hình 3.10 Từ giả thiết ta có O cách B,C,D nên A'O trục đường tròn ngoại tiếp BCD A'O (BCD) A'O (B'C'D') (1) Trang 12 C Tương tự (1), ta có B'O (A'C'D') (2); C'O (B'A'D') (3) O trực tâm tứ diện A'B'C'D' Xét phép vị tự V , ta có: V : A A', B B, C C', D D' G G Như vậy, V : ( ABCD ) ( A ' B ' C ' D ') nên phép vị tự biến trực tâm tứ diện ABCD thành trực tâm O tứ diện A’B’C’D’ Suy ra: VG : H O hay GO GHH, G, O thẳng hàng GO = GH G Bài toán Bài toán qua điểm cố định Bài toán sở: Trên cạnh góc xOy có điểm M , N thay đổi cho a b 1, a , b độ dài cho trước Chứng minh M N OM ON qua điểm cố định Bài giải Trên tia Ox , Oy đặt đoạn OA = a , OB = b ; gọi E trung điểm AB O F giao điểm OE với MN , ta có OF OF OE OF OA OB OE OE OF O OB A OF OM ON A E 2OE OM O B N Mà F , M , N thẳng hàng nên ta có : M N OF kOM lON với k+l=1 F OF OA OF OB x y 2OE 2OE ON Hình 3.20 OM OF a b OF = OE F điểm thứ tư hình bình 2OE OM ON hành OAFB ) Vậy MN qua điểm cố định F Bài toán 5.1 Hai điểm M, N thứ tự thay đổi nửa đường thẳng chéo a b Ax, By cho AM BN (a, b độ dài cho trước) Chứng minh M x MN cắt đường thẳng cố định A x' M' A' a I B b Trang 13 B' N Hình 3.21 y Bài giải Dựng tia Bx' // Ax , lấy M' Bx' cho MM'//AB Trên Bx' , By đặt đoạn BA' = a , BB' = b a b BM ' BB ' Từ giả thiết Theo kết ta có M'N ln qua điểm cố định I (đỉnh thứ tư hình bình hành BA'IB') Xét đường thẳng qua I // MM' (//AB) , dễ thấy đường thẳng cố định ln cắt MN Bài toán 5.2 Trên tia Ox , Oy , Oz tương ứng có điểm M , N , P thay a b đổi cho có OM ON OP C 1, a , b , c độ dài cho trước Chứng minh mp (MNP) qua điểm cố định Chứng minh : Cách chứng minh tương tự O C A G P B z F M N x Hình 3.22 y Bài tốn 6: Cơng thức tính độ dài đoạn trung tuyến Bài tốn sở: Cho tam giác ABC với AB=c, BC= a, AC=b trung tuyến AM Khi AM ma 2( b c ) a2 (Bài tập trang 58 SGK Nâng cao) Bài giải Ta có: A AB AM MB AC AM MC Khi : AB AB (AM MB)2 (AM 2AM Suy b c 2ma2 2AM (MB MC) MB2 a2 ma B MC)2 MC2 2(b c ) a2 Trang 14 M Hình 3.30 C Nhận xét 6.1 Từ tốn tính độ dài trung tuyến tam giác mặt phẳng, mở rộng sang khơng gian ta thu tốn mới: Bài toán 6.1 Cho tứ diện ABCD Gọi ma độ dài đoạn trọng tuyến nối từ đỉnh A đến trọng tâm A1 BCD Tính độ dài ma theo (i =1,6) (a1 = AB; a2 = AC; a3 = AD; a4 = BC; a5 =BD; a6 = CD) Đáp số: m2a = 1 2 2 2 3(a 1+ a 2+ a 3) - 9(a 4+ a 5+ a 6) Nhận xét 6.2 Lấy M điểm đoạn BC ta có tốn mới: Bài toán 6.2 (định lý Stewart) Cho tam giác ABC với độ dài cạnh AB=c, BC= a, AC= b Gọi D điểm cạnh BC , BD= a1, CD= a2 Chứng minh rằng: a b a c aa a AD2 2 (*) a Đặc biệt hoá: + Nếu D chân đường trung tuyến kẻ từ A xuống cạnh BC ta có cơng thức trung tuyến AD ma2 (2b 2c a2 ) + Nếu D chân đường phân giác góc A, tức D chia đoạn BC theo tỉ số DB c DC b Khi ta có cơng thức tính độ dài đường phân giác: AD2 bc cb b c b c bca2 (b c)2 bc b c a2 hay l a (b c) Từ toán tiếp tục mở rộng sang khơng gian ta có tốn Bài tốn 6.3 Cho tứ diện ABCD Gọi N, M điểm nằm cạnh CD, BN cho CN l CD , BM k BN Tính AM theo k, l cạnh tứ diện A B D Đáp sô: M N C AM (1 k ) AB k (1 l ) AC 2 kl AD ( k k )(1 l ).BC ( k k )lBD k (l l )CD2 Bài toán Bài toán hai trung tuyến vng góc Bài tốn sở: Cho tam giác ABC Chứng minh điều kiện cần đủ để hai trung tuyến kẻ từ B C vng góc với là: b c 5a2 (Bài tập trang 70 SGK Hình học 10- Nâng cao) Trang 15 Bài giải Gọi G trọng tâm tam giác ABC Hai trung tuyến kẻ từ B C vng góc với nhauGBC vng G GB2 GC2 BC2 A 2m b 2m a2 c 3 mb mc a2 a b c 9a2 b2 c2 G B 5a2 C Nhận xét 7.1 Từ toán ta thay đổi giả thuyết ta có số tốn sau: Bài toán 7.1 Cho tam giác ABC Chứng minh điều kiện cần đủ để hai trung tuyến kẻ từ B C vng góc với S a tan A Bài toán 7.2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O; R H trực tâm tam giác CMR cot A 2(cot B cotC) OH R 6a2 Bài toán 7.3 Cho tam giác ABC có hai trung tuyến kẻ từ B C vng góc với Chứng minh cosA Bài tốn 7.4 Cho tam giác ABC có hai trung tuyến kẻ từ B C vng góc với Chứng minh cotB cot C Bài toán 7.5 Cho tam giác ABC có b c 5a2 Gọi R, r bán kính ( 10 1)R đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC Chứng minh r Nhận xét 7.2 Từ toán điều kiện cần đủ để hai trung tuyến kẻ từ B C vng góc với là: b c 5a2 , ta mở rộng cho tốn tứ giác, tứ diện Bài toán 7.6 Cho tứ giác OABC có trọng tâm G, OA=x, OB=y, OC=z, BC=a,CA=b,AB=c Chứng minh điều kiện cần đủ để GA.GB GB.GC GC GA x y z 3( a b c2 ) Bài toán 7.7 Cho tứ diện OABC có trọng tâm G, OA=x, OB=y, OC=z, BC=a,CA=b, AB=c Chứng minh điều kiện cần đủ để GA.GB GB.GC GC GA x y z 3( a b c2 ) Bài giải (Bài toán 7.6) Trước hết ta chứng minh 16OG 3( x y z ) ( a b Trang 16 c2 ) Gọi G1 trọng tâm tam giác ABC Vì G trọng tâm tứ giác OABC nên 2 (1) GO GA GB GC GO 16GO OG1 9OG1 2 Mà OA OA (OG1 G1 A)2 Tương tự ta có: x OG12 G1 A 2OG1 G1 A O y OG G B 2OG G B 1 z OG G C x x y y z z 3OG 2OG G C 3OG GA GB a b N c G C2 G A 3( x y z ) ( a b c2 ) (2) G1 16OG 3( x y z ) ( a b c2 ) Từ (1) (2) suy C 9OG2 B M Chứng minh tương tự ta có: 16GA 3( x b c ) ( y z a2 ) 16GB 3( y c a ) ( z x b2 ) 16GC 3( z a b ) ( x y c2 ) Mặt khác GA.GB GB.GC GC.GA (GA GB GC) (OG) GA 2 16OG x2 GB 16GA 2 2 GA GB GC GC 2 16GB 16GC y z 3( a b c2 ) 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Đề tài giải vấn đề sau: Đề tài số toán bản, giải phương pháp vectơ Trên sở xây dựng số tốn tương ứng Xây dựng cách giải đưa đáp số cho toán Đề tài áp dụng tiết luyện tập, tiết tự chọn lớp đặc biệt buổi dạy bồi dưỡng học sinh giỏi Thông qua việc xuất phát từ toán bản, giáo viên gợi ý, dẫn dắt học sinh tổng quát toán, tạo tốn mới, hình thành cho em khả làm việc độc lập, phát triển tư sáng tạo, phát vấn đề giải vấn đề Phát huy tối đa tính tích cực học sinh theo tinh thần đổi Bộ Giáo dục Đào tạo Từ tạo cho em niềm tin, hứng thú học tập mơn Tốn Trang 17 Đề tài tơi kiểm nghiệm năm học giảng dạy lớp 10 số buổi dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh nhiệt tình tham gia nâng cao chất lượng dạy học Các em hứng thú học tập hơn, lớp có hướng dẫn phương pháp em học sinh với mức học trung bình trở lên có để giải số tập khó Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt Cụ thể lớp sau áp dụng sáng kiến vào giảng dạy, đánh giá qua kiểm tra thu kết sau : Năm Lớp học 2018 10A4 (Ban bản) 10A2 (Ban 2019 nâng cao) Tổng Điểm trở lên Số số HS Tỷ lệ lượng 41 17,1 % Điểm từ đến Điểm Số Số Tỷ lệ Tỷ lệ lượng lượng 22 53,6 % 12 29,3 % 44 31 70,4% 18,2% 11,4 % III PHẦN KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Sáng kiến kinh nghiệm kết q trình tìm tịi, nghiên cứu đúc rút kinh nghiệm trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi Qua năm triển khai thực đề tài với cách xây dựng phát triển tốn, xây dựng quy trình giải toán cách "tự nhiên” vậy, nhận thấy em nắm vấn đề, biết vận dụng kết vào giải toán cách linh hoạt, sáng tạo Từ giúp cho em u thích mơn tốn hơn, chất lượng học nâng cao rõ rệt Trong năm học tới, tiếp tục nghiên cứu bổ sung để đề tài hoàn thiện hơn, đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng cho học sinh giỏi để em đạt kết cao kỳ thi chọn học sinh giỏi kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông sau Trong q trình biên soạn đề tài tơi có nhiều cố gắng, nhiên không tránh khỏi thiếu sót.Tơi mong thầy giáo, bạn đồng nghiệp góp ý, bổ sung để đề tài hồn thiện Hy vọng tài liệu sử dụng làm tài liệu tham khảo cho học sinh thầy giáo q trình học tập, giảng dạy Xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2019 Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Trịnh Công Hải Trang 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO Văn Như Cương (Chủ biên), Phạm Khắc Ban, Tạ Mân (2007), Bài tập hình học 11 nâng cao , NXB Giáo dục, Hà Nội Văn Như Cương (Chủ biên), Phạm Vũ Khuê, Trần Hữu Nam (2007), Bài tập hình học 10 nâng cao , NXB Giáo dục, Hà Nội Nguyễn Văn Dũng (2015), Xác định luyện tập cho học sinh số phương thức phát triển kiến thức sách giáo khoa hình học 10 , luận văn thạc sĩ khoa học giáo dục, Trường ĐH Vinh, Nghệ An Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên)- Nguyễn Mộng Hy (2007), Hình học 10 , NXB giáo dục Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên)- Nguyễn Mộng Hy (2007), Hình học 11 , NXB giáo dục B.I.Acgunơp- M.B.Ban (1977), Hình học sơ cấp , NXB Giáo Dục Trang 19 ... pháp sử dụng để giải vấn đề Trong q trình tìm tịi, nghiên cứu, giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, tổng hợp lựa chọn số toán bản, giải cơng cụ vectơ Trên sở tơi hướng dẫn học sinh tìm tịi, phát. .. O tỉ số k Kí V hiệu: Vậy: O;k V M O;k M' OM ' kOM 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Khi dạy hình học lớp 10 ta nhận thấy số toán chứng minh sở cơng cụ vectơ Sau sách giáo... dẫn học sinh tìm tịi, phát triển thêm số toán đồng thời giải tốn cơng cụ vectơ Bài tốn (Bài toán trọng tâm) Bài toán sở: Cho tam giác ABC , ta ln có: a Một điểm G cho GA GB GC b Ba đường trung