SKKN môn TOÁN giúp học sinh giải toán hình hiệu quả qua phương pháp vecto

I Điều kiện hoàn cảnh tạo sáng kiến: Năm học 2014-2015, tơi phân cơng giảng dạy mơn tốn khối 10, 11 Vì tơi ln 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 tốn có sử dụng phương pháp vectơ Các tốn có sử dụng phương pháp vectơ thường cho ta lời giải hay, độc đáo gọn gàng mà khơng cần tính trực giác ( vẽ hình ) Khi tiếp cận với phương pháp vectơ, học sinh tự tìm tịi tính chất hình học, phát triển tư sáng tạo học sinh Trong kì thi trung học phổ thơng quốc gia, tốn hình học phẳng hình học khơng gian sử dụng nhiều tính chất vectơ Chính ưu điểm phương pháp vectơ giải tốn hình học thúc đẩy viết sáng kiến kinh nghiệm: “ Sử dụng phương pháp vectơ giải tốn 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 tốn Mặc dù có nhiều cố gắng song viết không tránh khỏi thiếu sót Tơi mong đóng góp ý kiến q báu thầy giáo, giáo để hồn thiện sáng kiến kinh nghiệm II Nội dung sáng kiến: 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 uuu r 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 khơng ( 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 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 Từ điểm A tùy ý mặt phẳnguuta dựng vectơ AB  a uu r ur Sau từ điểm B ta lại dựng vectơ BCur b ur uuuu r ur ur Khi gọi tổng hai vectơ a b Kí hiệu: AC  a  b A B C ur ur u r Tính chất: với vectơ a, b, c ta có: ur ur ur ur i) a  b  b  a ( tính chất giao hoán ) ii)  ur ur u r ur ur u r u r   ur u r  a  b  c  a  b  c ( tính chất kết hợp ) ur ur iii) a   0 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 �0 r ur + Độ dài vectơ ka k a u r u r u r Chú ý : k.0  0.k=0 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 �0 a, b phương b  ka  k �� 3 Một số khái niệm tính chất liên quan ur ur ur ur Định nghĩa 3.1 Tích vơ hướng hai vectơ a, b số thực kí hiệu ab ur ur ur ur ur ur    a b cos a,b Ta có: ab ur ur ur ur   ur ur  � a,b  900 Kí hiệu: a  b Nhận xét: ab ur ur Tính chất:  a, b ta có: ur ur ur ur i) ab  ba ( tính chất giao hốn ) ii) ur ur urur     ka b  k ab ( k số ) ur ur u r   ur ur   ur ur ur u r  ac ( luật phân phối phép nhân phép cộng ) iii) a b  c  ab ur ur ur ur  a  a Dấu xảy a  iv) aa 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 a,b� tích có hướng hai vectơ a b vectơ kí hiệu � � � ur ur �a2 a3 a3 a1 a1 a2 � � a , b  ; ; Ta có: � � � �b2 b3 b3 b1 b1 b2 � � � � � r r r Tính chất:  a, b, c ta có: i) ur ur ur ur ur ur � � a � � a , b a,b�.a  ; � � � � ii) ur ur ur ur ur ur � � a b sin a, b a , b � �  ur ur u r ur ur ur ur ur ur � � b � � a , b a,b�.b  � � � �  ur ur a,b� � a, b phương iii) � � � iv) ur ur u r ur ur u r a,b�.c  Ba vectơ a, b, c đồng phẳng � � � � 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 �0 Khi tồn điểm G thỏa mãn i1 n uuuur 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 �0 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 uuuur ur GAi  � i1 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 �0 uu r   Tổng quát: với n vectơ i=1,n ta có: ii) ur ur ur n uu r n uu r ��ai � i 1 i 1 ur a - b �a  b ur ur Dấu xảy a = k.b  k �1 uu r  uu r uur  uur uu r uur uur Tổng quát: với n vectơ i=1,n ta có: a1  a2   an �a1  a2   an ur ur ur ur �a b iii) ab ur ur Dấu xảy a = k.b  k �0 Chương ur ki GAi  � i1 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 uuuu r u r 1) GA  GB  GC  uuur uuur uuuu r uuuu r uuuu r 2) OA  OB  OC  OH  3OG uuur uuuu r uuuu r uuuur uuuur 3) HA  HB  HC  2HO  3HG uuuu r uuur 4) OH  2OI uur uur uuu r ur 5) aIA  bIB  cIC  uuu r a uuur b uuur c uuuur OA  OB  OC 2p 2p 2p uuu r r b+c-2a uuur a+c-2b uuur a+b-2c uuuu OA  OB  OC 6p 6p 6p uuu r b+c uuur a+c uuur a+b uuuur OA  OB  OC 2p 2p 2p 6) OI  7) IG  8) IH  uuur uuuu r uuuu r u r � � tanA.HA  tanB.HB  tanC.HC  9) �A, B, C �2 � � � uuuu r uuuur uuuur u r 10) Sa.MA  Sb MB  Sc MC  ( M điểm nằm ABC Sa , Sb , Sc diện tích tam giác MBC, MCA, MAB ) Chứng minh 1) Đẳng thức đẳng thức vectơ bản, tảng chứng minh đẳng thức vectơ khác 2) Ta có: A P N H O I1 G B C M A' uuur uuur uuuu r u r uuur uuur uuuu r uuuu r u r uuur uuur uuuu r uuuu r 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 uuuu r trung uuur bình uuur uuu r AHA' � 2OM  AH  OH  OA uuuu r uuu r uuur uuu r uuu r uuur uuur Có: 2OM  OB  OC � OA  OB  OC  OH uuur uuur uuuu r uuuu r uuuu r Vậy: OA  OB  OC  OH  3OG ( đpcm ) 3) theo chứng minh ta có: uuu r uuu r 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 uuur uuuu r uuuu r uuuur uuu r uuu r uuur uuur uuur uuur Ta có: HA  HB  HC  3HO  OA  OB  OC  3HO  OH  2HO uuuur Vậy: HA  HB  HC  2HO  3HG ( đpcm ) 4) Ta chứng minh khẳng định sau: + Điểm O trực tâm MNP + Điểm I 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 I , G, O uuuur uuur uuur uuur uuur Chứng minh tương tự ta có: OM  ON  OP  2OI  3OG uuur uuur uuur uuur Theo chứng minh ta có: 3OG  OH � OH  2OI ( đpcm ) uuur uuur uuur Nhận xét: từ toán ta suy hệ thức: OH  2OI  3OG Suy bốn điểm O, H, G, I thẳng hàng Vậy tam giác tâm đường trịn 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: uuu r uuu r 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 uuu r uur uuu r uur uuu r uuu r uur uur r uu r uur uur  a IP  PA  b IP  PB  cIC  aPA  bPB  a+b IP  cIC  0(đpcm)   aIA  bIB  cIC       6) Ta có: uur uuu r uuu r uuur uur a uuu r b uuu r c uuur uu r uur uur r OA  OB  OC aIA  bIB  cIC  �  a+b+c OI  aOA  bOB  cOC � OI  2p 2p 2p ( đpcm ) 7) Ta có: uuu r uuur uuur r GA  GB  GC  uur uu r uur uur uuu r uuu r uuur uur � 3a � uuu r � 3b � uuu r � 3c � uuur � 3IG  IA  IB  IC  OA  OB  OC  3OI  � 1 OA   OB   OC � � � � � � 2p � � 2p � � 2p � uur b+c-2a uuu r a+c-2b uuu r a+b-2c uuur � IG  OA  OB  OC ( đpcm ) 6p 6p 6p 8) Ta có: uur uuur uur � a �uuu r � b� uuu r � c �uuur b+c uuu r a+c uuu r a+b uuur IH  OH  OI  � 1 OA  � 1 OB  � 1 OC  OA  OB  OC � � � 2p 2p 2p � 2p � � 2p � � 2p � ( đpcm ) 9) Xét trường hợp ABC có ba góc nhọn Gọi AH �BC=M, BH �AC=N, CH �AB=P A N C' P H M B C A' uuur uuuu r uuuur Dựng hình bình hành BA’HC’ Theo qui tắc hình bình hành ta có: HB  HA'  HC' Do A, H, A’ thẳng hàng C, H, C’ thẳng hàng nên theo tính chất vectơ tồn k, l �0 ; k=uuur uuuu r uuur uuuur uuur HA' HC' ; l=sao cho HA'  kHA; HC'  l HC HA HC uuur uuur Suy HB  kHA  l HC (*) HA' BC' BP CPcotB tanA     HA HA PA CPcotA tanB HA' tanA HC' tanC � k=  Chứng minh tương tự: l= HA tanB HC tanB Do BA’HC’ hình bình hành nên ta có: Thay vào (*) ta có: uuur uuur uuur uuur uuur uuur r tanA uuur tanC uuur HB  kHA  l HC   HA  HC � tanA.HA  tanB.HB  tanC.HC  ( đpcm ) tanB tanB Trường hợp ABC tù ta chứng minh tương tự 10) Gọi AM �BC=N, BM �AC=P, CM �AB=E A C' P E M B C N A' uuur uuuur uuuur Dựng hình bình hành MC’BA’ Theo qui tắc hình bình hành ta có: MB  MA'  MC' theo tính chất vectơ tồn k, l �0 ; k=uuur uuur uuuur uuur uuuur uuuu r MA' MC' ; l=sao cho MA'  kMA; MC'  l MC MA MC uuuu r Suy MB  kMA  l MC (*) MA' BC' BE S S Ta có BA’MC’ hình bình hành nên ta có: MA  MA  EA  Sa � k   Sa b b S Chứng minh tương tự ta có: l=- Sc b uuur uuur uuuu r S uuur r S uuuu uuur uuur uuuu r r Thay vào (*) ta có: MB  kMA  l MC   Sa MA  Sc MC � Sa MA  Sb MB  Sc MC  b b (đpcm) Nhận xét: toán chứng minh dựa cách dựng hình phụ, qui tắc hình bình hành, tính chất vectơ Câu 10 kết tổng quát câu Ta có điểm M nằm ABC tâm tỉ cự ba đỉnh A, B, C ứng với số  Sa , Sb , Sc  Sa , Sb , Sc diện tích tam giác MBC, MCA, MAB Ta có kết cụ thể sau: 1) Cho điểm M trùng với trọng tâm G ABC suy Sa= Sb= Sc  SABC uuu r uuur uuur r Thay vào câu 10 ta có: GA  GB  GC  10 Bài 2.4 Cho VABC, 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 P đến cạnh tương ứng đối diện với đỉnh Chứng minh rằng: R12sin2 +R22sin2 +R32sin2 �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 trịn ngoại tiếp VA1BC 1 nên: C1B1=R1sin Tương tự: AC 1=R2sin ; 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:  1 uuuuu r uuuuu r2 uuuuu r2 C1B12  C1A12  A1B12  C1B1  C1A1  A1B1  uuuur uuuur   uuuu r uuuur   uuuur uuuu r    PC  = PB1  PC1  PA1  PC1  PB1  PA1  uuuur uuuur uuuu r uuuur uuuur uuuu r =2 PA12  PB12  PC12   PB1.PC1  PA1.PC1  PB1.PA1  uuuu r uuuur uuuur =3 PA12  PB12  PC12   PA1  PB1  PC1 � C1B12  C1A12  A1B12 �3 PA12  PB12 Đẳng thức xảyuura uu r uuuur uuuur uu r � PA1  PB1  PC1  O 31  � P trọng tâm VA1BC 1 � P điểm Lemoine VABC Bài 2.5 Cho VABC, M điểm nằm tam giác, H, K, L hình chiếu vng góc M xuống BC, CA, AB Chứng minh rằng: MA+MB+MC �2 MH+MK+ML  Chứng minh: A K L M B C H ur u r uu r r ur uuuur u uuuur Gọi u, v, w vectơ thỏa mãn u hướng MH , v hướng MK , uu r uuuu r w hướng ML u r uuuu r Ta có: MK=MA.cos�AMK � MK=v.MA uu r uuuu r Tương tự: ML=w.MA uuuu r u r  uu r  Suy c.MK+b.ML=MA cv+bw uuuu r u r uu r uuuu r u r uu r Lại có MA cv+bw �MA cv+bw u r uu r c.MK+b.ML � MA cv+bw Suy u r uu r 2 u r uu r 2 Mà: cv+bw =c +b +2bc.v.w=c +b -2bc.cosA=a2     ( Theo định lí hàm số cos) u r uu r Suy cv+bw=a Do đó: a.MA �c.MK+b.ML c b ۳ MA MK+ ML a a 32 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; + �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 A1A2A3A4 có diện tích mặt A2A3A4 S diện tích mặt cịn lai Các góc phẳng nhị diện cạnh A1A2 , A1A3 , A1A4 có số đo tương ứng a, 2a, 3a Chứng minh rằng: 2- 3