một số bài toán véc tơ áp dụng trong giảng dạy học sinh giỏi toán 10

MỤC LỤC BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Lời giới thiệu .2 Tên sáng kiến: Tác giả sáng kiến: .2 Chủ đầu tư tạo sáng kiến: .2 Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: .2 Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử: Mô tả chất sáng kiến: 7.1 KIẾN THỨC CƠ BẢN 7.2 MỘT SỐ BÀI TẬP HAY LIÊN QUAN ĐẾN CÁC PHÉP TOÁN VÉC TƠ 7.3 MỘT SỐ BÀI TẬP HAY LIÊN QUAN ĐẾN TÍCH VƠ HƯỚNG CỦA HAI VEC TƠ 10 Những thơng tin cần bảo mật (nếu có): 19 Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: 19 10 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu được: .19 11 Danh sách tổ chức/cá nhân tham gia áp dụng thử áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có): 19 KẾT LUẬN .20 TÀI LIỆU THAM KHẢO .21 BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN Lời giới thiệu Mơn Tốn trường phổ thơng giữ vị trí, vai trị quan trọng, môn học bản, môn học công cụ Nếu học tốt mơn Tốn tri thức với phương pháp làm việc Toán trở thành công cụ để học tốt môn học khác Mơn Tốn góp phần phát triển nhân cách, ngồi việc cung cấp cho học sinh hệ thống kiến thức, kĩ tốn học cần thiết; mơn tốn cịn rèn luyện cho học sinh đức tính, phẩm chất người lao động mới: cẩn thận, xác, có tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo bồi dưỡng óc thẩm mĩ Với nguyện vọng giúp học sinh nâng cao tư mơn tốn tơi tập trung khai thác tốn khó véc tơ thuộc kiến thức hình học 10 Hy vọng đề tài nhỏ đời giúp bạn đồng nghiệp em học sinh lớp 10 có thêm phương pháp giải số tốn khó Tên sáng kiến: MỘT SỐ BÀI TOÁN VÉC TƠ ÁP DỤNG TRONG GIẢNG DẠY HỌC SINH GIỎI TOÁN 10 Tác giả sáng kiến: - Họ tên: Nguyễn Thị Minh Huệ - Địa tác giả sáng kiến: Trường THPT Bình Xuyên - Số điện thoại: 0915727568 E_mail:nguyenminhhue.c3binhxuyen.@vinhphuc.edu.vn Chủ đầu tư tạo sáng kiến: Nguyễn Thị Minh Huệ Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Đề tài sử dụng để giảng dạy bồi dưỡng cho em học sinh giỏi lớp 10 vòng tỉnh hệ THPT làm tài liệu tham khảo cho thầy cô giảng dạy lớp chọn Các thầy học sinh sử dụng toán đề tài làm toán gốc để đặt giải tập tương tự Ngày sáng kiến áp dụng lần đầu áp dụng thử: Tháng năm 2019 trực tiếp giảng dạy lớp 10A2 Mô tả chất sáng kiến: - Về nội dung sáng kiến chia thành phần 7.1 Kiến thức 7.2 Một số tập hay liên quan đến phép toán véc tơ 7.3 Một số tập hay liên quan đến tích vơ hướng hai véc tơ Sau đây, tác giả trình bày nội dung cụ thể phần 7.1 KIẾN THỨC CƠ BẢN Các phép toán véc tơ uuu r uuu r uuu r  Quy tắc ba điểm: với điểm A, B, C tùy ý ta có: AC  AB  BC uuur uuu r uuu r  Quy tắc trừ: với điểm A, B, C tùy ý ta có: AC  BC  BA uuu r uuur uuur  Quy tắc hình bình hành: ABCD hình bình hành AB  AD  AC  Tính chất trung điểm đoạn thẳng: uuur uuur r + M trung điểm đoạn thẳng AB � MA  MB  uuuu r uuu r uuu r + M trung điểm đoạn thẳng AB với điểm O ta có: 2OM  OA  OB  Tính chất trọng tâm tam giác: uuu r uuu r uuur r + G trọng tâm tam giác ABC � GA  GB  GC  uuur uuu r uuu r uuur + Nếu G trọng tâm tam giác ABC với điểm O ta có: 3OG  OA  OB  OC r r r r r r a  Điều kiện hai vectơ phương: , b b �0 phương � k : a  k b , ( k �  R)   Điều kiện ba điểm thẳng hàng: Ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng � k cho uuu r uuur AB  k AC , ( k �R)  Phân tích vectơ theo hai vectơ khơng phương: r r r Cho hai vectơ a b không phương Khi vectơ x phân tích r r r r r cách theo hai vectơ a b , nghĩa có cặp số h, k cho x   kb Tích vơ hướng hai vectơ rr r r r r  Định nghĩa: a.b  a b cos a, b r r r2 r Đặc biệt: a a  a  a r r r  Tính chất: Với a, b,c kR, ta có: rr rr + a.b  b.a ; r r r rr rr + a b  c   a.b  a.c ; r r r r r  r   ka b  k a b  a kb ; + r2 r2 r r + a �0; a  � a  r r  r2 r r r2  a  b  a  a b  b ; + r r r2 r r r2 +  a  b  a  2a.b  b ; r2 r2  r r   r r  a  b  a b a b + rr r r + a.b =  a  b Biểu thức toạ độ tích vơ hướng r rr r  Cho a = (a1, a2), b = (b1, b2) Khi đó: a.b  a1b1  a2b2 a1b1  a2b2 r r r r r r r 2 cos( a , b )  a �0; b �0 ;  a  a1  a2 ; a12  a22 b12  b22 r r  a  b � a1b1  a2b2     Cho A(xA; yA ), B(xB; yB ) Khi đó: AB  (xB  xA )2  (yB  yA )2 7.2 MỘT SỐ BÀI TẬP HAY LIÊN QUAN ĐẾN CÁC PHÉP TOÁN VÉC TƠ Bài 1: (Đề thi hsg Hải Dương 2012-2013) Cho tam giác ABC Gọi D, E điểm uuur thỏa mãn: BD  r uuur uuur uuu BC; AE  AC Tìm vị trí điểm K AD cho điểm B, K, E thẳng hàng Lời giải: uuur uuur uuu r uuu r uuur Vì AE  AC � BE  BC  BA(1) 4r 4ur uuu uuur uu4ur uu uuur Giả sử AK  x.AD � BK  x.BD  (1  x)BA uuur uuur uuur uuur uuur 2x uuur uuur BD  (1  x)BA Mà BD  BC nên AK  x.AD � BK  3 uuur uuu r Vì B, K, E thẳng hàng (B �E ) nên có m cho BK  mBE r 3m uuur 2x uuu r uuur m uuu BA  BC  (1  x)BA Do có: BC  4 u u u r uuur r 3m � �m 2x � � BC  � 1 x  BA  Hay �  � � � �4 � � uuu r uuur m 2x 3m  &1  x   Từ suy x  ; m  Do BC; BA không phương nên  4 uuur uuur Vậy AK  AD Bài 2: (Đề thi hsg cấp trường – Con Cuông – Nghệ An 2014-2015) Cho tam giác ABC; M điểm thuộc cạnh BC cho MC = 2MB, N điểm thuộc cạnh AC cho NA = 2NC Gọi K giao điểm MA BN Chứng minh rằng: AK = 6.KM Lời giải: uuu r r uuur r uuur uuuu r Đặt: AB  a ; AC  b AK  t AM uuur �2t �r t r uuur r 2r a  b ; BN  a  b Khi đó: BK  �  1� �3 � uuur uuur �2t �r t r �r r � a  b  m � a  b � Do B, N, K thẳng hàng nên  m : BK  mBN � �  1� � �3 � � �2t �   m m � � �3 � �� �� �t  2m � t �3 � uuur uuuu r uuur uuuur Suy AK  AM � AK  6.KM � AK  6.KM (đpcm) Bài 3: (Đề thi hsg cấp trường – Tân Kỳ – Nghệ An 2015-2016) Cho tam giác ABC M thuộc cạnh AC cho MA  2.MC , N thuộc BM cho NB  3.NM , P thuộc BC cho PB k PC Tìm k để ba điểm A, N, P thẳng hàng Lời giải: Ta có:   NB  3.NM  AB  AN  AM  AN  AB  AM 4 AN 1  AN  AB  AC 1   PB k PC  AB  AP k AC  AP  AB  k AC 1  k  AP (k 1) k  AP  AB  AC 1 k 1 k  2 h �1  uuu r uuur � � 1 k � k  2 Ba điểm A, N, P thẳng hàng AP  h AN � � k h �   � 1 k Bài 4: Cho tứ giác ABCD cạnh AB , CD lấy điểm M , N cho uuuu r uuur uuur uuur uuuu r uuur uuur AM  AB 3DN  DC Tính vectơ MN theo hai vectơ AD , BC Lời giải: Ta chứng minh toán sau: uuur uuuu r uuur Gọi E , F trung điểm MN , PQ ta có: EF  MQ  NP uuur uuu r uuur r uuuu r r uuur uuur uuur uuuu uuuu Thật vậy, ta có: EF  EP  EQ  EN  NP  EM  MQ  MQ  NP 2         Gọi I , K trung điểm AM DN uuuu r uuur uur Khi áp dụng kết tốn ta có: MN  BC  IK uuuu r uuur uuur � MN  AD  BC 3   r � �uuur uuur uuuu  �BC  AD  MN � 2� �   Bài 5: (Đề thi hsg cấp trường – Bình Xuyên – Vĩnh Phúc 2017-2018) Cho tứ giác ABCD không hình thang Gọi M, N điểm thuộc cạnh AD, BC cho uuuu r uuu r uuur MD NC   2017 Tìm số thực p, q thỏa mãn MN  p AB  qDC MA NB Lời giải: uuuu r uuur r uuur uuur r Theo ta có MD  2017 MA  ; NC  2017 NB  uuuu r uuur uuu r uuur uuuu r uuur uuu r uuur Ta có MN  MA  AB  BN � 2017MN  2017 MA  2017 AB  2017 BN (1) MN MD  DC  CN (2) Cộng theo vế (1) (2) ta uuuu r uuur uuuu r uuu r uuur uuur uuur uuu r uuur 2018MN  (2017 MA  MD)  (2017 AB  DC )  (2017 NB  NC )  2017 AB  DC uuuu r 2017 uuu r uuur � MN  AB  DC 2018 2018 uuu r uuur Mà AB, DC không phương nên (p,q) Vậy p = 2017/2018, q = 1/2018 Bài 6: (Đề thi hsg cấp tỉnh Vĩnh Phúc 2014-2015) Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn tâm O G trọng tâm tam giác ABC Gọi M, N, P trọng tâm tam giác OBC, OCA, OAB G’ trọng tâm tam giác MNP Chứng minh O, G, G’ thẳng hàng Lời giải: Kết bản: cho tam giác ABC trọng tâm G Khi với điểm O ta có uuu r uuu r uuur uuur OA  OB  OC  3.OG Do M, N, P trọng tâm tam giác OBC, OCA, OAB nên: uuu r uuur uuuu r OB  OC  3.OM uuur uuu r uuur OC  OA  3.ON uuu r uuur uuur OA  OB  3.OP uuu r uuu r uuur uuuu r uuur uuu r Cộng vế hệ thức ta được: OA  OB  OC  OM  ON  OP uuur uuuur uuur uuuur � 2.3.OG  3.3.OG ' � 2.OG  3.OG ' � O, G, G ' thẳng hàng Bài 7: Cho tam giác ABC có trực tâm H, D làuuu điểm Burqua tâm O đường tròn r uuđối ur xứng uuurvớiuu ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh HA  CD AD  CH Lời giải: Ta có: Vì D đối xứng với B qua O nên D thuộc đường tròn tâm (O) AD // DH (cùng vng góc với AB) AH // CD (cùng vng góc với BC) Suy bành uuADHC ur uuur hình uuurbình uuu r Vậy HA  CD AD  CH     Bài 8: (Đề thi hsg cấp tỉnh Vĩnh Phúc 2011-2012) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi M, N, P điểm đối xứng O qua đường thẳng BC, CA, AB; H tâm uuu rtrựcuu u r u uur tam uuugiác r ABC L trọng tâm tam giác MNP Chứng minh OA  OB  OC  OH ba điểm O, H, L thẳng hàng Lời giải: A P N H B O C K M D Kẻ đường kính AD, tứ giác BHCD hình bình hành nên trung điểm K BC trung tam giác AHD OH uuur điểm uuur uuu r HD, uuur uuur uu u r uuu r uu ur uuurcó uu ur đường trung bình nên 2OK  AH � OB  OC  OH  OA � OA  OB  OC  OH uuu r uuur uuur uuuu r Ta có OB  OC  2OK  OM đẳng thức tương tự ta được: uuuu r uuur uuu r uuu r uuu r uuur uuur OM  ON  OP  OA  OB  OC  2OH uuu r uuur � 3OL  2OH suy O, H, L thẳng hàng   Bài 9: Tam giác ABC tam giác nhọn có AA�là đường cao Chứng minh uuur uuuu r r B   tan C  A� C 0  tan B  A� Lời giải: A B A� C r uuur uuuu r r AA� uuur AA� uuuu r B   tan C  A� C �u A� B A� C Đặt u   tan B  A� BA� CA� uuur uuuu r AA� AA� A� B A� C ngược hướng độ dài vecto AA�nên BA� CAr� r chúng hai vecto đối Vậy u  Bài 10: Cho tứ giác ABCD uuu r uuur uuur a Xác định điểm O cho OB  4OC  2OD uuur uuuu r uuuu r uuur b Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn hệ thức MB  4MC  2MD  3MA Ta thấy hai vecto Lời giải: a Ta có: uuu r uuur uuur uuu r uuur uuur uuu r OB  4OC  2OD � 3OB  2OD  4OC  2OB uuu r uuur uuur uuur uuu r � 3OB  OD  CO  CO  OB uuu r uuur uuu r � 3OB  CD  CB uuur uuu r uur Gọi I trung điểm BD Khi CD  CB  2CI uuu r uur uuu r uur Vậy 3OB  4CI hay OB  CI Từ suy vị trí điểm O uuur uuuu r uuuu r uuur b MB  4MC  2MD  3MA uuuu r uuu r uuuu r uuur uuuu r uuuu r uuur � MO  OB  MO  4OC  MO  MD  3MA uuuu r uuu r uuur uuur uuur � 3MO  OB  4OC  DO  3MA uuu r uuur uuur uuu r uuur uuur r Mà theo câu a OB  4OC  2OD � OB  4OC  DO  uuuu r uuur Do 3MO  3MA  MO = MA         Vậy tập hợp điểm M đường trung trực OA Bài 11: Cho tam giác ABC , trọng tâm G , gọi I trung điểm BC Tìm tập hợp điểm M uuur uuur uuuu r uuur uuuu r thoả mãn: MA  MB  MC  MB  MC Lời giải: uuur uuur uuuu r uuur uuuu r uuuu r uuu r uuuu r uuu r Ta có: MA  MB  MC  MB  MC � 3MG  MI � MG  MI � MG  MI Vậy tập hợp điểm M thoả hệ thức đường trung trực IG ABC Bài 12: Cho Tìm tập hợp điểm uuur uuur uuuu r uuur uuur uuuu r MA  3MB  2MC  MA  MB  MC M cho: Lời giải: A A N C uu r uur uur r Gọi I điểm thỏa mãn IA  3IB  IC  uuur uuur uuuu r uuur uuur uuuu r uuu r uu r uur uur uuu r uuu r MA  3MB  2MC  MA  MB  MC � MI  IA  3IB  IC  BA  CA  1 uuu r uuur Gọi N trung điểm BC Ta được:  1 � MI   AN � IM  AN I , A , N cố định nên tập hợp điểm M đường tròn tâm I , bán kính AN uuur uuur uuur uuur Bài 13: Cho tam giác ABC Tập hợp điểm M cho: MA  2MB  MA  MB Lời giải: uur uuu r Gọi I điểm cạnh AB cho 3BI  BA , ta có: uuur uuu r uuur uur uuu r uuur uuur uuur uuu r uuur MA  2MB  MB  BA  2MB  3MB  BA  3MB  3BI  3MI uuur uuur uuu r MA  MB  BA uuur uuur uuur uuur uuu r uuu r MA  MB  MA  MB � 3MI  BA � MI  AB Vậy M nằm đường tròn tâm I , bán kính R  AB với I nằm cạnh AB cho IA  IB 7.3 MỘT SỐ BÀI TẬP HAY LIÊN QUAN ĐẾN TÍCH VÔ HƯỚNG CỦA HAI VEC TƠ Bài 1: (Đề thi hsg Đà Nẵng 2010-2011) Cho tam giác ABC có AB = c, AC = b uuur uuur uuur uuu r Các điểm M, N xác định � Tìm hệ MC   MB NB   NA BAC  60 thức liên hệ b c để AM CN vng góc với Lời giải: uuuu r uuur uuur uuuu r uuu r uuuu r uuuu r uuu r uuur Ta có: MC  2 MB � AC  AM  2( AB  AM ) � AM  AB  AC uuur uuu r uuu r Tương tự ta có: 3CN  2CA  CB uuuu r uuur uuu r uuur uuu r uuu r Vậy: AM  CN � AM � CN  � (2 AB  AC )(2CA  CB )  uuu r uuur uuur uuur uuu r uuur  (2 AB  AC )( AB  AC )   AB  AC  AB AC  5bc 2 0  2c  3b   4c  6b  5bc  Bài 2: (Đề thi hsg Hải Dương 2012-2013) Cho tam giác ABC vuông A; BC = a; CA = b; uur uur uur r AB = c Xác định điểm I thỏa mãn hệ thức: b IB  c IC  2a IA  ; Tìm điểm M cho biểu thức ( b MB2  c2 MC  2a MA ) đạt giá trị lớn Lời giải: Kẻ đường cao AH, ta có b  a.CH;c  a.BH nên b BH  c CH uuur uuur r Do đó: b BH  c CH  uu r uur uur uur uur Suy b IB  c2 IC  b IH  c2 IH  a IH uur uur uur uur Kết hợp giả thiết suy 2a IA  a IH hay 2.IA  IH Do điểm I thỏa mãn gt I thỏa uur mãn uurA làutrung ur r điểm IH Với x, y, z tùy ý thỏa mãn: x.IA  y.IB  z.IC  (*) bình phương vơ hướng vế (*), ý uur uu r 2IA.IB  IA  IB2  AB2 ta có: (x.IA  y.IB2  z.IC2 )(x  y  z)  xyc  xzb2  yza Từ có (2a IA  b IB2  c IC2 )  3b c uur uuu r uur uuu r Mặt khác xMA  x(IA  IM)  x(IM  IA  2IA.IM) Tương tự cho yMB2; zMC2 cộng đẳng thức lại ta có xMA  yMB2  zMC2  (x  y  z)IM  xIA  yIB2  zIC2 Thay số có: 2a MA  b2 MB2  c2 MC2  a IM  3b2 c2 �3b2 c2 Dấu xảy M trùng I Bài 3: (Đề thi hsg Hà Tĩnh 2012-2013) Cho tam giác ABC có AB= c ,BC=a ,CA=b Trung CM b   Tính tuyến CM vng góc với phân giác AL và cos A AL c Lời giải: uuu r r b uuu c uuur AB  AC Ta có: AL  bc bc 10 uuu r uuu r uuur uuur uuuu r CA  CB AB  AC CM   uu2u r uuuu r Theo giả thiết: AL  CM � AL.CM  uuu r uuur uuu r uuur � b AB  c AC AB  AC  � bc  bc cos A  2cb cos A  2cb     �  c  2b    cos A   � c  2b (do cos A  1) b2  a c a  b2 Khi đó: CM    u u u r u u u r uuu r uuur 2 1 AL2  AB  AC  AB  AC  AB.AC   9b  a  9 2 CM CM a b  52 �   5 2 AL AL 9b  a 2 a b a2 �   �  6 9b  a b2 b  c  a 5b  a 1 cos A    2bc 4b Bài 4: (Đề thi hsg cấp trường – Liễn Sơn– Vĩnh Phúc 2015-2016) Cho tam giác ABC cạnh 3a Lấy điểm M , N , P cạnh BC , CA, AB cho      BM  a, CN  2a, AP   4a Chứng minh AM  PN Lời giải: uuur uuur r uuu r uuur uuuu r uuuu r uuu r uuur AB  AC 3 uuur uuu r uuur uuu r uuur u u u r u u u r u u u r AP uuur PN  PA  AN   AP  AC   AB  AC   AB  AC AB 15 uuuu r uuur �2 uuu r uuur � u u u r u u u r � � AM PN  � AB  AC �  AB  AC � � 3 �3 � � 15 � r uuur uuu r uuur uuu   AB  AB AC  AB AC  AC 45 45 9 u u u r u u u r r uuur uuu   AB  AB AC   AB  AB AC 45 45 15 15 2   a   3a  cos600  15 15 Suy AM  PN (đpcm) Ta có : MB  MC  � AB  AC  AM � AM  11 Bài 5: (Đề thi hsg cấp trường – Bình Xuyên – Vĩnh Phúc 2017-2018) Cho tam giác ABC khơng cân, có trọng tâm G ngoại tiếp đường tròn tâm I Biết BC = a, CA = b, AB = c Chứng minh IG vng góc với IC Lời giải: a  b  c 2ab  ab uu r uur uur r uur Học sinh chứng minh aIA  bIB  cIC  � CI  uur uur uuur uuu r uuu r aCA  bCB abc   uuu r uuu r uuu r uuu r aCA  bCB  CA  CB abc uuu r � b uuu r 1� 1� � a �  � CA  �  � CB �a  b  c � �a  b  c �  Do đó: GI  CI  CG     Suy IG vng góc với IC uur uur uuu r uuu r GI CI  � ab  CA.CB � b  2a  b  c   a  2b  a  c  � � � uuu r uuu r Mà ab  CA.CB  ab(1  cos C )  nên b  2a  b  c   a  2b  a  c   a  b  c 2ab �  ab   Bài 6: (Đề thi hsg cấp trường – Bình Xuyên – Vĩnh Phúc 2017-2018) Cho tam giác ABC cạnh a Gọi M, N điểm cạnh AB, AC cho MA  kMB NC  NA Tính độ dài đoạn thẳng AM theo a, biết hai đường thẳng CM BN vng góc với Lời giải: A M N B C r uuur uuur uuu r uuu r uuu r uuu uuur BC  BA uuuu r CA  kCB BA   k  1 BC Ta có BN  , CM   1 k k 1 uuur uuu r uuu r uuur uuur uuuu r Do BN  CM � BN CM  � BC  BA BA    k  BC  uuu r uuur 1    k  a  2a   2k  1 BA.BC  � 1  k   k   � k  a Với k  � AM  Bài 7: (Đề thi hsg cấp trường – Sáng Sơn – Vĩnh Phúc 2018-2019) Cho tam giác ABC có AB =6; uuurBC=7; uuurCA=5 M điểm thuộc cạnh AB cho AM= 2MB; N thuộc AC cho AN  k AC Tìm k để CM vng góc với BN Lời giải:    uuuu r uuuu r uuur uuu r uuur uuur uuur uuu r uuur uuu r CM  AM  AC  AB  AC BN  AN  AB  k AC  AB 12 uuuu r uuur r uuur � uuur uuu r r uuur uuu r2 uuur uuu r uuur 2k uuu �2 uuu AB AC  AB  k AC  AB AC 3 �3 � 2 uuu r uuur uuu r2 uuu r uuur AB  AC  BC AB  AC  CB � AB AC  6 uuur uuuu r r uuur uuu r2 uuur uuu r uuur 2k uuu BN  CM � BN CM  � AB AC  AB  k AC  AB AC  3 2k 6 �  36  25k   � 21k  18  � k  3   Suy CM BN  � AB  AC �k AC  AB    Bài 8: (Đề thi hsg cấp tỉnh Vĩnh Phúc 2009-2010) Cho tam giác ABC không với ba cạnh BC  a; AC  b; AB  c Gọi O G theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm tam giác ABC; S R theo thứ tự diện tích bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh a  b  c  9( R  OG ) 2 2 Lời giải: uuur uuu r uuu r uuur Vì G trọng tâm tam giác ABC nên 3OG  OA  OB  OC uuur uuu r uuu r uuur uuu r uuu r uuu r uuur uuu r uuur Suy 9OG  (OA  OB  OC )  3R  2(OA.OB  OB.OC  OA.OC ) uuu r uuu r OA2  OB  AB 2 R  c , tương tự với hai hệ thức lại  2 Mà OA.OB  Từ suy a  b  c  9( R  OG ) Bài 9: (Đề thi hsg cấp tỉnh Vĩnh Phúc 2010-2011) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hai điểm A  1;  B  4;3 Tìm tọa độ điểm M trục hồnh cho góc AMB 450 Lời giải: uuur uuur Giả sử tọa độ M  x;0  Khi MA    x;  ; MB    x;3 uuur uuur Theo giả thiết ta có MA.MB  MA.MB.cos 450 2 �   x    x      x     x   2 � x  x  10  x  x  x  x  25 2  � x  x  10   x 2 2    x  x  x  25 (do x  x  10  0) � x  10 x  44 x  110 x  75    �  x  1  x   x  x  15  � x  1; x  Vậy ta có hai điểm cần tìm M  1;0  M  5;0  Bài 10: (Đề thi hsg cấp tỉnh Vĩnh Phúc 2012-2013) Cho tam giác nhọn ABC không cân, nội tiếp đường tròn  O; R  Gọi G M trọng tâm tam giác ABC trung điểm cạnh BC Chứng minh đường thẳng OG vng góc với đường thẳng OM AC  AB  BC  12 R Lời giải: 13 Áp dụng quy tắc trọng tâm quy tắc trung điểm ta có: uuu r uuu r uuur uuu r uuur uuur OA  OB  OC uuuu r OB  OC Khi OG  , OM  uuur uuuu r uuu r uuu r uuur uuu r uuur OG  OM � OG.OM  � OA  OB  OC OB  OC  uuu r uuur uuu r uuur uuur uuur � OA.OB  OA.OC  2OB.OC  R     r r2 r r 1 a b  ab r r 2 2 2 �  R  AB    R  AC   R  BC  R  (chú ý a.b  2   ) � AB  AC  BC  12 R Bài 11: (Đề thi hsg cấp tỉnh Vĩnh Phúc 2013-2014) Cho tam giác ABC , dựng phía ngồi �  CAF �  900 , cho tam giác tam giác ABC hai tam giác vuông ABE ACF với BAE ABE đồng dạng với tam giác ACF Gọi M trung điểm BC , chứng minh AM vng góc với EF Lời giải: uuuu r uuur uuur uuur uuur uuur Ta có AM  AB  AC ; EF  AF  AE uuuu r uuur uuur uuur uuur uuur uuu r uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur Ta có AM EF  AB  AC AF  AE  AB AF  AC AE (do AB AE  AC AF  0)    �  AC AE cos CAE �   AB AF cos BAF �  CAE �  900  BAC � Do ABE : ACF � AB AF  AC AE BAF uuuu r uuur Vậy AM  EF � AM  EF Bài 12: (Đề thi hsg cấp tỉnh Vĩnh Phúc 2015-2016) Cho hình vng ABCD, M trung điểm CD Tìm điểm K đường thẳng BD cho K không trùng với D đường thẳng AK vng góc với đường thẳng KM Lời giải: 14 r r uuur r uuur r rr Gọi a độ dài cạnh hình vng ABCD Đặt DA  u; DC  v u  v  a u.v  Giả uuur r r uuur uuur sử DK  xDB ( x �0) DK  x u  v   uuuu r uuur uuuur r � �r uuur uuur uuur r r v Suy AK  DK  DA  ( x  1)u  xv MK  DK  DM  xu  �x  � � 2� uuur uuuu r r r �r � � r� � �2 v � � x( x  1)a  x �x  � a 0 Ta có AK MK  � ( x  1)u  xv �xu  �x  � � 2� � � �� uuur uuu r 3 � x  x  � x  Vậy, điểm K nằm BD thỏa mãn DK = DB 4 Bài 13: (Đề thi hsg cấp tỉnh Vĩnh Phúc 2016-2017) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn uuur uur uuu r uuu r tâm O Gọi I trung điểm AC M điểm thỏa mãn OM = 2OA + OB + 2OC Biết OM vng góc với BI AC = 3BC.BA Tính góc � ABC   Lời giải: uuur uur uur uuu r uuu r uur uuu r Ta có OM ^ BI � 2OM BI = � (2OA + OB + 2OC )( BA + BC ) = uuu r uur uuu r uur uuu r uuu r uur uuu r uuu r uur uuu r � 5OB + BA + BC BA + BC = � 5OB.BA + 5OB.BC + BA + BC = ( )( ) ( ) Gọi H , K tương ứng trung điểm đoạn AB, BC Khi uuu r uur uuu r uuu r uur uuu r 5OB.BA + 5OB.BC + BA + BC = uuur uuu r uur uuur uuu r uuu r uur uuu r � OH + HB BA + OK + KB BC + BA + BC = uur uuu r 5 � - BA2 - BC + BA2 + BC + 2.2 BA.BC = 2 1 � - BA2 - BC + 2.( AB + BC - AC ) = � AC = ( AB + BC ) 2 4 AC - AC 2 2 BA + BC AC ABC = =3 = , suy � Do cos � ABC = 60o 2.BA.BC 2 AC uuuu r uuur uuur uuu r Bài 14: Cho tam giác ABC Lấy điểm M , N thỏa mãn BM  BC , BN  BA Gọi 3 � I giao điểm AM CN Chứng minh BIC  90 Lời giải: ( ( ) ) ( ) ( ) 15 uuuu r uuu r uuuv Ta có AM  AB  BC uuuu r uur  ,k AM , AI phương nên kι�� uur : AI uuuu r k AM uur AI uuu r k uuur k AB BC r uur uuu r �k � uuur uuur uuur uuur uur uuu NC  AB  BC ; CI  CA  AI   k  1 AB  �  1�BC �3 � k 1 uuur uur k 1 3  �k NC , CI phương nên ta có uur r uuuv uur r uuur uuu uuu Khi có: CI   AB  BC ; BI   AB  BC 7 7 uur uur 16 uuu r 20 uuu r uuur uuur 16 20 AB  AB.BC  BC  a  a cos1200  a  Ta có: BI CI  49 49 49 49 49 49 uur uur � BI  CI (ĐPCM) Bài 15: Cho hình vng ABCD tâm O cạnh a Tìm tập hợp điểm M thỏa mãn MA2  MB  2MC  MD  9a Lời giải: 2MA2  MB  2MC  MD  9a uuuu r uuu r uuuu r uuu r uuuu r uuur uuuu r uuur � MO  OA  MO  OB  MO  OC  MO  OD  9a uuuu r uuu r uuur uuur uuur � MO  2OA2  OB  2OC  OD  2MO 2OA  2OC  OB  OD  9a 4 4 2r 4 43           � MO 3a  9a � MO  a Vậy tập hợp điểm M đường trịn tâm O bán kính R  a Bài 16: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy Cho tam giác ABC với A  1; 2  , B  3; 4  , C  5;  Tìm tọa độ giao điểm I đường thẳng BC với đường phân giác ngồi góc � A 2 Lời giải: Ta có uur uur uuur IB AB   Suy IB  IC  BC Do B trung điểm IC IC AC 2 16 �xI  xB  xC  Suy � Vậy I  1; 10  �yI  yB  yC  10 Bài 17: Trong mặt phẳng toạ độ Oxy , cho tam giác ABC có A  3;  , B  2;1 , C  1; 2  Tìm M  x; y  đoạn thẳng BC cho S ABC  S ABM Lời giải: Nhận xét ABC ABM có chung đường cao nên S ABC  S ABM � CB  4MB uuur uuur Mà M thuộc đoạn BC nên CB hướng với MB � x � �   x   uuu r uuur � � �5 � �� � M � ; � Vậy � CB  MB � �  4 1 y  �4 � � �y  � r r r r r r Bài 18: Cho hai véc tơ a b thỏa mãn điều kiện a  b  , a  2b  15 Đặt r r r r r r r r u  a  b v  2ka  b , k �� Tìm tất giá trị k cho u , v  60�   Lời giải: r r r2 r2 rr rr a  2b  15 � a  b  ab  15 � ab  rr r r r r r2 r2 rr 2k  uv  a  b 2ka  b  2k a  b   2k  1 ab  2k   r2 r2 rr r2 r2 rr r r r r r r  a  b  2ab 4k a  b  4k ab u v  a  b 2ka  b      rr   2ab 4k      rr   4k ab    4k    r r   k  � u v   k   2k  rr 2k  2k   r r uv  cos  60   r r �  u , v  60�ް u v 2  4k   2k    �  4k   2k   6k  17 � � k� k� � � 2 �� �  4k   2k   6k  � � �  k   k   6k  � 12k  96k  57  � � � k� � � �� � k  4 � k  4� � � Bài 19: Trong hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm A  2; 3 , B  3; 4  Tìm tọa độ điểm M trục hoành cho chu vi tam giác AMB nhỏ Lời giải: uuu r Cách 1: Do M trục hoành � M  x;0  , AB   1; 1 � AB  uuuu r uuuu r AM   x  2;3 , BM   x  3;  Ta có chu vi tam giác AMB : PABM    2  x  2  32    x  x  2  42 �   32   x  3  x    x 2  42    4 17 � x2 17 � � M � ;0 �  �x 3 x �7 �  2;3 Ta có MA  MB  MA� MB �A� Cách 2: Lấy đối xứng A qua Ox ta A� B Dấu xảy M trùng với giao điểm A� B với Ox ۳ PABM Dấu xảy uuuu r uuur uuu r Bài 20: Cho M  1;   , N  3;  , P  4;  1 Tìm E Ox cho EM  EN  EP nhỏ Lời giải: Do E �Ox � E  a;0  uuuur uuuu r uuur Ta có: EM   1  a;   ; EN    a;  ; EP    a;  1 uuuu r uuur uuu r Suy EM  EN  EP    3a;  1 uuuu r uuur uuu r 2 Do đó: EM  EN  EP    3a    1    3a   �1 uuuu r uuur uuu r Giá trị nhỏ EM  EN  EP Dấu “ ” xảy  3a  � a  Vậy E  2;0  18 Những thơng tin cần bảo mật (nếu có): Khơng Các điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Học sinh lớp 10 có học lực tốt mơn Tốn nắm kiến thức Hình chương lớp 10 10 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả theo ý kiến tổ chức, cá nhân tham gia áp dụng sáng kiến lần đầu, kể áp dụng thử (nếu có) theo nội dung sau: 10.1 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tác giả: Đề tài tơi học sinh đồng tình đạt kết quả, nâng cao khả giải số tập khó véc tơ 10.2 Đánh giá lợi ích thu dự kiến thu áp dụng sáng kiến theo ý kiến tổ chức, cá nhân: Đề tài học sinh đồng tình đạt kết quả, nâng cao khả giải số tập khó véc tơ 11 Danh sách tổ chức/cá nhân tham gia áp dụng thử áp dụng sáng kiến lần đầu (nếu có): Số TT Tên tổ chức/cá nhân Địa Phạm vi/Lĩnh vực áp dụng sáng kiến Nguyễn Thị Minh Huệ Tổ Tốn – THPT Bình Xun - Giảng dạy tập nâng cao hình véc tơ cho học sinh lớp 10A2 trường THPT Bình Xuyên Bình Xuyên, ngày 20/01/2020 Thủ trưởng đơn vị/ Chính quyền địa phương , ngày tháng .năm Bình Xuyên, ngày 31/12/2019 CHỦ TỊCH HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN CẤP CƠ SỞ Tác giả sáng kiến (Ký, ghi rõ họ tên) (Ký tên, đóng dấu) Nguyễn Thị Minh Huệ 19 KẾT LUẬN KẾT LUẬN - Trên tập mà đúc rút trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 10 trường THPT Bình Xuyên - Đề tài kiểm nghiệm năm học này, học sinh đồng tình đạt kết quả, nâng cao khả giải dạng toán trắc nghiệm 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 - Mặc dù cố gắng tìm tịi, nghiên cứu song chắn cịn có nhiều thiếu sót hạn chế Tơi mong quan tâm tất đồng nghiệp bổ sung góp ý cho tơi Tơi xin chân thành cảm ơn ! KIẾN NGHỊ - Đề nghị cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh giáo viên có nhiều tài liệu sách tham khảo đổi vào phòng thư viện để giáo viên học sinh nghiên cứu học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ - Tổ chuyên môn cần tổ chức buổi trao đổi phương pháp giảng dạy mảng chuyên đề hay buổi họp tổ chuyên môn để học hỏi kinh nghiệm - Học sinh cần tăng cường tính tự giác học tập, ôn nhà để nâng cao chất lượng học tập Tôi xin chân thành cám ơn ! Bình Xuyên, ngày 31/12/2019 Tác giả sáng kiến (Ký, ghi rõ họ tên) Nguyễn Thị Minh Huệ 20 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Website: http://dethi.violet.vn/ [2] Hình học 10 – Tác giả: Trần Văn Hạo, Nguyễn Mộng Hy, Nguyễn Văn Đoành Trần Đức Huyên – Nhà xuất Đại học Sư phạm; [3] Báo Toán học tuổi trẻ - Nhà xuất Giáo dục; [4] Các đề thi thử chuyên đề Toán 10 trường chuyên nước [5] Đề thi học sinh giỏi mơn Tốn lớp 10 tỉnh năm trước   21 ... sáng kiến: MỘT SỐ BÀI TOÁN VÉC TƠ ÁP DỤNG TRONG GIẢNG DẠY HỌC SINH GIỎI TOÁN 10 Tác giả sáng kiến: - Họ tên: Nguyễn Thị Minh Huệ - Địa tác giả sáng kiến: Trường THPT Bình Xuyên - Số điện thoại:... vực áp dụng sáng kiến: Đề tài sử dụng để giảng dạy bồi dưỡng cho em học sinh giỏi lớp 10 vòng tỉnh hệ THPT làm tài liệu tham khảo cho thầy cô giảng dạy lớp chọn Các thầy học sinh sử dụng toán. .. giúp học sinh nâng cao tư mơn tốn tơi tập trung khai thác tốn khó véc tơ thuộc kiến thức hình học 10 Hy vọng đề tài nhỏ đời giúp bạn đồng nghiệp em học sinh lớp 10 có thêm phương pháp giải số tốn