Phương pháp véc tơ điểm và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐINH THỊ LIÊN PHƢƠNG PHÁP VÉC TƠ ĐIỂM VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2019 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC  - ĐINH THỊ LIÊN PHƢƠNG PHÁP VÉC TƠ ĐIỂM VÀ ỨNG DỤNG Chuyên ngành: Phƣơng pháp Toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS: TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - 2019 i Mục lục Lời cảm ơn Lời nói đầu Kiến thức chuẩn bị 1.1 Sơ lược véc tơ 1.2 Phương pháp véc tơ 4 Vận dụng phương pháp véc tơ điểm vào giải tốn hình học28 2.1 Cơ sở phương pháp véc tơ điểm 28 2.2 Một số tập minh họa, ứng dụng phương pháp véc tơ điểm 29 Kết luận 37 TÀI LIỆU THAM KHẢO 38 Lời cảm ơn Luận văn hoàn thành hướng dẫn tận tình, chu đáo thầy Trịnh Thanh Hải Các thầy giáo khoa Tốn - Tin, trường Đại học Khoa học toàn thể bạn lớp Cao học K12 tạo điều kiện, nhiệt tình ủng hộ em suốt trình làm luận văn Em xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành, sâu sắc với tất đóng góp quý báu thầy cô bạn đặc biệt thầy Trịnh Thanh Hải Tuy có nhiều cố gắng q trình làm luận văn, thời gian kiến thức cịn hạn chế nên luận văn khơng tránh khỏi thiếu sót Kính mong nhận góp ý quý Thầy, Cô bạn Mặc dù thân em cố gắng thời gian nên luận văn không tránh khỏi vài lỗi Em mong nhận bảo thầy để em tiếp tục hồn thiện nội dung luận văn Em xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, tháng 10 năm 2019 Tác giả Đinh Thị Liên Lời nói đầu Lý chọn đề tài Phương pháp véc tơ điểm phương pháp sử dụng giải tốn hình học cho ta lời giải thú vị Ở Việt Nam, có số tài liệu đề cấp đến Phương pháp véc tơ điểm, ví dụ Hình học véc tơ Bài tập hình học véc tơ GS Nguyễn Thúc Hào Phương pháp véc tơ điểm có vài điểm khác biệt so với phương pháp véc tơ thông thường, nhiên lại công cụ hay cho phép ta đưa lời giải thú vị, ngắn cho nhiều tốn dành cho học sinh giỏi hình học Liên quan đến hướng đề tài này, Trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên chưa có học viên nghiên cứu viết luận văn, thơng qua tìm hiểu qua mạng internet thư viện Đại học Thái Nguyên, biết đề tài người nghiên cứu chưa có đề tài trùng lặp Xuất phát từ thực tế với mục đích tích lũy thêm kiến thức Phương Pháp véc tơ điểm vận dụng phương pháp vào giải số toán đếm đề thi học sinh giỏi nước quốc tế làm tư liệu cho công việc giảng dạy thân, chúng em lựa chọn hướng nghiên cứu vận dụng Phương pháp véc tơ điểm vào giải số tốn hình học dành cho học sinh giỏi Nhiệm vụ nghiên cứu Luận văn tập trung vào hồn thành nhiệm vụ sau: • Tìm hiểu phương pháp véc tơ điểm • Ý tưởng vận dụng phương pháp véc tơ điểm vào giải tốn hình học • Sưu tầm tốn, đề thi tốn hình học dành cho học sinh giỏi • Đưa lời giải cách vận dụng phương pháp véc tơ điểm để giải số tốn hình học dành cho học sinh giỏi Ngoài luận văn đưa cách giải khác hình học phương pháp véc tơ điểm phương pháp khác để so sánh phương pháp giải với để có nhận xét thú vị Nội dung đề tài luận văn Nội dung luận văn phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo gồm chương: Chương 1: Trình bày kiến thức liên quan đến việc vận dụng phương pháp véc tơ vào giải số tốn hình học Chương 2: Trình bày phương pháp véc tơ điểm số ví dụ minh họa việc vận dụng phương pháp véc tơ điểm vào giải tốn hình học Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương trình hình học THPT, học sinh làm quen với phương pháp véc tơ, phương pháp tọa độ Để có nhìn tổng quan nội dung chương trình bày vài kiến thức chung véc tơ hai phương pháp quen thuộc chương trình hình học THPT phương pháp tọa độ phương pháp véc tơ 1.1 Sơ lược véc tơ Các khái niệm định nghĩa véc tơ −→ Véc tơ đoạn thẳng có định hướng Véc tơ AB có hướng từ A tới B (A gốc, B ngọn) có giá đường thẳng qua A, B có độ dài độ dài đoạn −→ thẳng AB kí hiệu |AB| Hai véc tơ gọi phương chúng có giá song song trùng Hai véc tơ chúng có chiều độ dài Ba véc tơ gọi đồng phẳng với giá chúng song song với mặt phẳng Các khả đồng phẳng véc tơ : a Nếu véc tơ có véc tơ b Nếu có véc tơ phương −→ −−→ −→ c OA, OB, OC ↔ O, A, B, C thuộc mặt phẳng d Nói chung ta thường gặp phải trường hợp chứng minh ba véc tơ đồng phẳng trạng thái giá chúng nằm đường thẳng chéo Tích vơ hướng hai véc tơ a Định Nghĩa a.b = |a|.|b|cos(a, b) ∈ R b Tính chất a⊥b ⇔ a.b = 0; a2 = a.a = |a||a|cos(a, a) = |a|2 Phân tích véc tơ khơng gian 1, 2, chiều Nếu a = p.a = ⇔ p = Nếu a = b phương a ⇔ ∃!p ∈ R : b = p.a a, b = Nếu p.a + q.b = ⇔ p = q = a, b không phương  a, b = Nếu c đồng phẳng a, b ⇔ ∃!p, q ∈ R : c = a, b không phương p.a + q.b a, b, c = Nếu a, b, c khơng đồng phẳng ∀d ln ∃!p, q, r ∈ R : d = p.a + q.b + r.c 1.2 Phương pháp véc tơ Phương pháp véc tơ chương trình tốn THPT việc đưa vào tính chất véc tơ để biến đổi điều kiện cho toán dẫn tới điều cần chứng minh Một vài ví dụ minh họa: Bài toán 1.2.1 (Đề thi Olympic Toán học nước Đông Âu - Kurschak,1995) Cho tam giác với ba đỉnh ba điểm nguyên (tức chúng có thành phần tọa độ nguyên) Biết ba cạnh tam giác khơng có điểm ngun khác bên tam giác có điểm nguyên Chứng minh điểm phải trọng tâm Lời giải Chọn gốc kí hiệu ba véc tơ biểu diễn ba điểm A, B, C a, b, c Khi đó, điểm D nằm bên tam giác biểu diễn véc tơ d = λa + µb + νc với λ, µ, ν ba số thực dương có tổng 1 Giả sử λ > Ta xét điểm biểu diễn véc tơ 2d − a Vì d a có tọa độ ngun nên điểm nguyên Mặt khác, 2d−a = (2λ−1)a+2µb+2νc, tức nằm bên tam giác (do thành phần đứng trước dương có tổng (2λ − 1) + 2µ + 2ν = Theo giả thiết, điểm phải trùng với D Vậy 2d − a = d Điều mâu thuẫn Tương tự, λ = 2d − a = 2µb + 2νc, nên suy D nằm đoạn thẳng BC (trừ B C) Điều mâu thuẫn Từ đó, ta có λ < 1 Cũng tương tự trên, ta µ < ν < 2 Bây giờ, ta xét điểm biểu diễn a + b + c − 2d = (1 − 2λ)a + (1 − 2µ)b + (1 − 2ν)c Các thành phần biểu diễn dương có tổng 1, đằng khác, điểm nguyên.Vậy phải trùng với D (a + b + c) , nói cách khác, D trọng tâm tam giác Suy d = ABC Bài toán 1.2.2 (Đề thi OLympic Balkan, 1985) Cho tam giác ABC có O trọng tâm đường trịn ngoại tiếp Gọi D trung điểm AB, E trọng tâm tam giác ACD Chứng minh OE vuông góc với CD AB = AC Lời giải −→ −→ −−→ −→ −−→ 1 Đặt OA = a, OB = b, OC = c Suy OD = (a + b), OP = a + b, 4 với P trung điểm AD −−→ 1 1 Từ OE = a + b + c = a + b + c 4 −−→ −−→ −→ 1 ta lại có CD = OD − OC = a + b − c 2 Do đó, OE⊥CD (a + b − 2c)(3a + b + 2c) = Khai triển để ý a2 = b2 = c2 , ta a(b − c) = 0, đẳng thức xảy OA⊥BC Suy điều phải chứng minh Bài toán 1.2.3 (Đề thi Olympic, Balkan, 1996) Gọi d khoảng cách tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm tam giác Gọi R r bán kính đường trịn ngoại tiếp nội tiếp tam giác Chứng minh d2 ≤ R(R − 2r) Lời giải Dùng véc tơ, lấy gốc O, tâm đường tròn ngoại tiếp Gọi véc tơ OA, OB, OC a, b, c −→ a + b + c Khi OG = Suy 9OG2 = a2 + b2 + c2 + 2(ab + bc + ca) Ta có a2 = b2 = c2 = R2 , 2ab = 2R2 cos2C = 2R2 − AB = 2R2 − c2 Và hệ thức tương tự ( đặt AB = c, BC = a , CA= b ) Từ 9OG2 = 9R2 − (a2 + b2 + c2 ) √ 1√ 3 Ta lại có (a2 + b2 + c2 ) ≥ a2 b2 c2 Do R2 − OG2 ≥ a2 b2 c2 Kí hiệu [ ] diện tích, ta có [ABC] = [IAB] + [IBC] + [ICA] = (rc+ra+rb), I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC abc Vậy 2[ABC] = r ( a + b + c ) = 2R abc 1√ Từ r R = ≤ a2 b2 c2 a+b+c suy R2 − OG2 ≥ 2rR Bài toán 1.2.4 (Đề thi Olympic, Balkan, 1996 ) Trong ngũ giác lồi, ta xét đường thẳng, đường thẳng nối đỉnh trung điểm cạnh đối diện đỉnh Chứng minh có đường thẳng qua điểm đường thẳng cịn lại qua điểm Lời giải Xét ngũ giác lồi ABCDE Gọi O điểm chung đường thẳng qua A, B, C, D trung điểm cạnh đối diện tương ứng nói đề −→ −−→ −→ −−→ −−→ Đặt OA = a, OB = b, OC = c, OD = d, OE = e −→ Cạnh đối diện đỉnh A CD Gọi I trung điểm CD OI = (c + d) Do ta có a × (c + d) = 0, suy a × c − d × a Tương tự b × d = e × b, c × e = a × c, d × a = b × d Suy e × b = b × d = d × a = a × c = c × e Điều chứng tỏ đường thẳng nối E trung điểm cạnh đối qua O Bài toán 1.2.5 (Đề thi vô địch Anh - 1981) Cho tam giác ABC cân A D trung điểm cạnh AB, I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, E trọng tâm tam giác ABC Chứng minh IE vuông góc với CD Lời giải: 24 −−→ −−→ −→ Chọn hệ sở: BC = a, BD = b, BA = c Ta chứng minh véc tơ −→ −→ −→ IE, IK, IF đồng phẳng −→ −→ −−→ Ta có IE = IB + BE = −1 −→ −−→ −1 BA + BC = c + a 5 −→ − → −→ −→ −−→ Ta có IF = IA + AF = BA + AD = −→ −−→ −→ 3 BA + (BD − BA) = c + (b − c) = b + c 5 15 −→ 1 IK = a + b − c 3 −→ −→ −→ Tìm hai số x y cho IK = xIE + y IF 1 3 ⇔ a + b − c = xa + y b + 3 3 5      5x =  x = Do ⇔ y=    y =  −1   y− x= 15 3 −→ 10 −→ −→ Vậy IK = IE + IF ⇒ đpcm 9 1 y − x c 15 15 10 9 Bài 1.2.24 Cho hình chóp S.ABCD Gọi O giao điểm AC BD Chứng tỏ ABCD hình bình hành −→ −→ −→ −→ −→ SA + SB + SC + SD = 4SO Lời giải Gọi M, N trung điểm AC BD thì: −→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→ OA + OC = 2OM , OD + OD = 2ON −→ −→ −→ −→ −→ ta có : SA + SB + SC + SD = 4SO −→ −→ −→ −−→ −→ −→ −→ −−→ −→ ⇔ SO + OA + SO + OB + SO + OC + SO + OD = 4SO 25 −→ −−→ −→ −−→ ⇔ OA + OB + OC + OD = −→ −→ −−→ −−→ −→ −−→ ⇒ a + c = b + d ⇒ AO + OC = OB + OD ⇒ AB = DC Vậy ABCD hình bình hành Bài 1.2.25 Cho tứ diện ABCD Chứng minh: AC + BD2 < AD2 + BC + 2AB.CD Lời giải Ta có AC + BD2 < AD2 + BC + 2AB.CD −−→ −−→ −−→ −−→ ⇔ AC − AD2 + BD2 − BC < 2AB.CD −→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ ⇔ (AC − AD)(AC + AD) + (BD − BC)(BD + BC) < 2AB.CD −−→ −→ −−→ −−→ −−→ −−→ ⇔ DC(AC + AD + CD(BD + BC) < 2AB.CD −−→ −→ −−→ −−→ −−→ ⇔ DC(AC + AD − BD − BC) < 2AB.CD −→ −−→ −−→ −−→ ⇔ DC(AC + CB + AD + DB) < 2AB.CD −−→ −→ −→ −−→ ⇔ DC.2AB < 2AB.CD ⇔ AB.CD < AB.CD Đúng dấu đẳng thức không xảy (AB không song song với CD) 26 Bài 1.2.26 Cho tứ diện ABCD Gọi M, N hai điểm chia AD, BC theo tỉ số k < Chứng minh M N ≤ max(AB, CD) Lời giải Ta có M, N chia AD, BC theo tỉ số k nên −−→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ −−→ M B − k M C M A + AB − k(M D + DC) MN = = 1−k 1−k −−→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ (M A − k M D) + AB − k DC AB − k DC = = 1−k 1−k −→ −−→ −→ −−→ −−→ AB − k DC |AB + (−k)DC| ⇒ |M N | = | |= 1−k 1−k −→ −−→ |AB| + |(−k)DC| AB − kDC ≤ = (K 900 Lời giải Đặt gốc tâm đường trịn ngoại tiếp, H = A + B + C, G = A+B+C aA + bB + cC ,I = a+b+c 33 Chúng ta cần (G - I ).( H - I ) = G.H + I.I - I.(G + H ) < Bấy A.A = B.B = C.C = R2 2B.C = B.B + C.C - (B - C).(B-C) = 2R2 − a2 Do a2 + b2 + c2 (A + B + C).(A + B + C) = 3R − G.H = 3 I.I = (aA + bB + cC).(aA + bB + cC) abc , = R − (a + b + c)2 a+b+c I.(G + H) = 4(aA + bB + cC).(A + B + C) 3(a + b + c) 2[a2 (b + c) + b2 (c + a) + c2 (a + b)] 3(a + b + c) Như vậy, bất đẳng thức tương đương với chứng minh (a + b + c)(a2 + b2 + c2 ) + 3abc > 2[a2 (b + c) + b2 (c + a) + c2 (a + b)], sau khai triển nhóm lại bất đẳng thức trở thành = 4R2 − a(a - b)(a - c) + b(b - c)(b - a) + c(c - a)(c - b)>0 Để thu bất đẳng thức này, không tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c a(a − b)(a − c) ≥ b(a − b)(b − c) nên tổng hai số hạng không âm, số hạng thứ ba không âm nên đẳng thức Bài 2.2.6 (Đề thi toán Trung học phổ thông Hy Lạp thường niên 1984) Cho A1 A2 A3 A4 A5 A6 lục giác lồi có cạnh đối song song với 34 Chứng minh tam giác A1 A3 A5 A2 A4 A6 có diện tích Lời giải Đặt gốc điểm Do cạnh đối song song với nên (A1 − A2 ) × (A4 − A5 ) = 0, (A3 − A2 ) × (A5 − A6 ) = (A3 − A4 ) × (A6 − A1 ) = Khai triển phương trình cộng chúng với nhau, ta A1 × A3 + A3 × A5 + A5 × A1 = A2 × A4 + A4 × A6 + A6 × A2 Bấy [A1 A3 A5 ] = |A1 × A3 + A3 × A5 + A5 × A1 | |(A1 − A3 ) × (A1 − A5 )| = 2 |A2 × A4 + A4 × A6 + A6 × A2 | Vì [A1 A3 A5 ] = [A2 A4 A6 ] Bài 2.2.7 (Đề thi Olympic toán Balkan 1996) Cho ABCDE ngũ giác lồi gọi M, N, P, Q, R trung điểm cạnh AB, BC, CD, DE, EA Nếu đoạn thẳng AP, BQ, CR, Tương tự [A2 A4 A6 ] = DM có điểm chung, điểm nằm EN 35 Lời giải Đặt gốc điểm chung, A, P gốc thẳng hàng, nên 0=A×P =A× C +D = A×C +A×D Vì C = D×A tương tự, B×D = B, C×E = C, D×A = B×D B+C Vậy E × B = C × E Vì E × N = E × = 0, suy E, N gốc thẳng hàng Bài 2.2.8 (Đề thi Olympic Áo lần thứ 16) Một đường thẳng cắt cạnh (hay cạnh kéo dài) BC, CA, AB tam giác ABC điểm A1 , B1 , C1 Các điểm A2 , B2 , C2 đối xứng với A1 , B1 , C1 qua trung điểm BC, CA, AB Chứng minh A2 , B2 , C2 thẳng hàng Lời giải Đặt gốc đỉnh, cụ thể đỉnh C Vậy thì, A1 = c1 B, B1 = c2 A, C1 = A + c3 (B − A) số c1 , c2 , c3 đó.Từ A1 , B1 , C1 thẳng hàng nên = (B1 − A1 ) × (C1 − A1 ) = (c1 − c1 c2 − c1 c3 + c2 c3 )A × B Từ A2 = B − A1 = (1 − c1 )B B2 = A − B1 = (1 − c2 )A C2 = (A + B) − C1 = c3 A + (1 − c3 )B 36 nên A2 , B2 , C2 thẳng hàng = (B2 − A2 ) × (C2 − A2 ) = (c1 − c1 c2 − c1 c3 + c2 c3 )A × B, đẳng thức 37 KẾT LUẬN Với mục tiêu tìm hiểu chuẩn bị cho thân chuyên đề để sử dụng dạy học ngoại khóa, bồi dưỡng học sinh khá, giỏi Trên sở báo: Vecto Geometry tác giả Kin - Yi - Li (2002) tạp chí Mathematical Excalibur, Vol.6, No.5, 2002, luận văn chọn chủ đề phương pháp véc tơ điểm làm hướng nghiên cứu luận văn Luận văn hoàn thành nhiệm vụ sau: • Trình bày cách sơ lược phương pháp véc tơ phương pháp tọa độ chương trình tốn THPT Nội dung việc hệ thống lại kiến thức phương pháp véc tơ, phương pháp tọa độ kiến thức cầu nối, bước đệm để luận văn tiếp tục vào nội dung • Tìm hiểu khái niệm, tính chất sở phương pháp véc tơ điểm để xác định sở ý tưởng vận dụng phương pháp véc tơ điểm vào giải tốn hình học • Sưu tầm, chọn lọc trình bày lời giải cách vận dụng phương pháp véc tơ điểm để giải số tốn hình học dành cho học sinh giỏi Luận văn cố gắng làm rõ bước trung gian lời giải tài liệu tham khảo đưa lời giải cách sử dụng phương pháp véc tơ điểm cho vài toán (mà tài liệu tham khảo có lời giải phương pháp hình học truyền thống hay sử dụng phương pháp tọa độ) Ngoài vài tập, luận văn cố gắng đưa cách giải khác toán có lời giải phương pháp véc tơ điểm để người đọc so sánh phương pháp giải với để có nhận xét thú vị 38 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Tuyển tập (2010) Các tốn chọn lọc 45 năm tạp chí Toán học Tuổi trẻ, Nhà xuất Giáo dục [2] Vũ Dương Thụy, Nguyễn Văn Nho (2002), 40 năm Olympic Toán học quốc tế (1959-2000), Nhà xuất Giáo dục [3] Hà Duy Hưng, Nguyễn Sơn Hà, Nguyễn Ngọc Giang, Lê Minh Cường (2016) Tuyển chọn đề thi học sinh giỏi THPT mơn Tốn, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Tiếng Anh [4] Kin - Yi - Li (2002) Vecto Geometry,Mathematical Excalibur, Vol.6, No.5, 2002 [5] Viktor Prasolov (2006), Problems in plane and solid Geometry Translated and edited by Dimitry Leites, Moscow textbooks [6] Wu W.T (2005), On the Notion of Oriented Angles in Plane Elementary Geometry and Some of its Applications, MM Research Preprints, ... bị 1.1 Sơ lược véc tơ 1.2 Phương pháp véc tơ 4 Vận dụng phương pháp véc tơ điểm vào giải tốn hình học28 2.1 Cơ sở phương pháp véc tơ điểm ... liên quan đến việc vận dụng phương pháp véc tơ vào giải số tốn hình học Chương 2: Trình bày phương pháp véc tơ điểm số ví dụ minh họa việc vận dụng phương pháp véc tơ điểm vào giải tốn hình học... dụng tính chất, định lý Phương pháp véc tơ điểm 2.1 Cơ sở phương pháp véc tơ điểm Trước tiên, ta đề cập đến số khái niệm liên quan đến phương pháp véc tơ điểm −−→ - Véc tơ XY đại lượng có độ lớn