(Sáng kiến kinh nghiệm) một vài ỨNG DỤNG của véc tơ

MỤC LỤC PHẦN I LỜI GIỚI THIỆU PHẦN II TÊN SÁNG KIẾN 1 TÁC GIẢ SÁNG KIẾN CHỦ ĐẦU TƯ TẠO RA SÁNG KIẾN PHẦN III LĨNH VỰC ÁP DỤNG SÁNG KIẾN PHẦN IV NGÀY SÁNG KIẾN ĐƯỢC ÁP DỤNG LẦN ĐẦU HOẶC DÙNG THỬ PHẦN V MÔ TẢ BẢN CHẤT CỦA SÁNG KIẾN A CƠ SỞ LÝ LUẬN B.CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU C MỤC ĐÍCH D NỘI DUNG I LÝ THUYẾT Các kiến thức véc tơ mặt phẳng 2.Các kiến thức véc tơ không gian 3.Bổ sung II.CÁC ỨNG DỤNG 1)CÁC BÀI TOÁN VỀ TỈ SỐ ĐỘ DÀI 2)CÁC BÀI TỐN VỀ TÍNH KHOẢNG CÁCH,GÓC,CHỨNG MINH QUAN HỆ GIỮA CÁC ĐỐI TƯỢNG 10 3)CÁC BÀI TỐN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC VÀ LƯỢNG GIÁC 12 4)CÁC BÀI TOÁN VỀ BĐT ĐẠI SỐ 15 PHẦN 6.THÔNG TIN BẢO MẬT 17 PHẦN VII.CÁC ĐIỀU KIỆN CẦN THIẾT ĐỂ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN .18 PHẦN VIII ĐÁNH GIÁ LỢI ÍCH THU ĐƯỢC HOẶC DỰ KIẾN CÓ THỂ THU ĐƯỢC DO ÁP DỤNG SÁNG KIẾN THEO Ý KIẾN CỦA TÁC GIẢ VÀ THEO Ý KIẾN CỦA TỔ CHỨC CÁ NHÂN Đà THAM GIA ÁP DỤNG SÁNG KIẾN LẦN ĐẦU KỂ CẢ ÁP DỤNG THỬ (NẾU CÓ) 18 PHẦN IX ĐÁNH GIÁ LỢI ÍCH THU ĐƯỢC HOẶC DỰ KIẾN CÓ THỂ THU ĐƯỢC DO ÁP DỤNG SÁNG KIẾN THEO Ý KIẾN CỦA TÁC GIẢ 18 PHẦN X ĐÁNH GIÁ LỢI ÍCH THU ĐƯỢC HOẶC DỰ KIẾN CÓ THỂ THU ĐƯỢC DO ÁP DỤNG SÁNG KIẾN THEO Ý KIẾN CỦA TỔ CHỨC CÁ NHÂN 18 PHẦN XI DANH SÁCH CÁC TỔ CHỨC CÁ NHÂN THAM GIA ÁP DỤNG SÁNG KIẾN LẦN ĐẦU 18 DANH MỤC CHỮ CÁI VIẾT TẮT Chữ viết tắt Nội dung GD&ĐT Giáo dục đào tạo GV Giáo viên HS Học sinh SGK Sách giáo khoa THPT Trung học phổ thông BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN PHẦN I LỜI GIỚI THIỆU Véc tơ khái niệm mẻ học sinh lớp 10,các nội dung véc tơ phần lớn học sinh khó,rất trừu tượng phức tạp,nên học sinh ngại học phần hình học liên quan đến khái niệm này.Tuy nhiên q trình giảng dạy mơn tốn, với tìm tịi thân,tơi lại thấy nội dung hay mà giải nhiều toán mà việc giải phương pháp khác cịn vất vả nhiều.Vì tơi viết chuyên đề với mong muốn bạn học sinh có nhìn thiện cảm khái niệm véc tơ, thấy hay đẹp mơn tốn.Đây coi tài liệu bồi dưỡng học sinh giỏi ôn thi đại học PHẦN II TÊN SÁNG KIẾN “ MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA VÉC TƠ” TÁC GIẢ SÁNG KIẾN - Họ tên: Đường Thị Yến - Địa chỉ: Trường THPT Yên Lạc - Số điện thoại: 0985568523 - Email: yen0985568@gmail.com CHỦ ĐẦU TƯ TẠO RA SÁNG KIẾN Tác giả sáng kiến đồng thời chủ đầu tư sáng kiến kinh nghiệm PHẦN III LĨNH VỰC ÁP DỤNG SÁNG KIẾN Sáng kiến áp dụng dạy học véc tơ lớp 10 THPT PHẦN IV NGÀY SÁNG KIẾN ĐƯỢC ÁP DỤNG LẦN ĐẦU HOẶC DÙNG THỬ Ngày 10 tháng 10 năm 2019 PHẦN V MÔ TẢ BẢN CHẤT CỦA SÁNG KIẾN A CƠ SỞ LÝ LUẬN - Nội dung chương trình tốn THPT - Một số tài liệu tham khảo B.CÁC PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU - Phương pháp nghiên cứu lý thuyết thực tiễn - Phương pháp tổng kết kinh nghiệm - Phương pháp thực nghiệm sư phạm C MỤC ĐÍCH : - Làm tài liệu giảng dạy tham khảo - Phát triển hướng tư : phân tích, tổng hợp, sáng tạo,…cho học sinh - Thấy mối liên hệ mật thiết đại số- giải tích với hình học D NỘI DUNG I Lý thuyết: 1) Các kiến thức véctơ mặt phẳng Oxy (SGK HH – 10) 1 định nghĩa 1.1.1 kiến thức cần nhớ a)vectơ ? Véctơ đoạn thẳng có định hớng: Một đầu đợc xác định gốc, đầu Hớng từ gốc đến gọi hớng véctơ Độ dài đoạn thẳng gọi độ dài véctơ b)Vectơ không Định nghĩa: Vectơ không vectơ có điểm đầu điểm cuối trùng Nh vậy, véctơ không, kí hiệu r vectơ có: Điểm gốc trùng Độ dài c)Hai vectơ cïng ph¬ng Hai vect¬ uuur uuur AB , CD uuur AB // gọi phơng, ký hiệu: uuur CD  AB // CD � � A, B,C, D th � ng h� ng � d)Hai vect¬ cïng híng, ngợc hớng a Hai véctơ uuur AB uuur uuur AB , CD uuur CD  gäi lµ cïng híng , ký hiÖu: AB // CD � � hai tia AB,CD c�� ng h � ng b Hai vÐct¬ uuur AB  uuur uuur AB , CD uuur CD gọi ngợc hớng, ký hiệu: AB // CD � � hai tia AB,CD ng ��� c h ng � e)Hai vect¬ b»ng Hai vÐct¬ uuur uuur AB , CD uuur AB = gäi lµ b»ng nhau, ký hiÖu: uuur CD �AB  CD uuur �uuur AB CD 1.1.2 tổng hai vectơ a)Định nghĩa: Tổng hai vectơ xác định nh sau: r a r b véctơ đợc Từ điểm tùy ý A mặt phẳng dựng vectơ r a = uuur r  Tõ ®iĨm B dùng vect¬ BC = b uuur AB uuur  Khi véctơ AC gọi vectơ tổng hai vectơ r b , ta viết uuur r r AC = a + b B b a r a b a a b C A Từ định nghĩa ta đợc quy tắc ba điểm: uuur AB + uuur BC = uuur AC , víi ba ®iĨm A, B, C b)Tính chất phép cộng véctơ Với véctơ r r a, b r c, ta cã: r r r r (TÝnh chÊt giao ho¸n):r a +r b =r b + r a r r TÝnh chÊt 2: (TÝnh chÊt kÕt hỵp): ( a + b ) + c = a + ( b + c ) r r r r r a 0 a a TÝnh chÊt 3: (TÝnh chÊt cđa vect¬ không): + = + = c)Quy tắc hình bình hµnh: TÝnh chÊt 1: uuur AB + uuur AD = uuur AC , với ABCD hình bình hành Ta có "Nếu M trung điểm đoạn thẳng AB " uuuu r MA + uuur MB = r Ta có "Gọi G trọng tâm ABC thì: uuur uuur uuur r GA + GB + GC = , uuuu r uuur uuuu r uuuu r MA  MB  MC  3MG, M uuur GB + + uuur GC r = " 1.1.3 hiƯu cđa hai vectơ a)Hai vectơ đối uuur uuur AB , CD Hai véctơ gọi đối nhau, ký hiệu: uuur =- CD uuur AB �AB  CD uuur �uuur �AB CD b)Hiệu hai vectơ r a Định nghÜa: HiƯu cđa hai vÐct¬ r a tỉng cđa vect¬ lµ: r r a -b r vµ r b, kÝ hiệu vectơ đối vectơ r r a - b , lµ r b , nghÜa r = a + (- b ) PhÐp lÊy hiƯu cđa hai vect¬ gọi phép trừ vectơ r r Để dựng vectơ a - b biết vectơ ý, từ dựng vectơ uuur AB r a = b a A uuur AC a B = r a r b, r b ta lấy điểm A tuỳ uuu r CB r r = a -b a b C b Từ cách dựng ta đợc quy tắc hiƯu hai vect¬ cïng gèc: uuur AB uuur - AC = uuu r CB , víi ba ®iĨm A, B, C c)Tính chất phép trừ véctơ r r a -b r r r r = c  a = b + c 1.1.4 tÝch cđa mét vect¬ với số a)Định nghĩa: Tích vectơ vectơ, kí hiƯu a Vect¬ r ka r ka r a víi số thực k đợc xác định nh sau: phơng với vectơ r a : r a  Cïng híng víi vect¬ nÕu k  r Ngợc hớng với vectơ a k r a b Có độ dài k. PhÐp lÊy tÝch cđa mét vect¬ víi mét sè gäi phép nhân vectơ với số (hoặc phép nhân số với vectơ) Từ định nghĩa ta có kết quả: r a = r a r r , (-1) a = - a b)TÝnh chÊt phép nhân vectơ với số r Với véctơ a , r b số thực m, n, ta cã: r TÝnh chÊt 1: m(n a ) r = (mn) a r a TÝnh chÊt 2: (m + n) = r r TÝnh chÊt 3: m( a + b ) = r r r TÝnh chÊt 4: m a =  a r a m r m a r = + + r a n r n b m = c)điều kiện để hai vectơ phơng Định lí (Quan hệ hai vectơ phơng): Vectơ r phơng víi vect¬ a  cho r b = r ka r r b vµ chØ tån số k Hệ quả: Điều kiện cần đủ để ba điểm A, B, C thẳng hàng tån t¹i sè k cho uuur AB uuur = k AC d)Biểu thị vectơ qua hai vectơ không phơngr Định lí (Phân tích vectơ thành hai vectơ khác không phơng): Cho hai vectơ r c r a r b khác r không phơng Với vectơ tìm đợc cặp số thực m, n nhÊt, cho: r c r r = ma + nb 1.1.5 Hệ toạ độ a)Vectơ Cho điểm M1(x1; y1), M1(x2; y2) b)Các phép toán Vectơ r Nếu có hai vectơ v1 (x1; y1) r (i): v1 = r v2  �x1  x � �y1  y r v (x uuuuuur M1M = (x2-x1; y2-y1) ; y2) th×: x1 y1  r r (ii): v1 // v  x y r r (iii): v1 + v = (x1 + x2; y1 + y2) r r (iv): v1 - v = (x1-x2; y1-y2) r (v): k v1 (x1; y1) = (kx1; ky1) , k  � r (vi):  v1 r +  v = (x1 + x2; y1 + y2) c)Khoảng cách Khoảng cách d hai điểm M1(x1; y1) M1(x2; y2) độ dài vectơ uuuuuur M1M , ®ỵc cho bëi: uuuuuur (x1  x )2  (y1  y ) d = | M1M | = d)Chia đoạn thẳng theo tỉ số cho trớc Điểm M(x; y) chia đoạn thẳng M1M2 theo mét tØ sè k (tøc lµ uuuuur MM ) k uuuuur MM1 = đợc xác định công thức: x y � x1  kx 1 k y1  ky k Đặc biệt k = -1, M trung điểm đoạn thẳng M1M2 , toạ độ M đợc xác định bởi: � x1  x x � � � �y  y1  y � e)Ba điểm thẳng hàng Ba điểm A(x1; y1) , B(x2; y2) C(x3; y3) thẳng hàng khi: uuur uuur AC // AB x  x1 x  x1 y3  y1 y  y1  = 2) Các kiến thức véctơ không gian Oxyz.(SGK HH – 12) 2.1 TÓM TẮT LÝ THUYẾT: r Trong r không gian Oxyz A  x A ; yA ; zA  , B  x B ; yB ; z B  a   a1;a ;a  , b   b1;b ;b3  Khi đó: uuur AB   x B  x A ; y B  y A ; z B  z A  AB   xB  xA    yB  yA    zB  z A  cho: r r 3) a �b   a1 �b1;a �b ;a �b3  r k.a  ka1 ;ka ;ka  r a  a12  a 22  a 32 r r a b � a1  b1 ;a  b ;a  b rr a.b  a1.b1  a b  a b3 r r r r r r r a � � a1  a  a / /b � a  k.b � � a, b � � b1 b b3 r r rr a  b � a.b  � a 1.b1  a b  a b3  r r �a � 10 � a �, b � �b �2 a3 a3 ; b3 b3 a1 a a � ; � b1 b1 b � r r r r r r 11) a, b,c đồng phẳng � m, n ��: a  mb  nc hay r r r � � a, c  � b� r r r r r r r r r � � a, c �0 12) a, b,c không đồng phẳng � m, n ��: a  mb  nc hay � b � 13 M chia đoạn AB theo tỉ số uuuu r uuur �x kx B y A ky B z A kz B � k �1 � MA  kMB � M � A ; ; � 1 k  k � � 1 k �x  x B y A  y B z A  z B � M� A ; ; � 2 � � Đặc biệt: M trung điểm AB: �x  x B  x C y A  y B  y C z A  z B  z C � G� A ; ; � 3 � � 14 G trọng tâm tam giác ABC: 15 G trọng tâm tứ diện ABCD: �x  x B  x C  x D y A  y B  y C  y D z A  z B  z C  z D � G�A ; ; � 4 � � r r r i  (1;0;0); j  (0;1;0); k  (0;0;1) 16 Véctơ đơn vị: 17 Điểm trục tọa độ: M(x;0;0) �Ox; N(0; y;0) �Oy;K(0;0; z) �Oz 18 Điểm thuộc mặt M(x; y;0) � Oxy  ; N(0; y;z) � Oyz  ;K(x;0; z) � Oxz  19 Diện tích tam giác ABC: SABC  phẳng tọa độ: uuur uuur 1� AB, AC � � 2� uuur uuur � SABCD  � AB, � AC � 20 Diện tích hình bình hành ABCD: 21 Thể tích khối tứ diện ABCD: VABCD  uuur uuur uuur 1� AB, AC � AD � 6� uuur uuur uuuu r � VABCD.A ' B 'C ' D '  � AB,AD AA � � ' 22 Thể tích khối hộp ABCD.A 'B'C 'D' : 3) Bổ sung số kiến thức: 3.1)Trọng tâm,tâm tỉ cự a) Định nghĩa 1: Cho hệ điểm  A1,A2, ,An  n uuuuuur ur �GAi  Điểm G thỏa mãn : i1 gọi trọng tâm hệ điểm Định lí : (1) Trọng tâm hệ điểm ln tồn (2) Nếu G trọng tâm hệ điểm b) Định nghĩa 2: Cho hệ điểm � � �A ,A , ,An � � � � �A ,A , ,An � � số uuuur n uuuuur OG  �OA  O n i1 i � � �x ,x , ,x n � �1 có tổng n uuuuuur ur �xi GAi = khác 0.Điểm G thỏa mãn : i=1 gọi tâm tỉ cự hệ điểm � � �A ,A , ,A n � � ứng với số � � �x ,x , ,x n � �1 Định lí : (1) Tâm tỉ cự hệ điểm tồn (2) Nếu G tâm tỉ cự hệ điểm � � �A ,A , ,A n � � ứng với số � � �x ,x , ,x n � �1 n uuuuuur x OA � uuuuu r i i i  OG  O n � xi i 1 ur ur 3.2) Định lí 1: Với hai vectơ u,v ta ln có ur ur ur ur a ) u �v �u  v ur ur ur ur b ) u.v �u v 3.3) Định lí 2: a) Ba điểm M,A,B thẳng hàng �  O, tồn cặp số thực (x,y) thỏa mãn : uuuuuu r uuuuur uuuuu r x + y = OM = xOA + yOB b) Bốn điểm M,A,B,C đồng phẳng �  O, tồn số thực (x,y,z) thỏa uuuuuu r uuuuur uuuuu r uuuuu r mãn : x +y +z =1 OM = xOA + yOB+ zOC II.CÁC ỨNG DỤNG: 1) CÁC BÀI TOÁN VỀ TỈ SỐ ĐỘ DÀI : Thường sử dụng điều kiện để hai vectơ phương , ( điều kiện điểm thẳng hàng),ba vectơ đồng phẳng (đk điểm đồng phẳng),… Ví dụ 1: Cho tam giác ABC Điểm M cạnh BC cho BC = 3BM, điểm N cạnh AM cho AM = 4AN A Gọi P giao điểm AC BN Tính tỉ số AP:AC BI:BP P N B Lời giải : uuuuur r ur uuuuuu ur C M uuuur uuuur Đặt BA  a;BM  b AP  xAC ur Dễ thấy uuuur ur ur ur uuuuu r ur ur u  4BN  3a  b ;v  BP  (1 x)a  3xb Hai vectơ phương nên 1.(1-x)=3.3x hay x = 1/10 Tức AP:AC=1:10 Từ BI:BP = 5:6 Chú ý : tốn giải cách dựng hình áp dụng định lí Talets Ví dụ 2: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM Một điểm I chạy đoạn AM( khác với A), đường thẳng qua I cắt đoạn thẳng AB,AC lần BA  CA  AM AI lượt N,P( khác A) Chứng minh : BN CP Lời giải : Đặt x = BA/BN; y = CA/CN; z = AM/AI (x,y,z > 0) Ta có uuuur uuuur uuuuu r uuuur uuuu r uuu r AB  AC  2AM � x.AN  y.AP  2z.AI uuu r uuuur uuuu r � AI  x AN  y AP 2z 2z � x  y  � x  y  2z(đpcm) � 2z 2z Chú ý : toán giải cách dựng hình áp dụng định lí Talets Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành tâm O Mặt phẳng (P) cắt đoạn SA,SB,SC,SD,SO A’,B’, C’, D’, O’(khác S) Chứng minh : SA  SC  SB  SD SA' SC' SB' SD' Lời giải : Ta đặt x = SA/SA’; y = SB/SB’; z = SC/SC’; t = SD/SD’ Dễ thấy : uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur SA +SC = SB+SD (= 2SO) uuuuu r uuuuu r uuuuu r uuuuu r � xSA'+zSC' = ySB'+ tSD' uuuuu r uuuuu r uuuuu r � SA' = y SB'- z SC'+ t SD' x x x � y - z + t =1 (1) hay x + z = y+ t (ðpcm) x x x (Vì A’,,B’,C’,D’ đồng phẳng nên ta có (1)) SA  SC  SB  SD  4SO Nhận xét : Dễ thấy SA' SC' SB' SD' SO' Có thể c/m phương pháp hình học thơng thường BÀI TẬP : Bài 1: Cho hình chóp S.ABC, G trọng tâm tam giác ABC, mp(P) cắt đoạn SA,SB, SC, SG A’, B’, C’, G’.Chứng minh : 10 SA  SB  SC  SG SG' a) SA SB' SC' uuuur uuuuur b) SO  3OG với O trọng tâm tứ diện SABC Bài 2:Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành Điểm C’ trung điểm SC Mặt phẳng qua AC’ cắt SB,SD B’, D’ SB  SD  a) Chứng minh : SB' SD' �VS.AB'C' D' �3 V S.ABCD b) Chứng minh : Bài 3: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’; M,N,P nằm cạnh A’B’, AB, MA'  NB  PC'  CC’ cho MB' NA PC QC' Gọi Q = (MNP)B’C’ Tính B' C' Bài 4: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ a) Chứng minh AC’ qua trọng tâm G1,G2 hai tam giác A’BD CB’D’ đông thời AG1=G1G2=G2C’ b) Gọi G trọng tâm tam giác AB’C.Tính BD’/BG c) Gọi P,Q,R điểm đối xứng D’ qua A,B’,C.Chứng minh B trọng tâm tứ diện PQRD’ d) Dựng I,J DB’,AC cho IJ//BC’ Tính ID/IB’ 2) CÁC BÀI TỐN VỀ TÍNH KHOẢNG CÁCH ,GÓC, CHỨNG MINH QUAN HỆ GIỮA CÁC ĐỐI TƯỢNG Thường áp dụng để tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng hay mặt phẳng,khoảng cách hai đường thẳng chéo Với dạng , học sinh lớp 11 giải cách sử dụng tính chất dựng hình, học sinh lớp 12 dùng phương pháp tọa độ để giải Ở tơi giới thiệu ví dụ minh họa đơn giản để thầy cô em học sinh tham khảo Phương pháp chung thường dùng : 11 (1) Chọn vectơ (không phương mp) vectơ (khơng đồng phẳng KG) có mối quan hệ đặc biệt với làm sở để biểu diễn vectơ khác qua chúng (2) Biểu diễn vectơ khác qua vectơ sở Dùng đk thẳng hàng, đồng phẳng hay vng góc để đưa kết Ví dụ : Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’, M A’C cho MA’=3MC N trung điểm C’D a) Chứng minh : MN//B’D b) Khi hình hộp hình lập phương cạnh a Tính khoảng cách d(A,D’M) , d(A, (CMN)) d(BD,CD’) Lời giải hướng dẫn: uuuur ur uuuuur r ur uuuuu u r Đặt AB  a;AD  b;AA'  c a)Từ dễ thấy : uuuuur ur ur uuuuur u r ur ur u r BD'  a  b  c ;4MN  a  b  c � MN / /BD' (đpcm) b) Ta có véctơ đơi vng góc độ dài vec tơ a uuuuuuur uuuuuur Dựng AH vng góc với D’M H đặt D' H  x.DM Ta tính ur uuuuur ur ur u r uuuuur ur ur u r u  4.DM  3a  b  3c; 4.D'H  3xa  xb  3xc ; ur uuuuu r ur ur u r v  4.AH  3xa  (4  x)b  (4  3x)c ur ur ur ur u  v � u.v  � x  16 19 2 � d( A,D' M )  AH  a 48 15  19 Để tính d(A,(CMN)) ta dựng AI vng góc với (AMN) I Ta có : uuur uuuuur uuuuur uuur uuuur uuur uuur uuuuur uuur uuuur CI  xCM  yCM; AI  AC  CI Cho AI  CM; AI  CN � x,y � AI uuuur uuuuur uuuuur uuuuur Gọi PQ đoạn vuông góc chung BD CD’: BP  z.BD; CQ  t.CD' Cho PQ vng góc với BD CD’ ta tìm z,t Từ tính PQ BÀI TẬP: 12 Bài 1: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có G,G’ trọng tâm hai tam giác ABC A’B’C’ Gọi I giao điểm AB’ A’B a) Chứng ming : GI//CG’ b) Cho biết tam giác ABC cạnh a,AA’ = a hình chiếu A’ (ABC) trung điểm BC b1) Tính góc BB’ mặt phẳng (ABC) b2) Tính d(A’B,C’G) Bài 2: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ M N điểm chia hai đoạn thẳng AD’ DB theo tỉ số k khác 0, Chứng minh : MN // (A’BC) 3) CÁC BÀI TỐN VỀ BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC VÀ LƯỢNG GIÁC Ví dụ 1: Cho tam giác ABC M cạnh BC Chứng minh : OA.BC ≤ OB.AC + OC.AB Lời giải : uuuuu r uuuuuu r uuuuur uuuuu r Đặt BO  x.BC ( �x �1).Ta có OC  (1-x)BC uuuur uuuuur uuuuu r  OA � xAC (1 x )AB uuuur OA uuuuur xAC uuuuu r (1 x )AB Từ suy đpcm Ví dụ 2: Cho góc x,y,z có x+y+z=3600 1800> x,y,z>00 Chứng minh : cosx + cosy + cosz ≥ Lời giải : Dựng góc AOB, BOC, COA có số đo x,y,z cho O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC, OA=OB=OC=1 Ta có : uuuuu r uuuur uuuur (OA  OB  OC)2 �0 uuuuu r uuuur uuuur uuuur uuuuu r uuuur � OA2  OB2  OC2  2(OA.OB  OB.OC  OA.OC) �0 � cosx  cosy  cosz � Nhận xét : Với điểm O tam giác ABC ta ln có : cosAOB + cosBOC + cosCOA ≥ -3/2 Ví dụ 3: Cho tam giác ABC vng A a) Tìm vị trí điểm M AC cho biểu thức 13 P = 2MA2 + MB2 +MC2 đạt giá trị nhỏ b) Tìm vị trí điểm M cho Q= MA + MB + MC nhỏ Lời giải: a)Gọi G trung điểm BC I trung điểm AG Suy : uuur uuu r uuu r ur 2.IA  IB  IC  Khi : P = 4.IM2 giá trị nhỏ IM nhỏ hay M hình chiếu I AC Ta tìm M chia đoạn CA theo tỉ số -3 b) Ta có : uuuuur r uuuuur uuuuu uuuuu r uuuuu r uuuuur uuuuu r MB  MB.AB �MB.AB  ( MA  AB ).AB  MA.AB  AB AB AB AB AB uuuuur uuuuur MC �MA.AC  AC AC Do : uuuuur uuuuu r uuuuur Q �AB  AC  [ 2MA  MA( AB  AC )] AB AC � Q AB AC MA 2(1 cos ) AB AC Đẳng thức xảy M trùng A Ví dụ 4: Cho tứ diện ABCD có AB,AC,AD đơi vng góc Tìm M để P= MA + MB + MC + MD nhỏ Lời giải : Tương tự Ví dụ : uuuuur uuuuu r uuuuur uuuuur uuuuur uuuuur MB �MA.AB  AB;MC �MA.AC  AC ; MD �MA.AD AB AC AD       uuuuur uuuuu r uuuuur uuuuur P AB AC AD MA( AB AC AD ) 3MA AB AC AD uuuuur ur  AB  AC  AD  MAu  3MA uuuuur P AB AC AD 3MA(1 cos  ); ( MA,u)  ) P AB AC AD Dấu đẳng thức xảy M trùng A Vậy M trùng A 14 Ví dụ 5: Cho tứ diện SABC có SA=a, SB=b, SC=c; Mặt phẳng (P) thay đổi qua trọng tâm G tứ diện cắt SA, SB, SC D, E, F Tìm giá trị nhỏ :   Q = SD2 SE SF Lời giải : Ta có : uuuur uuuuu r uuuuur uuuuur uur GA  GB  GC  GD  uuuur uuuu r uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur � SG  ( SA  SB  SC )  ( SA SD  SB SE  SC SF ) 4 SD SE SF Vì G,D,E,F đồng phẳng nên SA/SD + SB/SE + SC/SF = Áp BĐT Bunhiacopxki ta có : 42 = (SA/SD + SB/SE + SC/SF)2 ≤ (SA2 + SB2 + SC2)(1/SD2 + 1/SE2 + 1/SF2) Do : Q ≥ 16/(a2 + b2 + c2) Đẳng thức xảy (P)//(ABC) Ví dụ 6: Cho tứ diện A1A2A3A4 có trọng tâm G Các đường thẳng GAi (1=1, 16 �AiBi.MAi �3 �ai2 ( …,4) căt mặt đối diện Bi Chứng minh : i1 độ dài cạnh) với điểm M Lời giải : 4 uuuuuuuur uuuuuuur uuuuuuur uuuuuuur uuuuuuur 4 MA GA   MAi GAi �( MG GAi ).GAi �MAi GAi �.GAi2 � i i �� i1 i1 i1 i1 Ta có : Mà GAi = 3AiBi/4 �GAi2  �ai2 i1 Áp dụng công thức đường trung tuyến ta tính : i1 Từ ta suy đpcm Đẳng thức xảy M trùng G BÀI TẬP: Bài 1: Cho tam giác ABC Chứng minh : sin A  sin B  sin C �3 2 2 a) b) p2≥ 16 Rr – 5r2 15 c) MA+MB+MC 3R (với điểm M tam giác ABC đều.) Bài 2: Cho tứ diện A1B1C1D1, M điểm tùy ý tứ diện Chứng minh : MA � S i�R i1 i Trong Si diện tích mặt đối diện với Ai; R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Bài 3: Cho tứ diện ABCD.Tìm M để P = MA + MB + MC + MD nhỏ Bài 4: Tìm tam giác ABC để tỉ số P R lớn Bài 5: Cho điểm A thuộc mặt cầu (O;R) Xét tứ diện ABCD nội tiếp (O;R) gọi G tâm tứ diện Tìm vị trí G cho AB2 + AC2+AD2-BC2 – CD2 – DB2 đạt giá trị nhỏ Bài 6: Trong tất tứ diện nội tiếp mặt cầu bán kính R = , tìm tứ diện có diện tích tồn phần lớn 4) CÁC BÀI TOÁN VỀ BĐT ĐẠI SỐ Dấu hiệu dùng phương pháp vectơ: Chứa biểu thức có dạng độ dài vectơ tích vơ hướng hai vectơ Ví dụ 1: Chứng minh : x2  y z  t � xy  zt Lời giải: ur Xét hai vectơ ur ur ur u( x; y ) , v(z;t) �u v ur ur u.v ðpcm Ví dụ 2: Cho số dương x,y,z thỏa mãn : x + y + z ≤ Chứng minh : x2   y   z  � 82 x2 y2 z2 Lời giải: ur ur uu r u( x; );v( y; );w( z; ) x y z Xét vectơ : 16 ur ur uur ur ur uur u  v  w �u  v  w � x2   y2   z  � ( x  y  z )2  (   )2 x y z x2 y2 z2 Ta có : Dễ thấy : 1/x + 1/y + 1/z ≥ 9/(x+y+z) Từ (x+y+z)2 + (1/x +1/y +1/z)2 ≥ (x+y+z)2 + 81/(x+y+z)2 Khi dễ dàng suy đpcm Nhận xét : Bài tốn giải phương pháp dùng BĐT Cơsi Ví dụ 3: Cho số thực a,b,c,d Chứng minh sáu số sau ac+bd, a2+b2+a-b, ac+bd+a-b, ac+bd+c-d, c2 + d2 +c – d, ac+bd+a+c-b-d+2 có số không âm Lời giải: Ta thấy : a2+b2+a-b = a(a+1) +b(b-1) ac+bd+a-b=a(c+1) + b(d-1) ac+bd+c-d = c(a+1) + d(b-1) c2 + d2 +c – d= c(c+1) +d(d-1) ac+bd+a+c-b-d+2=(a+1)(c+1) +(b-1)(d-1) Ta xét điểm sau mặt phẳng Oxy : A(a;b), B(c;d), C(a+1;b-1), D(c+1;d1) 1) Nếu có điểm trùng gốc O hiển nhiên toán chứng minh 2) Nếu điểm khơng trùng gốc O vectơ uuuuu r uuuur uuuur uuuuu r OA(a;b);OB(c;d);OC(a 1;b 1);OD(c 1;d 1) có vectơ tạo với góc khơng tù  , tích vơ hướng hai vectơ khơng âm Mà tích vơ hướng hai vectơ vectơ có giá trị sáu giá trị nêu Do tốn chứng minh Ví dụ 4: Tìm m để phương trình x  x 1  x  x 1  m(1) có nghiệm thực Lời giải : lim f(x)  �; x �� � Xét hàm f(x) = VT(1) Khi f(x) liên tục R 17 f(x)  (x  )2  ( )2  (-x  )2  ( )2 2 2 ur ur u(x �1 ; 3� ); v(�x1 ; ) 2 2 Ta xét ur ur u v ur ur u v f(x) x R Mà f(0) = nên minf(x) = Do (1) có nghiệm m ≥2 BÀI TẬP : Bài 1: Chứng minh : a  ab  b2  a  ac  c2 � b2  bc  c2 a,b,c �R Bài 2: Cho a,b,c dương ab + bc +ca = abc Chứng minh : b2  2a  c2  2b2  a  2c2 � ca ab bc Bài 3: Chứng minh : 4cos2xcos2y  sin (x  y)  4sin 2xsin y  sin 2(x  y) �2 x,y �R E MỘT SỐ KẾT QUẢ CỤ THỂ THU ĐƯỢC SAU KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM VÀO GIẢNG DẠY vài số liệu cụ thể giá trị lợi ích áp dụng sáng kiến: Lớp Sĩ số % HS giỏi % HS Khá % HS TB % HS yếu %HS 10C 48 13% 77% 8% 2% 0% 10H 47 9% 50% 32% 9% 0% Kết sát hạch lớp 10C,10H trước áp dụng sáng kiến Sau áp dụng sáng kiến kinh nghiệm này, tiến hành kiểm tra, sát hạch lại, kết đạt khả quan Cụ thể sau: Lớp Sĩ số % HS giỏi % HS Khá % HS TB % HS yếu %HS 10C 48 45% 51% 4% 0% 0% 10H 47 30% 56% 14% 0% 0% PHẦN IV: THƠNG TIN BẢO MẬT: Khơng có thông tin bảo mật PHẦN VII:CÁC ĐIỀU KIỆN CẦN THIẾT ĐỂ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN 18 Sáng kiến áp dụng giảng dạy lớp 10c,10h,10l,tại trường THPT N LẠC.Ngồi sáng kiến cịn áp dụng cho tất trường THPT nước PHẦN VIII: ĐÁNH GIÁ LỢI ÍCH THU ĐƯỢC HOẶC DỰ KIẾN CÓ THỂ THU ĐƯỢC DO ÁP DỤNG SÁNG KIẾN THEO Ý KIẾN CỦA TÁC GIẢ VÀ THEO Ý KIẾN CỦA TỔ CHỨC CÁ NHÂN Đà THAM GIA ÁP DỤNG SÁNG KIẾN LẦN ĐẦU Sáng kiến đem lại hứng thú cho học sinh phần toán véc tơ,đem lại niềm u thích phần hình học khó này.Do đem lại hiệu cao giảng dạy ôn thi THPT Quốc gia ôn thi HSG PHẦN IX:ĐÁNH GIÁ LỢI ÍCH THU ĐƯỢC HOẶC DỰ KIẾN CĨ THỂ THU ĐƯỢC DO ÁP DỤNG SÁNG KIẾN THEO Ý KIẾN CỦA TÁC GIẢ Qua chuyên đề này,tôi giúp cho học sinh tìm hiểu sâu ,chi tiết ứng dụng véc tơ giải toán,đồng thời phân loại chi tiết ứng dụng véc tơ giải loại toán cụ thể,học sinh hứng thú với phân loại này.Sáng kiến đem lại tích cực việc học tốn dễ dàng tiếp thu phần kiến thức véc tơ PHẦN X:ĐÁNH GIÁ LỢI ÍCH THU ĐƯỢC HOẶC DỰ KIẾN CÓ THỂ THU ĐƯỢC DO ÁP DỤNG SÁNG KIẾN THEO Ý KIẾN CỦA TỔ CHỨC CÁ NHÂN +Nhà trường trí ủng hộ cho việc triển khai đề tài +Tổ chuyên môn đánh giá cao áp dụng làm tư liệu dạy học PHẦN XI:DANH SÁCH CÁC TỔ CHỨC CÁ NHÂN THAM GIA ÁP DỤNG SÁNG KIẾN LẦN ĐẦU Số TT Tên tổ chức/cá nhân Lớp 10C Lớp 10H Lớp 10L Địa Phạm vi lĩnh vực áp dụng sáng kiến Trường THPT YÊN LẠC Trường THPT N LẠC Trường THPT N LẠC Mơn tốn THPT N LẠC Mơn tốn THPT N LẠC Mơn tốn THPT YÊN LẠC YÊN LẠC,ngày 12 tháng năm 2020 Hiệu trưởng (kí tên, đóng dấu) N LẠC,ngày 12 tháng năm 2020 Tác giả sáng kiến (kí ,ghi rõ họ tên) Đường Thị Yến 19 ... THU ĐƯỢC DO ÁP DỤNG SÁNG KIẾN THEO Ý KIẾN CỦA TÁC GIẢ VÀ THEO Ý KIẾN CỦA TỔ CHỨC CÁ NHÂN Đà THAM GIA ÁP DỤNG SÁNG KIẾN LẦN ĐẦU Sáng kiến đem lại hứng thú cho học sinh phần tốn véc tơ, đem lại niềm... DỰ KIẾN CÓ THỂ THU ĐƯỢC DO ÁP DỤNG SÁNG KIẾN THEO Ý KIẾN CỦA TÁC GIẢ Qua chuyên đề này,tơi giúp cho học sinh tìm hiểu sâu ,chi tiết ứng dụng véc tơ giải tốn,đồng thời tơi phân loại chi tiết ứng. .. kiến đồng thời chủ đầu tư sáng kiến kinh nghiệm PHẦN III LĨNH VỰC ÁP DỤNG SÁNG KIẾN Sáng kiến áp dụng dạy học véc tơ lớp 10 THPT PHẦN IV NGÀY SÁNG KIẾN ĐƯỢC ÁP DỤNG LẦN ĐẦU HOẶC DÙNG THỬ Ngày