giải bài toán hình học là:
Bước 1: Chọn một điểm làm gốc tọa độ.
Bước 2: Biểu diễn các điểm còn lại, các đại lượng độ dài.... theo gốc tọa độ đã chọn.
Bước 3: Sử dụng các tính chất trên để biểu diễn giả thiết, và biến đổi đưa về điều cần chứng minh.
2.2. Một số bài tập minh họa, ứng dụng của phương
pháp véc tơ điểm
Bài 2.2.1. (Đề thi Olympic toán Trung học phổ thông Leningrad 1980).
Gọi đoạn thẳng của tứ giác lồi là đường trung bình nếu nó nối hai trung điểm của hai cạnh đối diện. Chỉ ra rằng nếu tổng của các đường trung bình của tứ giác bằng nửa chu vi của nó, thì tứ giác đó là hình bình hành.
Lời giải
Gọi ABCD là tứ giác lồi như thế, đặt gốc tại A. Tổng các độ dài của các đường trung bình là |B +C−D|+|D+C−B|
2 và nửa chu vi là
|B|+|C−D|+|D|+|C−B|
2 .
Vì thế |B +C−D|+|D+C−B| =|B|+|C−D|+|D|+|C−B|.
ra nếu và chỉ nếu B =t(C −D) (hay AB // CD).
Tương tự, |D|+|C−B| ≥ |D+C −B|, đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu AD // BC. Để đẳng thức trên đúng, thì cả hai bất đẳng thức tam giác phải là đẳng thức. Trong trường hợp đó, ABCD là hình bình hành.
Bài 2.2.2. (Bài toán 2333 Tạp chí Crux)
Cho D và E lần lượt là các điểm trên các cạnh AC và AB của tam giác ABC. Thêm vào đó, DE không song song với CB. Giả sử F và G là các điểm
trên BC và ED, tương ứng thỏa mãn BF
F C = EG
GD =
BE
CD. Chỉ ra rằng GF
Lời giải
Đặt gốc tại A.Vậy thì E = pB và D = qC đối với p , q ∈ (0 , 1) nào đó.
Đặt t= BF F C, thì F = tC +B t+ 1 và G = tD+E t+ 1 = tqC+pB t+ 1 .
Từ BE = tCD, nên (1 - p) |B| = t (1- q ) |C|. Như vậy
F −G = t(1−q) t+ 1 C+ 1−p t+ 1B = (1−p)|B| t+ 1 C |C| + B |B|
Véc tơ này song song với C
|C|+
B
|B|, chính là phương của phân giác củaBAC[.
Bài 2.2.3. (Đề thi Olympic toán Hoa kì 1975)
Kí hiệu A, B, C, D là bốn điểm trong các không gian và AB là khoảng cách giữa A và B, và v. v... Chỉ ra rằngAC2+BD2+AD2+BC2 ≥AB2+CD2.
Lời giải
Đặt gốc tại A, thấy rằng : AC2 =C.C, BD2 = (B −D)(B−D), AD2 =D.D, BC2 = (B−C)(B−C), Bất đẳng thức cần chứng minh là: C.C + (B - D).(B - D) + D.D + (B - C).(B - C) ≥ B.B + (C - D).(C - D). Sau khi khai triển và nhóm lại, bất đẳng thức này chính là:
(B - C - D).(B - C - D) ≥ 0
đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu B - C = D = D - A, nghĩa là BCAD là hình bình hành.
Cho O là tâm đường tròn đi qua các điểm A, B, C và gọi D là trung điểm của AB. Gọi E là trọng tâm tam giác ACD. Chứng minh rằng đường thẳng CD vuông góc với đường thẳng OE nếu và chỉ nếu AB = AC.
Lời giải Đặt gốc O.Vậy thì D= A+B 2 , E = A+C+D 3 = 3A+B + 2C 6 , D −C = A+B −2C 2 .
Do đó CD⊥OE nếu và chỉ nếu (A + B - 2C).(3A + B +2C) = 0.
Từ A.A = B.B = C.C, đẳng thức này tương đương với A.(B- C) = A.B - A.C = 0
hay OA⊥BC, nghĩa là AB = AC.
Bài 2.2.5. Cho tam giác ABC sao cho không có các cạnh nào bằng nhau, gọi
G, I và H lần lượt là trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp và trực tâm. Chứng minh rằng GIH >[ 900.
Lời giải
Đặt gốc tại tâm đường tròn ngoại tiếp, vậy thì
H = A+B +C, G = A+B+C3 , I = 3 , I =
aA+bB+cC a+b+c .
Chúng ta cần chỉ ra (G - I ).( H - I ) = G.H + I.I - I.(G + H ) < 0. Bấy giờ A.A = B.B = C.C = R2 và 2B.C = B.B + C.C - (B - C).(B-C)
= 2R2−a2. Do đó G.H = (A+B +C).(A+B+C) 3 = 3R 2 − a 2+b2+c2 3 I.I = (aA+bB+cC).(aA+bB+cC) (a+b+c)2 =R2− abc a+b+c, I.(G+H) = 4(aA+bB+cC).(A+B +C) 3(a+b+c) = 4R2 − 2[a 2(b+c) +b2(c+a) +c2(a+b)] 3(a+b+c) .
Như vậy, bất đẳng thức trên tương đương với chứng minh.
(a+b+c)(a2+b2+c2) + 3abc > 2[a2(b+c) +b2(c+a) +c2(a+b)], sau khi khai triển và nhóm lại bất đẳng thức sẽ trở thành
a(a - b)(a - c) + b(b - c)(b - a) + c(c - a)(c - b)>0.
Để thu được bất đẳng thức này, không mất tính tổng quát giả sử a ≥ b ≥ c
vậy thì a(a−b)(a−c) ≥b(a−b)(b−c) nên tổng hai số hạng đầu tiên không âm, do số hạng thứ ba không âm nên đẳng thức trên đúng.
Bài 2.2.6. (Đề thi toán Trung học phổ thông Hy Lạp thường niên 1984)
Chứng minh rằng các tam giác A1A3A5 và A2A4A6 có cùng diện tích.
Lời giải
Đặt gốc tại một điểm bất kì. Do các cạnh đối song song với nhau nên
(A1−A2)×(A4−A5) = 0,(A3−A2)×(A5−A6) = 0
(A3−A4)×(A6−A1) = 0. Khai triển các phương trình này và cộng chúng với nhau, ta được A1×A3+A3×A5+A5×A1 = A2×A4+A4×A6+A6×A2. Bấy giờ[A1A3A5] = |(A1−A3)×(A1−A5)| 2 = |A1×A3+A3×A5+A5×A1| 2 . Tương tự [A2A4A6] = |A2×A4+A4×A6 +A6×A2| 2 . Vì thế [A1A3A5] = [A2A4A6].
Bài 2.2.7. (Đề thi Olympic toán Balkan 1996).
Cho ABCDE là ngũ giác lồi và gọi M, N, P, Q, R lần lượt là các trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DE, EA. Nếu các đoạn thẳng AP, BQ, CR, DM có điểm chung, chỉ ra rằng điểm này cũng nằm trên EN.
Lời giải
Đặt gốc tại điểm chung, vì A, P và gốc thẳng hàng, nên
0 =A×P = A× C+D 2 = A×C+A×D 2 . Vì vậyA×C = D×Atương tự,B×D =E×B, C×E =A×C, D×A= B×D. Vậy thì E×B = C×E. Vì thế E×N =E× B +C 2 = 0, suy ra E, N và gốc thẳng hàng.
Bài 2.2.8. (Đề thi Olympic Áo lần thứ 16).
Một đường thẳng lần lượt cắt các cạnh (hay các cạnh kéo dài) BC, CA, AB của tam giác ABC tại các điểm A1, B1, C1. Các điểm A2, B2, C2 lần lượt đối xứng với A1, B1, C1 qua các trung điểm của BC, CA, AB. Chứng minh rằng A2, B2, C2 thẳng hàng.
Lời giải
Đặt gốc tại đỉnh, cụ thể là đỉnh C. Vậy thì, A1 = c1B, B1 =c2A, C1 =A+c3(B−A) đối với các hằng số c1, c2, c3 nào đó.Từ A1, B1, C1 thẳng hàng nên
0 = (B1−A1)×(C1−A1) = (c1−c1c2−c1c3+c2c3)A×B
Từ A2 =B −A1 = (1−c1)B B2 =A−B1 = (1−c2)A
nên A2, B2, C2 thẳng hàng nếu và chỉ nếu 0 = (B2 − A2) × (C2 − A2) = (c1−c1c2−c1c3+c2c3)A×B, đây là đẳng thức đúng.
KẾT LUẬN
Với mục tiêu tìm hiểu và chuẩn bị cho bản thân một chuyên đề để sử dụng trong dạy học ngoại khóa, bồi dưỡng học sinh khá, giỏi. Trên cơ sở bài báo: Vecto Geometry của tác giả Kin - Yi - Li (2002) trên tạp chí Mathematical Excalibur, Vol.6, No.5, 2002, luận văn đã chọn chủ đề về phương pháp véc tơ điểm làm hướng nghiên cứu của luận văn. Luận văn đã hoàn thành các nhiệm vụ chính sau:
• Trình bày một cách sơ lược về phương pháp véc tơ và phương pháp tọa độ trong chương trình toán THPT. Nội dung này ngoài việc hệ thống lại các kiến thức về phương pháp véc tơ, phương pháp tọa độ còn là các kiến thức cầu nối, bước đệm để luận văn tiếp tục đi vào những nội dung tiếp theo.
• Tìm hiểu các khái niệm, các tính chất là cơ sở của phương pháp véc tơ điểm để xác định cơ sở của ý tưởng vận dụng phương pháp véc tơ điểm vào giải bài toán hình học.
• Sưu tầm, chọn lọc và trình bày lời giải bằng cách vận dụng phương pháp véc tơ điểm để giải một số bài toán hình học dành cho học sinh giỏi. Luận văn đã cố gắng làm rõ hơn các bước trung gian của các lời giải trong tài liệu tham khảo và đưa ra lời giải bằng cách sử dụng phương pháp véc tơ điểm cho một vài bài toán (mà trong tài liệu tham khảo chỉ có lời giải bằng phương pháp hình học truyền thống hay sử dụng phương pháp tọa độ).
Ngoài ra đối với một vài bài tập, luận văn cũng cố gắng đưa ra các cách giải khác nhau của cùng một bài toán trong đó có lời giải bằng phương pháp véc tơ điểm để người đọc so sánh những phương pháp giải đó với nhau để có những nhận xét thú vị.