Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp vectơ

Nội dung text: Sáng kiến kinh nghiệm Phương pháp vectơ

1. MỤC LỤC A. MỞ ĐẦU I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 1. Mục đích 2. 2. Ý nghĩa .2 II. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU 1. Đối tượng nghiên cứu 3 2. Phạm vi nghiên cứu 3 III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: B. NỘI DUNG Nhóm I: Các bài toán chứng minh một đẳng thức vectơ 4 Nhóm II: Các bài toán chứng minh một hệ thức hình học .11 Nhóm III: Các bài toán tính toán một biểu thức hình học .15 Nhóm IV: Các bài toán về chứng minh bất đẳng thức hình học 19 Nhóm V: Các bài toán về quan hệ vuông góc, quan hệ song song giữa các đường thẳng 22 C. KẾT LUẬN I. KẾT LUẬN CHUNG: II. ĐỀ XUẤT: 1. §èi víi gi¸o viªn 28 2. §èi víi häc sinh 28 - 1 -
2. A. MỞ ĐẦU I.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 1. Mục đích Một trong những phương thức phát triển năng lực sáng tạo trong giải toán là rèn luyện khả năng phát hiện các ứng dụng đa dạng của hệ thống kiến thức Toán được học trong nhà trường. Trong chương trình toán học phổ thông, phương pháp vectơ đóng một vai trò quan trọng, nó là một công cụ khá mạnh và hữu hiệu để giải một số bài toán hình học một cách nhanh gọn và dễ hiểu. Xét về mặt khoa học, phương pháp vectơ khá trừu tượng, có nhiều công thức khó nhớ và nhiều bài toán khó hiểu và cái khó hơn nửa là việc chuyển các sự kiện hình học của bài toán được diễn đạt bằng ngôn ngữ hình học tổng hợp sang ngôn ngữ vectơ và ngược lại. Tuy nhiên, đây là một chủ đề khá “lôi cuốn”đối với những học sinh đam mê với toán học, bởi nó đòi hỏi người học phải tư duy, tìm tòi và sáng tạo. Để giúp học sinh thấy được những mặt ưu việt của phương pháp vectơ đồng thời hiểu một cách sâu sắc hơn kiến thức về vectơ, tôi tổng hợp một vài dạng bài toán nhằm giúp học sinh làm quen và sử dụng phương pháp vectơ để giải một số bài toán hình học phẳng. 2. Ý nghĩa Việc nghiên cứu đề tài này là thực hiện yêu cầu của việc đổi mới phương pháp dạy học nói chung, dạy học môn Toán trong chương trình THPT nói riêng. Trong đó, việc phát huy tính chủ động tích cực và sáng tạo của học sinh trong quá trình học tập có ý nghĩa rèn luyện các em trở thành những con người năng động, có khả năng chủ động giải quyết được các vấn đề đặt ra trong học tập cũng như trong cuộc sống sau này. - 2 -
3. II. ĐỐI TƯỢNG VÀ PHẠM VI NGHIÊN CỨU 1. Đối tượng nghiên cứu Thực trạng của việc học môn toán, giải bài tập toán của học sinh THPT 2. Phạm vi nghiên cứu: * Cơ sở của việc nghiên cứu: từ thực trạng của việc dạy và học chương “Vectơ” ở phân môn Hình học. * Về chương trình: Hình học lớp 10 * Thực nghiệm và khảo sát: ở lớp 10A3 III. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU: Phương pháp tổng kết kinh nghiệm, tham khảo ý kiến của đồng nghiệp và một số tài liệu của các thầy cô đi trước. - 3 -
4. B. NỘI DUNG Chúng ta biết rằng không có một chìa khoá vạn năng nào có thể dùng để mở khoá “giải” mọi bài toán. Vì vậy trong đề tài này tôi đã phân chia, sắp xếp các bài tập thành những nhóm khác nhau, và trong mỗi nhóm đó tôi cố gắng lựa chọn các bài tập điển hình nhất, qua đó nhằm rèn luyện cho học sinh các kĩ năng biến đổi vectơ đơn giản làm tiên đề cho các kĩ năng chuyển các sự kiện của bài toán diễn đạt bằng ngôn ngữ hình học tổng hợp sang ngôn ngữ vectơ và ngược lại. Các bài tập minh hoạ cho các nhóm bài toán: NHÓM I CÁC BÀI TOÁN CHỨNG MINH MỘT ĐẲNG THỨC VECTƠ Nhằm rèn luyện cho học sinh kĩ năng biến đổi các biểu thức véctơ, kĩ năng sử dụng các phương pháp toán học diễn đạt bằng ngôn ngữ véctơ. A. Cơ sở lý thuyết: * Các đẳng thức véctơ cần chứng minh có thể đưa về dạng:     x1 a1 x2 a2 x3 a3 xn an 0 Chứng minh đẳng thức này về cơ bản dựa vào các tính chất sau:   2    1. Véctơ a bằng 0 khi và chỉ khi a 0 . Từ đó: a a.a a2 0   2. Nếu b là véctơ đối của a thì a +b = 0 B. Bài tập minh họa: CA m Bài 1.1: Cho C là một điểm thuộc đoạn thẳng AB sao cho . Chứng minh rằng với CB n  n  m  S là một điểm bất kỳ ta luôn có: SC SA SB (1) m n m n * Nhận xét:    • Bản chất của bài toán là phân tích vectơ SC theo các vectơ SA, SB . • Khi C là trung điểm AB thì (1) là tính chất trung điểm khá quen thuộc. - 4 -
5. Giải: Theo giả thiết: CA m AC m A C B CB n AC CB m n AC m  m  Vậy AC AB AB m n m n S   m   SC SA SB SA m n   m  m  SC SA SA SB m n m n  n  m  SC SA SB (Đpcm) m n m n *Hệ quả: Cho tam giác ABC, M là một điểm trên cạnh BC.  MC  MB  Ta có: AM AB AC BC BC Bµi 1. 2: Cho tam gi¸c ABC cã ®é dµi c¸c c¹nh ®èi diÖn víi c¸c ®Ønh A, B, C lÇn l­ît lµ a, b, c. §­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ABC lÇn l­ît tiÕp xóc víi BC, CA, AB t¹i A1, B1, C1.    Chøng minh r»ng: aAA1 bBB1 cCC1 0 * Nhận xét: • Ta có A1 thuộc cạnh BC và tính được BA1, A1C theo a, b, c nên có thể áp dụng kết quả của bài tập 1.1 giải quyết bài toán này. • Nếu phát hiện được hệ quả của bài tập 1.1 thì có thể giải quyết bài toán một cách ngắn gọn . Gi¶i: *Cách 1: (Áp dụng bài tập 1.1) a b c Theo gi¶ thiÕt ta cã: BA + CA +AC = (1) A 1 1 1 2 B MÆt kh¸c: CA1+AC1 = CB1 + AB1 = b. (2) C 1 Từ (1) và (2) suy ra: 1 a b c a b c BA = b 1 2 2 a b c T­¬ng tù: CA = B C 1 2 A1 A B a b c Do ®ã: 1 . A1C a b c - 5 -
6. V× A1 thuéc ®o¹n BC nªn ¸p dông kÕt qu¶ cña bµi 1.1 ta cã:  n  m  m a b c AA AB AC víi 1 m n m n n a b c  a b c  a b c  AA AB AC 1 2a 2a    2aAA1 (a b c)AB (a b c)AC Chứng minh tư¬ng tù :    2bBB1 ( a b c)BC (a b c)BA    2cCC1 (a b c)CA ( a b c)CB    Céng tõng vÕ 3 ®¼ng thøc trªn ta cã: aAA1 bBB1 cCC1 0 (đpcm) * Cách 2: (Áp dụng hệ quả của bài 1.1) uuuur A B uuur AC uuur uuuur uuur uuur Ta có: AA = 1 AC + 1 AB Þ aAA = A BAC + AC AB 1 a a 1 1 1 uuur uur uuur Tương tự: bBB1 = B1C.BA+ B1 A.BC uuur uuur uur cCC1 = C1 A.CB + C1B.CA Cộng vế theo vế ta được điều phải chứng minh. Bµi 1.3: Cho tam gi¸c ABC, gäi H lµ trùc t©m, I lµ t©m ®­êng trßn néi tiÕp tam gi¸c ABC. Chøng minh:    1. aIA bIB cIC 0 (a, b, c lµ ®é dµi 3 c¹nh cña tam gi¸c)    2. tanA .HA ta n B.HB ta nC.HC 0 3.Sa.MA Sb.MB Sc.MC 0 , trong ®ã M lµ mét ®iÓm bÊt kú n»m trong tam gi¸c; Sa, Sb, Sc theo thø tù lµ diÖn tÝch c¸c tam gi¸c MBC, MCA, MAB. Gi¶i    1. Ph©n tÝch IC theo IA vµ IB và sử dụng tính chất đường phân giác. A * Cách 1: B’ B1 Dựng hình bình hành IA’CB’, ta có: C I      1 IC IB' IA' IB  IA B C   A1 Vì IB , IB ' cùng phương nên: IB' AC b 1 ( Định lý Thales và t/chất đường phân giác) A’ IB A1B c - 6 -
7. IA' BC a Tương tự:  1 IA B1 A c  b  a     Vậy: IC IB IA, suy ra aIA bIB cIC 0 c c *Cách 2: A1B c A1B c BC b c ab Ta có: 1 1 A1C A1C b A1C b A1C b b c ac A B a AC 1 1 b c         CA1.IA1 CA1.IB CA1.BA1 Mặt khác: IA1 IB BA1 IC CA1    BA1.IA1 BA1.IC BA1.CA1      (CA1 BA1)IA1 CA1.IB BA1.IC CA1.BA1 BA1.CA1    a.IA1 CA1.IB BA1.IC  b  c  IA IB IC 1 b c b c Vì BI là phân giác trong của ABA1 nên:  IA  BA  a  IA 1 .IA 1 .IA .IA B’ 1 IA c b c a  b  c  .IA .IB .IC b c b c b c A B    C1 1 aIA bIB cIC 0 H 2. Xét trường hợp ABC có 3 góc đều nhọn C Dựng hình bình hành HA’CB’ ta có: B A1      HC HA' HB ' HA  HB Lập luận tương tự câu a) ta có: A’ HA' BC BB .cotC tan A 1 1 HA B1 A BB1.cot A tanC HB' AC AA.cotC tan B  1 1 HB A1B AA1.cot B tanC  tan A  tan B     Vậy: HC HA HB hay tan A.HA tan B.HB tanC.HC 0 tanC tanC (Trường hợp ABC có 1 góc tù , chứng minh tương tự) - 7 -
8. 3. * Cách 1: Gọi giao điểm của các tia AM, BM, CM, với BC, CA, AB lần lượt là A1; B1; C1. Lập luận như câu a) và b) ta có:      MC MA' MB' MA  MB ( chú ý: < 0,  < 0) và S BC CH (MBC) S 1 a ( MBC, MBA chung đáy MB, có B A AI S S 1 (MBA) c các đường cao CH, AI) S Tương tự:  b Sc  S  S  Vậy MC a MA b MB , Sc Sc    từ đó có: Sa.MA Sb.MB Sc.MC 0 *Cách 2: Gọi A’ là giao điểm của MA và BC. A  A'C  A'B  Ta có: MA' MB MC (Áp dụng bài 1.1) BC BC M S A'C S(MA'C) S(MAC) b Nhưng: B C A'B S(MA'B) S(MAB) Sc A’ A'C S b BC S S S b c  b  Sc  MA' MB MC (*) A'B S S S S S c b c b c BC S S b c MA' S(MA' B) S(MA'C) S(MA' B) S(MA'C) S  Sa  Mặt khác: a MA' MA. MA S(MAB) S(MAC) S(MAB)+S(MAC) S S S S b c b c    Thay vào (*) được: Sa.MA Sb.MB Sc.MC 0 (đpcm) * Nhận xét: Sử dụng kết quả câu 3) ta có thể tìm lại được kết quả câu 1), 2) và trong việc giải các bài toán khác. Chẳng hạn ở câu 3) chỉ cần chọn: 1 1 1 S ar,S br, S cr ( r là bán kính đường tròn nội tiếp ABC) a 2 b 2 c 2       ta có: arIA brIB crIC 0 aIA bIB cIC 0 - 8 -
9. Bài 1.4: Cho tam giác ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Gọi N, M, K lần lượt là chân các đường phân giác từ A, B, C của tam giác ABC. Chứng minh rằng:    a(b c)AN b(c a)BM c(a b)CK 0 Giải: Theo tính chất đường phân giác ta có: NB c NC b NB c A NC b BC b+c BC b+c M Áp dụng kết quả bài 1.1 ta có: K  b  c  AN AB AC B C b c b c N Tương tự ta có:  a  c  BM BA BC a c a c  a  b  CK CA CB a b a b Từ ba đẳng thức trên ta suy ra:    a(c b)AN abAB acAC (1)    b(a c)BM baBA bcBC (2)    c(a b)CK caCA cbCB (3) Cộng vế theo vế (1), (2), (3) ta được:    a(c b)AN b(a c)BM c(a b)CK       ab AB BA ac AC CA bc CB BC 0    Vậy a(b c)AN b(c a)BM c(a b)CK 0 - 9 -