Mục lục PHẦN MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 1.5 Giới hạn phạm vi nghiên cứu .3 PHẦN NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận vấn đề .4 2.2 Thực trạng vấn đề 2.3 Các biện pháp tiến hành để giải vấn đề .13 2.3.1 Cơ sở lí thuyết 13 2.3.2 Nội dung phương pháp .13 2.3.2.1 Bài toán mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy .13 2.3.2.1.1 Bài toán sở .13 2.3.2.1.2 Một số toán ứng dụng 14 2.3.2.2 Bài toán không gian với hệ tọa độ Oxyz 19 2.3.2.2.1.Các toán sở .19 2.3.2.2.2 Một số toán ứng dụng 20 2.4 Kết đạt 25 2.4.1 Thực nghiệm lớp 10 25 2.4.1.1 Nội dung thực nghiệm .25 2.4.1.2 Dụng ý sư phạm đề kiểm tra 26 2.4.1.3 Đánh giá kết thực nghiệm 26 2.4.1.4 Đánh giá kết kiểm tra 27 2.4.2 Thực nghiệm lớp 12 28 2.4.2.1 Nội dung thực nghiệm .28 2.4.2.2 Dụng ý sư phạm đề kiểm tra 29 2.4.2.3 Đánh giá kết thực nghiệm 29 2.4.2.4 Đánh giá kết kiểm tra 30 PHẦN KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 31 3.1 Kết luận 31 3.2 Kiến nghị 32 TÀI LIỆU THAM KHẢO .34 -1- PHẦN MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Trong trình giảng dạy, nhận thấy việc dạy học toán nói chung bồi dưỡng học sinh khá, giỏi toán nói riêng; muốn học sinh rèn luyện tư sáng tạo việc học giải toán thân thầy, cô giáo cần phải có nhiều phương pháp nhiều cách hướng dẫn cho học sinh tiếp thu tiếp cận lời giải toán Vấn đề đòi hỏi người giáo viên cần tìm tòi nghiên cứu tìm nhiều phương pháp cách giải qua toán, để từ rèn luyện cho học sinh lực hoạt động, tư sáng tạo, phát triển toán đề xuất tự làm toán tương tự Khai thác, phát triển toán chủ đề lạ, dạy cho học sinh nắm vững kiến thức đảm bảo trình độ vượt qua ky thi cần thiết, bên cạnh người giáo viên dạy toán cần phải truyền tải say mê toán học cho học sinh, nhằm giúp hiệu học tập tốt Để thực điều này, người giáo viên cần có say mê chuyên môn, đặt cho nhiệm vụ truyền say mê cho học trò Khai thác, tìm hiểu phát triển toán phần việc giúp người giáo viên thành công nghiệp Với chút hiểu biết niềm say mê toán học, viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “BIẾN ĐỔI SỰ PHỤ THUỘC NHIỀU ĐIỂM THÀNH PHỤ THUỘC MỘT ĐIỂM TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ” với mong muốn chia sẻ, trao đổi kinh nghiệm làm toán, học toán dạy toán với đồng nghiệp Hy vọng đề tài giúp ích phần cho quý thầy cô trình công tác 1.2 Mục đích nghiên cứu Nhằm nâng cao nghiệp vụ chuyên môn, rút kinh nghiệm trình giảng dạy, phát triển tư linh hoạt, sáng tạo học sinh, phát bồi dưỡng học sinh giỏi Toán Thông qua đề tài này, tài liệu tham khảo cho em học sinh, đặc biệt học sinh tham gia kì thi học sinh giỏi, thi THPT Quốc gia -2- Nghiên cứu lí luận đề xuất phương pháp dạy học góp phần nâng cao uuur uuur uuuu r hiệu dạy học lớp toán tìm điểm M thuộc d để a.MA + b.MB + c.MC co giá trị nhỏ nhất a.MA2 + b.MB + c.MC co giá trị nhỏ nhất 1.3 Đối tượng nghiên cứu Nghiên cứu phương pháp giải, phát triển toán sử dụng kiến thức véctơ Đề tài hướng tới đối tượng học sinh khối 10 khối 12 1.4 Phương pháp nghiên cứu Với đề tài này, phương pháp chủ yếu sử dụng phương pháp thống kê, lựa chọn toán hay, độc đáo, có phương pháp giải sau phân tích, so sánh, khái quát hóa, đặc biệt hóa để làm bật phương pháp, từ rút kết luận Nghiên cứu lí luận: Nghiên cứu giáo trình phương pháp dạy học Toán trường phổ thông, tài liệu hướng dẫn đổi phương pháp dạy học, sách giáo khoa, sách tham khảo, báo Toán học tuổi trẻ, đề thi, Nghiên cứu thực nghiệm: Thông qua việc dạy học phần hình học lớp 10 phần hình học lớp 12 năm giảng dạy thân tổng kết kinh nghiệm giảng dạy đồng nghiệp 1.5 Giới hạn phạm vi nghiên cứu Đề tài nghiên cứu việc giải toán hình học tọa độ, toán tìm tọa độ điểm học sinh lớp 10 lớp 12, trường THPT Trần Hưng Đạo, huyện Đăk Mil, tỉnh Đăk Nông -3- PHẦN NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận vấn đề Trong trường trung học phổ thông coi việc thực hành giải toán hình thức chủ yếu hoạt động toán học sinh Các toán phương tiện cốt yếu trình giúp học sinh nắm vững tri thức, phát triển tư duy, hình thành kĩ năng, kỹ xảo, phát triển lực sáng tạo đồng thời giải số toán thực tế đặt Hoạt động giải toán điều kiện để thực tốt mục tiêu dạy toán trường trung học phổ thông Vì vậy, việc tổ chức giải toán có hiệu góp phần quan trọng chất lượng dạy học toán Việc ứng dụng phương pháp biến đổi phụ thuộc nhiều điểm thành phụ thuộc điểm vào giải toán nhằm tạo cách nhìn việc giải uuuu r uuuur uuuur toán tìm điểm M thuộc d để a.MA + b.MB + c.MC co giá trị nhỏ nhất a.MA2 + b.MB + c.MC co giá trị nhỏ nhất cho học sinh trung học phổ thông Giáo viên đưa số toán ứng dụng phương pháp biến đổi phụ thuộc nhiều điểm thành điểm để thông qua đó, học sinh chiếm lĩnh tri thức, rèn luyện kĩ để đạt mục đích học tập khác, đồng thời giúp em có tính độc lập, sáng tạo Giáo viên hướng dẫn học sinh phân tích toán, làm rõ mối quan hệ biết cần tìm dựa vào kiến thức học, liên tưởng tới đẳng thức véc tơ, định lí, tính chất thích hợp Qua giáo viên hướng dẫn học sinh định hướng cách giải vấn đề cách thu thập tổ chức liệu, huy động tri thức nhận thức, tìm đoán suy luận hướng đến gốc toán, quy lạ quen, tương tự hóa, khái quát hóa, xem xét mối liên hệ phụ thuộc,… 2.2 Thực trạng vấn đề Trong trình giảng dạy nghiên cứu toán học, có gặp toán sau: -4-  Bài toán “Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC co A ( 1;1) ; B ( –2; –4 ) ; C ( 5; –1) đường thẳng ∆ :  2 x – y + 12 = Tìm điểm M thuộc ∆ uuuu r uuuur uuuur cho MA + MB + MC nhỏ nhất”, với đáp án sau: 4 4 - Gọi G trọng tâm tam giác ABC, ta co tọa độ G  ; − ÷ 3 3 uuuu r uuuur uuuur uuuur - Khi đo: MA + MB + MC = 3MG , G ∆ cố định (G không nằm ∆ ) uuuur uuuu r uuuur uuuur - Vậy MA + MB + MC nhỏ nhất 3MG nhỏ nhất, tức MG nhỏ nhất hay MG vuông goc với ∆ Do đo M giao điểm ∆ đường thẳng d qua G vuông goc với ∆ u r - Một véc tơ phương ∆ u = (3;2) đo véc tơ pháp tuyến d, phương trình d là: 3x + y –  = - Tọa độ M nghiệm hệ phương trình:  x − y + 12 =    3x + y − =  M 20   x = − 13 ⇒  y = 116  39 -15 -10  20 116  ⇒ M − ; ÷  13 39  A O -5 G C -2 B • Phân tích: -4 -6 - Bài toán giải với việc chuyển phụ thuộc điểm M theo điểm A, -8 B, C thành phụ thuộc điểm M theo điểm G (trong G trọng tâm tam giác ABC) cách sử dụng công thức -5- uuuu r MA + MB + MC = 3MG (SGK Hình học 10 nâng cao, trang 20) uuuu r uuuur uuuur • Nhận xét : * Giải pháp cũ thường làm: Sử dụng công thức trọng tâm tam giác (như lời giải trên) * Giải pháp cải tiến: Ta thực biến đổi uuuu r uuuur uuuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuuu r MA + MB + MC = (MG + GA) + (MG + GB ) + (MG + GC ) uuuur uuur uuur uuuu r = 3MG + GA + GB + GC uuuur = 3MG, (với G trọng tâm tam giác ABC) Thoạt nhìn khác giải pháp cũ thường làm giải pháp cải tiến (vì chất giống nhau) Nhưng với giải pháp cải tiến ta giải toán nào? Ta thử xét toán 1a tương tự sau: “Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC co A ( 1;1) ; B ( –2; –4 ) ; C ( 5; –1) đường thẳng ∆ : uuuu r uuuur uuuur x – y + 12 = Tìm điểm M thuộc ∆ cho MA + MB + 2MC nhỏ nhất” (Dựa theo Bài 35/trang 11/ Sách bài tập Hình học 10 nâng cao) Rõ ràng tính chất trọng tâm (giải pháp cũ thường làm) khó để sử dụng đây, để giải toán ta cần sử dụng giải pháp cải tiến, với việc biến đổi sau: uuuu r uuuur uuuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuuu r MA + MB + 2MC = ( MG + GA) + (MG + GB) + 2( MG + GC ) uuuur uuur uuur uuuu r = 4MG + GA + GB + 2GC uuuur = 4MG uuur uuur uuuu r r Trong đó, điểm G điểm thỏa mãn GA + GB + 2GC = G xác định cụ thể có tọa độ Nội dung giải cụ thể vấn đề trình bày toán toán 14 sau Bây ta bỏ bớt kiện yếu tố điểm C toán 1, ta có toán tương tự sau: -6-  Bài toán Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC co A ( 1;1) ;  B ( –2; –4 ) đường thẳng ∆ : x – y + 12 = Tìm điểm M thuộc ∆ uuuu r uuuur cho MA + MB nhỏ nhất • Phân tích : - Bài toán giải với việc chuyển phụ thuộc điểm M theo điểm A, B thành phụ thuộc điểm M theo điểm I (trong I trung điểm đoạn thẳng AB) với công thức uuu r MA + MB = 2MI (theo SGK Hình học 10 nâng cao, trang 20) uuuu r uuuur • Lời giải :  3 - Gọi I trung điểm đoạn thẳng AB, ta có tọa độ I  − ; − ÷  2 uuuu r uuuur uuur - Khi đó: MA + MB = 2MI , I ∆ cố định (I không nằm ∆ ) uuu r uuuu r uuuur MA + MB 2MI - Vậy nhỏ nhỏ nhất, tức MI nhỏ hay MI vuông góc với ∆ Do M giao điểm ∆ đường thẳng d qua I vuông góc với ∆ u r - Một véc tơ phương ∆ u = (3;2) véc tơ pháp tuyến d, phương trình d là: 3x + y +  = - Tọa độ M nghiệm hệ phương trình: 75  x=−  x − y + 12 =  26  ⇒    3x + y + =  y = 27   13  75 27  ; ÷  26 13  ⇒ M − • Nhận xét : * Giải pháp cũ thường làm: Sử dụng công thức trung điểm đoạn thẳng (như lời giải trên) * Giải pháp cải tiến: Ta thực biến đổi sau: -7- uuuu r uuuur uuur uur uuur uur uuur uur MA + MB = ( MI + IA) + ( MI + IB) uur = 2MI + IA + IB uuur = 2MI , (với I trung điểm đoạn thẳng AB) Cũng nhận xét trên, nhìn khác giải pháp cũ thường làm giải pháp cải tiến Nhưng với giải pháp cải tiến ta giải toán nào? Ta thử xét toán 2a sau: “Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC co A ( 1;1) ; B ( –2; –4 ) đường thẳng ∆ : x – y + 12 = Tìm uuuu r uuuur điểm M thuộc ∆ cho 3MA + 2MB nhỏ nhất” Rõ ràng tính chất trung điểm (giải pháp cũ thường làm) khó để sử dụng đây, để giải toán ta cần sử dụng giải pháp cải tiến, với việc sử dụng phép biến đổi sau: uuuu r uuuuuu r uuur uur uuur uur uuur uur 3MA + 2MB = 3( MI + IA) + 2( MI + IB) uur = 5MI + 3IA + IB uuur = 5MI uur uur r Trong đó, I điểm thỏa mãn 3IA + IB = I xác định cụ thể có tọa độ Nội dung giải cụ thể vấn đề trình bày toán toán 12 sau Nếu ta thay đổi kiện cuối toán 2, ta có toán tương tự sau:  Bài toán Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC co A ( 1;1) ;  B ( –2; –4 ) đường thẳng ∆ :  2 x – y + 12 = Tìm điểm M thuộc ∆ cho: MA2 + MB co giá trị nhỏ nhất • Phân tích : - Bài toán giải với việc chuyển phụ thuộc điểm M theo điểm A, B thành phụ thuộc điểm M theo điểm I (trong I trung điểm đoạn thẳng AB) với công thức -8- MA2 + MB = 2MI + AB (SGK Hình học 10 nâng cao, trang 58) • Lời giải :  3 - Gọi I trung điểm đoạn thẳng AB, ta có tọa độ I  − ; − ÷  2 - Khi đó: MA2 + MB = 2MI + AB , I ∆ cố định (I không nằm ∆ ) - Vậy MA2 + MB nhỏ 2MI + AB nhỏ nhất, tức MI nhỏ (vì AB có độ dài không thay đổi) hay MI vuông góc với ∆ Do M giao điểm ∆ đường thẳng d qua I vuông góc với ∆ u r - Một véc tơ phương ∆ u = (3;2) véc tơ pháp tuyến d, phương trình d là: 3x + y +   = - Tọa độ M nghiệm hệ phương trình: 75  x=−  x − y + 12 =  26  ⇒    3x + y + =  y = 27   13  75 27  ; ÷  26 13  ⇒ M − • Nhận xét : * Giải pháp cũ thường làm: Sử dụng công thức MA2 + MB = 2MI + AB 2 (như lời giải trên, với I trung điểm đoạn thẳng AB) * Giải pháp cải tiến: Ta thực biến đổi sau: uuuu r2 uuuur2 MA2 + MB = MA + MB uuur uur uuur uur = ( MI + IA)2 + ( MI + IB)2 uuur uur uur = 2MI + IA2 + IB + 2MI ( IA + IB) = 2MI + IA2 + IB , (với I trung điểm đoạn thẳng AB) Với giải pháp cải tiến ta giải toán nào? -9- Ta thử xét toán 3a sau: “Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC co A ( 1;1) ; B ( –2; –4 ) đường thẳng ∆ : 2x – 3y + 12 = Tìm điểm M thuộc ∆ cho 5MA2 + 2MB nhỏ nhất” Rõ ràng công thức AB MA + MB = 2MI + (giải pháp cũ thường làm) khó để sử dụng 2 2 đây, để giải toán ta cần sử dụng giải pháp cải tiến, với việc sử dụng phép biến đổi sau: uuuu r2 uuuur2 5MA2 + 2MB = 5MA + 2MB uuur uur uuur uur = 5( MI + IA)2 + 2( MI + IB)2 uuur uur uur = MI + 5IA2 + IB + 2MI (5IA + IB) = MI + 5IA2 + IB uur uur r Trong đó, I điểm thỏa mãn 5IA + IB =0 I xác định cụ thể có tọa độ Nội dung giải cụ thể vấn đề trình bày toán toán 13 sau Nếu ta thay đổi kiện cuối toán 1, ta có toán tương tự sau:  Bài toán Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC co A ( 1;1) ,  B ( –2; –4 ) , C ( 5; –1) đường thẳng ∆ : x – y + 12 = Tìm điểm M thuộc ∆ cho: MA2 + MB + MC co giá trị nhỏ nhất • Phân tích: - Bài toán giải với việc chuyển phụ thuộc điểm M theo điểm A, B, C thành phụ thuộc điểm M theo điểm G (trong G trọng tâm tam giác ABC) với công thức MA2 + MB + MC = 3MG + AB + BC + CA2 • Lời giải 4 4 - Gọi G trọng tâm tam giác ABC ta có tọa độ G  ; − ÷ 3 3 - 10 -  x = + 3t  - Khi phương trình d  y = −3 − 2t   z = 3+t d I M (P)  x = + 3t   y = −3 − 2t - Giải hệ  ta t = −2 z = 3+ t 3 x − y + z + =  - Vậy M(-1;1;1) 2.3.2.2.2 Một số bài toán ứng dụng  Bài toán 12 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−1;0;2), B(14;9; −22) đường thẳng d : x −10 = y + = z − Tìm điểm 10 −7 uuuu r uuuur M thuộc d cho | 2MA + MB | co giá trị nhỏ nhất Phân tích : uuuu r uuuur uuur uur uuur uur uuur uur uur - Biến đổi | 2MA + MB |=| 2( MI + IA) + ( MI + IB) |=| 3MI + IA + IB | uur uur r uuuu r uuuur uuur - Chọn điểm I thỏa IA + IB = 0, để biến đổi | 2MA + MB |=| 3MI |= 3MI , sau áp dụng toán 10 Lời giải : uur uur r - Gọi điểm I thỏa IA + IB = 0, ta có I (4;3; −6) - Ta có uuuu r uuuur uuur uur uuur uur uuur uur uur uuur r | 2MA + MB |=| 2( MI + IA) + ( MI + IB) |=| 3MI + IA + IB |=| 3MI + |= 3MI - 20 - uuuu r uuuur - Do | 2MA + MB | có giá trị nhỏ MI có độ dài nhỏ - Theo toán 10, ta có đáp số M (0; −1;0) Bài tập tương tự: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−10;12; −9), B(0;2; −1) mặt phẳng ( P) :3x − y + z + = Tìm điểm M uuuu r uuuur thuộc (P) cho | MA − 3MB | co giá trị nhỏ nhất (Đáp số: M(-1;1;1))  Bài toán 13 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(6;0; −2), B(2; −12;18) mặt phẳng ( P) :3x − y + z + = Tìm điểm M thuộc (P) cho 3MA2 + MB co giá trị nhỏ nhất Phân tích : - Biến đổi uuuu r2 uuuur2 3MA2 + MB = 3MA + MB uuur uur uuur uur = 3( MI + IA)2 + ( MI + IB)2 uuur uur uur = 4MI + 3IA2 + IB + 2MI (3IA + IB) uur r uur - Chọn điểm I thỏa 3IA + IB = 0, để biến đổi 3MA2 + MB = 4MI + 3IA2 + IB , sau áp dụng toán 11 Lời giải : uur uur r - Gọi điểm I thỏa 3IA + IB = 0, ta có I (5; −3;3) - Ta có uuuu r2 uuuur2 3MA2 + MB = 3MA + MB uuur uur uuur uur = 3( MI + IA)2 + ( MI + IB)2 uuur uur uur = 4MI + 3IA2 + IB + 2MI (3IA + IB) = 4MI + 3IA2 + IB - Do 3MA2 + MB có giá trị nhỏ ⇔ 4MI + 3IA2 + IB có giá trị nhỏ ⇔ MI có giá trị nhỏ (vì IA, IB có độ dài không thay đổi) Theo toán 11, ta có đáp số cần tìm M(-1;1;1) - 21 - Bài tập tương tự: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;1; −18), B(6;4;0) đường thẳng d : x −10 = y + = z − Tìm điểm M 10 −7 thuộc d cho MA2 + 2MB co giá trị nhỏ nhất (Đáp số: M (0; −1;0) )  Bài toán 14 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0;1; −2), B(1; −3;2), C (−9, −17,22) đường thẳng d : x − 10 = y + = z − 10 −7 uuuu r uuuur uuuur Tìm điểm M thuộc d cho | MA + 3MB − MC | co giá trị nhỏ nhất Phân tích : - Biến đổi uuuu r uuuur uuuur uur uuur uuur uur uuur uuu r uuur uur uur uuu r | MA + 3MB − MC |=| ( MI + IA) + 3( MI + IB) − ( MI + IC ) |=| 2MI + IA + 3IB − IC | uur uur uuu r r uuuu r uuuur uuuur - Chọn điểm I thỏa IA + 3IB − IC = 0, để biến đổi | MA + 3MB − MC |= 2MI , sau áp dụng toán 10 Lời giải : uur uur uuu r r uuur uur uuur uur - Gọi điểm I thỏa IA + 3IB − IC = 0, ta có I (4;3; −6) - Ta có uuuu r uuuur uuuur uuur uur uuur uuu r | MA + 3MB − MC |=| ( MI + IA) + 3( MI + IB) − ( MI + IC ) | uuuu r uur uuu r =| 2MI + IA + 3IB − IC | uuur r =| 2MI + | = 2MI uuuur uuuur - Do | MA + 3MB − MC | có giá trị nhỏ MI có độ dài nhỏ - Theo toán 10, ta có đáp số M (0; −1;0) Bài tập tương tự: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(1;2;0), B(−2;1;3), C (−8; −1;9) mặt phẳng ( P) :3x − y + z + = Tìm uuuu r uuuur uuuur điểm M thuộc (P) cho | 2MA − 3MB + MC | co giá trị nhỏ nhất (Đáp số: M(-1;1;1)) - 22 -  Bài toán 15 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(27; −16;6), B(1;0;2), C (0; −1;3) mặt phẳng ( P) :3x − y + z + = Tìm điểm M thuộc (P) cho MA2 + 3MB + 2MC co giá trị nhỏ nhất Phân tích : - Biến đổi uuuu r2 uuuur2 uuuur MA2 + 3MB + 2MC = MA + 3MB + 2MC r uuur uur uuur uur uuur uuu = ( MI + IA)2 + 3( MI + IB)2 + 2(MI + IC )2 uuur uur uur uuu r = 6MI + IA2 + 3IB + IC + 2MI ( IA + 3IB + IC ) uur uur uuu r r - Chọn điểm I thỏa IA + 3IB + IC = 0, để biến đổi MA2 + 3MB + 2MC = 6MI + IA2 + 3IB + IC , sau áp dụng toán 11 Lời giải : uur uur uuu r r - Gọi điểm I thỏa IA + 3IB + IC = 0, ta có I (5; −3;3) - Ta có uuuu r2 uuuur2 uuuur MA2 + 3MB + 2MC = MA + 3MB + 2MC r uuur uur uuur uur uuur uuu = ( MI + IA)2 + 3( MI + IB)2 + 2(MI + IC )2 uuur uur ur u uuu r = 6MI + IA2 + 3IB + IC + 2MI ( IA + 3IB + IC ) =6MI + IA2 + 3IB + IC - Do MA2 + 3MB + 2MC có giá trị nhỏ ⇔ 6MI + IA2 + 3IB + IC có giá trị nhỏ ⇔ MI có giá trị nhỏ (vì IA, IB, IC có độ dài không thay đổi) - Theo toán 11, ta có đáp số M(-1;1;1) Bài tập tương tự: Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(0;1; − 2), B(18;13; −23), C (2;1; −3) đường thẳng d : x −10 = y + = z − 10 −7 Tìm điểm M thuộc d cho 2MA2 + MB + 3MC co giá trị nhỏ nhất (Đáp số: M (0; −1;0) ) Sáng kiến kinh nghiệm đề xuất hướng giải toán tổng quát “Tìm uuuu r uuuur điểm M thuộc đường thẳng (hoặc thuộc mặt phẳng ) cho | aMA + bMB | (**) co giá trị nhỏ nhất” (trong đó, (**) thay aMA2 + bMB , - 23 - uuuu r uuuur uuuur | aMA + bMB + cMC | aMA2 + bMB + cMC , với các số a, b, c∈R ) cách biến đổi véctơ việc khéo léo chọn điểm I biến toán M “phụ thuộc” nhiều điểm toán M “phụ thuộc theo điểm I, từ theo toán sở giải vấn đề dễ dàng theo cách tìm hình chiếu vuông góc điểm lên đường thẳng (hoặc lên mặt phẳng) Ngoài ra, kỹ thuật biến đổi phụ thuộc điểm M theo nhiều điểm thành phụ thuộc điểm M theo điểm áp dụng toán khác sau: * Chứng minh véc tơ qua điểm cố định  Bài toán 16 (Câu 3/trang 50/SBT Hình học 10 bản) Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC cố định Lấy điểm H di động, vẽ điểm N cho uuuur uuur uuuur uuuu r HN = HA + 3HB − HC Chứng minh HN qua điểm cố định Hướng dẫn : uur uur uuu r r - Tạo điểm cố định I với I xác định thỏa mãn IA + 3IB − IC = uuur uuuu r uuuur - Xen điểm I vào véc tơ HA, HB, HC - Chứng minh HN qua điểm I, hay chứng minh H, N, I thẳng hàng cách biến đổi: uuuur uuur uuuu r uuuur HN = HA + 3HB − HC uuur uur uuur uur uuur uuu r = HI + IA + 3( HI + IB) − 2( HI + IC ) uuur uur uur uuu r = HI + IA + 3IB − IC uuur = HI * Chứng minh đẳng thức véc tơ  Bài toán 17 (Bài 7/trang 52/SGK Hình học 10 nâng cao, bài 2/trang97/SGK Hình học 11 bản) Cho bốn điểm A, B, C, D bất ky Chứng minh rằng: uuur uuuu r uuuu r uuur uuuur uuur DA.BC + DB.CA + DC.AB = Hướng dẫn : - Xem D điểm xuất nhiều uuuu r uuur uuur - Xen điểm D vào véc tơ BC; CA; AB - 24 - uuuu r uuuu r uuuur uuuuu r uuuuur uuuuur uuur uuuu r uuuu r - Biểu thị véc tơ BC = BD + DC , CA = CD + DA, AB = AD + DB - Biến đổi uuur uuuu r uuuu r uuur uuuur uuur uuur uuuu r uuuur r uuur uuuu r uuuu uuuur uuuu r uuuu r DA.BC + DB.CA + DC.AB = DA.( BD + DC ) + DB.(CD + DA) + DC.( AD + DB ) rút gọn thành điều phải chứng minh 2.4 Kết đạt 2.4.1 Thực nghiệm lớp 10 2.4.1.1 Nội dung thực nghiệm - Thời gian thực dạy nội dung tiết (90 phút) nằm phần chủ đề tự chọn phương trình đường thẳng, 75 phút dạy 15 phút kiểm tra trắc nghiệm khách quan để kiểm chứng mức độ hiểu học sinh - Nội dung kiểm tra tìm tọa độ điểm - Lớp kiểm tra : 10 A10 (Lớp dạy thực nghiệm) 10 A8 (Lớp đối chứng) - Thời gian làm kiểm tra 15 phút Nội dung đề kiểm tra sau : Câu Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A ( 1; 1) , B ( 3; ) , C ( 2; ) Gọi M điểm thuộc trục tọa độ Oy Khi MA² + MB ² + MC ² đạt giá trị nhỏ M có tọa độ A M ( 0;1) Câu B M ( 0;3)        C M ( 0;0 ) D M ( 1;2 ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai điểm A ( 1;4 ) , B ( –1;2 ) đường thẳng ∆ : x −1 y + = Gọi M điểm thuộc đường thẳng −1 ∆ Khi MA2 + MB đạt giá trị nhỏ M có tọa độ A M (0;3) Câu B M ( −2;1) C M ( 1; −2 ) D M ( −1;1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A ( −4;1) , B ( 2;1) uuuur uuuur Gọi M điểm thuộc trục tọa độ Ox Khi MA + MB đạt giá trị nhỏ M có tọa độ - 25 - A M ( −1;1) B M ( −2;0 ) C M ( 1;0 ) D M ( −1;0 ) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A ( 1;0 ) , B ( 1;1) , Câu C ( 2;2 ) Gọi M điểm thuộc đường thẳng x − y − = Khi MA² − 3MB ² + 3MC ² đạt giá trị nhỏ M có tọa độ A M ( 4;3) B M ( 2;5 ) C M ( 5;2 ) D M ( 0;3) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz Cho điểm Câu  x =t Gọi M điểm A ( 1;2 ) , B ( 0; −1) , C ( −3; −1) đường thẳng ∆ :  y = − t  uuuur uuuur uuuuu r thuộc đường thẳng ∆ Khi MA + MB + 2MC đạt giá trị nhỏ M có tọa độ A M ( 1;1)   B M  ; ÷  20 10  21 C M ( 0;3)   D M  − ; − ÷  4 Đáp án: Câu A, Câu B, Câu D, Câu C, Câu 5B 2.4.1.2 Dụng ý sư phạm đề kiểm tra Ở lớp 10 A10 thực nghiệm dạy giải pháp cải tiến nêu sáng kiến kinh nghiệm, lớp 10 A8 đối chứng đuợc dạy theo phương pháp cũ (biến đổi phụ thuộc trung điểm đoạn thẳng, trọng tâm tam giác) Đề kiểm tra nhằm đánh giá tính hiệu giải pháp cải tiến 2.4.1.3 Đánh giá kết quả thực nghiệm Quá trình dạy học lớp : Qua thời gian dạy học thực nghiệm cho thấy lớp thực nghiệm học sinh có nhiều tiến học tập, cụ thể : + Học sinh có hứng thú lúc học + Các em chủ động tham gia học hỏi, đề xuất ý kiến, đặt tình trình học - 26 - + Các em hứng thú chổ đưa cách giải lớp toán tổng quát 2.4.1.4 Đánh giá kết quả bài kiểm tra Sau chấm thống kê bảng sau, nhận thấy đa số học sinh lớp thực nghiệm có hiểu biết vận dụng kiến thức học, vài em điểm yếu lí kỹ biến đổi yếu tính toán chưa cẩn thận nên chọn đáp án sai Bảng thống kê tỉ lệ % làm kiểm tra lớp thực nghiệm 10A10 năm học 2016-2017 Lớp thực nghiệm : 10A10 (45 HS) Số học sinh Tỉ lệ % Số câu làm 0 0,00 0,00 17,8 14 31,1 13 28,9 10 22,2 Bảng thống kê tỉ lệ % làm kiểm tra lớp đối chứng 10 A8 năm học 20162017 Số câu làm Lớp đối chứng : 10 A8 (41 HS) Số học sinh Tỉ lệ % 0 12 22 0,00 0,00 29,3 53,7 9,7 7,3 Nhận xét : - Dù lực học lớp thực nghiệm 10A10 lớp đối chứng 10 A8 tương đương nhau, lớp dạy thực nghiệm có nhiều học sinh giải tốt so với lớp đối chứng trình dạy học tìm tọa độ điểm, giáo viên rèn luyện cho học sinh kĩ - 27 - 2.4.2 Thực nghiệm lớp 12 2.4.2.1 Nội dung thực nghiệm - Thời gian thực dạy nội dung tiết (90 phút) nằm phần chủ đề tự chọn phương trình đường thẳng phương trình mặt phẳng, 75 phút dạy 15 phút kiểm tra trắc nghiệm khách quan để kiểm chứng mức độ hiểu học sinh - Nội dung kiểm tra tìm tọa độ điểm - Lớp kiểm tra : 12 A1 (Lớp dạy thực nghiệm) 12 A2 (Lớp đối chứng) - Thời gian làm kiểm tra 15 phút Nội dung đề kiểm tra sau : Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 1;1;0 ) , B ( 3;0;5 ) , C ( 2;2;1) Gọi M điểm thuộc mặt phẳng Oyz Khi MA² + MB ² + MC ² đạt giá trị nhỏ M có tọa độ A M ( 0;2;1) B M ( 0;1;3) C M ( 0;2;3) D M ( 0;1;2 ) Câu Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A ( 1;4;2 ) , B ( –1;2;4 ) đường thẳng ∆ : x −1 = y + = z Khi MA2 + MB đạt giá −1 trị nhỏ M có tọa độ A M (−1;0;4) B M ( 2; −3; −2 ) C M ( 1; −2;0 ) D M ( 3; −4; −4 ) Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 1;2;3) , B ( 3;2;1) uuuur uuuur Gọi M điểm thuộc mặt phẳng Oxy Khi MA + MB đạt giá trị nhỏ M có tọa độ A M ( 1;2;1) B M ( 1;1;0 ) C M ( 2;1;0 ) D M ( 2;2;0 ) Câu Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 1;1;0 ) , B ( 3;0;5 ) , C ( 2;2;1) Gọi M điểm thuộc mặt phẳng x − y + z − = Khi MA² − 3MB ² + 3MC ² đạt giá trị nhỏ M có tọa độ A M ( 0;2;1)    B M ( 0;1;3)    C M ( −2;7; −12 )         D M ( 0;2;3) - 28 - Câu Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz Cho điểm A ( 1;1;2 ) , B ( 0; −1;3) , C ( 2; −3; −1) đường thẳng uuuur uuuur  x =1  ∆ :  y = t Gọi   z = − 2t  M uuuuu r điểm thuộc đường thẳng ∆ Khi MA + MB + 2MC đạt giá trị nhỏ M có tọa độ A M ( 1;2; −1)  9 B M 1; ; ÷  5  7 C M 1; ; ÷  3 5 3 D M  ; − ; ÷ 4 4 Đáp án: Câu D, Câu A, Câu D, Câu C, Câu 5B 2.4.2.2 Dụng ý sư phạm đề kiểm tra Ở lớp 12 A1 thực nghiệm dạy giải pháp cải tiến nêu sáng kiến kinh nghiệm, lớp 12 A2 đối chứng dạy theo phương pháp cũ (biến đổi phụ thuộc trung điểm đoạn thẳng, trọng tâm tam giác) Đề kiểm tra nhằm kiểm chứng tính ưu việt giải pháp cải tiến 2.4.2.3 Đánh giá kết quả thực nghiệm Quá trình dạy học lớp : Qua thời gian dạy học thực nghiệm cho thấy lớp dạy thực nghiệm học sinh có nhiều tiến học tập, cụ thể : + Học sinh có hứng thú lúc học + Các em chủ động tham gia học hỏi, đề xuất ý kiến, đặt tình trình học + Các em hứng thú chổ đưa cách giải lớp toán tổng quát - 29 - 2.4.2.4 Đánh giá kết quả bài kiểm tra Sau chấm thống kê bảng sau, nhận thấy đa số học sinh lớp thực nghiệm có hiểu biết vận dụng kiến thức học vài em sai nhiều lí kỹ biến đổi yếu tính toán chưa cẩn thận, đọc đề không kĩ Bảng thống kê tỉ lệ % làm kiểm tra lớp thực nghiệm 12A1 năm học 2015-2016 Số câu làm Lớp thực nghiệm : 12A1 (44 HS) Số học sinh Tỉ lệ % 0 14 13 10 0,00 0,00 15,9 31,8 29,5 22,7 Bảng thống kê tỉ lệ % làm kiểm tra lớp đối chứng 12 A2 năm học 20152016 Số câu làm Lớp đối chứng : 12 A2 (42 HS) Số học sinh Tỉ lệ % 0,00 0,00 12 28,6 22 52,4 11,9 7,1 Nhận xét : - Dù trình độ môn Toán lớp thực nghiệm 12A1 lớp đối chứng 12 A2 tương đương nhau, lớp dạy thực nghiệm có nhiều học sinh giải nhiều câu so với lớp đối chứng trình dạy học tìm tọa độ điểm, giáo viên rèn luyện cho học sinh kĩ - 30 - PHẦN KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Sáng kiến đạt số kết sau : Ôn tập kỹ biến đổi véc tơ theo tính chất trung điểm đoạn thẳng, trọng tâm tam giác Hệ thống số kỹ tìm giá trị nhỏ độ dài véc tơ có chứa điểm M phụ thuộc theo nhiều điểm cố định thành kỹ tìm giá trị nhỏ độ dài véc tơ có chứa điểm M phụ thuộc theo điểm cố định Qua thực tế giảng dạy, thấy vấn đề dù khó mà giáo viên quan tâm truyền thụ cho học sinh lòng say mê nhiệt tình hút em vào đường nghiên cứu Bài toán tìm giá trị nhỏ độ dài véc tơ không vấn đề mới, cần tạo mối liên hệ kiến thức để thấy kiến thức có hỗ trợ với Với sáng kiến kinh nghiệm hy vọng góp thêm tài liệu cho đồng nghiệp; đồng thời giúp em học sinh có thêm kinh nghiệm cho loại toán này, từ tự tin gặp đề thi Sáng kiến kinh nghiệm triển khai chuyên đề để giảng dạy cho em học sinh ôn tập ky thi, nhằm giúp em học sinh vượt qua trở ngại tâm lí từ trước tới với lớp toán Cụ thể, học sinh biết phương pháp có hiệu em tự tin giải toán dạng dạng tương tự Tuy nhiên toán có nhiều cách giải, phương pháp giải dài phương pháp khác lại có đường lối nhận biết rõ ràng dễ tiếp cận - 31 - hơn, tiền đề cho ta sáng tạo dạng tập khác Từ toán, đào sâu suy nghĩ đưa nhiều cách giải mở rộng thành nhiều toán khác độ khó tăng lên rõ rệt Với phương pháp tư phần giúp học sinh hứng thú học tập, tạo động lực học tập cách chủ động, tích cực học sinh Đó hay, đẹp toán học, khiến người ta say mê toán học Sáng kiến kinh nghiệm với đề tài BIẾN ĐỔI SỰ PHỤ THUỘC NHIỀU ĐIỂM THÀNH PHỤ THUỘC MỘT ĐIỂM TRONG MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC TỌA ĐỘ làm cho cách giải toán “tìm điểm M thuộc d để uuuu r uuuur uuuur a.MA + b.MB + c.MC co giá trị nhỏ nhất (hoặc a.MA2 + b.MB + c.MC co giá trị nhỏ nhất)” có thêm cách nhìn khác, bên cạnh với cách giải sử dụng tính chất trọng tâm tam giác, tính chất trung điểm đoạn thẳng, hỗ trợ cho việc học tập đạt hiệu cao Với phương pháp dạy nhằm giúp em học sinh hiểu vấn đề cách sâu sắc nhìn toán nhiều góc độ khác nên dễ dàng suy luận để chuyển toán lạ toán quen thuộc Hơn với cách dạy đó, làm cho học sinh thấy phong phú việc sử dụng kiến thức liên quan Chính mà em không cảm thấy nhàm chán, từ em hào hứng say mê học tạo tâm lí thoải mái nhẹ nhàng tiết học, tiền đề tốt để học sinh tiếp thu bài, rèn luyện kỹ năng, nâng cao hiệu dạy học Những nội dung trình bày sáng kiến kinh nghiệm rút trình dạy học, xuất phát từ yêu cầu đổi phương pháp dạy học, lấy học sinh làm trung tâm hiếu học phần lớn học sinh động lực lớn để không ngừng phấn đấu, học hỏi, nghiên cứu, đúc rút kinh nghiệm góp phần nâng cao chất lượng giáo dục 3.2 Kiến nghị Đề tài nghiên cứu giúp giáo viên học sinh có tài liệu tiếp cận với phương pháp chuyển đổi phụ thuộc điểm M theo nhiều điểm cố định - 32 - thành phụ thuộc điểm M theo điểm cố định Do kinh nghiệm chưa nhiều, thời gian nghiên cứu ứng dụng chưa dài nên đề tài không tránh khỏi nhiều hạn chế Rất mong đóng góp đồng nghiệp để hoàn thiện đề tài Xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Đăk Mil ngày 26 tháng 03 năm 2017 Tác giả Nguyễn Bách Khoa Vinh - 33 - TÀI LIỆU THAM KHẢO Báo toán học tuổi trẻ số 445, tháng năm 2014 Sách giáo khoa hình học 10, 11, 12 www.diendantoanhoc.net www.Violet.vn www.Vietmaths.com www.hocmai.vn - 34 - ... giải toán biến đổi điểm M phụ thuộc điểm A, B, C trở thành điểm M phụ thuộc theo điểm G (với G trọng tâm tam giác ABC); biến đổi điểm M phụ thuộc điểm A, B trở thành điểm M phụ thuộc theo điểm. .. triển toán phần việc giúp người giáo viên thành công nghiệp Với chút hiểu biết niềm say mê toán học, viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “BIẾN ĐỔI SỰ PHỤ THUỘC NHIỀU ĐIỂM THÀNH PHỤ THUỘC MỘT ĐIỂM TRONG. .. cho học sinh trung học phổ thông Giáo viên đưa số toán ứng dụng phương pháp biến đổi phụ thuộc nhiều điểm thành điểm để thông qua đó, học sinh chiếm lĩnh tri thức, rèn luyện kĩ để đạt mục đích học