Đang tải... (xem toàn văn)
Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)Tích ngoài của véc tơ và ứng dụng (LV thạc sĩ)
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - PHẠM TRUNG LÂM TÍCH NGOÀI CỦA VÉC TƠ VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC THÁI NGUYÊN - 2017 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC - PHẠM TRUNG LÂM TÍCH NGOÀI CỦA VÉC TƠ VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 60 46 01 13 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS TRỊNH THANH HẢI THÁI NGUYÊN - 2017 i Lời cảm ơn Luận văn thực trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành hướng dẫn Phó Giáo sư - Tiến sĩ Trịnh Thanh Hải Tác giả xin trân trọng bày tỏ lòng kính trọng biết ơn sâu sắc tới thầy, người tận tình bảo, hướng dẫn, động viên khích lệ tạo điều kiện thuận lợi cho tác giả suốt trình học tập nghiên cứu luận văn Qua luận văn này, tác giả xin gửi lời cảm ơn tới Ban Giám hiệu trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban chủ nhiệm khoa Toán - Tin, giảng viên tham gia giảng dạy tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu suốt thời gian qua Tác giả xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp tất người quan tâm, động viên giúp đỡ để tác giả hoàn thành luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn! Thái Nguyên, ngày tháng năm 2017 Tác giả luận văn Phạm Trung Lâm ii Mục lục Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt iii Danh mục bảng iv Mở đầu 1 Kiến thức chuẩn bị 1.1 Định nghĩa 1.2 Tính chất 1.3 Biểu thức tọa độ tích hai véc tơ 1.4 Hướng diện tích đại số tam giác 1.5 Hướng diện tích đại số đa giác lồi 1.6 Mối liên hệ độ dài đại số diện tích đại số Một số ứng dụng tích véc tơ 2.1 Mở rộng định lí Gergaune 2.2 Ứng dụng tích véc tơ vào giải toán 10 2.3 Vấn đề tỉ số kép chùm đường thẳng 13 2.4 Một số toán 15 2.5 Một số tập đề nghị 44 Kết luận 45 Tài liệu tham khảo 46 iii Danh mục ký hiệu, chữ viết tắt → − − (→ a, b) → − − Góc lượng giác hai véc tơ → a, b (a, b) S[XY Z] S[XY Z] Góc hai đường thẳng a, b Diện tích đại số XY Z S(XY Z) SXY Z → − − → − → − a ↑↑ b (→ a ↑↓ b ) Diện tích hình học XY Z → − − Hai véc tơ → a , b hướng (ngược hướng) iv Danh mục hình vẽ Hình 2.1: 10 Hình 2.2: 11 Hình 2.3: 15 Hình 2.4: 16 Hình 2.5: 17 Hình 2.6: 17 Hình 2.7: 19 Hình 2.8: 21 Hình 2.9: 23 Hình 2.10: 24 Hình 2.11: 25 Hình 2.12: 27 Hình 2.13: 28 Hình 2.14: 29 Hình 2.15: 30 Hình 2.16: 32 Hình 2.17: 33 Hình 2.18: 34 Hình 2.19: 35 Hình 2.20: 36 Hình 2.21: 38 Hình 2.22: 41 Mở đầu Lý chọn đề tài Trong đề thi học sinh giỏi, tập áp dụng tính chất tích vô hướng, có nhiều có lời giải liên quan đến tích hai véc tơ Tuy nhiên chương trình, sách giáo khoa môn toán THPT không trình bày nội dung tích hai véc tơ nên việc vận dụng tích hai véc tơ vào giải toán vấn đề khó nhiều học sinh Với mong muốn đưa cách hệ thống kiến thức tích hai véc tơ việc vận dụng kiến thức vào giải toán trung học phổ thông, tác giả lựa chọn đề tài "Tích hai véc tơ ứng dụng" Mục đích nghiên cứu Tìm hiểu trình bày cách hệ thống kiến thức tích hai véc tơ đồng thời trình bày ứng dụng tích hai véc tơ vào giải toán Nhiệm vụ nghiên cứu Luận văn có nhiệm vụ: a Tìm hiểu tích hai véc tơ: Định nghĩa, tính chất, biểu thức tọa độ tích hai véc tơ b Sưu tầm trình bày việc ứng dụng tích hai véc tơ vào giải số toán dành cho học sinh giỏi, đề thi chọn học sinh giỏi nước quốc tế c Đưa lời giải chi tiết, đầy đủ cho toán mà tài liệu tham khảo có lời giải tóm tắt gợi ý Nội dung luận văn Ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, luận văn trình bày ngắn gọn hai chương Luận văn văn gồm hai chương sau: Chương Kiến thức chuẩn bị Chương Một số ứng dụng tích véc tơ Một cách cụ thể, luận văn trình bày kết tài liệu tham khảo [1], [2], [3], [4], [5] Chương Kiến thức chuẩn bị Trong chương 1, luận văn chọn lọc trình bày số kiến thức liên quan đến tích hai véc tơ dựa chủ yếu vào tài liệu tham khảo [2] [4] 1.1 Định nghĩa → − → − − − Tích hai véc tơ → a , b kí hiệu → a ∧ b số, xác định sau: → − → − a = − → − → • Nếu → − → − a ∧ b = b = • Nếu → − → − a = − − − → − → → − → → − → → − → − a ∧ b = | a |.| b | sin( a , b ) b = Từ định nghĩa ta có hệ hiển nhiên: → − → − → − − a // b ⇔ → a ∧ b = 1.2 Tính chất Tích hai véc tơ có ba tính chất sau đây: → − → − − − i) → a ∧ b =− b ∧→ a (phản giao hoán); → − − → − − → − − ii) → a ∧( b +→ c)=→ a ∧ b +→ a ∧ −c (phân phối); → − → − − − iii) (k → a ) ∧ (l b ) = (kl)(→ a ∧ b ) 1.3 Biểu thức tọa độ tích hai véc tơ Để chứng minh tính chất tích ngoài, trước hết ta có định lí sau: → − − Định lí 1.1 Trên mặt phẳng tọa độ cho hai véc tơ → a (x1 ; y1 ), b (x2 ; y2 ) Khi 1.4 → − → − a ∧ b = x1 y2 − x2 y1 Hướng diện tích đại số tam giác a) Hướng tam giác Cho tam giác ABC, ta thấy hướng quay từ A đến B đến C, từ B đến C đến A, từ C đến A đến B trùng gọi hướng tam giác ABC Như tam giác ABC, BCA, CAB có hướng Nếu hướng tam giác ABC trùng với hướng mặt phẳng ta nói tam giác ABC có hướng dương Nếu tam giác ABC có hướng ngược với hướng mặt phẳng ta nói tam giác ABC có hướng âm b) Tam giác suy biến Theo định nghĩa thông thường, ba đỉnh tam giác phải ba điểm không thẳng hàng Tuy nhiên, xét toán diện tích, yêu cầu trở nên không cần thiết mà gây trở ngại cho việc làm toán Vì vậy, ta đưa khái niệm Tam giác suy biến, tức tam giác mà ba đỉnh thẳng hàng Để cho thuận tiện, ta thay thuật ngữ tam giác suy biến thuật ngữ tam giác c) Diện tích đại số tam giác Diện tích đại số tam giác ABC số đại số (có thể dương, âm không), kí hiệu S[ABC] (hoặc S[ABC]) xác định 32 F A E N B M P D C Hình 2.16 −−→ −−→ −→ −−→ −→ −−→ M N ∧ M P = AE + DB ∧ AC + DF 1 −→ −→ −→ −−→ −−→ −→ −−→ −−→ AE ∧ AC + AE ∧ DF + DB ∧ AC + DB ∧ DF = 2 2 = (S[AEC] + S[ADEF ] + S[DABC] + S[DBF ]) = (−S(AEC) + S(ADEF ) + S(DABC) − S(DBF )) = (S(ABCDEF ) − S(ACE) − S(BDF )) −−→ −−→ Vậy M, N, P thẳng hàng ⇔ M N ∧ M P = ⇔ S(ABCDEF ) − S(ACE) − S(BDF ) = ⇔ S(ABCDEF ) = S(ACE) + S(BDF ) Bài toán 2.16 [1] Cho tam giác ABC Các điểm M, N, P theo thứ tự chạy đường thẳng BC, CA, AB cho BM CN AP = = = k BC CA AB a) Chứng minh AM, BN, CP độ dài ba cạnh tam giác mà ta kí hiệu (k) b) Tìm k cho diện tích tam giác (k) nhỏ Giải a/ Không tính tổng quát, ta giả sử tam giác ABC có hướng dương Ta có 33 A P N B C M Hình 2.17 −−→ −→ −→ AM = (1 − k) AB + k AC −−→ −−→ −→ BN = (1 − k) BC + k BA −→ −−→ −→ CP = (1 − k) CA + k CB −−→ −−→ −→ −→ −−→ −→ → − ⇒ AM + BN + CP = (1 − 2k) AB + BC + CA = (1 − 2k) = → − (1) −−→ −−→ −→ −→ −−→ −→ Mặt khác, AM ∧ BN = (1 − k)AB + k AC ∧ (1 − k)BC + k BA −→ −−→ −→ −−→ −→ −→ −→ −→ = (1 − k)2 AB ∧ BC + k(1 − k)AC ∧ BC + (1 − k)k AB ∧ BA + k AC ∧ BA = (1 − k)2 S[ABC] + k(1 − k)S[ABC] + + k S[ABC] = (1 − k)2 + k(1 − k) + k S[ABC] = (k − k + 1)S(ABC) = k− + S(ABC) > −−→ −−→ Suy AM , BN không phương −−→ −−→ −→ Tương tự vậy, AM , BN , CP đôi không phương (2) Từ (1) (2), theo định nghĩa phép cộng véc tơ, ta có: AM, BN, CP độ dài ba cạnh tam giác b/ Đặt S (k) diện tích tam giác S (k) −−→ −−→ = AM ∧ BN = k− (k) Theo câu a) ta có + S(ABC) ≥ S(ABC) 34 Đẳng thức xảy ⇔ k = Vậy S (k) nhỏ k = giá trị nhỏ S (k) Bài toán 2.17 [2] Cho tam giác ABC Các điểm M, N, P theo thứ tự thuộc cạnh BC, CA, AB Các điểm X, Y, Z theo thứ tự trọng tâm tam giác ANP, BPM, CMN Chứng minh S(ABC) < S(XY Z) Giải A X P N Y B Z M C Hình 2.18 Không tính tổng quát, ta giả sử tam giác ABC có hướng dương Ta −−→ −−→ có S(XY Z) = S[XY Z] = XY ∧ XZ 1 −→ −−→ −→ −−→ = (AB + N M ) ∧ AC + P M ) 3 1 −→ −→ −−→ −→ −→ −−→ −−→ −−→ = AB ∧ AC + N M ∧ AC + AB ∧ P M + N M ∧ P M 2 2 = (S[ABC] + S[AM C] + S[ABM ] + S[M N P ]) = (S(ABC) + S(AM C) + S(ABM ) + S(M N P )) = (2S(ABC) + S(M N P )) < S(ABC) Do 9 S(ABC) < S(XY Z) 35 Bài toán 2.18 [2] Cho tứ giác ABCD có AC ⊥ BD Trung trực đoạn thẳng AB, CD cắt O nằm tứ giác Giả sử S(OAB) = S(OCD) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp Giải A K B D H O C Hình 2.19 Gọi H, K hình chiếu O AC, BD S(OAB) = S(OCD) ⇒ S[OAB] = S[OCD] −→ −−→ −→ −−→ ⇒ OA ∧ OB = OC ∧ OD −−→ −−→ −−→ −−→ ⇒ OH + HA ∧ OK + KB −−→ −−→ −−→ −−→ = OH + HC ∧ OK + KD −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ ⇒ OH ∧ OK + OH ∧ KB + HA ∧ OK + HA + KB −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ = OH ∧ OK + OH ∧ KD + HC ∧ OK + HC ∧ KD −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ Từ với ý rằng, OH ∧ KB, HA ∧ OK, OH ∧ KD, HC ∧ OK không, ta có: −−→ −−→ −−→ −−→ HA ∧ KB = HC ∧ KD −−→ −−→ −−→ −−→ ⇒ HA.KB = HC.KD sin HA, KB = sin HC, KD Nếu HA > HC KB < KD Suy ra: OA > OC = OD > OB, mâu thuẫn (vì OA = OB) Tương tự: HA < HC suy mâu thuẫn 36 Vậy : HA = HC ⇒ OA = OC ⇒ OA = OB = OC = OD Do Tứ giác ABCD nội tiếp Bài toán 2.19 [2] Cho bốn đường thẳng phân biệt OA, OB, OC, OD Đường thẳng không qua O, theo thứ tự cắt OA, OB, OC, OD X, Y, Z, T Chứng minh −−→−→ −−→−→ sin(OC,OA) sin(OD,OA) ZX T X : = −−→−−→ : −−→−−→ ZY T Y sin(OC,OB) sin(OD,OB) A D O X Y T Z C ∆ B Hình 2.20 ZX T X S[OZX] S[OT X] : = : S[OZY ] S[OT Y ] ZY T Y −−→−−→ −−→−−→ OZ.OX sin(OZ,OX) OT.OX sin(OT,OX) = : −−→−−→ −−→−−→ 1 OZ.OY sin(OZ,OY ) OT.OY sin(OT,OY ) −−→−−→ −−→−−→ sin(OZ,OX) sin(OT,OX) = −−→−−→ : −−→−−→ sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) −−→−−→ −−→−−→ −−→ −→ sin(OZ,OX) sin(OT,OX) Nếu OX ↑↑ OA −−→−−→ : −−→−−→ sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) −−→−→ −−→−→ sin(OZ,OA) sin(OT,OA) = −−→−−→ : −−→−−→ sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) Giải (2.22) 37 −−→ −→ Nếu OX ↑↓ OA −−→−−→ −−→−−→ sin(OZ,OX) sin(OT,OX) −−→−−→ : −−→−−→ sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) −−→−→ −−→−−→ −−→−→ −−→−−→ sin (OT,OA) + (OA,OX) sin (OZ,OA) + (OA,OX) : = −−→−−→ −−→−−→ sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) −−→−→ −−→−→ sin (OZ,OA) + 1800 sin (OT,OA) + 1800 = : −−→−−→ −−→−−→ sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) −−→−→ −−→−→ − sin(OZ,OA) − sin(OT,OA) = −−→−−→ : −−→−−→ sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) −−→−→ −−→−→ sin(OZ,OA) sin(OT,OA) = −−→−−→ : −−→−−→ sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) Tóm lại hai trường hợp −−→−−→ −−→−−→ −−→−→ −−→−→ sin(OZ,OX) sin(OT,OX) sin(OZ,OA) sin(OT,OA) −−→−−→ : −−→−−→ = −−→−−→ : −−→−−→ sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) Tiếp tục với biến đổi tương tự, ta có −−→−−→ −−→−−→ −−→−→ −−→−→ sin(OZ,OX) sin(OT,OX) sin(OZ,OA) sin(OT,OA) −−→−−→ : −−→−−→ = −−→−−→ : −−→−−→ sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) sin(OZ,OY ) sin(OT,OY ) −−→−→ −−→−→ −−→−→ −−→−→ sin(OZ,OA) sin(OT,OA) sin(OC,OA) sin(OT,OA) = −−→−−→ : −−→−−→ = −−→−−→ : −−→−−→ sin(OZ,OB) sin(OT,OB) sin(OC,OY ) sin(OT,OB) −−→−→ −−→−→ sin(OC,OA) sin(OD,OA) = (2.23) → : −−→−−→ −−→− sin(OC,Ob) sin(OD,OB) Từ (2.22) (2.23) suy điều phải chứng minh Bài toán 2.20 [1] Cho tam giác ABC điểm M Chứng minh −−→ −−→ −−→ → − S[M BC]M A + S[M CA]M B + S[M AB]M C = −−→ −−→ −−→ − Giải Đặt → u = S[M BC]M A + S[M CA]M B + S[M AB]M C Ta thấy −−→ −−→ −−→ −−→ −−→ → − u ∧ M A = S[M CA](M B ∧ M A) + S[M AB](M C ∧ M A = 2(S[M CA]S[M BA] + S[M AB]S[M CA] = 2(S[M CA]S[M BA] − S[M BA]S[M CA]) = 38 −−→ −−→ − − Tương tự → u ∧ M B = 0, → u ∧ M C = −−→ −−→ −−→ − Suy → u phương với véc tơ M A, M B, M C −−→ −−→ −−→ Chú ý rằng, ba vec tơ M A, M B, M C, ta chọn hai vec tơ không phương → − − Vậy → u = Nhận xét Kết phát biểu dạng khác: Cho ba vec tơ → − − → − a , b ,→ c Chứng minh → − − → → − → − − → − −c ∧ → − − ( b ∧→ c )− a + (→ a ) b + (→ a ∧ b )→ c = Bài toán 2.21 [1] Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác a) Chứng minh rằng: S(M BC)M A, S(M CA)M B, S(M AB)M C độ dài ba cạnh tam giác mà ta kí hiệu (M ) (M ) lớn b) Tìm M cho diện tích tam giác Giải A M B C Hình 2.21 a) Vì M nằm tam giác ABC nên tam giác MBC, MCA, MAB hướng Ta có −−→ −−→ −−−→−−→ → − S[M BC]M A + S[M CA]M B + M AB M C = (1) −−→ −−→ Cũng M nằm tam giác ABC nên véc tơ S[M BC]M A, S[M CA]M B, −−→ S[M AB]M C đôi không phương (2) 39 Từ (1) (2), theo định nghĩa phép cộng vec tơ, với ý tam giác MBC, MCA, MAB hướng, ta thấy S(M BC)M A, S[M CA]M B, S(M AB)M C độ dài ba cạnh tam giác b) Kí hiệu diện tích tam giác nói S (M ) , ta thấy −−→ −−→ 1 −−→ −−→ S∆(M ) = S[M CA]M B ∧ S[M AB]M C = S[M CA].S[M AB] M B ∧ M C 2 = |S[M CA]S[M AB]S[M BC]| = S(M CA)S(M AB)S(M BC) S(M CA)S(M AB)S(M BC) = S (ABC) ≤ 27 Đẳng thức xảy ⇔ S(M CA) = S(M AB) = S(M BC) ⇔ M trọng tâm tam giác ABC (M ) lớn M trọng tâm tam giác ABC giá trị lớn S (ABC) 27 Tóm lại Bài toán 2.22 [1] Cho ngũ giác lồi A1 A2 A3 A4 A5 có diện tích S Đặt = S(Ai Ai+1 Ai+2 ), (1 ≤ i ≤ 5)(A6 ≡ A1 , A7 ≡ A2 ) Tính S theo (1 ≤ i ≤ 5) Giải −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ Áp dụng kết Bài toán 2.5 cho bốn vec tơ A1 A2 , A1 A3 , A1 A4 , A1 A5 ta có −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ A1 A2 ∧ A1 A3 A1 A4 ∧ A1 A5 −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ + A1 A2 ∧ A1 A4 A1 A5 ∧ A1 A3 −−−→ −−−→ −−−→ −−−→ + A1 A2 ∧ A1 A5 A1 A3 ∧ A1 A4 = ⇒ S[A1 A2 A3 ].S[A1 A4 A5 ]+S[A1 A2 A4 ].S[A1 A5 A3 ]+ +S[A1 A2 A5 ].S[A1 A3 A4 ] = Ta thấy A1 A2 A3 , A1 A4 A5 hướng A1 A2 A4 , A1 A5 A3 ngược hướng A1 A2 A5 , A1 A3 A4 hướng 40 nên S[A1 A2 A3 ].S[A1 A4 A5 ] > S[A1 A2 A4 ].S[A1 A5 A3 ] > S[A1 A2 A5 ].S[A1 A3 A4 ] > Suy S[A1 A2 A3 ].S[A1 A4 A5 ] − S[A1 A2 A4 ].S[A1 A5 A3 ] + + S[A1 A2 A5 ].S[A1 A3 A4 ] = ⇒ a1 a4 − (S − a2 − a4 )(S − a1 − a3 ) + a5 (S − a1 + a4 ) = ⇒ S2 − 5 ai+1 = 0(a6 ≡ a1 ) S + i=1 i=1 Dễ thấy S> i=1 Vậy 1 S= + i=1 i=1 −4 ai+1 i=1 Bài toán 2.23 [4] Trên cạnh tứ giác lồi có diện tích S, phía dựng hình vuông Tâm hình vuông tạo thành tứ giác có diện tích S1 Chứng minh a) S1 ≥ 2S b) S1 = 2S đường chéo tứ giác ban đầu vuông góc với Giải Cho tứ giác lồi ABCD Ta gọi M, N, P, Q trung điểm AB, BC, CD, DA Hai đoạn MP, NQ có giao điểm O mà ta biết trung điểm đoạn Ta gọi A1 , B1 , C1 , D1 tâm hình vuông dựng AB, BC, CD, DA phía Chọn O làm gốc vec tơ điểm 41 A1 B1 B N C M1 A O P Q D C1 L Hình 2.22 a) Ta tính S −−→−−→ −−→ −−→ 2S = [DA,DB] + [DB, DC] −−→ −−→ −−→ = [DA − DC, DB] −→ −−→ = [CA, DB] −−→ −−→ = 2N M , 2P N = 4[M + N, N − P ] = 4[M − N, N + M ] = 8[M, N ] (1) Ở đây, ta nhớ P=-M, Q=-N b) Bây ta tính S1 −→ −−→ −−→ −−→ Ta đặt AB = 2u, BC = 2v, CD = 2w, DA = 2r Ta gọi u , v , w , r ảnh véc tơ u, v, w, r phép quay góc vuông theo chiều âm tức −π/2 Ta thấy rằng: A1 = M + u , B1 = N + v , C1 = −M + w , D1 = −N + r D1 = −N + r (2) Ta có 2S1 = [A1 , B1 ] + [B1 , C1 ] + [C1 , D1 ] + [D1 , A1 ] 42 Hay 2S1 = [M + u , N + v ] + [N + v , −M + w ]+ +[ − M + w , −N + r ] + [ − N + r , M + u ] 2S1 = 4[M, N ] + 2[M, v − r ] + 2[N, w − u ]+ +[u , v ] + [v , w ] + [w , r ] + [r , u ] Do phép quay bảo toàn tích ngoài, nên (3) 1 −→ −−→ [u , v ] = [u, v] = [AB, BC] = S(ABC) Cũng vậy, ta có [v , w ] = [w, r] = S(CDA) [r , u ] = [r, u] S(ABD) Cộng lại ta [u , v ] + [v , w ] + [r , u ] = S = 4[M, N ] (4) Mặt khác gọi A’, B’, C’, D’ véc tơ ảnh A, B, C, D phép quay góc −π/2 2(v − r ) = C − B + D − A = −4M 2(w − u ) = D − C + A − B = −4N (5) Trong M’, N’ véc tơ M, N quay góc −π/2, tức 1 M = (A + B ) = − (C + D ) 2 1 N = (B + C ) = − (D + A ) 2 Từ kết (5), ta có 2[M, v − r ] + 2[N, w − u ] = − [M, N ] − 4[N, N ] = 4(m2 − n2 ) Vì đặt |M | = m, |N | = n −[M, M ] = |M |2 = m2 , −[N, N ] = |N |2 = n2 (6) 43 Vậy hệ thức (3) cho ta S1 = 4[M, N ] + 2(m2 + n2 ) ⇒ S1 = 8[M, N ] + 2(m2 + n2 ) − 4[M, N ] = 2S + 2(m2 + n2 − 2mn sin θ) θ góc hai vec tơ M, N Cuối ta viết S1 = 2S + 2(m2 + n2 − 2mn sin θ) Từ kết luận ta có kết luận toán Bài toán 2.24 [4] Trong mặt phẳng cho hai đoạn thẳng cố định AB, CD, theo thứ tự nằm hai đường thẳng giao d d’ (giao O) Tìm quỹ tích điểm M mặt phẳng cho tổng diện tích hai tam giác MAB, MCD không đổi (bằng S) Giải Ta cho đoạn thẳng AB trượt d, CD trượt d mà diện tích M AB diện tích M CD giữ nguyên Vậy ta thay đoạn AB đoạn OP d, thay đoạn CD đoạn OQ d , cho OP = AB, OQ = AB, OQ = CD Ta tìm quỹ tích miền góc P OQ Ta chọn O tâm gốc Với hai điểm M M thuộc quỹ tích góc P OQ ta phải có 1 1 [P, M] + [M, Q] = [P, M ] + [M , Q] 2 2 Ta suy [M, Q − P ] = |M , Q − P | ⇒ [M , Q − P ] − |M, Q − P | = ⇒ [M − M, Q − P ] = tức −−−→ −→ [M M = P Q] = Điều kiện chứng tỏ M M //P Q với M M cặp điểm thuộc quỹ tích Vậy quỹ tích đường thẳng song song với P Q, 44 tất nhiên hạn chế góc P OQ Do quỹ tích đoạn thẳng M1 M2 với S(M1 OQ) = S(M2 OP ) = S Phần lại toán dễ dàng suy 2.5 Một số tập đề nghị Bài [1] Cho tứ giác ABCD nội tiếp M điểm X, Y, Z, T, U, V theo thứ tự hình chiếu M đường thẳng AB, CD, AC, DB, AD, BC Gọi E, F, G theo thứ tự trung điểm XY, ZT, UV Chứng minh E, F, G thẳng hàng Bài [1] Cho tam giác ABC với BC = a, CA = b, AB = c Gọi G, I, O theo thứ tự trọng tâm, tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh S[GOI] = (a + b + c)(b − c)(c − a)(a − b) 48S[ABC] Bài [1] Cho tứ giác lồi ABCD có AD=BC Về phía tam giác ta dựng tam giác ADE, BCF cân A, B cho DAE = CBF Chứng minh trung điểm đoạn thẳng AB, CD, EF thẳng hàng Bài [4] Cho đường tròn tâm cạnh AB tứ giác lồi ABCD tiếp xúc với ba cạnh lại Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp ta có AD + BC = AB Bài [4] Giả sử ABCD tứ giác lồi, cho đường thẳng CD tiếp xúc vòng tròn đường kính AB Chứng minh đường thẳng AB tiếp xúc vòng tròn đường kính CD BC//AD 45 Kết luận Luận văn hoàn thành nhiệm vụ: a Tìm hiểu tích hai véc tơ: Định nghĩa, tính chất, biểu thức tọa độ tích hai véc tơ b Sưu tầm trình bày việc tích hai véc tơ vào giải 24 toán trích dẫn từ số báo tác giả Nguyễn Minh Hà, Nguyễn Thúc Hào đăng tạp chí Toán học tuổi trẻ [1], [4] tài liệu tham khảo số [3] c Đưa lời giải chi tiết, đầy đủ cho toán mà tài liệu tham khảo [5] [10] có lời giải tóm tắt gợi ý Ngoài luận văn cho thấy hướng nghiên cứu tiếp tích ba véc tơ ứng dụng vào giải toán hình học không gian Trong trình làm luận văn, tránh thiếu xót, tác giả mong muốn nhận bảo, đóng góp Thầy, Cô giáo để tác giả tiếp tục hoàn thiện luận văn tiếp tục tìm hiểu trở trường giảng dạy sau 46 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học tuổi trẻ, (2010), NXB Giáo dục Việt Nam [2] Nguyễn Minh Hà (Chủ biên), Nguyễn Xuân Bình, Bài tập nâng cao số chuyên đề hình học lớp 10, NXB Giáo dục Việt Nam [3] Nguyễn Minh Hà (2015),Hình học phẳng định hướng, NXB Dân trí [4] Nguyễn Thúc Hào, Ứng dụng tích hai véc tơ hình học phẳng, Tạp chí Toán học tuổi trẻ số 142 (2/1985); 146 (6/1985), 152 (6/1986) [5] XV Coonhiagin, G.A.Tônôian IF Sarưgin đồng nghiệp (1984), Các đề thi vô địch toán 19 nước, NXB Trẻ (Người dịch: Nguyễn Đễ, Nguyễn Khánh Nguyên Hiệu đính: Nguyễn Việt Hải, Hoàng Đức Chính) Tiếng Anh [6] David Hilbert (1999), Foundations of Geometry, Open Court, Illinois [7] Kin Y.Li (2002), Vecto geometry, Mathematical Excalibur, Vol.6, No5 [8] Kin Y.Li (2005), Famous Geometry Theorems, Mathematical Excalibur, Vol.10, No3 [9] Tevian Dray, Corinne A Manogue (2008), Dot and Cross Products webpage Retrieved, http://www.math.oregonstate.edu/bridge/ideas/dotcross [10] Website www.artofproblemsolving.com ... giả lựa chọn đề tài "Tích hai véc tơ ứng dụng" Mục đích nghiên cứu Tìm hiểu trình bày cách hệ thống kiến thức tích hai véc tơ đồng thời trình bày ứng dụng tích hai véc tơ vào giải toán Nhiệm vụ... cứu Luận văn có nhiệm vụ: a Tìm hiểu tích hai véc tơ: Định nghĩa, tính chất, biểu thức tọa độ tích hai véc tơ b Sưu tầm trình bày việc ứng dụng tích hai véc tơ vào giải số toán dành cho học sinh... áp dụng tính chất tích vô hướng, có nhiều có lời giải liên quan đến tích hai véc tơ Tuy nhiên chương trình, sách giáo khoa môn toán THPT không trình bày nội dung tích hai véc tơ nên việc vận dụng