Sử dụng công cụ véc tơ để phát triễn một số bài toán mới từ một số bài toán cơ bản trong sách hình học 10

19 6 0
  • Loading ...
1/19 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 22/10/2019, 08:34

I MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong q trình dạy học trường phổ thơng tơi nhận thấy học sinh e ngại học mơn hình học em nghĩ trừu tượng, thiếu tính thực tế khách quan Chính mà có nhiều học sinh học yếu môn học Việc sáng tạo toán từ toán có sách giáo khoa nhằm mục đích khuyến khích tìm tòi, tư duy, sáng tạo cho học sinh, tạo cho em say mê mơn hình học, phát triển khả tự phát vấn đề giải vấn đề, từ nâng cao chất lượng dạy học Đây mục tiêu quan mà giáo dục hướng tới Qua năm giảng dạy môn học đúc kết số kinh nghiệm vấn đề nhằm giúp em tiếp thu kiến thức tốt hơn, từ mà chất lượng giảng dạy học tập học sinh, đặc biệt công tác bồi dưỡng học sinh giỏi Vì tơi chọn đề tài: “ Sử dụng công cụ vectơ để phát triển số toán từ số toán sách hình học 10 " 1.2 Mục đích nghiên cứu Trong phạm vi đề tài tơi khơng có tham vọng đưa hệ thống kiến thức hoàn toàn mới, kết mặt toán học; tơi trình bày kết mà q trình dạy học hinh học 10 tơi tích luỹ, tìm tòi; nhằm hướng tới mục đích giúp em học sinh nắm vững kiến thức Trên sở từ số toán điển hình tơi đưa phương pháp giải cho tốn nhóm tốn tương tự; đồng thời giúp học sinh khái quát hóa để tốn , qua giúp rèn luyện, phát triển tư giải tốn hình học cho học sinh 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đề tài nghiên cứu học sinh lớp 10A2 10A3 trường THPT Lê Hồn - Thọ Xn - Thanh Hố Trong trình giảng dạy thân định hướng, dẫn dắt học sinh phát triển số toán từ số định lý toán Việc phát triển số tốn theo chiều hướng mở rộng sang không gian thay đổi giả thuyết toán 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp nghiên cứu lý luận: +Thông qua việc nghiên cứu loại tài liệu sư phạm, chun mơn có liên quan đến đề tài + Nghiên cứu chương trình sách giáo khoa tốn 10 11, mục đích u cầu dạy hình học trường phổ thông - Phương pháp đàm thoại lấy ý kiến học sinh giáo viên có nhiều kinh nghiệm công tác bồi dưỡng học sinh giỏi 1.5 Những điểm sáng kiến kinh nghiệm Trang II NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.1.1 Định nghĩa vectơ a Các định nghĩa - Định nghĩa 2.1.1.1: Vectơ đoạn thẳng định hướng, nghĩa hai điểm mút đoạn thẳng chĩ rõ điểm điểm đầu, điểm điểm cuối r r a - Định nghĩa 2.1.1.2: Hai vectơ = b chúng ( ) hướng có độ dài r r a = − b - Định nghĩa 2.1.1.3: Hai vectơ đối chúng ngược ( ) hướng có độ dài b Các ký hiệu thường dùng - Ký hiệu AB độ dài đoạn thẳng AB uuu r - Ký hiệu AB vectơ AB uuu r uuu r uuu r - Ký hiệu | AB | độ dài vectơ AB Như | AB | = AB - Ký hiệu AB độ dài đại số vectơ AB 2.1.2 Các phép toán vectơ a Phép cộng vectơ uuu r uur uuu r - Quy tắc ba điểm: Với điểm A, B, C thì: AB + BC = AC uuu r uuu r uuu r - Quy tắc hình bình hành: AB + AD = AC - Tính chất trung điểm: Với I trung điểm đoạn thẳng AB thì: uur uu r r + IA + IB = uuur uuur uur + MA + MB = 2MI , với điểm M b Phép trừ vectơ uuu r uuu r uuu r Với ba điểm O, A, B thì: OA − OB = BA c Phép nhân vectơ với số r r - Cho vectơ u số k ∈  Vectơ ku xác định bởi: r r + ku hướng với vectơ u k ≥ ngược hướng với vectơ r u k < r r + | ku | = | k | | u | Trang r r r r - Cho b ≠ a phương với b Khi đó, tồn số thực r r k cho: a = kb uuu r uuu r - Ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng AB AC vectơ phương d Tích vô hướng hai vectơ r r - Cho trước hai vectơ a, b Từ điểm O cố định, dựng vectơ uuu r r uuu r r r r ·r r · góc hai vectơ a, b Ký hiệu: (a, OA = a, OB = b Khi góc AOB b) r r (a, b) rr r r r r - Tích vơ hướng hai vectơ: a.b = | a | | b | cos(a, b) r r rr - a ⊥ b ⇔ a.b = rr r r - a.a = a = | a |2 2.1.3 Khai triển vectơ theo vectơ không phương a Khai triển vectơ qua hai vectơ không phương mặt phẳng r r r Định lý Cho hai vectơ không phương a vàr b Khi vectơ x có r thể biểu thị cách qua hai vectơ a b , nghĩa có cặp r r r số m n cho x = ma + nb b Khai triển vectơ qua ba vectơ không đồng phẳng không gian r r r r Định lý Cho ba vectơ không đồng phẳng a , b c Khi vectơ x có r r r thể biểu thị mộtrcáchr duyr qua ba vectơ a , b c , nghĩa có r số m, n p cho x = ma + nb + pc 2.1.4 Phép biến hình mặt phẳng a Định nghĩa phép biến hình Quy tắc đặt tương ứng điểm M mặt phẳng với điểm xác định M’ mặt phẳng gọi phép biến hình mặt phẳng b Một số phép biến hình mặt phẳng liên quan đến vectơ * Phép tịnh tiến r r Định nghĩa 1: Trong mặt phẳng cho vectơ v ≠ , phép biến hình rbiến điểm M uuuuur r thành điểm M’ cho MM ' = v , gọi phép tịnh tiến theo vectơ v Kí hiệu: Tvr uuuuur r Vậy: Tvr (M) = M’ ⇔ MM ' = v * Phép vị tự Trang Định nghĩa 2: Trong mặt phẳng cho điểm O số k ≠ 0, phép biến hình biến uuuuu r uuuu r điểm M thành điểm M’ cho OM ' = kOM , gọi phép vị tự tâm O tỉ số k Kí hiệu: V( O ;k ) uuuuu r uuuu r V( O ;k ) ( M ) = M ' ⇔ OM ' = kOM Vậy: 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Khi dạy hình học lớp 10 ta nhận thấy số toán chứng minh sở cơng cụ vectơ Sau sách giáo khoa đưa số tập mang tính chất vận dụng Bản thân tơi thấy dừng lại làm cho học sinh chưa thật hứng thú với mơn hình học, chưa khai thác khả phát vấn đề giải vấn đề, đặc biệt với em học sinh giỏi 2.3 Các sáng kiến kinh nghiệm giải pháp sử dụng để giải vấn đề Trong q trình tìm tòi, nghiên cứu, giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, tổng hợp lựa chọn số toán bản, giải cơng cụ vectơ Trên sở tơi hướng dẫn học sinh tìm tòi, phát triển thêm số toán đồng thời giải tốn cơng cụ vectơ Bài toán (Bài toán trọng tâm) Bài toán sở: Cho tam giác ABC , ta ln có: uuu r uuu r uuur r a Một điểm G cho GA + GB + GC = b Ba đường trung tuyến đồng quy điểm G, điểm G chia đường trung tuyến theo tỉ số -2 Mở rộng toán từ tam giác sang tứ diện ta có số tốn : Bài tốn 1.1 Cho tứ diện ABCD ta ln có : uuu r uuu r uuur uuur r a Một điểm G cho GA + GB + GC + GD = b Ba đường trung bình đồng quy điểm G , điểm G chia đường trung bình theo tỉ số -1 c Bốn đường trọng tuyến đồng quy G, điểm G chia đường theo tỉ số -3 Bài toán 1.2 Trong không gian (hoặc mặt phẳng ) cho hệ n điểm A1, A2 , … , An , ta ln có: n uuu r uu r GA = a Một điểm G cho ∑ i i =1 b.Tất đường trung tuyến bậc k ( k = 0, 1, …, n - 1) đồng quy điểm G (mỗi đường trung tuyến bậc k đoạn thẳng nối trọng tâm hệ k điểm n điểm cho với trọng tâm hệ n - k điểm lại) n−k c Điểm G chia đường trung tuyến bậc k theo tỉ số k Trang Bình luận : Cả ba tốn tương tự nhau, có mở rộng dần không gian mở rộng dần khái niệm, tính chất; Các tốn có hướng giải sách giáo khoa , nhiên cách giải cơng cụ véc tơ giải ba toán Bài giải a Lấy điểm O cố định Điểm G thoả mãn n uuu n r uu r uuur uuur uu r GA = OA − OG = ⇔ ∑ i ∑ i i =1 i =1 ( ) n uuu r uuur uu r uuur n uuur ⇔∑ OAi − nOG = ⇔ OG = ∑ OAi (là 1vectơ không đổi ), n i =1 i =1 O cố định nên đẳng thức → điểm G xác định b) , c) Lấy k điểm X1 , X2 , … ,Xk từ họ điểm cho gọi trọng tâm hệ G1 trọng tâm hệ n - k điểm Xk + , Xk + , … , Xn lại k uuuu n uuuuuu u r r r r G'1 , ta có : ∑ G1 X i = (1) ∑ G '1 X j = (2) i =1 i = k+1 ∑( k Từ (1) ta có i =1 Từ (2) ta có n k uuuu uuuu r uuuu r r r uuuu r r GX i − GG1 = ⇒ ∑ GX i − kGG1 = (1') ) n ∑ i =1 uuuu r uu uuuu r r ' GX i − ( n − k ) GG1 = (2') i = k +1 uuur uu r Cộng (1') (2') sử dụng ∑ GAi = , ta i =1 uuuu r r uuuu r uuuu r u uuu r ' kGG1 + ( n − k ) GG1 = ⇒ kGG1 = ( k − n ) GG1' ⇒ điểm G, G'1,G1 thẳng hàng đồng thời G chia G1G'1 (trung tuyến bậc k) theo tỉ số (k-n)/k Vậy b), c) chứng minh Nhận xét 1.1 Từ tốn trọng tâm tam giác, nhìn nhận góc độ diện tích ta có Do G trọng tâm tam giác, theo quan điểm diện tích ta có: r uuu r uuur r uuu SGBC = SGAC = SGAB = S Khi đó: S GA + S GB + S GC = 3 3 Từ ta đưa tốn tổng qt: Bài tốn 1.3 Cho tam giác ABC M điểm thuộc miền tam giác GọiuuSur1, S2, uSu3urlần lượt uuur rdiện tích tam giác MBC, MCA, MAB Chứng minh: S1 MA + S MB + S3 MC = n Bài giải Gọi S diện tích tam giác ABC, từ M ta dựng hai đường thẳng song song với AB AC, cắt AB B’ AC C’ uuuu r S uuu r S uuur Biểu thức cần chứng minh biến đổi dạng AM = AB + AC (*) S S uuur uuuu r uuuu r Ta có: AM = AB ' + AC ' Trang r AC ' uuur AB ' uuu AB + AC AB AC Dễ chứng minh AB ' MC ' S( MAC ) S2 = = = AB AB S( BAC ) S = AC ' MB ' S( MAB ) S3 = = = AC AC S( CAB ) S Suy điều phải chứng minh (*) Nhận xét 1.2 Từ tốn ta thay giả thiết Hình thu 3.1 số tốn sau: Bài tốn 1.4 Cho O điểm nằm ngồi tam giác ABC thuộc miền góc tạo hai tia CA,CB Gọi uuu r S1, Su2u,u rS3 lầnuulượt ur rlà diện tích tam giác OBC, OCA, OAB Chứng minh S1 OA + S2 OB − S3 OC = Sau giải tốn giáo viên yêu cầu học sinh tự đề xuất tốn tương tự cho điểm M nằm ngồi tam giác miển hai góc lại Nhận xét 1.3 Từ toán ta chọn M điểm đặc biệt tam giác ABC ta có số tốn sau 1.5 uu r Bàiuurtốnuu r rGọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh a.IA + b.IB + c.IC = ( Bài 37 sách tập HH10 nâng cao) Bài toán 1.6 Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác nhọn ABC Chứng minh: uuu r uuu r uuur r a sin A.OA + sin B.OB + sin 2C OC = uuu r uuu r uuur r b (tan B + tan C ).OA + (tan A + tan C ).OB + (tan A + tan B).OC = r r cosA uuu cosB uuu cosC uuur r OA + OB + OC = c sin B.sinC sin A.sinC sin B.sinA Bài giải a Nếu tam giác ABC nhọn M trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp ∆ABC M R2 thuộc miền ∆ABC S1 = OC.OB sin ∠BOC = sin2A 2 R2 R2 Tương tự: S2 = sin B S3 = sin 2C 2 uuu r uuu r uuur ur Do ta có: sin A.OA + sin B.OB + sin 2C.OC = O b Từ đẳng thức a ta có: Trang uuu r uuu r uuur r sin2 A.OA + sin B.OB + sin 2C OC = uuu r uuu r uuur r ⇔ 2sin A.cosA.OA + sinB.cos B.OB + sinC.cos C.OC = uuu r uuu r uuur r sin A sin B sin C ⇔ OA + OB + OC = cos B.cos C cos A.cos C cos A.cos B r sin( A + C ) uuu r sin( A + B) uuur r sin( B + C ) uuu ⇔ OA + OB + OC = cos B.cos C cos A.cos C cos A.cos B uuu r uuu r uuur r ⇔ (tan B + tan C ).OA + (tan A + tan C ).OB + (tan B + tan A).OC = Bài toán 1.7 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn Gọi H trực tâm tam giác ABC Chứng minh: uuur uuur uuur r a tan A.HA + tan B.HB + tan C.HC = a uuur b uuur c uuur r HA + HB + HC = b cosA cosB cosC Nhận xét : Cho M điểm nằm ∆ ABC khơng có góc 1200 ln nhìn cạnh tam giác góc 1200 ta có tốn Bài toán 1.8 Gọi M điểm nằm tam giác cho M ln nhìn đoạn AB,BC, CA góc 1200 Chứng minh: r ur uuur uuur uuuu MA + MB + MC = O MA MB MC Bình luận: điểm M nói giao đường tròn ngoại tiếp tam giác có cạnh AB,BC,CA dựng phía ngồi tam giác Bài tốn Bài tốn tâm đường tròn nội tiếp tam giác Bài tốn sở:uGọi u r I ulà ur tâmuuđường r r tròn nội tiếp tam giác ABC với BC=a, AC=b, AB=c Ta có: a.IA + b.IB + c.IC = ( Phần chứng minh chứng minh sách tập hình học 10) uu r uur uur r Nhận xét 2.1 Xuất phát từ đẳng thức a.IA + b.IB + c.IC = , ta nhìn cạnh góc độ chiều cao ta có tốn sau uu r uur uur 2S 2S 2S IA IB IC r + + =0 Thay a = h b = h c = ta có hb hc hc a b Hoặc từ uu r uur uur r r uur uur r uu aIA + bIB + cIC = ⇔ IA + IB + IC = bc ca ab r h h uur h h uur r h h uu ⇔ b 2c IA + a 2c IB + a 2b IC = 4S 4S 4S uu r uur uur r ⇔ hb hc IA + hc IB + hb IC = Trang Bài toán 2.1 Cho tam giác ABC với cạnh BC= a, CA=b,AB=c Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Gọi , hb , hc chiều cao tam giác uu r uur uur IA IB IC r ABC kẻ từ đỉnh A, B ,C Chứng minh + + = hb hc Bài toán 2.2 Cho tam giác ABC với cạnh BC= a, CA=b,AB=c Gọi I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Gọi , hb , hc chiều cao tam giác uu r uur uur r ABC kẻ từ đỉnh A, B ,C Chứng minh hb hc IA + hc IB + hb IC = Nhận xét 2.2 Ta liên hệ cạnh với định lý hàm số sin ∆ ABC ta có: a b c = = = R ⇒ a = R sin A, b = R sin B, c = R sin C sin A sin B sin C Bài toán 2.3 Cho tam giác ABC với cạnh BC = a, CA =uurb,AB =uu c Gọi I ulà tâm r ur r đường tròn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng: sin A.IA + sin B.IB + sin C.IC = Nhận xét 2.3 Bài toán ban đầu mở rộng không gian xét cho tứ diện diện tích tam giác cần chứng minh chuyển thành thể tích tứ diện Bài toán 2.4 Cho tứ diện ABCD, O điểm thuộc miền tứ diện Gọi V1, V2, V3, V4 tứ uuu r thể uuu rtích uuur u uurdiện r OBCD, OCDA, OABD OABC Chứng minh: V1 OA + V2 OB + V3 OC + V4 OD = (1) Bài giải uuur V uuu r V uuur V uuur AO = AB + AC + AD (Với V V V V thể tích tứ diện)Từ ta dựng hình hộp nhận AO làm đường chéo ba cạnh kề nằm ba cạnh tứ diện xuất phát từ A uuur AM uuu r AS uuur AP uuur AO = AB + AC + AD Ta có AB AC AD AM OR OK OK dt ( ACD ) V2 = = = = Trong AB AB BH BH dt ( ACD ) V Tương tự toán mặt phẳng ta có(1) ⇔ AS V2 AP V3 = , = AC V AD V nên ta có điều phải chứng minh Tương tự : Nhận xét 2.4 : uu r uur uur r Từ đẳng thức a.IA + b.IB + c.IC = , Nếu ta bình phương vơ hướng hai vế sau Hình 3.2 biến đổi ta kiến tạo số toán uu r uur uur Ta có: (a.IA + b.IB + c.IC ) = Vì uu r uur uur uur uu r uur ⇔ a IA2 + b IB + c IC + 2abIA.IB + 2bcIB.IC + 2acIA.IC = uu r uur uuu r uu r uur uu r uur IA − IB = BA ⇒ ( IA − IB ) = BA2 = c ⇒ IA.IB = IA2 + IB − c Trang Từ ta có: a IA2 + b IB + c IC + ab( IA2 + IB − c ) + bc( IB + IC − a ) + ac ( IA2 + IC − b ) = ⇔ (a + b + c)( a.IA2 + b.IB + c.IC ) = abc(a + b + c ) ⇔ IA2 IB IC + + =1 bc ca ab Do ta có tốn mới: Bài toán 2.5 Cho tam giác ABC với cạnh BC=a, CA=b, AB=c Gọi I tâm IA2 IB IC + + = đường tròn nội tiếp tam giác Chứng minh rằng: bc ca ab Nhận xét 2.5: Nếu thay tâm I điểm M nằm tam giác ta có a.MA2 + b.MB + c.MC ≥ abc Do ta có tốn mới: Bài tốn 2.6 Cho tam giác ABC có ba góc nhọn với BC=a,CA=b, AB=c Tìm điểm M cho biểu thức P = a.MA2 + b.MB + c.MC đạt giá trị nhỏ Nhận xét 2.6 Từ đẳng thức tâm đường tròn nội tiếp tam giác ta xây dựng cơng thức tính khoảng cách điểm đặc biệt tam giác theo độ dài cạnh a, b, c yếu tố khác + Tính OJ với O, J tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác Ta có: uur uuu r uuu r JA = JO + OA uur uuu r uuur JB = JO + OB uuu r uuu r uuur JC = JO + OC Từ đẳng thức uur uur uuu r r a.JA + b.JB + c.JC = uuu r uuu r uuu r uuur ⇔ ( a + b + c).OJ = a.OA + b.OB + c.OC Bình phương hai vế sử dụng phép biến đổi ta có: (a + b + c) OJ = R (a + b + c ) + a.b(2 R − c ) + bc(2 R − a ) + ac (2 R − b ) + abc a+b+c Tính khoảng cách JH với H, J trực tâm, tâm đường tròn nội tiếp tam giác Trang ⇔ OJ = R − Ta có: uur uur uuu r r a.JA + b.JB + c.JC = uuu r uuur uuur uuur ⇔ ( a + b + c).HJ = a.HA + b.HB + c.HC uuur uuur uuur uuur 2.HA.HB = HA2 + HB − ( HA − HB) Bình phương vơ hướng hai vế, sau biến đổi ta thu đẳng thức: (a + b + c) HJ = ( a + b + c)( a.HA2 + b.HB + c.HC ) − abc(a + b + c) Trong độ dài đoạn HA,HB,HC tính sau: HA2 = 4OM = R − a , HB = R − b , HC = R − c a + b3 + c + abc Thay vào hệ thức ta có: HJ = R − a+b+c Nhận xét: Ta có a + b3 + c3 ≥ 3abc , ta có: HJ ≤ 2OJ + Tính JG với G, J trọng tâm , tâm đường tròn nội tiếp tam giác 2 a + b3 + c + 3abc JG = ( a + b + c ) − 3( a + b + c ) Nhận xét: Trong tam giác ta có bất đẳng thức a + b + c ≤ R sử dụng BĐT a + b3 + c3 ≥ 3abc ta có JG ≤ R − 2abc = 2OJ ⇒ JG ≤ 2OJ a+b+c +Tính OG a2 + b2 + c2 Tính OG = R − 2 uuur uuur + Các đoạn OH, HG tính theo OG đẳng thức OH = 3.OG Bài toán Bài tốn đường cao tam giác vng Bài tốn sở : Cho tam giác ABC vng A, đường cao AH Gọi I uu r uur uur r trung điểm AH Chứng minh a IA + b IB + c IC = (1) Bài giải Ta có: a + b + c = 2a A uu uu uu N r r r r a b c Khi (1) ⇔ IA + IB + IC = 2a 2a 2a M uur b uuur c uuur ⇔ AI = AB + AC 2a 2a C Dựng hình bình hành AMIN (hình vẽ), ta có: uur uuuu r uuur AI = AM + AN uuu r uuuu r = x AB + y AC Với x = B H AM AM AB AH b2c2 b2c b2 = = AH = = ⇒ x = Mà AB AB 2 AB b2 + c a2 2a Trang 10 Hồn tồn tương tự ta có: y = c2 Suy điều phải chứng minh 2a Mở rộng tốn sang khơng gian ta có Bài tốn 3.1 Cho tứ diện OABC có cạnh OA,OB,OC đơi vng góc Gọi S0 , SA, SB ,SC diện tích mặt tứ diện đối diện với đỉnh tương ứnguurO,A, B, C Gọi I trung điểm đường cao OH tứ diện Chứng minh uu r uur uur r O 2 2 SO IO + S A IA + S B IB + SC IC = (1) Bài giải Nhận xét: Ta có: SO = S A2 + S B + SC r S uur S uur r SO uur S A uu IO + IA + B IB + C IC = Từ (1) ⇔ 2 SO SO SO SO uur S uuu r S uuur S uuur ⇔ OI = A OA + B OB + C OC SO SO SO uuur S uuu r S uuur S uuur ⇔ OH = A OA + B OB + C OC (2) SO SO SO I A H M Ta chứng minh (2) nhờ sử dụng toán phẳng sau: B Đặt OA = a, OB = b, OC = c, OM = m, AM = x Áp dụng toán phẳng cho tam giác OAM vng O có đường cao OH: uuur m uuu r a uuuu r OH = OA + OM x x Áp dụng tốn phẳng cho tam giác OBC vng O có đường cao OM: uuuu r c uuur B uuur OM = OB + OC BC BC Do ta có uuur m uuu r a 2c uuur a 2b uuur OH = OA + OB + OC x x BC x BC uuur m BC uuu r a 2c uuur a 2b uuur ⇔ OH = OA + OB + OC x BC x BC x BC uuur 4.S uuu r 4.S uuu r 4.S uuur C A B ⇔ OH = OA + OB + OC 2 4.SO 4.SO 4.SO uuur S uuu r S uuur S uuur ⇔ OH = A OA + B OB + C OC SO SO SO Ta có điều phải chứng minh Bài tốn Bài toán đường thẳng Euler tam giác Bài toán sở Chứng minh tam giác ABC bất kì, trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O thẳng hàng GH = 2GO ( Bài tốn SGK Hình học 10 nâng cao trang 21) Trang 11 C Nhận xét: Bài toán chứng minh dựa vào kiến thức lớp 10 Tuy nhiên để phát triển tư làm tiền đề cho tốn tơi trình bày lời giải thông qua phép vị tự lớp 11 Chứng minh hệ thức GH=2GO ta dùng phép vị tự tâm G biến điểm O thành điểm H ngược lại Dựa vào hình vẽ ta đốn tỉ số vị tự -2 - Bài giải Gọi M, N, P trung điểm cạnh BC,CA,AB uuuu r r uuu GM = − GA , Ta có: uuur r uuu GN = − GB, A uuu r uuur GP = − GC , H P Do − VG : A a M B Ba N Ca P N G O M Hình 3.9 Phép vị tự bảo tồn tính vng góc nên biến trực tâm tam giác ABC thành trực tâm tam giác MNP Theo giả thiết H trực tâm tam giác ABC O trực tâm tam giác MNP, − uuur uuur VG : H a O ⇒ GO = − GH Từ H,G,O thẳng hàng GH=2GO Mở rộng tốn sang khơng gian ta có toán Bài toán 4.1 Chứng minh rằng, với tứ diện trực tâm ABCD ta ln có trọng tâm G, trực tâm H , tâm O mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thẳng hàng GH = GO Bài giải Để chứng minh GH = GO ta nghĩ đến phép vị tự tâm G tỉ số -1 Lần lượt lấy A′ đối xứng với A, B′ đối xứng với B, C′ đối xứng với C, D′ đối xứng với D qua G Ta dễ thấy A' B ' //=AB (tính chất phép vị tự) đường trung bình EF (E,F thứ tự trung điểm CD AB) qua G Trong hình bình hành A'B'AB ⇒ E trung điểm A'B' ⇒ A'CB'D hình bình hành Mặt khác tứ diện trực tâm ABCD có hai cạnh đối diện vng góc với nên AB ⊥ CD ⇒ A'B' ⊥ CD ⇒ A'CB'D hình thoi ⇒ A'C = A'D' Chứng minh tương tự ta có A'C = A'B ⇒ A’ cách B, C,Hình D 3.10 Từ giả thiết ta có O cách B,C,D nên A'O trục đường tròn ngoại tiếp ∆BCD ⇒ A'O ⊥ (BCD) ⇒ A'O ⊥ (B'C'D') (1) Trang 12 C Tương tự (1), ta có B'O ⊥ (A'C'D') (2); C'O ⊥ (B'A'D') (3) ⇒ O trực tâm tứ diện A'B'C'D' Xét phép vị tự VG−1 , ta có: VG− : A a A ' , B a B, C a C' , D a D ' Như vậy, VG−1 : ( ABCD) a ( A ' B ' C ' D ') nên phép vị tự biến trực tâm tứ diện ABCD thành trực tâm O tứ diện A’B’C’D’ uuur uuur Suy ra: VG−1 : H a O hay GO = − GH ⇒ H, G, O thẳng hàng GO = GH Bài toán Bài toán qua điểm cố định Bài toán sở: Trên cạnh góc xOy có điểm M , N thay đổi cho a b + = , a , b độ dài cho trước Chứng minh M N OM ON qua điểm cố định Bài giải Trên tia Ox , Oy đặt đoạn OA = a , OB = b ; gọi E trung điểm AB F giao điểm OE với MN , ta có O uuur OF uuur OF uuu r uuu r OF = OE = OA + OB OE OE uuur OF  OA uuuu r OB uuur   OM + ON ÷ ⇒ OF = A 2OE  OM ON E  B Mà F , M , N thẳng hàng nên ta có : uuur uuuu r uuur N OF = kOM + lON với k+l=1 M OF OA OF OB F + =1 y ⇒ x 2OE OM 2OE ON Hình 3.20 OF  a b  + ⇒  ÷ = ⇒ OF = OE ⇒ F điểm thứ tư hình bình 2OE  OM ON  hành OAFB ) Vậy MN qua điểm cố định F Bài toán 5.1 Hai điểm M, N thứ tự thay đổi nửa đường thẳng chéo a b + = (a, b độ dài cho trước) Chứng minh Ax, By cho AM BN x M MN cắt đường thẳng cố định ( ) ∆ A x' M' a A' I B Trang 13 b B' Hình 3.21 N y Bài giải Dựng tia Bx' // Ax , lấy M' Bx' cho MM'//AB Trên Bx' , By đặt đoạn BA' = a , BB' = b a b Từ giả thiết ⇒ + = BM ' BB ' Theo kết ta có M'N ln qua điểm cố định I (đỉnh thứ tư hình bình hành BA'IB') Xét đường thẳng ∆ qua I // MM' (//AB) , dễ thấy ∆ đường thẳng cố định ln cắt MN Bài toán 5.2 Trên tia Ox , Oy , Oz tương ứng có điểm M , N , P thay a b C + + = , a , b , c độ dài cho trước đổi cho có OM ON OP Chứng minh mp (MNP) ln qua điểm cố định O Chứng minh : Cách chứng minh tương tự C G A P B z F M N x Hình 3.22 y Bài tốn 6: Cơng thức tính độ dài đoạn trung tuyến Bài toán sở: Cho tam giác ABC với AB=c, BC= a, AC=b trung tuyến AM Khi AM = ma = 2(b + c ) − a (Bài tập trang 58 SGK Nâng cao) Bài giải Ta có: A uuur uuuu r uuur AB = AM + MB uuur uuuu r uuuu r AC = AM + MC Khi : uuur2 uuu r uuuu r uuur uuuu r uuuu r AB + AB = ( AM + MB) + ( AM + MC ) B u u u u r u u u r u u u u r = AM + AM ( MB + MC ) + MB + MC Suy b + c = 2ma2 + a 2(b + c ) − a ⇔ ma = 2 2 Trang 14 M Hình 3.30 C Nhận xét 6.1 Từ tốn tính độ dài trung tuyến tam giác mặt phẳng, mở rộng sang không gian ta thu toán mới: Bài toán 6.1 Cho tứ diện ABCD Gọi ma độ dài đoạn trọng tuyến nối từ đỉnh A đến trọng tâm A1 ∆BCD Tính độ dài ma theo (i = 1,6) (a1 = AB; a2 = AC; a3 = AD; a4 = BC; a5 =BD; a6 = CD) 1 (a 1+ a22+ a23) - (a24+ a25+ a26) Đáp số: m2a = Nhận xét 6.2 Lấy M điểm đoạn BC ta có tốn mới: Bài tốn 6.2 (định lý Stewart) Cho tam giác ABC với độ dài cạnh AB=c, BC= a, AC= b Gọi D điểm cạnh BC , BD= a1, CD= a2 Chứng minh rằng: AD = a1b + a2c − aa1a2 a (*) Đặc biệt hoá: + Nếu D chân đường trung tuyến kẻ từ A xuống cạnh BC ta có cơng thức trung tuyến AD = ma2 = (2b + 2c − a ) + Nếu D chân đường phân giác góc A, tức D chia đoạn BC theo tỉ số DB c = Khi ta có cơng thức tính độ dài đường phân giác: DC b 2 bc cb bca bc ( b + c ) − a    AD = + − hay la = b + c b + c (b + c ) (b + c) Từ toán tiếp tục mở rộng sang khơng gian ta có tốn Bài tốn 6.3 Cho tứ diện ABCD Gọi N, M điểm nằm cạnh CD, BN cho CN = l.CD, BM = k BN Tính AM theo k, l cạnh tứ A diện D B M Đáp sô: N C AM = (1 − k ) AB + k (1 − l ) AC + kl AD + (k − k )(1 − l ).BC + (k − k )lBD + k (l − l )CD 2 2 2 Bài toán Bài toán hai trung tuyến vng góc Bài tốn sở: Cho tam giác ABC Chứng minh điều kiện cần đủ để hai trung tuyến kẻ từ B C vng góc với là: b + c = 5a (Bài tập trang 70 SGK Hình học 10- Nâng cao) Trang 15 Bài giải Gọi G trọng tâm tam giác ABC Hai trung tuyến kẻ từ B C vng góc với ⇔ ∆GBC vuông G A ⇔ GB + GC = BC 2 2  2  ⇔  mb ÷ +  mc ÷ = a 3  3  ⇔ ( mb + mc ) = a ⇔ 4a + b + c = 9a G B C ⇔ b + c = 5a Nhận xét 7.1 Từ toán ta thay đổi giả thuyết ta có số tốn sau: Bài toán 7.1 Cho tam giác ABC Chứng minh điều kiện cần đủ để hai trung tuyến kẻ từ B C vng góc với S = a tan A Bài toán 7.2 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( O; R ) H trực tâm tam giác CMR cot A = 2(cotB + cotC ) OH = R − 6a Bài tốn 7.3 Cho tam giác ABC có hai trung tuyến kẻ từ B C vng góc với Chứng minh cosA ≥ Bài toán 7.4 Cho tam giác ABC có hai trung tuyến kẻ từ B C vng góc với Chứng minh cotB + cot C ≥ Bài toán 7.5 Cho tam giác ABC có b + c = 5a Gọi R, r bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác ABC Chứng minh r ≤ ( 10 − 1) R Nhận xét 7.2 Từ toán điều kiện cần đủ để hai trung tuyến kẻ từ B C vng góc với là: b + c = 5a , ta mở rộng cho tốn tứ giác, tứ diện Bài toán 7.6 Cho tứ giác OABC có trọng tâm G, OA=x, OB=y, OC=z, BC=a,CA=b,AB=c Chứng minh điều kiện cần đủ để uuu r uuu r uuu r uuur uuur uuu r 2 2 2 GA.GB + GB.GC + GC GA = x + y + z = 3(a + b + c ) Bài toán 7.7 Cho tứ diện OABC có trọng tâm G,uuurOA=x, OB=y, OC=z, uuu r uuu r uuur uuur uuu r BC=a,CA=b, AB=c Chứng minh điều kiện cần đủ để GA.GB + GB.GC + GC.GA = x + y + z = 3(a + b + c ) Bài giải (Bài toán 7.6) Trước hết ta chứng minh 16OG = 3( x + y + z ) − ( a + b2 + c ) Trang 16 Gọi G1 trọng tâm tam giác ABC Vì G trọng tâm tứ giác OABC nên uuur uuu r uuu r uuur r uuur r uuuu GO + GA + GB + GC = ⇒ GO = − OG1 ⇒ 16GO = 9OG12 (1) uuuu r uuuu r uuu r uuuu r uuuu r Mà OA2 = OA = (OG1 + G1 A) ⇒ x = OG12 + G1 A2 + 2OG1.G1 A O Tương tự ta có: uuuu r uuuu r y = OG12 + G1 B + 2OG1.G1B uuuu r uuuu r z = OG12 + G1C + 2OG1.G1C N ⇒ x + y + z = 3OG + G1 A + G1 B + G1C 2 2 2 a + b2 + c2 ⇒ x + y + z = 3OG + 2 2 ⇒ 9OG1 = 3( x + y + z ) − (a + b + c ) 2 Từ (1) (2) suy G G1 (2) 16OG = 3( x + y + z ) − ( a + b + c ) 2 2 C A 2 B M Chứng minh tương tự ta có: 16GA2 = 3( x + b2 + c ) − ( y + z + a ) 16GB = 3( y + c + a ) − ( z + x + b2 ) 16GC = 3( z + a + b ) − ( x + y + c ) Mặt khác uuu r uuu r uuu r uuur uuur uuu r GA.GB + GB.GC + GC.GA = uuu r uuu r uuur uuu r uuu r uuur ⇔ (GA + GB + GC )2 − GA − GB − GC = uuur uuu r uuu r uuur ⇔ (OG ) = GA + GB + GC uuur uuu r2 uuu r2 uuur ⇔ 16OG = 16GA + 16GB + 16GC ⇔ x + y + z = 3( a + b + c ) 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Đề tài giải vấn đề sau: • Đề tài số toán bản, giải phương pháp vectơ Trên sở xây dựng số tốn tương ứng Xây dựng cách giải đưa đáp số cho tốn • Đề tài áp dụng tiết luyện tập, tiết tự chọn lớp đặc biệt buổi dạy bồi dưỡng học sinh giỏi • Thơng qua việc xuất phát từ toán bản, giáo viên gợi ý, dẫn dắt học sinh tổng quát tốn, tạo tốn mới, hình thành cho em khả làm việc độc lập, phát triển tư sáng tạo, phát vấn đề giải vấn đề Phát huy tối đa tính tích cực học sinh theo tinh thần đổi Bộ Giáo dục Đào tạo Từ tạo cho em niềm tin, hứng thú học tập mơn Tốn Trang 17 • Đề tài kiểm nghiệm năm học giảng dạy lớp 10 số buổi dạy bồi dưỡng học sinh giỏi, học sinh nhiệt tình tham gia nâng cao chất lượng dạy học Các em hứng thú học tập hơn, lớp có hướng dẫn phương pháp em học sinh với mức học trung bình trở lên có để giải số tập khó Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt Cụ thể lớp sau áp dụng sáng kiến vào giảng dạy, đánh giá qua kiểm tra thu kết sau : Năm học Lớp Tổng số HS 10A4 (Ban 41 2018 bản) 10A2 (Ban 2019 44 nâng cao) Điểm trở lên Điểm từ đến Điểm Số Số Số Tỷ lệ Tỷ lệ Tỷ lệ lượng lượng lượng 17,1 % 22 53,6 % 12 29,3 % 31 70,4% 18,2% 11,4 % III PHẦN KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Sáng kiến kinh nghiệm kết trình tìm tòi, nghiên cứu đúc rút kinh nghiệm trình giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi Qua năm triển khai thực đề tài với cách xây dựng phát triển toán, xây dựng quy trình giải tốn cách "tự nhiên” vậy, nhận thấy em nắm vấn đề, biết vận dụng kết vào giải toán cách linh hoạt, sáng tạo Từ giúp cho em u thích mơn tốn hơn, chất lượng học nâng cao rõ rệt Trong năm học tới, tiếp tục nghiên cứu bổ sung để đề tài hoàn thiện hơn, đáp ứng nhu cầu bồi dưỡng cho học sinh giỏi để em đạt kết cao kỳ thi chọn học sinh giỏi kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông sau Trong q trình biên soạn đề tài tơi có nhiều cố gắng, nhiên khơng tránh khỏi thiếu sót.Tơi mong thầy giáo, bạn đồng nghiệp góp ý, bổ sung để đề tài hoàn thiện Hy vọng tài liệu sử dụng làm tài liệu tham khảo cho học sinh thầy giáo q trình học tập, giảng dạy Xin chân thành cảm ơn! XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2019 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Trịnh Công Hải Trang 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO Văn Như Cương (Chủ biên), Phạm Khắc Ban, Tạ Mân (2007), Bài tập hình học 11 nâng cao , NXB Giáo dục, Hà Nội Văn Như Cương (Chủ biên), Phạm Vũ Khuê, Trần Hữu Nam (2007), Bài tập hình học 10 nâng cao , NXB Giáo dục, Hà Nội Nguyễn Văn Dũng (2015), Xác định luyện tập cho học sinh số phương thức phát triển kiến thức sách giáo khoa hình học 10 , luận văn thạc sĩ khoa học giáo dục, Trường ĐH Vinh, Nghệ An Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên)- Nguyễn Mộng Hy (2007), Hình học 10 , NXB giáo dục Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên)- Nguyễn Mộng Hy (2007), Hình học 11 , NXB giáo dục B.I.Acgunơp- M.B.Ban (1977), Hình học sơ cấp , NXB Giáo Dục Trang 19 ... chọn số tốn bản, giải cơng cụ vectơ Trên sở tơi hướng dẫn học sinh tìm tòi, phát triển thêm số tốn đồng thời giải tốn cơng cụ vectơ Bài toán (Bài toán trọng tâm) Bài toán sở: Cho tam giác ABC , ta... chứng minh sở cơng cụ vectơ Sau sách giáo khoa đưa số tập mang tính chất vận dụng Bản thân tơi thấy dừng lại làm cho học sinh chưa thật hứng thú với mơn hình học, chưa khai thác khả phát vấn đề... việc xuất phát từ toán bản, giáo viên gợi ý, dẫn dắt học sinh tổng quát toán, tạo toán mới, hình thành cho em khả làm việc độc lập, phát triển tư sáng tạo, phát vấn đề giải vấn đề Phát huy tối
- Xem thêm -

Xem thêm: Sử dụng công cụ véc tơ để phát triễn một số bài toán mới từ một số bài toán cơ bản trong sách hình học 10 , Sử dụng công cụ véc tơ để phát triễn một số bài toán mới từ một số bài toán cơ bản trong sách hình học 10

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn