Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển năng lực sử dụng công cụ vectơ cho học sinh trong bài toán chứng minh bất đẳng thức hình học và tìm cực trị hình học

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:45

Thêm vào BST

Báo xấu

22
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến "Phát triển năng lực sử dụng công cụ vectơ cho học sinh trong bài toán chứng minh bất đẳng thức hình học và tìm cực trị hình học" nhằm mục đích nâng cao khả năng sử dụng véctơ cũng như năng lực áp dụng công cụ véctơ cho học sinh vào giải toán chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị hình học.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển năng lực sử dụng công cụ vectơ cho học sinh trong bài toán chứng minh bất đẳng thức hình học và tìm cực trị hình học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT QUỲ CHÂU SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đề tài: “PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC SỬ DỤNG CÔNG CỤ VECTƠ CHO HỌC SINH TRONG BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC HÌNH HỌC VÀ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC”. Người thực hiện: Phạm Duy Khánh Tổ:Toán – Tin Lĩnh vực: Toán học Điện thoại: 0987492483 Năm thực hiện: 2021 - 2022 1
Phần I: ĐẶT VẤN ĐỀ 1.1. Lý do chọn đề tài. Bất đẳng thức là một vấn đề hiện nay rất được quan tâm, trong các kì thi đại học, trong các cuộc thi học sinh giỏi, thi Olympic hay trên tạp chí Toán học và Tuổi trẻ bài toán bất đẳng thức rất hay xuất hiện và phương pháp chứng minh bất đẳng thức ngày càng phong phú và đa dạng bởi tính độc đáo của nó. Để tìm được lời giải cho bài toán chứng minh bất đẳng thức đòi hỏi người làm toán phải biết đào sâu suy nghĩ, phân tích bài toán dưới nhiều khía cạnh và góc độ khác nhau. Vì thế, mỗi bài toán chứng minh bất đẳng thức thường chứa đựng nhiều lời giải hay và đẹp, bên cạnh đó các phương pháp chứng minh bất đẳng thức cũng rất đa dạng và phong phú. Nhằm trang bị thêm cho các em học sinh có kỹ năng sử dụng véctơ cũng như năng lực sử dụng véctơ trong bài toán hình học, trong bài viết này tác giả hướng dẫn học sinh sử dụng công cụ véctơ vào giải toán chứng minh các bất đẳng thức và tìm cực trị hình học. Véctơ là một khái niệm mới mẻ đối với các em học sinh bắt đầu vào lớp 10 , ngoài việc nắm vững khái niệm và các tính chất của véctơ thì việc áp dụng được véctơ vào giải toán chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị hình học là công việc hết sức quan trọng. Nhằm mục đích nâng cao khả năng sử dụng véctơ cũng như năng lực áp dụng công cụ véctơ cho học sinh vào giải toán chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị hình học, đó cũng chính là lý do Tôi chọn viết đề tài này. 1.2. Mục đích nghiên cứu. Có rất nhiều vấn đề mà ta có thể khai thác, tôi chọn viết đề tài này bao gồm các mục đích sau đây: - Rèn luyện cho học sinh kỹ năng sử dụng công cụ véctơ vào giải toán chứng minh bất đẳng thức hình học và tìm cực trị hình học. - Rèn luyện cho học sinh kỹ năng phát triền từ bài toán hình học phẳng sang hình học không gian. 1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu. - Giáo viên giảng dạy môn toán bậc THPT, học sinh THPT… - Giáo viên bồi dưỡng đội tuyển HSG cấp Tỉnh,... 2
Phần II: NỘI DUNG 2.1. Những thuận lợi và khó khăn. 2.1.1. Thuận lợi. - Bản thân tôi được nhà trường, tổ chuyên môn tạo điều kiện, quan tâm giúp đỡ, phân công giảng dạy ở các lớp chọn của trường. - Bản thân tôi là giáo viên trẻ nhiệt tình, luôn chịu khó tìm tòi sáng tạo và nghiên cứu các tài liệu tham khảo để trau dồi chuyên môn, luôn có ý thức học hỏi và trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp. - Có rất nhiều học sinh, đặc biệt là những học sinh lớp chọn có tố chất, nhiệt tình và luôn mong muốn tìm hiểu, khám phá những vấn đề mới của toán học. 2..1.2. Khó khăn. Bên cạnh những thuận lợi thì tôi cũng gặp một số khó khăn nhất định sau: - Đặc thù của môn toán là rất khó so với các môn học khác nên các em thường có tâm lý e ngại khi học toán, chưa nói đến việc khai thác, hiểu sâu về môn toán. - Phần lớn học sinh của trường đều có hoàn cảnh gia đình khó khăn nên các bậc phụ huynh chưa chú trọng vào việc học của con em mình. 2.2. Thực trạng của đề tài. - Trong giảng dạy, nếu đơn thuần chỉ truyền thụ những kiến thức cơ bản mà lãng quên đi những hoạt động tìm tòi, nghiên cứu thì bản thân người giáo viên sẽ mai một kiến thức và học sinh cũng bị hạn chế khả năng suy luận, tư duy sáng tạo. - Một số học sinh mang khuynh hướng học đối phó, học để thi nên không muốn hiểu sâu, hiểu rộng một vấn đề nào đó. 2.3. Khả năng ứng dụng và khai triển đề tài. - Đề tài này có khả năng ứng dụng cho học sinh THPT, ôn thi học sinh giỏi, ôn thi đại học , trường công lập , trường bán công,… 2.4. Kiến thức cơ sở về véctơ. Trong mục này tác giả bổ sung một số kiến thức nâng cao về véc tơ.   *) Một số bất đẳng thức về véctơ : Với các véctơ a , b khác véctơ_ không, thì        a  b  ab , a b  a.b   Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  kb ( k  0 ) 3
*) Một số hệ thức về véctơ liên quan đến các điểm đặc biệt trong tam giác.     +) Với G là trọng tâm tam giác ABC thì: GA  GB  GC  0     +) Với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC : aIA  bIB  cIC  0 Chứng minh. A BD CD BD  CD BC a Ta có:     BA CA BA  CA AB  AC b  c b c ac I suy ra BD  , do đó: bc  B C c    c   D a BD  bc BC  BI  ID  bc IC  IB   (1) IA ID  BD  a  Mặt khác:  , suy ra ID   IA   IA (2) BA BD BA bc  a  c   Thay (2) vào (1) ta có: BI  bc IA  bc  IC  IB            b  c  BI  aIA  cIC  cIB  aIA  bIB  cIC  0     +) Với H là trực tâm tam giác ABC thì: tan A.HA  tan B.HB  tan C.HC  0 Chứng minh. A Dựng hình bình hành HACB ta có B' N P HMB đồng dạng với BCB , H AM HB CM BM tan B Do đó:    , suy ra C M B HB BM AM tan C CM A' tan B  tan B   tan A  HB  HB  HB   HB , tương tự ta cũng có HA   HA tan C tan C tan C    Mặt khác theo quy tắc hình bình hành ta có HC  HA  HB  tan A  tan B       HC   HA  HB  tan A.HA  tan B.HB  tan C.HC  0 tan C tan C +) Với O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì:     OA sin 2 A  OB sin 2 B  OC sin 2C  0 Chứng minh. Bình phương hai vế của đẳng thức ta có đẳng thức sau:   R 2  sin 2 2 A  sin 2 2 B  sin 2 2C   2 sin 2 A sin 2 BOA.OB  0 4
 R 2  sin 2 2 A  sin 2 2 B  sin 2 2C   R 2  sin 2 A  sin 2 B cos 2C  sin 2C cos 2 B   0  sin 2 2 A  sin 2 2 B  sin 2 2C   sin 2 A sin  2 B  2C   0  sin 2 2 A  sin 2 2 B  sin 2 2C   sin 2 A sin  2  2 A   0  sin 2 2 A  sin 2 2 B  sin 2 2C   sin 2 2 A  sin 2 2 B  sin 2 2C   0      +) Với G là trọng tâm của tứ diện ABCD thì ta có: GA  GB  GC  GD  0 . *) Một số đẳng thức véctơ liên quan đến diện tích. +) Trong mặt phẳng. Cho tam giác ABC và M là điểm nằm trong tam giác ABC , đặt SMBC  S a , S MCA  Sb , S MAB  Sc ta có đẳng thức véctơ sau     S a .MA  Sb .MB  Sc .MC  0 Chứng minh. A Dựng hình bình hành ADME , kẻ AH và BK vuông góc với MC lần lượt tại H , K . E K D Ta có: ADME là hình bình hành nên    H MA  MD  ME M AHE đồng dạng BKM ta có B C AE MD AH Sb  S   S      MD   b MB , tương tự ME   c MC BM BM BK S a Sa Sa  Sb  Sc      Ta có: MA   MB  MC  Sa .MA  Sb .MB  Sc .MC  0 (đpcm) Sa Sa +) Trong không gian. -) Cho tứ diện ABCD với I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện , đặt Sa  SBCD , Sb  S CDA , Sc  S BDA , S d  S ABC , ta có đẳng thức véctơ sau D      S a .IA  Sb .IB  Sc .IC  S d .ID  0 M' N P' Chứng minh.      I C Đặt: x  Sa .IA  Sb .IB  Sc .IC  Sd .ID A N' P MB S MAB VMDAB Sc  S  M Ta có:     MB   c MC B MC S MAC VMDAC Sb Sb 5
       Sb .MB  S c .MC  0  Sb .IB  Sc .IC   Sb  S c  IM (1)    Hoàn toàn tương tự ta cũng có Sa .IA  S d .ID   Sa  Sd  IM  (2) Cộng vế theo vế các BĐT cùng chiều (1) và (2) ta có.    x   Sb  Sc  IM   S a  S d  IM    Vì M , I , M  thẳng hàng nên x cùng phương với MM     Tương tự ta cũng có x cùng phương các véctơ NN  và PP      Lại có các véctơ MM  , NN  , PP không đồng phẳng, suy ra x  0 (đpcm) -) Cho tứ diện ABCD với I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện , đặt Sa  SBCD , Sb  S CDA , Sc  S BDA , S d  S ABC . Gọi A1 , B1 , C1 , D1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của I lên các mặt đối diện các đỉnh A, B, C , D . ta có đẳng thức véctơ sau      S a .IA1  Sb .IB1  S c .IC1  S d .ID1  0 Chứng minh. Bổ đề. Cho tứ diện ABCD gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên mặt phẳng  S  S  S   BCD  , chứng minh. AH  HCD AB  HDB AC  HBC AD S BCD S BCD S BCD Thật vây: A  HM  HB  HM  HB  MD  MC   Ta có: AH  AB  AM  AB   AC  AD  BM BM BM BM  CD CD  HM  HB MD  HB MC   AB   AC   AD (*) BM BM CD BM CD B D H S MHC CM S HBC S S HBC M Mặt khác:   suy ra HMC  S MHD CD S HBD S HCD S HBC  S HBD C S HBC .S HCD S .S  S HMC  , tương tự ta cũng có: S HMD  HBD HCD S HBC  S HBD S HBC  S HBD HM S MHD S MHD S MHD S MHD  S HBC  S HBD  Ta có:     BM S MBD S HBD  S MHD S S HBD .S HCD S HBD  S HBC  S HBD  S HCD  HBD  S HBC  S HBD S HBD .S HCD S   HCD (1) , tương tự ta có. S HBD  S HBC  S HBD  S HCD  S BCD HB MD S HBD HB MC S HCD   ,   (2) BM CD S BCD BM CD S BCD 6
Thay các kết quả (1) và (2) vào (*) ta có điều phải chứng minh. Áp dụng bổ đề trên ta có: A     S a .IA1  S A1CD .IB  S A1DB .IC  S A1BC .ID     Sb .IB1  S B1DA .IC  S B1CA .ID  S B1CD .IA C1     Sc .IC1  SC1BD .IA  SC1DA .IB  SC1 AB .ID D1 I B1     B D S d .ID1  S D1BC .IA  S D1CA .IB  S D1 AB .IC A1 Cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta có : C          S a .IA1  Sb .IB1  Sc .IC1  S d .ID1  S a .IA  Sb .IB  Sc .IC  S d .ID  0 (đpcm) Kết quả trên còn được phát biểu dưới dạng khác mang tên “ Định lý con nhím” như sau     Cho tứ diện ABCD gọi e1 , e2 , e3 , e4 lần lượt là các véctơ đơn vị vuông góc với các mặt phẳng  BCD  ,  CDA ,  DAB  ,  ABC  và hướng ra phía ngoài tứ diện. Đặt: Sa  SBCD , Sb  SCDA , Sc  SBDA , Sd  S ABC ta có đẳng thức véc tơ sau      S a .e1  Sb .e2  Sc .e3  Sd .e4  0 *) Điểm Lơ-moan. +) Khái niệm đường đối trung. Cho tam giác ABC với trung tuyến AM . S là điểm thuộc cạnh BC sao cho   MAC BAS  , lúc đó ta gọi AS là đường đối trung của tam giác ABC . A B S M C Các đường đối trung của tam giác ABC đồng quy tại một điểm được gọi là điểm Lơ-moan, ta kí hiệu là L . +) Với L là điểm Lơ – moan của tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b thì:     a 2 .LA  b2 .LB  c 2 .LC  0 Chứng minh. 7
EH AB Kết quả 1. AE là đường đối trung của tam giác ABC thì  , trong đó H , K EK AC lần lượt là hình chiếu vuông góc của E lên các cạnh AB và AC . Thật vậy: Gọi AM là đường trung tuyến của tam giác ABC và P, Q lần lượt là hình chiếu của M lên AB, AC . Ta có EH MQ A AEH  AMQ suy ra  , tương tự AE AM K EK MP P Q AMP  AEK   , từ đó ta có. AE AM H EH MQ MQ. AC AB 2 S AMC AB AB       B C EK MP MP. AB AC 2S AMB AC AC E M Kết quả 2. L là điểm Lơ – moan của tam giác ABC , gọi H , I , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của L lên các cạnh BC , CA, AB của tam giác, đặt BC  a , CA  b , AB  c và S a , Sb , Sc lần lượt là diện tích các tam giác LBC , LCA và LAB ta có a 2 b2 c 2   S a Sb S c Thật vậy: Qua L dựng đường thẳng song song với BC và cắt AB, AC Lần lượt tại M , N . A LK AM AB AB AC I Theo kết quả 1 ta có:     LI AN AC LK LI K Tương tự cho các trường hợp còn lại ta có: M N L BC CA AB   B C LH LI LK H BC 2 CA2 AB 2 a 2 b2 c 2       LH .BC LI .CA LKAB S a Sb S c a 2 b2 c 2 a2 b2 c2 Đặt    x suy ra S a  , Sb  , S c  S a Sb S c x x x         Thay vào hệ thức vectơ Sa .LA  Sb .LB  Sc .LC  0 ta có a 2 .LA  b 2 .LB  c 2 .LC  0 +) Tâm tỷ cự. -) Trong mặt phẳng cho n điểm A1 , A2 ,..., An và n số thực 1 ,  2 ,...,  n sao cho 1   2     n  0 8
    khi đó tồn tại duy nhất điểm I sao cho 1 IA1   2 IA2     n IAn  0 , điểm I gọi là tâm tỷ cự của hệ điểm A1 , A2 ,..., An ứng với bộ số 1 ,  2 ,...,  n . -) Với điểm I là tâm tỷ cự của hệ điểm A1 , A2 ,..., An của hình chóp S . A1 A2 ... An ứng với bộ số 1 ,  2 ,...,  n . Ta có:     SI  1 SA1   2 SA2     n SAn  1   2     n  1      Thật vậy: Đẳng thức  1  1   2     n  SI  1 IA1   2 IA2     n IAn  0  1   2     n  1 2.5. Phát triển năng lực sử dụng công cụ véctơ vào bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị hình học phẳng. 2.5.1. Sử dụng véctơ vào bài toán chứng minh bất đẳng thức hình học phẳng. Bài toán 1. Cho tam giác ABC với trọng tâm G , chứng minh rằng MA2  MB 2  MC 2  GA2  GB 2  GC 2 Chứng minh.  2   2   Ta có MA2  MA   MG  GA  MG 2  2MG.GA  GA2  2     Tương tự ta có: MB 2  MB   MG  GB   MG 2  2MG.GB  GB 2 2  2       2 MC 2  MC  MG  GC  MG 2  2MG.GC  GC 2 Cộng vế theo vế các bất đẳng thức cùng chiều trên ta có      MA2  MB 2  MC 2  3MG 2  2 MG GA  GB  GC  GA2  GB 2  GC 2   3MG  GA  GB  GC  GA2  GB 2  GC 2 2 2 2 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M  G . Bài toán 2. Cho tam giác ABC với trọng tâm G , chứng minh rằng MA.GA  MB.GB  MC.GC  GA2  GB 2  GC 2 Chứng minh.        Ta có MA.GA  MA.GA   MG  GA GA  MG.GA  GA2 , hoàn toàn tương tự ta cũng có     MB.GB  MG.GB  GB 2 , MC.GC  MG.GC  GC 2 Cộng vế theo vế các bất đẳng thức cùng chiều trên ta có       MA.GA  MB.GB  MC.GC  MG GA  GB  GC  GA2  GB 2  GC 2  GA2  GB 2  GC 2 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M  G . Bài toán 3. Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b . Kí hiệu ma , mb , mc lần lượt là các đường trung tuyến xuất phát từ các đỉnh A, B, C và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , chứng minh rằng 2 R  ma  mb  mc   a 2  b 2  c 2 Chứng minh. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , ta có: 9
3 3 3 ma  GA, mb  GB, mc  GC , lúc đó 2 2 2 BĐT  3  OA.GA  OB.GB  OC.GC   AB 2  BC 2  CA2          Ta có đánh giá sau: OA.GA  OA.GA  OG  GA GA  OG.GA  GA2     Hoàn toàn tuơng tự ta cũng có: OB.GB  OG.GB  GB 2 , OC.GC  OG.GC  GC 2 Cộng vế theo vế các BĐT cùng chiều trên ta có     VT  3  OA.GA  OB.GB  OC.GC   3OG  GA  GB  GC   3 GA2  GB 2  GC 2   AB 2  BC 2  CA2  a 2  b 2  c 2 (đpcm) Bài toán 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O , gọi G là trọng tâm của tam giác, kéo dài AG, BG, CG lần lượt cắt đường tròn tâm O tại các điểm M , N , P . Chứng minh rằng a) GM  GN  GP  GA  GB  GC b) GM .GN .GP  GA.GB.GC 1 1 1 1 1 1 c)      GA GB GC GM GN GP Chứng minh. a)Kí hiệu R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , ta có. GM .GA GN .GB GP.GC  1 1 1  GM  GN  GP      R 2  OG 2      GA GB GC  GA GB GC      Ta có: OA  OB  OC  3OG , bình phương hai vế đẳng thức ta có.       9OG  OA  OA  OA  2OA.OB  2OB.OC  2OC.OA (*) 2 2 2 2 A     2 2   Mặt khác: 2OA.OB  OA  OB  OB  OA  OA  OB  AB 2 2 2 2 N     2   2OB.OC  OB 2  OC 2  OC  OB  OB 2  OC 2  BC 2 P     2   2OC.OA  OC 2  OA2  OA  OC  OC 2  OA2  CA2 G B C Thay các đẳng thức trên vào (*) ta có. M 9OG 2  9 R 2  AB 2  BC 2  CA2  AB 2  BC 2  CA2  9  R 2  OG 2  (**) 4 4  AB 2  AC 2 BC 2  Lại có: GA2  AM 2     9 9  2 4  4 4  BA2  BC 2 CA2  4 4  CA2  CB 2 AB 2  GB 2  BM 2     , GC 2  CM 2     9 9 2 4  9 9 2 4  1 Suy ra: GA2  GB 2  GC 2   AB 2  BC 2  CA2  , thay vào (**) ta có. 3 1 R 2  OG 2   GA2  GB 2  GC 2  3 Khi đó: GM  GN  GP   GA2  GB 2  GC 2    1 1 1 1    3  GA GB GC  1 9   GA  GB  GC  . 2  GA  GB  GC (đpcm) 9 GA  GB  GC b) Ta có: GA.GM  GB.GN  GC.GP  R 2  OG 2 10
1 R 2  OG 2  3  GA2  GB 2  GC 2  , từ đó suy ra 1 GA.GM .GB.GN .GC.GP   R 2  OG 2    GA2  GB 2  GC 2  3 3 27 1 Áp dụng BĐT Côsi ta có GA.GM .GB.GN .GC.GP   GA2  GB 2  GC 2    GA.GB.GC  3 2 27  GM .GN .GP  GA.GB.GC (đpcm) 1 1 1 GA GB GC 1 c)       2  GA  GB  GC  GA GB GC GA.GM GB.GN GC.GP R  OG 2  1 1 1    R 2  OG 2       GA  GB  GC  GA GB GC  1  1 1 1    GA2  GB 2  GC 2       GA  GB  GC 3  GA GB GC  1 9 VT   GA  GB  GC   2  GA  GB  GC (đpcm) 9 GA  GB  GC Bài toán 5. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O , bán kính R . Giả sử M là một điểm nằm trong đường tròn tâm O và  ,  ,  là các số thực dương thỏa mãn      MA   MB   MC  0 , chứng minh rằng   B         MA  MB  MC   R 2  OM 2  Chứng minh. Ta có   B    R 2   OA2   OB 2   OC 2   2   2   2       B    R 2   MA  MO   MB  MO   MC  MO            B    R 2    B    OM 2   MA2   MB 2   MC 2  2MO  MA   MB   MC    MA   MB   MC    B     R  OM 2 2 2 2 2  Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có 1 1 1      MA   MB   MC    MA  MB  MC  2 2 2 2     1 1 1   MA  MB  MC              R 2  OM 2  2       B          MA  MB  MC   R 2  OM 2  (đpcm) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  MA   MB   MC . Bài toán 6. Cho điểm M thuộc mặt phẳng chứa tam giác đều ABC . Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là hình chiếu của điểm M lên các cạnh BC , CA, AB của tam giác ABC . Chứng minh rằng MA2  MB 2  MC 2  4  MA12  MB12  MC12  Chứng minh. Trường hợp 1: Nếu M trùng với một trong ba đỉnh của tam giác ABC thì BĐT thức là hiển nhiên. 11
Trường hợp 2: Gọi G1 là trọng tâm của tam giác A1B1C1 A Ta có: 4  MA12  MB12  MC12  C1 B1   2   2   2      4 MG1  G1 A1  4 MG1  G1B1  4 MG1  G1C1   M        12 MG12  8MG1 G1 A1  G1B1  G1C1  4  G1 A12  G1B12  G1C12  B A1 C  12 MG  4  G A  G B  G1C 1 2 1 1 2 1 1 2 1 2   4 G A 1 1 2  G B  G1C 1 1 2 1 2  3 3 Tứ giác MB1 AC1 là tứ giác nội tiếp nên B1C1  MA sin A  MA  B1C12  MA2 2 4 Tương tự cho các trường hợp còn lại ta cũng có: 3 3 A1 B12  MC 2 , C1 A12  MB 2 4 4 3 Cộng vế theo vế các BĐT trên ta có: A1B12  B1C12  C1 A12  4  MA2  MB 2  MC 2  Mặt khác ta có A1B12  B1C12  C1 A12  3  G1 A12  G1B12  G1C12  suy ra 1  MA2  MB 2  MC 2  G1 A12  G1 B12  G1C12  4 Do đó: 4  MA12  MB12  MC12   MA2  MB 2  MC 2 ( đpcm) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M  G1 . Bài toán 7. Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó, chứng minh rằng IA.IB.IC 3  aIA  bIB  cIC 22 2 9 Chứng minh.        2 Ta có: aIA  bIB  cIC  0   aIA  bIB  cIC   0        a 2 IA2  b 2 IB 2  c 2 IC 2  2abIA.IB  2bcIB.IC  2caIC.IA  0   2  a 2 IA2  b 2 IB 2  c 2 IC 2  ab  IA2  IB 2  IB  IA        2   2   bc  IB 2  IC 2  IC  IB   ca  IC 2  IA2  IA  IC   0        a IA  b IB  c IC  ab  IA  IB  AB   bc  IB  IC  BC   ab  IC  IA  CA2   0 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2   a  b  c   aIA2  bIB 2  cIC 2   abc  a  b  c   aIA2  bIB 2  cIC 2  abc (1) IA.IB.IC 3 Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng  abc 9 IA2 IB 2 IC 2 (1)     1. Áp dụng BĐT Côsi ta có: bc ca ab 2 IA2 IB 2 IC 2  IA.IB.IC  IA.IB.IC 3 1    33     (đpcm) bc ca ab  abc  abc 9 Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều. 12
Bài toán 8. Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b , chứng minh rằng với mọi điểm M nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC ta có bất đẳng thức sau MA2 MB 2 MC 2   1 bc ca ab Chứng minh.    2 Ta có:  aMA  bMB  cMC   0   2   a 2 MA2  b 2 MB 2  c 2 MC 2  ab  MA2  MB 2  MB  MA          2    bc  MB 2  MC 2  MC  MB   ca  MC 2  MA2  MA  MC   0  2      a MA  b MB  c MC  ab  MA  MB  AB  2 2 2 2 2 2 2 2 2 bc  MB 2  MC 2  BC 2   ab  MC 2  MA2  CA2   0   a  b  c   aMA2  bMB 2  cMC 2   abc  a  b  c   aMA2  bMB 2  cMC 2  abc MA2 MB 2 MC 2    1 (đpcm) bc ca ab Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M  I Bài toán 9. Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b , chứng minh rằng với mọi điểm M nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC ta có: MA MB MC    3 a b c ( Olimpic 30 – 4 – 2013) Chứng minh. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có:       MA MB MC MA.GA MB.GB MC.GC MA.GA MB.GB MC .GC         a b c a.GA b.GB c.GC a.GA b.GB c.GC 1 3a. 2  b 2  c 2   a 2 a 2  b 2  c 2 Ta có: a.GA  a. 2  b2  c 2   a 2   , 3 3 3 3 3 a2  b2  c2 a2  b2  c2 Tương tự. b.GB  , c.GC  , do đó: 3 3 3 3       MA MB MC a  b  c  2 3 3 a b c 2  2 MA.GA  MB.GB  MC.GC            2 3 3 a b c 2  2       MG  GA GA  MG  GB GB  MG  GC GC         2 3 3 a b c 2 2     MG GA  GB  GC  GA2  GB 2  GC 2   3 3  a  b2  c2 2  GA2  GB 2  GC 2  a2  b2  c2 MA MB MC Lại có GA2  GB 2  GC 2  suy ra    3 (đpcm) 3 a b c Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M  G . 13
Bài toán 10. Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b và M là một điểm tùy ý nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC , chứng minh rằng 3a 2b 2 c 2 a 2 MA2  b 2 MB 2  c 2 MC 2  a 2  b2  c 2 Chứng minh.    2 Ta có:  a 2 MA  b 2 MB  c 2 MC   0   2  a 4 MA2  b 4 MB 2  c 4 MC 2  a 2b 2  MA2  MB 2  MB  MA           2   b 2c 2  MB 2  MC 2  MC  MB   c 2 a 2  MC 2  MA2  MA  MC   0   2      a MA  b MB  c MC  a b  MA  MB  AB  4 2 4 2 4 2 2 2 2 2 2 b 2 c 2  MB 2  MC 2  BC 2   a 2b 2  MC 2  MA2  CA2   0 3a 2b2 c 2   a 2  b 2  c 2  a 2 MA2  b 2 MB 2  c 2 MC 2   3a 2b 2c 2  a 2 MA2  b 2 MB 2  c 2 MC 2  a 2  b2  c 2 Dấu “=” xảy ra khi và chi khi M là điểm Lơ – moan của tam giác ABC. Bài toán 11. Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b . Kí hiệu L là điểm lơ – moan của tam giác đó, chứng minh rằng a 2  b2  c 2  LA2  LB 2  LC 2   3  a 2 LA2  b 2 LB 2  c 2 LC 2  Chứng minh.     Vì L là điểm Lơ – moan nên ta có: a 2 LA  b 2 LB  c 2 LC  0 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , ta có:  2  2  2 a 2GA2  b 2GB 2  c 2GC 2  a 2 GA  b 2 GB  c 2 GC   2   2   2     a 2 GL  LA  b 2 GL  LB  c 2 GL  LC            a 2  b 2  c 2  GL2  2 LG a 2 LA  b 2 LB  c 2 LC  a 2 LA2  b 2 LB 2  c 2 LC 2   a 2  b 2  c 2  GL2  a 2 LA2  b 2 LB 2  c 2 LC 2  a 2 LA2  b 2 LB 2  c 2 LC 2  a 2GA2  b 2GB 2  c 2GC 2   a 2  b 2  c 2  GL2 (1)   2   2   2  Lại có: LA2  LB 2  LC 2  LG  GA  LG  GB  LG  GC             3LG 2  2 LG GA  GB  GC  GA2  GB 2  GC 2  3LG 2  GA2  GB 2  GC 2 (2) Thay (1) và (2) vào BĐT cần chứng minh ta có. a 2  b 2  c 2  3LG 2  GA2  GB 2  GC 2   3  a 2GA2  b 2GB 2  c 2GC 2   a 2  b 2  c 2  GL2   6  a 2  b2  c 2  LG 2   b 2  c 2  2a 2  GA2   c 2  a 2  2b 2  GB 2   a 2  b 2  2c 2  GC 2  0 Mặt khác ta có: 1 1 1 GA2   2  b 2  c 2   a 2  , GB 2   2  c 2  a 2   b 2  , GC 2   2  a 2  b 2   c 2  9   9   9  1 BĐT  6  a 2  b 2  c 2  LG 2    b 2  c 2  2a 2  2b 2  2c 2  a 2   0 9 1  6  a 2  b 2  c 2  LG 2   a 2  b 2    b 2  c 2    c 2  a 2    0 2 2 2 3   14
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều. Bài toán 12. Cho tam giác ABC có tâm đường tròn nội tiếp là I , trọng tâm là G . Kéo dài AG, BG, CG lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại A1 , B1 , C1 . Chứng minh rằng GA1  GB1  GC1  IA  IB  IC ( Toán học và tuổi trẻ tháng 11 năm 2018) Chứng minh. Đặt AB  c, BC  a, CA  b , ta có A        Ta có: aIA  bIB  cIC  0   aIA  bIB  cIC   0 2 B1 C1       G  a 2 IA2  b 2 IB 2  c 2 IC 2  2abIA.IB  2bcIB.IC  2caIC.IA  0   2   a 2 IA2  b 2 IB 2  c 2 IC 2  ab  IA2  IB 2  IB  IA     B M C   2    2  A1   2 2    bc IB  IC  IC  IB  ca IC  IA  IA  IC  2 2   0   a 2 IA2  b 2 IB 2  c 2 IC 2  ab  IA2  IB 2  AB 2   bc  IB 2  IC 2  BC 2   ab  IC 2  IA2  CA2   0   a  b  c   aIA2  bIB 2  cIC 2   abc  a  b  c   aIA2  bIB 2  cIC 2  abc IA2 IB 2 IC 2     1 , áp dụng BĐT Schwarzt ta có bc ca ab IA2 IB 2 IC 2  IA  IB  IC  2 1     IA  IB  IC  ab  bc  ca (1) bc ca ab ab  bc  ca a2 a2 Gọi M là giao điểm của AG và BC ta có MA.MA1  MB.MC   MA1  4 4MA 2 MA a GA1  GM  MA1   , áp dụng BĐT Côsi ta có: 3 4 MA MA a2 a b c GA1    , tương tự ta có: GB1  , GC1  , lúc đó 3 4MA 3 3 3 abc GA1  GB1  GC1  , BĐT được chứng minh nếu ta chứng minh được 3 abc  ab  bc  ca , thật vậy: BĐT   a  b    b  c    c  a   0 (đpcm) 2 2 2 3 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều. Bài toán sau là một kết quả làm chặt bài toán số 9 vì ta có: a 2  b2  c2  3 , thật vậy: BĐT   a 2  b 2    b2  c 2    c 2  a 2   0 (đúng) 2 2 2 a b b c c a 2 2 2 2 2 2 Bài toán 13. Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b , chứng minh rằng với mọi điểm M ta có bất đẳng thức MA MB MC a2  b2  c2    a b c a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 Chứng minh.    2 Ta có:  xMA  yMB  zMC   0 15
       x 2 MA2  y 2 MB 2  z 2 MC 2  2 xyMA.MB  2 yzMB.MC  2 zxMC .MA  0  x 2 MA2  y 2 MB 2  z 2 MC 2  xy   MA2  MB 2  AB 2   0   x  y  z   xMA2  yMB 2  zMC 2   xyc 2  yza 2  zxb 2 a b c Cho x  , y , z ta có: MA MB MC  a b c   a b c       a.MA  b.MB  c.MC   abc      MA MB MC   MB.MC MC .MA MA.MB  MA.MB MB.MC MC.MA     1 (1) ab bc ca 1 1 1 Cho x  2 , y  2 , z  2 ta có: a b c  1 1 1   MA MB MC 2  a 2 2 2 b2 c2  2  2  2  2  2  2   2 2  2 2  2 2  a b c  a b c  bc ca ab MA2 MB 2 MC 2 a 4  b4  c 4     (2) a2 b2 c2 a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2 Lấy (1) nhân với 2 sau đó cộng vế theo vế các bất đẳng thức cùng chiều với (2) ta có điều phải chứng minh. Bài tập: 1. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c và nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R , chứng minh rằng với mọi số thực dương  ,  ,  ta có bất đẳng thức sau       2  a2   b2   c2   R2  ,    , CIA 2. Cho tam giác ABC và điểm I ở trong tam giác. Đặt BIC  AIB   . Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có: MA sin   MB sin   MC sin   IA sin   IB sin   IC sin  3. Cho tam giác ABC có các góc đều bé hơn 1200 và M là điểm bất kỳ trong mặt phẳng chứa tam giác ABC . Gọi T là điểm Tô – ri – xen – li của ABC . Chứng minh rằng MA  MB  MC  TA  TB  TC 4. Cho tam giác ABC , đặt SMBC  Sa , SMAC  Sb , SMAB  Sc , chứng minh rằng với mọi điểm M nằm trong tam giác ABC ta có bất đẳng thức sau S a .MA.NA  Sb .MB.NB  S c .MC.NC  S a .MA2  Sb .MB 2  S c .MC 2 5. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c . M là một điểm nằm trong mặt phẳng tam giác, chứng minh rằng MA.sin A  MB.sin B  MC .sin C  a cos A  b cos B  c cos C 6. Cho tam giác ABC , chứng minh rằng với mọi điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác đó ta có: MA2 MB 2 MC 2 5R 5r     ha hb hc 2 16
Trong đó ha , hb , hc lần lượt là các đường cao xuất phát từ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC . R, r lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác đó. 7. Cho tam giác ABC , M là điểm trong tam giác . Gọi H , I , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các cạnh BC , CA, AB của tam giác ABC , chứng minh MA2 sin 2 A  MB 2 sin 2 B  MC 2 sin 2 C  3  MH 2  MI 2  MK 2  8. ( Toán học và tuổi trẻ tháng 6 năm 2008) Cho tam giác nhọn ABC với Q là tâm đường tròn Euler của nó. Đường tròn ngoại tam giác ABC với bán kính R cắt AQ, BQ, CQ lần nữa tại M , N , P theo thứ tự. Chứng minh rằng 1 1 1 3    QM QN QP R 9. ( Olimpic 30 – 4 – 2017) Cho tam giác ABC không có góc nào vượt quá 1200 . Chứng minh rằng với a2  b2  c2 điềm M bất kỳ ta có : MA  MB  MC   2 3S 2 Trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác và S là diện tích tam giác ABC . 10. (Olimpic 30 – 4 – 2006) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng: a 3  b3  c 3  abc  4R 2 abc 11. ( Toán học và tuổi trẻ tháng 9 năm 2021) Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b . Gọi G là trọng tâm của tam giác đó, chứng minh rằng: GA2 GB 2 GC 2   1 bc ca ab 2.5.2. Sử dụng véctơ vào bài toán tìm cực trị hình học phẳng. Bài toán 1. Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b và đường thẳng d bất kỳ Tìm điểm M trên đường thẳng d sao cho biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất P  MA2  MB 2  MC 2 Lời giải. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , ta có.  2  2  2   2   2         2 P  MA2  MB 2  MC 2  MA  MB  MC  MG  GA  MG  GB  MG  GC        3MG 2  2 MG GA  GB  GC  GA2  GB 2  GC 2 A a 2  b2  c2  3MG 2  GA2  GB 2  GC 2  3MG 2  3 G a 2  b2  c 2  3MH 2 3 C B Trong đó H là hình chiếu vuông góc của G M H 17
lên đường thẳng d a 2  b2  c 2 a 2  b2  c2 Ta có P  3MH 2   3 3 a b c 2 2 2 Vậy: MinP  khi và chỉ khi M  H . 3 Bài toán 2. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 2 . M là một điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , đặt P  MA2  MB 2  MC 2 . a) Tìm GTNN của biểu thức P . b) Tìm GTLN của biểu thức P . Lời giải.     Trước tiên ta tìm điểm I sao cho IA  IB  IC  0 A Gọi K là trung điểm của BC ta có.      IA  2 IK  0  IA  2 IK hay I là điểm đối xứng với A qua K   2   2   2 2 Ta có P  MA2  MB 2  MC 2   MI  IA   MI  IB    MI  IC        MI 2  IA2  IB 2  IC 2  2 MI IA  IB  IC   B K C   MI  IA  IB  IC 2 2 2 2 ABC là tam giác đều cạnh bằng 2 nên : AK  3 , IA  2 3 , M1 4 3 AM 1  , lúc đó. P   MI 2  4 3 I a) MinP đạt được khi và chỉ khi MI đạt Max  M  A và MinP  8 8 b) MaxP đạt được khi và chỉ khi MI đạt Min  M  M 1 và MaxP  3 Bài toán 3. Cho tam giác ABC , M là một điểm tùy ý . Tìm vị trí điểm M trong các trường hợp sau. a) MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất. b) MA2  3MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất. Lời giải.     a) Ta xác định điểm I thỏa mãn IA  IB  IC  0 Gọi K là trung điểm của AB  ta có  A    I 2 IK  IC  0  IC  2IK Hay I là điểm đối xứng của C qua K , ta có:   2   2         2 MA2  MB 2  MC 2  MI  IA  MI  IB  MI  IC K      MI 2  IA2  IB 2  IC 2  2 MI IA  IB  IC   B C  MI  IA  IB  IC  IA  IB  IC 2 2 2 2 2 2 2 Vậy: Min  MA2  MB 2  MC 2   IA2  IB 2  IC 2  M  I .         1  b) Ta tìm điểm E thỏa mãn EA  3EB  EC  0  3EB  CA  0  EB  AC 3   2   2   2  Ta có: MA  3MB  MC  ME  EA  3 ME  EB  ME  EC 2 2 2           3ME 2  EA2  3EB 2  EC 2  2ME EA  3EB  EC    3ME  EA  3EB  EC 2 2 2 2 18
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , đường thẳng OE cắt đường tròn  O  tại hai điểm M 1 và M 2 . A Ta có: 3M 1E 2  EA2  3EB 2  EC 2  3ME 2  EA2  3EB 2  EC 2  3M 2 E 2  EA2  3EB 2  EC 2 M1 M2  3M 1 E  EA  3EB  EC  MA  3MB  MC 2 2 2 2 2 2 2 E O B C  3M 2 E 2  EA2  3EB 2  EC 2 Vậy: Max  MA2  3MB 2  MC 2   3M 2 E 2  EA2  3EB 2  EC 2  M  M 2 Min  MA2  3MB 2  MC 2   3M 1E 2  EA2  3EB 2  EC 2  M  M 1 Bài toán 4. Cho tam giác ABC có AB  a, AC  b và nội tiếp đường tròn tâm O , bán kính R . M là một điểm di động trên  O; R  .Tìm giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  MA2  MB 2  2MC 2 Lời giải.   2   2   2 Ta có: P  MA2  MB 2  2MC 2   OA  OM    OB  OM   2  OC  OM                2OM 2OC  OA  OB  2OM BC  AC  2OM CB  CA       2OM .DC ( Với D là đỉnh thứ 4 của hình bình hành ACBD )        2 R.CD.cos OM , DC  2 R a 2  b 2  2ab cos C cos OM , DC   Gọi d là đường thẳng đi qua tâm O và song song  với CD , đường   thẳng d cắt đường tròn tâm O tại M 1 và M 2 , ta có: OM 1  CD và OM 2  CD . D A Vậy: M1 Min P  2 R a 2  b 2  2ab cos C khi và chỉ khi M  M 1 O Max P  2 R a 2  b 2  2ab cos C khi và chỉ khi M  M 2 M2 B C Bài toán 5. Cho tam giác ABC có góc A bằng 600 . M là một điểm tùy ý thuộc mặt phẳng chứa tam giác ABC , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  3MA  MB  MC Lời giải. MB. AB MC . AC P  3MA  MB  MC  3MA   AB AC            3MA  MB. AB MC. AC   3MA     MA  AB . AB MA  AC . AC   AB AC AB AC     AB AC   3MA  MA     AB  AC  AB AC  Trên các cạnh AB, AC của tam giác ABC ta đặt các véctơ đơn vị 19
     AB  AC AB AC  e1  và e2  , ta có   AF A AB AC AB AC Vì A  600 nên AF  3 , do đó   P  3MA  MA. AF  AB  AC   F   3MA  3MA.cos MA, AF  AB  AC  B C      3MA 1  cos MA, AF   AB  AC  AB  AC   Vậy: Min P  AB  AC khi và chỉ khi M  A . Bài toán 6. Cho ABC với AB  c, BA  a, CA  b và M là điểm nằm trong mặt phẳng tam giác ABC .  ,  ,  là các số thực thỏa mãn       0 . Tùy vào dấu của      hãy tìm giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau P   MA2   MB 2   MC 2 Lời giải. Gọi I la tâm tỷ cự của hệ ba điểm A, B, C với bộ số  ,  ,  ta có :      IA   IB   IC  0 (1)   2   2         2 P   MA2   MB 2   MC 2   MI  IA   MI  IB   MI  IC             MI 2   IA2   IB 2   IC 2  2MI  IA   IB   IC         MI 2   IA2   IB 2   IC 2    2  Mặt khác : Từ đẳng thức (1) ta có  IA   IB   IC  0          2 IA2   2 IB 2   2 IC 2  2 IA.IB  2 IB.IC  2 IC.IA  0   2    2 IA2   2 IB 2   2 IC 2    IA2  IB 2  IB  IA       2   2       IB 2  IC 2  IC  IB     IC 2  IA2  IA  IC   0        IA   IB   IC    IA  IB  AB  2 2 2 2 2 2 2 2 2    IB 2  IC 2  BC 2     IC 2  IA2  CA2   0   2 IA2   2 IB 2   2 IC 2    IA2  IB 2  c 2     IB 2  IC 2  a 2     IC 2  IA2  b 2   0         IA 2   IB 2   IC 2    c 2   a 2   b 2  c 2   a 2   b 2   IA 2   IB 2   IC 2  , lúc đó:      c 2   a 2   b2 P        MI 2       c   a   b2 2 2 Nếu       0 thì : Max P  M I      c 2   a 2   b2 Nếu       0 thì : Min P  M I     20