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 TỐN 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 Phần I: ĐẶT VẤN ĐỀ 1.1 Lý chọn đề tài Bất đẳng thức vấn đề quan tâm, kì thi đại học, thi học sinh giỏi, thi Olympic hay tạp chí Tốn học Tuổi trẻ tốn bất đẳng thức hay xuất phương pháp chứng minh bất đẳng thức ngày phong phú đa dạng tính độc đáo Để tìm lời giải cho toán chứng minh bất đẳng thức địi hỏi người làm tốn phải biết đào sâu suy nghĩ, phân tích tốn nhiều khía cạnh góc độ khác Vì thế, tốn chứng minh bất đẳng thức thường chứa đựng nhiều lời giải hay đẹp, bên cạnh phương pháp chứng minh bất đẳng thức đa dạng phong phú Nhằm trang bị thêm cho em học sinh có kỹ sử dụng véctơ lực sử dụng véctơ tốn hình học, viết tác giả hướng dẫn học sinh sử dụng cơng cụ véctơ vào giải tốn chứng minh bất đẳng thức tìm cực trị hình học Véctơ khái niệm mẻ em học sinh bắt đầu vào lớp 10 , việc nắm vững khái niệm tính chất véctơ việc áp dụng véctơ vào giải toán chứng minh bất đẳng thức tìm cực trị hình học cơng việc quan trọng Nhằm mục đích nâng cao khả sử dụng véctơ lực áp dụng công cụ véctơ cho học sinh vào giải tốn chứng minh bất đẳng thức tìm cực trị hình học, lý Tơi chọn viết đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu Có nhiều vấn đề mà ta khai thác, chọn viết đề tài bao gồm mục đích sau đây: - Rèn luyện cho học sinh kỹ sử dụng cơng cụ véctơ vào giải tốn chứng minh bất đẳng thức hình học tìm cực trị hình học - Rèn luyện cho học sinh kỹ phát triền từ tốn hình học phẳng sang hình học không gian 1.3 Đối tượng phạm vi nghiên cứu - Giáo viên giảng dạy mơn tốn bậc THPT, học sinh THPT… - Giáo viên bồi dưỡng đội tuyển HSG cấp Tỉnh, Phần II: NỘI DUNG 2.1 Những thuận lợi khó khăn 2.1.1 Thuận lợi - Bản thân nhà trường, tổ chuyên môn tạo điều kiện, quan tâm giúp đỡ, phân công giảng dạy lớp chọn trường - Bản thân giáo viên trẻ nhiệt tình, ln chịu khó tìm tòi sáng tạo nghiên cứu tài liệu tham khảo để trau dồi chun mơn, ln có ý thức học hỏi trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp - Có nhiều học sinh, đặc biệt học sinh lớp chọn có tố chất, nhiệt tình ln mong muốn tìm hiểu, khám phá vấn đề tốn học 1.2 Khó khăn Bên cạnh thuận lợi tơi gặp số khó khăn định sau: - Đặc thù mơn tốn khó so với mơn học khác nên em thường có tâm lý e ngại học tốn, chưa nói đến việc khai thác, hiểu sâu mơn tốn - Phần lớn học sinh trường có hồn cảnh gia đình khó khăn nên bậc phụ huynh chưa trọng vào việc học em 2.2 Thực trạng đề tài - Trong giảng dạy, đơn truyền thụ kiến thức mà lãng quên hoạt động tìm tịi, nghiên cứu thân người giáo viên mai kiến thức học sinh bị hạn chế khả suy luận, tư sáng tạo - Một số học sinh mang khuynh hướng học đối phó, học để thi nên khơng muốn hiểu sâu, hiểu rộng vấn đề 2.3 Khả ứng dụng khai triển đề tài - Đề tài có khả ứng dụng cho học sinh THPT, ơn thi học sinh giỏi, ôn thi đại học , trường công lập , trường bán công,… 2.4 Kiến thức sở véctơ Trong mục tác giả bổ sung số kiến thức nâng cao véc tơ   *) Một số bất đẳng thức véctơ : Với véctơ a , b khác véctơ_ khơng,     a  b  ab ,     a b  a.b  Dấu “=” xảy a  kb ( k  ) *) Một số hệ thức véctơ liên quan đến điểm đặc biệt tam giác     +) Với G trọng tâm tam giác ABC thì: GA  GB  GC      +) Với I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC : aIA  bIB  cIC  Chứng minh A BD CD BD  CD BC a Ta có:     BA CA BA  CA AB  AC b  c suy BD  ac , đó: bc I    c  c   BD  BC  BI  ID  IC  IB bc bc  Mặt khác: b c  B (1)  IA ID BD  a   , suy ID   IA   IA BA BD BA bc  a D C (2) a  c   IA  IC  IB bc bc           b  c  BI  aIA  cIC  cIB  aIA  bIB  cIC  Thay (2) vào (1) ta có: BI        +) Với H trực tâm tam giác ABC thì: tan A.HA  tan B.HB  tan C.HC  Chứng minh A Dựng hình bình hành HACB ta có B' HMB đồng dạng với BCB , AM HB CM BM tan B Do đó: , suy    HB BM AM tan C CM N P H C M B A'   tan B tan B  tan A  HB  HB   HB , tương tự ta có HA   HA tan C tan C tan C    Mặt khác theo quy tắc hình bình hành ta có HC  HA  HB HB       tan A  tan B   HC   HA  HB  tan A.HA  tan B.HB  tan C.HC  tan C tan C +) Với O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC thì:     OA sin A  OB sin B  OC sin 2C  Chứng minh Bình phương hai vế đẳng thức ta có đẳng thức sau:   R  sin 2 A  sin 2 B  sin 2C   2 sin A sin BOA.OB   R  sin 2 A  sin 2 B  sin 2C   R  sin A  sin B cos 2C  sin 2C cos B    sin 2 A  sin 2 B  sin 2C   sin A sin  B  2C    sin 2 A  sin 2 B  sin 2C   sin A sin  2  A    sin 2 A  sin 2 B  sin 2C   sin 2 A  sin 2 B  sin 2C        +) Với G trọng tâm tứ diện ABCD ta có: GA  GB  GC  GD  *) Một số đẳng thức véctơ liên quan đến diện tích +) Trong mặt phẳng Cho tam giác ABC M điểm nằm 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  Chứng minh A Dựng hình bình hành ADME , kẻ AH BK vng góc với MC H , K Ta có: ADME hình bình hành nên E K    MA  MD  ME AHE đồng dạng BKM ta có D H M C B   S  S  AE MD AH Sb     MD   b MB , tương tự ME   c MC BM BM BK S a Sa Sa  Ta có: MA       Sb  Sc  MB  MC  Sa MA  Sb MB  Sc MC  (đpcm) Sa Sa +) Trong không gian -) Cho tứ diện ABCD với I 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      S a IA  Sb IB  Sc IC  S d ID  Chứng minh      Đặt: x  Sa IA  Sb IB  Sc IC  Sd ID  S  MB S MAB VMDAB Sc Ta có:     MB   c MC MC S MAC VMDAC Sb Sb D M' A P P' N I N' C M B        Sb MB  S c MC   Sb IB  Sc IC   Sb  S c  IM (1)    Hoàn toàn tương tự ta có Sa IA  S d ID   Sa  Sd  IM  (2) Cộng vế theo vế BĐT chiều (1) (2) ta có    x   Sb  Sc  IM   S a  S d  IM    Vì M , I , M  thẳng hàng nên x phương với MM     Tương tự ta có x phương véctơ NN  PP      Lại có véctơ MM  , NN  , PP không đồng phẳng, suy x  (đpcm) -) Cho tứ diện ABCD với I 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 hình chiếu vng góc I lên mặt đối diện đỉnh A, B, C , D ta có đẳng thức véctơ sau      S a IA1  Sb IB1  S c IC1  S d ID1  Chứng minh Bổ đề Cho tứ diện ABCD gọi H hình chiếu vng góc A lên mặt phẳng  BCD  , chứng minh  S  S  S  AH  HCD AB  HDB AC  HBC AD S BCD S BCD S BCD Thật vây: A  Ta có: AH   Mặt khác:  S HMC  Ta có:  HM  HB  HM  HB  MD  MC   AB  AM  AB  AC  AD   BM BM BM BM  CD CD  HM  HB MD  HB MC  AB   AC   AD (*) BM BM CD BM CD S MHC CM S HBC S S HBC suy HMC    S MHD CD S HBD S HCD S HBC  S HBD D B H M C S HBC S HCD S S , tương tự ta có: S HMD  HBD HCD S HBC  S HBD S HBC  S HBD S MHD  S HBC  S HBD  HM S MHD S MHD S MHD     S HBD S HCD BM S MBD S HBD  S MHD S S HBD  S HBC  S HBD  S HCD  HBD  S HBC  S HBD S HBD S HCD S  HCD S HBD  S HBC  S HBD  S HCD  S BCD (1) , tương tự ta có HB MD S HBD HB MC S HCD , (2)     BM CD S BCD BM CD S BCD Thay kết (1) (2) vào (*) ta có điều phải chứng minh Áp dụng bổ đề 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     S d ID1  S D1BC IA  S D1CA IB  S D1 AB IC B I B1 D A1 Cộng vế theo vế đẳng thức ta có :          S a IA1  Sb IB1  Sc IC1  S d ID1  S a IA  Sb IB  Sc IC  S d ID  (đpcm) C Kết phát biểu dạng khác mang tên “ Định lý nhím” sau     Cho tứ diện ABCD gọi e1 , e2 , e3 , e4 véctơ đơn vị vng góc với mặt phẳng  BCD  ,  CDA ,  DAB  ,  ABC  hướng phía ngồi 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  *) Điểm Lơ-moan +) Khái niệm đường đối trung Cho tam giác ABC với trung tuyến AM S điểm thuộc cạnh BC cho   MAC  , lúc ta gọi AS đường đối trung tam giác ABC BAS A B S M C Các đường đối trung tam giác ABC đồng quy điểm gọi điểm Lơ-moan, ta kí hiệu L +) Với L điểm Lơ – moan tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b thì:     a LA  b2 LB  c LC  Chứng minh Kết AE đường đối trung tam giác ABC EH AB , H , K  EK AC hình chiếu vng góc E lên cạnh AB AC Thật vậy: Gọi AM đường trung tuyến tam giác ABC P, Q hình chiếu M lên AB, AC Ta có AEH  AMQ suy A EH MQ  , tương tự AE AM EK MP AMP  AEK   , từ ta có AE AM EH MQ MQ AC AB S AMC AB AB       EK MP MP AB AC 2S AMB AC AC K P H B E Q C M Kết L điểm Lơ – moan tam giác ABC , gọi H , I , K hình chiếu vng góc L lên cạnh BC , CA, AB tam giác, đặt BC  a , CA  b , AB  c S a , Sb , Sc diện tích tam giác LBC , LCA LAB ta có a b2 c   S a Sb S c Thật vậy: Qua L dựng đường thẳng song song với BC cắt AB, AC Lần lượt M , N Theo kết ta có: A LK AM AB AB AC     LI AN AC LK LI Tương tự cho trường hợp cịn lại ta có: BC CA AB   LH LI LK  I K M B N L H C BC CA2 AB a b2 c      LH BC LI CA LKAB S a Sb S c a b2 c a2 b2 c2    x suy S a  , Sb  , S c  S a Sb S c x x x         Thay vào hệ thức vectơ Sa LA  Sb LB  Sc LC  ta có a LA  b LB  c LC  Đặt +) Tâm tỷ cự -) Trong mặt phẳng cho n điểm A1 , A2 , , An n số thực 1 ,  , ,  n cho 1       n      tồn điểm I cho 1 IA1   IA2     n IAn  , điểm I gọi tâm tỷ cự hệ điểm A1 , A2 , , An ứng với số 1 ,  , ,  n -) Với điểm I tâm tỷ cự hệ điểm A1 , A2 , , An hình chóp S A1 A2 An ứng với số 1 ,  , ,  n Ta có:     SI  1 SA1   SA2     n SAn  1       n       Thật vậy: Đẳng thức  1  1       n  SI  1 IA1   IA2     n IAn   1       n  2.5 Phát triển lực sử dụng cơng cụ véctơ vào tốn chứng minh bất đẳng thức tìm cực trị hình học phẳng 2.5.1 Sử dụng véctơ vào toán chứng minh bất đẳng thức hình học phẳng Bài tốn Cho tam giác ABC với trọng tâm G , chứng minh MA2  MB  MC  GA2  GB  GC Chứng minh      Ta có MA2  MA   MG  GA  MG  2MG.GA  GA2      Tương tự ta có: MB  MB   MG  GB   MG  2MG.GB  GB    MC  MC  MG  GC      MG  2MG.GC  GC Cộng vế theo vế bất đẳng thức chiều ta có     MA2  MB  MC  3MG  MG GA  GB  GC  GA2  GB  GC    3MG  GA  GB  GC  GA2  GB  GC Đẳng thức xảy M  G Bài toán Cho tam giác ABC với trọng tâm G , chứng minh MA.GA  MB.GB  MC.GC  GA2  GB  GC 2 2 Chứng minh        Ta có MA.GA  MA.GA   MG  GA GA  MG.GA  GA2 , hồn tồn tương tự ta có     MB.GB  MG.GB  GB , MC.GC  MG.GC  GC Cộng vế theo vế bất đẳng thức chiều ta có     MA.GA  MB.GB  MC.GC  MG GA  GB  GC  GA2  GB  GC  GA2  GB  GC   Đẳng thức xảy M  G Bài toán Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b Kí hiệu ma , mb , mc đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh A, B, C R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC , chứng minh R  ma  mb  mc   a  b  c Chứng minh Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , ta có: 3 ma  GA, mb  GB, mc  GC , lúc 2 BĐT   OA.GA  OB.GB  OC.GC   AB  BC  CA2        Ta có đánh giá sau: OA.GA  OA.GA  OG  GA GA  OG.GA  GA2     Hồn tồn tuơng tự ta có: OB.GB  OG.GB  GB , OC.GC  OG.GC  GC   Cộng vế theo vế BĐT chiều ta có     VT   OA.GA  OB.GB  OC.GC   3OG  GA  GB  GC   GA2  GB  GC   AB  BC  CA2  a  b  c (đpcm) Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O , gọi G trọng tâm tam giác, kéo dài AG, BG, CG cắt đường tròn tâm O điểm M , N , P Chứng minh a) GM  GN  GP  GA  GB  GC b) GM GN GP  GA.GB.GC c) 1 1 1      GA GB GC GM GN GP Chứng minh a)Kí hiệu R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC , ta có GM GA GN GB GP.GC 1   GM  GN  GP      R  OG      GA GB GC  GA GB GC      Ta có: OA  OB  OC  3OG , bình phương hai vế đẳng thức ta có       2 2 9OG  OA  OA  OA  2OA.OB  2OB.OC  2OC.OA (*) A     2 2 2 Mặt khác: 2OA.OB  OA  OB  OB  OA  OA  OB  AB     P 2OB.OC  OB  OC  OC  OB  OB  OC  BC     G 2OC.OA  OC  OA2  OA  OC  OC  OA2  CA2       Thay đẳng thức vào (*) ta có C B 9OG  R  AB  BC  CA2  AB  BC  CA2   R  OG  (**) N M  AB  AC BC      Lại có: GA2  AM   9 4  BA2  BC CA2  4  CA2  CB AB  2 BM    , GC  CM      9  9  Suy ra: GA2  GB  GC   AB  BC  CA2  , thay vào (**) ta có R  OG   GA2  GB  GC  1 1  Khi đó: GM  GN  GP   GA2  GB  GC       GA GB GC    GA  GB  GC   GA  GB  GC (đpcm) GA  GB  GC b) Ta có: GA.GM  GB.GN  GC.GP  R  OG GB  10      AM  AN  AM  AN  AM  AN  AI  AI      CM  CN  CM  CN  CM  CN  2CI  2CI Suy AM  AN  CM  CN   AI  CI  Đặt AB  x , CD  y , IK  m , IH  n , ta có AI  m2  Do AI  CI  m  x2 y2  n2   4 m  n   x  y x2 y2 , CI  n  4 Mặt khác: BKH vuông K nên BK  KH  BH  Khi  m  n   x  y   m  n  2  x  y  BH   x4   m  n   BH y xy a  b CD y xy a  b xy        2 4 2 a2  b2  c a  b2  c suy AI  CI  2  MA  MB  MC  MD   a  b  c  (đpcm) Bài toán sau mở rộng Bài tốn ( Trang 12) từ hình học phẳng sang hình học khơng gian Bài tốn 12 Cho tứ diện A1 A2 A3 A4 nội tiếp mặt cầu tâm O , bán kính R , gọi Si diện tích mặt đối diện với đỉnh Ai ( i  1, ) tương ứng M điểm tùy ý không gian, chứng minh MA1 MA2 MA3 MA4     S1 S2 S3 S4 2R ( Toán học tuổi trẻ tháng 10 năm 2003) Chứng minh Gọi Ai trọng tâm mặt đối diện đỉnh Ai ( i  1, ), kí hiệu: A2 A3  a2 , A1 A4  a1 , A1 A2  b1 , A3 A4  b2 , A1 A3  c1 , A2 A4  c2 A1 m1  A1 A1 , m2  A2 A2 , m3  A3 A3 , m4  A4 A4 G trọng tâm tứ diện A1 A2 A3 A4 , đặt   a12  a22  b12  b22  c12  c22     Ta có AA1  A1 A2  A1 A3  A1 A4    m12    A1 A22   A1 A2 A1 A3   m12    A1 A22    A1 A22  A1 A32  A2 A32   a1 b1  G A2 a2 c2 A'1 c1 A4 b2 A3 2 b1  c1  a12  b12  c12  a22  c12  a12  b22  b12  a12  c22   1  m12   a12  b12  c12    a22  b22  c22   9m12   a12  b12  c12    a22  b22  c22   m12  Hoàn toàn tương tự cho trường hợp cịn lại ta có 31 4 m12  m22  m32  m42   a12  a22  b12  b22  c12  c22    9      Ta có : OA1  OA2  OA3  OA4  4OG    16OG  R   OAi OA j ( i, j  1, , i  j )  16OG  16 R   a12  a22  b12  b22  c12  c22   16 R       16 R Với a, b, c ba cạnh tam giác S diện tích ta có bất đẳng thức sau a  b  c  3S Áp dụng BĐT BĐT Côsi ta có: 3  9m12   a22  b22  c22   9m12  3S1  3S1  3 108m12 S12     3m1S1 Mà   4R suy R.  3 3R. m1 S1  m1S1  Hồn tồn tương tự cho trường hợp cịn lại ta có mi Si  Ta có: 3R. ( i  1, ) MA1 MA2 MA3 MA4 MA1 m1 MA2 m2 MA3 m3 MA4 m4        S1 S2 S3 S4 m1S1 m2 S m3 S3 m4 S 4  MA1.GA1 MA2 GA2 MA3 GA3 MA4 GA4         m1S1 m2 S m3 S3 m4 S    MA1.GA1  MA2 GA2  MA3 GA3  MA4 GA4  R.          MA1.GA1  MA2 GA2  MA3 GA3  MA4 GA4 R.                MG  GA1 GA1  MG  GA2 GA2  MG  GA3 GA3  MG  GA4 GA4  R.       3  GA1  GA22  GA32  GA42  MG GA1  GA2  GA3  GA4   R.   GA12  GA22  GA32  GA42  R.    m12  m22  m32  m42   (đpcm) R. 16 2R             Bài toán sau phát triển Bài toán ( Trang 9) từ hình học phẳng sang hình học khơng gian Bài toán 13 Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu tâm O , G trọng tâm tứ diện Các đường thẳng AG, BG, CG , DG cắt mặt cầu tâm O điểm A1 , B1 , C1 , D1 , chứng minh a) GA1.GB1.GC1.GD1  GA.GB.GC GD b) 1 1 1 1        GA GB GC GD GA1 GB1 GC1 GD1 c) GA1  GB1  GC1  GD1  GA  GB  GC  GD Chứng minh a) Ta có: GA.GA1  GB.GB1  GC.GC1  GD.GD1  R  OG (1) 32 Theo kết trước ta có GA2  GB  GC  GD   R  OG  (2) Từ (1) (2) ta có:  GA2  GB  GC  GD  GA GA GB GB GC GC GD GD        1   Áp dụng BĐT Côsi ta có:  GA2  GB  GC  GD      GA.GB.GC.GD    suy ra:  GA.GA1  GB.GB1  GC.GC1  GD.GD1    GA.GB.GC.GD   GA1.GB1.GC1.GD1  GA.GB.GC.GD (đpcm) 1 1 GA GB GC GD        GA1 GB1 GC1 GD1 GA.GA1 GB.GB1 GC GC1 GD.GD1 GA  GB  GC  GD  , ta chứng minh R  OG 1 1 GA  GB  GC  GD     GA GB GC GD R  OG 1     R  OG        GA  GB  GC  GD  GA GB GC GD  GA2  GB  GC  GD  1 1         GA  GB  GC  GD  GA GB GC GD  b) Ta có:  GA  GB  GC  GD  16  GA  GB  GC  GD (đpcm) 16 GA  GB  GC  GD GA GA GB1.GB GC1.GC GD1.GD c) Ta có GA1  GB1  GC1  GD1     GA GB GC GD 1 1     R  OG        GA  GB  GC  GD (đpcm) GA GB GC GD   Bài toán 14 Cho tứ diện ABCD , kí hiệu hA , m A độ dài đường cao độ Ta có: VT   dài đường trọng tuyến xuất phát từ đỉnh A đến mặt  BCD  đối diện, trường hợp lại định nghĩa tương tự Gọi V thể tích tứ diện ABCD Chứng minh  hA  hB  hC  hD   mA2  mB2  mC2  mD2   128 V (Olimpic 30 – – 2013 ) Chứng minh Kí hiệu S A , S B , SC , S D diện tích tam giác BCD, CDA, DAB, ABC , ta có  3V 3V 3V 3V  128 2    V   mA  mB  mC  mD    S A S B SC S D   1 1  128 2       mA  mB  mC  mD    S A S B SC S D  A BĐT   hA Ta có: mA D B Ga 33 C       mA2  AGA  AB  AC  AD  AB  AC  AD   AB AC 9   AB  AC  AD    AB  AC  BC    AB  AC  AD    BC  BD  CD       Hoàn toàn tương tự cho trường hợp cịn lại ta có mB2   BC  BD  BA2    CA2  CD  AD   CA  CB  CD    DA2  BD  AB  mC2   DA  DB  DC mD2  2    AB  AC  BC  Cộng vế theo vế BĐT ta có:  AB  AC  AD  BC  BD  CD  Áp dụng BĐT a  b  c  3S ta có: BC  BD  CD  3S A , CA2  CD  AD  3S B mA2  mB2  mC2  mD2  DA2  DB  AB  3SC , AB  AC  BC  3S D AB  AC  AD  BC  BD  CD 2  1 1  16 Khi đó:       mA2  mB2  mC2  mD2    mA2  mB2  mC2  mD2  S S S S S  S  S  S B C D  A B C D  A 16.2 128    AB  AC  AD  BC  BD  CD   2 2 2 AB  AC  AD  BC  BD  CD 9 Suy S A  S B  SC  S D  (đpcm) Bài toán 15 Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC vng góc với đôi M điểm thuộc mặt phẳng chứa tam giác ABC Gọi G1 , G2 , G3 trọng tâm tam giác OAB , OBC , OCA Đặt OA  a, OB  b, OC  c Chứng minh bất đẳng thức MG12  MG22  MG32  a 2b2 c a 2b2  b 2c  c a ( Toán học tuổi trẻ tháng 12 năm 2010) Chứng minh Ta có     MG1  MA  MB  MO suy       MG12  MA2  MB  MO  MA.MB  2MB.MO  2MO.MA  MG12   MA2  MB  MO    O  c a  b A M C H B 34   MA2  MB  AB    MB  MO  OB    MO  MA2  OA2    MG12   3MA2  3MB  3MO  2a  2b  , hoàn toàn tương tự ta có 1 MG22   3MB  3MC  3MO  2b  2c  , MG32   3MC  3MA2  3MO  2c  2a  9 Từ ta có MG12  MG22  MG32  MO   MA2  MB  MC    a  b  c      Gọi G trọng tâm tam giác ABC ta có MG  MA  MB  MC       2 2  MG  MA  MB  MC  MA.MB  MB.MC  2MC MA  MG   MA2  MB  MC    MA2  MB  AB    MG   MA2  MB  MC    a  b  c   Do MG12  MG22  MG32  MO   MA2  MB  MC    a  b  c   MO Gọi H chân đường vng góc O lên mặt phẳng  ABC  , ta có     1 1 1 a 2b c 2        OH  OH OA2 OB OC a b c a 2b  b c  c a Ta có OM  OH từ ta có điều phải chứng minh Dấu “=” xảy a  b  c Bài tập Cho tứ diện A1 A2 A3 A4 Gọi di ( i  1, ) khoảng cách từ điểm M không gian tới mặt đối diện đỉnh Ai tứ diện A1 A2 A3 A4 Đặt MAi  xi ( i  1, ) Chứng minh x12  x22  x32  x42   d12  d 22  d 32  d 42  Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G , bán kính mặt cầu ngoại tiếp R ,chứng minh  AB  AC  AD  BC  BD  CD  Cho tứ diện ABCD với trọng tâm G nội tiếp mặt cầu tâm O Các đường thẳng AG, BG, CG cắt mặt cầu tâm O A1 , B1 , C1 , D1 , chứng minh GA  GB  GC  GD  R   AB  AC  AD  BC  BD  CD  Cho tứ diện ABCD có SA  BC  a , SB  CA  b , SC  AB  c Một mặt phẳng qua tâm tỷ cự hệ ba điểm A.B, C ứng với số x, y , z cắt tia AA1  BB1  CC1  DD1  SA, SB, SC theo thứ tự M , N , P Chứng minh  SM  SN  SP  ax  by  cz  x yz ( Tổng quát toán 8, HSG Tỉnh Nghệ An năm học 2012 - 3013) 35 Cho tứ diện SABC có G trọng tâm ABC , I điểm cạnh   SG cho SG  k SI ( k  ) Một mặt phẳng   qua I cắt SA, SB, SC A1 , B1 , C1 chứng minh : n n n  AA1   BB1   CC1  n         k  1  SA1   SB1   SC1  ( Toán học tuổi trẻ tháng năm 2013) Cho hình chóp SABC có G trọng tâm tam giác ABC , gọi O trung điểm SG Một mặt phẳng   thay đổi qua điểm O cắt cạnh SA, SB, SC hình chóp điểm A, B, C  Chứng minh SA2 SB2 SC 2 AA2 BB2 CC 2      AA2 BB2 CC 2 SA2 SB2 SC 2 ( Làm chặt toán 6, Toán học tuổi trẻ tháng năm 2013) Cho tứ diện SABC có G trọng tâm tam giác ABC , I trung điểm SG Một mặt phẳng   qua I cắt SA, SB, SC A1 , B1 , C1 Chứng minh bất đẳng thức sau AA1.BB1 BB1.CC1 CC1 AA1 SA1 SB1 SC1      6 SA1.SB1 SB1.SC1 SC1.SA1 AA1 BB1 CC1 ( Toán học tuổi trẻ tháng 12 năm 2016) Cho tứ diện SABC có SA, SB, SC đơi vng góc với Một mặt phẳng  P  thay đổi qua trọng tâm tứ diện cắt cạnh SA, SB, SC tứ diện A1 , B1 , C1 Chứng minh 1  2  2 SA1 SB1 SC1 R Với R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC ( Olimpic 30 – – 2009) Gọi S R diện tích tồn phần bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Chứng minh ta ln có : S  R 2.6.2 Sử dụng công cụ véctơ vào tốn tìm cực trị hình học khơng gian Bài toán Cho tứ diện ABCD mặt phẳng  P  Tìm điểm M thuộc mặt phẳng  P  cho     MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ Lời giải Gọi G trọng tâm của tứ diện ABCD ta có:     MA  MB  MC  MD  MG      Do đó: MA  MB  MC  MD  MG  4MG     Ta có: MA  MB  MC  MD nhỏ MG nhỏ nhât hay M hình chiếu vng góc G lên mặt phẳng  P      Vậy: Min MA  MB  MC  MD  4MG  M  H ( H : hình chiếu vng góc G lên mặt phẳng  P  ) 36 Bài toán Cho tứ diện gần ABCD có AB  CD  a , BC  AD  b , CA  BD  c M điểm tùy ý khơng gian, tìm giá trị nhỏ biểu thức P  MA  MB  MC  MD Lời giải Gọi G trọng tâm tứ diện gần ABCD , lúc G tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD , đặt R bán kính  tacó:    GA  GB  GC  GD  R GA  GB  GC  GD  (1)       (1)   GA  GB  GC  GD    R   2GA.GB  a  b2  c2 2 MA.GA MB.GB MC.GC MD.GD Ta có: P  MA  MB  MC  MD     GA GB GC GD         MA.GA MB.GB MC GC MD.GD     R R R R             MG  GA GA  MG  GB GB  MG  GC GC  MG  GD GD  R        MG  GA  GB  GC  GD  R   a  b  c  R  R   GA2  GB  AB    8R  a  b  c  R            Vậy: Min P   a  b  c   M  G Bài tốn Cho tứ diện ABCD tích V , mặt phẳng qua trọng tâm G tứ diện cắt cạnh DA, DB, DC A, B, C  Đặt : VA  VAABC  , VB  VBABC  , VC  VCABC  Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  VA  VB  VC (Olimpic 30 – – 2008) Lời giải Gọi I trọng tâm tam giác ABC , ta có:       DA  DB  DC  3DI mà DI  DG nên     DA  DB  DC  DG , dó đó:  DA  DB  DC  DG  DA  DB  DC  DA DB DC  Lại có điểm A, B, C G đồng phẳng nên DA DB DC AA BB CC    4   1 DA DB DC  DA DB DC  D A' G C A I B Đặt VD  VDABC  gọi hA , hB , hC , hD khoảng cách từ điểm A, B, C, D đến mặt phẳng  ABC  , ta có: 37 h VA hA AA V h BB VC CC  , tương tự: B  B  , suy    C  V D hD DA V D hD DB V D hD DC  VA  VB  VC  VD Áp dụng BĐT Cơ si ta có 4 DA DB DC DA DB DC V 27    33    33  VD  V       DA DB DC DA DB DC VD 64 Vậy: Min ( P  VA  VB  VC )  27 V  ABC     ABC  64 Bài toán Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu tâm O , bán kính R , kí hiệu l tổng độ dài cạnh tứ diện , tìm giá trị lớn tỷ số l R Lời giải Gọi G trọng tâm tứ diện ABCD ta có          OA  OB  OC  OD  4OG  OA  OB  OC  OD     16OG             R  2OA.OB  2OB.OC  2OC.OA  2OD.OA  2OD.OB  2OD.C  16 R     R   OA  OB  AB  16OG    AB  BC  CA2  DA2  DB2  DC  16R  16OG  16R Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có AB  BC  CA2  DA2  DB  DC   AB  BC  CA  DA  DB  DC  l l    AB  BC  CA  DA  DB  DC   16 R     96   6 R R Vậy: Max l  ABCD tứ diện R Bài toán sau mở rộng Bài tốn ( Trang 18) từ hình học phẳng sang hình khơng gian Bài tốn Cho tứ diện ABCD với AB, AC, AD đơi vng góc với nhau, tìm vị trí điểm M cho biểu thức P  3MA  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ Lời giải Ta có P  3MA  MB  MC  MD  3MA  MB AB MC AC MD AD   AB AC AD 38       MB AB MC AC MD AD  3MA    AB AC AD A          MA  AB AB MA  AC AC MA  AD AD  3MA    AB AC AD      AB AC AD   3MA  MA      AB  AC  AD , ta có :  AB AC AD  B    AB  AC  AC   e1 ,  e2 ,  e3 véctơ đơn vị , AB, AC , AD đôi AB AC AC      AB AC AD    vng góc nên x     e1  e2  e3 , suy x  , AB AC AD     P  3MA  MA.x  AB  AC  AD  3MA  3MA cos MA, x  AB  AC  AD        D C     3MA 1  cos MA, x   AB  AC  AD  AB  AC  AD     Vậy : Min P  AB  AC  AD M  A Bài toán Cho tứ diện SABC có SA  SB  SC  Mặt phẳng   thay đổi qua trọng tâm G tứ diện cắt cạnh SA, SB, SC điểm D, E , F Tìm giá trị lớn biểu thức P 1   SD.SE SE.SF SF SD Lời giải   S Gọi I trọng tâm tam giác ABC ta có : SG  SI      SA  SB  SC  3SI  SA  SB  SC  3SI  SD  SE  SF SD SE SF      4SG  SD  SE  SF , điềm D, E , F , G SD SE SF đồng phẳng nên F D G A I E C B 1   4 SD SE SF Áp dụng BĐT :  a  b  c    ab  bc  ca  , ta có 2 1  1    16         3   SD SE SF   SD.SE SE.SF SF SD  39  1 16    SD.SE SE.SF SF SD Vậy : Max P  1 16      DEF    ABC  SD.SE SE.SF SF SD Bài tốn Cho tứ diện SABC có SA  a, SB  b, SC  c Mặt phẳng   thay đổi qua trọng tâm G tứ diện cắt cạnh SA, SB, SC điểm D, E , F Tìm giá trị nhỏ biểu thức P 1  2 SD SE SF Lời giải   Gọi I trọng tâm tam giác ABC ta có : SG  SI S      SA  SB  SC  3SI  SA  SB  SC  3SI  SD  SE  SF SD SE SF  a  b  c   SG  SD  SE  SF , điềm D, E , F , G SD SE SF a b c đồng phẳng nên   4 SD SE SF F D G A Áp dụng BĐT Bunhiacopxi ta có I E C B b c  1   a 2  16      2   a  b  c   SE SF   SD SE SF   SD  Vậy: Min P  1 16    SD SE SF a  b  c 1 16  2    DEF    ABC  2 SD SE SF a  b2  c2 Bài tốn Cho tứ diện A1 A2 A3 A4 có cặp cạnh đối diện vng góc với trực tâm nằm tứ diện Xác định vị trí điểm M khơng gian cho tổng P  S1.MA1  S2 MA2  S3 MA3  S MA4 đạt giá trị nhỏ Trong Si diện tích mặt đối diện đỉnh Ai ( i  1, ) Lời giải Gọi H trực tâm tứ diện H i ( i  1, ) giao điểm Ai H với mặt đối diện, ta có 40 P  S1.MA1  S2 MA2  S3 MA3  S MA4 A1 MA1.HA1 MA2 HA2 MA3 HA3 MA4 HA4  S1  S2  S1  S1 HA1 HA2 HA3 HA4         MA3 HA3 MA1.HA1 MA2 HA2 MA4 HA4  S1  S2  S1  S4 HA1 HA2 HA3 HA4  S1     MH  HA1 HA1  HA1  S2  H    MH  HA2 HA2  A4 A2 H1 HA2     S3     MH  HA  HA  S  MH  HA  HA 3 4 A3 HA3 HA4       S HA S HA S HA S HA  3 1 2 4  S1.HA1  S HA2  S3 HA3  S4 HA4  MH      HA HA HA HA    S1.HA1  S HA2  S3 HA3  S HA4  S1  A1 H1  HH1   S  A2 H  HH   S3  A3 H  HH   S  A4 H  HH    S1 A1 H1  S A2 H  S3 A3 H  S4 A4 H    S1.HH1  S HH  S3 HH  S4 HH   9V ( V thể tích khối tứ diện A1 A2 A3 A4 ) Vậy : Min P  9V M  H Bài toán Cho tứ diện ABCD ngoại tiếp mặt cầu tâm I Gọi A1 , B1 , C1 , D1 điểm tiếp xúc mặt cầu với mặt đối diện đỉnh A, B, C , D , giả sử S A , S B , SC , S D diện tích mặt hình chóp đối diện với đỉnh A, B, C , D M điểm khơng gian, tìm giá trị nhỏ biểu thức P  S A MA1  S B MB1  SC MC1  S D MD1 Lời giải Gọi r bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện, ta có A P  S A MA1  S B MB1  SC MC1  S D MD1 MA1 IA1 MB1 IB1 MC1 IC1 MD1 ID1  SB   SC   SD  IA1 IB1 IC1 ID1     MA1.IA1 MB1 IB1 MC1 IC1 MD1.ID1  SA   SB   SC   SD  IA1 IB1 IC1 ID1  SA  S    S     A MI  IA1 IA1  B MI  IB1 IB1 IA1 IB1     I B r A1 D C 41  SC    S D    MI  IC1 IC1  MI  ID1 ID1 IC1 ID1          MI  S A IA1  S B IA1  SC IC1  S D ID1  r  S A  S B  SC  S D  r    r  S A  S B  SC  S D   3V Vậy: Min P  3V M  I Bài tốn 10 Cho tứ diện ABCD có cạnh AB, AC , AD đơi vng góc với M điểm di động không gian Cho biết AB  , AC  , AD  12 Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  MA  11MB  23MC  43MD ( Toán học tuổi trẻ tháng 12 năm 2012) Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Oxyz cho O  A , B  Ox , C  Oy , D  Oz Từ giả thiết tốn ta có B  4, 0,  , C  0,8,  D  0, 0,12  từ suy trọng tâm G tứ diện ABCD G 1, 2,3 Ta có: GA  14 , GB  22 , GC  46 , GD  86 lúc P  14 MA  22 MB  46MC  86 MD  MA.GA  MB.GB  MC.GC  MD.GD          MG.GA  MG.GB  MG.GC  MG.GD              MG  GA GA  MG  GB GB  MG  GC GC  MG  GD GD       MG GA  GB  GC  GD  GA2  GB  GC  GD  168  P  84           Vậy: Min P  84  M  G Bài tập    AB AC AD Cho tứ diện ABCD thỏa mãn    Với điềm M AB AC AD không gian lập tổng T  MA  MB  MC  MD Hãy tìm giá trị nhỏ T Cho tứ diện ABCD với BC  a , CA  b , AB  c , DA  a , DB  b , DC  c Trong tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu tâm O , bán kính R tìm tìm tứ diện có tổng sau đạt giá trị lớn S  a  b  c  a   b  c  Cho tứ diện ABCD Hãy tìm mặt phẳng  BCD  ,  CDA  ,  DAB   ABC  điểm M , N , P, Q cho tổng độ dài cạnh tứ diện MNPQ đạt giá trị nhỏ 42 Cho tứ diện ABCD Gọi GA , GB , GC , GD trọng tâm tam giác đối diện đỉnh A, B, C , D Đặt ma  AGA , mb  BGB , mc  CGC , md  DGD Trong tất mặt cầu tâm O bán kính R ngoại tiếp tứ diện, tìm mặt cầu có tổng P  ma  mb  mc  md đạt giá trị lớn ( Tổng quát toán 3, Olimpic 30 – – 2008 ) Cho tứ diện  SABC có G trọng tâm ABC , I điểm cạnh   SG cho SG  k SI ( k  ) Một mặt phẳng   qua I cắt SA, SB, SC A1 , B1 , C1 , đặt VA  VAA B C ,VB  VBA B C ,VC  VCA B C ,VS  VSA B C , tìm giá trị nhỏ biểu thức 1 1 1 1 1 1 P  VA  VB  VC ( Olimpic 30 – – 2008) Cho hình chóp OABC có góc tam diện đỉnh O tam diện vuông M điểm thuộc miên tam giác ABC Tìm giá trị nhỏ biểu thức : P AM BM CM   AO BO CO ( Olimpic 30 – – 2006) Cho hình cầu tâm O , bán kính R Bên hình cầu cho 2006 điểm ( Các điểm nằm mặt cầu) Tìm giá trị lớn tổng bình phương khoảng cách cặp điểm cho ( Olimpic 30 – – 2008) Cho tứ diện ABCD cạnh a có G trọng tâm tứ diện Một mặt phẳng  P  thay đổi qua G cắt ba cạnh AB, AC , AD M , N , P Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ thể tích khối tứ diện AMNP 2.7.Thực nghiệm sư phạm 2.7.1 Mục đích thực nghiệm Kiểm tra tính hiệu Sáng kiến Kinh nghiệm 2.7.2 Nội dung thực nghiệm Thực theo nội dung Sáng kiến Kinh nghiệm 2.7.3 Tổ chức thực nghiệm 2.7.3.1 Địa điểm đối tượng thực nghiệm - Thực nghiệm sư phạm tiến hành Trường THPT Qùy Châu, Nghệ An - Đối tượng thực nghiệm : Tôi chọn lớp 10A1 lớp 10A2 năm học 2020 – 2021 làm lớp đối chứng lớp 10A1, 10A2 năm học 2021 – 2022 làm lớp thực nghiệm Tơi tìm hiểu kỹ thấy trình độ chung mơn tốn lớp đồng 2.7.3.2 Thời gian thực sư phạm Thực tiến hành từ 20/2/2021 đến 20/5/2021 với số tiết dạy 15 Tiết/1 lớp, có hai kiểm tra Phần lớn tiết giảng dạy tiết luyện tập , tự chọn, bồi dưỡng HGS 43 2.7.3.3 Tổ chức thực +) Lớp dạy thực nghiệm : - Dạy theo nội dụng Sáng kiến kinh nghiệm luyện tập, tự chọn, bồi dưỡng HSG - Quan sát hoạt động học sinh xem có phát huy tính tích cực, tự giác có phát triển khả tư sáng tạo hay không - Tiến hành hai kiểm tra sau thực nghiệm +) Lớp đối chứng - Giáo viên thực quan sát hoạt động học tập học sinh 2.7.3.4 Kết thực - Khi q trình thực nghiệm bắt đầu nhiều em cịn bỡ ngỡ xa lạ với toán trừu tượng liên quan đến véctơ, với lối suy nghĩ giải toán theo lối mịn trước em có phần thấy vấn đề Sáng kiến khó khăn - Qua trình giảng dạy quan sát diễn biến tất tiết học Tơi nhìn thấy em lớp thực nghiệm ngày hứng thú với nội dung Sáng kiến Các em tự chủ động nắm vững kiến thức véctơ có dự đốn xác việc tìm lời giải cho tốn Bên cạnh nhiều bạn cịn có khuynh hướng muốn tổng quát hóa vấn đề hay nhiều bạn ln trăn trở muốn mở rộng vấn đề từ hình học phẳng sang hình khơng gian Còn lớp đối chứng hoạt động học tập cịn bị động, em chưa tích cực Việc tìm lời giải cho tốn chứng minh bất đẳng thức tìm cực trị hình học cịn lúng túng - Các em lớp thực nghiệm tự giải câu số cấu trúc đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, hay số câu kỳ thi Olimpic 30 – hàng năm số câu Tạp chí Tốn học tuổi trẻ hàng tháng 44 Phần III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận -Trong trình nghiên cứu Tôi cố gắng bổ sung kiến thức nâng cao véctơ cho học sinh cách hệ thống dễ hiểu nhất, tập sưu tầm xây dựng phải theo logic chặt chẽ Bên cạnh cịn phải ln trăn trở, có định hướng đắn để học sinh có lời giải riêng cho thân từ hình thành cho em lực giải toán phương pháp vectơ lực tổng qt hóa tốn hay lực mở rộng phát triển toán từ hình học phẳng sang hình khơng gian - Qua việc nghiên cứu đề tài Tôi nhận thấy: +) Đối với thân Bản thân Tôi phần rèn luyện lực chuyên môn, tiếp xúc cọ xát với em học sinh thông qua lời giải phương pháp vectơ cho tốn có nhiều cách giải Được em trao đổi hướng tổng quát hay hướng mở rộng toán +) Đối với học sinh Các em trang bị thêm kiến thức nâng cao cơng cụ véctơ cho việc giải tốn Các em có cách tiếp cận chủ động gặp toán chứng minh bất đẳng thức hay cực trị hình học Đặc biệt việc phát triển tư cho em cụ thể tư tương tự hóa tổng quát hóa 3.2 Kiến nghị - Đề tài có khả áp dụng cho học sinh khối lớp 10 khối lớp 11, đặc biệt em đội tuyển thi chọn Học sinh giỏi cấp tỉnh sau - Dù có nhiều cố gắng song khơng thể tránh khỏi thiếu sót Để đề tài hoàn thiện áp dụng rộng rãi việc giảng dạy Tôi mong nhận góp ý, chia sẻ q thầy đồng nghiệp Xin cám ơn kính chúc quý đồng nghiệp thành công! 45 ... gồm mục đích sau đây: - Rèn luyện cho học sinh kỹ sử dụng cơng cụ véctơ vào giải tốn chứng minh bất đẳng thức hình học tìm cực trị hình học - Rèn luyện cho học sinh kỹ phát triền từ tốn hình học... M  L Bài tập Cho tam giác ABC cạnh a a Cho M điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , tính MA2  MB  MC theo a b Cho đường thẳng d , tìm điểm N d cho NA2  NB  NC nhỏ Cho tam giác ABC... giải tốn chứng minh bất đẳng thức tìm cực trị hình học cơng việc quan trọng Nhằm mục đích nâng cao khả sử dụng véctơ lực áp dụng công cụ véctơ cho học sinh vào giải tốn chứng minh bất đẳng thức