khai thác và phát triển từ các bài toán và định lý hình học

Ngô Quang Việt trường THPT chuyên Quảng Bình 1 KHAI THÁC,PHÁT TRIỂN TỪ CÁC BÀI TOÁN VÀ ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC 1.ĐẶT VẤN ĐỀ: a) Lí do chọn đề tài: Trong quá trình dạy Toán ở bậc PTTH, tôi thường quan tâm đến những bài toán Có tính khái quát cao,vì chính những bài toán này cho phép ta phát triển them một số kiến thức mang đậm tính lý thuyết,để rồi từ đó giúp ta tìm kiếm một số kết quả mới. Cũng chính từ những bài toán này khi xét các trường hợp riêng có thể cho ta những kết quả bất ngờ, vì rằng: Ta đã tìm kiếm các riêng trong cái chung mà bởi lẻ cái riêng bao giờ cũng phong phú và đa dạng. Các bài toán mà tôi muốn đề cập sau đây cũng thuộc lớp các bài toán như vậy. Khi giãng dạy ở phân môn Hình học,tôi thường tâm niệm phải xét bài toán dưới nhiều góc độ nhìn nhận khác nhau để “cố” tìm được cái gì mới trong những cái đã biết rồi, từ đó dẫn dắt học sinh đi tìm cái mới như con đường mà tôi đã suy nghĩ. b) Mục đích của đề tài: Trên cơ sở những kinh nghiệm giãng dạy của bản thân và thực tiễn học tập của học sinh, kết hợp với các nội dung có trong chương trình hình học THPT,tôi đã đúc kết thành một hệ thống lí thuyết xem như chuyên đề nâng cao dạy cho các đối tượng học sinh ở các lớp chuyên Toán và lựa chọn để luyện thi đại học. c) Phạm vi nghiên cứu: Phạm vi nghiên cứu xoay quanh các bài toán lien quan vè Tâm tỉ cự của một hệ điểm, đặc biệt là các ứng dụng của nó trong một số lớp bài toán quan trọng. d) Cơ sở nghiên cứu: Cơ sở nghiên cứu dựa vào các kiến thức trong sách giáo khoa hình học nâng cao, tài liệu Hình học Chuyên toán Trung học phổ thông, tạp chí Toán học & Tuổi trẻ, toán học nâng cao cho học sinh Hình học 10 của Phan Huy Khải,các sách tham khảo của bộ môn Toán bậc trung hoc phổ thông. e) Phương pháp nghiên cứu: Thực hiện đề tài này,tôi đã sử dụng các phương pháp sau đây:  Phương pháp nghiên cứu lí luận  Phương pháp phân tích  Phương pháp tổng hợp  Phương pháp tương tự,đặc biệt hóa  Phương pháp khảo sát thực tiễn II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI: Bài toán 1: Cho M là một điểm thuộc miền tam giác ABC. Đặt    , , BMC CMA AMB       Chứng minh rằng với mọi điểm N nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ta luôn có bất đẳng thức: Ngô Quang Việt trường THPT chuyên Quảng Bình 2 sin sin sin sin sin sin NA NB NC MA MB MC            (1) Dấu đẳng thức xãy ra khi N M  .Bài toán này đã có nhiều tài liệu được đề cập tới chẳng hạn Cái hay của bài toán là hai điểm M và N đều biến thiên: Tuy rằng điểm M có sự ràng buộc là ở trong tam giác ABC và các hệ số sin ,sin ,sin    gắn “cố kêt ”với điểm M. Phép chứng minh (1)có thể bằng phương pháp hình học tổng hợp,nhưng hay hơn cả là dung phương pháp véc tơ,trước hết ta xét bổ đề sau: Bổ đề: Cho M ở trong tam giác ABC và 1 2 3 , , S S S thứ tự là diện tích các tam giác BMC,CMA,AMB thì: 1 2 3 . . . 0 S MA S MB S MC        (bổ đề này chỉ là một bài tập cho học sinh lớp 10 ). Trở lại với BĐT (1).Ta có: sin sin sin (1) . . . . . .VT NA MA NB MB NC MC MA MB MC        sin sin sin . . . . . .NA MA NB MB NC MC MA MB MC                    sin sin sin . . . NM MA MA NM MB MB NM MC MC MA MB MC                   = = sin sin sin .sin .sin .sin . . . . MA MB MC MA MB MC NM MA MB MC                       = .sin .sin .sin (1) MA MB MC VP       Vì: 1 2 3 2 2 2 sin ;sin ;sin . . . S S S MB MC MA MC MC MA       Nên   1 2 3 sin sin sin 2 . . . . . . 0 . . MA MB MC S MA S MB S MC MA MB MC MA MB MC                 A M    B C Ngô Quang Việt trường THPT chuyên Quảng Bình 3 Dấu bằng xãy ra khi và chỉ khi NA MA NB MB N M NC MC                   Các trường hợp riêng của (1)cho ta một số kết quả bất ngờ khá đẹp  Các bất đẳng thức lien quan đến các điểm đặc biệt trong tam giác. Ta kí hiệu O,I,G,H thứ tự là tâm của đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp,trọng tâm và trực tâm của tam giác ABC. I)Nếu tam giác ABC có max(A,B,C) < 0 120 và xét khi điểm 0 M I  ( 0 I là điểm nhìn các cạnh AB,AC,BC dưới cùng một góc 0 120 ,điểm Toricelli). Khi đó (1) cho ta Bất đẳng thức: 0 0 0 NA NB NC I A I B I C      II)Xét VP(1) khi M I  với chú ý os ; os ; os 2 2 2 A B C sin c sin c sin c       Thì (1) cho ta Bất đẳng thức sau: .cos .cos .cos . os . os . os 2 2 2 2 2 2 2 A B C A B C a b c NA NB NC IA c IB c IC c         ( với , , a b c là độ dài ba cạnh của tam giác ABC ) ĐẶC BIỆT: a) Khi N G  ,ta thu được:   3 . os . os . os 2 2 2 4 a b c A B C m c m c m c a b c      với , , a b c m m m là các đường trung tuyến b) Khi N O  ,ta thu được: os os os 2 2 2 2 A B C a b c R c c c            với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC  c) Khi N H  ,ta thu được: 2 cos . os cos . os cos . os 2 2 2 2 A B C a b c R A c B c C c            Vì khi N H  thì các đường tròn       , , AHB BHC CHA bằng nhau và có cùng bán kính R là bán kính của đường tròn   ABC nên  2 .sin 2 .cos HA R ABH R A   ; tương tư 2 .cos , 2 .cos HB R B HC R C   III)Xét VP(1) khi M H  và khi tam giác ABC có ba góc đều nhọn Với chú ý sin sin ,sin sin ,sin sin A B C       Ngô Quang Việt trường THPT chuyên Quảng Bình 4 và .sin 2 .sin .cos .cos , .sin .cos , .sin .cos HA R A A a A HB b B HC c C        khi đó (1) cho ta kết quả sau:   .sin .sin .sin .cos .cos .cos NA A NB B NC C R a A b B c C      (*) Xét VT(*) khi: a) N I  ,ta thu được       .sin .sin .sin .cos .cos .cos 2 2 2 A B C b c a a c b b a c a A b B c C            Vì   .sin 2 .sin . os 2( )sin sin 2 2 2 2 A A A A IA A IA c p a b c a      ; tương tự     .sin sin , .sin sin 2 2 B C IB B a c b IC C b a c      b) N O  ,ta thu được .cos .cos .cos 2 a b c a A b B c C      c) N G  ,ta thu được     2 .sin .sin .sin 3 .cos .cos .cos a c c m A m B m C a A b B c C      IV. Xét VP(1) khi M O  và khi ABC  có ba góc đều nhọn Ta được   .sin 2 .sin 2 .sin 2 sin2 sin 2 sin 2 NA A NB B NC C R A B C      Lại xét VT khi: a) N G  , ta thu được     2 .sin 2 .sin 2 .sin2 3 sin 2 sin 2 sin 2 a b c m A m B m C R A B C      b) N I  , ta thu được       2 sin .cos sin .cos sin .cos 2 2 2 A B C b c a A a c b B b a c C                 sin 2 sin2 sin 2 R A B C    c) N H  , ta thu được Ngô Quang Việt trường THPT chuyên Quảng Bình 5   2 cos .sin 2 cos .sin2 cos .sin2 sin 2 sin 2 sin2 A A b B C C A B C      Chú ý: nếu M ở ngoài tam giác ABC nhưng thuộc miền góc  ACB ta có: .sin .sin .sin .sin .sin .sin MA MB MC NA NB NC            ( ' 1 ) Tương tự như đã làm với BĐT (1),ta thu được nhiều kết quả thú vị nữa. Để tìm kiếm một kết quả tương tự trong không gian “cải tạo” (1) như sau: Do 1 2 3 2 2 2 sin ;sin ;sin ; . . . S S S MB MC MC MA MA MB       Khi đó (1) 2 2 2 1 2 3 1 2 3 . . . . . . . . . S MA NA S MB NB S MC NC S MA S MB S MC       (2) V. Xét khi M G  thì (2) viết là: 2 2 2 . . . GA NA GB NB GC NC GA GB GC      Vì khi đó 1 2 3 1 3 ABC S S S S     . Xét VT khi a) N O  thì ta được   2 2 2 R GA GB GC GA GB GC        2 2 2 2 a b c R m m m a b c       b) N I  với chú ý       ; ; bc p a ac p b ab p c IA IB IA p p p       . Thì ta thu được       2 2 2 2 . . . a b c bc p a ac p b ba p c m m m a b c p p p                 c) N H  ta thu được:   4 .cos .cos .cos a b c R m A m B m C    2 2 2 a b c   Một vấn đề được đặt ra liệu trong không gian ta có bất đẳng thức nào tương tự như BĐT (1) hay không? Muốn vậy ta cải tiến Bất đẳng thức (1),đôi chút để có kết quả tương tự trong không gian. Ta có: 1 1 2 2 . sin . . . S S MA MB MC MA MB MC    , tương tự 2 3 2 . 2 . sin ;sin . . . . S MB S MC MA MB MC MA MB MC     . Ngô Quang Việt trường THPT chuyên Quảng Bình 6 Thay vào (1) và biến đổi rút gọn ta đượcBất đẳng thức: 2 2 2 1 2 3 1 2 3 . . . . . . . . . MA NA S MB NB S MC NC S MA S MB S MC S      (2) Bài toán tương tự như bài toán (1) phát biểu trong không gian là: BÀI TOÁN 2: Cho M nằm trong hình tứ diện ABCD,khi đó với mọi điểm N trong không gian, ta có Bất đẳng thức: 2 2 2 2 1 2 3 4 1 2 3 4 . . . . . . . . . . . . (3) V MA NA V MB NB V MC NC V MD ND V MA V MB V MC V MD       BĐT (3) chứng minh tương tự như BĐT (1) kết hợp với kết quả sau: 1 2 3 4 . . . . 0 V MA V MB V MC V MD          (xem chứng minh trong tạp chí Toán học & Tuổi trẻ ). Ở đây 1 2 3 4 , , , V V V V thứ tự là thể tích các khối tứ diện MBCD,MACD,MABD,MABC . Bây giờ ta áp dụng BĐT (3) như đã làm đối với BĐT (1) ta thu được các kết quả đối với hình Tứ diện,chẳng hạn: Xét khi M G  ( Trọng tâm Tứ diện ) và N O  ( Tâm mặt cầu ngoại tiếp Tứ diện ),ta thu được kết quả:   2 2 2 2 R GA GB GC GA GB GC GD       2 2 2 2 2 2 4 AB AC AD BC BD CD       Việc tìm thêm các BĐT khác xin dành cho bạn đọc.Sau đây là một số các bài tập mà việc giải chúng chỉ là vận dụng BĐT (3) một cách sang tạo Bài tập 1: Cho M là một điểm nằm trong tứ diện ABCD,các tia AM,BM,CM,DM lần lượt cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD tại 1 1 1 1 , , , A B C D và gọi Plà phương tích của M đối với mặt cầu (O). Chứng minh rằng:   1 2 3 4 1 2 3 4 1 1 1 1 . . . . . . . . MA MB MC MD P V V V V R V MA V MB V MC V MD MA MB MC MD              Bài tập 2: Cho M là một điểm nằm trong tứ diện ABCD,R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.Gọi V là thể tích tứ diện ABCD. Ta có BĐT: 1 2 3 4 . . . . . RV V MA V MB V MC V MD     Ngô Quang Việt trường THPT chuyên Quảng Bình 7 Bây giờ trở lại VT(3) VT(3) =                 1 1 2 2 3 3 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 1 2 3 4 . . . . . . . . . . . . . . . . . V MA V NA V MB V NB V MC V NC V MD V ND V MA V MB V MC V MD V NA V NB V NC V ND            Kết hợp VT(3) ta thu được BĐT: 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 4 1 2 3 4 . . . . . . . . V NA V NB V NC V ND V MA V MB V MC V MD        (4) Áp dụng (4) khi , N O M G   , ta suy ra 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 AB AC AD BC BD CD R GA GB GC GD           (*) Từ (*) ta suy ra: Trong tất cả các tứ diện nội tiếp một mặt cầu bán kính R cho trước, tứ diện có tổng các bình phương các cạnh đạt giá trị lớn nhất bằng 2 16 R khi tâm mặt cầu trùng với trọng tâm tứ diện ( tứ diện gần đều chẳng hạn ). Các kết quả trên có thể vận dụng giúp cho việc giải các bài toán cực trị Hình học trong tam giác và tứ diện, một trong những vấn đề thường gặp trong các kì thi chọn học sinh giỏi ,đây cũng xem như những tư liệu để học sinh tiếp tục tìm kiếm khai thác và phát hiện . BÀI TOÁN 3: Định lý Leibnitz( về tâm tỉ cự ) Cho G là tâm tỉ cự của hệ n điểm 1 2 , , , n A A A , gắn với họ hệ số 1 2 , , , n a a a . Đặt 1 n i i a a      0 a  thì ta có: a) 2 1 2 1 . i j i j n i j n i i i a a A A a GA a        (1) b) 2 2 2 1 1 . n n i i i i i i a MA a GA a MG       (2) với mọi điểm M trong mặt phẳng hay không gian. Hướng dẫn: Chứng minh a) Áp dụng 2 1 0 . n i i i a GA           và 2 2 2 2. . i j i j i j GA GA GA GA A A     Chứng minh b)   2 2 2 2 1 1 1 . n n n i i i i i i i i i a MA a GA GM a GA a MG             Đặt Q = 2 1 . n i i i a GA   thi Q không đổi và (2) được viết là 2 2 1 . n i i i a MA Q a MG     . Ngô Quang Việt trường THPT chuyên Quảng Bình 8 Áp dụng Định lý Leibnitz, giải các bài toán sau: 1)Tìm cực trị của biểu thức: 2 1 n i i i a MA   Nếu 0 a  thì 2 1 n i i i a MA   nhận giá trị nhỏ nhất khi chỉ khi 2 . a MG nhỏ nhất Nếu 0 a  thì 2 1 n i i i a MA   nhận giá trị lớn nhất khi chỉ khi 2 . a MG lớn nhất. Ví dụ1: Cho tam giác ABC. Tìm   2 2 2 min MA MB MC   trong các trường hợp sau: a) M chạy trên đường thẳng d cho trước b) M chạy trên mặt phẳng   P cho trước   2 2 2 min MA MB MC   = 2 Q HG  với H là hình chiếu vuông góc của G trên d với câu a) và trên mặt phẳng   P cho câu b). Ví dụ2: Trong không gian Oxyz cho điểm       1;1;0 , 0;1; 1 , 3;0;2 A B C và mặt phẳng   : 2 2 2 0 x y z      . Tìm trên    điểm M sao cho biểu thức: 2 2 2 P MA MB MC    đạt giá trị nhỏ nhất. Giải: Gọi G là điểm sao cho   0 2;2;1 GA GB GC G         . Theo công thức (2),ta có P = 2 2 2 2 2 GA GB GC MG Q MG      nhỏ nhất khi chỉ khi M H  là hình chiếu của G trên (P). H xác định   . GH t n H           (*) với   2; 1;2 n    là vtpt của    ta có: (*) 2 3 2 2 4 2 3 1 2 7 3 2 2 2 0 2 3 H H H H H H H H H x x t y y t z t z x y z t                                     Vậy P đạt giá trị nhỏ nhất khi 2 4 7 ; ; 3 3 3 M        Ta có thể giải bài toán này bằng phương pháp đại số kết hợp với phương pháp tọa độ 2) Tìm tập hợp điểm: Tìm tập hợp những điểm M sao cho: 2 1 n i i i a MA   = k với k cho trước. Ngô Quang Việt trường THPT chuyên Quảng Bình 9 Ta có 2 1 n i i i a MA   = k 2 2 . k Q Q a MG k MG a       Nếu 0 k Q a   thì tập hợp   M là mặt cầu tâm G bán kính k Q r a   Nếu 0 k Q a   thì M G  Nếu 0 k Q a   thì tập hợp   M là  Ví dụ 3: Cho tam giác ABC có , , BC a AC b AB c    . Tìm quỹ tích những điểm   M mp ABC  sao cho: 2 2 2 MA MB MC   Gọi G là điểm mà 0 GA GB GC        thì 2 2 2 2 2 2 2 0 0 MA MB MC AB AC BC MG         2 2 2 2 MG a b c     (theo (1)) Nếu  2 2 2 0 a b c C     nhọn thì tập hợp   M là đường tròn tâm G bán kính 2 2 2 r a b c    nằm trong   mp ABC Nếu  2 2 2 0 a b c C     vuông thì M G  Nếu  2 2 2 0 a b c C     tù thì tập hợp   M là  Ví dụ 4: Cho hình lập phương ' ' ' ' . ABCD A B C D cạnh a .Tìm tập hợp các điểm M sao cho: 2 2 2 2 '2 '2 '2 '2 2 10 MA MB MC MD MA MB MC MD a         (*) Gọi O là tâm hình hộp thì ' ' ' ' 0 OA OB OC OD OA OB OC OD                  Và (*)   2 2 2 2 2 2 2 2 8 8 10 2. 2 8 10 4 a OA OM a OA OM a OM         2 a OM   Vậy tập hợp   M là mặt cầu tâm O bán kinh 2 a r  . 3) Tính khoảng cách giữa hai điểm đặc biệt: Theo công thức (2) nếu biết khoảng cách từ điểm M đến các điểm i A thì sẻ tính được khoảng cách từ M đến tâm tỉ cự G, thật thú vị nếu M lại là tâm tỉ cự của một hệ điểm khác. Ví dụ 5: Cho tam giác ABC có , , BC a AC b AB c    .I và O thứ tự là tâm đường tròn nội tiếp,ngoại tiếp tam giác ABC . Gọi R,r lần lượt là các bán kính của các đường tròn tương ứng. Chứng minh:   2 2 OI R R r   . Áp dụng kết quả: . . . 0 a IA b IB c IC        và công thức (1) ta có: 2 2 2 . . . a IA b IB c IC abc    .Xét khi M O  thay vào công thức (2) ta được Ngô Quang Việt trường THPT chuyên Quảng Bình 10     2 2 2 . abc R a b c abc a b c OI OI R a b c            (*) Mặt khác . 4 . . 4 abc p r abc p r R R    thay vào (*) suy ra   2 2 OI R R r   . Vì   2 2 OI R R r   0  1 2 r R   . Bây giờ lại nảy sinh ra vấn đề n điểm 1 2 , , , n A A A cho trước và n số 1 2 , , , n a a a thỏa mãn 1 0 n i i a    thì có tồn tại điểm G nào có tính chất 1 . 0 n i i i a GA      (?).Kết quả là không có điểm nào như vậy. Với mọi điểm G trong không gian thì 1 . n i i i a GA v      không đổi. Trong trường hợp này hãy tìm quỹ tích những điểm M sao cho: 2 1 n i i i a MA   = k với k cho trước. Giải: Trong không gian chọn điểm O cố định thì 2 1 n i i i a MA   = k 2 1 2 . . n i i i MO v a OA k        . Đặt 2 1 . n i i i a OA Q    thì Q không đổi, do đó 1 2. . OM v Q k k      .Gọi d là đường thẳng qua O có vtcp v  ,H là hình chiếu vuông góc của M trên d và A là điểm thuộc d mà 2. OA v    thì A cố định,do đó 1 1 . . OM OA k OH OA k      H  là điểm cố định. Kết luận: Quỹ tích điểm M là mặt phẳng (P) qua H vuông góc với d tức nhận v  làm vtpt. Ví dụ 6: Cho tứ diện OABC,có OA,OB,OC đôi một vuông góc. Tìm quỹ tích các điểm M thỏa mãn: 2 2 2 2 3 MA MB MC MO    Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện và R là bán kính mặt cầu này. 2 2 2 2 3 0 2. . 0 MA MB MC MO MI v         (*) (do k =0; IA=IB=IC=R ) với 3. 3. v IA IB IC IO OA OB OC OG                  (G là trọng tâm tam giác ABC ) nên (*)   6. . 0 MI OG MI OG M mp P        qua I vuông góc với đường thẳng OG. Kết luận: Quỹ tích cần tìm là mặt phẳng (P). BÀI TOÁN 4: (Về tâm tỉ cự cách đều ) Cho G là tâm tỉ cự của hệ n điểm 1 2 , , , n A A A , gắn với họ hệ số 1 2 , , , n a a a . Với 0 1, i a i n    và 1 2 n GA GA GA R     . Chứng minh rằng: 1 1 n n i i i i i a MA R a      . M  trong không gian [...]... qua đề tài này đã phát triễn ra nhiều bài toán mới khá bổ ích.Trong ôn luyên thi Đai học tôi cũng đã chắt lọc một số nội dung phù hợp để dạy .Học sinh hiểu và vận dụng tốt Tuy vậy chắc chắn vãn còn có nhiều khiếm khuyết,nhiều vấn đề chưa được đề cập một cách xác đáng.Bản thân tôi rất mong sự đóng góp của các bạn đồng nghiệp Xin được chân thành cảm ơn IV TÀI LIỆU THAM KHẢO; Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ Hà... đóng góp của các bạn đồng nghiệp Xin được chân thành cảm ơn IV TÀI LIỆU THAM KHẢO; Tạp chí Toán học & Tuổi trẻ Hà Nội: NXB Giáo dục Toán học nâng cao Hình học 10 của Phan Huy Khải NXB Đại học Quốc gia Hà Nội Sách giáo khoa hình học nâng cao lớp 10,tài liệu hình học chuyên Toán 10,11,12 14 ... 16 Bài 2: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a.Tìm tập hợp các điểm M sao cho: MA2  MB 2  MC 2  MD 2  2a 2 Bài 3: Cho tứ diện ABCD nội tiếp trong một hình cầu bán kính R, trọng tâm G với độ dài Các cạnh là a, b, c, a ' , b' , c ' a 2  b 2  c 2  a '2  b'2  c '2 Chứng minh rằng: GA  GB  GC  GD  4R Bài 4: Chứng minh với mọi tam giác ABC và với mọi điểm M ta có: MA MB MC    3 a b c Bài. ..    OA1 OB1 OC1 ABC, tương tự cho các véc tơ Q2 , Q3 , Q3 Theo định lý con nhím ta có: r r r               OS1 OA1 OB1 OC1  Q1  Q2  Q3  Q4  0  Q1 OS1  Q2 OA1  Q3 OB1  Q4 OC1  0 r r r r Áp dụng bài toán 6) Q1.MS1  Q2 MA1  Q3 MB1  Q4 MC1   Q1  Q2  Q3  Q4  r  Gọi  là góc giữa mặt bên và đáyhình chóp S.ABC  0    2  1  Áp dụng... i 1 i 1 Ví dụ 2: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC ngoại tiếp mặt cầu  O, r  Gọi S1 , A1 , B1 , C1 là các tiếp điểm của mặt cầu với các mặt đối diện của các đỉnh S,A,B,C và Q1 , Q2 , Q3 , Q4 là diện tích cá mặt đối diên với các đỉnh S,A,B,C Chứng minh: Q1 MS1  Q2 MA1  Q3 MB1  Q4 MC1  24r 3 3  OS OS Nhận xét Q1 1  Q1  Q1 1 có độ dài bằng Q1 hướng ra phía ngoài hình tứ diện r r 11 Ngô... sin sin sin 2 2 2 (với ma , mb , mc thứ tự là độ dài các đường trung tuyến ứng với các cạnh a, b, c còn r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC ) Bài 6: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O, r ) và M là điểm di động trong không gian hãy tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  tan A  MB  MC   tan B  MC  MA  tan C  MA  MB  Bài 7: Cho tứ diện gần đều ABCD với AB  CD  a, AC...  a 2  b2  c 2  Bài : Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số: 13 Ngô Quang Việt trường THPT chuyên Quảng Bình n1 2k  2k      f ( x )   x 2  g 2 ( x )  2  x.cos  a    g ( x )sin  a   1 k 0 n  n      Với x  , g (0)  0 và a   III TÍNH THỰC TIỄN CỦA ĐỀ TÀI: Đề tài này bản thân tôi đã áp dụng để giãng dạy cho đối tượng học sinh giỏi ở các năm,thấy rằng học sinh rất hứng thú,vận...    1 Do 0  t 2 1  t 2    f (t )  8 suy ra Q1 MS1  Q2 MA1  Q3 MB1  Q4 MC1  24r 3 3 4 Đẳng thức xãy ra khi chỉ khi M  O và SABC là tứ diện đều Đặt t  tan 12 Ngô Quang Việt trường THPT chuyên Quảng Bình MỘT SỐ BÀI TẬP TỰ LUYỆN Bài 1: Cho điểm M nằm trong hình tròn ngoại tiếp tam giác ABC với BC  a, AC  b, AB  c a) Chứng minh: a.MA, b.MB, c.MC luôn lập thành độ dài ba cạnh của một tam...  i 1 n Theo tính chất của phép quay thì i 1 Vậy O là tâm tỉ cự của hệ n điểm B1 B2 Bn gắn với họ hệ số ai  Ai Ai 1 i  1, n n Áp dụng bài toán 6) ta được n AA i i 1 MBi  r. Ai Ai 1 i 1 i 1  Đặt 2 i  BiOBi 1 quy ước Bn 1  B1  Ta có 0   i  và Ai Ai 1  r  tan  i  tan  i 1  i  1, n  1 , A1 A2  r  tan  n  tan 1  2  n  n n  i     Ai Ai 1  2r  tan  i ...  ai MAi  R  ai  MG   ai GAi   R  ai (đpcm ) i 1 i 1  i 1  i 1    Đẳng thức xãy ra khi chỉ khi MAi  GAi  M  G Ví dụ 1: Cho đa giác A1 A2 An ngoại tiếp đường tròn  O, r  Các cạnh Ai Ai 1 tiếp xúc với (O) tại Bi n  Chứng minh rằng:  Ai Ai 1.MBi  2nr 2 tan (quy ước An 1  A1 ) n i 1    Vì r Ai Ai 1  Ai Ai 1.OBi  r Ai Ai 1  Ai Ai 1 OBi i  1, n . Bình 1 KHAI THÁC,PHÁT TRIỂN TỪ CÁC BÀI TOÁN VÀ ĐỊNH LÝ HÌNH HỌC 1.ĐẶT VẤN ĐỀ: a) Lí do chọn đề tài: Trong quá trình dạy Toán ở bậc PTTH, tôi thường quan tâm đến những bài toán Có tính. lớp bài toán quan trọng. d) Cơ sở nghiên cứu: Cơ sở nghiên cứu dựa vào các kiến thức trong sách giáo khoa hình học nâng cao, tài liệu Hình học Chuyên toán Trung học phổ thông, tạp chí Toán học. chính những bài toán này cho phép ta phát triển them một số kiến thức mang đậm tính lý thuyết,để rồi từ đó giúp ta tìm kiếm một số kết quả mới. Cũng chính từ những bài toán này khi xét các trường