Sáng kiến kinh nghiệm THPT Khai thác và sáng tạo các bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản được nghiên cứu với các nội dung: Khai thác khái niệm, khai thác bài toán. Để nắm vững hơn nội dung kiến thức đề tài mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.
Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập A Đặt vấn đề Trong trình dạy học, giáo viên thường xuyên quan tâm đến việc hướng dẫn học sinh cách học, cách khai thác sách giáo khoa khuyến khích em đề xuất toán mới, dạy học chắn góp phần bồi dưỡng lực tự học, hứng thú, khả tự tìm tịi kiến thức cho học sinh đặc biệt phát triển tư học sinh Nội dung sáng kiến kinh nghiệm đề cập đến việc khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập toán sách giáo khoa, sách tập thơng qua ví dụ cụ thể Tổng quan đề tài gồm : Thứ khai thác khái niệm tích vơ hướng Khái niệm tích vơ hướng có nhiều ứng dụng, có số viết liên quan báo tốn học tuổi trẻ : “ Ứng dụng tích vơ hướng vào việc giải số tốn đại số “ _ tác giả Phạm Bảo hay “ Ứng dụng tích vơ hướng để giải số dạng toán “ _ tác giả Trần Tuấn Điệp, Đỗ Mạnh Môn Về vấn đề khai thác sáng tạo toán bất đẳng thức, cực trị từ khái niệm tích vơ hướng chưa tác giả nghiên cứu Thứ hai, hướng khai thác 73 trang 64, SBT hình học 11 nâng cao Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập B Nội dung I Khai thác khái niệm Ví dụ : Xét tình khái niệm tích vơ hướng (Sách giáo khoa hình học 10) Khái niệm số tính chất Trước tiên xin nhắc lại khái niệm tích hai vectơ r vơ hướng r r r “ Tích vơ hướng hai vectơ a b số, kí hiệu a b , xác định rr r r r r a.b = a b cos a, b “ r r Từ cos a, b ≤ ta rút kết sau : ( ) ( ) a) Kết : Cho n điểm A1A A n , n số dương α1, α , , α n O điểm thoã mãn n uuuur r α OA ∑ i i = với điểm M ta có bất đẳng thức i =1 n n n i =1 i =1 i =1 ∑ αi MAi2 ≥ ∑ αiOAi MAi ≥ ∑ αiOAi2 Dấu xảy M trùng với O b) Kết : Cho n điểm A1A A n n số dương α1, α , , α n O điểm thoã mãn n n n ur r α e = α MA ≥ với điểm M ta có bất đẳng thức ∑ ii ∑ i i ∑ αiOAi i =1 i =1 i =1 ur ur uuuur (Trong ei hướng với OAi ei = , i=1,2,… ) Dấu xảy M trùng với O Chứng minh : n n uuuur uuuuu r uuuur uuuuu r a) Ta có : αi OAi MAi ≥ αi OAi MAi , ∀i = 1, n ⇒ ∑ αi OAi MAi ≥ ∑ αi OAi MAi i =1 i =1 n n n uuuur uuuu r uuuur uuuu r n uuuur n ⇔ ∑ αi OAi MAi ≥ ∑ αi OAi MO + OAi = MO.∑ αi OAi + ∑ αi OAi2 = ∑ αi OAi2 (1) i =1 ( i =1 ) i =1 i =1 i =1 Áp dụng BĐT Cauchy ta có : αi MAi2 + αi OAi2 ≥ 2αi MAi OAi , ∀i = 1, n, αi > n n n n n i =1 n i =1 n i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 ⇒ ∑ αi MAi2 + ∑ αi OAi MAi ≥ ∑ αi MAi2 + ∑ αi OAi2 ≥ 2∑ αi OAi MAi (theo (1)) ⇒ ∑ αi MAi2 ≥ ∑ αi OAi MAi (2) Từ (1)(2) suy điều phải chứng minh b) Ta có : n n n r uuuur uuuu r n α uuuur n αi α uuuuu MAi OAi ≥ ∑ i MAi OAi = MO∑ i OAi + ∑ αi OAi OAi OAi OAi i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 n n uuuu r n ur n ⇒ ∑ αi MAi ≥ MO∑ αi ei + ∑ αi OAi = ∑ αi OAi ∑ αi MAi = ∑ i =1 i =1 i =1 i =1 Khai thác sáng tạo toán 2.1 Khai thác từ kết : Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập n Trong hệ 1, xuất giả thiết uuuur r ∑ αi OAi = để sáng tạo toán ta kết hợp với i =1 đẳng thức vectơ a Kết hợp với khái niệm trọnguutâm tam ur u uur giác uuur r G trọng tâm tam giác ABC ta có GA + GB + GC = nên ta có BĐT MA + MB2 + MC2 ≥ MA.GA + MB.GB + MC.GC ≥ GA + GB2 + GC 2 2 • Vì GA = ma , GB = m b , GC = mc 3 ⇒ GA + GB2 + GC2 = m a2 + m 2b + mc2 = a + b + c2 Suy với điểm M ta có : ma MA + m b MB + mc MC ≥ a + b + c 2 ( ) ( ( ) ) ( ) ( MA + MB2 + MC2 ) ≥ ( m a MA + m b MB + m c MC ) MA + MB2 + MC2 ≥ a + b + c2 Đặc biệt • Với M ≡ O ta có OA + OB2 + OC2 ≥ OA.GA + OB.GB + OC.GC ≥ GA + GB2 + GC Mặt khác ta có OA=OB=OC=R, ta có 1 + + ≥ R ( GA + GB + GC ) ≤ 3R hay ma + m b + mc ≤ R suy m a m b mc R m a2 + m 2b + mc2 3R ≤ m a + m b + mc 2 2 27 R , 9R ≥ a + b + c 3R ≥ GA + GB2 + GC2 hay ma + m b + m c ≤ • Với M ≡ I ta có IA.GA + IB.GB + IC.GC ≥ GA + GB2 + GC2 r r r IA = , IB = , IC = A B C ta có Mặt khác sin sin sin 2 ma m m a + b2 + c2 + b + c ≥ A B C 2r sin sin sin 2 b Kết hợp với toán : ur Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, gọi ei , i = 1, 2,3 véc tơ đơn vị tương ứng uur uur uur hướng với véc tơ IA, IB, IC R ( GA + GB + GC ) ≥ GA + GB + GC hay 2 r r r A uu B uur C uu e1 + cos e + cos e3 = 2 A B C cos uur cos uur cos uur r Suy IA + IB + IC = IA IB IC Ta thu bất đẳng thức Chứng minh : cos A F B I D Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ E C Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập A B C ( MA − IA ) + cos ( MB − IB ) + cos ( MC − IC ) ≥ 2 A B C a+b+c Mặt khác cos IA + cos IB + cos IC = AE + BF + CD = 2 2 (Với D, E, F tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC, CA, AB) A B C a+b+c Do cos MA + cos MB + cos MC ≥ với điểm M 2 2 Tổng quát Cho đa giác lồi A1A A n ( n ≥ ) ngoại tiếp đường tròn tâm J Chứng minh với điểm M cos n ∑ cos i=1 Ai ( MAi − JAi ) ≥ ( Đề tác giả báo TH & TT, T8/389 tháng 11/2009) c Kết hợp với tốn : Cho tam giác ABC vng A I trung điểm đường cao AH uur uur uur r Chứng minh : a IA + b IB + c IC = Ta thu bất đẳng thức a IA ( MA − IA ) + b IB ( MB − IB ) + c IC ( MC − IC ) ≥ Hay ( MA − IA ) IA sin A + ( MB − IB ) IBsin B + ( MC − IC ) ICsin C ≥ với điểm M 2x 10x ta toán , IB = 4 Cho tam giác ABC vuông cân A Xác định điểm M cho 2MA + 10 ( MB + MC ) đạt giá trị nhỏ d Kết hợp với toán : Cho tam giác ABC với cạnh AB=c,BC=a,CA=b.T điểm nằm tam giác,đặt STBC =Sa ;STAC =Sb ;STAB =Sc uuur uuu r uuu r r Chứng minh : Sa TA+Sb TB+Sc TC=0 Khi T trùng với : uur uur uur r • I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC ta có aIA + bIB + cIC = nên ta có Giả thiết thêm tam giác cân cạnh x IA = aMA + bMB2 + cMC2 ≥ aMA.IA + bMB.IB + cMC.IC ≥ aIA + bIB2 + cIC Mặt khác aIA + bIB2 + cIC2 = abc nên M ≡ O ta có aOA + bOB2 + cOC2 ≥ aOA.IA + bOB.IB + cOC.IC ≥ abc r r r abc IA = , IB = , IC = , S= = pr A B C Kết hợp với công thức 4R sin sin sin 2 + ( a + b + c ) R ≥ aIA + bIB + cIC ⇔ ( sin A + sin B + sin C ) R ≥ sin A.IA + sin B.IB + sin C.IC ⇔ ( sin A + sin B + sin C ) R ≥ sin A.IA + sin B.IB + sin C.IC ⇔ sin A + sin B + sin C 2r ≥ A B C R cos + cos + cos 2 Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập abc ⇔ a.IA + b.IB + c.IC ≥ 4S R a b c ⇔ + + ≥ 4p A B C sin sin sin 2 • O tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC ta có uuur uuur uuur r sin2A.OA+sin2B.OB+sin2C.OC=0 Với ABC tam giác nhọn sin2A>0, sin2B>0, sin2C>0 Ta có sin 2A.MA.OA + sin 2B.MB.OB + sin 2C.MC.OC ≥ sin 2A.OA + sin 2B.OB2 + sin 2C.OC + a.IA + b.IB + c.IC ≥ ⇔ sin 2A.MA + sin 2B.MB + sin 2C.MC ≥ R ( sin 2A + sin 2B + sin 2C ) Áp dụng định lý hàm số sin, cosin đẳng thức sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4sin A sin Bsin C ta toán Cho tam giác ABC nhọn , nội tiếp đường trịn bán kính BC=a,AC=b,AB=c, với M nằm mặt phẳng tam giác : ( ) ( ) ( ) a b + c − a MA + b c2 + a − b MB + c a + b − c MC ≥ a b 2c (Bài 185, trang 49_Tuyển tập 200 bàiuu thi ur vơ địch uuutốn) r uuur r • H trực tâm tam giác ta có tanA.HA+tanB.HB+tanC.HC=0 t anA.MA + tan B.MB2 + tan C.MC2 ≥ t anA.MA.HA + tan B.MB.HB + tan C.MC.HC 2 Mặt khác ≥ HA + HB + HC tam giác ABC nhọn, gọi A’, B’, C’ chân đường cao hạ từ A,B,C.Xét tam giác A HA’C vng A’ ta có : B' CA ' CA ' AC.cosC C' HC = = = = 2RcosC ⇒ tanC.HC = c sin CHA ' sin B sin B H tương tự ta có tanA.HA = a, tanB.HB = b C B Suy A' tanA.MA + tan B.MB2 + tan C.MC ≥ a.MA + b.MB + cMC ≥ HA + HB2 + HC e Kết hợp với toán : Cho tam giác ABC với cạnh AB=c, BC=a, CA=b T điểm nằm tam giác , D, E, F hình chiếu T lên cạnh BC, CA, AB Đặt STBC =Sa ;STAC =Sb ;STAB =Sc Chứng minh rằng: h1, h Gọi x,y,z khoảng cách từ Tuulên ur BC,uuCA, u r ABuur r • Tam giác ABC ta yzTD + zx.TE + xy.TF = yzMD + zxME + xzMF2 ≥ yzMD.TD + zxME.TE + xyMF.TF ≥ yzTD2 + zxTE + xyTF2 MD ME MF2 Hay + + ≥ MD + ME + MF ≥ x + y + z x y z • T Trùng với trọng tâm G VABC , ta kết quả: uuur uuur uuu r r a GD+b GE+c GF=0 a MD2 + b ME + c MF2 ≥ a MD.GD + b 2ME.GE + c MF.GF ≥ a 2GD + b 2GE + c 2GF2 Mặt khác 3GD=ha, 3GE=hb, 3GF=hc Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập ( aMD ) + ( bME ) + ( cMF ) ≥ 2 ( a h a MD+b 2h b ME+c 2h cMF ) 1 1 1 ≥ ah a ÷ + bh b ÷ + ch c ÷ 3 3 3 2 Hay ( aMD ) + ( bME ) + ( cMF ) ≥ S a.MD+bME+C.MF ≥ 2S • T trùng với O tâm đường tròn ngoại tiếp VABC : uuur uuur uuu r r tanA.OD+tanB.OE+tanC.OF=0 tanA.MD + tan B.ME + tan C.MF2 ≥ tanA.MD.OD + tanB.ME.OE + tanC.MF.OF ≥ tanA.OD2 + tanB.OE + tanC.OF2 Suy tanA.MD + tan B.ME + tan C.MF2 ≥ R ( tanA + tanB + tanC ) tanA.MD + tanB.ME + tanC.MF ≥ R ( tanA + tanB + tanC ) Mặt khác tanA+tanB+tanC = tanA.tanB.tanC nên tam giác ABC nhọn MD2 ME MF2 + + ≥ R tan B.tan C tan C.tan A tan A.tan B MD ME MF + + ≥ R với điểm M tan B.tan C tan C.tan A tan A.tan B uur uu r uu r r • T trùng với I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta có aID + bIE + cIF = aMD2 + bME + cMF2 ≥ aMD.ID + bME.IE + cMF.IF ≥ aID + bIE + cIF2 Mặt khác ID=IE=IF=r nên aMD2 + bME + cMF2 ≥ r ( aMD + bME + cMF ) aMD2 + bME + cMF2 ≥ 3r aMD + bME + cMF ≥ 3r Từ kết ta đề xuất tốn cực trị sau : • Cho tam giác ABC với cạnh AB=c,BC=a,CA=b, M điểm tam giác Tìm giá trị nhỏ : A=MA +MB2 +MC B=m a MA+ m b MB + mc MC C=aMA +bMB2 +cMC D=aMA.IA+bMB.IB+cMC.IC E=sin2A.MA +sin2B.MB2 +sin2C.MC F=sin2A.MA+sin2B.MB+sin2C.MC Thêm giả thiết tam giác ABC nhọn G = tanA.MA + tan B.MB2 + tan C.MC H = a.MA + b.MB + cMC • Với D, E, F hình chiếu M lên cạnh BC, CA, AB x, y, z khoảng cách từ T lên BC, CA, AB Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập MD ME MF2 K= + + x y z L = MD + ME + MF M = a MD + b ME + c2 MF2 N=tanA.MD2 +tanB.ME +tanC.MF2 P = tanA.MD + tanB.ME + tanC.MF Q = aMD2 + bME + cMF2 I = aMD + bME + cMF Thêm giả thiết tam giác ABC nhọn MD2 ME MF2 + + tan B.tan C tan C.tan A tan A.tan B MD ME MF Z= + + tan B.tan C tan C.tan A tan A.tan B f Kết hợp với G trọng tâm tứ diện uuurABCD uuur uuur uuur r Với G trọng tâm tứ diện ABCD ta có GA + GB + GC + GD = Ta thu bất đẳng thức R= MA + MB2 + MC2 + MD ≥ MA.GA + MB.GB + MC.GC + MD.GD ≥ GA + GB2 + GC2 + GD2 Với tứ diện ABCD gần với a, b, c độ dài cặp cạnh đối diện trọng tâm G trùng với tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Khi ta có ( a + b2 + c2 GA = GB = GC = GD = R = ) Do MA + MB2 + MC2 + MD ≥ ( ( a + b2 + c2 MA + MB + MC + MD ≥ a + b + c ) ( MA + MB + MC + MD ) ) Ta toán Cho tứ diện gần ABCD có tổng bình phương cạnh 16 Chứng minh với điểm M ta có MA + MB2 + MC2 + MD ≥ MA + MB + MC + MD ≥ g Kết hợp với toán: Cho tứ diện ABCD, O điểm tứ diện Đặt VA = VOBCD ; VB = VOACD , VC = VOABD ; VC = VOABD uuur uuur uuur uuur r Chứng minh : VA OA + VB OB + VC OC + VD OD = Ta thu bất đẳng thức VA OA ( MA-OA ) +VB OB ( MB-OB ) +VC OC ( MC-OC ) +VD OD ( MD-OD ) ≥ VA MA ( MA-OA ) +VB MB ( MB-OB ) +VC MC ( MC-OC ) +VD MD ( MD-OD ) ≥ h Kết hợp với toán: Cho tứ diện ABCD,O điểm tứ diện Gọi A1, B1, C1, D1 hình chiếu O lên mặt phẳng (BCD); (ACD); (ABD); (ABC) Đặt SA = SBCD ;SB = SACD ;SC = SABD ; SD = SABC VA = VOBCD ; VB = VOACD ; VC = VOABD ; VC = VOABD Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập uuuu r S2 uuuur r S2A uuuur S2B uuuur SC OA1 + OB1 + OC1 + D OD1 = Chứng minh : VA VB VC VD Ta thu bất đẳng thức SC S2A S2B S2D OA ( MA-OA ) + OB ( MB-OB ) + OC ( MC-OC ) + OD ( MD-OD ) ≥ VA VB VC VD S2 S2A S2 S2 MA ( MA-OA ) + B MB ( MB-OB ) + C MC ( MC-OC ) + D MD ( MD-OD ) ≥ VA VB VC VD n ur r 2.2 Khai thác từ kết : Trong hệ xuất giả thiết ∑ αi ei = nên để sáng tạo i =1 toán ta xuất phát từ đẳng thức uuu r uutrên ur uuur r uu r uur uu r r uu r uur uu r a Từ đẳng thức AB + BC + CA = ⇔ ce1 + ae2 + be3 = với e1, e2 , e3 vectơ đơn uuur uuu r uuur vị hướng với AB, BC, CA Khi ta đề xuất tốn : Cho tam giác ABC, O điểm tam giác Qua O kẻ đường thẳng song song với AB, BC, CA cắt BC, CA, AB A 1, B1, C1 Chứng minh với điểm M ta có cMA1 + aMB1 + bMC1 ≥ cOA1 + aOB1 + bOC1 Tổng quát : Cho O điểm nằm đa giác lồi A1A A n ( n ≥ ) Qua O kẻ đường thẳng song song với Ai Ai +1,i =1, n (xem Ai+1=A1) tương ứng cắt cạnh Ai +1Ai + Bi n Chứng minh : ∑ Ai Ai +1 ( MBi − OBi ) ≥ i =1 b Từ khái niệm trọng tâm tam giác uuur uuur uuur r uu r uur uu r r uu r uur uu r G trọng tâm tam giác ABC ⇔ GA + GB + GC = ⇔ ma e1 + m b e2 + mc e3 = Với e1, e2 , e3 uuur uuur uuur vectơ đơn vị hướng với GA, GB, GC Ta toán Cho tam giác ABC với G trọng tâm Qua điểm O nằm tam giác kẻ đường thẳng song song với GA, GB, GC tương ứng cắt CA, AB, BC điểm A 1, B1, C1 Chứng minh : ma ( MA1 − OA1 ) + m b ( MB1 − OB1 ) + mc ( MC1 − OC1 ) ≥ ur c Từ định lý “con nhím” : Cho đa giác lồi A1A A n ( n ≥ ), ei , i = 1, n uuuuuuur vectơ đơn vị hướng đa giác tương ứng vng góc với Ai Ai +1 (xem Ai+1=A1) Chứng uu r uur uur r minh : A1A e1 + A A3 e2 + + A n A1 e n = Ta toán ur Cho đa giác lồi A1A A n ( n ≥ ), ei , i = 1, n , O điểm nằm đa giác.Gọi B i hình chiếu điểm O lên AiAi+1 n Chứng minh với điểm M ta có ∑ Ai Ai +1 ( MBi − OBi ) ≥ i =1 d Kết hợp với toán : Cho tam giác ABC, điểm A’, B’, C’ thuộc u cạnh uuur BC, uuuu r uuuu r r CA, AB thoả mãn A’B:A’C=B’C:B’A=C’A:C’B=k AA ' + BB' + CC ' = Ta thu toán Cho tam giác ABC, điểm A’, B’, C’ thuộc cạnh BC, CA, AB thoả mãn A’B:A’C=B’C:B’A=C’A:C’B=k(k số thực dương cho trước) Qua điểm O nằm Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập tam giác kẻ đường thẳng song song với AA’, BB’, CC’ tương ứng cắt BC, CA, AB A1, B1, C1 Chứng minh với điểm M ta có AA' ( MA1 -OA1 ) +BB' ( MB1-OB1 ) +CC' ( MC1-OC1 ) ≥ e Kết hợp với toán : Với uuurD,E,F uuu rlần lượt uuu r làr tiếp điểm cạnh BC,CA,AB với đường trịn nội tiếp tam giác ABC aAD + bBE + cCF = Ta toán : Cho D, E, F tiếp điểm cạnh BC, CA, AB với đường tròn nội tam giác ABC, Qua điểm O nằm tam giác kẻ đường thẳng song song với AD, BE, CF tương ứng cắt BC, CA, AB A’, B’, C’ Chứng minh với điểm M ta có a.AD ( MA'-OA') +b.BE ( MB'-OB' ) +c.CF ( MC'-OC' ) ≥ f Kết hợp với toán uu r uur uu r · · · Cho N điểm nằm tam giác ABC Đặt BNC = α, CNA = β, ANB = γ , e1, e2 , e3 uuur uuur uuur vectơ đơn vị hướng với NA, NB, NC uu r uur uu r r Chứng minh : sin α.e1 + sin β.e + sin γ e3 = Ta đề xuất toán · · · Cho tam giác ABC; N điểm tam giác, đặt BNC = α, CNA = β, ANB = γ Chứng minh với điểm M ta có MA sin α + MBsin β + MCsin γ ≥ NA sin α + NBsin β + NCsin γ Đặc biệt : · · · • Khi BNC = 1200 , CNA = 900 , ANB = 1500 ta toán Cho tam giác ABC nhọn Tìm điểm M cho MA + 2MB + 3MC đạt giá trị nhỏ • Cho M ≡ G, N ≡ I ta có · · · · · · GA sin BIC + GBsin CIA + GCsin AIB ≥ IA sin BIC + IBsin CIA + ICsin AIB B C A π A · = sin π − − ÷ = sin + ÷ = cos Mặt khác sin BIC 2 2 2 B C · · = cos , sin AIB = cos Tương tự sin CIA 2 A B C a+b+c Và cos IA + cos IB + cos IC = AE + BF + CD = ; A 2 2 2 GA = ma , GB = m b , GC = mc Ta toán 3 Cho tam giác ABC Chứng minh : F A B C I ma cos + m b cos + mc cos ≥ ( a + b + c ) 2 D B • Cho M ≡ O, N ≡ I ta A B C a+b+c OA cos + OBcos + OC cos ≥ , kết hợp định lý sin ta có 2 2 A B C cos + cos + cos ≥ sin A + sin B + sin C 2 • Cho M ≡ H, N ≡ I kết hợp với tanA.HA = a, tanB.HB = b, tanC.HC = c tam giác ABC nhọn Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ E C Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập A A A a cos a cos Ta + + ≥ a+b+c t anA t anA t anA A B C sin A + sin B + sin C Hay cos A cos + cos Bcos + cos C cos ≥ 2 2 g Xét tam giác ABC có góc nhỏ 120 , tồn điểm T cho uu r uur uu r r uu r uur uu r · · ATB = ·BTC = CTA = 1200 (T gọi điểm Toricelly) lúc e1 + e + e3 = với e1, e , e3 uuur uuu r uuu r vectơ đơn vị hướng với TA, TB, TC Suy MA+MB+MC ≥ TA+TB+TC Ta toán : Cho tam giác ABC góc nhỏ 1200 Tìm điểm M cho MA+MB+MC đạt giá trị nhỏ Tổng quát : Cho tam giác ABC Tìm điểm M cho MA+MB+MC đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn : + Nếu A