Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA TRƯỜNG THPT HẬU LỘC I SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI KHAI THÁC VÀ SÁNG TẠO BÀI TOÁN MỚI TỪ KHÁI NIỆM VÀ BÀI TẬP CƠ BẢN Người thực hiện: Nguyễn Thị Yên Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực(mơn): Tốn Hậu Lộc, năm 2021 Trang MỤC LỤC Trang A Đặt vấn đề B Nội dung I Khai thác khái niệm Khái niệm số tính chất Khai thác sáng tạo toán 2.1 Khai thác từ kết 2.2 Khai thác từ kết II Khai thác toán Một số cách giải toán Khai thác toán sáng tạo tốn 13 2.1 Khái qt hóa tốn 15 2.2 Khai thác sáng tạo toán cực trị 17 2.3 Khai thác sáng tạo toán tỉ số 19 2.4 Khai thác sáng tạo toán chứng minh 19 C KẾT LUẬN 20 Trang 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 Vì thế, với đề tài sáng kiến kinh nghiệm: ” Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập bản”, mong muốn góp phần nhỏ tài liệu nhằm phát triển tư học sinh Nội dung sáng kiến kinh nghiệm đề cập đến việc khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập tốn 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 toán học tuổi trẻ : “ Ứng dụng tích vơ hướng vào việc giải số toán 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 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 niệmrtích vơ hướng hai vectơ 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 ∑ αi OAi = 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 Trang b) Kết : Cho n điểm A1A A n n số dương α1, α , , α n O điểm thoã mãn n ur r α e ∑ i i = với điểm M ta có bất đẳng thức n n i =1 i =1 ∑ αi MAi ≥ ∑ αiOAi 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 α OA MA ≥ α OA MA , ∀ i = 1, n ⇒ α OA MA ≥ a) Ta có : i i ∑ i i i ∑ αi OAi MAi i i i i n n i =1 i =1 i =1 uuuu r n i =1 n uuuur uuuu r uuuur uuuur ⇔ ∑ αi OAi MAi ≥ ∑ αi OAi MO + OAi = MO.∑ αi OAi + ∑ αi OAi2 = ∑ αi OAi2 (1) ( ) n i =1 i =1 i =1 Áp dụng BĐT Cauchy ta có : αi MAi2 + αi OAi2 ≥ 2αi MAi OAi , ∀i = 1, n, αi > n ⇒∑ i =1 n αi MAi2 n n i =1 n i =1 + ∑ αi OAi MAi ≥ ∑ αi MAi2 n +∑ i =1 αi OAi2 n ≥ 2∑ αi OAi MAi (theo (1)) i =1 ⇒ ∑ αi MAi2 ≥ ∑ αi OAi MAi (2) i =1 i =1 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 n n uuuu r ur ⇒ ∑ 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 : n uuuur r α OA Trong hệ 1, xuất giả thiết ∑ i i = để sáng tạo toán ta kết i =1 hợp với đẳng thức vectơ a Kết hợp với khái niệm trọngutâm tam giác uur uuur 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 : Trang ma MA + m b MB + mc MC ≥ ( a + b2 + c2 ) ( ) ( 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 suy m a m b mc R m + m 2b + mc2 3R ≤ R ( GA + GB + GC ) ≥ GA + GB2 + GC hay a 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 2 2 ma m m a +b +c + b + c ≥ A B C 2r sin sin sin 2 R ( GA + GB + GC ) ≤ 3R hay ma + m b + mc ≤ 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 uur uur uur ứng hướng với véc tơ IA, IB, IC 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 Chứng minh : cos A F B I E Ta thu bất đẳng thức 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 cos D C (Với D, E, F tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC, CA, AB) Do cos A B C a+b+c MA + cos MB + cos MC ≥ với điểm M 2 2 Tổng quát Trang Cho đa giác lồi A1A A n ( n ≥ ) ngoại tiếp đường tròn tâm J Chứng minh với n điểm M ∑ 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 Giả thiết thêm tam giác cân cạnh x IA = Cho tam giác 2x 10x ta toán , IB = 4 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 tròn nội tiếp tam giác ABC ta có aIA + bIB + cIC = nên ta có 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 abc ⇔ a.IA + b.IB + c.IC ≥ 4S + a.IA + b.IB + c.IC ≥ R a b c ⇔ + + ≥ 4p A B C sin sin sin 2 ⇔ • O tâm đường tròn 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 Trang sin 2A.MA.OA + sin 2B.MB.OB + sin 2C.MC.OC ≥ sin 2A.OA + sin 2B.OB2 + sin 2C.OC ⇔ 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 tròn 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 bàiuuu thi vơ địch tốn) uuur r r uuur • 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 ≥ HA + HB2 + HC2 Mặt khác tam giác ABC nhọn, gọi A’, B’, C’ chân đườngA cao hạ từ B' A,B,C.Xét tam giác HA’C vuông A’ ta có : CA ' CA ' AC.cosC = = = 2RcosC ⇒ tanC.HC = c sin CHA ' sin B sin B tương tự ta có tanA.HA = a, tanB.HB = b C' HC = H 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 T lên BC, CA, AB uuur uuu r uur 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 + + ≥ MD + ME + MF ≥ x + y + z Hay 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 ( 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 ) ≥ S2 a.MD+bME+C.MF ≥ 2S • T trùng với O tâm đường tròn ngoại tiếp VABC : Trang 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 MD ME MF2 + + x y z L = MD + ME + MF K= 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 Trang 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 R= f Kết hợp với G trọng tâm tứ diện ABCD uuur uuur uuur uuur r Với G trọng tâm tứ diện ABCD ta có GA + GB + GC + GD = Ta thu bất đẳng thức 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 tốn Cho tứ diện gần ABCD có tổng bình phương cạnh 16 Chứng minh với điểm M ta có MA + MB2 + MC2 + MD2 ≥ 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 Chứng minh : uuuu r S2 uuuur r S2A uuuur S2B uuuur SC OA1 + OB1 + OC1 + D OD1 = VA VB VC VD Ta thu bất đẳng thức S2 S2A S2 S2 OA ( MA-OA ) + B OB ( MB-OB ) + C OC ( MC-OC ) + D OD ( MD-OD ) ≥ VA VB VC VD SC S2A S2B S2D MA ( MA-OA ) + MB ( MB-OB ) + MC ( MC-OC ) + MD ( MD-OD ) ≥ VA VB VC VD Trang n ur r ∑ α i ei = 2.2 Khai thác từ kết : Trong hệ xuất giả thiết i =1 nên để sáng tạo toán ta xuất phát từ đẳng thức uur uur uur r uuur uuur uuur r uu r uur uu r a Từ đẳng thức AB + BC + CA = ⇔ ce1 + ae2 + be3 = với e1, e2 , e3 vectơ uuur uuu r uuur đơn 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 n Ai +1Ai + Bi Chứng minh : ∑ Ai Ai +1 ( MBi − OBi ) ≥ i =1 b Từ khái niệm trọng tâm tam u giác uur uuur uuur r uu r uur uu r r G trọng tâm tam giác ABC ⇔ GA + GB + GC = ⇔ ma e1 + m b e2 + mc e3 = Với uu r uur uu r uuur uuur uuur e1, e2 , e3 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 uu r uur uur r Ai+1=A1) Chứng minh : A1A e1 + A A3 e2 + + A n A1e n = Ta toán ur Cho đa giác lồi A1A A n ( n ≥ ), ei , i = 1, n , O điểm nằm đa giác.Gọi Bi 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 BC,r uuuur r uuur uuuu 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 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 D,E,F làr tiếp điểm cạnh BC,CA,AB với đường tròn nội tiếp tam giác uuur uuu uuu r r ABC aAD + bBE + cCF = Trang 10 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 · · · Cho N điểm nằm tam giác ABC Đặt BNC = α, CNA = β, ANB =γ, uu r uur uu r uuur uuur uuur e1, e2 , e3 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 E A B C I + 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 C ma cos tam giác ABC nhọn 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 a cos g Xét tam giác ABC có góc nhỏ 1200, tồn điểm T cho Trang 11 uu r uur uu r r · · ATB = ·BTC = CTA = 1200 (T gọi điểm Toricelly) lúc e1 + e + e3 = với uu r uur uu r uuur uuu r uuu r e1, e , e3 vectơ đơn vị hướng với TA, TB, TC Suy MA+MB+MC ≥ TA+TB+TC Ta tốn : Cho tam giác ABC góc nhỏ 120 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