I
A
B
C
D
I
A
B
C
B'
A'
B1
A1
B
A
C
I
F
E
D
H
K
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10
Bài toán xuất phát (Bài 37 sách bài tập chương trình nâng cao)
Cho tam giác ABC với các cạnh AB=c,BC=a,CA=b.Gọi I là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác ABC.Chứng minh rằng :
aIA bIB cIC 0+ + =
uur uur uur r
(*)
I. Các cách giải cho bài toán 1 và bài toán tổng quát:

a
IA' IA (2)
c
=-
uuur uur
Từ (1)(2) thay vào (*) ta có :
a b
IC IA IB aIA bIB cIC 0
c c
=- - + + =Û
uur uur uur uur uur uur r
ĐPCM
Cách giải 3 :
Dựng hình bình hành AEFI
Ta có
AE AF
AI AE AF AB AC
AB AC
= + = +
uur uuur uur uuur uuur
Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của I ,B lên đường thẳng AC
Theo định lý Talet thì :
AIC
ABC
1
IH.b
S
AE DI IH b
2
AB DB BK S P.r a b c

A
B
C
I
D
A
B
C
M
I
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10
Cách giải 4: Ứng dụng của một hệ thức véc tơ
Ta có:
( ) ( )
IC IM IC.IM IM.IC IC IM IC IM
AI AI IM IA IC IA AM AC
MC MC MC MC MC MC MC
æ ö
+
÷
ç
= + + = - + - = +
÷
ç
÷
ç
è ø
uur uur
uur uur uur uur uur uur uuur uuur

÷
ç
è ø
+ + + +
uuur uuur uuur uuur
( )
a b bc c
. AB AC
a b c a b .c a b c
+
= +
+ + + + +
uuur uuur
( ) ( )
b c b c
AI AB AC IB IA IC IA
a b c a b c a b c a b c
aIA bIB cIC 0
= + = - + -Þ
+ + + + + + + +
+ + =Þ
uur uuur uuur uur uur uur uur
uur uur uur r
Cách giải 5: Sử dụng khái niệm tích vô hướng
Đặt
v aIA bIB cIC= + +
r uur uur uur
Ta có :
( ) ( )
( )

r uur uur uur uur uur uur uur uur uur
r uur
r B
sin C sin
C
2 2
sin
2
A B C C B
v.IA 2.R.rIA cos cos sin cos sin
2 2 2 2 2
A B C
v.IA 2.R.rIA cos sin 0
2 2
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
-
÷
ç
÷
ç
÷
ç

uur uur
là hai véc tơ không cùng phương nên
v 0=
r r

ĐPCM
Cách giải 6: Chuyển qua véc tơ đơn vị
Đặt:
1 2 3
e ,e ,e
ur uur uur
là các vectơ đơn vị cùng hướng với
IA,IB,IC
uur uuuruur
khi đó:
aIA bIB cIC 0+ + =
uur uur uur r
1 2 3
a.IA.e +b.IB.e +c.IC.e =0⇔
ur uur uur r
1 2 3
r r r
2RsinA. e +2RsinB. e +2RsinC. e =0
A B C
sin sin sin
2 2 2
⇔
ur uur uur r
1 2 3
A B C

p dng nh lý sin ta cú :
DE IE ID DE IE ID
C B A C B A
sin sin sin cos cos cos
2 2 2 2 2 2 2 2 2
= = = =
ổ ử ổ ử ổ ử ổ ử ổ ử ổ ử
p p p
ữ ữ ữ ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ ỗ ỗ ỗ
- - -
ữ ữ ữ ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ ỗ ỗ ỗ
ữ ữ ữ ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ ỗ ỗ ỗ
ố ứ ố ứ ố ứ ố ứ ố ứ ố ứ
2 2
ID B B
EI cos e cos e
A
2 2
cos
2
= =ị
uur ur ur
, tng t
3
C
DE cos e
2

u ' 0=
ur r
Tng t ta chiu
u
r
theo phng (IC) lờn AB, suy ra
u''=0
uur r
Rừ rng IA, IC l 2 phng phõn bit nờn :
u 0=
r r
PCM
Cỏch gii 8 : S dng phộp quay.
Xột phộp quay vộc t Q tõm I gúc quay 90
0

( )
0
,90
: IF'
I
Q IA
uur uur
a
Ta cú : IF=IA=2R
1
(vi R l bỏn kớnh ng trũn ngoi tip t giỏc AFIE)
p dng nh lớ sin vi tam giỏc AEF ta c :

1

I
Q c IC R
uur uuur
a
Do ú :
( )
( )
0
,90
: . . . 2 EF 0
I
Q a IA b IB c IC R FD DE+ + + + =
uur uur uur uur uuur uuur r
a
Suy ra
aIA bIB cIC 0+ + =
uur uur uur r
PCM
2) Tng quỏt :
Vic tng quỏt bi toỏn gp khú khn do tớnh i xng trong biu thc vộc
t.Nhng liờn h vi li gii 6 ta cú th tng quỏt nh sau :

Trang 3
I
A
B
C
D
Phỏt trin t duy hc sinh thụng qua khai thỏc bi toỏn trong sỏch giỏo khoa hỡnh hc
10

i
i
i 1
A
cos .e v
2
=
=
ồ
ur r
Ta cú :
( )
n n
i i
1 1 i 1 i
i 1 i 1
A A
e .v cos .e .e cos .cos e ;e
2 2
= =
= =
ồ ồ
ur r ur ur ur ur
3
1 2 1 2 2 1 2 2
1
3
n 1 2 2 n 1 n
A
A A A A A A A A

ữ
ỗ
ố ứ
ur r
( )
n 1
3 3
1 2 1 2 1 n 1 n
1 2 2 n 1
A A
A A A A A A A A
e .v cos cos .cos cos .cos A 1 cos cos A A
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
+
-
ổ ử
ổ ử ổ ử
ữ
ữ ữ
ỗ
ỗ ỗ
= - + + + + - + - + + + +ị
ữ
ữ ữ
ỗ
ỗ ỗ
ữ
ữ ữ
ỗ ỗ
ỗ

-
ộ ự
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
ờ ỳ
+ - + + + + + + +
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ờ ỳ
ố ứ ố ứ
ở ỷ
( ) ( ) ( )
n 1 n 1
1 1 1 1
1 2 n
A A A A1 1
e .v cos 1 cos A A cos 1 cos n 2
2 2 2 2 2 2
+ +
ộ ự ộ ự
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
ờ ỳ ờ ỳ
= + - + + + = + - - -ị p
ữ ữ
ỗ ỗ

A A A
1 cos n 2 cos - cos e .v 0
2 2 2
+
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
- - - =- =- =p ị
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
ur r
Tng t ta cú : m hai vộc t
1 2
e ;e
ur ur
khụng cựng phng nờn
n
i
i
i 1
A
cos .e 0
2
=
=
ồ
ur r

a b c
S S S
* IA IB IC 0
2h 2h 2h
+ + =Û
uur uur uur r

Hay
a b c
1 1 1
IA IB IC 0
h h h
+ + =
uur uur uur r
(1)
+ Liên hệ với định lý hàm số sin :
a b c
2R
sin A sin B sin C
= = =
( )
* 2R.sin A.IA 2R.sin B.IB 2R.sin C.IC 0+ + =Û
uur uur uur r

hay
sinA.IA+sinB.IB+sinC.IC=0
uur uur uur r
(2)
+ Liên hệ công thức :
B C C A A B

æ ö æ ö æ ö
÷ ÷ ÷
ç ç ç
+ + + + + =
÷ ÷ ÷
ç ç ç
÷ ÷ ÷
ç ç ç
è ø è ø è ø
uur uur uur r
(3)
+ Liên hệ công thức a=b.cosC+c.cosB ; b=c.cosA+a.cosC ; c=a.cosB+b.cosA
( )
* Û
( ) ( ) ( )
b.cosC+c.cosB IA c.cosA+a.cosC IB a.cosB+b.cosA IC 0+ + =
uur uur uur r
(4)
2R 2R 2R 2R 2R 2R
.cosC+ .cosB IA .cosA+ .cosC IB .cosB+ .cosA IC 0
sinB sinC sinC sinA sinA sinB
æ ö æ ö æ ö
÷ ÷ ÷
ç ç ç
+ + =Û
÷ ÷ ÷
ç ç ç
÷ ÷ ÷
ç ç ç
è ø è ø è ø

p a sin IA p b sin IB p c sin IC 0
2 2 2
- + - + - =
uur uur uur r
(6)
+ Gọi
1 2 3
R ;R ;R
lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
BIC;AIC;AIB
Khi đó ta có
1 1
B C A
a 2R sin 2R cos
2 2 2
æ ö
÷
ç
= - - =p
÷
ç
÷
ç
è ø
tương tự
2 2
B C
b 2R cos ; c 2R cos
2 2
= =

S IA S .IB S IC 0+ + =
uur uur uur r
(8)
Mặt khác,từ lời giải 2 ta cũng kiến tạo được kết quả (8) trên thật
vậy

c b
1 1 1
1 2 2 b c
S S
BA h 2.h .IAIB
IB' IB
IB' CA h 2.h .IA S S
= = = = =-Þ
uur uur

Trang 5
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10
(Trong đó h
1
;h
2
lần lượt là khoảng cách từ B,C lên AI)
Tương tự
a
c
S
IA' IA
S


( ) ( ) ( )
a b c
S-2S MD+ S-2S .ME+ S-2S .MF=0
uuur uuur uuur r
(1.2)
Đặc biệt hóa bài toán 1 ta có các kết quả sau :
- M Trùng với trọng tâm G của
ABCV
,ta được kết quả quen thuộc

GA+GB+GC=O
uuur uuur uuur ur
(1.3)
- M trùng với trực tâm H của
ABCV
không vuông ,ta có kết quả
+
tanA.HA+tanB.HB+tanC.HC=0
uuur uuur uuur r
(1.4)
(Bài 27_tr42 Sách bài tập hình học nâng cao 10)
+
a b c
.HA+ .HB+ .HC=0
cosA cosB cosC
uuur uuur uuur r
(1.5)
- M trùng O tâm đường tròn ngoại tiếp
ABCV

1 1 1
sinA.I A+sinB.I B+sinC.I C=0
uuur uuur uuur r
(2.1)
- Nếu tam giác ABC đều,ta có
a b c
S MA+S .MB+S MC=0
uuur uuur uuur r
.Gọi D,E,F lần lượt là hình
chiếu của điểm M đến các cạnh BC,CA,AB.Đặt x=MD ;y=ME;z=MF thì ta được

x MA+yMB+zMC=0
uuur uuur uuur r
(2.2)
Từ đây suy ra :
3
MD ME MF MO
2
+ + =
uuur uuur uuur uuur
(Bài 9 SGK cơ bản) (2.3)
Thật vậy :
( ) ( )
2.2 x y z MO+MD.OA+ME.OB+MF.OC=0+ +Û
uuur uuur uuur uuur r
( )
x y z MO-OA.MD-OB.ME-OC.MF=0+ +Û
uuur uuur uuur uuur r

Trang 6

OBC OAC OAB ABC ABC ABC
2 2 2
S S S .MO .S MD .S ME .S MF
3 3 3
+ + = + +
uuur uuur uuur uuur
Hay
3
MD ME MF MO
2
+ + =
uuur uuur uuur uuur
PCM
- Nu M nm ngoi tam giỏc ABC,chng hn M nm gúc
ã
BAC
ta cú kt qu
sau:

a b c
S MA+S .MB-S MC=0
uuur uuur uuur r
(2.4)
Bng cỏch tng t húa trong khụng gian ta cú bi toỏn sau :
Bi toỏn 2 : Cho t din ABCD,O l mt im bt k trong t din.t
A OBCD B OACD
V V ;V V= =
C OABD C OABD
V V ;V V= =
.Chng minh rng :

VAP AR
;
AC V AD V
= =

( ) ( ) ( )
C
B D
C
B D
V
V V
AO AB AC AD
V V V
V
V V
AO OB OA OC OA OD OA
V V V
= + +ị
= - + - + -
uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
Hay
A B C D
V .OA V .OB V .OC V .OD 0+ + + =
uuur uuur uuur uuur r
PCM
2. Ta thay i cỏc vộc t
IA , IB ,IC
uur uur uur

M
D'
E'
F'
F
I
E
A
C
B
D
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10
-
IA IP IN IM;IB IM IP IN;IC IM IN IP= + - = + - = + -
uur uur uur uur uur uur uur uur uur uur uur uur
Suy ra
aIA bIB cIC 0+ + = Û
uur uur uur r
( ) ( ) ( )
b c a IM a c b IN a b c IP 0+ - + + - + + - =
uur uur uur r
(5)
2.2 . Với D,E,F lần lượt là tiếp điểm của cạnh BC,CA,AB với đường tròn nội
tiếp tam giác
Từ cách giải 4 ta có hệ thức
( ) ( )
P c P b
DC DB
ID IB IC IB IC

b c a b
ID IE IF
aID bIE cIF 0 a. .MD' b. .ME' c. .IMF' 0
MD' ME ' MF'
MD' MD'
a.MD' b .ME ' c .MF' 0
ME ' MF'
S .b S .c
a b
a.MD' b .ME ' c .MF' 0 .MD' .ME '
S .a S .a S S
+ + = + + =Û
+ + =Û
+ + = +Û Û
uur uur ur r uuuur uuuur uuuur r
uuuur uuuur uuur r
uuuur uuuur uuur r uuuur u r
2
c
c
.MF' 0
S
+ =
uuu uuur r

Như vậy ta có bài mở rộng sau :
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC với các cạnh AB=c,BC=a,CA=b.M là điểm bất
kỳ
nằm trong tam giác ,D,E,F lần lượt là hình chiếu M lên cạnh BC,CA,AB.
Đặt

uuur uuur uur r
(3.5)
- M Trùng với trực tâm H của
ABCV
không vuông,ta được kết quả

Trang 8
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10

cosA.HD cosB.HE cosC.HF 0+ + =
uuur uuur uur r
(3.6)
- M trùng với O tâm đường tròn ngoại tiếp
ABCV
:

tan A.OD tan B.OE tan C.OF 0+ + =
uuur uuur uur r
(3.7)
Tương tự ta có bài toán trong không gian sau :
Bài toán 4: Cho tứ diện ABCD,O là một điểm bất kỳ trong tứ diện.Gọi
A
1
,B
1
,C
1
,D
1

r uuur uur uur uur
·
·
·
( )
A B C D
v.IA ' IA'. S .IA' S .IB'.cosA'IB' S .IC'.cosA'IC' S .ID'.cosA'ID'= + + +
r uuur
Mặt khác IA’=IB’=IC’=ID’=r (bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện);
·
·
·
cosA'IB' cos ;cosA'IC' cos ;cosA'ID' cos=- =- =-a b g
;với
; ;a b g
lần lượt là góc giữa hai
mặt phẳng (ACD) và (BCD); (ABD) và (BCD); (ABC) và (BCD)
( )
2
A B C D
v.IA ' r . S S .cos S .cos S .cos= - - -Þ a b g
r uuur
Gọi A’’ là hình chiếu của A lên mặt phẳng (BCD) theo công thức hình chiếu ta
có :

B A ''CD C A ''BD D A''BC
S .cos S ;S .cos S ;S .cos S= = =a b g
mặt khác
A''CD A''BD A''BC A
S S S S+ + =

S S S S
= = = =
Do đó
2
2 2 2
C
A B D
1 1 1 1
A B C D
S
S S S
OA OB OC OD 0
V V V V
+ + + =
uuuur uuur uuur uuuur r
ĐPCM
Đặc biệt khi
O Gº
,G là trọng tâm tứ diện ta có kết quả quen thuộc

2 2 2 2
A 1 B 1 C 1 D 1
S GA S GB S GC S GD 0+ + + =
uuuur uuur uuur uuuur r
(bài toán tương tự trong không gian của (3.5))
Nhận xét 1.3 :

Trang 9
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10

thì suy ra ngay n,n’,p,p’ cũng phải khác không.
Từ giả thiết ta có :
n p
a b c
m m
n ' p'
a b c
m' m '
ì
ï
ï
= +
ï
ï
ï
í
ï
ï
= +
ï
ï
ï
î
r r r
r r r

vì một véc tơ chỉ phân tích được một cách duy nhất qua hai véc tơ không cùng
phương nên
n n ' p p' m n p
;

A B C
cot cot cot
2 2 2
= =
(2.9)
HD: Theo (4) ta có
A B C
cot IM cot IN cot IP 0
2 2 2
+ + =
uur uur uur r
Do
cot 0;cot 0;cot 0
2 2 2
A B C
> > >
nên I nằm trong tam giác MNP,kết hợp với (1.1) ta
có
INP IPM IMN
S IM+S .IN+S IP=0
uur uur uur r
kết hợp hai đẳng thức suy ra điều phải chứng minh.
Từ (5) và (1.1) ta được
INP IMN
IPM
S S
S
b c a c a b a b c
= =
+ - + - + -

α+β=1

∀

∃ ⇔ ∃



uuur uuur uuur
uuur uuur
Kết hợp (*) ta có kết quả :
+ Với M,P là hai điểm di động thỏa mãn
MP aMA bMB cMC= + +
uuur uuur uuur uuur
thì M,P đi
qua điểm cố định
(4.1)
HD:
( )
MP aMA bMB cMC MP a b c MI= + + = + +Û Þ
uuur uuur uuur uuur uuur uur
M,P,I thẳng hàng
+ Ta viết (*) dưới dạng
c a b
IC IA IB
a b a b a b
- = +
+ + +
uur uur uur
Do đó trong tam giác

AB BM AC MC c BM b MC+ = + + = +Û
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
c 2BM b BM MC BM a b c CM a a b c a c b
2 2 2
+ = + + = + - = - + - = + -Þ Û Þ
Do đó :
( ) ( )
a c b MB a b c MC 0+ - + + - =
uuur uuur r
Các hệ số này gợi cho ta liên hệ (5) ta thu được kết quả :
Cho tam giác ABC.Gọi x,y,z lần lượt là đường thẳng đi qua A,B,C và chia đôi
chu vi tam giác.Chứng minh rằng x,y,z đồng quy,hãy xác định điểm đó.
(4.3)
Hướng dẫn :
Dựng tam giác DEF sao cho A,B,C lần lượt là trung điểm của EF,FD,DE
và đặt EF=a’,FD=b’,DE=c’
Theo trên ta có :
( ) ( )
a c b MB a b c MC 0+ - + + - =
uuur uuur r
Mặt khác
a ' 2a;b ' 2b;c' 2c= = =
do đó :
( ) ( )
a ' c' b' MB a ' b' c' MC 0+ - + + - =
uuur uuur r
tương tự ta có :
( ) ( ) ( ) ( )
a ' b' c ' NC b' c ' a ' NA b' c' a ' PA a ' c' b ' PB 0+ - + + - = + - + + - =

uuur uuur uuur r
(4.6)
3.Chứng minh hai tam giác cùng trọng tâm
Từ kết quả : Điều kiện cần và đủ để hai tam giác ABC và A’B’C’ cùng trọng tâm
là
AA' BB' CC' 0+ + =
uuur uuur uuur r
(Bài 26 trang 24 SGK_nâng cao) và :
+ Kết hợp (*) ta được kết quả :
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC,trên tia IA,IB,IC lần lượt lấy các
điểm A’;B’;C’ sao cho AA’=a.IA;BB’=b.IB;CC’=c.IC.Chứng minh hai tam
giác ABC,A’B’C’ cùng trọng tâm.
Nhận xét 4.1 : Tương tự kết hợp (1)-(3) điểm A’;B’;C’ được xác định bởi :
-
a b c
IA IB IC
AA'= ;BB'= ;CC'=
h h h
-
AA'=sinA.IA;BB'=sinB.IB;CC'=sinC.IC
-
B C C A A B
AA'= cot cot .IA;BB'= cot cot .IB;CC'= cot cot .IC
2 2 2 2 2 2
æ ö æ ö æ ö
÷ ÷ ÷
ç ç ç
+ + +
÷ ÷ ÷
ç ç ç

= =
.Chứng minh tam giác ABC,MNP,M’N’P’ cùng trọng
tâm.
Tương tự kết hợp (5) điểm M’,N’,P’ được xác định
( )
MM ' b c a .IM;= + -
( ) ( )
NN' c a b .IN;PP' a b c .IP= + - = + -
thì tam giác ABC,MNP,M’N’P’ cùng trọng
tâm.
II.3.Khai thác và sáng tạo các bài toán bất đẳng thức hình học
Khai thác từ bất đẳng thức
. .u v u v≤
r r r r
,dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
,u v
r r
cùng
hướng.
Ta thu được kết quả :
Cho n điểm
1 2 n
A A A
,O là điểm thoã mãn
1
0
n
i i
i
OA

)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với O
Chứng minh :
Ta có :
1 1
. . , 1, . .
n n
i i i i i i i i i i i i
i i
OA MA OA MA i n OA MA OA MA
α α α α
= =
≥ ∀ = ⇒ ≥
∑ ∑
uuuruuuur uuur uuuur
( )
2 2
1 1 1 1 1
. .
n n n n n
i i i i i i i i i i i i
i i i i i
OA MA OA MO OA MO OA OA OA
α α α α α
= = = = =
⇔ ≥ + = + =
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
uuur uuuur uuur uuuur uuur
ĐPCM
Áp dụng kết quả trên và kết hợp với

A B D
A B C D
S
S S S
MA OA MB OB MC OC MD OD 0
V V V V
- + - + - + - ³
(O,M là điểm bất kỳ,O nằm trong tứ diện ABCD)

Trang 13
Phỏt trin t duy hc sinh thụng qua khai thỏc bi toỏn trong sỏch giỏo khoa hỡnh hc
10
+ bi toỏn tng quỏt (*) ta c kt qu :

( )
n
i
i i
i 1
A
cos . MA IA 0
2
=
-
ồ

v v
II.4.Khai thỏc v sỏng to cỏc bi toỏn v h thc lng trong tam giỏc
Cỏc kt qu trờn l ng thc vộct nờn ta bỡnh phng vụ hng ta s kin to
c bi toỏn mi . Chng hn t bi toỏn gc:

ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
tng t
ã
( )
ã
( )
A B
cos BIC sin ;cos AIC sin
2 2
=- =-
2 2 2 2 2 2
C A B
a IA b IB c IC 2abIA.IBsin 2bcIB.ICsin 2ca.IC.IAsin
2 2 2
+ + = + +ị
2 2 2
2 2 2
2 2 2
r r r r r C r r A r r B
a b c 2ab sin 2bc sin 2ca sin
A B C A B B C C A
2 2 2
sin sin sin sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2
+ + = + +ị
( ) ( ) ( )
2 2 2
2

2 2 2
A B C A B C B C A C A B
cos cos cos 2cos cos sin 2cos cos sin 2cos cos sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
+ + = + +

( )
2 2 2 2 2 2
C
aIA bIB cIC 0 cIC aIA bIB c .IC a .IA b .IB 2ab.IA.IB.sin
2
+ + = =- + = + -
uur uur uur r uur uur uur
Tng t ta cú kt qu :
2 2 2
A B C A B C
cos cos cos 2cos cos sin
2 2 2 2 2 2
+ - =
II.5.Khai thỏc v sỏng to cỏc bi toỏn v im v qu tớch im
Vi im M bt k ta cú :
( )
( )
2
2 2 2 2 2 2 2
aIA bIB cIC 0 a b c MI aMA bMB cMC
a b c MI a MA b MB c MC 2abMA.MB 2bcMB.MC 2caMC.MA
+ + = + + = + +
+ + = + + + + +
uur uur uur r uur uuur uuur uuur

2 2 2 2 2
a b c MI MC a.MA b.MB a b .MC abc+ + - = + - + -
Khi đó ta có kết quả là :
Cho tam giác ABC.Tìm tập hợp điểm M biết
( )
2 2 2
a.MA b.MB a b .MC abc+ - + =
Dễ thấy tập hợp điểm M là đường trung trực của IC.
Giới hạn điểm M ta có kết quả :
Cho tam giác ABC,tồn tại hay không điểm M thỏa mãn
( )
2 2 2
a.MA b.MB a b .MC abc+ - + =
Sao cho (nếu có hãy xác định)
a) M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
b) M nằm trên đường tròn nội tiếp tam giác ABC
c) M nằm trên đường thẳng BC (AB,AC)
d) M nằm trên đường thẳng d bất kỳ
Hướng dẫn :
Dễ thấy câu a,b và c(trừ trường hợp M nằm trên AB) thì M là giao điểm đường
trung trực của IC với các đường trên.
Với M nằm trên AB và câu d thì phải chia trường hợp
AB(d) song song với trung trực IC và AB(d) cắt trung trực IC
2.Tìm điểm thỏa mãn điều kiện cho trước
Từ (**) ta có thể phát biểu bài toán dưới dạng sau
Cho tam giác ABC,tìm vị trí điểm M để
2 2 2
P a.MA b.MB c.MC= + +
đạt giá trị nhỏ
nhất.

Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10
Hay M là giao điểm của tia IO với đường tròn (O)
P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI
2
đạt nhỏ nhất
Û
·
( )
cos MOI 1=
Û
·
0
MOI 0=
Hay M là giao điểm của tia OI với đường tròn (O)
c) P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt nhỏ nhất hay M là hình chiếu của
I lên d
(câu b là trường hợp đặc biệt của câu c)
Nhận xét 3.2.3 : Xét các trường hợp đặc biệt của điểm M,từ (**) ta có:
+ M trùng với O đẳng thức trở thành :
( )
2 2 2 2
a b c OI a.OA b.OB c.OC abc+ + = + + -
Û
2 2
abc
OI R
a b c
= -
+ +

IA ;IB ;IC ;S Pr
A B C
4R
sin sin sin
2 2 2
= = = = =
ta có :
2 2 2
2 2 2
r r r
a b c 4R.r.P
A B C
sin sin sin
2 2 2
+ + =
kết hợp (4) ta có :
2
4R.r.P 8r .P³

ta được kết quả :
2 2 2
a b c
8.P
A B C
sin sin sin
2 2 2
+ + ³
Liên hệ định lý hàm sin ta có :
2 2 2
2R sin A 2R sin B 2R sin C

( ) ( )
2
3 ab bc ca a b c+ + + +£
ta được

( )
3 IA IB IC a b c+ + + +£
Kết hợp công thức
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
IA r p a ;IB r p b ;IC r p c= + - = + - = + -
ta được

Trang 16
H
A
B
C
A'
B'
C'
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10

( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
r p a r p b r p c ab bc ca+ - + + - + + - + +£
+ M trùng với G đẳng thức trở thành

Û
( )
2 2 2
3 ab bc ca a b c 36.R.r+ + + + +³
(6)
+ M trùng với H ta có :
( )
2 2 2
** a.MA b.MB c.MC abc+ +Þ ³
hay
2 2 2
MA MB MC
+ + 1
bc ca ab
≥
Do đó
2 2 2
HA HB HC
+ + 1
bc ca ab
≥
Nếu tam giác ABC nhọn,gọi A’,B’,C’ lần lượt là chân đường cao hạ từ
A,B,C.Xét tam giác HA’C vuông tại A’ ta có :
CA ' CA' AC.cosC
HC 2RcosC
sin CHA ' sin B sin B
= = = =
;tương tự ta có
HA 2RcosA;HB 2RcosB= =
Thay vào ta có :