Phát triển t duy của học sinh qua việc dạy học cực trị hình họcK quac

Trang
1
I. Một số tính chất cơ bản về khoảng cách
* Tính chất 1: Cho đờng thẳng . Với hai điểm A, M bất kỳ ta luôn có:
MA + d(M;A) d(A;)

* Tính chất 2:
Nếu A và M không nằm cùng phía đối với đờng thẳng thì
MA d(M; ) + d(A; )
Tơng tự các tính chất trên ta có các tính chất sau:
Tính chất 1.1:
Cho mặt phẳng (). Với hai điểm A, M bất kỳ ta luôn có:
MA + d(M; ()) d(A; ())

Tính chất 2.1:
Nếu A, M nằm cùng phía đối với mặt phẳng () thì:
MA d(M; ()) + d(A; ())
II. Khai thác kết quả cực trị hình học
Nhận xét 1: Từ các tính chất cơ bản trên ta có thể khai thác đợc các kết quả rất thú
vị sau đây thông qua các thao tác duy Tơng tự hoá, Tổng quát hoá, Đặc biệt

GI r h
+

Tơng tự:
3( )
b
GI r h
+ 3( )
c
GI r h
+ cba
hhhrGI +++ )(9
(1)
(Trong đó r là bán kính đờng tròn nội tiếp tam giác ABC. h
a
, h
b
, h
c
lần lợt là
các đờng cao kẻ từ A, B, C)
Tơng tự (1) ta có kết quả trong không gian:
dcba
hhhhrGI ++++ )(16

b
z
a
c
+
(4)
+ Ràng buộc thêm điều kiện M nằm trong các góc B, C của tam giác ABC.
Khi đó M nằm trong tam giác ABC
Tơng tự (4) ta có:
MA
z
b
c
x
b
a
+
(4.1)
MA

x
c
a
y
c
b
+
(4.2)
Từ (4), (4.1) và (4.2) ta có:
MA + MB + MC

Tơng tự (5) ta có bài toán sau đây trong không gian:
Bài toán:
(Vô địch toán)
Phát triển t duy của học sinh qua việc dạy học cực trị hình họcK quac

Trang
3Gọi d
1
, d
2
, d
3
, d
4
lần lợt là khoảng cách từ P nằm trong tứ diện ABCD đến đỉnh A,
B, C, D tơng ứng; Còn h
1
, h
2
, h
3

+ h
1
h
a


d
1
.S
1
+ h
1
.S
1
h
a
.S
1

( S
1
là diện tích của tam giác BCD)

d
1
. S
1
+ 3V
1
3V = 3( V

2
.S
2
+ h
3
.S
3
+ h
4
.S
4


d
1

1
4
4
1
3
3
1
2
2

S
S
h
S

S
S
h
S
S
h ++

d
3

3
4
4
3
3
2
3
1
1

S
S
h
S
S
h
S
S
h ++


3
2
4
4
4
2
2
2
3
3
3
2
2
1
4
4
4
1
1
1
3
3
3
1
1
1
2
2
2
1







++








++








++++
S
S
h
S
S

hdddd

(
)
4342324131214321
2 hhhhhhhhhhhhdddd ++++++++
(đpcm)


Đặc biệt:
+ Khi P
J (tâm mặt cầu nội tiếp tứ diên ABCD) thì từ (6) ta có:
rdddd 12
4321
+++ (6.2)
(r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD)
+ Khi ABCD là tứ diện gần đều có diện một mặt là S thì từ (6.1) ta có:
Phát triển t duy của học sinh qua việc dạy học cực trị hình họcK quac

Trang
4(


Kết hợp với (6.2) ta đợc:
(
)
rddd 312
432
++
(6.5)
Nhận xét 2:

Nếu M là điểm nằm trong góc A của
ABC thì điểm M đối xứng với M qua đơng phân
giác trong của góc A của
ABC cũng nằm trong góc A của ABC và MA = MA,
d(M;AC) = d(M;AB), d(M;AB) = d(M;AC)
Vận dụng (*) ta có:
MA.a
2.S
MAB
+ 2.S
MAC
MA.a c.d(M;AB) + b.d(M;AC)
MA.a
c.y +b.z
MA.a
c.y + b.z (7)
MA
z
a
b

c
a
a
c
x
c
b
a
c
MCMBMA






++






++






6
2
sin
1
2
sin
1
2
sin
1
++
CBA
(12)
+ Khi M
I và ABC vuông tại A. Ta có: rIA 2= .
Kêt hợp với (11)
(
)
rICIB 26 +
(13)
+ Khi
ABC đều, có cạnh bằng a. Ta có:
2
3
ahxyx ==++

(Mọi điểm M nằm trong
ABC, h là chiều cao của ABC)

x
a
+

MC

23
h
y
c
h
y
b
+

MD
34
h
x
d
h
x
c
+

MA + MB + MC + MD







+
x
c
y
a
h
x
d
y
b
h
y
c
x
a
h
x
b
y
d
h
4321
(15)
MA + MB + MC + MD

[
]
achhbdhh


Trang
6

(
)

(
)

(
)
1 2sin 1 2sin 1 2sin 0
AM MAB MB MBC MC MCA
+ +
(18)
Suy ra trong ba giá trị:




1 2sin , 1 2sin , 1 2sin
MAB MBC MCA
có ít nhất một giá trị không âm.
Chẳng hạn:

1 2sin 0

0
thì hai góc

MBC
,

MCA
đều nhỏ hơn 30
0
.
Vậy ít nhất một trong ba góc MAB, MBC, MCA nhỏ hơn hoặc bằng 30
0
.
Ta có bài toán sau (tơng tự)
Bài toán ( IMO. 1991)
Cho tam giác ABC và một điểm P nằm trong tam giác. Chứng minh rằng có ít nhất một
trong ba góc

PAB
,

PBC
,

PCA
nhỏ hơn hoặc bằng 30
0
.

Gọi I

sin4
2
cos
sin2 A
R
A
AR
II
a
==

(R là bán kính đờng tròn ngoại tiếp
ABC)
Tơng tự:
4 sin
2
b
B
II R=

4 sin
2
c
C
II R=

Vận dụng (19) suy ra:
2 sin sin sin
2 2 2
A B C

MA B
A B
S xy A MB xy C xy
MC
= = =( )
, ' '
xy
d M A B
MC
=

Tơng tự:
( ) ( )
, ' ' , , ' '
yz zx
d M B C d M C A
MA MB
= =

Vận dụng (10), đối với
ABC, ta có:

( )
2 ( , ' ') ( ; ' ') ( ; ' ')
x y z d M B C d M C A d M A B+ + + +

2

d d d d d d
d d d
R R R

+ + + +.
Xét M nằm trong tam giác đều ABC có cạnh a.
Vận dụng (8) ta có: MA
y + z
Tơng tự: MB
z + x
MC x + y

=> MA.MB + MB.MC + MC.MA (y+z)(z+x)+(z+
x)(x+y)+(x+y)(y+z)


(
)
2 2 2
=> MA.MB + MB.MC + MC.MA 3
x y z xy yz zx
+ + + + +( )
2
=> MA.MB + MB.MC + MC.MA

Bài toán:
Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a, M là một điểm nằm trong tam giác. Gọi
x, y, z lần lợt là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB. Chứng minh rằng:

2
3
MA.MB + MB.MC + MC.MA
4
a xy yz zx
+ + + Xét N là điểm nằm trong tam giác ABC. Gọi x
1
, y
1
, z
1
lần lợt là khoảng cách từ N
đến BC, CA, AB.
Tơng tự (8), ta có:

1 1
. .
c b
NA y z
a a
+
(8.1)
Từ (8) và (8.1) suy ra

.
b a
MC NC xx yy
c c
+

1 1 1
. . .
b c c a a b
MA NA MB NB MC NC xx yy zz
c b a c b a

+ + + + + + +


(24)
(
)
1 1 1
. . . 2
MA NA MB NB MC NC xx yy zz
+ + + +
(25)
Từ đó ta có bài toán sau (tơng tự (25))
Bài toán: (Bài 487-Bài tập đề nghị 500 BĐT chọn lọc Phan Huy Khải)
Cho P và Q là hai điểm trong tam giác ABC. Đặt PA = x
1
, PB = x
2
, PC = x

Xét điểm M nằm trong tứ diện ABCD. Khi đó

3 3
1 1 2 2 4 4
, , ,
a b c d
h V
h V h V h V
h V h V h V h V
= = = =

(V là thể tích của tứ diện ABCD; V
1
, V
2
, V
3
, V
4
lần lợt là thể tích các tứ diện
MBCD, MCDA, MDAB, MABC. h
1
, h
2
, h
3
, h
4
lần lợt là khoảng cách từ M đến các
Phát triển t duy của học sinh qua việc dạy học cực trị hình học


+Vận dụng tính chất 1.1, Ta có:
AM +h
1
h
a

1
1
a a
hAM
h h
+

Tơng tự:
2
1
b b
hBM
h h
+
,
3
1
c c
h
AC
h h
+
,

, R
d
lần lợt là khoảng cách từ điểm M nằm trong tứ diện ABCD tới
các đỉnh A B, C, D; còn h
a
, h
b
, h
c
, h
d
lần lợt là chiều cao của t điệm kẻ từ các
đỉnh A, B, C, D. Chứng minh
3
a b c d
a b c d
R R R R
h h h h
+ + +
.
+ Vận dụng tính chất 2.1, ta có:
AB
d(A;(MCD)) + d(B;(MCD))
AB.dt(MCD)
d(A;(MCD)).dt(MCD) + d(B;(MCD)).dt(MCD)
(dt(MCD) là diện tích tam giác MCD)
AB.dt(MCD)
3V(MACD) + 3V(MBCD)
(V(MACD), V(MBCD) lần lợt là thể tích của các tứ diện MACD, MBCD)
2 1


3
4
. ( ) 3 .
d c
h
h
CD dt MAB V
h h

+
Phát triển t duy của học sinh qua việc dạy học cực trị hình họcK quac

Trang
101 4
. ( ) 3 .
a d
h h


. ( ) . ( ) . ( )
. ( ) . ( ) . ( ) 9
AB dt MCD BC dt MDA CD dt MAB
DAdt MBC AC dt MBD BD dt MCA V
+ +
+ + +
(27)
+ Từ kết quả (27) ta có bài toán sau:
Bài toán:

Cho điểm M nằm trong tứ diện ABCD có thể tích V. Gọi x
1
, x
2
, x
3
, x
4
, x
5
, x
6
lần
lợt là độ dài các cạnh AB, BC, CD, DA, AC, BD. Kí hiệu
y
1
, y
2
, y

5
, k
6
lần lợt là khoảng
cách từ M đến CD, DA, AB, BC, BD, CA.
Vận dụng (27), ta đợc:

( )
2
2
1 2 3 4 5 6
1 1 3 2
k +k + k + k + k + k 9 9. . .
2 3 4 3
a
a V a =

6
1
6
.
2
i
i
k a
=


(28)
+ Từ (28) ta có bài toán sau: Trang
11 Kết hợp với (27) và các kí hiệu k
i
(
1,6
i =
) nh trên, ta đợc:

1 2 3 4 5 6
1 1 1 1 1 1
. . . . . . . . . . . . 9
2 2 2 2 2 2
AB CD k BC DAk CD AB k DA BC k AC BD k BD CAk V
+ + + + + 1 2 3 4 5 6
1 2 3 4 5 6
3 3 3 3 3 3
. . . . . . 3
V V V V V V
k k k k k k
d d d d d d

3
k k k k
k k
d d d
+ +
+
+ +
.