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: 1) Các cách giải : Cách giải 1: Gọi D là chân đường phân giác góc A Do D là đường phân giác giác trong góc A nên ta có ( ) ( ) DB c c c BD DC ID IB IC ID b c ID bIB cIC (1) DC b b b = = - = - + = +Þ Û Û uuur uuur uur uur uur uur uur uur uur Do I là chân đường phân giác nên ta có : ( ) ID BD CD BD CD a b c ID aIA (2) IA BA CA BA CA b c + = = = = + = -Þ + + uur uur Từ (1)(2) ta có điều phải chứng minh Cách giải 2: Qua C dựng đường thẳng song song với AI cắt BI tai B’;song song với BI cắt AI tại A’ Ta có IC IA' IB'= + uur uuur uur (*) Theo định lý Talet và tính chất đường phân giác trong ta có : Tương tự : 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 = = = = = + + Tương tự AF c AC a b c = + + Như vậy ( ) ( ) b c b c AI AB AC AI IB IA IC IA a b c a b c a b c a b c = + = - + -Û + + + + + + + + uur uuur uuur uur uur uur uur uur Hay aIA bIB cIC 0+ + = uur uur uur r ĐPCM Trang 1 1 1 BA IB c b IB' IB (1) IB' CA b c = = =-Þ uur uur E 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 (Do IC.IM uur và IM.IC uur là hai véc tơ đối nhau) Mặt khác IM 1 1 1 c IC b a b MC a b c 1 1 1 b. MI AM bc = = = = + + + + + + nên AI uur = IC IM c AM c AM AC 1 .AB AC MC MC a b c AB a b c æ ö ÷ ç + = - + ÷ ç ÷ 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 : ( ) ( ) ( ) 2 v.IA aIA bIA.IB cIA.IC IA a.IA b.IB.cos IA;IB c.IC.cos IA;IC A B A C v.IA IA a.IA b.IB.cos c.IC.cos 2 2 2 2 2 2 r r C IA.2.R sin A. sin B sin A B sin sin 2 2 = + + = + + æ ö æ ö æ ö p p ÷ ÷ ÷ç ç ç = + - - + - -Û ÷ ÷ ÷ ç ç ç ÷ ÷ ÷ ç ç ç ÷ è ø è ø è ø = - 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 ÷ ÷ ç è ø æ ö ÷ ç = - -Û ÷ ç ÷ ç è ø æ ö + ÷ ç = - =Û ÷ ç ÷ ç è ø r uur r uur Tương tự ta có v.IB 0= r uur ,Vì IA;IB 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 cos e cos e cos e 0 2 2 2 + + =Û ur ur ur r Trang 2 I E A C B F' F D Phỏt trin t duy hc sinh thụng qua khai thỏc bi toỏn trong sỏch giỏo khoa hỡnh hc 10 Gi im D c xỏc nh bi 1 A ID cos e 2 = uur ur Qua D k ng thng song song vi IC ct IB ti E.D thy ã ã ã A B C A C B A DIE ;IDE DEI 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 p p p = + = - = + = - = -ị 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 = uuur ur 1 2 3 A B C cos e cos e cos e ID DE EI 0 2 2 2 + + = + + =ị ur ur ur uur uuur uur r PCM Cỏch gii 7 : S dng phộp chiu song song t u aIA bIB cIC= + + r uur uur uur . Gi D l giao im ca IA vi BC. Chiu u r theo phng (IA) lờn BC . Lỳc ú : u r thnh u ' b.DB cDC= + uur uuur uuur ,mt khỏc theo tớnh cht ng phõn giỏc ta cú : DB c b.DB cDC 0 DC b = + =ị uuur uuur r hay 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 EF EF 2 2 . . sinA sinA R IA R EF a IA= = = (1) Vỡ EF vuụng gúc vi IA nờn EF//IF (2) T (1) v (2) suy ra : ( ) 0 ,90 : . 2 .EF I Q a IA R uur uur a Tng t ( ) 0 ,90 : . 2 .FD I Q b IB R uur uuur a ( ) 0 ,90 : . 2 .DE 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 Cho a giỏc li 1 2 n A A A ( n 3 ) vi I l tõm ng trũn tip xỳc cỏc cnh ca a giỏc; gi i e ur l vộc t n v cựng hng vi vộc t i IA uuur . Chng minh rng : n i i i 1 A cos .e 0 2 = = ồ ur r Li Gii : t n 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 e .v cos cos .cos cos .cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 A A A A A A A cos .cos 2 2 2 2 2 2 2 - ổ ử ổ ử ữ ữ ỗ ỗ = + - - + - - + - - +ị p p p ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ ố ứ ố ứ ổ ử ữ ỗ + + - - + - - + + - -p p p ữ ỗ 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 ố ứ ố ứ ố ứ ur r 1 1 1 1 1 1 2 2 3 2 A A A A A1 1 e .v cos cos A cos cos A A cos A 2 2 2 2 2 2 2 ộ ự ộ ự ổ ử ổ ử ổ ử ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ờ ỳ ờ ỳ = - + + + + + + + -ị ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ữ ữ ữ ỗ ỗ ỗ ờ ỳ ờ ỳ ố ứ ố ứ ố ứ ở ỷ ở ỷ ur r ( ) n 1 1 1 2 n 2 n 1 A A1 1 cos A A cos A A 2 2 2 + - 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 ữ ữ ỗ ỗ ờ ỳ ờ ỳ ố ứ ố ứ ở ỷ ở ỷ ur r - Nu n l : ( ) ( ) n 1 1 1 1 1 A A A 1 cos n 2 cos - cos e .v 0 2 2 2 + ổ ử ổ ử ữ ữ ỗ ỗ - - - = =- =p p ị ữ ữ ỗ ỗ ữ ữ ỗ ỗ ố ứ ố ứ ur r - Nu n chn : ( ) ( ) n 1 1 1 1 1 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 Chỳ ý: Liờn h vi li gii 2 ta cú kt qu tng quỏt theo hng khỏc (xem nhn xột 1.1) II. Khai thỏc bi toỏn 1 v sỏng to bi toỏn mi : II.1.Khai thỏc v sỏng to cỏc bi toỏn v ng thc vecto Bai toan 1 la bai toan liờn quan ờn cỏc ng thc vecto trong tam giỏc. Do o thay i hỡnh thc ca bi toỏn (*) ta cú nhng bi toỏn khỏc.Liờn hờ gia hờ thc (*) va cac cụng thc quen thuục gia cac yờu tụ trong tam giac ta s co c cac kờt qua. 1. Ta thay i hỡnh thc ca cỏc h s a,b,c: + Liờn h vi cụng thc din tớch S=2a.h a =2b.h b =2c.h c Trang 4 I A B C B' A' B1 A1 Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học 10 ( ) 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 a r cot cot ; b r cot cot ; c r cot cot 2 2 2 2 2 2 æ ö æ ö æ ö ÷ ÷ ÷ ç ç ç = + = + = + ÷ ÷ ÷ ç ç ç ÷ ÷ ÷ ç ç ç è ø è ø è ø ( ) B C C A A B * r cot cot IA r cot cot IB r cot cot IC 0 2 2 2 2 2 2 æ ö æ ö æ ö ÷ ÷ ÷ ç ç ç + + + + + =Û ÷ ÷ ÷ ç ç ç ÷ ÷ ÷ ç ç ç è ø è ø è ø uur uur uur r Hay B C C A A B cot cot IA cot cot IB cot cot IC 0 2 2 2 2 2 2 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 uur uur uur r Hay cosC cosB cosA cosC cosB cosA + IA + IB + IC 0 sinB sinC sinC sinA sinA sinB 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 (5) + Liên hệ công thức ( ) ( ) ( ) 2 2 2 A B C a p a sin ;b p b sin ;c p c sin 2 2 2 = - = - = - Ta được kết quả ( ) * Û ( ) ( ) ( ) 2 2 2 A B C 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 = = ( ) * Û 1 2 3 A B C R cos IA R cos IB R cos IC 0 2 2 2 + + = uur uur uur r (7) + Viết hệ thức dưới dạng sau a b IC IA IB c c =- - uur uur uur : Gọi IBC a IAC b IAB c S S ;S S ;S S= = = Ta có : a b a b c c c c S S S S a b ; IC IA IB c S c S S S = = = - -Þ uur uur uur hay a b c 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 =- uuur uur suy ra a b a b c c c S S IC IA IB S IA S IB S IC 0 S S =- - + + =Û uur uur uur uur uur uur r Nhận xét 1.1 : Điều thú vị là,khi khai thác từ lời giải 2 ở trên thì ta thấy điểm I là bất kỳ,do đó ta có kết quả mở rộng hơn sau Bài toán 1 : Cho tam giác ABC với các cạnh AB=c,BC=a,CA=b.M là điểm bất kỳ nằm trong tam giác,đặt MBC a MAC b MAB c S S ;S S ;S S= = = . Chứng minh rằng : a b c S MA+S .MB+S MC=0 uuur uuur uuur r (1.1) Nếu gọi D,E,F lần lượt là trung điểm của BC,CA,AB thay MA MF ME MD;= + - uuur uuur uuur uuur MB MD MF ME;MC MD ME MF= + - = + - uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur thì ta có đẳng thức ( ) ( ) ( ) 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 ,ta có kết quả sau : + a.cosA.OA+b.cosB.OB+c.cosC.OC=0 uuur uuur uuur r (1.6) + (tanB+tanC)OA+(tanC+tanA)OB+(tanA+tanB)OB=0 uuur uuur uuur r (1.7) + sin2A.IA+sin2B.IB+sin2C.IC=0 uur uur uur r (1.8) - M trùng với I 1 tâm đường tròn bàng tiếp góc BAC ta có kết quả sau : + 1 1 1 aI A+bI B+cI C=0 uuur uuur uuur r (1.9) + 1 1 1 a b c 1 1 1 I A+ I B+ I C=0 h h h uuur uuur uuur r (2.0) + 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 B A C D S O Q N K L H M R P Phỏt trin t duy hc sinh thụng qua khai thỏc bi toỏn trong sỏch giỏo khoa hỡnh hc 10 1 1 1 2 1 2 1 2 1 a.x a.y a.z MO .h. .aMD .h. .aME .h. .aMF 2 2 2 3 2 3 2 3 2 ổ ử ữ ỗ + + = + + ữ ỗ ữ ỗ ố ứ uuur uuur uuur uuur ( ) 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 : A B C D V .OA V .OB V .OC V .OD 0+ + + = uuur uuur uuur uuur r (2.5) Gii : Dng hỡnh hp MNOS.APQR nhn AO l ng chộo. Ta cú : AM AP AR AO AM AP AR AB AC AD AB AC AD = + + = + + uuur uuur uur uuur uuur uuur uuur Gi K l giao im ca BO vi mt phng (ACD),H,L ln lt l hỡnh chiu ca O,B lờn mt phng (ACD).Do ú B B B 1 OH.S VAM KO OH 3 1 AB KB BL V BL.S 3 = = = = .tng t ta cú C D V 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 2.1 . Vi M,N,P ln lt l trung im ca BC;CA;AB,Ta cú : ( ) ( ) ( ) 1 1 1 IM IB IC ; IN IC IA ; IP IA IC 2 2 2 = + = + = + uur uur uur uur uur uur uur uur uur . Do ú : - ( ) ( ) ( ) ( ) A B C 3 r cot IB IC r cot IA IC r cot IA IB 0 2 2 2 + + + + + = uur uur uur uur uur uur r A B C cot IM cot IN cot IP 0 2 2 2 + + = uur uur uur r (4) (Bi 109 trang 32_200 bi vụ ch toỏn ) Trang 7 A B C 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 BC BC a a - - = + = + uur uur uur uur uur ( ) ( ) aID P c IB P a IC= - + -Û uur uur uur , Tương tự ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) bIE P a IC P c IA ; cIF P b IA P a IB= - + - = - + - uur uur uur ur uur uur ( ) ( ) ( ) aID bIE cIF 2p b c IA 2p c a IB 2p a b IC aIA bIB cIC 0+ + = - - + - - + - - = + + =Þ uur uur ur uur uur uur uur uur uur r Như vậy ta có : aID bIE cIF 0+ + = uur uur ur r (3.1) Kết hợp (*) và (2.5) ta được kết quả aAD bBE cCF 0+ + = uuur uur uur r (3.2) Nhận xét 1.2 : Hệ thức (3.1) (3.2) ta có thể thay bởi hệ số tương ứng ở (1) đến (3) và (6) đến (10) Nhận xét1.4 : Cho M bất kỳ nằm trong tam giác,gọi D’,E’,F’ lần lượt là hình chiếu M lên cạnh BC,CA,AB.Ta có : 2 2 a a 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 MBC a MAC b MAB c S S ;S S ;S S= = = . Chứng minh rằng: 2 2 2 a b c a b c .MD .ME .MF 0 S S S + + = uuur uuur uuur r (3.3) Đặc biệt : - Tam giác ABC đều ta được b c c a a b S .S MD S .S .ME S .S .MF 0+ + = uuur uuur uuur r (3.4) Hay yzMD zx.ME xy.MF 0+ + = uuur uuur uuur r (Trong đó x,y,z lần lượt là khoảng cách từ M lên BC,CA,AB) - M Trùng với trọng tâm G của ABCV ,ta được kết quả: 2 2 2 a .GD b .GE c .GF 0+ + = 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 lần lượt là hình chiếu của O lên mặt phẳng (BCD);(ACD);(ABD);(ABC).Đặt A BCD B ACD C ABD D ABC S S ;S S ;S S ; S S= = = = A OBCD B OACD C OABD C OABD V V ;V V ;V V ;V V= = = = Chứng minh rằng : 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 (3.8) Lời giải : Trước tiên ta chứng minh bài toán tương tự trong không gian của kết quả (3.1): Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện,A’;B’;C’;D’ lần lượt là hình chiếu của I lên các mặt phẳng (BCD);(ACD);(ABD);(ABC). chứng minh rằng : A B C D S .IA' S .IB' S .IC' S .ID' 0+ + + = uuur uur uur uur r Thật vậy : Đặt A B C D v S .IA' S .IB' S .IC' S .ID'= + + + 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+ + = Nên v.IA ' 0= r uuur r .Tương tự ta có v.IB' 0;v.IC' 0= = r uur r r uur r , vì IA';IB';IC' uuur uur uur không cùng phương do đó A B C D v S .IA' S .IB' S .IC' S .ID' 0= + + + = r uuur uur uur uur r Vận dụng kết quả này ta có : A 1 B 1 C 1 D 1 1 1 1 1 IA ' IB' IC' ID' v 0 S .OA S .OB S .OC S .OD 0 OA OB OC OD = + + + =Û r r uuuur uuur uuur uuuur r Mặt khác C A B D 1 1 1 1 a b C D V V V V OA ;OB ;OC ;OD 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 Ta liên hệ với kết quả sau : Cho ba véc tơ a;b;c r r r đôi một không cùng phương và thỏa mãn điều kiện : ( ) ma nb pc 0 m,m ' 0 m'a n 'b p'c 0 ì ï + + = ï ï ¹ í ï + + = ï ï î r r r r r r r r Chứng minh rằng : m n p m' n ' p' = = Thật vậy : Dễ thấy m,m ' 0¹ 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 ; m m' m m' m' n' p' = = = =Þ ĐPCM Áp dụng kết quả này ta có các kết quả mới,chẳng hạn: Từ (1) và (2) ta được a b c h sin A h sin B h sin C= = (2.6) Từ (4) và (5) ta được A B C cot cot cot 2 2 2 a b c a b c a b c = = - + + - + + - (2.7) Từ (4) và (1.2) ta được a b c S 2S S 2S S 2S A B C cot cot cot 2 2 2 - - - = = (2.8) Từ (4) và (1.1) ta được INP IMN IPM S S S 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 = = + - + - + - (3.0) v.v II.2.Khai thác và sáng tạo các bài toán :chứng minh thẳng hàng,chứng minh đường thẳng đi qua điểm cố định,ba đường thẳng đồng quy,nhận dạng tam giác,hai tam giác cùng trọng tâm,…, chẳng hạn : 1.chứng minh các điểm thẳng hàng Từ điều kiện để ba điểm thẳng hàng : Trang 10 [...]...Phỏt trin t duy hc sinh thụng qua khai thỏc bi toỏn trong sỏch giỏo khoa hỡnh hc 10 uuu uuu r r : Ba im A,B,C thng hng k : AB=kAC, uuu uuu uuu r r r OC=OA+OB , O +=1 Kt hp (*) ta cú kt qu : uuu r uuur uuu r uuu r + Vi M,P l hai im di ng tha món MP = aMA + bMB + cMC thỡ M,P i qua im c nh (4.1) uuu uuur uuu uuu uuu r r r r uur HD: MP = aMA +... OA ) + B ( MB - OB) + C ( MC - OC) + D ( MD - OD) 0 VA VB VC VD (O,M l im bt k,O nm trong t din 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 ồ cos i=1 Ai ( MA i - IA i ) 0 2 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... 2 - a 2 ) + ca ( MA 2 + MC 2 - b 2 ) ( a + b + c) MI 2 = a.MA 2 + b.MB2 + c.MC2 - abc (**) Khai thỏc h thc ny theo cỏc hng khỏc nhau ta cú kt qu mi : 1.Cỏc bi toỏn qu tớch T (**) ta cú th phỏt biu bi toỏn di dng qu tớch Trang 14 Phỏt trin t duy hc sinh thụng qua khai thỏc bi toỏn trong sỏch giỏo khoa hỡnh hc 10 Cho tam giỏc ABC,k l s thc.Tỡm tp hp im M bit a.MA 2 + b.MB2 + c.MC2 = k Hng dn gii : 2... PA + ( a '+ c '- b ') PB = 0 Theo (5) ta cú : ( b '+ c '- uu r uu r uu r r a ') IA + ( a '+ c '- b ') IB + ( a '+ b '- c ') IC = 0 B' A D B M C C' Trang 11 Phỏt trin t duy hc sinh thụng qua khai thỏc bi toỏn trong sỏch giỏo khoa hỡnh hc 10 Do ú x,y,z ng quy ti I l tõm ng trũn ni tip tam giỏc DEF + Xột ng trũn bng tip,gi s ng trũn bng tip gúc A tip xỳc BC ti M Gi B,C l tip im ca cnh AB,AC vi ng trũn bng... : IA = AA' AA'' BB' BB'' CC' CC'' = ;IB = = ; IC = = sinA Sa sinB Sb sinC Sc thỡ hai tam giỏc ABC;A,B,C cựng trng tõm + Kt hp vi (4) ta c kt qu : Trang 12 Phỏt trin t duy hc sinh thụng qua khai thỏc bi toỏn trong sỏch giỏo khoa hỡnh hc 10 Gi I l tõm ng trũn ni tip tam giỏc ABC,MNP ln lt l trung im ca BC,CA,AB.Trờn tia IM,IN,IP ln lt ly cỏc im M;N;P sao cho A IM 2 B C NN ' = cot IN; PP ' = cot IP Chng... nm trờn ng thng BC (AB,AC) c) M nm trờn ng thng d bt k Hng dn : ã a) P t giỏ tr ln nht khi v ch khi MI2 t ln nht cos ( MOI) = - 1 ã MOI = 1800 Trang 15 Phỏt trin t duy hc sinh thụng qua khai thỏc bi toỏn trong sỏch giỏo khoa hỡnh hc 10 Hay M l giao im ca tia IO vi ng trũn (O) ã ã P t giỏ tr nh nht khi v ch khi MI2 t nh nht cos ( MOI) = 1 MOI = 00 Hay M l giao im ca tia OI vi ng trũn (O) c) P t... Ê ( a + b + c) ta c 3 ( IA + IB + IC) Ê a + b + c 2 2 2 Kt hp cụng thc IA 2 = r 2 + ( p - a ) ; IB2 = r 2 + ( p - b) ; IC2 = r 2 + ( p - c) ta c Trang 16 Phỏt trin t duy hc sinh thụng qua khai thỏc bi toỏn trong sỏch giỏo khoa hỡnh hc 10 2 r2 + ( p - a) + 2 r 2 + ( p - b) + 2 r 2 + ( p - c) Ê ab + bc + ca + M trựng vi G ng thc tr thnh 4 9 4 9 4 9 2 2 ( a + b + c) IG 2 = a.GA 2 + b.GB2 + c.GC 2 - abc... quy ti ù ợ uuu r uuu r uuu r r im c xỏc nh bi a OA + bOB + gOC = 0 (d dng chng minh) O,vi O l kin to bi toỏn mi ta i tỡm cỏc ng thng i qua nh v chia cnh i din theo t s l cỏc h s mt s cỏc ng thc vộc t trờn , chng hn : + Xột ng thng qua nh chia ụi chu vi tam giỏc,gi s i qua A ct BC ti M ta cú : AB + BM = AC + MC c + BM = b + MC 1 1 1 ị c + 2BM = b + ( BM + MC) BM = ( a + b - c) ị CM = a - ( a + b - c... minh AM,BN,CP cựng i qua mt im,xỏc nh im ú (4.4) T kt qu nhn xột 1.2(trang 4) : + Kt hp vi ta cú kt qu : Tam giỏcr ABC cú rc im gỡ nu tha món uuu uur uu r a) uuur + BEr+ CF r= 0 r (4.5) AD uuu uuu b) AD ' + BE ' + CF ' = 0 (4.6) 3.Chng minh hai tam giỏc cựng trng tõm Tuuu qu : iu kin cn v hai tam giỏc ABC v ABC cựng trng tõm kt uuur uuur r r l AA' + BB' + CC ' = 0 (Bi 26 trang 24 SGK_ nõng cao) v :... ABC,MNP,MNP cựng trng tõm Tng t kt hp (5) im M,N,P c xỏc nh MM ' = ( b + c - a ) IM; NN ' = ( c + a - b ) IN; PP ' = ( a + b - c) IP thỡ tam giỏc ABC,MNP,MNP cựng trng tõm II.3 .Khai thỏc v sỏng torcỏc r r toỏn bt ng thc hỡnh hc bi r rr Khai thỏc t bt ng thc u.v u v ,du bng xy ra khi v ch khi u, v cựng hng Ta thu c kt qu : Cho n im uuu r r n A1A 2 A n ,O l im thoó món n cú bt ng thc n i =1 i =1 iOAi MAi . h vi li gii 2 ta cú kt qu tng quỏt theo hng khỏc (xem nhn xột 1.1) II. Khai thỏc bi toỏn 1 v sỏng to bi toỏn mi : II.1 .Khai thỏc v sỏng to cỏc bi toỏn v ng thc vecto Bai toan 1 la bai toan. .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. 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