Phát triển t duy của học sinh qua việc dạy học cực trị hình học K 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 hoá kết hợp với liên hệ giữa các yếu tố hình học. Xét tam giác ABC có trọng tâm G và tâm đờng tròn nội tiếp là I. áp dụng tính chất 1 ta có: GI + d(I;BC) d(G;BC) = 3 a h Phát triển t duy của học sinh qua việc dạy học cực trị hình học K quac Trang 2 3 a h rGI + 3( ) a 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 (2) (Trong đó G là trong tâm của tứ diện ABCD. (I;r) là mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD. h a , h b , h c , h d lần lợt là các đờng cao kẻ từ A, B, C, D của tứ diện) Xét điểm M nằm trong góc A của tam giác ABC. Khi đó B, C không nằm cùng phía đối với đờng thẳng MA. áp dụng tính chất 2, ta có: BC d(B;MA) + d(C;MA) MA.MB MA.d(B;MA) + MA.d(C;MA) MA.a 2S MAB + 2S MAC (*) MA.a c.z + b. y (3) MA y a 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 ( y a b x b a + ) + ( z b c y c b + ) + ( x c a z a c + ) MA + MB + MC 2( zxyzxy ++ ) (5) ( Trong đó x, y, z lần lợt là khoảng cách từ Mđến BC, CA, AB ) 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 học K quac Trang 3 Gọi 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 4 là khoảng cách từ điểm P lần lợt đến các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC). Chứng minh rằng : d 1 + d 2 + d 3 + d 4 2( 434232413121 hhhhhhhhhhhh +++++ ) Hớng dẫn: Vận dụng tính chất (1.1) ta có: AP + h 1 h a ( h a là chiều cao kẻ từ A của tứ diện ABCD ) d 1 + 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 1 + V 2 + V 3 + V 4 ) (V 1 , V 2 , V 3 , V 4 lần lợt là thể tích của các tứ diện PBCD, PCDA, PDAB, PABC. V là thể tích của tứ diện ABCD). d 1 .S 1 3V 2 + 3V 3 + 3V 4 = h 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 h S S h ++ (S 2 , S 3 , S 4 lần lợt là diện tích của tam giác CDA, DAB, ABC) Tơng tự: d 2 2 4 4 2 3 3 2 1 1 S S h 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 ++ d 4 4 3 4 4 3 2 4 1 1 S S h S S h S S h ++ )1.6( 3 4 4 4 3 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 14321 ++ ++ ++ ++ ++ ++++ S S h S S h S S h S S h S S h S S h S S h S S h S S h S S h 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 học K quac Trang 4 ( ) 43214321 3 hhhhdddd ++++++ hdddd 3 4321 +++ (6.3) (Vì nếu ABCD là tứ diện gần đều thì hhhhh =+++ 4321 , h là chiều cao của tứ diện gần đều) + Khi ABCD là tứ diện đều cạnh a thì chiều cao của tứ diện là 3 2 ah = . Kết hợp với (6.3) ta đợc: 6 4321 adddd +++ (6.4) (với mọi điểm P nằm trong tứ diên ABCD) + Khi ABCD là tứ diện vuông tại A (tức là ABAC, ABAD, ACAD) Cho P J ta có rJAd 3 1 == 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 y a c + (8) + Khi M nằm trong ABC Tơng tự (9) ta có: z b a x b c MB + x c b y a c MC + z a b b a y c a a c x c b a c MCMBMA ++ ++ +++ (9) ( ) zyxMCMBMA ++++ 2 (10) ( Bất dẳng thức ERDOS MORDEL) Đặc biệt: + Khi M I (Tâm đờng tròn ngoại tiếp ABC) Ta có: IA + IB + IC 6r (11) 6++ r IC r IB r IA Phát triển t duy của học sinh qua việc dạy học cực trị hình học K quac Trang 5 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) Kết hợp với (10) ta đợc: 3aMCMBMA ++ (14) Mở rộng hơn: Xét M nằm trong tứ giác ABCD Đặt a = AB, b = BC, c = CD, d = DA x = AC, y = BD Vận dụng (8) ta có: MA 14 h y d h y a + MB 12 h x b h 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 xy )()( 2 4231 +++ (16) Đặc biệt: Nếu tứ giác ABCD ngoại tiếp đờng tròn tâm I bán kính r thì M I ta có: ( ) xy acbdr IDICIBIA + +++ 4 (17) Từ (10) suy ra: (MA 2z) + (MB 2x) + (MC 2y) 0 Phát triển t duy của học sinh qua việc dạy học cực trị hình học K quac 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 MAB 0 0 150 1 sin 2 30 MAB MAB MAB Nếu MAB 150 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 a , I b , I c lần lợt là tâm các đờng tròn bàng tiếp góc A, B, C của ABC. + Vận dụng (10). Cho M I (Tâm đờng tròn nội tiếp tam giác ABC) Ta có: II a + II b + II c 2(IA + IB + IC) (19) Mặt khác: sin sin 2 a BC a II B C BIC = = + 2 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 IA IB IC R + + + + (20) Nhận xét 3: Phát triển t duy của học sinh qua việc dạy học cực trị hình học K quac Trang 7 Nếu M nằm trong tam giác ABC thì M nằm trong tam giác ABC (A, B,C lần lợt là chân đờng vuông góc kẻ từ M đến BC, CA, AB). Ta có: ' ' ' ' 2. sin ' ' sin 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 yz zx xy x y z MA MB MC + + + + (21) Ta có bài toán sau (tơng tự (21)) Bài toán (Olympic 30 4, 1999, Việt Nam, đề đề nghị) Cho M là một điểm bất kỳ trong tam giác ABC. Kí hiệu các khoảng cách từ M đến ba đỉnh A, B, C lần lợt là R a , R b , R c và các khoảng cách từ M đến ba cạnh BC, CA, AB lần lợt là d a , d b , d c . Chứng minh: 2 b c c a a b a b c a b c 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 x y z xy yz zx + + + + + mà 3 2 a x y z h+ + = = nên: 2 3 MA.MB + MB.MC + MC.MA 4 a xy yz zx + + + (22) Từ đó ta có bài toán sau: Phát triển t duy của học sinh qua việc dạy học cực trị hình học K quac Trang 8 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 2 1 1 1 1 . . . . . c b c b c b MA NA y z y z yy zz a a a a a a + + + 1 1 . c b MA NA yy zz a a + (23) Tơng tự: 1 1 . a c MB NB zz xx b b + 1 1 . 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 3 ; QA = y 1 , QB = y 2 , QC = y 3 . Gọi p 1 , p 2 , p 3 lần lợt là khoảng cách từ Q đến BC, CA, AB. và q 1 , q 2 , q 3 lần lợt là khoảng cách Q đến BC, CA, AB. Chứng minh: ( ) 1 1 2 2 3 3 1 1 2 2 3 3 2 x y x y x y q q q q q q + + + + 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 K quac Trang 9 mặt BCD, CDA, DAB, ABC. h a , h b , h c , h d lần lợt là chiều cao kẻ từ A, B, C, D của tứ diện ABCD). Khi đó: 3 3 1 2 4 1 2 4 1 a b c d h V h h h V V V h h h h V V V V + + + = + + + = +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 + , 4 1 d d hAD h h + 3 1 2 4 4 a b c d a b c d h h h hAM BM CM DM h h h h h h h h + + + + + + + 3 a b c d AM BM CM DM h h h h + + + (26) Từ đó ta có bài toán sau: Bài toán: (Bài 478 Bài tập đề nghị 500 BĐT chọn lọc Phan Huy Khải) Cho R a , R b , R c , 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 2 2 1 1 . ( ) 3 . b a h h AB dt MCD h s h s V h h + = + (S 1 , S 2 lần lợt là diện tích của các tam giác BCD, CDA) Tơng tự: 3 2 . ( ) 3 . c b h h BC dt MDA V h h + 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 học K quac Trang 10 1 4 . ( ) 3 . a d h h DAdt MBC V h h + 3 1 . ( ) 3 . c a h h AC dt MBD V h h + 4 2 . ( ) 3 . d b h h BD dt MCA V 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 3 , y 4 , y 5 , y 6 lần lợt là diện tích của các tam giác MCD, MDA, MAB, MBC, M BD, MCA. Chứng minh: 6 1 9. i i i x y V = . + Đặc biệt: Khi ABCD là tứ diện đều cạnh a. Gọi k 1 , k 2 , k 3 , k 4 , k 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: Bài toán: Chứng minh rằng tổng khoảng cách từ một điểm nằm trong tứ diện đều cạnh a đến các cạnh của tứ diện luôn lớn hơn hoặc bằng 6 2 a . + Đặc biêt: Khi ABCD là tứ diện AB CD, BC DA, AC BD. Khi đó: 1 2 3 1 1 1 . . . . . . 6 6 6 V AB CD d BC DAd AC BD d = = + (d 1 , d 2 , d 3 lần lợt là độ dài đoạn vuông góc chung của AB và CD, BC và DA, AC và BD). [...]...Phát tri n t duy của học sinh qua việc dạy học cực trị hình học Kết hợp với (27) và các kí hiệu ki ( i = 1, 6 ) nh trên, ta đợc: 1 1 1 1 1 1 AB.CD.k1 + BC.DA.k2 + CD AB.k3 + DA.BC.k4 + AC.BD.k5 + BD.CA.k6 9V 2 2 2 2 2... trong tứ diện Kí hiệu k1, k2, k3, k4, k5, k6 lần lợt là khoảng cách từ M đến CD, DA, AB, BC, BD, CD Gọi khoảng cách giữa các đờng thẳng CD và AB, BC và DA, AC và BD lần lợt là d1, d2, d3 Chứng minh rằng K quac Trang 11 k1 + k3 k2 + k4 k5 + k6 + + 3 d1 d3 d3 . (BCD), (CDA), (DAB), (ABC). Chứng minh rằng : d 1 + d 2 + d 3 + d 4 2( 434232413121 hhhhhhhhhhhh +++++ ) Hớng dẫn: Vận dụng tính chất (1.1) ta có: AP + h 1 h a ( h a là chiều. 3 4 4 4 3 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 14321 ++ ++ ++ ++ ++ ++++ S S h S S h S S h S S h S S h S S h S S h S S h S S h S S h S S h S S hdddd ( ) 4342324131214321 2 hhhhhhhhhhhhdddd ++++++++ (đpcm) Đặc biệt: + Khi P J (tâm mặt cầu nội tiếp tứ diên ABCD) thì. tri n t duy của học sinh qua việc dạy học cực trị hình học K quac Trang 4 ( ) 43214321 3 hhhhdddd ++++++ hdddd 3 4321 +++ (6.3) (Vì nếu ABCD là tứ diện gần đều thì hhhhh