Phat trien tu duy thong qua bai toan cuc tri HH

Một số tính chất cơ bản về khoảng cách * Tính chất 1: Cho đường thẳng ∆.. Khai thác kết quả cực trị hình học Nhận xét 1: Từ các tính chất cơ bản trên ta có thể khai thác được các kết qu

I Một số tính chất cơ bản về khoảng cách

* Tính chất 1: Cho đường 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 đường thẳng ∆ thì

MA ≥ d(M; ∆) + d(A; ∆) Tương tự các tính chất trên ta có các tính chất sau:

Tính chất 1.1: Cho mặt phẳng (α) Với hai điểm A, M bất kỳ ta luôn có:

MA + d(M; (α)) ≥ d(A; (α))

Tính chất 2.1: Nếu A, M nằm cùng phía đối với mặt phẳng (α) thì:

MA ≥ d(M; (α)) + d(A; (α))

II Khai thác kết quả cực trị hình học

Nhận xét 1: Từ các tính chất cơ bản trên ta có thể khai thác được các kết quả rất thú

vị sau đây thông qua các thao tác duy “Tương 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 đường tròn nội tiếp là I

áp dụng tính chất 1 ta có: GI + d(I;BC) ≥ d(G;BC) =

3

a h

3

a h r

GI + ≥

⇒ 3(GI+ ≥r) h a

Tương tự: 3(GI+ ≥r) h b

3(GI+ ≥r) h c

⇒9(GI +r)≥h a +h b +h c (1)

(Trong đó r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC ha, hb, hc lần lượt là các đường cao kẻ từ A, B, C)

Tương tự (1) ta có kết quả trong không gian:

d c b

a h h h h

r

GI + ) ≥ + + +

(

(Trong đó G là trong tâm của tứ diện ABCD (I;r) là mặt cầu nội tiếp tứ diện

ABCD ha, hb, hc, hd lần lượt là các đường 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 đường 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 ≥ 2SMAB + 2SMAC (*)

⇒ 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

Tương tự (4) ta có:

b

c x b

a

+ (4.1)

c

a y c

b

+ (4.2)

Từ (4), (4.1) và (4.2) ta có:

a

b x b

a

.

b

c y c

b

.

c

a z a

c

+ )

⇒ MA + MB + MC ≥ 2( xy+ yz + zx) (5) ( Trong đó x, y, z lần lượt là khoảng cách từ Mđến BC, CA, AB ) Tương tự (5) ta có bài toán sau đây trong không gian:

Bài toán: (Vô địch toán)

Gọi d1, d2, d3, d4 lần lượt là khoảng cách từ P nằm trong tứ diện ABCD đến đỉnh A,

B, C, D tương ứng; Còn h1, h2, h3, h4 là khoảng cách từ điểm P lần lượt đến các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) Chứng minh rằng :

d1 + d2 + d3 + d4≥ 2( h1h2 + h1h3 + h1h4 + h2h3 + h2h4 + h3h4 ) Hướng dẫn:

Vận dụng tính chất (1.1) ta có:

AP + h1 ≥ ha ( ha là chiều cao kẻ từ A của tứ diện ABCD )

⇒ d1 + h1 ≥ ha

⇒ d1.S1 + h1.S1≥ ha.S1 ( S1 là diện tích của tam giác BCD)

⇒d1 S1 + 3V1 ≥ 3V = 3( V1 + V2 + V3 + V4)

(V1, V2, V3, V4 lần lượt là thể tích của các tứ diện PBCD, PCDA, PDAB, PABC

V là thể tích của tứ diện ABCD)

⇒ d1.S1≥ 3V2 + 3V3 + 3V4 = h2.S2 + h3.S3 + h4.S4

⇒ d1≥

1

4 4 1

3 3 1

2

S

S h S

S h S

S

(S2 , S3, S4 lần lượt là diện tích của tam giác CDA, DAB, ABC)

Tương tự:

d2 ≥

2

4 4 2

3 3 2

1

S

S h S

S h S

S

d3 ≥

3

4 4 3

3 2 3

1

S

S h S

S h S

S

d4 ≥

4

3 4 4

3 2 4

1

S

S h S

S h S

S

) 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 1 4 3 2 1













+ +













+ +













+ +













+ +













+ +













+

≥ + + +

⇒

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 h d d d d

( 1 2 1 3 1 4 2 3 2 4 3 4) 4

3 2

⊕ Đặc biệt:

+ Khi P≡J (tâm mặt cầu nội tiếp tứ diên ABCD) thì từ (6) ta có:

(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:

( 1 2 3 4)

4 3 2

⇒ d1+d2 +d3 +d4 ≥ 3h (6.3) (Vì nếu ABCD là tứ diện gần đều thì h1+h2 +h3+h4 =h,

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

a

h= Kết hợp với (6.3) ta được: d1+d2+d3+d4 ≥a 6 (6.4)

(với mọi điểm P nằm trong tứ diên ABCD) + Khi ABCD là tứ diện vuông tại A (tức là AB⊥AC, AB⊥AD, AC⊥AD)

Cho P ≡J ta có d1 =JA= 3r

Kết hợp với (6.2) ta được: d2 +d3+d4 ≥(12 ư 3)r (6.5)

Nhận xét 2:

Nếu M là điểm nằm trong góc A của ∆ABC thì điểm M’ đối xứng với M qua đương phân giác trong của góc A của ∆ABC cũng nằm trong góc A của ∆ABC và M’A = MA,

d(M’;AC) = d(M;AB), d(M’;AB) = d(M;AC)

Vận dụng (*) ta có:

M’A.a ≥ 2.SM’AB + 2.SM’AC

⇒ M’A.a ≥ c.d(M’;AB) + b.d(M’;AC)

⇒ M’A.a ≥ c.y +b.z

⇒ MA.a ≥ c.y + b.z (7)

a

b y a

c

+

+ Khi M nằm trong ∆ABC

Tương 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 MC MB











+ +













+ +













+

≥ + +

(x y z)

MC MB

( Bất dẳng thức ERDOS – MORDEL)

⊕ Đặc biệt:

+ Khi M ≡ I (Tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC)

6

≥ + +

⇒

r

IC r

IB r

IA

6 2 sin 1 2 sin

1 2

sin

⇒

C B

+ Khi M ≡ I và ∆ABC vuông tại A Ta có: IA= 2r

Kêt hợp với (11) ⇒ IB+IC≥(6 ư 2)r (13)

+ Khi ∆ABC đều, có cạnh bằng a Ta có:

2

3

a h x y

x+ + = =

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

Kết hợp với (10) ta được:

3

a MC MB

⊕ 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 ≥ 4 h1

y

d h y

MB ≥ 2 h1

x

b h x

MC ≥ 3 h2

y

c h y

MD ≥ 4 h3

x

d h x











+ +













+ +













+ +













+

x

c y

a h x

d y

b h y

c x

a h x

b y

d

2

4 2 3

⊕ Đặc biệt:

Nếu tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm I bán kính r thì M ≡ I ta có:

xy

ac bd r ID IC IB

IA+ + + ≥ 4 +

⊕ Từ (10) suy ra:

(MA – 2z) + (MB – 2x) + (MC – 2y) ≥ 0

(1 2sin ) (1 2sin ) (1 2sin ) 0

Suy ra trong ba giá trị:

1 2sin ư MAB, 1 2sin ư MBC, 1 2 sin ư MCA có ít nhất một giá trị không âm

Chẳng hạn: 1 2sin ư MAB≥ 0

0

0

150 1

sin

2

30

MAB MAB

MAB





≤



Nếu MAB ≥ 1500 thì hai gócMBC, MCA đều nhỏ hơn 300

Vậy ít nhất một trong ba góc MAB, MBC, MCA nhỏ hơn hoặc bằng 300

Ta có bài toán sau (tương 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 gócPAB, PBC, PCA nhỏ hơn hoặc bằng 300

⊕ Gọi Ia, Ib, Ic lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp góc A, B, C của ∆ABC

+ Vận dụng (10) Cho M ≡ I (Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC)

Ta có: IIa + IIb + IIc≥ 2(IA + IB + IC) (19)

Mặt khác:

2

a

II

B C BIC

2 sin 4 2 cos

sin

R A

A R

(R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC)

Tương tự: 4 sin

2

b

B

II = R

4 sin

2

c

C

II = R

⊕ Nhận xét 3:

Nếu M nằm trong tam giác ABC thì M’ nằm trong tam giác A’B’C’ (A’, B’,C’ lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ M đến BC, CA, AB)

Ta có:

' '

' '

2.S MA B xysinA MB' ' xysinC xy A B

MC

d M A B( , ' ') xy

MC

Tương tự: d M B C( , ' ') yz , d M C A( , ' ') zx

Vận dụng (10), đối với ∆A’B’C’, ta có:

2 ( , ' ') ( ; ' ') ( ; ' ')

x+ + ≥y z d M B C +d M C A +d M A B

x y z

Ta có bài toán sau (tương 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 lượt là Ra, Rb, Rc và các khoảng cách từ M đến ba cạnh BC,

CA, AB lần lượt là da, db, dc Chứng minh: 2 b c c a a b

a b c

d d d d d d

d d d

⊕ Xét M nằm trong tam giác đều ABC có cạnh a

Vận dụng (8) ta có: MA ≥ y + z

Tương 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)

=> MA.MB + MB.MC + MC.MA ≥x +y + +z 3 xy+yz+zx

=> MA.MB + MB.MC + MC.MA ≥ + +x y z +xy+yz+zx

2

a

x+ + = =y z h nên:

2

3 MA.MB + MB.MC + MC.MA

4a xy yz zx

Từ đó ta có bài toán sau:

Bài toán:

Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng a, M là một điểm nằm trong tam giác Gọi

x, y, z lần lượt là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB Chứng minh rằng:

2

3 MA.MB + MB.MC + MC.MA

4a xy yz zx

⊕ Xét N là điểm nằm trong tam giác ABC Gọi x1, y1, z1 lần lượt là khoảng cách từ N

đến BC, CA, AB

Tương tự (8), ta có:

NA c.y1 b.z1

Từ (8) và (8.1) suy ra

2

Tương tự: MB NB. a zz1 c xx1

( 1 1 1)

Từ đó ta có bài toán sau (tương 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 = x1, PB = x2, PC = x3; QA =

y1, QB = y2, QC = y3 Gọi p1, p2, p3 lần lượt là khoảng cách từ Q đến BC, CA, AB và

q1, q2, q3 lần lượt là khoảng cách Q đến BC, CA, AB Chứng minh:

x y + x y + x y ≥ q q + q q + q q

⊕ Xét điểm M nằm trong tứ diện ABCD Khi đó

h =V h =V h =V h = V

(V là thể tích của tứ diện ABCD; V1, V2, V3, V4 lần lượt là thể tích các tứ diện MBCD, MCDA, MDAB, MABC h1, h2, h3, h4 lần lượt là khoảng cách từ M đến các

mặt BCD, CDA, DAB, ABC ha, hb, hc, hd lần lượt là chiều cao kẻ từ A, B, C, D của tứ diện ABCD)

1

a b c d

h +h +h +h =V +V +V +V =

+Vận dụng tính chất 1.1, Ta có:

1

a a

h AM

1

b b

h BM

h +h ≥ , 3

1

c c

h AC

1

d d

h AD

h +h ≥

3

4

h

3

Từ đó ta có bài toán sau:

Bài toán: (Bài 478 – Bài tập đề nghị – 500 BĐT chọn lọc – Phan Huy Khải) Cho Ra, Rb, Rc, Rd lần lượt là khoảng cách từ điểm M nằm trong tứ diện ABCD tới các đỉnh A B, C, D; còn ha, hb, hc, hd lần lượt là chiều cao của tư điệm kẻ từ các

đỉnh A, B, C, D Chứng minh a b c d 3

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 lượt là thể tích của các tứ diện MACD, MBCD)

2 2 1 1

b a

h h

AB dt MCD h s h s V

h h

(S1, S2 lần lượt là diện tích của các tam giác BCD, CDA)

Tương tự: ( ) 3 3 2

c b

h h

BC dt MDA V

h h

3 4

( ) 3

d c

h h

CD dt MAB V

h h

1 4

( ) 3

a d

h h

DA dt MBC V

h h

( ) 3

c a

h h

AC dt MBD V

h h

( ) 3

d b

h h

BD dt MCA V

h h

AB dt MCD BC dt MDA CD dt MAB

DA dt MBC AC dt MBD BD dt MCA V

+ Từ kết quả (27) ta có bài toán sau:

Bài toán:

Cho điểm M nằm trong tứ diện ABCD có thể tích V Gọi x1, x2, x3, x4, x5, x6 lần l−ợt là độ dài các cạnh AB, BC, CD, DA, AC, BD Kí hiệu y1, y2, y3, y4, y5, y6 lần l−ợt là diện tích của các tam giác MCD, MDA, MAB, MBC, M BD, MCA

Chứng minh:

6

1

9.

i i i

=

≥

∑

+ Đặc biệt: Khi ABCD là tứ diện đều cạnh a Gọi k1, k2, k3, k4, k5, k6 lần l−ợt là khoảng cách từ M đến CD, DA, AB, BC, BD, CA

Vận dụng (27), ta đ−ợc:

k +k + k + k + k + k 9 9 .

a

6

1

6 2

i i

=

+ 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:

V = AB CD d = BC DA d + AC BD d

(d1, d2, d3 lần l−ợt là độ dài đoạn vuông góc chung của AB và CD,

BC và DA, AC và BD)

Kết hợp với (27) và các kí hiệu ki (i= 1, 6) như trên, ta được:

2AB CD k + 2BC DA k + 2CD AB k + 2DA BC k + 2AC BD k + 2BD CA k ≥ V

+ Từ (29) ta có bài toán sau:

Bài toán:

Cho tứ diện ABCD có AB ⊥ CD, BC ⊥ DA, AC ⊥ BD M là một điểm nằm trong

tứ diện Kí hiệu k1, k2, k3, k4, k5, k6 lần lượt là khoảng cách từ M đến CD, DA, AB, BC,

BD, CD Gọi khoảng cách giữa các đường thẳng CD và AB, BC và DA, AC và BD lần lượt là d1, d2, d3 Chứng minh rằng 1 3 2 4 5 6

3