Tài liệu phat huy tinh sang tao ...

Mỗi bài tập Hình có những phơng pháp giải khác nhau, tuy nhiên khi cho các em làm bài tập Hình, nếu giáo viên chú ý rèn cho học sinh có đợc cái nhìn ở các góc cạnh khác nhau, biết cách l

Phần I: Đặt vấn đề I/ Lí do chọn đề tài:

1/ C ơ s ở lý lu ậ n :

T duy là một hình thức nhận thức lí tính của con ngời Về mặt tâm lí thì t duy

là một quá trình tâm lí phản ánh những thuộc tính bản chất, những mối liên hệ bên trong có tính quy luật của sự vật hiện tợng trong hiện thực khách quan mà trớc đó con ngời cha biết

T duy không tự nhiên mà có mà do quá trình rèn luyện lâu dài, muốn t duy phát triển cần đợc rèn luyện thờng xuyên, thông qua các hoạt động học tập nói chung trong môn Toán nói riêng, đặc biệt là môn Hình học nó giúp học sinh phát triển t duy rất tốt Học sinh Trung học cơ sở là lứa tuổi đang phát triển t duy mạnh mẽ do đó giáo viên cần quan tâm, coi trọng việc phát triển t duy cho học sinh thông qua hoạt động học tập

Mỗi bài tập Hình có những phơng pháp giải khác nhau, tuy nhiên khi cho các

em làm bài tập Hình, nếu giáo viên chú ý rèn cho học sinh có đợc cái nhìn ở các góc cạnh khác nhau, biết cách lật đi lật lại một vấn đề, khái quát hoá, tơng tự hoá

đồng thời biết liên hệ kết quả của bài toán đã làm cho các bài toán tơng tự thì các

em sẽ hiểu sâu sắc kiến thức hơn, t duy sẽ linh hoạt hơn, sẽ tìm đợc cách giải nhanh chóng hơn Thông qua đó phát triển t duy cho học sinh dần dần hình thành những phẩm chất, năng lực giải quyết vấn đề sâu sắc hơn cho một sự vật, hiện tợng nào

đó Đặc biệt học sinh thấy đợc mối liên hệ lô gíc giữa các đơn vị kiến thức, qua đó thấy đợc cái hay điều thú vị của Hình học, tạo lên tâm lí hứng thú khi học tập Khi làm đợc nh vậy ý thức tự học của học sinh sẽ cao hơn, những bài tập khó sẽ trở nên

dễ hơn, quan trọng nhất là học sinh có đợc tự tin khi giải bài tập Mà trong định h-ớng đổi mới phơng pháp học tập bậc Trung học cơ sở thì tự học là một yêu cầu quan trọng đối với học sinh, tự học giúp học sinh phát huy đợc tính sáng tạo Vấn

đề đặt ra là làm thế nào có thể giúp học sinh tạo hứng thú trong việc tự học, tìm thấy niềm vui khi học bộ môn Toán Để làm đợc nh vậy giáo viên phải cung cấp cho học sinh hệ thống bài tập từ dễ đến khó phù hợp với nhận thức của từng đối t-ợng học sinh, cho học sinh thấy những bài toán khó đều bắt đầu từ các bài toán cơ bản Học sinh cảm thấy thông qua các bài toán cơ bản cũng dễ dàng tìm đợc lời giải cho bài toán khó Khi có cơ hội phải biết khai thác triệt để những ý tởng sáng tạo của học sinh để tìm tòi thêm lời giải hoặc lật ngợc vấn đề

2/ Cơ sở thực tế:

Thực tế giảng dạy trong nhiều năm qua tôi nhận thấy học sinh cha có kĩ năng liên kết các bài toán mới với bài toán đã làm để tìm ra mối tơng đồng, khi giải một bài toán rất ít học sinh nghiên cứu tìm tòi các vấn đề khác xung quanh bài toán, rất

ít khi học sinh tự đặt ra vấn đề nh còn cách giải khác không ; nếu ngợc lại thì sao hoặc đề ra các bài toán tơng tự để giải quyết Hiện tợng này có nguyên nhân chủ quan và nguyên nhân khách quan; về phía học sinh các em cha có ý thức tìm tòi

khám phá, tính tự giác, tích cực cha cao Đặc biệt học sinh cha có kĩ năng thực hiện những công việc nh trên Về phía giáo viên cha thờng xuyên hớng dẫn và rèn cho các em kĩ năng nghiên cứu bài toán sau khi đã hoàn tất việc giải quyết nó Để phát triển t duy, tính tích cực sáng tạo cho học sinh trong hoạt động giải bài tập hình học ngời giáo viên phải thờng xuyên tạo cho các em thoi quen nh: Biết khai thác tốt kết quả của bài toán cơ bản biến nó thành phơng tiện hữu ích để giải các bài toán khác; nên khai thác tối đa các cách giải một bài tập nếu có thể; lật ngợc vấn đề để xây dựng bài toán đảo; mở rộng bài toán Làm đợc nh vậy ngoài việc khắc sâu đợc kiến thức cơ bản mà góp phần không nhỏ vào việc phát triển t duy sáng tạo cho học sinh Đào tạo ra con ngời mới năng động, sáng tạo, ham khám phá tìm tòi đáp ứng nhu cầu của phát triển công nghiệp hoá, hiện đại hoá đất nớc Do đó trong nội dung sáng kiến kinh nghiệm này tôi viết lại một số cách làm mà tôi đã thực hiện và thấy

có hiệu quả, đợc các em yêu thích đó là " Một số phơng pháp phát triển t duy học sinh thông qua hoạt động giải bài tập Hình học" giúp học sinh biết khai

thác kết quả của bài toán , áp dụng vào giải bài tập linh hoạt Thay đổi t duy học tập cho phù hợp với lứa tuổi Phát huy tính sáng tạo của học sinh, đáp ứng đợc yêu cầu hiện tại và trong tơng lai

II/ Mục đích nghiên cứu.

Đây là đề tài không mới tuy nhiên vẫn còn nhiều điều cần trao đổi, khám phá trong quá trình dạy và học Nó chứa nhiều thú vị bất ngờ thể hiện rõ vẻ đẹp của môn Hình học và đặc biệt nó giúp học sinh phát triển t duy, óc sáng tạo, làm cho việc tìm lời giải bài toán mới trở lên đơn giản, thuận lợi, dễ hiểu hơn và phong phú hơn Nếu việc phát hiện những bài toán cơ bản có nhiều ứng dụng trong giải các bài toán khác, tìm ra nhiều lời giải cho một bài tập; tìm ra mối quan hệ thuận nghịch, tập hợp thành các chuyên đề nhỏ để dạy học sinh một cách thờng xuyên thì sẽ mang lại hiệu quả rất lớn trong dạy và học Từng bớc trang bị cho học sinh tri thức

về phơng pháp học tập biết quy lạ về quen, biết nhìn một sự việc dới nhiều góc độ khác nhau để tìm ra phơng án giải quyết vấn đề tốt nhất giúp các em thấy đợc cái hay cái đẹp từ đó tạo tâm lí hứng thú trong học tập mà điều đó là tiền đề cho việc tự học

III/ Kết quả cần đạt đ ợc

Các bài tập dù khó đến đâu thì cũng bắt nguồn từ những kiến thức cơ bản và

từ những bài toán đơn giản trong Sách giáo khoa và sách bài tập nên cần cho học sinh nắm vững kiến thức cơ bản và cách làm, kết quả của từng bài tập đó Trên cơ

sở nắm vững kiến thức cơ bản các bài toán đơn giản mà giáo viên đa ra hệ thống bài tập phù hợp với từng đối tợng học sinh để giúp học sinh củng cố, khắc sâu kiến thức giúp học sinh giải các bài tập khó một cách đơn giản dễ hiểu, dễ tiếp thu từ đó tạo cho học sinh sự tự tin vào khả năng của mình khắc phục tâm lí ngại học môn Hình học

IV/ Ph ơng pháp nghiên cứu.

Trong quá trình giảng dạy giáo viên cần quan tâm đến các bài toán cơ bản từ

đó nghiên cứu kĩ nó theo nhiều cách khác nhau nh tìm nhiều cách giải, lật ngợc vấn

đề, sắp xếp chúng theo một trật tự lôgíc, su tầm nghiên cứu tài liệu tham khảo để thấy hết vai trò, tác dụng của các bài toán cơ bản Tập hợp, sáng tạo ra các bài toán

có liên quan sắp xếp thành các chuyên để nhỏ để phụ vụ việc dạy và học

* Kết quả thực nghiệm

Sau một số năm giảng dạy tôi thấy nếu làm tốt theo kinh nghiệm sáng kiến này thì chất lợng học sinh tăng rõ rệt, góp phần không nhỏ vào việc rèn luyện trí thông minh, kỹ năng và t duy học tập linh hoạt, sáng tạo của học sinh qua từng bài toán có những đặc thù chung

Kết quả kiểm tra đối chứng 40 em học sinh lớp 9

Có 20 em đợc áp dụng sáng kiến 20 em không áp dụng sáng kiến

Điểm

1 Kết quả trớc khi áp dụng đề tài

2 Kết quả sau khi áp dụng đề tài

Phần II: Giải quyết vấn đề:

I) Phát triển t duy cho học sinh thông qua khai thác, vận dụng kết quả của bài toán trong sách giáo khoa hình học lớp 9:

Bài 1: (Bài 23-sgk-trang 76-hình học lớp 9-tập II)

Cho đờng tròn (O) và một điểm M bên ngoài đờng tròn đó Qua M kẻ hai cát tuyến MAB và MCD với đờng tròn Chứng minh rằng: MA.MB = MC.MD

D

B A

M

Chứng minh:

Xét MAD và MCB có:

M là góc chung; MBC = MDA 

MAD ~ MCB

MD MC MB MA MB

MD MC

MA

.





Bài 2:( Bài 33-sgk-trang 80-hình học lớp 9-tập II)

Cho đờng tròn (O) và một điểm M bên ngoài đờng tròn đó Qua M kẻ tiếp tuyến MT và cát tuyến MAB Chứng minh rằng MT2 = MA.MB

O

B A

T

M

Chứng minh:

Xét  MTA và  MBT có

M chung;

MTA = TBM ( góc nội tiếp và góc tạo bởi một tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AT)

MT

MA MB

MT

.

2









Đây là hai bài toán khá đơn giản song kết luận của bài toán khá quan trọng giúp chúng ta giải quyết đợc mộp số bài toán có liên quan đến kết luận của hai bài toán này Sau đây là các bài toán mà trong quá trình giải sử dụng kết quả của hai bài toán trên.

Bài 3:

Cho đờng tròn (O) và một điểm M cố định bên ngoài đờng tròn đó Qua M

kẻ cát tuyến MAB với đờng tròn

Chứng minh rằng tích MA.MB không phụ thuộc vào vị trí của cát tuyến

Chứng minh:

Qua điểm M kẻ tiếp tuyến MT với đờng tròn (O)

Theo kết quả của bài toán 2 Ta có:

MT

MA MB

MT

.

2 







Do độ dài đoạn thẳng MT không đổi

 MA MB không phụ thuộc vào vị trí của cát

tuyến MAB

O

B A

T M

Nhận xét: Đây là bài toán không đơn giản đối với học sinh trung bình và khá nếu

học sinh cha biết đến hai bài toán trên

Bài 4: Cho hai đờng tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B Kẻ tiếp tuyến chung MN

của hai đờng tròn ( M  (O); N (O'); đờng thẳng AB cắt MN tại I

Chứng minh rằng: I là trung điểm của MN

Chứng minh:

Sử dụng kết luận của bài toán 2 Ta có:

Xét (O)  IM2 = IA IB

Xét (O')  IN2 = IA IB

 IM2 = IN2  IM = IN

 I là trung điểm của đoạn MN

I

O' O

M

N

B A

Nhận xét: Bài toán 4 đợc tạo ra từ bài toán 2 song mức độ khó hơn nếu học sinh

không có t duy linh hoạt sáng tạo thì rất khó tìm ra ngay lời giải của bài toán 4 Tuy nhiên nếu biết khai thác kết luận của bài toán 2 thì lời giải thật đơn giản.

Bài 5:

Từ điểm A bên ngoài đờng tròn (O) kẻ hai tiếp tuyến AB và AC với đờng tròn Gọi BD là dây của đờng tròn song song với AC, E là giao điểm của AD với đ-ờng tròn, I là giao điểm của BE và AC Chứng minh rằng I là trung điểm của AC

Hớng dẫn HS dựa vào bài toán 2 tìm cách chứng

minh

Ta cần chứng minh: IC = IA

Theo bài toán 2 ta có: IC2 = IE IB

Vậy ta chỉ cần chứng minh: IA2 = IE IB

Để có IA2 = IE IB ta chứng minh IAE ~ IBA

I

C

O

B

A

Chứng minh:

Theo kết quả của bài toán 2 ta có: IC2 = IE IB (1)

Có : AC // BD  BDA = IAE ( so le)

Mà BDA = ABI ( Góc nội tiếp và góc tạo bởi 1tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BE)

 IAE = IBA

Xét  IAE và  IBA có I chung; IAE = IBA

  IAE ~  IBA 

IA

IE IB

IA

  IA2 = IE IB (2)

Từ (1) và (2)  IC2 = IA2  IC = IA  I là trung điểm của AC

Nhận xét: Trong bài toán này nhờ có kết quả của bài toán 2 nên con đờng tìm đến

lời giải dễ dàng mạch lạc hơn.

Bài 6:

Cho hình vuông ABCD có cạnh dài 2cm Tính bán kính của đờng tròn đi qua

A và B biết rằng đoạn tiếp tuyến kẻ từ D đến đờng tròn đó bằng 4cm

Chứng minh:

Gọi F là giao điểm của DA với đờng tròn (O)

Có FAB = 900  FB là đờng kính

áp dụng bài toán 2 ta có:

DE2 = DA DF = DA( DA + AF )

 16 = 2.( 2 + AF ) => AF = 6 (cm)

ABF có A = 900 Ta có:

BF2 = AB2 + AF2 = 22 + 62 = 40  BF = 2 10

Vậy bán kính đờng tròn là 10cm

O F

E

B A

Bài 7:

Qua điểm A nằm ngoài đờng tròn (O), kẻ cát tuyến ABC với đờng tròn Các tiếp tuyến của đờng tròn (O) tại B và C cắt nhau ở K Qua K kẻ đờng vuông góc với

AO, cắt AO tại H và cắt đờng tròn (O) tại E và F ( E nằm giữa K và F ) Gọi M là giao điểm của OK và BC Chứng minh rằng tứ giác EMOF nội tiếp đờng tròn

Hớng dẫn học sinh tìm lời giải.

Để tứ giác EMOF nội tiếp ta cần chứng minh

F1 = M1 muốn vậy ta chỉ ra KME ~

KFO

cần có thêm KE KF = KM KO

theo bài toán 2 thì KE KF = KC2 nên ta chỉ

cần chứng tỏ

KM KO = KC2

Chứng minh:

1

1 H

M

K

O F

B A

Từ kết luận của bài toán 2 ta có : KC2 = KE KF (1)

KCO có C = 900, CM  OK  KC2 = KM KO (2)

Từ (1)(2)  KE KF = KM KO 

KF

KM KO

KE



KEM và KOF có K là góc chung;

KF

KM KO

KE

  KEM ~ KOF

 M1 = F1 mà M1 +  EMO = 1800  F1 + EMO = 1800

 Tứ giác EMOF nội tiếp đợc đờng tròn

Bài 8: Cho tam giác nhọn ABC, đờng cao AD, trực tâm H Gọi AM, AN là các tiếp

tuyến với đờng tròn (O) đờng kính BC ( M, N là các tiếp điểm ) Chứng minh

a/ AMDN là tứ giác nội tiếp

d/ M,H,N thẳng hàng

Hớng dẫn tìm cách chứng minh M,H,N thẳng

Ta cần chứng tỏ AHN + AHM = 1800

trong khi biết AND + AMD = 1800

Ta cần chứng tỏ: AHN =AND;

AHM = AMD

Để chứng tỏ: AHN =AND; ta cần chứng

minh

AHN ~ AND cần có thêm AN2 = AH.AD

Theo bài toán 2 ta có: AN2 = AE AC

Ta cần chỉ ra AH AD = AE.AC điều này có

đ-ợc từ bài toán 1 do DHEC là tứ giác nội tiếp

N H

M

O

E

B

A

Chứng minh:

a/ Dễ chứng minh đợc các điểm A,M,D,N thuộc đờng tròn đờng kính AO.

b/ Có AN là tiếp tuyến; AEC là cát tuyến của đờng tròn (O) nên theo bài toán 2

ta có : AN2 = AE AC (1)

Dễ thấy tứ giác DHEC nội tiếp (E + D =1800) nên AHD và AEC là hai cát tuyến theo bài toán 1 ta có: AH.AD = AE.AC (2)

Từ (1) và (2) ta có: AN2 = AH AD hay

AN

AD AH

AN



Xét AHN và AND có : A là góc chung ;

AN

AD AH

AN

  AHN ~ AND (c.g.c)

 AHN =AND (3)

Tơng tự ta có: AHM ~  AMD  AHM = AMD (4)

Từ (3) (4)  AHN +AHM = AMD + AND

Mà AMDH là tứ giác nội tiếp  AMD + AND = 1800

 AHN +AHM = 1800  M, H, N thẳng hàng

Bài 9:

Cho tam giác ABC, đờng trung tuyến AM, đờng phân giác AD Đờng tròn ngoại tiếp tam giác ADM cắt AB, AC theo thứ tự tại E và F

Chứng minh rằng BE = CF

Chứng minh:

áp dụng kết quả bài toán 1 ta có:

BE.BA = BD.BM  BE =

BA

BD

BM

(1)

CF.CA = CM.CD  CF =

CA

CD

CM

(2) Mặt khác AD là tia phân giác của A



CA

CD BA

BD CA

BA

CD

BD





Từ (1)(2)(3)(4)  BE = CF

F E

B

A

Bài 10:

Cho đờng nửa đờng tròn tâm (O) đờng kính AB, điểm C thuộc bán kính OA

Đờng vuông góc với AB tại C cắt nửa đờng tròn tại D Đờng tròn tâm I tiếp xúc với nửa đờng tròn và tiếp xúc với các đoạn thẳng CA, CD Gọi E là tiếp điểm trên AC của đờng tròn (I) Chứng minh BD = BE

Chứng minh:

Gọi K là tiếp điểm của (O) và (I) ; kẻ IH  CD

mà CD  AB  IH // AB  KIH = KOB

mặt khác KIH cân tại I; KOB cân tại O

 IKH = OKB  K,H,B thẳng hàng

Do BE là tiếp tuyến, BHK là cát tuyến của (I)

theo bài toán 2 ta có: BE2 = BH.BK (1)

 ADB có D = 900 ; DC  AB

 BD2 = BC.BA (2)

Có: AKHC là tứ giác nội tiếp (AKH +HCA = 180 0 )

Theo bài toán 1 ta có: BH.BK = BC.BA (3)

Từ (1)(2)(3)  BE2 = BD2  BE = BD

E

I

O

D

A

Bài 11:

Cho hai đờng tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B Dây BC của đờng tròn (O) tiếp xúc với đờng tròn (O') tại B Gọi I là trung điểm của BC Đờng thẳng AI cắt các đờng tròn (O);(O') theo thứ tự tại D và E

Chứng minh rằng BDCE là hình bình hành

Chứng minh:

Có IB là tiếp tuyến; IAE là cát tuyến của (O')

theo bài toán 2 ta có:IB2 = IA.IE

 AIC ~  DIB  IB.IC = IA.ID mà IB = IC

 IA IE = IA ID  IE = ID

Tứ giác BDCE có IB = IC; IE = ID  tứ giác

BDCE là hình bình hành

O' O

I

E

D

C

B A

II) Phát triển t duy cho học sinh bằng cách phát triển bài toán từ dễ đén khó Bài1.1:( sgk hình học lớp 8)

Cho hai điểm A và B nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ là đờng thẳng

d Xác định một điểm trên d sao cho khoảng cách từ A đến d rồi đến B ngắn nhất

Chứng minh:

Gọi M là giao điểm của AB với d Ta chứng

minh M là điểm cần xác định

Thật vậy: Lấy điểm M' bất kì thuộc đờng

thẳng d ( M' khác M)

áp dụng bất đẳng thức trong tam giác AM'B

ta có: AM' + BM' > AB = AM + MB

(đpcm)

M' d

M

B A

Đặt vấn đề : Với hai điểm A và B nằm trên hai nửa mặt phẳng đối nhau bờ là đờng

thẳng d Thì vị trí của điểm để khoảng cách từ A đến d rồi đến B ngắn nhất là giao

điểm của AB với d Nếu A,B nằm trên cùng nửa mặt phẳng bờ d thì nh thế nào? ta

có bài toán

Bài 1.2: Cho hai điểm A và B nằm trên một nửa mặt phẳng bờ là đ ờng thẳng

d Xác định một điểm trên d sao cho khoảng cách từ A đến d rồi đến B ngắn nhất.

Chứng minh:

Gọi A' là điểm đối xứng với A qua đờng

thẳng d; gọi M là giao điểm của A'B với d

Ta có AM + MB = BA' là ngắn nhất

Thật vậy:

Lấy M' bất kì thuộc d (M' khác M)

Ta có: AM' + M'B = M'A' + M'B

áp dụng bất đẳng thức trong A'M'B ta có:

M'A' + M'B > BA' (đpcm)

d

M'

A'

M

B A

*Dễ nhận thấy nếu AB // d thì  AMB cân ta có bài toán sau:

Bài 1.3: Cho đoạn thẳng AB cố định song song với đờng thẳng d Gọi M là một

điểm bất kì thuộc đờng thẳng d CMR trong các tam giác MAB thì tam giác cân có chu vi nhỏ nhất

Chứng minh:

Gọi A' là điểm đối xứng với A qua đờng thẳng d; gọi M là giao điểm của A'B với d Ta có AM + MB = BA' là ngắn nhất.( theo bài 1.2)

 AMB có chu vi nhỏ nhất

Ta chứng minh  AMB cân

 MAB + MAA' = 900

 ABM + MA'A = 900

Mà  MAA' = MA'A

  MAB =  ABM  AMB cân

A'

d

M' M

B A

*Từ bài toán 2 ta có các bài toán tơng tự sau

Bài toán 1.4:

Cho điểm A nằm trong góc xOy khác góc bẹt xác định điểm M thuộc Ox,

điểm N thuộc Oy sao cho AM + MN + NA nhỏ nhất

Chứng minh:

Gọi E và F thứ tự là điểm đối xứng của A quaOx

và Oy đoạn thẳng FE cắt Ox và Oy tại M và N

Ta có: AN + NM + MA = FE

Lấy M’ và N’ thứ tự trên Ox,Oy(khác M và N )

Theo bài 2 ta có:

AM’ + M’N’+N’A =( M’E + N’M’)+N’F

> EN’ + N’F > FE (đpcm)

Bài 1.5:

N'

M'

F

E K

I

A N

M

y x

O

Cho tam giác ABC , trên cạnh AB lấy điểm P trên cạnh BC lấy điểm I trên

CA lấy điểm R sao cho chu vi tam giác PIR là nhỏ nhất

Chứng minh:

Gọi E, F là hai điểm đối xứng với I qua

AB và AC , FE cắt AB, AC thứ tự tại P

và R Theo bài toán 1.4 thì chu vi  PIR = FE

Ta có :  AEF Cân tại A có số EAF = 2BAC không không đổi

không đổi => FE ngắn nhất  AE ngắn nhất; mà AE = AI nên AE ngắn nhất 

AI ngắn nhất

Mà AI ngắn nhất khi AI  BC => I là chân đờng cao ứng với đỉnh A Khi đó

Dễ thấy AB và CA là hai đờng phân giác góc ngoài đỉnh P và R của IRP

Nên IA là phân giác PIR, AI  BC

=> CI là phân giác góc ngoài đỉnh I của  PIR

Mà CR là phân giác góc ngoài đỉnh R của  PIR

=> CP là phân giác  IPR ; Mà BP là phân giác  EPI

=> CP  AB => P là chân đờng cao ứng với đỉnh C

Tơng tự => R là chân đờng cao ứng với đỉnh B

Vậy chu vi PIR nhỏ nhất  P, I,R là chân các đờng cao của ABC

Bài toán 1.6: Cho tam giác ABC, có ba góc nhọn Tìm điểm P trong tam giác sao cho PA + PB + PC đạt giá trị nhỏ nhất.

Chứng minh:

Dựng các tam giác đều PCM và  ACN

nh hình vẽ Ta có  PAC = MNC (c.g.c)

=> PA = MN mặt khác có PC = PM

nên: PA + PB + PC = MN + PB + PM

=> PA + PB + PC > PB + PN > BN

N

M P

C B

A

Mặt khác ta lại có: PM + MN ≥ PN Dấu "=" xẩy ra  P, M, N thẳng hàng nghĩa

là điểm M thuộc đoạn PN do  PCM đều => CMN = 1200

mà  PAC = MNC => APC = CMN = 1200

Tơng tự ta có APB = 1200 => BPC = 1200 Vậy tổng PA + PB + PC đạt giá trị nhỏ nhất khi P là điểm nhìn xuống 3 cạnh ABC dới góc 1200

Bài 1.7: Cho tứ giác lồi ABCD, hãy tìm trong tứ giác một điểm sao cho tổng khoảng cách từ điểm đó đến các đỉnh của tứ giác đạt giá trị nhỏ nhất.

R

I

P

F E

A