SKKN Phát triển năng lực sử dụng công cụ vectơ cho học sinh trong bài toán chứng minh bất đẳng thức hình học và tìm cực trị hình học

0	P	a + b + g	M	I
Bài toán 7. Cho tam giác ABC vuông tại A , gọi a là góc giữa hai đường trung tuyến BM và CN . Tìm giá trị nhỏ nhất của cosa
Lời giải.
Ta có
uuuur uuur

uuuur uuur
(
uuur	uuuur	uuur	uuur
BA + AM	CA + AN
)(
)
 BM .CN 
N
M
cosa = cos(BM , CN )=
uuuur uuur=
BM . CN
BM .CN	A
uuur uuur	uuur uuur	uuuur uuur	uuuur uuur
BA.CA + BA.AN + AM .CA + AM .AN
=
– 1 AB2 - 1 AC 2

BM .CN
B	C
= 2	2	= AB2 + AC 2 =
BC 2
BM .CN
2BM .CM
2BM .CM
Áp dụng BĐT Côsi ta có: 2BM .CM £ BM 2 + CN 2
(	)
Û 2BM .CN £ AB 2 + AM 2 + AC 2 + AN 2 = 5 AB 2 + AC 2 = 5 BC 2
4	4
Suy ra: cosa ³ 4
5
Vậy: Min cosa = 4 Û BM = CN
5

hay tam giác ABC là tam giác vuông cân.
Bài toán 8. Cho tam giác ABC . Tìm điểm M sao cho tổng MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất
Lời giải.
Trường hợp 1: Xét tam giác ABC có các góc bé hơn 1200

lúc đó tồn tại điểm T sao
cho ·ATB = B·TC = C·TA = 1200
(Điểm Tô -ri - xen – li )
Ta có MA + MB + MC = MA.TA + MB.TB + MC.TC
TA	TB	TC
³ MA.TA + MB.TB + MC.TC
uuur	uur uur
TA	TB	TC
uuur	uur uur	uuur	uuur uuur
(MT + TA)TA	(MT + TB )TB	(MT + TC )TC	A
T
=	+	+
TA	TB	TC
uuur æ	ö
uur	uur	uuur
= MT ç TA + TB + TC ÷ + TA + TB + TC
è TA	TB	TC ø
Do ·ATB = B·TC = C·TA = 1200
TA + TB + TC = r
suy ra
C
0	B
TA	TB	TC
Nên MA + MB + MC ³ TA + TB + TC do đó:
Min ( MA + MB + MC ) = TA + TB + TC khi và chỉ khi M º T .
Trường hợp 2: Tam giác ABC có một góc lớn hơn hoặc bằng 1200 , không mất tính tổng quát giả sử ÐA ³ 1200 , ta có:
MA + MB + MC = MA + MB.AB + MC.AC ³ MA + MB.AB + MC.AC
(	)
uuur	uuur uuur
MA + AB .AB
= MA +	+
AB	AC	AB	AC
(	)
uuur	uuur uuur
MA + AC .AC
AB	AC
AB	AC
uuur æ uuur	uuur ö
= MA + MAç	+	÷ + AB + AC
è AB	AC ø
æ	ö
uuur	uuur 2
Ta có: ç AB + AC ÷
uuur uuur
= 2 + 2 AB.AC = 2 + 2 cos A = 4 cos2 A ,
è AB	AC ø
do ÐA ³ 1200 Þ 4 cos2A £ 1
uuur
AB
AB
uuur
AC
AC
2
AB.AC

AB	AC
2
F
A
uuur
Từ đó suy ra
uuur
+	£ 1 mà
+	= AF
AB	AC
do đó:
AF £ 1
uuur æ uuur	uuurö
B	C
uuur uuur
MA + MB + MC = MA + MAç AB + AC ÷ + AB + AC = MA + MA.AF + AB + AC
(	)
è AB	AC ø
uuur uuur	uuur uuur
= MA + MA.AF + AB + AC = MA + MA.AF cos MA, AF + AB + AC
= MA é1+	(uuur uuur )ù + AB + AC ³ AB + AC , khi đó.
ë	AF.cos MA, AF û
Min( MA + MB + MC ) = AB + AC khi và chỉ khi M º A .
Bài toán 9. Cho điểm M thuộc miền trong của tam giác nhọn ABC . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
T = tan A.MA2 + tan B.MB2 + tan C.MC 2
Lời giải.
Ta có T = tan A.MA2 + tan B.MB2 + tan C.MC 2
(	)
(	)
(	)
uuuur	uuur
= tan A MH + HA
2	uuuur	uuur 2
+ tan B MH + HB
uuuur	uuur 2
+ tan C MH + HC
= MH 2 (tan A + tan B + tan C ) + tan A.HA2 + tan B.HB2 + tan C.HC 2
(	)
uuuur	uuur	uuur	uuur
+2MH tan A.HA + tan B.HB + tan C.HC
Ta có: tan A.HA + tan B.HB + tan C.HC = 0
Do đó: T = tan A. tan B. tan C.MH 2 + tan A.HA2 + tan B.HB2 + tan C.HC 2
Mặt khác do: HA = 2R cos A , HB = 2R cos B , HC = 2R cos C khi đó.
tan A.HA2 + tan B.HB2 + tan C.HC 2 = 2R2 (sin 2 A + sin 2B + sin 2C ) = 8R2 sin Asin B sin C = 4S
( S : diện tích DABC )
T = tan A. tan B. tan C.MH 2 + 8R2 sin Asin B sin C = tan A. tan B. tan C.MH 2 + 4S ³ 4S
Vậy: Min T = 4S khi và chỉ khi M º H .
Bài toán 10. Cho tam giác ABC và M là một điểm nằm trong mặt phẳng chứa tam giác, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P = MA.sin 2 A + MB.sin 2B + MC.sin 2C
Lời giải.
Gọi O và R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
Ta có
P = MA.OAsin 2 A + MB.OB sin 2B + MC.OC sin 2C OA	OB	OC
³ MA.OAsin 2 A + MB.OB sin 2B + MC.OC sin 2C OA	OB	OC
uuuur	uuur uuur	uuuur	uuur uuur	uuuur	uuur uuur
(MO + OA).OAsin 2 A	(MO + OB).OB sin 2B	(MO + OC ).OC sin 2C
=	+	+
OA	OB	OC
= MO
R
uuur	uuur	uuur
(	(	))
OAsin 2 A + OB sin 2B + OC sin 2C + R sin 2 A + sin 2B + sin 2C
Ta có: OAsin 2A + OB sin 2B + OC sin 2C = 0
Do đó: P ³ R (sin 2 A + sin 2B + sin 2C ) = 4R sin Asin B sin C
íMB	OB
ìMA ­­ OA
Bài toán 11. Cho tam giác ABC vuông tại A có AB = c, BC = a, CA = b và thỏa mãn AB + 3AC = 2BC . Xác định vị trí điểm M sao cho 4 3MA + 3 7MB + 39MC đạt giá trị nhỏ nhất
( Toán học và tuổi trẻ tháng 12 năm 2011)
Vậy: Min P = 4R sin Asin B sin C
Lời giải.
khi và chỉ khi ïuuur ­­ uuur
ïuuuur	uuur
ïîMC ­­ OC
Û M º O .
A
Q
P
L
H
K
Kẻ AH ^ BC và gọi L là trung điểm của AH ta có
L là điểm Lơ - moan của tam giác ABC , thật vậy. Kẻ LP ^ AB , LQ ^ AC , ta có
APLQ là hình chữ nhật nên
B	C
AL = AP + AQ
uuur
Û AL =
AP uuur
AB +
AQ uuur	AP
AC =
uuur	uur	AQ
(	)
LB - LA +
uuur	uur
(	)
LC - LA (1)
AB	AC	AB	AC
Lại có D	D	Û AL = AP
Þ AP = AH .AL =
AH 2 =
AB2.AC 2
APL :
AHB
AB	AH
AB	AB2
2 AB2
2 AB2.BC 2
=
=
AB2.AC 2
2 AB2.( AB2 + AC 2 )
AC 2
2 ( AB2 + AC 2 )
b2
=
a2 + b2 + c2
Tương tự ta cũng có
AQ =	c
, thay các tỷ số trên vào (1) ta có
2
AC	a2 + b2 + c2
uuur
b2	uuur	uur
c2	uuur	uur
AL =
2	2	2 (LB - LA)+
2	2	2 (LC - LA)
a + b + c	a
+ b + c
Û a2 LA + b2 LB + c2 LC = 0 hay L là điểm Lơ – moan của tam giác ABC .
Bổ đề: Với mọi điềm M ta có
a2MA.LA + b2MB.LB + c2MC.LC ³ a2.LA2 + b2.LB2 + c2.LC 2
Thật vậy:
(	)	(	)	(	)
a2MA.LA + b2MB.LB + c2MC.LC ³ a2 MA.LA + b2 MB.LB + c2 MC.LC
uur	uuuur uur	uuur	uuuur uuur	uuur	uuuur uuur
Û a2MA.LA + b2MB.LB + c2MC.LC ³ a2 LA - LM LA + b2 LB - LM LB + c2 LC - LM LC
(	)
uuuur	uur	uuur	uuur
Û a2MA.LA + b2MB.LB + c2MC.LC ³ a2 LA2 + b2LB2 + c2 LC 2 - LM a2 LA + b2 LB + c2 LC
(1+ 3)( AB2 + AC 2 )
Û a2MA.LA + b2MB.LB + c2MC.LC ³ a2 LA2 + b2LB2 + c2LC 2 (2)
Ta có
AB +
3AC £
= 2BC
Dấu bằng xảy ra khi
AC =
3AB
hay b =
3c , a = 2c
Dễ dàng ta có các kết quả sau:
AH = c
3 Þ LA = c 3 ,
2	4
LB = c
7 , LC = c
4
39 , thay vào (2) ta có
4
c 3
c 7
c 39
2	2	2	2 3c2
2 7c2
2 39c2
4c .	.MA + 3c
.MB + c .	.MC ³ 4c .
+ 3c .	+ c
4	4	4	16	16	16
Û 4 3MA + 3 7MB + 39MC ³ 18c
Vậy: Min ( 4 3MA + 3 7MB +
Bài tập.
39MC ) = 18c Û M º L .
Cho tam giác đều ABC cạnh a .
Cho M là một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , tính
MA2 + MB2 + MC 2 theo a .
Cho đường thẳng d , tìm điểm N trên d sao cho
NA2 + NB2 + NC 2
nhỏ nhất.
Cho tam giác ABC , các điểm M , N , P lần lượt di động trên các đường thẳng
BC, CA, AB . Xác định vị trí các điểm M , N , P sao cho biểu thức
D = MN 2 + NP2 + PM 2
Đạt giá trị nhỏ nhất.
Cho tam giác ABC có trọng tâm G và nội tiếp đường tròn tâm O . M là một
điểm thuộc hình tròn đường kính OG , giả sử AM , BM , CM cắt lại đường tròn
tâm O tại các điểm
A1 , B1 , C1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
P = MA + MB + MC
MA1	MB1	MC1
Cho tam giác ABC không cân, ngoại tiếp đường tròn tâm I . Giả sử M là một
điểm chạy trên đường tròn tâm I và H , K , L lần lượt là hình chiếu của M lên
các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC . Tìm vị trí điểm M sao cho tổng
MH + MK + ML đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất.
Trong tất cả các tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I , bán kính r . Tìm tam giác sao cho biểu thức sau
a	b	c
P =	mambmc m2 + m2 + m2
Đạt giá trị nhỏ nhất.
( Đề chính thức Olimpic 30 – 4 - 2010)
Cho M là một điểm tùy ý thuộc miền trong của tam giác đều ABC . Gọi
A1 , B1 , C1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các cạnh giá trị nhỏ nhất của
BC, CA, AB . Tìm
1	1	1
MA2 + MB2 + MC 2
P = (MA + MB + MC )2
Phát triển năng lực sử dụng công cụ véctơ vào bài toán chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị hình học không gian.
Sử dụng công cụ véctơ vào bài toán chứng minh bất đẳng thức hình học không gian.
Bài toán 1. Cho các điểm A1, A2 ,..., An thuộc mặt cầu tâm O , bán kính đơn vị sao cho OA1 + OA2 +... + OAn = 0 . Với mọi điểm M trong không gian chứng minh rằng
MA1 + MA2 + ... + MAn ³ n
Chứng minh.
Ta có: MAi = OAi - OM

( "i = 1, n )
uuur	uuuur	uuuur	uuuur	uuuur	uuuur
Khi đó: MA1 + MA2 + ... + MAn = OA1 - OM + OA2 - OM + ... + OAn - OM
uuur	uuuur uuur	uuuur	uuuur uuuur	uuuur	uuuur uuuur
= OA1 - OM OA1 + OA2 - OM OA2 + ... + OAn - OM OAn
(	)	(	)	(	)
uuur	uuuur uuur	uuuur	uuuur uuuur	uuuur	uuuur uuuur
³ OA1 - OM OA1 + OA2 - OM OA2 +... + OAn - OM OAn
uuuur uuur	uuuur	uuuur
= n - OM (OA1 + OA2 +... + OAn ) = n (đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
MAi cùng phương với OAi
Û M º O .
Bài toán 2. Cho tứ diện ABCD có AB = CD, AC = BD, AD = BC và M là một điểm bất kỳ trong không gian. Chứng minh rằng bình phương khoảng cách từ điểm M đến một trong các đỉnh của tứ diện không lớn hơn tổng bình phương khoảng từ điểm M đến ba đỉnh còn lại.
Chứng minh.
Không mất tính tổng quát ta chứng minh:

MA2 £ MB2 + MC 2 + MD2

(1)
Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD , ta có:
(	)
(	)
(	)
(	)
uuur	uuuur
(1) Û OA - OM
2	uuur	uuuur
£ OB - OM
2	uuur	uuuur
+ OC - OM
2	uuur	uuuur 2
+ OD - OM
(	)
uuuur uuur	uuur	uuur	uuur
Û OB 2 +OC 2 + OD2 - OA2 + 2OM 2 - 2OM OB + OC + OD - OA ³ 0
Vì ABCD là tứ diện gần đều nên O là trọng tâm của tứ diện, tức là
OA + OB + OC + OD = 0 Û OB + OC + OD - OA = -2OA
Lúc đó: (1) Û OB 2 +OC 2 + OD2 - OA2 + 2OM 2 + 4OM .OA ³ 0
(	)	(	)
2
uuuur uuur	uuuur	uuur
Û 2 OA2 + 2OM .OA + OM 2 ³ 0 Û 2 OM + OA
³ 0 (đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi OM + OA = 0 hay M là điểm đối với A qua O .
Bài toán 3. Cho tứ diện ABCD và M là điểm tùy ý trong không gian, chứng minh rằng: MA2 + MB2 + MC 2 + MD2 ³ GA2 + GB2 + GC 2 + GD2
Chứng minh.
Gọi G là trọng tâm của tứ diện ta có:

GA + GB + GC + GD = 0 và.
(	)
uuuur	uuur
MA2 = MG + GA
uuuur	uuur
2	uuuur uuur
= MG2 + 2MG.GA + GA2
2	uuuur uuur
MB2 = (MG + GB)
(	)
uuuur	uuur
MC 2 = MG + GC
uuuur	uuur
= MG2 + 2MG.GB + GB2
2	uuuur uuur
= MG2 + 2MG.GC + GC 2
2	uuuur uuur
MD2 = (MG + GD)
= MG2 + 2MG.GD + GD2
(	)
Cộng vế theo vế các bất đẳng thức cùng chiều trên ta có:
uuuur uuur	uuur	uuur	uuur
MA2 + MB2 + MC 2 + MD2 = 4MG2 + 2MG GA + GB + GC + GD + GA2 + GB2 + GC 2 + GD2
= 4MG2 + GA2 + GB2 + GC 2 + GD2 ³ GA2 + GB2 + GC 2 + GD2 (đpcm)
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M º G .
Bài toán 4. Cho tứ diện ABCD có O là điểm nằm trong tứ diện sao cho
B·OC = D·OA , C·OA = D·OB , ·AOB = C·O