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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT QUỲ CHÂU

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Đề tài:
“PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC SỬ DỤNG CƠNG CỤ VECTƠ CHO HỌC
SINH TRONG BÀI TỐN CHỨNG MINH BẤT ĐẲNG THỨC
HÌNH HỌC VÀ TÌM CỰC TRỊ HÌNH HỌC”.

Người thực hiện: Phạm Duy Khánh
Tổ:Toán – Tin
Lĩnh vực: Toán học
Điện thoại: 0987492483

Năm thực hiện: 2021 - 2022

1

skkn


Phần I: ĐẶT VẤN ĐỀ
1.1. Lý do chọn đề tài.
Bất đẳng thức là một vấn đề hiện nay rất được quan tâm, trong các kì thi đại
học, trong các cuộc thi học sinh giỏi, thi Olympic hay trên tạp chí Toán học và
Tuổi trẻ bài toán bất đẳng thức rất hay xuất hiện và phương pháp chứng minh bất
đẳng thức ngày càng phong phú và đa dạng bởi tính độc đáo của nó. Để tìm được
lời giải cho bài tốn chứng minh bất đẳng thức địi hỏi người làm tốn phải biết
đào sâu suy nghĩ, phân tích bài tốn dưới nhiều khía cạnh và góc độ khác nhau. Vì
thế, mỗi bài toán chứng minh bất đẳng thức thường chứa đựng nhiều lời giải hay
và đẹp, bên cạnh đó các phương pháp chứng minh bất đẳng thức cũng rất đa dạng

và phong phú. Nhằm trang bị thêm cho các em học sinh có kỹ năng sử dụng véctơ
cũng như năng lực sử dụng véctơ trong bài tốn hình học, trong bài viết này tác giả
hướng dẫn học sinh sử dụng công cụ véctơ vào giải toán chứng minh các bất đẳng
thức và tìm cực trị hình học.
Véctơ là một khái niệm mới mẻ đối với các em học sinh bắt đầu vào lớp 10 ,
ngoài việc nắm vững khái niệm và các tính chất của véctơ thì việc áp dụng được
véctơ vào giải tốn chứng minh bất đẳng thức và tìm cực trị hình học là cơng việc
hết sức quan trọng. Nhằm mục đích nâng cao khả năng sử dụng véctơ cũng như
năng lực áp dụng công cụ véctơ cho học sinh vào giải tốn chứng minh bất đẳng
thức và tìm cực trị hình học, đó cũng chính là lý do Tơi chọn viết đề tài này.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Có rất nhiều vấn đề mà ta có thể khai thác, tơi chọn viết đề tài này bao gồm các
mục đích sau đây:
- Rèn luyện cho học sinh kỹ năng sử dụng cơng cụ véctơ vào giải tốn chứng
minh bất đẳng thức hình học và tìm cực trị hình học.
- Rèn luyện cho học sinh kỹ năng phát triền từ bài tốn hình học phẳng sang hình
học khơng gian.
1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu.
- Giáo viên giảng dạy môn toán bậc THPT, học sinh THPT…
- Giáo viên bồi dưỡng đội tuyển HSG cấp Tỉnh,...

2

skkn


Phần II: NỘI DUNG
2.1. Những thuận lợi và khó khăn.
2.1.1. Thuận lợi.
- Bản thân tôi được nhà trường, tổ chuyên môn tạo điều kiện, quan tâm giúp đỡ,

phân công giảng dạy ở các lớp chọn của trường.
- Bản thân tôi là giáo viên trẻ nhiệt tình, ln chịu khó tìm tòi sáng tạo và nghiên
cứu các tài liệu tham khảo để trau dồi chun mơn, ln có ý thức học hỏi và trao
đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp.
- Có rất nhiều học sinh, đặc biệt là những học sinh lớp chọn có tố chất, nhiệt tình
và ln mong muốn tìm hiểu, khám phá những vấn đề mới của toán học.
2..1.2. Khó khăn.
Bên cạnh những thuận lợi thì tơi cũng gặp một số khó khăn nhất định sau:
- Đặc thù của mơn tốn là rất khó so với các mơn học khác nên các em thường có
tâm lý e ngại khi học tốn, chưa nói đến việc khai thác, hiểu sâu về mơn tốn.
- Phần lớn học sinh của trường đều có hồn cảnh gia đình khó khăn nên các bậc
phụ huynh chưa chú trọng vào việc học của con em mình.
2.2. Thực trạng của đề tài.
- Trong giảng dạy, nếu đơn thuần chỉ truyền thụ những kiến thức cơ bản mà lãng
qn đi những hoạt động tìm tịi, nghiên cứu thì bản thân người giáo viên sẽ mai
một kiến thức và học sinh cũng bị hạn chế khả năng suy luận, tư duy sáng tạo.
- Một số học sinh mang khuynh hướng học đối phó, học để thi nên khơng muốn
hiểu sâu, hiểu rộng một vấn đề nào đó.
2.3. Khả năng ứng dụng và khai triển đề tài.
- Đề tài này có khả năng ứng dụng cho học sinh THPT, ôn thi học sinh giỏi, ôn thi
đại học , trường công lập , trường bán công,…
2.4. Kiến thức cơ sở về véctơ.
Trong mục này tác giả bổ sung một số kiến thức nâng cao về véc tơ.
 

*) Một số bất đẳng thức về véctơ : Với các véctơ a , b khác véctơ_ khơng, thì
   
a  b  ab ,



  
a b  a.b



Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  kb ( k  0 )
3

skkn


*) Một số hệ thức về véctơ liên quan đến các điểm đặc biệt trong tam giác.
  



+) Với G là trọng tâm tam giác ABC thì: GA  GB  GC  0








+) Với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC : aIA  bIB  cIC  0
Chứng minh.

A

BD CD BD  CD
BC
a
Ta có:




BA CA BA  CA AB  AC b  c

suy ra BD 

ac
, do đó:
bc

I


 
c 
c  
BD 
BC  BI  ID 
IC  IB
bc
bc



Mặt khác:

b

c



B

(1)


IA ID
BD 
a 

, suy ra ID  
IA  
IA
BA BD
BA
bc



a

D

C

(2)

a 
c  
IA 
IC  IB
bc
bc
 
 
   
  b  c  BI  aIA  cIC  cIB  aIA  bIB  cIC  0



Thay (2) vào (1) ta có: BI 











+) Với H là trực tâm tam giác ABC thì: tan A.HA  tan B.HB  tan C.HC  0
Chứng minh.

A

Dựng hình bình hành HACB ta có

B'

N

P

HMB đồng dạng với BCB ,

H

AM
HB CM BM tan B
Do đó:
, suy ra



HB BM AM tan C
CM

C

M

B

A'



tan B
tan B 
tan A 
HB  HB  
HB , tương tự ta cũng có HA  
HA
tan C
tan C
tan C
  
Mặt khác theo quy tắc hình bình hành ta có HC  HA  HB
HB 




 
tan A  tan B 
 HC  
HA 
HB  tan A.HA  tan B.HB  tan C.HC  0
tan C
tan C

+) Với O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC thì:




OA sin 2 A  OB sin 2 B  OC sin 2C  0

Chứng minh.
Bình phương hai vế của đẳng thức ta có đẳng thức sau:

 
R 2  sin 2 2 A  sin 2 2 B  sin 2 2C   2 sin 2 A sin 2 BOA.OB  0

4

skkn


 R 2  sin 2 2 A  sin 2 2 B  sin 2 2C   R 2  sin 2 A  sin 2 B cos 2C  sin 2C cos 2 B   0

 sin 2 2 A  sin 2 2 B  sin 2 2C   sin 2 A sin  2 B  2C   0
 sin 2 2 A  sin 2 2 B  sin 2 2C   sin 2 A sin  2  2 A   0
 sin 2 2 A  sin 2 2 B  sin 2 2C   sin 2 2 A  sin 2 2 B  sin 2 2C   0

   



+) Với G là trọng tâm của tứ diện ABCD thì ta có: GA  GB  GC  GD  0 .

*) Một số đẳng thức véctơ liên quan đến diện tích.
+) Trong mặt phẳng.
Cho tam giác ABC và M là điểm nằm trong tam giác ABC , đặt SMBC  S a ,
S MCA  Sb , S MAB  Sc ta có đẳng thức véctơ sau


 
S a .MA  Sb .MB  Sc .MC  0

Chứng minh.
A

Dựng hình bình hành ADME , kẻ AH và BK
vng góc với MC lần lượt tại H , K .
Ta có: ADME là hình bình hành nên

E

K

  
MA  MD  ME

AHE đồng dạng BKM ta có

D
H

M
C

B



S 
S 
AE MD AH Sb



 MD   b MB , tương tự ME   c MC
BM BM BK S a
Sa
Sa


Ta có: MA  



 
Sb  Sc 
MB  MC  Sa .MA  Sb .MB  Sc .MC  0 (đpcm)
Sa
Sa

+) Trong không gian.
-) Cho tứ diện ABCD với I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện , đặt Sa  SBCD ,
Sb  S CDA , Sc  S BDA , S d  S ABC , ta có đẳng thức véctơ sau




 
S a .IA  Sb .IB  Sc .IC  S d .ID  0

Chứng minh.










Đặt: x  Sa .IA  Sb .IB  Sc .IC  Sd .ID

D
M'

A


S 
MB S MAB VMDAB Sc
Ta có:




 MB   c MC
MC S MAC VMDAC Sb
Sb

P

P'

N
I
N'

C
M
B

5

skkn



 



 Sb .MB  S c .MC  0  Sb .IB  Sc .IC   Sb  S c  IM (1)






Hoàn toàn tương tự ta cũng có Sa .IA  S d .ID   Sa  Sd  IM  (2)
Cộng vế theo vế các BĐT cùng chiều (1) và (2) ta có.



x   Sb  Sc  IM   S a  S d  IM 




Vì M , I , M  thẳng hàng nên x cùng phương với MM 






Tương tự ta cũng có x cùng phương các véctơ NN  và PP
  





Lại có các véctơ MM  , NN  , PP không đồng phẳng, suy ra x  0 (đpcm)
-) Cho tứ diện ABCD với I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện , đặt Sa  SBCD ,

Sb  S CDA , Sc  S BDA , S d  S ABC . Gọi A1 , B1 , C1 , D1 lần lượt là hình chiếu vng góc của
I lên các mặt đối diện các đỉnh A, B, C , D . ta có đẳng thức véctơ sau



 
S a .IA1  Sb .IB1  S c .IC1  S d .ID1  0

Chứng minh.
Bổ đề. Cho tứ diện ABCD gọi H là hình chiếu vng góc của A lên mặt phẳng

 BCD  , chứng minh.

 S
 S
 S

AH  HCD AB  HDB AC  HBC AD
S BCD
S BCD
S BCD

Thật vây:

A



Ta có: AH 


Mặt khác:
 S HMC 

Ta có:



HM  HB  HM  HB  MD  MC  
AB 
AM 
AB 
AC 
AD 

BM
BM
BM
BM  CD
CD


HM  HB MD  HB MC 
AB 

AC 

AD (*)
BM
BM CD

BM CD

S MHC CM S HBC
S
S HBC
suy ra HMC 


S MHD CD S HBD
S HCD S HBC  S HBD

D

B
H

M
C

S HBC .S HCD
S .S
, tương tự ta cũng có: S HMD  HBD HCD
S HBC  S HBD
S HBC  S HBD

S MHD  S HBC  S HBD 
HM S MHD
S MHD
S MHD





S HBD .S HCD
BM S MBD S HBD  S MHD S
S HBD  S HBC  S HBD  S HCD 
HBD 
S HBC  S HBD
S HBD .S HCD
S
 HCD
S HBD  S HBC  S HBD  S HCD  S BCD

(1) , tương tự ta có.

HB MD S HBD HB MC S HCD
,
(2)




BM CD S BCD BM CD S BCD

6

skkn


Thay các kết quả (1) và (2) vào (*) ta có điều phải chứng minh.

Áp dụng bổ đề trên ta có:

A





S a .IA1  S A1CD .IB  S A1DB .IC  S A1BC .ID




Sb .IB1  S B1DA .IC  S B1CA .ID  S B1CD .IA

C1





Sc .IC1  SC1BD .IA  SC1DA .IB  SC1 AB .ID

D1





S d .ID1  S D1BC .IA  S D1CA .IB  S D1 AB .IC

B

I

B1

D

A1

Cộng vế theo vế các đẳng thức trên ta có :








 
S a .IA1  Sb .IB1  Sc .IC1  S d .ID1  S a .IA  Sb .IB  Sc .IC  S d .ID  0 (đpcm)

C

Kết quả trên còn được phát biểu dưới dạng khác mang tên “ Định lý con nhím”
như sau

   

Cho tứ diện ABCD gọi e1 , e2 , e3 , e4 lần lượt là các véctơ đơn vị vng góc với các
mặt phẳng  BCD  ,  CDA ,  DAB  ,  ABC  và hướng ra phía ngồi tứ diện.
Đặt: Sa  SBCD , Sb  SCDA , Sc  SBDA , Sd  S ABC ta có đẳng thức véc tơ sau



 
S a .e1  Sb .e2  Sc .e3  Sd .e4  0

*) Điểm Lơ-moan.
+) Khái niệm đường đối trung.
Cho tam giác ABC với trung tuyến AM . S là điểm thuộc cạnh BC sao cho
  MAC
 , lúc đó ta gọi AS là đường đối trung của tam giác ABC .
BAS
A

B

S

M

C

Các đường đối trung của tam giác ABC đồng quy tại một điểm được gọi là điểm
Lơ-moan, ta kí hiệu là L .
+) Với L là điểm Lơ – moan của tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b thì:



 
a 2 .LA  b2 .LB  c 2 .LC  0

Chứng minh.

7

skkn


Kết quả 1. AE là đường đối trung của tam giác ABC thì

EH AB
, trong đó H , K

EK AC

lần lượt là hình chiếu vng góc của E lên các cạnh AB và AC .
Thật vậy: Gọi AM là đường trung tuyến của tam giác ABC và P, Q lần lượt là hình
chiếu của M lên AB, AC . Ta có
AEH  AMQ suy ra

A

EH MQ

, tương tự
AE AM

EK MP

AMP  AEK 

, từ đó ta có.
AE AM

EH MQ MQ. AC AB 2 S AMC AB AB






EK MP MP. AB AC 2S AMB AC AC

K

P
H
B

E

Q
C

M

Kết quả 2. L là điểm Lơ – moan của tam giác ABC , gọi H , I , K lần lượt là hình
chiếu vng góc của L lên các cạnh BC , CA, AB của tam giác, đặt BC  a , CA  b ,
AB  c và S a , Sb , Sc lần lượt là diện tích các tam giác LBC , LCA và LAB ta có

a 2 b2 c 2


S a Sb S c

Thật vậy:
Qua L dựng đường thẳng song song với BC và cắt AB, AC
Lần lượt tại M , N .
Theo kết quả 1 ta có:

A
LK AM AB
AB AC




LI
AN AC
LK
LI

Tương tự cho các trường hợp cịn lại ta có:
BC CA AB


LH LI LK


I
K
M
B

N
L
H

C

BC 2
CA2
AB 2
a 2 b2 c 2





LH .BC LI .CA LKAB
S a Sb S c

a 2 b2 c 2
a2
b2
c2


 x suy ra S a 

, Sb  , S c 
S a Sb S c
x
x
x


 


 
Thay vào hệ thức vectơ Sa .LA  Sb .LB  Sc .LC  0 ta có a 2 .LA  b 2 .LB  c 2 .LC  0

Đặt

+) Tâm tỷ cự.
-) Trong mặt phẳng cho n điểm A1 , A2 ,..., An và n số thực 1 ,  2 ,...,  n sao cho
1   2     n  0
8

skkn










khi đó tồn tại duy nhất điểm I sao cho 1 IA1   2 IA2     n IAn  0 , điểm I gọi là
tâm tỷ cự của hệ điểm A1 , A2 ,..., An ứng với bộ số 1 ,  2 ,...,  n .
-) Với điểm I là tâm tỷ cự của hệ điểm A1 , A2 ,..., An của hình chóp S . A1 A2 ... An ứng
với bộ số 1 ,  2 ,...,  n . Ta có:





SI  1 SA1   2 SA2     n SAn  1   2     n  1



 
Thật vậy: Đẳng thức  1  1   2     n  SI  1 IA1   2 IA2     n IAn  0
 1   2     n  1

2.5. Phát triển năng lực sử dụng cơng cụ véctơ vào bài tốn chứng minh bất
đẳng thức và tìm cực trị hình học phẳng.
2.5.1. Sử dụng véctơ vào bài toán chứng minh bất đẳng thức hình học phẳng.
Bài tốn 1. Cho tam giác ABC với trọng tâm G , chứng minh rằng
MA2  MB 2  MC 2  GA2  GB 2  GC 2

Chứng minh.
 2   2
 
Ta có MA2  MA   MG  GA  MG 2  2MG.GA  GA2
 2

 

 

Tương tự ta có: MB 2  MB   MG  GB   MG 2  2MG.GB  GB 2
 2
 
MC 2  MC  MG  GC



2



2

 
 MG 2  2MG.GC  GC 2

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức cùng chiều trên ta có

   
MA2  MB 2  MC 2  3MG 2  2 MG GA  GB  GC  GA2  GB 2  GC 2





 3MG  GA  GB  GC  GA2  GB 2  GC 2

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M  G .
Bài toán 2. Cho tam giác ABC với trọng tâm G , chứng minh rằng
MA.GA  MB.GB  MC.GC  GA2  GB 2  GC 2
2

2

2

2

Chứng minh.
      
Ta có MA.GA  MA.GA   MG  GA GA  MG.GA  GA2 , hoàn tồn tương tự ta cũng có
 
 
MB.GB  MG.GB  GB 2 , MC.GC  MG.GC  GC 2

Cộng vế theo vế các bất đẳng thức cùng chiều trên ta có

   
MA.GA  MB.GB  MC.GC  MG GA  GB  GC  GA2  GB 2  GC 2  GA2  GB 2  GC 2





Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M  G .
Bài tốn 3. Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b . Kí hiệu ma , mb , mc lần lượt
là các đường trung tuyến xuất phát từ các đỉnh A, B, C và R là bán kính đường trịn

ngoại tiếp tam giác ABC , chứng minh rằng
2 R  ma  mb  mc   a 2  b 2  c 2

Chứng minh.
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , ta có:
9

skkn


3
3
3
ma  GA, mb  GB, mc  GC , lúc đó
2
2
2
BĐT  3  OA.GA  OB.GB  OC.GC   AB 2  BC 2  CA2
      
Ta có đánh giá sau: OA.GA  OA.GA  OG  GA GA  OG.GA  GA2
 
 
Hồn tồn tuơng tự ta cũng có: OB.GB  OG.GB  GB 2 , OC.GC  OG.GC  GC 2





Cộng vế theo vế các BĐT cùng chiều trên ta có
   

VT  3  OA.GA  OB.GB  OC.GC   3OG  GA  GB  GC   3 GA2  GB 2  GC 2 
 AB 2  BC 2  CA2  a 2  b 2  c 2 (đpcm)
Bài tốn 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O , gọi G là trọng tâm của
tam giác, kéo dài AG, BG, CG lần lượt cắt đường tròn tâm O tại các điểm M , N , P .

Chứng minh rằng
a) GM  GN  GP  GA  GB  GC
b) GM .GN .GP  GA.GB.GC
c)

1
1
1
1
1
1





GA GB GC GM GN GP

Chứng minh.
a)Kí hiệu R là bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC , ta có.
GM .GA GN .GB GP.GC
1
1 
 1
GM  GN  GP 



  R 2  OG 2  



GA
GB
GC
 GA GB GC 
  

Ta có: OA  OB  OC  3OG , bình
phương hai vế đẳng thức ta có.
     
2
2
2
2
9OG  OA  OA  OA  2OA.OB  2OB.OC  2OC.OA (*)
A
 
  2
2
2
2
2
2
Mặt khác: 2OA.OB  OA  OB  OB  OA  OA  OB  AB
 

  2
P
2OB.OC  OB 2  OC 2  OC  OB  OB 2  OC 2  BC 2
 
  2
G
2OC.OA  OC 2  OA2  OA  OC  OC 2  OA2  CA2











Thay các đẳng thức trên vào (*) ta có.

C

B

9OG 2  9 R 2  AB 2  BC 2  CA2  AB 2  BC 2  CA2  9  R 2  OG 2  (**)

4

N

M

4  AB 2  AC 2 BC 2 


2
4 


Lại có: GA2  AM 2  
9
9

4
4  BA2  BC 2 CA2 
4
4  CA2  CB 2 AB 2 
2
2
BM 2  

,
GC

CM






9
9
2
4 
9
9
2
4 
1
Suy ra: GA2  GB 2  GC 2   AB 2  BC 2  CA2  , thay vào (**) ta có.
3
1
R 2  OG 2   GA2  GB 2  GC 2 
3
1
1
1
1 
Khi đó: GM  GN  GP   GA2  GB 2  GC 2   


3
 GA GB GC 
1
9
2
  GA  GB  GC  .
 GA  GB  GC (đpcm)
9
GA  GB  GC

b) Ta có: GA.GM  GB.GN  GC.GP  R 2  OG 2
GB 2 

10

skkn


1
 GA2  GB 2  GC 2  , từ đó suy ra
3
3
3
1
GA.GM .GB.GN .GC.GP   R 2  OG 2  
GA2  GB 2  GC 2 

27
3
1
2
Áp dụng BĐT Cơsi ta có GA.GM .GB.GN .GC.GP   GA2  GB 2  GC 2    GA.GB.GC 
27
 GM .GN .GP  GA.GB.GC (đpcm)
1
1
1
GA
GB
GC

1
c)





 2
 GA  GB  GC 
GA GB GC GA.GM GB.GN GC.GP R  OG 2
1
1 
 1
  R 2  OG 2  


  GA  GB  GC
 GA GB GC 
1
1
1 
 1
  GA2  GB 2  GC 2  


  GA  GB  GC
3
 GA GB GC 
1
9

2
VT   GA  GB  GC  
 GA  GB  GC (đpcm)
9
GA  GB  GC
Bài toán 5. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O , bán kính R . Giả sử M
là một điểm nằm trong đường tròn tâm O và  ,  ,  là các số thực dương thỏa mãn

  
 MA   MB   MC  0 , chứng minh rằng
R 2  OG 2 

  B        

MA  MB  MC 



R

2

 OM 2 

Chứng minh.
Ta có   B    R 2   OA2   OB 2   OC 2

  2
  2
  2

   B    R 2   MA  MO   MB  MO   MC  MO
 


   B    R 2    B    OM 2   MA2   MB 2   MC 2  2MO  MA   MB   MC





  MA   MB   MC    B     R  OM
2

2

2

2



2













Áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có
1 1 1
2
2
2
2
     MA   MB   MC    MA  MB  MC 
   
1 1 1
2
  MA  MB  MC              R 2  OM 2 
   
 MA  MB  MC 

  B        


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  MA   MB   MC .

R

2

 OM 2  (đpcm)

Bài toán 6. Cho điểm M thuộc mặt phẳng chứa tam giác đều ABC . Gọi A1 , B1 , C1
lần lượt là hình chiếu của điểm M lên các cạnh BC , CA, AB của tam giác ABC .
Chứng minh rằng
MA2  MB 2  MC 2  4  MA12  MB12  MC12 

Chứng minh.
Trường hợp 1: Nếu M trùng với một trong ba đỉnh của tam giác ABC thì BĐT
thức là hiển nhiên.
11

skkn


Trường hợp 2: Gọi G1 là trọng tâm của tam giác A1B1C1

A

Ta có: 4  MA12  MB12  MC12 

  2
  2
  2
 4 MG1  G1 A1  4 MG1  G1B1  4 MG1  G1C1
   
 12 MG12  8MG1 G1 A1  G1B1  G1C1  4  G1 A12  G1B12  G1C12 











 12 MG  4  G A  G B  G1C
2
1

2
1 1

2
1 1

2
1







  4 G A

2
1 1

 G B  G1C
2
1 1

2
1

M
B



Tứ giác MB1 AC1 là tứ giác nội tiếp nên B1C1  MA sin A 

B1

C1

C

A1

3
3
MA  B1C12  MA2
2
4

Tương tự cho các trường hợp cịn lại ta cũng có:
A1 B12 

3
3
MC 2 , C1 A12  MB 2
4
4

Cộng vế theo vế các BĐT trên ta có: A1B12  B1C12  C1 A12 

3
MA2  MB 2  MC 2 

4

Mặt khác ta có A1B12  B1C12  C1 A12  3  G1 A12  G1B12  G1C12  suy ra
1
 MA2  MB 2  MC 2 
4
Do đó: 4  MA12  MB12  MC12   MA2  MB 2  MC 2 ( đpcm)
G1 A12  G1 B12  G1C12 

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M  G1 .
Bài toán 7. Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b . Gọi I là tâm đường tròn
nội tiếp tam giác đó, chứng minh rằng
IA.IB.IC
3

2
2
aIA  bIB  cIC

9
2

Chứng minh.
   
   2
Ta có: aIA  bIB  cIC  0   aIA  bIB  cIC   0

 
 
 
 a 2 IA2  b 2 IB 2  c 2 IC 2  2abIA.IB  2bcIB.IC  2caIC.IA  0
  2
 a 2 IA2  b 2 IB 2  c 2 IC 2  ab  IA2  IB 2  IB  IA 



 2
  2
bc  IB 2  IC 2  IC  IB   ca  IC 2  IA2  IA  IC   0




2
2
2
2
2
2

2
2
2
2
2
2
2
2
 a IA  b IB  c IC  ab  IA  IB  AB   bc  IB  IC  BC   ab  IC  IA  CA2   0













  a  b  c   aIA2  bIB 2  cIC 2   abc  a  b  c   aIA2  bIB 2  cIC 2  abc (1)

Bất đẳng thức cần chứng minh có dạng
(1) 

IA2 IB 2 IC 2



 1.
bc
ca
ab

IA.IB.IC
3

abc
9

Áp dụng BĐT Cơsi ta có:
2

IA2 IB 2 IC 2
IA.IB.IC
3
 IA.IB.IC 
1


 33 

(đpcm)
 
bc
ca
ab
abc
9

 abc 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.

12

skkn


Bài tốn 8. Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b , chứng minh rằng với mọi
điểm M nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC ta có bất đẳng thức sau
MA2 MB 2 MC 2


1
bc
ca
ab

Chứng minh.
   2
Ta có:  aMA  bMB  cMC   0

  2
 a 2 MA2  b 2 MB 2  c 2 MC 2  ab  MA2  MB 2  MB  MA 






  2
2
bc  MB 2  MC 2  MC  MB   ca  MC 2  MA2  MA  MC   0




2
2
2
2
2
2
2
2
2
 a MA  b MB  c MC  ab  MA  MB  AB 













bc  MB 2  MC 2  BC 2   ab  MC 2  MA2  CA2   0

  a  b  c   aMA2  bMB 2  cMC 2   abc  a  b  c   aMA2  bMB 2  cMC 2  abc

MA2 MB 2 MC 2


 1 (đpcm)
bc
ca
ab
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M  I
Bài tốn 9. Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b , chứng minh rằng với mọi
điểm M nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC ta có:
MA MB MC


 3
a
b
c


( Olimpic 30 – 4 – 2013)
Chứng minh.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có:

     
MA MB MC MA.GA MB.GB MC.GC MA.GA MB.GB MC .GC









a
b
c
a.GA
b.GB
c.GC
a.GA
b.GB
c.GC

3a. 2  b 2  c 2   a 2 a 2  b 2  c 2
1
2  b2  c 2   a 2 

,
3
3 3
3 3
a2  b2  c2
a2  b2  c2
Tương tự.
b.GB 
, c.GC 

, do đó:
3 3
3 3
     
MA MB MC
3 3


 2
MA.GA  MB.GB  MC.GC
2
2
a
b
c
a b c
        
3 3
 MG  GA GA  MG  GB GB  MG  GC GC 
 2
2
2 

a b c
   
3 3
 MG GA  GB  GC  GA2  GB 2  GC 2 
 2
2
2 


a b c

Ta có: a.GA  a.





















3 3
 GA2  GB 2  GC 2 
a  b2  c2
a2  b2  c2
MA MB MC

Lại có GA2  GB 2  GC 2 
suy ra


 3 (đpcm)
3
a
b
c
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M  G .


2

13

skkn


Bài tốn 10. Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b và M là một điểm tùy ý
nằm trong mặt phẳng chứa tam giác ABC , chứng minh rằng
a 2 MA2  b 2 MB 2  c 2 MC 2 

3a 2b 2 c 2
a 2  b2  c 2

Chứng minh.


 2

Ta có:  a 2 MA  b 2 MB  c 2 MC   0

  2
 a 4 MA2  b 4 MB 2  c 4 MC 2  a 2b 2  MA2  MB 2  MB  MA 





  2
2
b 2c 2  MB 2  MC 2  MC  MB   c 2 a 2  MC 2  MA2  MA  MC   0




4
2
4
2
4
2
2 2
2
2
2
 a MA  b MB  c MC  a b  MA  MB  AB 













b 2 c 2  MB 2  MC 2  BC 2   a 2b 2  MC 2  MA2  CA2   0

  a 2  b 2  c 2  a 2 MA2  b 2 MB 2  c 2 MC 2   3a 2b 2c 2  a 2 MA2  b 2 MB 2  c 2 MC 2 

3a 2b2 c 2
a 2  b2  c 2

Dấu “=” xảy ra khi và chi khi M là điểm Lơ – moan của tam giác ABC.
Bài tốn 11. Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b . Kí hiệu L là điểm lơ –
moan của tam giác đó, chứng minh rằng

a

2

 b2  c 2  LA2  LB 2  LC 2   3  a 2 LA2  b 2 LB 2  c 2 LC 2 

Chứng minh.



 
Vì L là điểm Lơ – moan nên ta có: a 2 LA  b 2 LB  c 2 LC  0
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , ta có:

 2
 2
 2
a 2GA2  b 2GB 2  c 2GC 2  a 2 GA  b 2 GB  c 2 GC
  2
  2
  2
 a 2 GL  LA  b 2 GL  LB  c 2 GL  LC




  a 2  b 2  c 2  GL2  2 LG a 2 LA  b 2 LB  c 2 LC  a 2 LA2  b 2 LB 2  c 2 LC 2















  a 2  b 2  c 2  GL2  a 2 LA2  b 2 LB 2  c 2 LC 2



 a 2 LA2  b 2 LB 2  c 2 LC 2  a 2GA2  b 2GB 2  c 2GC 2   a 2  b 2  c 2  GL2 (1)
  2   2   2
Lại có: LA2  LB 2  LC 2  LG  GA  LG  GB  LG  GC
   
 3LG 2  2 LG GA  GB  GC  GA2  GB 2  GC 2  3LG 2  GA2  GB 2  GC 2 (2)







 

 



Thay (1) và (2) vào BĐT cần chứng minh ta có.

a

2

 b 2  c 2  3LG 2  GA2  GB 2  GC 2   3  a 2GA2  b 2GB 2  c 2GC 2   a 2  b 2  c 2  GL2 

 6  a 2  b2  c 2  LG 2   b 2  c 2  2a 2  GA2   c 2  a 2  2b 2  GB 2   a 2  b 2  2c 2  GC 2  0

Mặt khác ta có:
1
1
1
 2  b 2  c 2   a 2  , GB 2   2  c 2  a 2   b 2  , GC 2   2  a 2  b 2   c 2 





9
9
9
1
BĐT  6  a 2  b 2  c 2  LG 2    b 2  c 2  2a 2  2b 2  2c 2  a 2   0
9
2
2
2
1
 6  a 2  b 2  c 2  LG 2   a 2  b 2    b 2  c 2    c 2  a 2    0

3 
GA2 

14

skkn


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.
Bài toán 12. Cho tam giác ABC có tâm đường trịn nội tiếp là I , trọng tâm là G .
Kéo dài AG, BG, CG lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại A1 , B1 , C1 .
Chứng minh rằng GA1  GB1  GC1  IA  IB  IC
( Toán học và tuổi trẻ tháng 11 năm 2018)
Chứng minh.
Đặt AB  c, BC  a, CA  b , ta có
A














Ta có: aIA  bIB  cIC  0   aIA  bIB  cIC   0
2

 

 
 
 a 2 IA2  b 2 IB 2  c 2 IC 2  2abIA.IB  2bcIB.IC  2caIC.IA  0
  2
 a 2 IA2  b 2 IB 2  c 2 IC 2  ab  IA2  IB 2  IB  IA 





B1

C1
G



B

M

C

A1
  2 
  2 
2
2
2
2



bc IB  IC  IC  IB  ca IC  IA  IA  IC
0




 a 2 IA2  b 2 IB 2  c 2 IC 2  ab  IA2  IB 2  AB 2   bc  IB 2  IC 2  BC 2   ab  IC 2  IA2  CA2   0









  a  b  c   aIA2  bIB 2  cIC 2   abc  a  b  c   aIA2  bIB 2  cIC 2  abc


IA2 IB 2 IC 2


 1 , áp dụng BĐT Schwarzt ta có
bc
ca
ab

IA2 IB 2 IC 2  IA  IB  IC 




 IA  IB  IC  ab  bc  ca (1)
bc
ca
ab
ab  bc  ca
a2
a2
Gọi M là giao điểm của AG và BC ta có MA.MA1  MB.MC   MA1 
4
4MA
2
MA
a
GA1  GM  MA1 

, áp dụng BĐT Côsi ta có:
3
4 MA
MA
a2
a
b
c
, tương tự ta có: GB1  , GC1 
, lúc đó
GA1 



3
4MA
3
3
3
abc
, BĐT được chứng minh nếu ta chứng minh được
GA1  GB1  GC1 
3
abc
2
2
2
 ab  bc  ca , thật vậy: BĐT   a  b    b  c    c  a   0 (đpcm)
3
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC là tam giác đều.
2

1

Bài toán sau là một kết quả làm chặt bài tốn số 9 vì ta có:
a 2  b2  c2
2 2

 3 , thật vậy: BĐT   a 2  b 2    b2  c 2    c 2  a 2   0 (đúng)
2

a b b c c a
2 2

2

2

2

2

Bài tốn 13. Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b , chứng minh rằng với mọi
điểm M ta có bất đẳng thức
MA MB MC
a2  b2  c2



a
b
c
a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2

Chứng minh.

  2
Ta có:  xMA  yMB  zMC   0
15

skkn

 
 
 
 x 2 MA2  y 2 MB 2  z 2 MC 2  2 xyMA.MB  2 yzMB.MC  2 zxMC .MA  0
 x 2 MA2  y 2 MB 2  z 2 MC 2  xy   MA2  MB 2  AB 2   0
  x  y  z   xMA2  yMB 2  zMC 2   xyc 2  yza 2  zxb 2

a
b
c
, y
, z
ta có:
MA
MB
MC
b
c 
a
b
c
 a







  a.MA  b.MB  c.MC   abc 


 MA MB MC 
 MB.MC MC .MA MA.MB 
MA.MB MB.MC MC.MA



 1 (1)
ab
bc
ca
1
1
1
Cho x  2 , y  2 , z  2 ta có:
a
b
c
2
2
MC 2  a 2
b2
c2
 1 1 1   MA MB
 2  2  2  2  2  2   2 2  2 2  2 2
b
c  bc ca
ab
 a b c  a

Cho x 



MA2 MB 2 MC 2
a 4  b4  c 4



(2)
a2
b2
c2
a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2

Lấy (1) nhân với 2 sau đó cộng vế theo vế các bất đẳng thức cùng chiều với (2) ta
có điều phải chứng minh.
Bài tập:
1. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c và nội tiếp đường tròn tâm O bán
kính R , chứng minh rằng với mọi số thực dương  ,  ,  ta có bất đẳng thức
sau
 a2   b2   c2 

     


2

 R2

,
   , CIA
2. Cho tam giác ABC và điểm I ở trong tam giác. Đặt BIC

AIB   . Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có:
MA sin   MB sin   MC sin   IA sin   IB sin   IC sin 
3. Cho tam giác ABC có các góc đều bé hơn 1200 và M là điểm bất kỳ trong
mặt phẳng chứa tam giác ABC . Gọi T là điểm Tô – ri – xen – li của ABC .

Chứng minh rằng
MA  MB  MC  TA  TB  TC
4. Cho tam giác ABC , đặt SMBC  Sa , SMAC  Sb , SMAB  Sc , chứng minh rằng với

mọi điểm M nằm trong tam giác ABC ta có bất đẳng thức sau
S a .MA.NA  Sb .MB.NB  S c .MC.NC  S a .MA2  Sb .MB 2  S c .MC 2

5. Cho tam giác ABC có BC  a, CA  b, AB  c . M là một điểm nằm trong mặt
phẳng tam giác, chứng minh rằng
MA.sin A  MB.sin B  MC .sin C  a cos A  b cos B  c cos C
6. Cho tam giác ABC , chứng minh rằng với mọi điểm M thuộc đường trịn

ngoại tiếp tam giác đó ta có:
5r 

MA2 MB 2 MC 2 5R



ha
hb

hc
2

16

skkn


Trong đó ha , hb , hc lần lượt là các đường cao xuất phát từ các đỉnh A, B, C của tam
giác ABC . R, r lần lượt là bán kính đường trịn ngoại tiếp và nội tiếp của tam giác
đó.
7. Cho tam giác ABC , M là điểm trong tam giác . Gọi H , I , K lần lượt là hình
chiếu vng góc của M lên các cạnh BC , CA, AB của tam giác ABC , chứng
minh
MA2 sin 2 A  MB 2 sin 2 B  MC 2 sin 2 C  3  MH 2  MI 2  MK 2 

8. ( Toán học và tuổi trẻ tháng 6 năm 2008)
Cho tam giác nhọn ABC với Q là tâm đường tròn Euler của nó. Đường trịn
ngoại tam giác ABC với bán kính R cắt AQ, BQ, CQ lần nữa tại M , N , P theo
thứ tự. Chứng minh rằng
1
1
1
3



QM QN QP R

9. ( Olimpic 30 – 4 – 2017)

Cho tam giác ABC khơng có góc nào vượt q 1200 . Chứng minh rằng với
a2  b2  c2
 2 3S
2
Trong đó a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác và S là diện tích tam giác ABC .

điềm M bất kỳ ta có : MA  MB  MC 

10. (Olimpic 30 – 4 – 2006)
Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác và R là bán kính đường trịn
ngoại tiếp tam giác đó. Chứng minh rằng:
a 3  b3  c 3  abc
 4R 2
abc

11. ( Toán học và tuổi trẻ tháng 9 năm 2021)
Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b . Gọi G là trọng tâm của tam giác
đó, chứng minh rằng:
GA2 GB 2 GC 2


1
bc
ca
ab

2.5.2. Sử dụng véctơ vào bài tốn tìm cực trị hình học phẳng.
Bài tốn 1. Cho tam giác ABC có AB  c, BC  a, CA  b và đường thẳng d bất kỳ
Tìm điểm M trên đường thẳng d sao cho biểu thức sau đạt giá trị nhỏ nhất
P  MA2  MB 2  MC 2

Lời giải.
Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC , ta có.

 2  2  2
  2   2  
P  MA2  MB 2  MC 2  MA  MB  MC  MG  GA  MG  GB  MG  GC
   
 3MG 2  2 MG GA  GB  GC  GA2  GB 2  GC 2
A





 3MG 2  GA2  GB 2  GC 2  3MG 2 



 

a 2  b2  c2
3

a 2  b2  c 2
 3MH 
3
Trong đó H là hình chiếu vng góc của G

 



2

G

2

C
M

B
H

skkn

17


lên đường thẳng d
a 2  b2  c 2 a 2  b2  c2

3
3
2
2
2
a b c
Vậy: MinP 

khi và chỉ khi M  H .
3
Bài toán 2. Cho tam giác đều ABC có cạnh bằng 2 . M là một điểm thuộc đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC , đặt P  MA2  MB 2  MC 2 .
a) Tìm GTNN của biểu thức P .
b) Tìm GTLN của biểu thức P .

Ta có P  3MH 2 

Lời giải.
   
Trước tiên ta tìm điểm I sao cho IA  IB  IC  0
Gọi
K là trung điểm của BC ta có.
  


IA  2 IK  0  IA  2 IK hay I là điểm đối xứng với A qua K
  2   2   2
Ta có P  MA2  MB 2  MC 2   MI  IA   MI  IB    MI  IC 
   
  MI 2  IA2  IB 2  IC 2  2 MI IA  IB  IC



  MI  IA  IB  IC
2

2

2

A
2



B

K

2

M1

ABC là tam giác đều cạnh bằng 2 nên : AK  3 , IA  2 3 ,

AM 1 

4 3
, lúc đó.
3

C

P   MI 2  4

I

a) MinP đạt được khi và chỉ khi MI đạt Max  M  A và MinP  8

8
3
Bài toán 3. Cho tam giác ABC , M là một điểm tùy ý . Tìm vị trí điểm M trong các

b) MaxP đạt được khi và chỉ khi MI đạt Min  M  M 1 và MaxP 

trường hợp sau.
a) MA2  MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất.
b) MA2  3MB 2  MC 2 đạt giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất.
Lời giải.
   
a) Ta xác định điểm I thỏa mãn IA  IB  IC  0
Gọi K là trung điểm
của AB 
ta có 
  
2 IK  IC  0  IC  2IK
Hay I là điểm đối xứng của C qua K , ta có:
  2   2  
MA2  MB 2  MC 2  MI  IA  MI  IB  MI  IC
   
 MI 2  IA2  IB 2  IC 2  2 MI IA  IB  IC



 



 



A

I



2

K
B

C

 MI  IA  IB  IC  IA  IB  IC
Vậy: Min  MA2  MB 2  MC 2   IA2  IB 2  IC 2  M  I .
   
  
 1 
b) Ta tìm điểm E thỏa mãn EA  3EB  EC  0  3EB  CA  0  EB  AC
3
  2
  2   2
2
2
2
Ta có: MA  3MB  MC  ME  EA  3 ME  EB  ME  EC
   

 3ME 2  EA2  3EB 2  EC 2  2ME EA  3EB  EC
2

2

2

2



 3ME  EA  3EB  EC
2

2

2

2

2







2

 




2

18

skkn


Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , đường thẳng OE cắt đường
tròn  O  tại hai điểm M 1 và M 2 .
A
Ta có: 3M 1E 2  EA2  3EB 2  EC 2  3ME 2  EA2  3EB 2  EC 2
 3M 2 E 2  EA2  3EB 2  EC 2
 3M 1 E  EA  3EB  EC  MA  3MB  MC
2

2

2

2

2

2

2

 3M 2 E 2  EA2  3EB 2  EC 2

M1
E
B

M2

O

C

Vậy: Max  MA2  3MB 2  MC 2   3M 2 E 2  EA2  3EB 2  EC 2  M  M 2
Min  MA2  3MB 2  MC 2   3M 1E 2  EA2  3EB 2  EC 2  M  M 1

Bài toán 4. Cho tam giác ABC có AB  a, AC  b và nội tiếp đường trịn tâm O , bán
kính R . M là một điểm di động trên  O; R  .Tìm giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
P  MA2  MB 2  2MC 2

Lời giải.
  2   2
  2
Ta có: P  MA2  MB 2  2MC 2   OA  OM    OB  OM   2  OC  OM 

   
  
 


 2OM 2OC  OA  OB  2OM BC  AC  2OM CB  CA
 
 2OM .DC ( Với D là đỉnh thứ 4 của hình bình hành ACBD )
 
 
 2 R.CD.cos OM , DC  2 R a 2  b 2  2ab cos C cos OM , DC





















Gọi d là đường thẳng đi qua tâm O và song
song

với CD
, đường
thẳng d cắt




đường tròn tâm O tại M 1 và M 2 , ta có: OM 1  CD và OM 2  CD .
D
Vậy:
Min P  2 R a 2  b 2  2ab cos C khi và chỉ khi M  M 1

Max P  2 R a 2  b 2  2ab cos C khi và chỉ khi M  M 2

A
M1
O

B

M2
C

Bài toán 5. Cho tam giác ABC có góc A bằng 600 . M là một điểm tùy ý thuộc
mặt phẳng chứa tam giác ABC , tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  3MA  MB  MC

Lời giải.
MB. AB MC . AC


AB
AC
     
   
MA  AB . AB MA  AC . AC
MB. AB MC. AC
 3MA 

 3MA 

AB
AC
AB
AC
 
  AB AC 
 3MA  MA 

  AB  AC
 AB AC 

P  3MA  MB  MC  3MA 









Trên các cạnh AB, AC của tam giác ABC ta đặt các véctơ đơn vị
19

skkn




 
 AB
 AC
AB AC 
và e2 
, ta có
e1 

 AF
AB
AC
AB AC

A

Vì A  600 nên AF  3 , do đó

 
P  3MA  MA. AF  AB  AC
 
 3MA  3MA.cos MA, AF  AB  AC





B

 
 3MA 1  cos MA, AF   AB  AC  AB  AC





F

C



Vậy: Min P  AB  AC khi và chỉ khi M  A .
Bài toán 6. Cho ABC với AB  c, BA  a, CA  b và M là điểm nằm trong mặt phẳng
tam giác ABC .  ,  ,  là các số thực thỏa mãn       0 . Tùy vào dấu của
     hãy tìm giá trị lớn nhât, giá trị nhỏ nhất của biểu thức sau
P   MA2   MB 2   MC 2

Lời giải.
Gọi I la tâm tỷ cự của hệ ba điểm A, B, C với bộ số  ,  ,  ta có :



 
 IA   IB   IC  0 (1)

  2
  2
 
P   MA2   MB 2   MC 2   MI  IA   MI  IB   MI  IC
 


       MI 2   IA2   IB 2   IC 2  2MI  IA   IB   IC

















2

       MI 2   IA2   IB 2   IC 2


 2
Mặt khác : Từ đẳng thức (1) ta có  IA   IB   IC  0
 
 
 
  2 IA2   2 IB 2   2 IC 2  2 IA.IB  2 IB.IC  2 IC.IA  0
  2
  2 IA2   2 IB 2   2 IC 2    IA2  IB 2  IB  IA 



 2
  2
   IB 2  IC 2  IC  IB     IC 2  IA2  IA  IC   0




2
2
2
2
2
2
2
2
2

  IA   IB   IC    IA  IB  AB 

















   IB 2  IC 2  BC 2     IC 2  IA2  CA2   0
  2 IA2   2 IB 2   2 IC 2    IA2  IB 2  c 2 
   IB 2  IC 2  a 2     IC 2  IA2  b 2   0
        IA 2   IB 2   IC 2    c 2   a 2   b 2

 c 2   a 2   b 2
, lúc đó:
   
 c 2   a 2   b2
P        MI 2 
   
2

2
 c   a   b2
Nếu       0 thì : Max P 
M I
   
 c 2   a 2   b2
Nếu       0 thì : Min P 
M I
   
  IA 2   IB 2   IC 2 

20

skkn


Bài tốn 7. Cho tam giác ABC vng tại A , gọi  là góc giữa hai đường trung
tuyến BM và CN . Tìm giá trị nhỏ nhất của cos 
Lời giải.
Ta có

   
 
BA  AM CA  AN
 
BM .CN
cos   cos BM , CN    
A
BM .CN
BM . CN

       
M
BA.CA  BA. AN  AM .CA  AM . AN
N

BM .CN
1
1
 AB 2  AC 2
C
B
AB 2  AC 2
BC 2
2
2



BM .CN
2 BM .CM
2 BM .CM
Áp dụng BĐT Cơsi ta có: 2 BM .CM  BM 2  CN 2
5
5
 2 BM .CN  AB 2  AM 2  AC 2  AN 2   AB 2  AC 2   BC 2
4
4
4
Suy ra: cos  
5

4
Vậy: Min cos    BM  CN hay tam giác ABC là tam giác vuông cân.
5
Bài tốn 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
  CTA
  1200 (Điểm Tô -ri - xen – li )
cho 
ATB  BTC
MATA
.
MB.TB MC.TC


TA
TB
TC

     
MATA
.
MB.TB MC.TC



TA
TB
TC
        
MT  TA TA MT  TB TB MT  TC TC
A



TA
TB
TC
  
  TA TB TC 
 MT 


  TA  TB  TC
T
 TA TB TC 
0




Do ATB  BTC  CTA  120 suy ra
  
TA TB TC 
C


0
B
TA TB TC
Nên MA  MB  MC  TA  TB  TC do đó:
Min ( MA  MB  MC )  TA  TB  TC khi và chỉ khi M  T .
Trường hợp 2: Tam giác ABC có một góc lớn hơn hoặc bằng 1200 , khơng mất tính
tổng quát giả sử A  1200 , ta có:
   
MB. AB MC. AC
MB. AB MC. AC
MA  MB  MC  MA 

 MA 

AB
AC
AB
AC
     
MA  AB . AB MA  AC . AC
 MA 

AB

AC

Ta có MA  MB  MC 





















21

skkn


 

  AB AC 
 MA  MA 

  AB  AC
 AB AC 
  2
 
 AB AC 
AB. AC
A
Ta có: 

 2  2 cos A  4 cos 2 ,
  22
AB. AC
2
 AB AC 
A

A
1
2
 
 
AB AC 
AB AC

 AF

 1 mà

AB AC
AB AC

do A  1200  4 cos 2
Từ đó suy ra


do đó: AF  1

F
C

B

 
  AB AC 
 
MA  MB  MC  MA  MA 

  AB  AC  MA  MA. AF  AB  AC
 AB AC 
 
 
 MA  MA. AF  AB  AC  MA  MA. AF cos MA, AF  AB  AC
 
 MA 1  AF .cos MA, AF   AB  AC  AB  AC , khi đó.


Min( MA  MB  MC )  AB  AC khi và chỉ khi M  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.MB 2  tan C.MC 2

Lời giải.
Ta có T  tan A.MA2  tan B.MB 2  tan C.MC 2

  2
 
 tan A MH  HA  tan B MH  HB









2

 

 tan C MH  HC





2

 MH 2  tan A  tan B  tan C   tan A.HA2  tan B.HB 2  tan C.HC 2




2 MH 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.HB 2  tan C.HC 2
Mặt khác do: HA  2 R cos A , HB  2 R cos B , HC  2 R cos C khi đó.
tan A.HA2  tan B.HB 2  tan C.HC 2  2 R 2  sin 2 A  sin 2 B  sin 2C   8R 2 sin A sin B sin C  4 S





( S : diện tích ABC )
T  tan A.tan B.tan C.MH  8 R sin A sin B sin C  tan A.tan B. tan C.MH 2  4 S  4 S
Vậy: Min T  4S khi và chỉ khi M  H .
Bài toán 10. Cho tam giác ABC và M là một điểm nằm trong mặt phẳng chứa tam

2

2

giác, tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P  MA.sin 2 A  MB.sin 2 B  MC.sin 2C

Lời giải.
Gọi O và R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
MA.OA sin 2 A MB.OB sin 2 B MC.OC sin 2C


OA
OB
OC
 
 
 
MA.OA sin 2 A MB.OB sin 2 B MC.OC sin 2C



OA
OB
OC

Ta có P 

22

skkn


  

  

  

 MO  OA .OA sin 2 A   MO  OB  .OB sin 2B   MO  OC  .OC sin 2C


OA
OB
OC






MO

OA sin 2 A  OB sin 2 B  OC sin 2C  R  sin 2 A  sin 2 B  sin 2C 
 R



Ta có: OA sin 2 A  OB sin 2 B  OC sin 2C  0
Do đó: P  R  sin 2 A  sin 2 B  sin 2C   4 R sin A sin B sin C



 MA  OA

 
Vậy: Min P  4 R sin A sin B sin C khi và chỉ khi  MB  OB  M  O .

 
 MC  OC
Bài tốn 11. Cho tam giác ABC vng tại A có AB  c, BC  a, CA  b và thỏa mãn





AB  3 AC  2 BC . Xác định vị trí điểm M sao cho 4 3MA  3 7 MB  39MC đạt giá

trị nhỏ nhất
( Toán học và tuổi trẻ tháng 12 năm 2011)
Lời giải.
A

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

Q
P
L

B

H

C

K

  
 AP  AQ  AP   AQ  
AB 
AC 
LB  LA 
LC  LA (1)
AL  AP  AQ  AL 
AB
AC
AB
AC
AP AH . AL AH 2
AB 2 . AC 2
AL AP
Lại có APL  AHB 





AB AH
AB

AB 2
2 AB 2 2 AB 2 .BC 2
AB 2 . AC 2
AC 2
b2



2
2
2
2 AB 2 .  AB 2  AC 2  2  AB 2  AC 2  a  b  c









AQ
c2
 2
, thay các tỷ số trên vào (1) ta có
AC a  b 2  c 2

 
 
b2

c2
AL  2
LB

LA

LC  LA
a b 2  c 2
a 2  b2  c 2




 a 2 LA  b 2 LB  c 2 LC  0 hay L là điểm Lơ – moan của tam giác ABC .
Bổ đề: Với mọi điềm M ta có
a 2 MA.LA  b 2 MB.LB  c 2 MC.LC  a 2 .LA2  b 2 .LB 2  c 2 .LC 2

Tương tự ta cũng có









Thật vậy:

 

 
 
a 2 MA.LA  b2 MB.LB  c 2 MC.LC  a 2 MA.LA  b 2 MB.LB  c 2 MC .LC
  
  
  
 a 2 MA.LA  b 2 MB.LB  c 2 MC.LC  a 2 LA  LM LA  b 2 LB  LM LB  c 2 LC  LM LC




 a 2 MA.LA  b 2 MB.LB  c 2 MC.LC  a 2 LA2  b 2 LB 2  c 2 LC 2  LM a 2 LA  b 2 LB  c 2 LC
















 a MA.LA  b MB.LB  c MC.LC  a LA  b LB  c LC (2)
2

2

2

2

2

2

2

2

2

Ta có AB  3 AC  1  3  AB 2  AC 2   2 BC

Dấu bằng xảy ra khi AC  3 AB hay b  3c , a  2c
23

skkn


Dễ dàng ta có các kết quả sau:
c 3
c 3
c 7
c 39

 LA 
, LB 
, LC 
, thay vào (2) ta có
2
4
4
4
c 3
c 7
c 39
3c 2
7c 2
39c 2
4c 2 .
.MA  3c 2
.MB  c 2 .
.MC  4c 2 .
 3c 2 .
 c2
4
4
4
16
16
16
 4 3MA  3 7 MB  39MC  18c
AH 

Vậy: Min ( 4 3MA  3 7 MB  39MC )  18c  M  L .

Bài tập.
1. Cho tam giác đều ABC cạnh a .
a. Cho M là một điểm nằm trên đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC , tính
MA2  MB 2  MC 2 theo a .
b. Cho đường thẳng d , tìm điểm N trên d sao cho NA2  NB 2  NC 2 nhỏ nhất.
2. 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
  MN 2  NP 2  PM 2

Đạt giá trị nhỏ nhất.
3. Cho tam giác ABC có trọng tâm G và nội tiếp đường tròn tâm O . M là một
điểm thuộc hình trịn 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

4. 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.
5. Trong tất cả các tam giác ABC ngoại tiếp đường trịn tâm I , bán kính r . Tìm
tam giác sao cho biểu thức sau
P

ma mb mc
m  mb2  mc2

2
a

Đạt giá trị nhỏ nhất.
6. ( 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 vng góc của M lên các cạnh BC , CA, AB . Tìm
giá trị nhỏ nhất của
P

MA2  MB 2  MC 2

 MA1  MB1  MC1 

2

2.6. Phát triển năng lực sử dụng công cụ véctơ vào bài tốn chứng minh bất
đẳng thức và tìm cực trị hình học không gian.
2.6.1. Sử dụng công cụ véctơ vào bài tốn chứng minh bất đẳng thức hình học
khơng gian.

24

skkn


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  n

Chứng 
minh.
  
Ta có: MAi  OAi  OM ( i  1, n )
   
 
Khi đó: MA1  MA2  ...  MAn  OA1  OM  OA2  OM  ...  OAn  OM

     
  
 OA1  OM OA1  OA2  OM OA2  ...  OAn  OM OAn
     
  
 OA1  OM OA1  OA2  OM OA2  ...  OAn  OM OAn
  

 n  OM OA1  OA2  ...  OAn  n (đpcm)


Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi MAi cùng phương với OAi  M  O .

















Bài tốn 2. Cho tứ diện ABCD có AB  CD, AC  BD, AD  BC và M là một điểm bất
kỳ trong khơng gian. Chứng minh rằng bình phương khoảng cách từ điểm M đến
một trong các đỉnh của tứ diện khơng lớn hơn tổng bình phương khoảng từ điểm
M đến ba đỉnh cịn lại.
Chứng minh.
Khơng mất tính tổng quát ta chứng minh: MA2  MB 2  MC 2  MD 2 (1)
Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD , ta có:
  2   2   2   2
(1)   OA  OM    OB  OM    OC  OM    OD  OM 
    
 OB 2 OC 2  OD 2  OA2  2OM 2  2OM OB  OC  OD  OA  0





Vì ABCD là tứ 
diện
gần đều nên O là trọng
tâm của tứ diện, 
tức

là
    
   


OA  OB  OC  OD  0  OB  OC  OD  OA  2OA
 
Lúc đó: (1)  OB 2 OC 2  OD 2  OA2  2OM 2  4OM .OA  0
 
  2
 2 OA2  2OM .OA  OM 2  0  2 OM  OA  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  MB 2  MC 2  MD 2  GA2  GB 2  GC 2  GD 2









Chứng minh.
    
Gọi G là trọng tâm của tứ diện ta có: GA  GB  GC  GD  0 và.
  2
 
MA2  MG  GA  MG 2  2 MG.GA  GA2

  2
 
MB 2  MG  GB  MG 2  2MG.GB  GB 2
  2
 
MC 2  MG  GC  MG 2  2MG.GC  GC 2
  2
 
MD 2  MG  GD  MG 2  2MG.GD  GD 2











Cộng vế theo vế các bất đẳng thức cùng chiều trên ta có:

    
MA2  MB 2  MC 2  MD 2  4 MG 2  2 MG GA  GB  GC  GD  GA2  GB 2  GC 2  GD 2





 4MG 2  GA2  GB 2  GC 2  GD 2  GA2  GB 2  GC 2  GD 2 (đpcm)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M  G .

25

skkn