Phát triển tư duy qua khai thác bài toán đẳng thức SGK hình học 10

I
A
B
C
D
I
A
B
C
B'
A'
B1
A1
B
A
C
I
F
E
D
H
K
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10
Bài toán xuất phát (Bài 37 sách bài tập chương trình nâng cao)
Cho tam giác ABC với các cạnh AB=c,BC=a,CA=b.Gọi I là tâm đường tròn nội
tiếp tam giác ABC.Chứng minh rằng :
aIA bIB cIC 0+ + =
uur uur uur r
(*)
I. Các cách giải cho bài toán 1 và bài toán tổng quát:

1) Các cách giải :
Cách giải 1:
Gọi D là chân đường phân giác góc A
Do D là đường phân giác giác trong góc A nên ta có
( )
( )
DB c c c
BD DC ID IB IC ID b c ID bIB cIC (1)
DC b b b
= = - = - + = +Þ Û Û
uuur uuur uur uur uur uur uur uur uur
Do I là chân đường phân giác nên ta có :
( )
ID BD CD BD CD a
b c ID aIA (2)
IA BA CA BA CA b c
+
= = = = + = -Þ
+ +
uur uur
Từ (1)(2) ta có điều phải chứng minh
Cách giải 2:
Qua C dựng đường thẳng song song với AI cắt BI tai B’;song song với BI cắt AI
tại A’
Ta có
IC IA' IB'= +
uur uuur uur
(*)
Theo định lý Talet và tính chất đường phân giác trong ta có :
Tương tự :

a
IA' IA (2)
c
=-
uuur uur
Từ (1)(2) thay vào (*) ta có :
a b
IC IA IB aIA bIB cIC 0
c c
=- - + + =Û
uur uur uur uur uur uur r
ĐPCM
Cách giải 3 :
Dựng hình bình hành AEFI
Ta có
AE AF
AI AE AF AB AC
AB AC
= + = +
uur uuur uur uuur uuur
Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của I ,B lên đường thẳng AC
Theo định lý Talet thì :
AIC
ABC
1
IH.b
S
AE DI IH b
2
AB DB BK S P.r a b c

= = = = =
+ +
Tương tự
AF c
AC a b c
=
+ +
Như vậy
( ) ( )
b c b c
AI AB AC AI IB IA IC IA
a b c a b c a b c a b c
= + = - + -Û
+ + + + + + + +
uur uuur uuur uur uur uur uur uur
Hay
aIA bIB cIC 0+ + =
uur uur uur r
ĐPCM

Trang 1
1
1
BA
IB c b
IB' IB (1)
IB' CA b c
= = =-Þ
uur uur
E

A
B
C
I
D
A
B
C
M
I
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10
Cách giải 4: Ứng dụng của một hệ thức véc tơ
Ta có:
( ) ( )
IC IM IC.IM IM.IC IC IM IC IM
AI AI IM IA IC IA AM AC
MC MC MC MC MC MC MC
æ ö
+
÷
ç
= + + = - + - = +
÷
ç
÷
ç
è ø
uur uur
uur uur uur uur uur uur uuur uuur

(Do
IC.IM
uur
và
IM.IC
uur
là hai véc tơ đối nhau)
Mặt khác
IM 1 1 1 c
IC b a b
MC a b c
1 1 1 b.
MI AM bc
= = = =
+
+ +
+ + +
nên
AI
uur
=
IC IM c AM c
AM AC 1 .AB AC
MC MC a b c AB a b c
æ ö
÷
ç
+ = - +
÷
ç

÷
ç
è ø
+ + + +
uuur uuur uuur uuur
( )
a b bc c
. AB AC
a b c a b .c a b c
+
= +
+ + + + +
uuur uuur
( ) ( )
b c b c
AI AB AC IB IA IC IA
a b c a b c a b c a b c
aIA bIB cIC 0
= + = - + -Þ
+ + + + + + + +
+ + =Þ
uur uuur uuur uur uur uur uur
uur uur uur r
Cách giải 5: Sử dụng khái niệm tích vô hướng
Đặt
v aIA bIB cIC= + +
r uur uur uur
Ta có :
( ) ( )
( )

2
v.IA aIA bIA.IB cIA.IC IA a.IA b.IB.cos IA;IB c.IC.cos IA;IC
A B A C
v.IA IA a.IA b.IB.cos c.IC.cos
2 2 2 2 2 2
r r C
IA.2.R sin A. sin B sin
A B
sin sin
2 2
= + + = + +
æ ö
æ ö æ ö
p p
÷
÷ ÷ç
ç ç
= + - - + - -Û
÷
÷ ÷
ç
ç ç
÷
÷ ÷
ç ç
ç
÷
è ø è ø
è ø
= -

r uur uur uur uur uur uur uur uur uur
r uur
r B
sin C sin
C
2 2
sin
2
A B C C B
v.IA 2.R.rIA cos cos sin cos sin
2 2 2 2 2
A B C
v.IA 2.R.rIA cos sin 0
2 2
æ ö
÷
ç
÷
ç
÷
ç
÷
ç
-
÷
ç
÷
ç
÷
ç

÷
÷
ç
è ø
æ ö
÷
ç
= - -Û
÷
ç
÷
ç
è ø
æ ö
+
÷
ç
= - =Û
÷
ç
÷
ç
è ø
r uur
r uur
Tương tự ta có
v.IB 0=
r uur
,Vì
IA;IB

uur uur
là hai véc tơ không cùng phương nên
v 0=
r r

ĐPCM
Cách giải 6: Chuyển qua véc tơ đơn vị
Đặt:
1 2 3
e ,e ,e
ur uur uur
là các vectơ đơn vị cùng hướng với
IA,IB,IC
uur uuuruur
khi đó:
aIA bIB cIC 0+ + =
uur uur uur r
1 2 3
a.IA.e +b.IB.e +c.IC.e =0⇔
ur uur uur r
1 2 3
r r r
2RsinA. e +2RsinB. e +2RsinC. e =0
A B C
sin sin sin
2 2 2
⇔
ur uur uur r
1 2 3
A B C

cos e cos e cos e 0
2 2 2
+ + =Û
ur ur ur r

Trang 2
I
E
A
C
B
F'
F
D
Phỏt trin t duy hc sinh thụng qua khai thỏc bi toỏn trong sỏch giỏo khoa hỡnh hc
10
Gi im D c xỏc nh bi
1
A
ID cos e
2
=
uur ur
Qua D k ng thng song song vi IC ct IB ti E.D thy
ã ã ã
A B C A C B A
DIE ;IDE DEI
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
p p p
= + = - = + = - = -ị

p dng nh lý sin ta cú :
DE IE ID DE IE ID
C B A C B A
sin sin sin cos cos cos
2 2 2 2 2 2 2 2 2
= = = =
ổ ử ổ ử ổ ử ổ ử ổ ử ổ ử
p p p
ữ ữ ữ ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ ỗ ỗ ỗ
- - -
ữ ữ ữ ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ ỗ ỗ ỗ
ữ ữ ữ ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ ỗ ỗ ỗ
ố ứ ố ứ ố ứ ố ứ ố ứ ố ứ
2 2
ID B B
EI cos e cos e
A
2 2
cos
2
= =ị
uur ur ur
, tng t
3
C
DE cos e
2

=
uuur ur
1 2 3
A B C
cos e cos e cos e ID DE EI 0
2 2 2
+ + = + + =ị
ur ur ur uur uuur uur r
PCM
Cỏch gii 7 : S dng phộp chiu song song
t
u aIA bIB cIC= + +
r uur uur uur
. Gi D l giao im ca IA vi BC.
Chiu
u
r
theo phng (IA) lờn BC . Lỳc ú :
u
r
thnh
u ' b.DB cDC= +
uur uuur uuur
,mt khỏc theo tớnh cht ng phõn giỏc ta cú :
DB c
b.DB cDC 0
DC b
= + =ị
uuur uuur r
hay

u ' 0=
ur r
Tng t ta chiu
u
r
theo phng (IC) lờn AB, suy ra
u''=0
uur r
Rừ rng IA, IC l 2 phng phõn bit nờn :
u 0=
r r
PCM
Cỏch gii 8 : S dng phộp quay.
Xột phộp quay vộc t Q tõm I gúc quay 90
0

( )
0
,90
: IF'
I
Q IA
uur uur
a
Ta cú : IF=IA=2R
1
(vi R l bỏn kớnh ng trũn ngoi tip t giỏc AFIE)
p dng nh lớ sin vi tam giỏc AEF ta c :

1

EF EF
2 2 . .
sinA sinA
R IA R EF a IA= = =
(1)
Vỡ EF vuụng gúc vi IA nờn EF//IF (2)
T (1) v (2) suy ra :
( )
0
,90
: . 2 .EF
I
Q a IA R
uur uur
a
Tng t
( )
0
,90
: . 2 .FD
I
Q b IB R
uur uuur
a


( )
0
,90
: . 2 .DE

I
Q c IC R
uur uuur
a
Do ú :
( )
( )
0
,90
: . . . 2 EF 0
I
Q a IA b IB c IC R FD DE+ + + + =
uur uur uur uur uuur uuur r
a
Suy ra
aIA bIB cIC 0+ + =
uur uur uur r
PCM
2) Tng quỏt :
Vic tng quỏt bi toỏn gp khú khn do tớnh i xng trong biu thc vộc
t.Nhng liờn h vi li gii 6 ta cú th tng quỏt nh sau :

Trang 3
I
A
B
C
D
Phỏt trin t duy hc sinh thụng qua khai thỏc bi toỏn trong sỏch giỏo khoa hỡnh hc
10

Cho a giỏc li
1 2 n
A A A
(
n 3
) vi I l tõm ng trũn tip xỳc cỏc cnh ca a
giỏc; gi
i
e
ur
l vộc t n v cựng hng vi vộc t
i
IA
uuur
.
Chng minh rng :
n
i
i
i 1
A
cos .e 0
2
=
=
ồ
ur r
Li Gii :
t
n

i
i
i 1
A
cos .e v
2
=
=
ồ
ur r
Ta cú :
( )
n n
i i
1 1 i 1 i
i 1 i 1
A A
e .v cos .e .e cos .cos e ;e
2 2
= =
= =
ồ ồ
ur r ur ur ur ur
3
1 2 1 2 2 1 2 2
1
3
n 1 2 2 n 1 n
A
A A A A A A A A

e .v cos cos .cos cos .cos
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A
A A A A A A
cos .cos
2 2 2 2 2 2 2
-
ổ ử
ổ ử
ữ
ữ
ỗ
ỗ
= + - - + - - + - - +ị p p p
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ỗ
ố ứ
ố ứ
ổ ử
ữ
ỗ
+ + - - + - - + + - -p p p
ữ
ỗ

ữ
ỗ
ố ứ
ur r
( )
n 1
3 3
1 2 1 2 1 n 1 n
1 2 2 n 1
A A
A A A A A A A A
e .v cos cos .cos cos .cos A 1 cos cos A A
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
+
-
ổ ử
ổ ử ổ ử
ữ
ữ ữ
ỗ
ỗ ỗ
= - + + + + - + - + + + +ị
ữ
ữ ữ
ỗ
ỗ ỗ
ữ
ữ ữ
ỗ ỗ
ỗ

ố ứ ố ứ
ố ứ
ur r
1 1 1 1 1
1 2 2 3 2
A A A A A1 1
e .v cos cos A cos cos A A cos A
2 2 2 2 2 2 2
ộ ự ộ ự
ổ ử ổ ử ổ ử
ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
ờ ỳ ờ ỳ
= - + + + + + + + -ị
ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
ữ ữ ữ
ỗ ỗ ỗ
ờ ỳ ờ ỳ
ố ứ ố ứ ố ứ
ở ỷ ở ỷ
ur r
( )
n 1
1 1
2 n 2 n 1
A A1
1 cos A A cos A A
2 2 2
+

-
ộ ự
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
ờ ỳ
+ - + + + + + + +
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ờ ỳ
ố ứ ố ứ
ở ỷ
( ) ( ) ( )
n 1 n 1
1 1 1 1
1 2 n
A A A A1 1
e .v cos 1 cos A A cos 1 cos n 2
2 2 2 2 2 2
+ +
ộ ự ộ ự
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
ờ ỳ ờ ỳ
= + - + + + = + - - -ị p
ữ ữ
ỗ ỗ

ữ ữ
ỗ ỗ
ờ ỳ ờ ỳ
ố ứ ố ứ
ở ỷ ở ỷ
ur r
- Nu n l :
( ) ( )
n 1
1 1 1
1
A A A
1 cos n 2 cos - cos e .v 0
2 2 2
+
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
- - - = =- =p p ị
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
ur r
- Nu n chn :
( ) ( )
n 1
1 1 1
1

A A A
1 cos n 2 cos - cos e .v 0
2 2 2
+
ổ ử ổ ử
ữ ữ
ỗ ỗ
- - - =- =- =p ị
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
ur r
Tng t ta cú : m hai vộc t
1 2
e ;e
ur ur
khụng cựng phng nờn
n
i
i
i 1
A
cos .e 0
2
=
=
ồ
ur r

Chỳ ý: Liờn h vi li gii 2 ta cú kt qu tng quỏt theo hng khỏc
(xem nhn xột 1.1)
II. Khai thỏc bi toỏn 1 v sỏng to bi toỏn mi :
II.1.Khai thỏc v sỏng to cỏc bi toỏn v ng thc vecto
Bai toan 1 la bai toan liờn quan ờn cỏc ng thc vecto trong tam giỏc. Do o
thay i hỡnh thc ca bi toỏn (*) ta cú nhng bi toỏn khỏc.Liờn hờ gia hờ
thc (*) va cac cụng thc quen thuục gia cac yờu tụ trong tam giac ta s co
c cac kờt qua.
1. Ta thay i hỡnh thc ca cỏc h s a,b,c:
+ Liờn h vi cụng thc din tớch S=2a.h
a
=2b.h
b
=2c.h
c


Trang 4
I
A
B
C
B'
A'
B1
A1
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10

( )

a b c
S S S
* IA IB IC 0
2h 2h 2h
+ + =Û
uur uur uur r

Hay
a b c
1 1 1
IA IB IC 0
h h h
+ + =
uur uur uur r
(1)
+ Liên hệ với định lý hàm số sin :
a b c
2R
sin A sin B sin C
= = =
( )
* 2R.sin A.IA 2R.sin B.IB 2R.sin C.IC 0+ + =Û
uur uur uur r

hay
sinA.IA+sinB.IB+sinC.IC=0
uur uur uur r
(2)
+ Liên hệ công thức :
B C C A A B

a r cot cot ; b r cot cot ; c r cot cot
2 2 2 2 2 2
æ ö æ ö æ ö
÷ ÷ ÷
ç ç ç
= + = + = +
÷ ÷ ÷
ç ç ç
÷ ÷ ÷
ç ç ç
è ø è ø è ø

( )
B C C A A B
* r cot cot IA r cot cot IB r cot cot IC 0
2 2 2 2 2 2
æ ö æ ö æ ö
÷ ÷ ÷
ç ç ç
+ + + + + =Û
÷ ÷ ÷
ç ç ç
÷ ÷ ÷
ç ç ç
è ø è ø è ø
uur uur uur r
Hay
B C C A A B
cot cot IA cot cot IB cot cot IC 0
2 2 2 2 2 2

æ ö æ ö æ ö
÷ ÷ ÷
ç ç ç
+ + + + + =
÷ ÷ ÷
ç ç ç
÷ ÷ ÷
ç ç ç
è ø è ø è ø
uur uur uur r
(3)
+ Liên hệ công thức a=b.cosC+c.cosB ; b=c.cosA+a.cosC ; c=a.cosB+b.cosA
( )
* Û
( ) ( ) ( )
b.cosC+c.cosB IA c.cosA+a.cosC IB a.cosB+b.cosA IC 0+ + =
uur uur uur r
(4)
2R 2R 2R 2R 2R 2R
.cosC+ .cosB IA .cosA+ .cosC IB .cosB+ .cosA IC 0
sinB sinC sinC sinA sinA sinB
æ ö æ ö æ ö
÷ ÷ ÷
ç ç ç
+ + =Û
÷ ÷ ÷
ç ç ç
÷ ÷ ÷
ç ç ç
è ø è ø è ø

uur uur uur r

Hay
cosC cosB cosA cosC cosB cosA
+ IA + IB + IC 0
sinB sinC sinC sinA sinA sinB
æ ö æ ö æ ö
÷ ÷ ÷
ç ç ç
+ + =
÷ ÷ ÷
ç ç ç
÷ ÷ ÷
ç ç ç
è ø è ø è ø
uur uur uur r
(5)
+ Liên hệ công thức
( ) ( ) ( )
2 2 2
A B C
a p a sin ;b p b sin ;c p c sin
2 2 2
= - = - = -
Ta được kết quả
( )
* Û
( ) ( ) ( )
2 2 2
A B C

p a sin IA p b sin IB p c sin IC 0
2 2 2
- + - + - =
uur uur uur r
(6)
+ Gọi
1 2 3
R ;R ;R
lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
BIC;AIC;AIB
Khi đó ta có
1 1
B C A
a 2R sin 2R cos
2 2 2
æ ö
÷
ç
= - - =p
÷
ç
÷
ç
è ø
tương tự
2 2
B C
b 2R cos ; c 2R cos
2 2
= =

( )
* Û
1 2 3
A B C
R cos IA R cos IB R cos IC 0
2 2 2
+ + =
uur uur uur r
(7)
+ Viết hệ thức dưới dạng sau
a b
IC IA IB
c c
=- -
uur uur uur
: Gọi
IBC a IAC b IAB c
S S ;S S ;S S= = =
Ta có :
a b a b
c c c c
S S S S
a b
; IC IA IB
c S c S S S
= = = - -Þ
uur uur uur

hay
a b c

S IA S .IB S IC 0+ + =
uur uur uur r
(8)
Mặt khác,từ lời giải 2 ta cũng kiến tạo được kết quả (8) trên thật
vậy

c b
1 1 1
1 2 2 b c
S S
BA h 2.h .IAIB
IB' IB
IB' CA h 2.h .IA S S
= = = = =-Þ
uur uur

Trang 5
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10
(Trong đó h
1
;h
2
lần lượt là khoảng cách từ B,C lên AI)
Tương tự
a
c
S
IA' IA
S

=-
uuur uur
suy ra
a b
a b c
c c
S S
IC IA IB S IA S IB S IC 0
S S
=- - + + =Û
uur uur uur uur uur uur r
Nhận xét 1.1 : Điều thú vị là,khi khai thác từ lời giải 2 ở trên thì ta thấy
điểm I là bất kỳ,do đó ta có kết quả mở rộng hơn sau
Bài toán 1 : Cho tam giác ABC với các cạnh AB=c,BC=a,CA=b.M là điểm bất
kỳ
nằm trong tam giác,đặt
MBC a MAC b MAB c
S S ;S S ;S S= = =
.
Chứng minh rằng :
a b c
S MA+S .MB+S MC=0
uuur uuur uuur r
(1.1)
Nếu gọi D,E,F lần lượt là trung điểm của BC,CA,AB thay
MA MF ME MD;= + -
uuur uuur uuur uuur
MB MD MF ME;MC MD ME MF= + - = + -
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
thì ta có đẳng thức

( ) ( ) ( )
a b c
S-2S MD+ S-2S .ME+ S-2S .MF=0
uuur uuur uuur r
(1.2)
Đặc biệt hóa bài toán 1 ta có các kết quả sau :
- M Trùng với trọng tâm G của
ABCV
,ta được kết quả quen thuộc

GA+GB+GC=O
uuur uuur uuur ur
(1.3)
- M trùng với trực tâm H của
ABCV
không vuông ,ta có kết quả
+
tanA.HA+tanB.HB+tanC.HC=0
uuur uuur uuur r
(1.4)
(Bài 27_tr42 Sách bài tập hình học nâng cao 10)
+
a b c
.HA+ .HB+ .HC=0
cosA cosB cosC
uuur uuur uuur r
(1.5)
- M trùng O tâm đường tròn ngoại tiếp
ABCV

,ta có kết quả sau :
+
a.cosA.OA+b.cosB.OB+c.cosC.OC=0
uuur uuur uuur r
(1.6)
+
(tanB+tanC)OA+(tanC+tanA)OB+(tanA+tanB)OB=0
uuur uuur uuur r
(1.7)
+
sin2A.IA+sin2B.IB+sin2C.IC=0
uur uur uur r
(1.8)
- M trùng với I
1
tâm đường tròn bàng tiếp góc BAC ta có kết quả sau :
+
1 1 1
aI A+bI B+cI C=0
uuur uuur uuur r
(1.9)
+
1 1 1
a b c
1 1 1
I A+ I B+ I C=0
h h h
uuur uuur uuur r
(2.0)
+

1 1 1
sinA.I A+sinB.I B+sinC.I C=0
uuur uuur uuur r
(2.1)
- Nếu tam giác ABC đều,ta có
a b c
S MA+S .MB+S MC=0
uuur uuur uuur r
.Gọi D,E,F lần lượt là hình
chiếu của điểm M đến các cạnh BC,CA,AB.Đặt x=MD ;y=ME;z=MF thì ta được

x MA+yMB+zMC=0
uuur uuur uuur r
(2.2)
Từ đây suy ra :
3
MD ME MF MO
2
+ + =
uuur uuur uuur uuur
(Bài 9 SGK cơ bản) (2.3)
Thật vậy :
( ) ( )
2.2 x y z MO+MD.OA+ME.OB+MF.OC=0+ +Û
uuur uuur uuur uuur r
( )
x y z MO-OA.MD-OB.ME-OC.MF=0+ +Û
uuur uuur uuur uuur r

Trang 6

B
A
C
D
S
O
Q
N
K
L
H
M
R
P
Phỏt trin t duy hc sinh thụng qua khai thỏc bi toỏn trong sỏch giỏo khoa hỡnh hc
10
1 1 1 2 1 2 1 2 1
a.x a.y a.z MO .h. .aMD .h. .aME .h. .aMF
2 2 2 3 2 3 2 3 2
ổ ử
ữ
ỗ
+ + = + +
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ố ứ
uuur uuur uuur uuur
( )

OBC OAC OAB ABC ABC ABC
2 2 2
S S S .MO .S MD .S ME .S MF
3 3 3
+ + = + +
uuur uuur uuur uuur
Hay
3
MD ME MF MO
2
+ + =
uuur uuur uuur uuur
PCM
- Nu M nm ngoi tam giỏc ABC,chng hn M nm gúc
ã
BAC
ta cú kt qu
sau:

a b c
S MA+S .MB-S MC=0
uuur uuur uuur r
(2.4)
Bng cỏch tng t húa trong khụng gian ta cú bi toỏn sau :
Bi toỏn 2 : Cho t din ABCD,O l mt im bt k trong t din.t
A OBCD B OACD
V V ;V V= =
C OABD C OABD
V V ;V V= =
.Chng minh rng :

A B C D
V .OA V .OB V .OC V .OD 0+ + + =
uuur uuur uuur uuur r
(2.5)
Gii :
Dng hỡnh hp MNOS.APQR nhn AO l ng chộo. Ta cú :

AM AP AR
AO AM AP AR AB AC AD
AB AC AD
= + + = + +
uuur uuur uur uuur uuur uuur uuur
Gi K l giao im ca BO vi mt phng (ACD),H,L ln lt l hỡnh chiu ca
O,B lờn mt phng (ACD).Do ú
B
B
B
1
OH.S
VAM KO OH
3
1
AB KB BL V
BL.S
3
= = = =
.tng t ta cú
C
D
V

VAP AR
;
AC V AD V
= =

( ) ( ) ( )
C
B D
C
B D
V
V V
AO AB AC AD
V V V
V
V V
AO OB OA OC OA OD OA
V V V
= + +ị
= - + - + -
uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
Hay
A B C D
V .OA V .OB V .OC V .OD 0+ + + =
uuur uuur uuur uuur r
PCM
2. Ta thay i cỏc vộc t
IA , IB ,IC
uur uur uur

2.1 . Vi M,N,P ln lt l trung im ca BC;CA;AB,Ta cú :
( ) ( ) ( )
1 1 1
IM IB IC ; IN IC IA ; IP IA IC
2 2 2
= + = + = +
uur uur uur uur uur uur uur uur uur
. Do ú :
-
( )
( ) ( ) ( )
A B C
3 r cot IB IC r cot IA IC r cot IA IB 0
2 2 2
+ + + + + =
uur uur uur uur uur uur r

A B C
cot IM cot IN cot IP 0
2 2 2
+ + =
uur uur uur r
(4) (Bi 109 trang 32_200 bi vụ ch
toỏn )

Trang 7
A
B
C

M
D'
E'
F'
F
I
E
A
C
B
D
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10
-
IA IP IN IM;IB IM IP IN;IC IM IN IP= + - = + - = + -
uur uur uur uur uur uur uur uur uur uur uur uur
Suy ra
aIA bIB cIC 0+ + = Û
uur uur uur r
( ) ( ) ( )
b c a IM a c b IN a b c IP 0+ - + + - + + - =
uur uur uur r
(5)
2.2 . Với D,E,F lần lượt là tiếp điểm của cạnh BC,CA,AB với đường tròn nội
tiếp tam giác
Từ cách giải 4 ta có hệ thức
( ) ( )
P c P b
DC DB
ID IB IC IB IC

BC BC a a
- -
= + = +
uur uur uur uur uur
( ) ( )
aID P c IB P a IC= - + -Û
uur uur uur
, Tương tự ta có :
( ) ( ) ( ) ( )
bIE P a IC P c IA ; cIF P b IA P a IB= - + - = - + -
uur uur uur ur uur uur
( ) ( ) ( )
aID bIE cIF 2p b c IA 2p c a IB 2p a b IC aIA bIB cIC 0+ + = - - + - - + - - = + + =Þ
uur uur ur uur uur uur uur uur uur r
Như vậy ta có :
aID bIE cIF 0+ + =
uur uur ur r
(3.1)
Kết hợp (*) và (2.5) ta được kết quả
aAD bBE cCF 0+ + =
uuur uur uur r
(3.2)
Nhận xét 1.2 : Hệ thức (3.1) (3.2) ta có thể thay bởi hệ số tương ứng ở (1) đến
(3) và
(6) đến (10)
Nhận xét1.4 : Cho M bất kỳ nằm trong tam giác,gọi D’,E’,F’ lần lượt là hình
chiếu M lên cạnh BC,CA,AB.Ta có :

2 2
a a

b c a b
ID IE IF
aID bIE cIF 0 a. .MD' b. .ME' c. .IMF' 0
MD' ME ' MF'
MD' MD'
a.MD' b .ME ' c .MF' 0
ME ' MF'
S .b S .c
a b
a.MD' b .ME ' c .MF' 0 .MD' .ME '
S .a S .a S S
+ + = + + =Û
+ + =Û
+ + = +Û Û
uur uur ur r uuuur uuuur uuuur r
uuuur uuuur uuur r
uuuur uuuur uuur r uuuur u r
2
c
c
.MF' 0
S
+ =
uuu uuur r

Như vậy ta có bài mở rộng sau :
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC với các cạnh AB=c,BC=a,CA=b.M là điểm bất
kỳ
nằm trong tam giác ,D,E,F lần lượt là hình chiếu M lên cạnh BC,CA,AB.
Đặt

MBC a MAC b MAB c
S S ;S S ;S S= = =
. Chứng minh rằng:
2 2 2
a b c
a b c
.MD .ME .MF 0
S S S
+ + =
uuur uuur uuur r

(3.3)
Đặc biệt :
- Tam giác ABC đều ta được

b c c a a b
S .S MD S .S .ME S .S .MF 0+ + =
uuur uuur uuur r
(3.4)
Hay
yzMD zx.ME xy.MF 0+ + =
uuur uuur uuur r

(Trong đó x,y,z lần lượt là khoảng cách từ M lên BC,CA,AB)
- M Trùng với trọng tâm G của
ABCV
,ta được kết quả:

2 2 2
a .GD b .GE c .GF 0+ + =

uuur uuur uur r
(3.5)
- M Trùng với trực tâm H của
ABCV
không vuông,ta được kết quả

Trang 8
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10

cosA.HD cosB.HE cosC.HF 0+ + =
uuur uuur uur r
(3.6)
- M trùng với O tâm đường tròn ngoại tiếp
ABCV
:

tan A.OD tan B.OE tan C.OF 0+ + =
uuur uuur uur r
(3.7)
Tương tự ta có bài toán trong không gian sau :
Bài toán 4: Cho tứ diện ABCD,O là một điểm bất kỳ trong tứ diện.Gọi
A
1
,B
1
,C
1
,D
1

lần lượt là hình chiếu của O lên mặt phẳng (BCD);(ACD);(ABD);(ABC).Đặt
A BCD B ACD C ABD D ABC
S S ;S S ;S S ; S S= = = =
A OBCD B OACD C OABD C OABD
V V ;V V ;V V ;V V= = = =
Chứng minh rằng :
2
2 2 2
C
A B D
1 1 1 1
A B C D
S
S S S
OA OB OC OD 0
V V V V
+ + + =
uuuur uuur uuur uuuur r
(3.8)
Lời giải :
Trước tiên ta chứng minh bài toán tương tự trong không gian của kết quả (3.1):
Gọi I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện,A’;B’;C’;D’ lần lượt là hình chiếu của I lên
các mặt phẳng (BCD);(ACD);(ABD);(ABC). chứng minh rằng :
A B C D
S .IA' S .IB' S .IC' S .ID' 0+ + + =
uuur uur uur uur r
Thật vậy : Đặt
A B C D
v S .IA' S .IB' S .IC' S .ID'= + + +

r uuur uur uur uur
·
·
·
( )
A B C D
v.IA ' IA'. S .IA' S .IB'.cosA'IB' S .IC'.cosA'IC' S .ID'.cosA'ID'= + + +
r uuur
Mặt khác IA’=IB’=IC’=ID’=r (bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện);
·
·
·
cosA'IB' cos ;cosA'IC' cos ;cosA'ID' cos=- =- =-a b g
;với
; ;a b g
lần lượt là góc giữa hai
mặt phẳng (ACD) và (BCD); (ABD) và (BCD); (ABC) và (BCD)
( )
2
A B C D
v.IA ' r . S S .cos S .cos S .cos= - - -Þ a b g
r uuur
Gọi A’’ là hình chiếu của A lên mặt phẳng (BCD) theo công thức hình chiếu ta
có :

B A ''CD C A ''BD D A''BC
S .cos S ;S .cos S ;S .cos S= = =a b g
mặt khác
A''CD A''BD A''BC A
S S S S+ + =

Nên
v.IA ' 0=
r uuur r
.Tương tự ta có
v.IB' 0;v.IC' 0= =
r uur r r uur r
,
vì
IA';IB';IC'
uuur uur uur
không cùng phương do đó
A B C D
v S .IA' S .IB' S .IC' S .ID' 0= + + + =
r uuur uur uur uur r
Vận dụng kết quả này ta có :
A 1 B 1 C 1 D 1
1 1 1 1
IA ' IB' IC' ID'
v 0 S .OA S .OB S .OC S .OD 0
OA OB OC OD
= + + + =Û
r r uuuur uuur uuur uuuur r
Mặt khác
C
A B D
1 1 1 1
a b C D
V
V V V
OA ;OB ;OC ;OD

S S S S
= = = =
Do đó
2
2 2 2
C
A B D
1 1 1 1
A B C D
S
S S S
OA OB OC OD 0
V V V V
+ + + =
uuuur uuur uuur uuuur r
ĐPCM
Đặc biệt khi
O Gº
,G là trọng tâm tứ diện ta có kết quả quen thuộc

2 2 2 2
A 1 B 1 C 1 D 1
S GA S GB S GC S GD 0+ + + =
uuuur uuur uuur uuuur r
(bài toán tương tự trong không gian của (3.5))
Nhận xét 1.3 :

Trang 9
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10

Ta liên hệ với kết quả sau : Cho ba véc tơ
a;b;c
r r r
đôi một không cùng phương và
thỏa mãn điều kiện :
( )
ma nb pc 0
m,m ' 0
m'a n 'b p'c 0
ì
ï
+ + =
ï
ï
¹
í
ï
+ + =
ï
ï
î
r r r r
r r r r
Chứng minh rằng :
m n p
m' n ' p'
= =
Thật vậy :
Dễ thấy
m,m ' 0¹

thì suy ra ngay n,n’,p,p’ cũng phải khác không.
Từ giả thiết ta có :
n p
a b c
m m
n ' p'
a b c
m' m '
ì
ï
ï
= +
ï
ï
ï
í
ï
ï
= +
ï
ï
ï
î
r r r
r r r

vì một véc tơ chỉ phân tích được một cách duy nhất qua hai véc tơ không cùng
phương nên
n n ' p p' m n p
;

m m' m m' m' n' p'
= = = =Þ
ĐPCM
Áp dụng kết quả này ta có các kết quả mới,chẳng hạn:
Từ (1) và (2) ta được
a b c
h sin A h sin B h sin C= =
(2.6)
Từ (4) và (5) ta được
A B C
cot cot cot
2 2 2
a b c a b c a b c
= =
- + + - + + -
(2.7)
Từ (4) và (1.2) ta được
a b c
S 2S S 2S S 2S
A B C
cot cot cot
2 2 2
- - -
= =
(2.8)
Từ (4) và (1.1) ta được
INP IMN
IPM
S S
S

A B C
cot cot cot
2 2 2
= =
(2.9)
HD: Theo (4) ta có
A B C
cot IM cot IN cot IP 0
2 2 2
+ + =
uur uur uur r
Do
cot 0;cot 0;cot 0
2 2 2
A B C
> > >
nên I nằm trong tam giác MNP,kết hợp với (1.1) ta
có
INP IPM IMN
S IM+S .IN+S IP=0
uur uur uur r
kết hợp hai đẳng thức suy ra điều phải chứng minh.
Từ (5) và (1.1) ta được
INP IMN
IPM
S S
S
b c a c a b a b c
= =
+ - + - + -

(3.0)
v.v
II.2.Khai thác và sáng tạo các bài toán :chứng minh thẳng hàng,chứng minh
đường thẳng đi qua điểm cố định,ba đường thẳng đồng quy,nhận dạng tam
giác,hai tam giác cùng trọng tâm,…,
chẳng hạn :
1.chứng minh các điểm thẳng hàng
Từ điều kiện để ba điểm thẳng hàng :

Trang 10
C'
A
B
C
M
B'
C
A
B
F
E
D
M
P
N
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10
Ba điểm A,B,C thẳng hàng
OC=αOA+βOB , O
k : AB=kACα,β :

α+β=1

∀

∃ ⇔ ∃



uuur uuur uuur
uuur uuur
Kết hợp (*) ta có kết quả :
+ Với M,P là hai điểm di động thỏa mãn
MP aMA bMB cMC= + +
uuur uuur uuur uuur
thì M,P đi
qua điểm cố định
(4.1)
HD:
( )
MP aMA bMB cMC MP a b c MI= + + = + +Û Þ
uuur uuur uuur uuur uuur uur
M,P,I thẳng hàng
+ Ta viết (*) dưới dạng
c a b
IC IA IB
a b a b a b
- = +
+ + +
uur uur uur
Do đó trong tam giác

ABC trên tia CI lấy điểm D sao cho
( )
a b ID cIC+ =
thì ba điểm A.B,D thẳng
hàng. (4.2)
2.Chứng minh ba đường thẳng đồng quy :
Cho tam giác ABC.Các điểm M,N,P thuộc các đường thẳng BC,CA,AB thỏa
mãn
0
MB MC NC NA PA PB 0
ì
+ +a b g¹
ï
ï
í
ï
+ = + = + =b g g a a b
ï
î
uuur uuur uuur uuur uur uur r
thì AM,BN,CP đồng quy tại O,với O là
điểm được xác định bởi
OA OB OC 0+ + =a b g
uuur uuur uuur r
(dễ dàng chứng minh)
Để kiến tạo bài toán mới ta đi tìm các đường thẳng đi qua đỉnh và chia cạnh đối
diện theo tỉ số là các hệ số một số các đẳng thức véc tơ trên , chẳng hạn :
+ Xét đường thẳng qua đỉnh chia đôi chu vi tam giác,giả sử đi qua A cắt BC tại
M ta có :

AB BM AC MC c BM b MC+ = + + = +Û
( ) ( ) ( ) ( )
1 1 1
c 2BM b BM MC BM a b c CM a a b c a c b
2 2 2
+ = + + = + - = - + - = + -Þ Û Þ
Do đó :
( ) ( )
a c b MB a b c MC 0+ - + + - =
uuur uuur r
Các hệ số này gợi cho ta liên hệ (5) ta thu được kết quả :
Cho tam giác ABC.Gọi x,y,z lần lượt là đường thẳng đi qua A,B,C và chia đôi
chu vi tam giác.Chứng minh rằng x,y,z đồng quy,hãy xác định điểm đó.
(4.3)
Hướng dẫn :
Dựng tam giác DEF sao cho A,B,C lần lượt là trung điểm của EF,FD,DE
và đặt EF=a’,FD=b’,DE=c’
Theo trên ta có :
( ) ( )
a c b MB a b c MC 0+ - + + - =
uuur uuur r
Mặt khác
a ' 2a;b ' 2b;c' 2c= = =
do đó :
( ) ( )
a ' c' b' MB a ' b' c' MC 0+ - + + - =
uuur uuur r
tương tự ta có :
( ) ( ) ( ) ( )
a ' b' c ' NC b' c ' a ' NA b' c' a ' PA a ' c' b ' PB 0+ - + + - = + - + + - =

uuur uuur uur uur r
Theo (5) ta có :
( ) ( ) ( )
b' c' a ' IA a ' c ' b ' IB a ' b' c' IC 0+ - + + - + + - =
uur uur uur r

Trang 11
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10
Do đó x,y,z đồng quy tại I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác DEF
+ Xét đường tròn bàng tiếp,giả sử đường tròn bàng tiếp góc A tiếp xúc BC tại
M.
Gọi B’,C’ là tiếp điểm của cạnh AB,AC với đường tròn bàng tiếp góc A
Khi đó
AB'=AC' AB+BB'=AC+CC' c+BM=b+CMÛ Û

Tương tự trên ta có kết quả :
Cho tam giác ABC,các đường tròn bàng tiếp góc A,B,C tương ứng tiếp xúc với
các cạnh BC,CA,AB tại M,N,P.Chứng minh AM,BN,CP cùng đi qua một
điểm,xác định điểm đó.
(4.4)
 Từ kết quả ở nhận xét 1.2(trang 4) :
+ Kết hợp với ta có kết quả :
Tam giác ABC có đặc điểm gì nếu thỏa mãn
a)
AD BE CF 0+ + =
uuur uur uur r
(4.5)
b)
AD' BE ' CF' 0+ + =

uuur uuur uuur r
(4.6)
3.Chứng minh hai tam giác cùng trọng tâm
Từ kết quả : Điều kiện cần và đủ để hai tam giác ABC và A’B’C’ cùng trọng tâm
là
AA' BB' CC' 0+ + =
uuur uuur uuur r
(Bài 26 trang 24 SGK_nâng cao) và :
+ Kết hợp (*) ta được kết quả :
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC,trên tia IA,IB,IC lần lượt lấy các
điểm A’;B’;C’ sao cho AA’=a.IA;BB’=b.IB;CC’=c.IC.Chứng minh hai tam
giác ABC,A’B’C’ cùng trọng tâm.
Nhận xét 4.1 : Tương tự kết hợp (1)-(3) điểm A’;B’;C’ được xác định bởi :
-
a b c
IA IB IC
AA'= ;BB'= ;CC'=
h h h
-
AA'=sinA.IA;BB'=sinB.IB;CC'=sinC.IC
-
B C C A A B
AA'= cot cot .IA;BB'= cot cot .IB;CC'= cot cot .IC
2 2 2 2 2 2
æ ö æ ö æ ö
÷ ÷ ÷
ç ç ç
+ + +
÷ ÷ ÷
ç ç ç

÷ ÷ ÷
ç ç ç
è ø è ø è ø
-
a b c
AA'=S .IA;BB'=S .IB;CC'=S .IC
(có thể thay I bởi điểm M bất kỳ)
Thì hai tam giác ABC,A’B’C’ cùng trọng tâm.
Theo tính chất bắc cầu ta có kết quả :
Các điểm A’;B’;C’; A’’;B’’;C’’ được xác định bởi :
a b c
AA' AA'' BB' BB'' CC' CC''
IA = ;IB = ;IC =
sinA S sinB S sinC S
= = =
thì hai tam giác A’B’C’;A”,B”,C” cùng trọng tâm
+ Kết hợp với (4) ta được kết quả :

Trang 12
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC,MNP lần lượt là trung điểm của
BC,CA,AB.Trên tia IM,IN,IP lần lượt lấy các điểm M’;N’;P’ sao cho
A
MM ' cot .IM
2
=
B C
NN' cot .IN;PP ' cot .IP
2 2

= =
.Chứng minh tam giác ABC,MNP,M’N’P’ cùng trọng
tâm.
Tương tự kết hợp (5) điểm M’,N’,P’ được xác định
( )
MM ' b c a .IM;= + -
( ) ( )
NN' c a b .IN;PP' a b c .IP= + - = + -
thì tam giác ABC,MNP,M’N’P’ cùng trọng
tâm.
II.3.Khai thác và sáng tạo các bài toán bất đẳng thức hình học
Khai thác từ bất đẳng thức
. .u v u v≤
r r r r
,dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
,u v
r r
cùng
hướng.
Ta thu được kết quả :
Cho n điểm
1 2 n
A A A
,O là điểm thoã mãn
1
0
n
i i
i
OA

α
=
=
∑
uuur r
thì khi đó với mọi điểm M ta
có bất đẳng thức
2
1 1
.
n n
i i i i i
i i
OA MA OA
α α
= =
≥
∑ ∑
( hay
( )
1
. 0
n
i i i i
i
OA MA OA
α
=
− ≥
∑

)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với O
Chứng minh :
Ta có :
1 1
. . , 1, . .
n n
i i i i i i i i i i i i
i i
OA MA OA MA i n OA MA OA MA
α α α α
= =
≥ ∀ = ⇒ ≥
∑ ∑
uuuruuuur uuur uuuur
( )
2 2
1 1 1 1 1
. .
n n n n n
i i i i i i i i i i i i
i i i i i
OA MA OA MO OA MO OA OA OA
α α α α α
= = = = =
⇔ ≥ + = + =
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
uuur uuuur uuur uuuur uuur
ĐPCM
Áp dụng kết quả trên và kết hợp với

+ (*) ta được :
aIA.MA+bIB.MB+c.IC.MC abc
≥
+ (1) ta được :
( ) ( ) ( )
a b c
1 1 1
IA. MA IA IB. MB IB IC. MC IC 0
h h h
- + - + - ³
+ (2) ta được :
( ) ( ) ( )
IA. MA IA .sin A IB. MB IB .sin B IC. MC IC sin C 0- + - + - ³
+ Bài toán 1 ta được : Với mọi điểm M,N(M nằm trong tam giác ABC) ta có :

( ) ( ) ( )
a b c
S .MA NA MA +S .MB NB MB +S MC NC MC 0- - - ³
+ Bài toán 2 ta được :

( ) ( ) ( ) ( )
A B C D
V .OA MA OA V . MB OB V . MC OC V . MD OD 0- + - + - + - ³
(O,M là điểm bất kỳ,O nằm trong tứ diện ABCD)
+ Bài toán 4 ta được :

( ) ( ) ( ) ( )
2
2 2 2
C

A B D
A B C D
S
S S S
MA OA MB OB MC OC MD OD 0
V V V V
- + - + - + - ³
(O,M là điểm bất kỳ,O nằm trong tứ diện ABCD)

Trang 13
Phỏt trin t duy hc sinh thụng qua khai thỏc bi toỏn trong sỏch giỏo khoa hỡnh hc
10
+ bi toỏn tng quỏt (*) ta c kt qu :

( )
n
i
i i
i 1
A
cos . MA IA 0
2
=
-
ồ

v v
II.4.Khai thỏc v sỏng to cỏc bi toỏn v h thc lng trong tam giỏc
Cỏc kt qu trờn l ng thc vộct nờn ta bỡnh phng vụ hng ta s kin to
c bi toỏn mi . Chng hn t bi toỏn gc:

( )
2
aIA bIB cIC 0 aIA bIB cIC 0+ + = + + =
uur uur uur r uur uur uur
ã
( )
ã
( )
ã
( )
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
a IA b IB c IC 2abIA.IB 2bcIB.IC 2caIC.IA 0
a IA b IB c IC 2abIA.IBcos AIB 2bcIB.ICcos BIC 2ca.IC.IAcos AIC 0
+ + + + + =
+ + + + + =
uur uur uur uur uur uur
Mt khỏc
ã
( )
A B C C
cos AIB cos - cos sin
2 2 2 2 2
ổ ử ổ ử
p
ữ ữ
ỗ ỗ
= - = + = -p
ữ ữ
ỗ ỗ

ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
tng t
ã
( )
ã
( )
A B
cos BIC sin ;cos AIC sin
2 2
=- =-
2 2 2 2 2 2
C A B
a IA b IB c IC 2abIA.IBsin 2bcIB.ICsin 2ca.IC.IAsin
2 2 2
+ + = + +ị
2 2 2
2 2 2
2 2 2
r r r r r C r r A r r B
a b c 2ab sin 2bc sin 2ca sin
A B C A B B C C A
2 2 2
sin sin sin sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2
+ + = + +ị
( ) ( ) ( )
2 2 2
2

2 2 2
C A B
sin sin sin
2R sin A 2R sin B 2R sin C
2 2 2
8R sin AsinB sin Bsin C sinCsinA
A B C A B B C C A
sin sin sin sin sin sin sin sin sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2
ổ ử
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
+ + = + +ị
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ỗ
ữ
ữ
ỗ
ố ứ
ị

2 2 2
A B C A B C B C A C A B
cos cos cos 2cos cos sin 2cos cos sin 2cos cos sin
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
+ + = + +

( )
2 2 2 2 2 2
C
aIA bIB cIC 0 cIC aIA bIB c .IC a .IA b .IB 2ab.IA.IB.sin
2
+ + = =- + = + -
uur uur uur r uur uur uur
Tng t ta cú kt qu :
2 2 2
A B C A B C
cos cos cos 2cos cos sin
2 2 2 2 2 2
+ - =
II.5.Khai thỏc v sỏng to cỏc bi toỏn v im v qu tớch im
Vi im M bt k ta cú :
( )
( )
2
2 2 2 2 2 2 2
aIA bIB cIC 0 a b c MI aMA bMB cMC
a b c MI a MA b MB c MC 2abMA.MB 2bcMB.MC 2caMC.MA
+ + = + + = + +
+ + = + + + + +
uur uur uur r uur uuur uuur uuur

uuur uuur uuur uuur uuur uuur
( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c MI a MA b MB c MC ab MA MB c bc MB MC a ca MA MC b+ + = + + + + - + + - + + -
( )
2 2 2 2
a b c MI a.MA b.MB c.MC abc+ + = + + -
(**)
Khai thỏc h thc ny theo cỏc hng khỏc nhau ta cú kt qu mi :
1.Cỏc bi toỏn qu tớch
T (**) ta cú th phỏt biu bi toỏn di dng qu tớch

Trang 14
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10
Cho tam giác ABC,k là số thực.Tìm tập hợp điểm M biết
2 2 2
a.MA b.MB c.MC k+ + =
Hướng dẫn giải :
Từ kết quả trên ta có :
( )
2 2 2 2
a.MA b.MB c.MC k a b c MI k abc+ + = + + = -Û
Từ đây dễ dàng suy ra tập hợp điểm M
- Viết (**) dưới dạng
( )
( )
( )

2 2 2 2 2
a b c MI MC a.MA b.MB a b .MC abc+ + - = + - + -
Khi đó ta có kết quả là :
Cho tam giác ABC.Tìm tập hợp điểm M biết
( )
2 2 2
a.MA b.MB a b .MC abc+ - + =
Dễ thấy tập hợp điểm M là đường trung trực của IC.
Giới hạn điểm M ta có kết quả :
Cho tam giác ABC,tồn tại hay không điểm M thỏa mãn
( )
2 2 2
a.MA b.MB a b .MC abc+ - + =
Sao cho (nếu có hãy xác định)
a) M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
b) M nằm trên đường tròn nội tiếp tam giác ABC
c) M nằm trên đường thẳng BC (AB,AC)
d) M nằm trên đường thẳng d bất kỳ
Hướng dẫn :
Dễ thấy câu a,b và c(trừ trường hợp M nằm trên AB) thì M là giao điểm đường
trung trực của IC với các đường trên.
Với M nằm trên AB và câu d thì phải chia trường hợp
AB(d) song song với trung trực IC và AB(d) cắt trung trực IC
2.Tìm điểm thỏa mãn điều kiện cho trước
Từ (**) ta có thể phát biểu bài toán dưới dạng sau
Cho tam giác ABC,tìm vị trí điểm M để
2 2 2
P a.MA b.MB c.MC= + +
đạt giá trị nhỏ
nhất.

Với O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có :
·
( )
2 2 2 2 2
MI MO OI 2MO.OI R OI 2R.OI.cos MOI= + + = + -
uuur uur
Do đó ta có kết quả :
Cho tam giác ABC,tìm vị trí điểm M để
2 2 2
P a.MA b.MB c.MC= + +
đạt giá trị nhỏ
nhất.
Biết
a) M nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
b) M nằm trên đường thẳng BC (AB,AC)
c) M nằm trên đường thẳng d bất kỳ
Hướng dẫn :
a) P đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MI
2
đạt lớn nhất
Û
·
( )
cos MOI 1=-
Û
·
0
MOI 180=

Trang 15

Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10
Hay M là giao điểm của tia IO với đường tròn (O)
P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI
2
đạt nhỏ nhất
Û
·
( )
cos MOI 1=
Û
·
0
MOI 0=
Hay M là giao điểm của tia OI với đường tròn (O)
c) P đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI đạt nhỏ nhất hay M là hình chiếu của
I lên d
(câu b là trường hợp đặc biệt của câu c)
Nhận xét 3.2.3 : Xét các trường hợp đặc biệt của điểm M,từ (**) ta có:
+ M trùng với O đẳng thức trở thành :
( )
2 2 2 2
a b c OI a.OA b.OB c.OC abc+ + = + + -
Û
2 2
abc
OI R
a b c
= -
+ +

2 2 2 2
ABC
4R.S
4R.P.r
OI R OI R
a b c a b c
= - = -Û Û Û
+ + + +
2 2
OI R 2R.r= -
(2) (Hệ thức ƠLE)

2
abc
R
a b c
Þ ³
+ +
(3)

R 2rÞ ³
(4)
+ M trùng với I ta có :
2 2 2
a.IA b.IB c.IC abc+ + =
(2) (Olimpic 30_4,đề đề nghị
2000)
Liên hệ các công thức
r r r abc

IA ;IB ;IC ;S Pr
A B C
4R
sin sin sin
2 2 2
= = = = =
ta có :
2 2 2
2 2 2
r r r
a b c 4R.r.P
A B C
sin sin sin
2 2 2
+ + =
kết hợp (4) ta có :
2
4R.r.P 8r .P³

ta được kết quả :
2 2 2
a b c
8.P
A B C
sin sin sin
2 2 2
+ + ³
Liên hệ định lý hàm sin ta có :
2 2 2
2R sin A 2R sin B 2R sin C

4.(2R sin A 2R sin B 2R sin C)
A B C
sin sin sin
2 2 2
+ + + +³

Û
( )
A B C
cot cot cot 2 sin A sin B sin C
2 2 2
+ + + +³
Viết hệ thức dưới dạng
2 2 2
IA IB IC
1
bc ca ab
+ + =
Áp dụng BĐT Svac ta có
( )
2
2 2 2
IA IB IC
IA IB IC
1 IA IB IC ab bc ca
bc ca ab ab bc ca
+ +
+ + = + + + +³Þ £
+ +
Kết hợp BĐT Bunhia

( ) ( )
2
3 ab bc ca a b c+ + + +£
ta được

( )
3 IA IB IC a b c+ + + +£
Kết hợp công thức
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2 2 2 2
IA r p a ;IB r p b ;IC r p c= + - = + - = + -
ta được

Trang 16
H
A
B
C
A'
B'
C'
Phát triển tư duy học sinh thông qua khai thác bài toán trong sách giáo khoa hình học
10

( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
r p a r p b r p c ab bc ca+ - + + - + + - + +£
+ M trùng với G đẳng thức trở thành

( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2
a b c
4 4 4
a b c IG a.GA b.GB c.GC abc a b c IG a. m b. m c. m abc
9 9 9
+ + = + + - + + = + + -Û

2 2 2
a b c
m m m
9
bc ca ab 4
+ +Þ ³
(5)
(5)
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a. 2b 2c a b. 2c 2a b c. 2a 2b a 9abc+ - + + - + + -Û ³
( ) ( )
3 3 3
2ab a b 2bc b c 2ca(c a) a b c 9abc+ + + + + + + +Û ³
( ) ( )
( )
3 3 3
2 a b c ab bc ca a b c 3abc 18abc+ + + + + + - +Û ³
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2 a b c ab bc ca a b c a b c ab bc ca 18.4R.S+ + + + + + + + - - - +Û ³

Û
( )
2 2 2
3 ab bc ca a b c 36.R.r+ + + + +³
(6)
+ M trùng với H ta có :
( )
2 2 2
** a.MA b.MB c.MC abc+ +Þ ³
hay
2 2 2
MA MB MC
+ + 1
bc ca ab
≥
Do đó
2 2 2
HA HB HC
+ + 1
bc ca ab
≥
Nếu tam giác ABC nhọn,gọi A’,B’,C’ lần lượt là chân đường cao hạ từ
A,B,C.Xét tam giác HA’C vuông tại A’ ta có :
CA ' CA' AC.cosC
HC 2RcosC
sin CHA ' sin B sin B
= = = =
;tương tự ta có
HA 2RcosA;HB 2RcosB= =
Thay vào ta có :

2 2 2 2 2 2
4R cos A 4R cos B 4R cos C
+ + 1
bc ca ab
≥ ⇔
2 2 2
cos A cos B cos C
+ + 1
sinB.sinC sinCsinA sinAsinB
≥


Trang 17