Kỹ thuật biến đổi sự phụ thuộc nhiều điểm thành một điểm để giải quyết một lớp bài toán cực trị hình học lớp 10

1. MỞ ĐẦU
1.1.Lý do chọn đề tài
Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy việc dạy học toán nói chung và bồi
dưỡng học sinh khá, giỏi toán nói riêng; muốn học sinh rèn luyện được tư duy
sáng tạo trong việc học và giải toán thì bản thân mỗi thầy, cô cần phải có nhiều
phương pháp và nhiều cách hướng dẫn cho học sinh tiếp thu và tiếp cận bài giải
đối với bài toán. Vấn đề này đòi hỏi người giáo viên cần phải tìm tòi nghiên cứu
tìm ra nhiều phương pháp và cách giải qua một bài toán để từ đó rèn luyện cho
học sinh năng lực hoạt động, tư duy sáng tạo, phát triển bài toán và có thể đề
xuất hoặc tự làm các bài toán tương tự.
Khai thác, phát triển một bài toán là một chủ đề không có gì mới lạ, dạy
cho học sinh nắm vững kiến thức cơ bản và đảm bảo trình độ vượt qua các kỳ thi
là cần thiết, nhưng bên cạnh đó người giáo viên dạy toán cần phải truyền tải sự
say mê toán học cho học sinh, nhằm giúp hiệu quả học tập được tốt hơn. Để thực
hiện được điều này, người giáo viên cần có sự say mê chuyên môn, đặt ra cho
mình nhiều nhiệm vụ, truyền sự say mê đó cho học trò. Khai thác, tìm hiểu và
phát triển một bài toán cũng là một phần việc giúp người giáo viên thành công
trong sự nghiệp của mình. Với chút hiểu biết của mình cùng niềm say mê toán
học, tôi viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm: “KĨ THUẬT BIẾN ĐỔI SỰ PHU
THUỘC NHIỀU ĐIỂM THÀNH MỘT ĐIỂM ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT
LỚP BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC LỚP 10” với mong muốn được chia
sẻ, trao đổi kinh nghiệm làm toán, học toán và dạy toán với các đồng nghiệp. Hy
vọng đề tài giúp ích một phần nào đó cho quý thầy cô trong quá trình công tác.
1.2.Mục đích nghiên cứu
Nhằm nâng cao nghiệp vụ chuyên môn, rút kinh nghiệm trong quá trình
giảng dạy, phát triển tư duy linh hoạt, sáng tạo của học sinh, phát hiện và bồi
dưỡng học sinh giỏi Toán.Thông qua đề tài này, là tài liệu tham khảo cho các em
học sinh, đặc biệt là đối với học sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi.
1.3 .Đối tượng nghiên cứu
Để cho học sinh có phương pháp giải, kỹ năng tìm cực trị của độ dài véc
tơ có chứa điểm M phụ thuộc theo nhiều điểm cố định, tôi có đề tài là: “KĨ

THUẬT BIẾN ĐỔI SỰ PHU THUỘC NHIỀU ĐIỂM THÀNH MỘT ĐIỂM
ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT LỚP BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC LỚP 10”
với mong muốn thay đổi cách giảng dạy truyền thụ tri thức một chiều sang cách
tiếp cận kiến tạo kiến thức và suy nghĩ.
1.4.Phương pháp nghiên cứu
Với đề tài này, phương pháp chủ yếu được sử dụng là phương pháp thống
kê, lựa chọn những bài toán hay, độc đáo, có cùng phương pháp giải sau đó phân
tích, so sánh, khái quát hóa, đặc biệt hóa để làm nổi bật phương pháp, từ đó rút
ra kết luận.
1


Nghiên cứu bằng lí luận: Nghiên cứu các giáo trình về phương pháp dạy
học Toán ở trường phổ thông, tài liệu hướng dẫn đổi mới phương pháp dạy học,
các sách giáo khoa, sách tham khảo, báo Toán học và tuổi trẻ, các đề thi,...
Nghiên cứu bằng thực nghiệm: Thông qua việc dạy và học phần hình học
lớp 10 ở các năm giảng dạy của bản thân và tổng kết các kinh nghiệm giảng dạy
của các đồng nghiệp.

2


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1.Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Sáng kiến này đã nêu được các kỹ năng biến đổi véc tơ theo tính chất trung
điểm đoạn thẳng, trọng tâm tam giác. Hệ thống một số kỹ năng tìm giá trị nhỏ
nhất của độ dài véc tơ có chứa điểm M phụ thuộc theo nhiều điểm cố định thành
kỹ năng tìm giá trị nhỏ nhất của độ dài véc tơ có chứa điểm M phụ thuộc theo
một điểm cố định.
Sáng kiến kinh nghiệm với đề tài “KĨ THUẬT BIẾN ĐỔI SỰ PHU

THUỘC NHIỀU ĐIỂM THÀNH MỘT ĐIỂM ĐỂ GIẢI QUYẾT MỘT
LỚP BÀI TOÁN CỰC TRỊ HÌNH HỌC LỚP 10” đã làm cho cách giải bài
uuuu
r
uuuu
r
uuuur
toán “tìm điểm M thuộc d để a.MA + b .MB + c .MC có giá trị nhỏ nhất (hoặc
a.MA 2 + b .MB 2 + c .MC 2 có giá trị nhỏ nhất)” có thêm cách nhìn khác, bên
cạnh với cách giải sử dụng tính chất trọng tâm tam giác, tính chất trung điểm
của đoạn thẳng, hỗ trợ cho việc học tập đạt hiệu quả cao hơn. Với phương pháp
dạy như vậy nhằm giúp các em học sinh có thể hiểu vấn đề một cách sâu sắc và
có thể nhìn một bài toán dưới nhiều góc độ khác nhau nên dễ dàng suy luận để
chuyển các bài toán lạ về bài toán quen thuộc. Hơn nữa với cách dạy đó, làm
cho học sinh thấy được sự phong phú trong việc sử dụng các kiến thức liên
quan. Chính vì thế mà các em không cảm thấy nhàm chán, từ đó các em hào
hứng và say mê hơn trong khi học tạo tâm lí thoải mái nhẹ nhàng trong mỗi tiết
học, đó là tiền đề tốt để học sinh tiếp thu bài, rèn luyện kỹ năng, nâng cao hiệu
quả dạy và học.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
a/Thuận lợi:
Là giáo viên dạy toán nhiều năm được tiếp xúc với nhiều đối tượng học
sinh.Đa số học sinh thích học Toán, thích tìm phương pháp mới trong học tập.
Tổ chuyên môn thảo luận về chuyên đề cực trị hình học.Bản thân thích
học hỏi và nâng cao kiến thức.
b/Khó khăn:
Các kiến thức cơ bản về cực trị hình học lớp 10 của học sinh còn hạn chế.
Kĩ năng giải toán và trình bày bài giải còn yếu.
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1.Đặt vấn đề

2.3.1.1.Bài toán cơ sở: (Dựa theo Bài 40/trang 11/ Sách bài tập Hình học 10
nâng cao).
Cho n điểm A1 , A 2 , A3 ...., A n và n số k 1 , k 2 , k 3 ..., k n mà
k 1 + k 2 + k 3 + ... + k n = k ≠ 0
a)uuuChứng
minh
r
uu
uu
r rằng
uuuu
rcó duy nhất
uuu1ur điểm
r G sao cho
k 1GA1 + k 2GA 2 + k 3GA 3 + ... + k n GA n = 0
3


Điểm G như thế gọi là tâm tỉ cự của hệ điểm A i gắn với các hệ số k i .
Trong trường hợp các hệ số k i bằng nhau (và coi như bằng 1), thì G gọi là trong
tâm của hệ điểm A i .
b) Chứng minh rằng nếu G là tâm tỉ cự nói ở câu a) thì mọi điểm O bất kì,
uuur 1
uuur
uuuu
r
uuuu
r
uuuur
ta có OG = (k 1OA1 + k 2OA 2 + k 3OA 3 + ... + k n OA n ).

[1]
k
Trong quá trình giảng dạy và nghiên cứu toán học, tôi có gặp bài toán như sau:
2.3.1.2.Một số bài toán cụ thể
µ Bài toán 1. “ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) và đường thẳng ∆ : 2x – 3y + 12 = 0. Tìm điểm M
uuuu
r uuur uuur
thuộc ∆ sao cho MA + MB + MC nhỏ nhất”, với đáp án như sau:
[2]
4 4
- Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, ta có tọa độ của G là ( ; − ).
3 3
uuuu
r uuur uuur
uuuu
r
- Khi đó: MA + MB + MC = 3MG , G và ∆ cố định (G không nằm trên ∆ ).
r
- Một véctơ chỉ phương của ∆ là u = (3;2) đó cũng là một véc tơ pháp
4
tuyến của d, vậy phương trình của d là: 3x + 2y – = 0.
3
8

Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
2x − 3 y + 12 = 0


4

 3x + 2 y − 3 = 0
20

x = − 13
⇒
 y = 116

39

-15

6

4

M
2

A

-10

-5

O

5

G

C

-2

20 116
;
) .
B
13 39
uuuu
r uuur uuur
uuuu
r
- Vậy MA + MB + MC nhỏ nhất khi 3MG nhỏ nhất, tức MG nhỏ nhất hay
⇒ M (−

-4

-6

MG vuông góc với ∆ . Do đó M là giao điểm của ∆ và đường thẳng d qua G và
vuông góc với ∆ .
-8

• Phân tích: Bài toán trên được giải với việc chuyển sự phụ thuộc điểm
M theo 3 điểm A, B, C thành sự phụ thuộc điểm M theo 1 điểm G (trong đó G là
trọng tâm của tam giác ABC) bằng cách sử dụng công thức
4

uuuu
r uuur uuur
uuuu
r
MA + MB + MC = 3MG (SGK Hình học 10 nâng cao, trang 20).
•

Nhận xét

* Lối suy nghĩ quen thuộc: Sử dụng công thức trọng tâm của tam giác (như
lời giải ở trên).
* Hướng suy nghĩ mở rộng: Ta có thể thực hiện biến đổi
uuuu
r uuuu
r uuuur uuuur uuur
uuuur uuur
uuuur uuur
MA + MB + MC = (MG + GA ) + ( MG + GB ) + (MG + GC )
uuuur uuur uuur uuur
= 3MG + GA + GB + GC
uuuur
= 3MG ,
(với G là trọng tâm tam giác ABC).
Thoạt nhìn có vẻ là không có sự khác nhau giữa giải pháp cũ thường làm và
giải pháp cải tiến (vì bản chất là giống nhau). Nhưng với giải pháp cải tiến thì ta
có thể giải quyết được bài toán nào?
Ta thử xét bài toán 1a tương tự như sau: “ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy
cho tam giác ABC có A(1;1); B(–2;–4); C(5;–1) và đường thẳng ∆ :2x – 3y +
uuuu
r uuur

uuur
12 = 0. Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho MA + MB + 2MC nhỏ nhất”
[1]
(Dựa theo Bài 35/trang 11/ Sách bài tập Hình học 10 nâng cao). Rõ ràng tính
chất trọng tâm (giải pháp cũ thường làm) rất khó để sử dụng ở đây, để giải quyết
bài toán trên ta cần sử dụng giải pháp cải tiến, với việc biến đổi như sau:
uuuu
r uuuu
r
uuuur uuuur uuur
uuuur uuur
uuuur uuur
MA + MB + 2MC = (MG + GA ) + (MG + GB ) + 2(MG + GC )
uuuur uuur uuur
uuur
.
= 4MG + GA + GB + 2GC
uuuur
= 4MG .
uuur uuur uuur r
Trong đó, điểm G là điểm thỏa mãn GA + GB + 2GC = 0 và G được xác
định cụ thể khi có tọa độ. Nội dung giải quyết cụ thể của vấn đề này được trình
bày ở bài toán 8 (trang 13) sau này.
Bây giờ nếu ta bỏ bớt dữ kiện yếu tố điểm C ở bài toán 1 (trang 4), thì ta có
bài toán tương tự như sau:
µ Bài toán 2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
A(1;1); B(–2;–4) và đường thẳng ∆ : 2x – 3y + 12 = 0. Tìm điểm M thuộc ∆
uuuu
r uuur
sao cho MA + MB nhỏ nhất.

[2]
• Phân tích: Bài toán trên được giải với việc chuyển sự phụ thuộc điểm
M theo 2 điểm A, B thành sự phụ thuộc điểm M theo 1 điểm I (trong đó I là
trung điểm của đoạn thẳng AB) với công thức
uuuu
r uuur
uuu
r
MA + MB = 2MI (theo SGK Hình học 10 nâng cao, trang 20).
5


•

Lời giải

1 3
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB, ta có tọa độ của I là ( − ; − ) .
2 2
uuuu
r uuur
uuu
r
Khi đó: MA + MB = 2MI , I và ∆ cố định (I không nằm trên ∆ ).
uuuu
r uuur
uuu
r
MA
+

MB
2MI
Vậy
nhỏ nhất khi
nhỏ nhất, tức MI nhỏ nhất hay MI

vuông góc với ∆ . Do đó M là giao điểm của ∆ và đường thẳng d qua I và
vuông góc với ∆ .
r
Một véc tơ chỉ phương của ∆ là u = (3;2) đó cũng là một véc tơ pháp
9
tuyến của d, vậy phương trình của d là: 3x + 2y + = 0.
2
Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
75

x
=
−
2x − 3 y + 12 = 0


26
⇒

9
 3x + 2 y + 2 = 0
 y = 27

13

•

⇒ M (−

75 27
; ) .
26 13

Nhận xét

* Lối suy nghĩ quen thuộc: Sử dụng công thức trung điểm của đoạn thẳng
* Hướng suy nghĩ mở rộng: Ta có thể thực hiện biến đổi như sau:
uuuu
r uuuu
r
uuur uur
uuur uur
MA + MB = ( MI + IA ) + ( MI + IB )
uuur uur uur
= 2MI + IA + IB
uuur
= 2MI ,

(với I là trung điểm của đoạn thẳng AB).
Cũng như nhận xét ở trên, thoạt nhìn có vẻ là không có sự khác nhau giữa
giải pháp cũ thường làm và giải pháp cải tiến. Nhưng với giải pháp cải tiến thì ta
có thể giải quyết được bài toán nào?
Ta thử xét bài toán 2a như sau: “Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam
giác ABC có A(1;1); B(–2;–4) và đường thẳng ∆ : 2x – 3y + 12 = 0. Tìm điểm
uuuu

r
uuur
M thuộc ∆ sao cho 3MA + 2MB nhỏ nhất”. Rõ ràng tính chất trung điểm (giải
pháp cũ thường làm) rất khó để sử dụng ở đây, để giải quyết bài toán trên ta cần
sử dụng giải pháp cải tiến, với việc sử dụng phép biến đổi như sau:

6


uuuu
r uuuuur
uuur uur
uuur uur
3MA + 2MB = 3( MI + IA ) + 2(MI + IB )
uuur uur
uur
= 5MI + 3IA + 2IB
.
uuur
= 5MI .
uur uur r
Trong đó, I là điểm thỏa mãn 3IA + 2IB = 0 và I được xác định cụ thể khi
có tọa độ. Nội dung giải quyết cụ thể của vấn đề này được trình bày ở bài toán
6 (trang 11) sau này.
Nếu ta thay đổi dữ kiện cuối cùng ở bài toán 2 (trang 5), thì ta có bài toán
tương tự sau:
µ Bài toán 3. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
A ( 1;1) ; B ( –2; –4 ) và đường thẳng ∆ : 2x – 3y + 12 = 0. Tìm điểm M thuộc ∆
sao cho: MA 2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất.
[2]

• Phân tích: Bài toán trên được giải với việc chuyển sự phụ thuộc điểm
M theo 2 điểm A, B thành sự phụ thuộc điểm M theo 1 điểm I (trong đó I là
trung điểm của đoạn thẳng AB) với công thức

AB 2
(SGK Hình học 10 nâng cao, trang 58).
MA + MB = 2MI +
2
2

•

2

2

Lời giải

1 3
Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng AB, ta có tọa độ của I là ( − ; − ) .
2 2

AB 2
, I và ∆ cố định (I không nằm trên ∆ ).
2
AB 2
Vậy MA 2 + MB 2 nhỏ nhất khi 2MI 2 +
nhỏ nhất, tức MI nhỏ nhất (vì AB
2
có độ dài không thay đổi) hay MI vuông góc với ∆ .

Do đó M là giao điểm của ∆ và đường thẳng d qua I và vuông góc với ∆ .
r
Một véc tơ chỉ phương của ∆ là u = (3;2) đó cũng là một véc tơ pháp
9
tuyến của d, vậy phương trình của d là: 3x + 2y + = 0.
2
Khi đó: MA 2 + MB 2 = 2MI 2 +

Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
75

x
=
−
2x − 3 y + 12 = 0


26
⇒

9
 3x + 2 y + 2 = 0
 y = 27

13
•

⇒ M (−

75 27

; ) .
26 13

Nhận xét
7


AB 2
* Lối suy nghĩ quen thuộc: Sử dụng công thức MA + MB = 2MI +
2
(như lời giải ở trên, với I là trung điểm của đoạn thẳng AB).
2

2

2

* Hướng suy nghĩ mở rộng: Ta có thể thực hiện biến đổi như sau:
uuuu
r 2 uuuu
r2
MA 2 + MB 2 = MA + MB
uuur uur
uuur uur
= ( MI + IA ) 2 + (MI + IB ) 2
uuur uur uur
= 2MI 2 + IA 2 + IB 2 + 2MI (IA + IB )
= 2MI 2 + IA 2 + IB 2 ,
(với I là trung điểm của đoạn thẳng AB).
Với giải pháp cải tiến như trên thì ta có thể giải quyết được bài toán nào?

Ta thử xét bài toán 3a như sau: “Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam
giác ABC có A(1;1); B(–2;–4) và đường thẳng ∆ : 2x – 3y + 12 = 0. Tìm điểm
M thuộc ∆ sao cho 5MA 2 + 2MB 2 nhỏ nhất”.[2]. Rõ ràng công thức
AB 2
2
2
2
(giải pháp cũ thường làm) rất khó để sử dụng ở
MA + MB = 2MI +
2
đây, để giải quyết bài toán trên ta cần sử dụng giải pháp cải tiến, với việc sử
dụng phép biến đổi như sau:
uuuu
r2
uuuu
r2
5MA 2 + 2MB 2 = 5MA + 2MB
uuur uur
uuur uur
= 5( MI + IA ) 2 + 2( MI + IB ) 2
uuur uur uur .
2
2
2
= 7 MI + 5IA + 2IB + 2MI (5IA + 2IB )
= 7 MI 2 + 5IA 2 + 2IB 2 .
uur uur r
Trong đó, I là điểm thỏa mãn 5IA + 2IB =0 và I được xác định cụ thể khi
có tọa độ. Nội dung giải quyết cụ thể của vấn đề này được trình bày ở bài toán 7
(trang 12) sau này.

Nếu ta thay đổi dữ kiện cuối cùng ở bài toán 3(trang 7), thì ta có bài toán
tương tự như sau:
µ Bài toán 4. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
A(1;1); B(–2;–4), C(5;–1) và đường thẳng ∆ : 2x – 3y + 12 = 0. Tìm điểm M
thuộc ∆ sao cho: MA 2 + MB 2 + MC 2 có giá trị nhỏ nhất.
[2]
• Phân tích: Bài toán trên được giải với việc chuyển sự phụ thuộc điểm
M theo 3 điểm A, B, C thành sự phụ thuộc điểm M theo 1 điểm G (trong đó G là
trọng tâm của tam giác ABC) với công thức
MA 2 + MB 2 + MC 2 = 3MG 2 +

AB 2 + BC 2 + CA 2
.
3
8


•

Lời giải

4 4
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC ta có tọa độ của G là ( ; − ).
3 3
AB 2 + BC 2 + CA 2
Khi đó: MA + MB + MC = 3MG +
, G và ∆ cố
3
định (G không nằm trên ∆ ).
2

2

2

2

AB 2 + BC 2 + CA 2
Vậy MA + MB + MC nhỏ nhất khi 3MG +
nhỏ
3
nhất, tức MG nhỏ nhất (vì AB, BC, CA không thay đổi) hay MG vuông góc với
∆ . Do đó M là giao điểm của ∆ và đường thẳng d qua G và vuông góc với ∆ .
r
Một véc tơ chỉ phương của ∆ là u = (3;2) đó cũng là một véc tơ pháp
4
tuyến của d, vậy phương trình của d là: 3x + 2y – = 0.
3
2

2

2

2

Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:
20

x

=
−
2x − 3 y + 12 = 0


13
⇒

4
 3x + 2 y − 3 = 0
 y = 116

39
•

⇒ M (−

20 116
;
).
13 39

Nhận xét

* Lối suy nghĩ quen thuộc: Sử dụng công thức
A B 2 + BC 2 + CA 2
MA + MB + MC = 3MG +
(như lời giải ở trên).
3
2

2

2

2

* Hướng suy nghĩ mở rộng: Ta có thể thực hiện biến đổi
uuuu
r 2 uuuu
r 2 uuuur2
2
2
2
MA + MB + MC = MA + MB + MC
uuuur uuur
uuuur uuur
uuuur uuur
= ( MG + GA ) 2 + ( MG + GB ) 2 + ( MG + GC ) 2
uuuur uuur uuur uuur
= 3MG 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2 + 2MG (GA + GB + GC )
= 3MG 2 + GA 2 + GB 2 + GC 2 ,
(với G là trọng tâm của tam giác ABC).
Với giải pháp cải tiến như trên thì ta có thể giải quyết được bài toán nào?
Ta thử xét bài toán 4a như sau: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam
giác ABC có A(1;1); B(–2;–4), C(5;–1) và đường thẳng ∆ :2x – 3y + 12 = 0.
Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho: 5MA 2 + 2MB 2 + MC 2 có giá trị nhỏ nhất.
[2]

9

AB 2 + BC 2 + CA 2
Rõ ràng công thức MA + MB + MC = 3MG +
(giải
3
pháp cũ thường làm) rất khó để sử dụng ở đây, để giải quyết bài toán trên ta cần
sử dụng giải pháp cải tiến, với việc sử dụng phép biến đổi như sau:
uuuu
r2
uuuu
r 2 uuuur2
5MA 2 + 2MB 2 + MC 2 = 5MA + 2MB + MC
uuuur uuur
uuuur uuur
uuuur uuur
= 5( MG + GA ) 2 + 2(MG + GB ) 2 + (MG + GC ) 2
uuuur uuur
uuur uuur
= 8MG 2 + 5GA 2 + 2GB 2 + GC 2 + 2MG (5GA + 2GB + GC )
2

2

2

2

2
2

= 8MG 2uu+ur5GAu2uu
+r 2GB
+
GC
.
uuur r
Trong đó, G là điểm thỏa mãn 5GA + 2GB + GC = 0 . Nội dung giải quyết cụ
thể của vấn đề này được trình bày ở bài toán 9 (trang 14) sau này.

Các bài toán 1, bài toán 2, bài toán 3 và bài toán 4 ở trên nói về việc sử
dụng tính chất trung điểm, trọng tâmuuu
để
u
r giải
uuuu
rbài toán “Trong mặt phẳng Oxy,
tìm điểm M thuộc đường d sao cho | MA + MB | (*) có giá trị nhỏ nhất”, (trong
uuuu
r uuuu
r uuuur
đó, (*) có thể thay bằng | MA + MB + MC | , MA 2 + MB 2 hoặc
MA 2 + MB 2 + MC 2 ). Mấu chốt để giải các bài toán trên là biến đổi M phụ
thuộc 3 điểm A, B, C trở thành M phụ thuộc theo 1 điểm G (với G là trọng tâm
của tam giác ABC); hoặc biến đổi M phụ thuộc 2 điểm A, B trở thành M phụ
thuộc theo 1 điểm I (với I là trung điểm của đoạn thẳng AB)
Vậy, đối với bài toán 1a, bài toán 2a,uubài
3a,
thay đổi
uu
r toán

uuuu
r bài toán 4a ta
2
dữ kiện thành điểm M thỏa mãn | aMA + b MB | (hoặc aMA + bMB 2 ,
uuuu
r
uuuu
r uuuur
| aMA + b MB + c MC | , aMA 2 + bMB 2 + cMC 2 , với các số a ,b ,c ∈ R ) thì liệu
có sử dụng tính chất trung điểm, trọng tâm để giải được các bài toán mở rộng
hay không? Sáng kiến kinh nghiệm này sẽ đề xuất hướng giải quyết vấn đề của
các bài toán 1a, bài toán 2a, bài toán 3a, bài toán 4a này.
2.3.2.Tổng quát vấn đề và các bài toán vận dụng
Ta có các phép biến đổi sau: Với các số thực a, b, c và các điểm A, B ta
luôn có:
* Công thức 1a
uuuu
r
uuuu
r
uuur uur
uuur uur
aMA + b MB = a (MI + IA ) + b (MI + IB )
uuur
uur
uur
= (a + b ) MI + aIA + b IB , ∀I .
* Công thức 1b
uuuu
r

uuuu
r uuuur
uuur uur
uuur uur
uuur uur
aMA + b MB + c MC = a (MI + IA ) + b (MI + IB ) + c (MI + IC )
uuur
uur
uur uur
= (a + b + c )MI + aIA + b IB + c IC , ∀I .
* Công thức 2a
10


uuuu
r2
uuuu
r2
aMA 2 + bMB 2 = aMA + b MB
uuur uur
uuur uur
= a (MI + IA ) 2 + b ( MI + IB ) 2

uuur uur
uur
= (a + b ) MI 2 + aIA 2 + bIB 2 + 2MI (aIA + b IB ), ∀I .

* Công thức 2b

uuuu

r2
uuuu
r2
uuuur 2
aMA 2 + bMB 2 + cMC 2 = aMA + b MB + c MC
uuur uur
uuur uur
uuur uur
= a (MI + IA ) 2 + b (MI + IB ) 2 + c (MI + IC ) 2
uuur uur
uur uur
= (a + b + c ) MI 2 + aIA 2 + bIB 2 + cIC 2 + 2MI (aIA + b IB + c IC ), ∀I .
Đặc biệt, với a = b = c = 1 thì các công thức trên chính là kỹ thuật biến
đổi về theo trung điểm của đoạn thẳng, trọng tâm của tam giác.
Để nghiên cứu rõ hơn các vấn đề này, ta xem xét các bài toán sau:
Trước tiên ta có bài toán cơ sở như sau:
2.3.2.1.Bài toán cơ sở
µ Bài toán 5. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm I(1;3) và đường
thẳng ∆ : x – 2 y + 10 = 0 . Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho MI có độ dài nhỏ
nhất.
[2]
Lời giải.
Với M ∈ ∆ và điểm I cố định thì MI có độ dài nhỏ nhất khi và chỉ khi M
là hình chiếu vuông góc của I trên ∆ . Do đó M là giao điểm của ∆ và đường
thẳng d qua I và vuông góc với ∆ .
r
Một véc tơ chỉ phương của ∆ là u = (2;1) đó cũng là một véc tơ pháp tuyến
của d, vậy phương trình của d là: 2x + y – 5 = 0.
Tọa độ của M là nghiệm của hệ phương trình:

x − 2 y + 10 = 0
x = 0
⇒

 2x + y − 5 = 0
y = 5

⇒ M (0;5) .

2.3.2.2.Một số bài toán ứng dụng
µ Bài toán 6. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(4;-2), B(5;13) và đường thẳng ∆ : x – 2 y + 10 = 0 . Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho
uuuu
r uuuu
r
[2]
| 2MA + MB | có giá trị nhỏ nhất.
Phân tích.

Biến đổi
11


uuuu
r uuuu
r
uuur uur
uuur uur
uuur
uur uur
| 2MA + MB |=| 2(MI + IA ) + (MI + IB ) |=| 3MI + 2IA + IB | .

uuuu
r uuuu
r
uuur
uur uur r
Chọn điểm I thỏa 2IA + IB = 0 , để biến đổi | 2MA + MB |=| 3MI |= 3MI ,
sau đó áp dụng bài toán 5.
Lời giải.

uur uur r
Gọi điểm I thỏa 2IA + IB = 0 , khi đó ta có I (1;3) .
Ta có:
uuuu
r uuuu
r
uuur uur
uuur uur
uuur uur uur
uuur r
| 2MA + MB |=| 2( MI + IA ) + (MI + IB ) |=| 3MI + 2IA + IB |=| 3MI + 0 |= 3MI .
Do vậy, với I cố định và M thay đổi trên đường thẳng ∆ thì
uuuu
r uuuu
r
| 2MA + MB | có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI có độ dài nhỏ nhất.
Theo bài toán 5, ta có đáp số là M (0;5).

(Điểm M phụ thuộc theo 2 điểm A, B)

(Điểm M phụ thuộc theo 1 điểm I)

Trong bài toán này, chúng ta đã chuyển sự phụ thuộc của điểm M từ 2 điểm
về 1 điểm là tâm tỉ cự của 2 điểm A , B ứng với bộ số ( 2;1) để chuyển về bài
toán cơ sở.
Bài tập tương tự: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(-2;-3),
B(0;1) và đường thẳng ∆ : x – 2 y + 10 = 0 . Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho
uuuu
r uuuu
r
[2]
| MA − 3MB | có giá trị nhỏ nhất. (Đáp số: M0;5)).
µ Bài toán 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(1;5), B(1;2)
và đường thẳng ∆ : x – 2 y + 10 = 0 . Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho
[2]
MA 2 + 2MB 2 có giá trị nhỏ nhất.
Phân tích.

Biến đổi
uuuu
r2
uuuu
r2
MA 2 + 2MB 2 = MA + 2MB
uuur uur
uuur uur
= (MI + IA ) 2 + 2(MI + IB ) 2
uuur uur
uur
= 3MI 2 + IA 2 + 2IB 2 + 2MI (IA + 2IB ).
uur

uur r
Chọn điểm I thỏa IA + 2IB = 0 , để biến đổi
MA 2 + 2MB 2 = 3MI 2 + IA 2 + 2IB 2 , sau đó áp dụng bài toán 5.
12


Lời giải.

uur
uur r
Gọi điểm I thỏa IA + 2IB = 0 , khi đó ta có I (1;3) .
Ta có

uuuu
r2
uuuu
r2
MA 2 + 2MB 2 = MA + 2MB
uuur uur 2
uuur uur 2
= ( MI + IA ) + 2( MI + IB )
uuur uur
uur
2
2
2
= 3MI + IA + 2IB + 2MI ( IA + 2IB )
= 3MI 2 + IA 2 + 2IB 2 .

Do vậy, với I cố định và M thay đổi trên đường thẳng ∆ thì

MA 2 + 2MB 2 có giá trị nhỏ nhất ⇔ 3MI 2 + IA 2 + 2IB 2 có giá trị nhỏ nhất

⇔ MI có giá trị nhỏ nhất (vì IA, IB có độ dài không thay đổi).
Theo bài toán 5, ta có đáp số cần tìm là M(0;5).
Bài tập tương tự: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(2;3),
B(4;3) và đường thẳng ∆ : x – 2 y + 10 = 0 . Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho
3MA 2 − MB 2 có giá trị nhỏ nhất. (Đáp số: M (0;5) ).
[2]
µ Bài toán 8. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(0;1), B(1;-2),
C(3;22) và đường thẳng ∆ : x – 2 y + 10 = 0 . Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho
uuuu
r uuuu
r uuuur
[2]
| 2MA + 3MB + MC | có giá trị nhỏ nhất.
Phân tích. Biến đổi
uuur uuur uuur
uuu
r uu
r
uuu
r uur
uuu
r uur
| 2MA + 3MB + MC |=| 2( MI + IA) + 3( MI + IB) + ( MI + IC ) |
uuu
r
uu
r uur uur
=| 6MI + 2 IA + 3IB + IC |

uuuu
r uuuu
r uuuur
uur uur uur r
Chọn điểm I thỏa 2IA + 3IB + IC = 0 , để biến đổi | 2MA + 3MB + MC |= 6MI ,
sau đó áp dụng bài toán 5.
uur uur uur r
Lời giải. Gọi điểm I thỏa 2IA + 3IB + IC = 0 , khi đó ta có I (1;3) .
Ta có
uuur uuur uuur
uuu
r uu
r
uuu
r uur
uuu
r uur
| 2MA + 3MB + MC |=| 2( MI + IA) + 3( MI + IB) + ( MI + IC ) |
uuu
r
uu
r uur uur
=| 6 MI + 2 IA + 3IB + IC |
uuu
r r
=| 6 MI + 0 |= 6 MI .
Douuuu
rvậy, uuvới
uu
r uIuuurcố định và M thay đổi trên đường thẳng ∆ thì

| 2MA + 3MB + MC | có giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi MI có độ dài nhỏ nhất
Theo bài toán 5, ta có đáp số là M (0;5).
13


(Điểm M phụ thuộc theo 3 điểm A, B, C)

(Điểm M phụ thuộc theo 1 điểm I)

Bài tập tương tự: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(-2;5),
B(1;1), C(0;3) và đường thẳng ∆ : x – 2 y + 10 = 0 . Tìm điểm M thuộc ∆ sao
uuuu
r uuuu
r uuuur
cho | MA + MB − 3MC | có giá trị nhỏ nhất. (Đáp số: M(0;5)).
[2]
µ Bài toán 9. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho ba điểm A(2;17), B(0;3),
C(1;-4) và đường thẳng ∆ : x – 2 y + 10 = 0 . Tìm điểm M thuộc ∆ sao cho
[2]
MA 2 + MB 2 + 2MC 2 có giá trị nhỏ nhất.
Phân tích.

Biến đổi

uuuu
r 2 uuuu
r2
uuuur 2
MA + MB + 2MC = MA + MB + 2MC
uuur uur 2 uuur uur 2

uuur uur 2
= (MI + IA ) + ( MI + IB ) + 2(MI + IC )
uuur uur uur
uur
= 4MI 2 + IA 2 + IB 2 + 2IC 2 + 2MI (IA + IB + 2IC ).
uur uur uur r
Chọn điểm I thỏa IA + IB + 2IC = 0 , để biến đổi
2

2

2

MA 2 + MB 2 + 2MC 2 = 4MI 2 + IA 2 + IB 2 + 2IC 2 , sau đó áp dụng bài toán 5.
Lời giải.

uur uur uur r
Gọi điểm I thỏa IA + IB + 2IC = 0 , khi đó ta có I (1;3) .
Ta có

uuuu
r 2 uuuu
r2
uuuur2
MA + MB + 2MC = MA + MB + 2MC
uuur uur
uuur uur
uuur uur
= ( MI + IA ) 2 + ( MI + IB ) 2 + 2(MI + IC ) 2
uuur uur uur

uur
= 4MI 2 + IA 2 + IB 2 + 2IC 2 + 2MI ( IA + IB + 2IC ).
2

2

2

= 4MI 2 + IA 2 + IB 2 + 2 IC 2 .
Do vậy, với I cố định và M thay đổi trên đường thẳng ∆ thì
MA 2 + MB 2 + 2MC 2 có giá trị nhỏ nhất ⇔ 4MI 2 + IA 2 + IB 2 + 2IC 2 có
giá trị nhỏ nhất

⇔ MI có giá trị nhỏ nhất (vì IA, IB, IC có độ dài không thay đổi).
Theo bài toán 5, ta có đáp số là M(0;5).
Bài tập tương tự:
14


Bài 1:Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các điểm A ( 1;3) , B ( −5; −3) .
Xác định tọa độ điểm M trên đường thẳng d: x − 2 y + 1 = 0 sao cho
uuuu
r uuuu
r
2MA + MB đạt giá trị nhỏ nhất. (Trích Đề thi HSG lớp 10, Hà Tĩnh)
[3]
Bài 2 : Cho tam giác ABC
BC
uur vuông
uur ở A;2 u

ur =ra; CA = b; AB = c. Xác định điểm I
2
2
thỏa mãn hệ thức: b IB + c IC − 2a IA = 0 ; Tìm điểm M sao cho biểu thức:
(b 2 MB 2 + c 2 MC 2 − 2a 2 MA 2 ) đạt giá trị lớn nhất.
(Trích Đề thi HSG lớp 10, Hải Dương)

[3]

2.4.Hiệu quả của sáng kiến
Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong nhiều năm học giảng dạy lớp
10, được học sinh đồng tình và đạt được kết quả trong việc nâng cao khả năng
tìm cực trị trong các bài toán về hình học lớp 10 và có cái nhìn thân thiện với
các bài toán về hình học trong các đề thi học sinh giỏi.Các em hứng thú học tập
hơn, ở những lớp có hướng dẫn kỹ các em học sinh với mức học trung bình khá
trở lên đã có kỹ năng giải các bài tập,học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt.
Những nội dung được trình bày trong bản sáng kiến kinh nghiệm này tôi
rút ra trong quá trình dạy học, xuất phát từ yêu cầu đổi mới phương pháp dạy
học, lấy học sinh làm trung tâm và do sự hiếu học của phần lớn học sinh là động
lực lớn nhất để tôi không ngừng phấn đấu, học hỏi, nghiên cứu đúc rút kinh
nghiệm góp phần nâng cao chất lượng giáo dục.

3. KẾT LUẬNVÀ KIẾN NGHỊ:
3.1.Kết luận:
15


Qua thực tế giảng dạy, tôi thấy rằng vấn đề nào dù khó mà giáo
viên quan tâm và truyền thụ cho học sinh bằng lòng say mê và nhiệt tình của
mình thì sẽ cuốn hút các em vào con đường nghiên cứu. Bài toán tìm cực trị của

độ dài véc tơ không là một vấn đề mới, nhưng cần tạo mối liên hệ các kiến thức
để thấy rằng các kiến thức có sự hỗ trợ với nhau.
Sáng kiến kinh nghiệm này có thể triển khai như một chuyên đề để
giảng dạy cho các em học sinh ôn tập trong các kỳ thi, nhằm giúp các em học
sinh có thể vượt qua trở ngại tâm lí từ trước tới nay với lớp bài toán này. Cụ thể,
nếu học sinh được biết một phương pháp mới có hiệu quả thì các em sẽ tự tin
hơn trong giải quyết các bài toán dạng này và dạng tương tự. Tuy nhiên mỗi bài
toán có nhiều cách giải, phương pháp giải này có thể dài hơn các phương pháp
khác nhưng nó lại có đường lối nhận biết rõ ràng dễ tiếp cận hơn, hoặc là tiền đề
cho ta sáng tạo một dạng bài tập khác. Từ một bài toán, tôi đã đào sâu suy nghĩ
đưa ra được nhiều cách giải và mở rộng thành nhiều bài toán khác độ khó tăng
lên rõ rệt. Với phương pháp tư duy trên phần nào giúp học sinh hứng thú hơn
trong học tập, tạo động lực học tập một cách chủ động, tích cực của học sinh.
Đó chính là cái hay, cái đẹp của toán học, khiến người ta say mê toán học.
Đề tài nghiên cứu sẽ giúp giáo viên và học sinh có một tài liệu tiếp cận
với phương pháp chuyển đổi sự phụ thuộc điểm M theo nhiều điểm cố định
thành sự phụ thuộc điểm M theo một điểm cố định. Do kinh nghiệm chưa nhiều,
thời gian nghiên cứu và ứng dụng chưa dài nên đề tài của tôi không tránh khỏi
còn nhiều hạn chế. Rất mong được sự đóng góp của các đồng nghiệp để tôi có
thể hoàn thiện hơn đề tài của mình. Xin chân thành cảm ơn!
3.2.Kiến nghị:
3.2.1.Đối với Sở GD & ĐT :Tiếp tục phổ biến rộng rãi các sáng kiến đã được
công nhận cấp ngành và cấp tỉnh để giáo viên được học hỏi áp dụng trong thực
tiễn giảng dạy và học tập.
3.2.2.Đối với Trường phổ thông : Tiếp tục nhân rộng hơn nữa các đề tài, sáng
kiến kinh nghiệm có ứng dụng thực tế trong giảng dạy.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 25 tháng 6 năm 2020
Tôi xin cam đoan SKKN này là
do tôi viết,không copy của người khác.
16


Vũ Thị Quyền

17