Mở rộng một số bài toán hình học phẳng

Dfgff

..

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

PHẠM VIỆT PHƢƠNG

MỞ RỘNG MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN – 2015


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

PHẠM VIỆT PHƢƠNG

MỞ RỘNG MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC

Chun ngành: Phƣơng pháp tốn sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13

Người hướng dẫn khoa học
PGS.TS. TRỊNH THANH HẢI

Thái Nguyên – 2015


1

MỤC LỤC
PHẦN MỞ ĐẦU

Trang
2

Chương I: KIẾN THỨC CHUẨN BỊ

3

1.1. Tổng quan về không gian Euclide

3

1.1.1. Một số khái niệm cơ sở

3

1.1.2. Ánh xạ trong không gian Euclide

4

1.2. Định hướng việc mở rộng bài toán

9

1.2.1. Xem xét các đối tượng, các quan hệ toán học trong các
mối liên hệ giữa cái chung và cái riêng
1.2.2. Xem xét bài toán theo nhiều góc độ

11

Chương II: MỞ RỘNG MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC TRONG

13

9

CHƢƠNG TRÌNH PHỔ THƠNG

2.1. Mở rộng bài tốn hình học phẳng thành bài tốn hình học
khơng gian
2.1.1. Ý tưởng
2.1.2. Một số ví dụ minh họa
2.2. Mở rộng một số bài toán về tam giác thành bài toán đối với
đa giác
2.2.1. Ý tưởng

13
13
13
35
35

2.2.2. Một số ví dụ minh họa

35

2.3. Mở rộng bài toán theo hướng xét các bài toán tương tự

43

2.3.1. Ý tưởng

43

2.3.2. Một số ví dụ minh họa

43

KẾT LUẬN

70
71

Tài liệu tham khảo


2

PHẦN MỞ ĐẦU
Trong chương trình mơn tốn ở phổ thơng, nội dung hình học đóng
một vai trị đặc biệt quan trọng trong việc giúp học sinh hình thành, phát
triển năng lực tư duy. Tuy nhiên đây cũng là một nội khó đối với cả người
dạy và người học nên đa số giáo viên chỉ tập trung vào việc giúp học sinh

cố gắng giải quyết được bài toán đặt ra mà chưa đưa ra được những định
hướng, những dẫn dắt đề học sinh nghiên cứu tìm tịi các cách giải mới cho
bài toán hay nghiên cứu xem xét bài toán dười các góc độ khác nhau để có
được những bài tốn mới (tạm gọi là bài toán mở rộng) từ bài toán ban
đầu. Đây cũng là một trong những hạn chế đối với việc rèn luyện, phát
triển tư duy toán học nói chung, năng lực giải tốn hình học nói riêng cho
học sinh thơng qua dạy học hình học.
Với mong muốn tìm hiểu, học hỏi và tích lũy thêm kinh nghiệm để
phục vụ ngay chính cơng tác giảng dạy nội dung hình học trong ở trường
phổ thơng, chúng tơi mạnh dạn chọn hướng nghiên cứu của luận văn là
“Mở rộng một số bài tốn hình học phẳng” với mục đích đưa ra được
một vài ví dụ minh họa việc mở rộng một bài tốn trong chương trình phổ
thơng
Luận văn có các nhiệm vụ cụ thể sau:
(1). Tham khảo sách giáo khoa, tài liệu, chọn lọc một số bài tập có
thể mở rộng, khái qt hóa.
(2). Trình bày lời chứng minh để khẳng định (hoặc bác bỏ) vấn đề đã
mở rộng để làm sáng tỏ bài toán mở rộng.
(3). Đưa ra lời giải tường minh, chi tiết cho một số bài toán mở rộng.


3

Chƣơng I. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1.Tổng quan về không gian Euclide
1.1.1. Một số khái niệm cơ sở
Định nghĩa 1
Một không gian affine thực được gọi là không gian Euclide nếu
không gian vector liên kết là một không gian vector Euclide.
Định nghĩa 2

Cho En là một không gian Euclide n-chiều. Một mục tiêu affine của
En gọi là mục tiêu trực chuẩn nếu cơ sở tương ứng là cơ sở trực chuẩn của
 n
E . Tọa độ của điểm M  En đối với một mục tiêu trực chuẩn được gọi là
tọa độ trực chuẩn.
Định nghĩa 3
- Khoảng cách giữa hai điểm M, N trong E, ký hiệu d(M, N), là độ


dài của vector MN : d(M, N) = MN .
- Khoảng cách giữa hai phẳng α và β trong E, ký hiệu d(α, β) là số

inf d( M, N) . Như vậy, d( ,  ) = inf d( M, N) .

N , M 

N , M 

Định nghĩa 4



Góc giữa hai vector khác không a và b là số θ, 0 ≤ θ ≤ π, xác định

a.b
bởi :
cos θ =  
a.b
Cho hai đường thẳng d1 và d2 trong E lần lượt có các vector chỉ



phương là a và b . Khi đó góc giữa hai đường thẳng d1 và d2 là số θ,

a
.b

0 ≤ θ ≤ , xác định bởi: cos θ =   .
2
a.b
Góc giữa hai siêu phẳng α và β trong En được định nghĩa là góc giữa


hai đường thẳng lần lượt trực giao với α và β. Nếu gọi n và m lần lượt là


4

các pháp vector của α và β, thì góc giữa hai siêu phẳng α và β tính theo

n.m
cơng thức:
cos θ =   .
n.m
Trong không gian E cho đường thẳng d và siêu phẳng α. Khi đó, góc


) giữa đường thẳng d và siêu phẳng α được định nghĩa là góc
2

phụ với góc giữa đường thẳng d và đường thẳng trực giao với α. Nếu gọi 


là vector chỉ phương của d và n là pháp vector của α thì θ được tính như

a.n
sau:
sin θ =   .
a.n
θ (0 ≤ θ ≤

Định nghĩa 5



Cho m-hộp H xác định bởi điểm O và hệ m vector {  1,..., −
ω→
m}. Khi
đó thể tích của m-hộp H, ký hiệu V(H), được định nghĩa là số
 

 

detGr(w1, w 2 , . . . , w m ) . Như vậy: V (H) = detGr(w1, w 2 , . . . , w m ) .
Giả sử điểm M có tọa độ (x1,..., xn) và điểm N có tọa độ (y1,..., yn) đối
→
với mục tiêu trực chuẩn đã cho {O; −
ei } của E . Khi đó:
n

n

d(M, N) =

 y - x 
i

2

i

i=1

1.1.2. Ánh xạ trong không gian Euclide
Định nghĩa 6
Cho E và E’ là hai không gian Euclide. Ánh xạ affine f: E → E’ gọi

là ánh xạ đẳng cự từ E vào E’ nếu f là ánh xạ tuyến tính trực giao. Nếu f là

song ánh, tức là f là một đẳng cấu tuyến tính trực giao, ta nói f là một đẳng
cấu đẳng cự. Khi đó E và E’ gọi là hai không gian đẳng cấu đẳng cự, ký
hiệu E  E’. Một tự đẳng cấu đẳng cự từ E vào chính nó gọi là một biến
đổi đẳng cự.


5

Định nghĩa 7 (Phép biến hình)
Ta kí hiệu tập hợp tất cả các điểm của mặt phẳng là P. Khi đó mỗi
hình H bất kì của mặt phẳng đều là một tập con của P và kí hiệu H  P.
Một song ánh f : P  P từ tập điểm của P lên chính nó được gọi là
một phép biến hình trong mặt phẳng:

f :P  P
M  M'

Điểm M' = f(M) gọi là ảnh của điểm M qua phép biến hình f. Ngược
lại điểm M gọi là tạo ảnh của điểm M’ qua phép biến hình f nói trên.
Nếu H là một hình nào đó của H thì ta có thể xác định tập hợp

H' = M' = f(M) M  H . Khi đó H’ gọi là ảnh của hình H qua phép biến
hình f và hình H được gọi là tạo ảnh của hình H’ qua phép biến hình f đó.
Phép biến hình f : P  P , biến mỗi điểm M thành chính nó được gọi
là phép đồng nhất.
Kí hiệu:

e:P  P
MM

Định nghĩa 8 (Phép dời hình)
Phép dời hình là phép biến hình bảo tồn khoảng cách giữa hai điểm
bất kì.
Xét trong mặt phẳng:


Phép tịnh tiến: Trong mặt phẳng P cho véc tơ v , phép biến hình
 
biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho MM' = v gọi là phép tịnh tiến


theo véc tơ v . Kí hiệu: Tv , véc tơ v gọi là véc tơ tịnh tiến.
 
Vậy: Tv (M) = M’  MM' = v .

Phép đối xứng trục: Trong mặt phẳng P cho một đường thẳng d cố
định, phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho đoạn thẳng
MM’ nhận d làm đường trung trực thì phép biến hình đó gọi là phép đối
xứng trục d. Kí hiệu: Đd, với d là trục đối xứng.


6

 
Vậy: Đd(M) = M’  M0M' = -M0M (M0 là giao điểm của d với đoạn
thẳng MM’).
Nếu điểm M thuộc đường thẳng d thì ta lấy M’ trùng với M.
Phép đối xứng tâm: Trong mặt phẳng cho điểm I, phép biến hình
biến mỗi điểm M khác I thành điểm M’ sao cho I là trung điểm của đoạn
MM’ gọi là phép đối xứng tâm I. Kí hiệu: ĐI. điểm I gọi là tâm đối xứng.
 
Vậy: ĐI(M) = M’  IM' = -IM .
Phép quay: Trong mặt phẳng cho điểm O và góc lượng giác  ,
phép biến hình biến điểm O thành chính nó, biến mỗi điểm M khác O thành
điểm M’ sao cho OM = OM’, góc lượng giác (OM, OM’) =  gọi là phép
quay tâm O, góc quay  . Kí hiệu: Q(O,  ), O là tâm quay,  là góc quay.

OM = OM'
Vậy: Q(O,  )(M) = M’  
(OM,OM') = 
Nhận xét : - Phép quay tâm O, góc quay 0o là phép đồng nhất.
- Phép quay tâm O, góc quay  ;  là phép đối xứng tâm O.
Định nghĩa 9 (Phép vị tự)
Trong mặt phẳng cho điểm O cố định và một số k  0 . Phép biến



hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho OM' = k OM được gọi là
phép vị tự tâm O, tỉ số k. Kí hiệu: V O;k  , O gọi là tâm vị tự, k gọi là tỉ số vị
tự.



Vậy: V(O,k)(M) = M’  OM' = k OM
Định nghĩa 10 (Phép đồng dạng)
Phép biến hình F được gọi là phép đồng dạng tỉ số k (k > 0) nếu với

hai điểm M, N bất kì và ảnh M’, N’ tương ứng của chúng ta ln có
M’N’ = kMN.
Nhận xét : - Phép dời hình là phép đồng dạng tỉ số 1.
- Phép vị tự tỉ số k là phép đồng dạng tỉ số k .


7

- Phép đảo ngược của phép đồng dạng tỷ số k là phép đồng dạng tỷ
số

1
k

.

- Tích của một phép đồng dạng tỉ số k1 với phép đồng dạng tỉ số k2 là
một phép đồng dạng với tỉ số k1.k2.
Xét trong không gian:


Phép tịnh tiến: Trong không gian P cho véc tơ v , phép biến hình
 
biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho MM' = v gọi là phép tịnh tiến


theo véc tơ v . Kí hiệu: Tv , véc tơ v gọi là vectơ tịnh tiến.
 
Vậy: Tv (M) = M’  MM' = v .
Biểu thức tọa độ của phép tịnh tiến trong không gian: Trong không

gian với hệ toạ độ Oxyz, cho v(a,b,c) , M(x;y;z), M’(x’;y’;z’).
 x' = x+ a

Khi đó, nếu Tv (M) = M’ thì  y' = y+ b
z ' = z+ c


Phép đối xứng trục: Trong không gian P cho một đường thẳng d cố
định, phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho đoạn thẳng
MM’ nhận d làm đường trung trực thì phép biến hình đó gọi là phép đối
xứng trục d. Kí hiệu: Đd, với d là trục đối xứng
 
Vậy: Đd(M) = M’  M0M' = -M0M (M0 là giao điểm của d với đoạn
thẳng MM’).
Nếu điểm M thuộc đường thẳng d thì ta lấy M’ trùng với M.
Biểu thức tọa độ của phép đối xứng trục trong không gian: Trong
không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho M(x;y;z), M’(x’;y’;z’). Khi đó, nếu:
 x' = x


- ĐOx(M) = M’ thì  y' = - y
z ' = -z



8

 x' = - x

- ĐOy(M) = M’ thì  y' = y
z' = -z

 x' = - x

- ĐOz(M) = M’ thì  y' = - y
z' = z

Phép đối xứng tâm: Trong không gian cho điểm I, phép biến hình
biến mỗi điểm M khác I thành điểm M’ sao cho I là trung điểm của đoạn
MM’ gọi là phép đối xứng tâm I. Kí hiệu: ĐI. Điểm I gọi là tâm đối xứng.
 
Vậy: ĐI(M) = M’  IM' = -IM .
Biểu thức tọa độ của phép đối xứng tâm trong không gian: Trong
mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho I(a,b,c) , M(x;y;z), M’(x’;y’;z’).

 x' = 2a- x

Khi đó, nếu ĐI(M) = M’ thì  y' = 2b- y
z' = 2c- z


Phép đối xứng qua mặt phẳng: Trong khơng gian cho mặt phẳng
(P), phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho đoạn thẳng
MM’ nhận mặt phẳng (P) làm mặt phẳng trung trực, được gọi là phép đối
xứng qua mặt phẳng (P). Ký hiệu ĐP.
Phép quay quanh một trục: Trong không gian, cho đường thẳng
định hướng ∆, φ là góc định hướng cho trước. phép biến hình biến mỗi
điểm M thành M’ sao cho M, M’ thuộc mặt phẳng vng góc với ∆ tại O:
OM = OM’ và (OM, OM’) = φ gọi là phép quay quanh một trục ∆.
Ký hiệu: Q(∆, φ).
Nhận xét:

- Phép quay tâm O, góc quay 0o là phép đồng nhất.
- Phép quay tâm O, góc quay  ;  là phép đối xứng tâm O.


9

1.2. Định hƣớng việc mở rộng bài toán
1.2.1. Xem xét các đối tƣợng, các quan hệ toán học trong các mối liên
hệ giữa cái chung và cái riêng
Mỗi cái riêng có thể được chứa đựng trong nhiều cái chung, cái bao
trùm nó theo một số quan hệ nào đó khác nhau và ngược lại, nhiều cái
riêng có thể chứa đựng trong cùng một cái chung theo một mối quan hệ nào
đó giữa các đối tượng.
Ví dụ 1.1. Chứng minh rằng nếu G là trọng tâm của tam giác ABC thì
   
GA + GB + GC = 0 .
Có thể phát triển theo hai hướng đến những cái chung, cái tổng quát
khác nhau:

Hƣớng thứ nhất: Xem trọng tâm G của tam giác ABC theo quan điểm
1
diện tích: SGBC = SGCA + SGAB = S , Với S là diện tích tam giác ABC. Khi
3

đó

hệ thức cần chứng minh tương đương với hệ thức:
1  1  1  
S.GA + S.GB + S.GC = 0 , chú ý rằng tổng ba hệ số của biểu thức véc
3
3
3

tơ vế trái bằng S. Từ đó chúng ta có thể đề xuất bài toán tổng quát sau:
“Gọi O là điểm bất kỳ trong tam giác ABC. Đặt S1 = SOHC , S2 = SOCA ,


 
S3 = SOAB . Chứng minh rằng S1 OA + S2 OB + S3 OC = 0 ”. Hệ thức cần

 S  S 
chứng minh tương đương với OA = - 2 OB - 3 OC
S1
S1

(1)

Để chứng minh (1) ta dựng hình bình hành nhận OA làm đường chéo
OEAF; trong đó hai cạnh OE, OF lần lượt thuộc các đường thẳng BO, CO.

(Hình 1.1). Theo quy tắc hình bình hành ta có:
  
S  S 
OE  OF 
OA = OE + OF = OB OC = - COF OB - BOE OC . Do AE // OC và
S1
S1
OB
OC

 S  S 
AF // OB nên OA = - 2 OB - 3 OC .
S1
S1


10

Hình 1.1
Nhận xét:
1. Nếu để ý S1 + S2 + S3 = S, khi đó có thể mở rộng cho trường hợp
điểm O nằm ngoài tam giác ABC, thuộc miền góc tạo bởi hai tia CA, CB.
Chúng ta có bài tốn tổng qt khác sau:
“Gọi O là điểm nằm ngồi tam giác ABC thuộc miền góc tạo bởi hai tia
CA và CB; Gọi S1, S2, S3 lần lượt là diện tích các tam giác OBC, OAC,


 
OAB. Chứng minh rằng S1 OA + S2 OB - S3 OC = 0 ”.
Ta có thể chứng minh được nhờ sử dụng hình bình hành CMON; trong đó

M, N lần lượt thuộc các tia OA và OB.
2. Nếu để ý thêm S1 + S2 - S3 = S thì có thể tổng qt các trường hợp
trên thành bài toán sau:“Nếu O là điểm bất kỳ trong mặt phẳng (ABC),
không thuộc đường thẳng chứa cạnh nào của tam giác ABC. Đặt S1 = SOBC ,
S2 = SOCA , S3 = SOAB ; thì có thể chọn dấu “+” hoặc “-” thích hợp sao cho


 
đẳng thức ±S1 OA ± S2 OB ± S3 OC = 0 đúng”
Hƣớng thứ hai: Có thể xem G là trọng tâm của tam giác ABC khi và chỉ
 
  
khi GB + GC = 2GM = GK = -GA , với M là trung điểm BC. Khi đó tương
     
  
tự GA + GB = -GC , GA + GC = -GB . Hay các véc tơ GA , GB , GC đôi
một khác phương và tổng hai véc tơ bất kỳ trong ba véc tơ trên cộng tuyến
   
với véc tơ cịn lại. Khi đó GA + GB + GC = 0 .
Từ nhận xét trên chúng ta có bài tốn tổng qt sau “Cho n véc tơ
đơi một khác phương và tổng của n – 1 véc tơ bất kỳ trong n véc tơ trên


11

cộng tuyến với véc tơ còn lại. Chứng minh rằng tổng n véc tơ cho ở trên
bằng véc tơ không”.
Ta cũng có thể xem xét các đối tượng, các quan hệ, các tính chất từ
nhiều trường hợp riêng của một cái chung; từ đó sử dụng các thao tác tư
duy: so sánh, phân tích, tổng hợp, khái qt hóa, tổng qt hóa để đề xuất

bài tốn mới, bài tốn tổng qt.
Ví dụ 1.2. Ta có, trong hình vng hoặc hình thoi ABCD có các
đường chéo cắt nhau tại O thỏa mãn:
AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 2(OA2 + OB2 + OC2 + OD2)

(2)

Ta sử dụng định lý Pythagore vì hai đường chéo hình vng vng
góc với nhau. Đối với hình chữ nhật hoặc hình bình hành ABCD có các
đường chéo cắt nhau tại O cũng thỏa mãn đẳng thức (2). Trong trường hợp
này khi chứng minh chỉ cần sử dụng O là trung điểm của một đường chéo
và sử dụng cơng thức độ dài đường trung tuyến tính theo ba cạnh của tam
giác.
Phân tích, so sánh cách sử dụng các giả thiết của các trường hợp
chứng minh cụ thể có thể đề xuất bài tốn tổng qt sau: “Tứ giác ABCD
có các đường chéo cắt nhau tại O, cần và đủ để
AB2 + BC2 + CD2 + DA2 = 2(OA2 + OB2 + OC2 + OD2) là tứ giác đó có hai
đường chéo vng góc hoặc O là trung điểm của một trong hai đường
chéo”.
1.2.2. Xem xét bài tốn theo nhiều góc độ
Ta xem xét bài tốn dưới nhiều góc độ khác nhau, chẳng hạn thay
đổi đối tượng, điều kiện ban đầu của bài toán; mở rộng kết luận … để có
được các bài tốn mới.
Ví dụ 1.3. Cho góc xOy và điểm A nằm trong góc đó, Dựng đường tròn
qua A và tiếp xúc với hai cạnh Ox, Oy.
Sử dụng phép vị tự, ta có thể xem đường tròn cần dựng là ảnh của
đường tròn (C) bán kính R được chọn tùy ý và tiếp xúc với hai cạnh Ox,


12

Oy của góc qua phép vị tự V O,k  với k =

OA
, A’ là giao điểm của OA với
OA'

đường trịn (C).
Từ đó nếu xét điểm là trường hợp đặc biệt của đường trịn khi bán
kính bằng 0 thì ta có bài tốn tổng qt sau: “Cho góc x0y và đường trịn
(S) tâm I bán kính R nằm trong góc đó. Hãy dựng đường trịn (C) tiếp xúc
với ox, oy và tiếp xúc với đường tròn (S’’). Việc dựng đường tròn (C) quy
về việc dựng đường tròn tâm K đi qua I và tiếp xúc với o’x’ và o’y’, kí hiệu
là (K). Trong đó 0’x’ và 0’y’ lần lượt song song với 0x, 0y và cách đều
chúng một khoảng bằng R.
Giả sử đường trịn (K) có bán kính d. Khi đó đường trịn cần dựng
có tâm K bán kính bằng d – R (Hình 1.2).

Hình 1.2


13

Chƣơng II: MỞ RỘNG MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC TRONG
CHƢƠNG TRÌNH PHỔ THƠNG
2.1. Mở rộng bài tốn hình học phẳng thành bài tốn hình học khơng
gian
2.1.1. Ý tƣởng
Bước 1: Xuất phát từ một bài toán trong phẳng (ta quy ước gọi là bài
toán gốc), ta đưa ra bài toán tương tự trong không gian (ta quy ước gọi là

bài tốn mở rộng).
Bước 2: Tìm cách giải bài tốn mở rộng.
2.1.2. Một số ví dụ minh họa
Bài tốn 2.1: Trên mặt phẳng toạ độ xoy cho điểm A(xA;yA), B(xB;yB). Tìm
toạ độ của điểm M trên đường thẳng (d) sao cho MA + MB nhỏ nhất.
Từ bài tốn trên, ta có bài tốn mở rộng như sau:
Bài tốn 2.1a: Trong khơng gian cho mặt phẳng (P) và hai điểm phân biệt
A(xA;yA;zA) và B(xB;yB;zB). Tìm toạ độ của điểm M trên mặt phẳng (P) sao
cho MA + MB nhỏ nhất.
Chẳng hạn, Trong không gian cho mặt phẳng (P): x  y  z  3  0 và
hai điểm O(0;0;0), A(-2;2;1). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
S = x 2 + y2 + z 2 +

 x+ 2 

2

+  y- 2  +  z-1 .
2

2

Lời giải:

Hình 2.1


14

Trong hệ trục toạ độ Đề Các vng góc oxyz, xét các điểm

O  0;0;0 ,A -2;2;1  và mặt phẳng  P  : x+ y+ z = 0 . Dễ thấy O và A nằm
cùng phía với nhau đối với (P). Gọi B là điểm đối xứng của O qua (P), Với
mỗi điểm M(x;y;z)  (P) ta luôn có MO = MB và S = MO + MA  AB
(Không đổi). Dấu "=" xảy ra  M  I Trong đó I = AB(đoạn)  (P), khi
đó S đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm toạ độ của B ta được B(2;2;2)  AB = 17 .

 2 7
Tìm tọa độ điểm I ta được I  - ;2;  nên với cặp giá trị
 5 5

 x; y;z  =  -

2 7
;2;  ta có S đạt giá trị nhỏ nhất là SMin = 17 . (Hình 2.1)
 5 5

Bài toán 2.2: Cho x 2 + y2 + 2x- 2 y+1 = 0 và z2 + t 2 - 6z+ 4t+11 = 0 với x,
y, z, t là các số thực thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức S =  x- t  +  y- z  .
2

2

Từ bài tốn trên, ta có bài tốn mở rộng như sau:
Bài toán 2.2a: Cho x 2 + y2 + z 2 + 2x- 2 y+ 4z+ 4 = 0 ;
a 2 + b2 + c2 + 2b- 2c-1 = 0 , trong đó x, y, z, a, b, c là các số thực thay đổi.

Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

S =  x- a  +  y- b  +  z- c  .
2

2

2

Lời giải:
Trong hệ trục toạ độ Đề Các vng góc oxyz xét các mặt cầu (I;R)
và (J;r) có tâm I(-1;1;-2), R = 2 và J(0;-1;1), r = 3 .

 I;R  :  x+1 +  y-1 +  z+ 2 
2

2

 J;r  : x 2 +  y+1 +  z-1
2

2

2

= 2  x 2 + y2 + z 2 + 2x- 2 y+ 4z+ 4 = 0 (I)

= 3  x 2 + y2 + z 2 + 2 y- 2z-1 = 0

Từ giả thiết ta có M  x; y;z    I  , N  a;b;c    J  .
Ta có S = MN 2 , d = IJ = 12 + 22 + 32 = 14 > R+ r = 2 + 3

(J)


15

Hình 2.2
nên hai mặt cầu trên ngồi nhau, suy ra S đạt giá trị lớn nhất (Max), nhỏ
nhất (Min) khi và chỉ khi MN đạt Max, Min.
Khi M thay đổi trên (I), N thay đổi trên (J) thì:
 MNMax = AB = d+ R+ r = 14 + 2 + 3  SMax =
 MNMin = CD = d- R- r = 14 - 2 - 3  SMin =





14 + 2 + 3





2

2

14 - 2 - 3 .(Hình 2.2).

Bài tốn 2.3: Cho ABC là tam giác vng tại A, với độ dài các cạnh là a,
b, c; đường cao AH = h; b' = CH, c' = BH; ,  là góc giữa một đường

thẳng bất kì với hai đường thẳng AB, AC tương ứng thì ta ln có các hệ
thức:
a) b2 = ab',b2 + c2 = a 2
b)

1
1 1
=
+
h 2 b2 c2

c) cos2  + cos2  = 1 .
Từ bài tốn trên, ta có bài tốn mở rộng như sau:
Bài toán 2.3a: Cho OABC là tứ diện vuông đỉnh O, đường cao OH = h,
OA = a, OB = b, OC = c; gọi S, SA, SB, SC thứ tự là diện tích các tam giác
ABC, OBC, OCA, OAB; S'A, S'B, S'C thứ tự là diện tích các tam giác HBC,
HCA, HAB và , ,  thứ tự là góc giữa một đường thẳng bất kì với các
đường thẳng OA, OB, OC. Ta ln có:


16

a) S2A = S.S'A ,S2 = SA2 + SB2 + SC2
b)

1
1 1 1
= 2+ 2+ 2
2
h

a
b c

c) cos2 + cos2 + cos2  = 1.
Lời giải:
Ta có thể chứng minh ý c) như sau:

  
Trên ba cạnh OA, OB, OC đặt ba véc tơ đơn vị e1 ,e2 ,e3 (Chúng có độ dài

bằng 1 và đơi một vng góc); gọi u là véc tơ chỉ phương của đường thẳng




, ln có sự biểu thị duy nhất u = x e1 + ye2 + ze3 .

 
Ta có cos  = cos u ; e1





 
cos  = cos u ; e2



 

cos  = cos u ; e3





=



=

=

x
x 2 + y2 + z 2
y
x 2 + y2 + z 2
z
x 2 + y2 + z 2

Dễ dàng suy ra cos2 + cos2 + cos2  = 1. (Hình 2.3).

Hình 2.3
Bài toán 2.4: Chứng minh trong tam giác ABC bất kì, trọng tâm G, trực
tâm H, tâm đường trịn ngoại tiếp O thẳng hàng và GO =
thẳng Ơle).

1
GH (Đường

2


17

Từ bài tốn trên, ta có bài tốn mở rộng như sau:
Bài tốn 2.4a: Trong khơng gian, cho tứ diện trực tâm ABCD. Chứng
minh, trọng tâm G, trực tâm H và tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thẳng
hàng và GH = GO.
Lời giải:
Lần lượt lấy A′ đối xứng với A, B′ đối xứng với B, C′ đối xứng với C,
D′ đối xứng với D qua G.
Xét phép vị tự V(G,-1) , ta có: V(G,-1) : A  A'
B  B’
C  C’
D  D’
Như vậy, V(G,-1) : (ABCD)  (A'B'C'D') nên phép vị tự V(G,-1) biến trực tâm của
tứ diện ABCD thành trực tâm của tứ diện A’B’C’D’. Theo giả thiết, H là
trực tâm của tứ diện ABCD, ta sẽ chứng minh O là trực tâm của tứ diện
A’B’C’D’.

Hình 2.4
Thật vậy, trước hết ta sẽ chứng minh A’O  mp(BCD), từ đó
A’O  (B’C’D’) vì mp(BCD) // mp(B’C’D’) (Các đỉnh khác chứng minh
tương tự).
Do O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện nên O cách đều các đỉnh B, C, D.
Ta chứng minh A’ cũng cách đều B, C, D. Gọi G1 là giao điểm của AA’


18

với mp(BCD). Trong ∆BA’B’ có G là trung điểm của BB’ và
G1G =

1
1
GA = GA’ nên G1 là trọng tâm của ∆BCD.
3
3

Từ đó, BG1 cắt A’B’ tại trung điểm E của A’B’ và BG1 = 2G1E.
Trong ∆BCD, G1 là trọng tâm nên BG1 qua trung điểm E’ của CD và
BG1 = 2G1E’. Suy ra E ≡ E’ hay CD cắt A’B’ tại trung điểm của mỗi
đường. Do đó A’DB’C là hình bình hành.
Hơn nữa, AB  CD suy ra A'B'  CD nên A’DB’C là hình thoi.
Suy ra A’D = A’C = CB’ và A’B = B’A.
Ta chứng minh được B’A = CB’ nên suy ra A’B = A’D = A’C hay A’
cách đều các đỉnh B, C, D.
 
Suy ra V(G,-1) : H  O hay GO = -GH .
Vậy H, G, O thẳng hàng và GO = GH. (Hình 2.4).
Bài tốn 2.5: Chứng minh trong tam giác bất kì, chín điểm gồm: chân ba
đường cao, ba trung điểm của ba cạnh, ba trung điểm các đoạn nối trực tâm
với các đỉnh đều thuộc một đường tròn (Đường tròn Ơle).
Từ bài tốn trên, ta có bài tốn mở rộng như sau:
Bài toán 2.5a: Cho tứ diện trực tâm ABCD. Gọi H1 ,H2 ,H3 ,H4 ;

G1,G 2 ,G3 ,G 4 ;I1,I 2 ,I3 ,I 4 lần lượt là chân bốn đường cao, trọng tâm các mặt
và các điểm trên bốn đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh thỏa mãn

I1H I2H I3H I 4H 1
=
=
=
= . Chứng minh mười hai điểm đó cùng thuộc
I1A I2B I3C I 4D 2
một mặt cầu. (tứ diện cần xét phải có các đường cao đồng quy nên là tứ
diện trực tâm).
Lời giải:
Gọi G, O thứ tự là trọng tâm, tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện từ bài toán
 
 
2.4a ta đã biết GH = OG . Gọi E là điểm sao cho HE = 3HH1 và F là điểm
 
sao cho HF = 3HG1 .


19

 
     
Ta có AF = AH + HF = AH + 3HG1 = AH + 3 AG1 - AH





 
 


= 4AG - 2AH = 2(2AG - AH) = 2AO
(Do G là trung điểm của HO) suy ra A, O, F thẳng hàng và O là trung điểm
của AF.
Ta có H1G1 // EF mà AH1  H1G1 nên AE  EF suy ra E, F thuộc mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện.
Xét phép vị tự V

1
(H, )
3

biến ba điểm A, E, F thuộc mặt cầu (S) thành ba điểm

I1, H1, G1 thuộc mặt cầu (S') là ảnh của mặt cầu (S) qua phép vị tự V

1
(H, )
3

.

Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được các điểm cịn lại cùng thuộc mặt
cầu (S'). (Hình 2.5).

Hình 2.5
Bài tốn 2.6: Cho tam giác ABC, ta ln có:
   
- Một điểm G duy nhất sao cho GA + GB + GC = 0 .
- Ba đường trung tuyến đồng quy ở điểm G, điểm G chia mỗi đường
trung tuyến theo tỉ số - 2.

Từ bài toán trên, ta có các bài tốn mở rộng như sau:


20

Bài tốn 2.6a: Cho tứ diện ABCD, ta ln có :
    
- Một điểm G duy nhất sao cho GA + GB + GC + GD = 0 .
- Ba đường trung bình đồng quy ở điểm G, điểm G chia mỗi đường
trung tuyến theo tỉ số - 1; bốn đường trọng tuyến cũng đồng quy ở G, điểm
G chia mỗi đường theo tỉ số - 3.
Bài tốn 2.6b: Trong khơng gian (hoặc mặt phẳng) cho hệ n điểm A1, A2,
…., An, ta ln có:
a) Một điểm G duy nhất sao cho

 
GA
 i= 0
n

i =1

b) Tất cả các đường trung tuyến bậc k (k = 0, 1, …, n - 1) đồng quy ở
điểm G (Mỗi đường trung tuyến bậc k là đoạn thẳng nối trọng tâm của hệ k
điểm bất kì trong n điểm đã cho với trọng tâm của hệ n - k điểm còn lại).
c) Điểm G chia mỗi đường trung tuyến bậc k theo tỉ số

k- n
.
k

Lời giải:

 
GA
 i = 0 khi và
n

a) Lấy một điểm O cố định, điểm G thoả mãn

i =1


n

chỉ khi

 

OAi - OG = 0 



i =1

  
 1 n 
OAi - n OG = 0  OG =  OAi (là

n i =1

i =1
n

một véc tơ không đổi), O cố định nên đẳng thức này suy ra điểm G luôn
xác định và duy nhất.
b), c) Lấy k điểm X1, X2, ….,Xk bất kì từ họ điểm đã cho và gọi
trọng tâm của hệ này là G1 và trọng tâm của hệ n - k điểm Xk + 1, Xk + 2,..., Xn

 
còn lại là G , ta có:  G1Xi = 0 (1) và



i =1

i = k+1


k

Từ (1) ta có

n

  
GXi - GG1 = 0 

i =1



  
GX
 i - k GG1 = 0

(2)

k

(1')

i =1
n

Từ (2) ta có n

 
G'1X j = 0

k

'
1


i = k +1

 

GXi -  n- k  GG1' = 0

(2')


21

 
GA
 i = 0 , ta được
n

Cộng (1') và (2') và sử dụng

i =1

 



'
k GG1 +  n- k  GG1 = 0  k GG1 =  k- n  GG1' suy ra ba điểm G, G'1, G1
thẳng hàng đồng thời G chia G1G'1 (Trung tuyến bậc k) theo tỉ số

k- n
.
k

Vậy b), c) được chứng minh.
Bài toán 2.7: Cho tam giác ABC và M là một điểm thuộc miền trong tam
giác. Gọi S1, S2, S3 lần lượt là diện tích các tam giác MBC, MCA, MAB.



 
Chứng minh S1 MA + S2 MB + S3 MC = 0 .
Từ bài tốn trên, ta có bài tốn mở rộng như sau:
Bài toán 2.7a: Cho tứ diện ABCD, O là một điểm bất kì thuộc miền trong
tứ diện. Gọi V1, V2, V3, V4 lần lượt là thể tích của các tứ diện OBCD,
OCDA, OABD và OABC.



 
Chứng minh V1 OA + V2 OB + V3 OC + V4 OD = 0 .
Lời giải:

Hình 2.6
Tương tự bài tốn trong mặt phẳng ta cũng biến đổi đẳng thức cần chứng
 V  V  V 
minh về dạng AO = 2 AB + 3 AC + 4 AD (Với V là thể tích của tứ
V
V
V
diện). Từ đó ta định hướng sẽ giải bài tốn bằng cách dựng hình hộp nhận


22

AO làm đường chéo chính ba cạnh kề nằm trên ba cạnh của tứ diện xuất
phát từ A (Hình 2.6).
 AM  AS  AP 

Ta có AO =
AB +
AC +
AD
AB
AC
AD
Có

AM OR OK OK.S ACD V2
.
=
=
=
=
AB AB BH BH.S ACD V

Tương tự ta cũng có

AS V2 AP V3
.
= ,
=
AC V AD V

Bài toán 2.8: Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để tứ giác ngoại tiếp là
tổng các cạnh đối diện bằng nhau.
Từ bài tốn trên, ta có bài toán mở rộng như sau:
Bài toán 2.8a: Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để tứ diện có các cạnh
đều tiếp xúc với một mặt cầu là tổng các cạnh đối diện bằng nhau.

Lời giải:
Điều kiện cần: Giả sử có một mặt cầu tiếp xúc với sáu cạnh của tứ diện
ABCD ở các điểm như hình vẽ, theo tính chất của tiếp tuyến với mặt cầu ta
có:

AP = AN = AH = x; BM = BP = BF = y;
CM = CN = CE = z; DE = DF = DH = t. Từ đó tổng hai cạnh đối

diện bất kì trong tứ diện trên đều có giá trị là x + y + z + t (Hình 2.7)..
Điều kiện đủ: Giả sử tứ diện có tổng các cạnh đối diện bằng nhau, gọi (C1)
là đường tròn nội tiếp ABC ở M, N, P và (C2) là đường tròn nội tiếp
BCD ở M', E, F.

Hình 2.7


23

Trước hết ta chứng minh M  M'. Thật vậy, theo cơng thức tính khoảng
cách từ đỉnh C đến tiếp điểm M' của cạnh BC với đường tròn (C1) nội tiếp
tam giác ta có CM' =

BC+ CA- AB
BC+ CD- DB
; tương tự ta có CM =
2
2

Giả thiết suy ra CM' = CM  M'  M.
Ta chứng minh được các trục của (C1) và (C2) đều nằm trên mặt phẳng qua

M và vng góc với BC, khơng song song với nhau nên các trục này cắt
nhau ở điểm O, và ta cũng chứng minh được các đoạn thẳng OM, ON, OP,
OF, OE bằng nhau và vng góc với cạnh tương ứng. Từ đó suy ra mặt cầu
qua M, N, E, F có tâm O đồng thời tiếp xúc với năm cạnh BC, CD, DB,
BA, CA của tứ diện.

Hình 2.8
Lập luận tương tự khi thay M bởi E ta cũng có mặt cầu qua M, N, E, F
cũng tiếp xúc với năm cạnh BC, CD, DB, DA, CA của tứ diện, từ đó mặt
cầu nói trên sẽ tiếp xúc với cả sáu cạnh của tứ diện .(Hình 2.8).
Bài tốn 2.9: Cho ABC đều, chứng minh rằng với mọi điểm M luôn có
MA + MB + MC  3R.
Từ bài tốn trên, ta có bài tốn mở rộng như sau:
Bài tốn 2.9a: Cho tứ diện đều ABCD, chứng minh rằng với mọi điểm M
ln có MA + MB + MC + MD  4R.