Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Khai thác và sáng tạo các bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản
lượt xem 7
download
Sáng kiến kinh nghiệm THPT "Khai thác và sáng tạo các bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản" được nghiên cứu với các nội dung: Khai thác khái niệm, khai thác bài toán. Để nắm vững hơn nội dung kiến thức đề tài mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.
Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!
Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Khai thác và sáng tạo các bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. A. Đặt vấn đề. Trong quá trình dạy học, nếu giáo viên thường xuyên quan tâm đến việc hướng dẫn học sinh cách học, cách khai thác sách giáo khoa và khuyến khích các em đề xuất bài toán mới, dạy học như vậy chắc chắn sẽ góp phần bồi dưỡng năng lực tự học, hứng thú, khả năng tự tìm tòi kiến thức cho học sinh và đặc biệt là phát triển được tư duy học sinh. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm đề cập đến việc khai thác và sáng tạo các bài toán mới từ khái niệm và bài tập toán trong sách giáo khoa, sách bài tập thông qua ví dụ cụ thể. Tổng quan về đề tài gồm : Thứ nhất là khai thác khái niệm tích vô hướng. Khái niệm tích vô hướng có nhiều ứng dụng, đã có một số bài viết liên quan trên báo toán học và tuổi trẻ như : “ Ứng dụng tích vô hướng vào việc giải một số bài toán đại số “ _ của tác giả Phạm Bảo hay “ Ứng dụng tích vô hướng để giải một số dạng toán “ _ của tác giả Trần Tuấn Điệp, Đỗ Mạnh Môn. Về vấn đề khai thác và sáng tạo bài toán bất đẳng thức, cực trị từ khái niệm tích vô hướng chưa được tác giả nào nghiên cứu. Thứ hai, là hướng khai thác bài 73 trang 64, SBT hình học 11 nâng cao. Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 1
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. B. Nội dung. I. Khai thác khái niệm Ví dụ 1 : Xét tình huống khái niệm tích vô hướng (Sách giáo khoa hình học 10) 1. Khái niệm và một số tính chất. Trước tiên xin nhắc lại khái niệm tích vô hướng của hai vectơ r r r r “ Tích vô hướng của hai vectơ a và b là một số, kí hiệu là a . b , được xác định bởi rr r r rr ( ) a.b = a . b cos a, b “ rr ( ) Từ cos a, b 1 ta rút ra được các kết quả sau : a) Kết quả 1 : Cho n điểm A1A 2 ...A n , và n số dương α1, α 2 ,..., α n .O là điểm thoã mãn n uuuur r αi OAi = 0 khi đó với mọi điểm M ta có bất đẳng thức i =1 n n n � αi .MAi2 �αiOAi .MAi �αiOAi2 i =1 i =1 i =1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với O b) Kết quả 2 : Cho n điểm A1A 2 ...A n và n số dương α1, α 2 ,..., α n .O là điểm thoã mãn n ur r n n αi ei = 0 khi đó với mọi điểm M ta có bất đẳng thức �αi MAi �αi OAi i =1 i =1 i =1 ur uuuur ur (Trong đó ei cùng hướng với OA i và ei = 1 , i=1,2,… ) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với O Chứng minh : uuuur uuuuur n n uuuur uuuuur a) Ta có : αi OAi .MAi �αi OAi .MAi , ∀i = 1, n � �αi OAi .MAi ��αi OAi .MAi i =1 i =1 n n uuuur uuuur uuuur uuuur n uuuur n n ( ) � �αi OAi .MAi ��αi OAi MO + OAi = MO.�αi OAi + �αi OAi2 = �αi OAi2 (1) i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 Áp dụng BĐT Cauchy ta có : αi .MAi2 + αi OAi2 2αi MAi .OAi , ∀i = 1, n, αi > 0 n n n n n � �αi .MAi2 + �αi OAi .MAi ��αi .MAi2 + �αi OAi2 �2�αi OAi .MAi (theo (1)) i =1 i =1 i =1 i =1 i =1 n n � �αi .MAi2 ��αi OAi MAi (2) i =1 i =1 Từ (1)(2) suy ra điều phải chứng minh. b) Ta có : n n n α α uuuuur uuuur uuuur n αi uuuur n �αi MAi = �OAi MAi .OAi �OAi MAi .OAi = MO� OAi .OAi + �αi OAi i =1 i =1 i i =1 i i =1 i =1 n uuuur n ur n n � �αi MAi �MO�αi ei + �αi OAi = �αi OAi i =1 i =1 i =1 i =1 2. Khai thác và sáng tạo các bài toán mới . Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 2
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. 2.1. Khai thác từ kết quả 1 : n uuuur r Trong hệ quả 1, xuất hiện giả thiết αi OAi = 0 do đó để sáng tạo bài toán mới ta kết hợp i =1 với các đẳng thức vectơ a. Kết hợp với khái niệm trọng tâm tam giác. uuur uuur uuur r G là trọng tâm tam giác ABC ta có GA + GB + GC = 0 nên ta có BĐT MA 2 + MB2 + MC2 MA.GA + MB.GB + MC.GC GA 2 + GB2 + GC 2 2 2 2 Vì GA = ma , GB = m b , GC = mc 3 3 3 4 9 ( 1 ) ( � GA 2 + GB2 + GC2 = m a2 + m 2b + mc2 = a 2 + b 2 + c2 3 ) Suy ra với mọi điểm M ta có : ma .MA + m b .MB + mc .MC 1 2 2 ( a + b 2 + c2 ) ( 3 MA 2 + MB2 + MC2 ) a 2 + b 2 + c2 3 ( MA 2 + MB2 + MC2 ) 2 ( ma .MA + m b .MB + m c .MC ) Đặc biệt Với M O ta có OA 2 + OB2 + OC2 OA.GA + OB.GB + OC.GC GA 2 + GB2 + GC2 Mặt khác ta có OA=OB=OC=R, ta có 9 1 1 1 2 R ( GA + GB + GC ) 3R 2 hay ma + m b + mc R suy ra + + 2 m a m b mc R 2 2 hay m a+ m 2b + mc2 3R R ( GA + GB + GC ) GA + GB + GC 2 2 m a + m b + mc 2 2 2 2 27 2 3R 2 GA 2 + GB2 + GC2 hay ma + m b + m c R , 9R 2 a 2 + b 2 + c 2 4 Với M I ta có IA.GA + IB.GB + IC.GC GA 2 + GB2 + GC2 r r r IA = , IB = , IC = Mặt khác A B C do đó ta có sin sin sin 2 2 2 2 2 2 ma m m a +b +c + b + c A B C 2r sin sin sin 2 2 2 b. Kết hợp với bài toán : ur Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, gọi ei , i = 1, 2,3 là véc tơ đơn vị tương ứng uur uur uur cùng hướng với véc tơ IA, IB, IC . A uur B uur C uur r Chứng minh rằng : cos e1 + cos e 2 + cos e3 = 0 2 2 2 A A B C F cos uur cos uur cos uur r Suy ra 2 IA + 2 IB + 2 IC = 0 B E IA IB IC I Ta thu được bất đẳng thức D Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 3 C
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. A B C cos . ( MA − IA ) + cos . ( MB − IB ) + cos . ( MC − IC ) 0 2 2 2 A B C a+b+c Mặt khác cos .IA + cos .IB + cos .IC = AE + BF + CD = 2 2 2 2 (Với D, E, F là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các cạnh BC, CA, AB) A B C a+b+c Do đó cos .MA + cos .MB + cos .MC với mọi điểm M. 2 2 2 2 Tổng quát Cho đa giác lồi A1A 2 ...A n ( n 3 ) ngoại tiếp đường tròn tâm J. Chứng minh rằng với điểm n A M bất kỳ thì cos i . ( MAi − JAi ) 0 i=1 2 ( Đề của tác giả đã được đang trên báo TH & TT, bài T8/389 tháng 11/2009) c. Kết hợp với bài toán : Cho tam giác ABC vuông tại A. I là trung điểm của đường cao AH. uur uur uur r Chứng minh rằng : a 2 IA + b 2 IB + c 2 IC = 0 Ta thu được bất đẳng thức a 2 .IA ( MA − IA ) + b 2 .IB ( MB − IB ) + c 2 .IC ( MC − IC ) 0 Hay ( MA − IA ) .IA sin 2 A. + ( MB − IB ) .IBsin 2 B + ( MC − IC ) .ICsin 2 C 0 với mọi điểm M 2x 10x Giả thiết thêm tam giác cân cạnh x thì IA = , IB = ta được bài toán 4 4 Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Xác định điểm M sao cho 2 2MA + 10 ( MB + MC ) đạt giá trị nhỏ nhất. d. Kết hợp với bài toán : Cho tam giác ABC với các cạnh AB=c,BC=a,CA=b.T là điểm bất kỳ nằm trong tam giác,đặt STBC =Sa ;STAC =Sb ;STAB =Sc . uuur uuur uuur r Chứng minh rằng : Sa TA+Sb .TB+Sc TC=0. Khi T trùng với : uur uur uur r I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta có aIA + bIB + cIC = 0 nên ta có aMA 2 + bMB2 + cMC2 aMA.IA + bMB.IB + cMC.IC aIA 2 + bIB2 + cIC 2 Mặt khác aIA 2 + bIB2 + cIC2 = abc nên M O ta có aOA 2 + bOB2 + cOC2 aOA.IA + bOB.IB + cOC.IC abc r r r abc IA = , IB = , IC = ,S= = pr Kết hợp với công thức A B C 4R sin sin sin 2 2 2 + ( a + b + c ) R aIA + bIB + cIC � ( sin A + sin B + sin C ) R �sin A.IA + sin B.IB + sin C.IC � ( sin A + sin B + sin C ) R �sin A.IA + sin B.IB + sin C.IC sin A + sin B + sin C 2r ۳ A B C R cos + cos + cos 2 2 2 Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 4
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. abc + a.IA + b.IB + c.IC � a.IA + b.IB + c.IC �4S R a b c � + + �4p A B C sin sin sin 2 2 2 O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có uuur uuur uuur r sin2A.OA+sin2B.OB+sin2C.OC=0 Với ABC là tam giác nhọn thì sin2A>0, sin2B>0, sin2C>0. Ta có sin 2A.MA.OA + sin 2B.MB.OB + sin 2C.MC.OC sin 2A.OA 2 + sin 2B.OB2 + sin 2C.OC 2 Áp � sin 2A.MA + sin 2B.MB + sin 2C.MC �R ( sin 2A + sin 2B + sin 2C ) dụng định lý hàm số sin, cosin và đẳng thức sin 2A + sin 2B + sin 2C = 4sin A sin Bsin C ta được bài toán Cho tam giác ABC nhọn , nội tiếp đường tròn bán kính bằng 1 và BC=a,AC=b,AB=c, với mọi M nằm trong mặt phẳng tam giác thì : ( ) ( ) ( ) a 2 b 2 + c 2 − a 2 MA + b 2 c2 + a 2 − b 2 MB + c 2 a 2 + b 2 − c 2 MC a 2 b 2c 2 (Bài 185, trang 49_Tuyển tập 200 bài thi vô địch toán) uuur uuur uuur r H là trực tâm tam giác ta có tanA.HA+tanB.HB+tanC.HC=0 t anA.MA 2 + tan B.MB2 + tan C.MC2 t anA.MA.HA + tan B.MB.HB + tan C.MC.HC Mặt khác 2 2 2 HA + HB + HC . nếu tam giác ABC nhọn, gọi A’, B’, C’ lần lượt là chân đường cao hạ từ A,B,C.Xét tam giác A HA’C vuông tại A’ ta có : B' CA ' CA ' AC.cosC HC = = = = 2RcosC � tanC.HC = c C' sin CHA ' sin B sin B H tương tự ta có tanA.HA = a, tanB.HB = b B C Suy ra A' tanA.MA 2 + tan B.MB2 + tan C.MC 2 a.MA + b.MB. + cMC HA 2 + HB2 + HC 2 e. Kết hợp với bài toán : Cho tam giác ABC với các cạnh AB=c, BC=a, CA=b. T là điểm bất kỳ nằm trong tam giác , D, E, F lần lượt là hình chiếu T lên cạnh BC, CA, AB. Đặt STBC =Sa ;STAC =Sb ;STAB =Sc . Chứng minh rằng: h1, h 3 Gọi x,y,z lần lượt là khoảng cách từ T lên BC, CA, AB uuur uuur uur r Tam giác ABC đều ta được yzTD + zx.TE + xy.TF = 0 yzMD2 + zxME 2 + xzMF2 yzMD.TD + zxME.TE + xyMF.TF yzTD2 + zxTE 2 + xyTF2 MD 2 ME 2 MF2 Hay + + MD + ME + MF x + y + z x y z T Trùng với trọng tâm G của VABC , ta được kết quả: uuu r uuur uuur r a 2 .GD+b 2 .GE+c 2 .GF=0 a 2 MD2 + b 2 ME 2 + c 2 MF2 a 2MD.GD + b 2ME.GE + c2 MF.GF a 2GD 2 + b 2GE 2 + c 2GF2 Mặt khác 3GD=ha, 3GE=hb, 3GF=hc do đó Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 5
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. ( aMD ) 2 + ( bME ) 2 + ( cMF ) 2 3 ( 1 2 a h a MD+b 2h b ME+c 2h c MF ) 2 2 2 �1 � �1 � �1 � � ah a �+ � bh b �+ � ch c � �3 � �3 � �3 � 2 2 4 22 Hay ( aMD ) + ( bME ) + ( cMF ) S và a.MD+bME+C.MF 2S 3 T trùng với O tâm đường tròn ngoại tiếp VABC : uuur uuur uuur r tanA.OD+tanB.OE+tanC.OF=0 tanA.MD 2 + tan B.ME 2 + tan C.MF2 tanA.MD.OD + tanB.ME.OE + tanC.MF.OF tanA.OD2 + tanB.OE 2 + tanC.OF2 Suy ra tanA.MD 2 + tan B.ME 2 + tan C.MF2 R 2 ( tanA + tanB + tanC ) và tanA.MD + tanB.ME + tanC.MF R ( tanA + tanB + tanC ) Mặt khác tanA+tanB+tanC = tanA.tanB.tanC nên nếu tam giác ABC nhọn thì MD2 ME 2 MF2 + + R 2 và tan B.tan C tan C.tan A tan A.tan B MD ME MF + + R với mọi điểm M tan B.tan C tan C.tan A tan A.tan B uur uur uur r T trùng với I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta có aID + bIE + cIF = 0 aMD2 + bME 2 + cMF2 aMD.ID + bME.IE + cMF.IF aID 2 + bIE 2 + cIF2 Mặt khác ID=IE=IF=r nên aMD2 + bME 2 + cMF2 r ( aMD + bME + cMF ) aMD2 + bME 2 + cMF2 3r 2 aMD + bME + cMF 3r Từ các kết quả trên ta có thể đề xuất bài toán cực trị sau : Cho tam giác ABC với các cạnh AB=c,BC=a,CA=b, M là điểm bất kì trong tam giác. Tìm giá trị nhỏ nhất của : A=MA 2 +MB2 +MC2 B=m a .MA+ m b .MB + mc .MC C=aMA 2 +bMB2 +cMC2 D=aMA.IA+bMB.IB+cMC.IC E=sin2A.MA 2 +sin2B.MB2 +sin2C.MC 2 F=sin2A.MA+sin2B.MB+sin2C.MC Thêm giả thiết tam giác ABC nhọn G = tanA.MA 2 + tan B.MB2 + tan C.MC 2 H = a.MA + b.MB. + cMC Với D, E, F lần lượt là hình chiếu M lên cạnh BC, CA, AB. x, y, z lần lượt là khoảng cách từ T lên BC, CA, AB Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 6
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. MD 2 ME 2 MF2 K= + + x y z L = MD + ME + MF M = a 2 MD 2 + b 2 ME 2 + c2 MF2 N=tanA.MD2 +tanB.ME 2 +tanC.MF2 P = tanA.MD + tanB.ME + tanC.MF Q = aMD2 + bME 2 + cMF2 I = aMD + bME + cMF Thêm giả thiết tam giác ABC nhọn MD2 ME 2 MF2 R= + + tan B.tan C tan C.tan A tan A.tan B MD ME MF Z= + + tan B.tan C tan C.tan A tan A.tan B f. Kết hợp với G là trọng tâm tứ diện ABCD uuur uuur uuur uuur r Với G là trọng tâm tứ diện ABCD ta có GA + GB + GC + GD = 0 Ta thu được bất đẳng thức MA 2 + MB2 + MC2 + MD 2 MA.GA + MB.GB + MC.GC + MD.GD GA 2 + GB2 + GC2 + GD2 Với tứ diện ABCD gần đều với a, b, c là độ dài các cặp cạnh đối diện thì trọng tâm G trùng với tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. Khi đó ta có GA = GB = GC = GD = R = ( 2 a 2 + b2 + c2 ) 4 Do đó MA 2 + MB2 + MC2 + MD 2 ( 2 a 2 + b2 + c2 ) ( MA + MB + MC + MD ) 4 MA + MB + MC + MD ( 2 a 2 + b2 + c2 ) Ta được bài toán Cho tứ diện gần đều ABCD có tổng bình phương các cạnh bằng 16. Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có MA 2 + MB2 + MC2 + MD 2 MA + MB + MC + MD 4 g. Kết hợp với bài toán: Cho tứ diện ABCD, O là một điểm bất kỳ trong tứ diện. Đặt VA = VOBCD ; VB = VOACD , VC = VOABD ; VC = VOABD . uuur uuur uuur uuur r Chứng minh rằng : VA .OA + VB .OB + VC .OC + VD .OD = 0 Ta thu được các bất đẳng thức VA .OA ( MAOA ) +VB .OB ( MBOB ) +VC .OC ( MCOC ) +VD .OD ( MDOD ) 0 VA .MA ( MAOA ) +VB .MB ( MBOB ) +VC .MC ( MCOC ) +VD .MD ( MDOD ) 0 h. Kết hợp với bài toán: Cho tứ diện ABCD,O là một điểm bất kỳ trong tứ diện. Gọi A1, B1, C1, D1 lần lượt là hình chiếu của O lên mặt phẳng (BCD); (ACD); (ABD); (ABC). Đặt SA = SBCD ;SB = SACD ;SC = SABD ; SD = SABC VA = VOBCD ; VB = VOACD ; VC = VOABD ; VC = VOABD Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 7
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. S2 uuuur S2 uuuur S2 uuuur S2 uuuur r Chứng minh rằng : A OA1 + B OB1 + C OC1 + D OD1 = 0 VA VB VC VD Ta thu được các bất đẳng thức 2 S2A S2B SC 2 SD .OA ( MAOA ) + .OB ( MBOB ) + .OC ( MCOC ) + .OD ( MDOD ) 0 VA VB VC VD S2A S2 S2 S2 .MA ( MAOA ) + B .MB ( MBOB ) + C .MC ( MCOC ) + D .MD ( MDOD ) 0 VA VB VC VD n ur r 2.2. Khai thác từ kết quả 2 : Trong hệ quả xuất hiện giả thiết αi ei = 0 nên để sáng tạo i =1 bài toán ta xuất phát từ đẳng thức trên. uuur uuur uuur r uur uur uur r uur uur uur a. Từ đẳng thức AB + BC + CA = 0 � ce1 + ae2 + be3 = 0 với e1, e2 , e3 là các vectơ đơn uuur uuur uuur vị cùng hướng với AB, BC, CA. . Khi đó ta đề xuất được bài toán : Cho tam giác ABC, O là điểm bất kỳ trong tam giác. Qua O kẻ đường thẳng song song với AB, BC, CA cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1. Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có cMA1 + aMB1 + bMC1 cOA1 + aOB1 + bOC1 Tổng quát : Cho O là điểm bất kỳ nằm đa giác lồi A1A 2 ...A n ( n 3 ). Qua O kẻ các đường thẳng song song với Ai Ai +1,i =1, n (xem Ai+1=A1) tương ứng cắt các cạnh Ai +1Ai + 2 tại Bi. n Chứng minh rằng : Ai Ai +1 ( MBi − OBi ) 0 i =1 b. Từ khái niệm trọng tâm tam giác. uuur uuur uuur r uur uur uur r uur uur uur G là trọng tâm tam giác ABC � GA + GB + GC = 0 � ma e1 + m b e2 + mc e3 = 0 . Với e1, e2 , e3 uuur uuur uuur là các vectơ đơn vị cùng hướng với GA, GB, GC . Ta được bài toán Cho tam giác ABC với G là trọng tâm. Qua điểm O bất kỳ nằm trong tam giác kẻ đường thẳng song song với GA, GB, GC tương ứng cắt CA, AB, BC t ại các điểm A 1, B1, C1. Chứng minh rằng : ma ( MA1 − OA1 ) + m b ( MB1 − OB1 ) + mc ( MC1 − OC1 ) 0 ur c. Từ định lý “con nhím” : Cho đa giác lồi A1A 2 ...A n ( n 3 ), ei , i = 1, n là các uuuuuuur vectơ đơn vị hướng ra ngoài đa giác và tương ứng vuông góc với Ai Ai +1 (xem Ai+1=A1). uur uur uur r Chứng minh rằng : A1A 2 e1 + A 2 A3 e 2 + ... + A n A1 e n = 0 Ta được bài toán ur Cho đa giác lồi A1A 2 ...A n ( n 3 ), ei , i = 1, n , O là điểm bất kỳ nằm trong đa giác.Gọi Bi là hình chiếu điểm O lên AiAi+1 n Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có Ai Ai +1 ( MBi − OBi ) 0 i =1 d. Kết hợp với bài toán : Cho tam giác ABC, các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các cạnh BC, uuuur uuuur uuuur r CA, AB và thoả mãn A’B:A’C=B’C:B’A=C’A:C’B=k thì AA ' + BB' + CC ' = 0 Ta thu được bài toán Cho tam giác ABC, các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB và thoả mãn A’B:A’C=B’C:B’A=C’A:C’B=k(k là số thực dương cho trước). Qua điểm O bất kỳ nằm trong Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 8
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. tam giác kẻ các đường thẳng song song với AA’, BB’, CC’ tương ứng cắt BC, CA, AB tại A1, B1, C1 Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có AA' ( MA1 OA1 ) +BB' ( MB1OB1 ) +CC' ( MC1OC1 ) 0 e. Kết hợp với bài toán : Với D,E,F lần lượt là tiếp điểm của cạnh BC,CA,AB với đường tròn nội tiếp tam giác ABC uuur uuur uuur r thì aAD + bBE + cCF = 0 . Ta được bài toán : Cho D, E, F lần lượt là tiếp điểm của cạnh BC, CA, AB với đường tròn nội tam giác ABC, Qua điểm O bất kỳ nằm trong tam giác kẻ các đường thẳng song song với AD, BE, CF tương ứng cắt BC, CA, AB tại A’, B’, C’. Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có a.AD ( MA'OA') +b.BE ( MB'OB' ) +c.CF ( MC'OC' ) 0 f. Kết hợp với bài toán. uur uur uur Cho N là điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Đặt BNC ᄋ ᄋ = α, CNA ᄋ = β, ANB = γ , e1, e2 , e3 là uuur uuur uuur các vectơ đơn vị cùng hướng với NA, NB, NC . uur uur uur r Chứng minh rằng : sin α.e1 + sin β.e 2 + sin γ e3 = 0 Ta đề xuất được bài toán Cho tam giác ABC; N là điểm trong tam giác, đặt BNC ᄋ ᄋ = α, CNA ᄋ = β, ANB = γ . Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có MA sin α + MBsin β + MCsin γ NA sin α + NBsin β + NCsin γ Đặc biệt : ᄋ Khi BNC = 1200 , CNA ᄋ = 900 , ANB ᄋ = 1500 ta được bài toán Cho tam giác ABC nhọn. Tìm điểm M sao cho MA + 2MB + 3MC đạt giá trị nhỏ nhất. Cho M G, N I ta có ᄋ + GBsin CIA GA sin BIC ᄋ ᄋ + GCsin AIB ᄋ + IBsin CIA IA sin BIC ᄋ ᄋ + ICsin AIB ᄋ � B C� �π A � A Mặt khác sin BIC = sin �π − − �= sin � + �= cos � 2 2� �2 2 � 2 ᄋ B ᄋ C Tương tự sin CIA = cos , sin AIB = cos 2 2 A B C a+b+c Và cos .IA + cos .IB + cos .IC = AE + BF + CD = ; A 2 2 2 2 2 2 2 GA = ma , GB = m b , GC = mc . Ta được bài toán 3 3 3 E Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng : F A B C 3 ma cos + m b cos + mc cos ( a + b + c) I C 2 2 2 4 D Cho M O, N I ta được B A B C a+b+c OA cos + OBcos + OC cos , kết hợp định lý sin ta có 2 2 2 2 A B C cos + cos + cos sin A + sin B + sin C 2 2 2 Cho M H, N I và kết hợp với tanA.HA = a, tanB.HB = b, tanC.HC = c khi tam giác ABC nhọn. Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 9
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. A A A a cos a cos a cos Ta được 2 + 2 + 2 a+b+c t anA t anA t anA 2 A B C sin A + sin B + sin C Hay cos A cos + cos Bcos + cos C cos 2 2 2 2 g. Xét tam giác ABC có các góc nhỏ hơn 120 , khi đó tồn tại điểm T sao cho 0 uur uur uur r ᄋ ATB = ᄋBTC = CTA ᄋ = 1200 (T được gọi là điểm Toricelly) lúc đó e1 + e 2 + e3 = 0 với uur uur uur uuur uuur uuur e1, e 2 , e3 là các vectơ đơn vị cùng hướng với TA, TB, TC . Suy ra MA+MB+MC TA+TB+TC Ta được bài toán : Cho tam giác ABC các góc nhỏ hơn 1200. Tìm điểm M sao cho MA+MB+MC đạt giá trị nhỏ nhất. Tổng quát : Cho tam giác ABC. Tìm điểm M sao cho MA+MB+MC đạt giá trị nhỏ nhất. Hướng dẫn : + Nếu A
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. ur Cho tứ diện A1A 2 A3A 4 , ei , i = 1, 2,3, 4 là các vectơ đơn vị hướng ra ngoài và vuông góc với mặt phẳng đối diện với đỉnh Ai. Si là diện tích các mặt đối diện với đỉnh Ai khi đó uur uur uur uur r S1 e1 +S2 e2 +S3 e3 +S4 e4 =0 + Với O là điểm bất kỳ nằm trong tứ diện, theo định lý ’’con nhím ‘’ ta có uur uur uur uur r ur uuuur S1 e1 +S2 e2 +S3 e3 +S4 e4 =0 với ei , i = 1; 4 là các vectơ đơn vị cùng hướng với OBi ,i = 1; 4 với Bi là hình chiếu của điểm O lên mặt phẳng đối diện với đỉnh Ai . Suy ra với mọi điểm M thì S1MB1 + S2 MB2 + S3MB3 + S4 MB4 S1.OB1 + S2 .OB2 + S3.OB3 + S4 .OB4 Mặt khác S1.OB1 + S2 .OB2 + S3 .OB3 + S4 .OB4 = 3V , với V là thể tích tứ diện. Ta được bài toán Cho O là điểm nằm trong tứ diện A1A 2 A3A 4 có thể tích là V. Bi là hình chiếu của điểm O lên mặt phẳng đối diện với đỉnh Ai. Si là diện tích các mặt đối diện với đỉnh A i. Chứng minh rằng : S1MB1 + S2 MB2 + S3MB3 + S4 MB4 3V + Xét H là trực tâm và nằm trong tứ diện A1A 2 A3A 4 , theo định lý ’’con nhím ‘’ ta có uur uur uur uur r ur uuuur S1 e1 +S2 e2 +S3 e3 +S4 e4 =0 với ei , i = 1; 4 là các vectơ đơn vị cùng hướng với HAi ,i = 1; 4 Suy ra S1MA1 + S2 MA 2 + S3MA3 + S4 MA 4 S1.HA1 + S2 .HA 2 + S3.HA3 + S4 .HA 4 4 Mặt khác S1.HA1 + S2 .HA 2 + S3 .HA3 + S4 .HA 4 = Si . ( h i − di ) = 4.3V − 3V = 9V i =1 ( hi là chiều cao của tứ diện ứng với đỉnh A i, di là khoảng cách từ H tới mặt phẳng đối diện với đỉnh Ai, V là thể tích tứ diện) Ta được bài toán H là trực tâm và nằm trong tứ diện A1A 2 A3A 4 .Si là diện tích các mặt đối diện với đỉnh Ai. Xác định vị trí điểm M sao cho S1MA1 + S2 MA 2 + S3MA3 + S4 MA 4 đạt giá trị nhỏ nhất. ( Tạp chí TH & TT ) Kết hợp hai bài toán trên ta được. H là trực tâm và nằm trong tứ diện A1A 2 A3A 4 .Hi là chân các đường cao hạ từ đỉnh Ai. Si là diện tích các mặt đối diện với đỉnh Ai. Xác định vị trí điểm M sao cho �4 �4 � � � � � Si MA i � � � �� Si MHi � đạt giá trị nhỏ nhất. � � i =1 � �i =1 � Xét tứ diện ABCD có điểm O thỏa mãn ᄋ AOB ᄋ = COD, ᄋ AOC ᄋ = BOD, ᄋ AOD ᄋ = BOC .Trên các tia OA, OB, OC, OD lần lượt đặt các vectơ uur uuuur uur uuuur uur uuuur uur uuuur đơn vị e1 = OA ', e 2 = OB', e3 = OC ', e4 = OD ' khi đó tứ diện A’B’C’D’ là tứ diện gần đều uur uur uur uur r nhận O làm tâm mặt cầu ngoại tiếp và O cũng là trọng tâm của nó. Do đó e1 + e 2 + e3 + e4 = 0 Ta có bài toán Cho tứ diện ABCD có điểm O thỏa mãn AOB ᄋ ᄋ = COD, ᄋAOC = BOD, ᄋ ᄋAOD = BOC ᄋ . Chứng minh rằng với mọi M trong không gian ta có MA + MB + MC + MD OA + OB + OC + OD Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 11
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. II. Khai thác bài toán S Ví dụ 2 : (Bài 73 trang 64 SBT hình học 11 nâng cao) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.một mặt phẳng (P) lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC, SD tại A’, B’, C’, D’. B' D' SA SC SB SD O' Chứng minh rằng : + = + (*) SA ' SC ' SB' SD ' E 1. Một số cách giải bài boán B O Cách 1 : Sử dụng định lí thales D F Gọi O là tâm hình bình hành, O’ là giao điểm của SO với mặt phẳng (P). Qua B, D lần lượt dựng đường thẳng song song với B’D’ cắt SO’ tại E, F. Theo định lý Thales ta có SB SE SO − OE SD SF SO + OF = = ; = = SB' SO ' SO ' SD ' SO ' SO ' Mặt khác OE=OF( do V OBE = VODF ( g.c.g )) SB SD SO Nên + =2 S SB' SD ' SO ' SA SC SO Tương tự + =2 A' D' SA ' SC ' SO ' O' SA SC SB SD Do đó + = + A B' D SA ' SC ' SB' SD ' C' Cách 2 : Sử dụng phương pháp vec tơ. uuur uuur uuur uuur uur uuur Đặt SA = xSA ',SA = xSA ',SB = ySB', O uur uuur uuur uuur SC = zSC ', SA = tSA ' B C (x, y, z, t là các số lớn hơn 1) uuur uur uur uuur 1 uuur Ta có SA + SC = SB + SD (vì cùng bằng SO ) 2 uuur uuur uuur uuur � xSA ' + zSC ' = ySB' + tSD ' uuur y uuur t uuur z uuur SA ' = SB' + SD ' − SC ' x x x y t z Vì A’, B’, C’, D’ đồng phẳng nên + − = 1 � x + z = y + t x x x SA SC SB SD Hay + = + SA ' SC ' SB' SD ' Cách 3 : Sử dụng phương pháp thể tích. VSA 'B 'C ' SA '.SB'.SC ' Nhận xét : = trong đó A’ B’ C’ lần lượt là giao điểm của mặt phẳng VSABC SA.SB.SC (P) bất kỳ cắt các cạnh SA, SB, SC của tứ diện SABC. Vận dụng kết quả đó thì VA 'B 'C ' + VA 'C 'D ' = VA 'B'D ' + VB'C 'D ' VA 'B 'C ' VA 'C 'D ' VA 'B 'D ' VB 'C ' D ' � + = + VSABCD VSABCD VSABCD VSABCD V V V V � SA 'B'C ' + SA 'C 'D ' = SA 'B' D ' + SB 'C 'D ' VSABC VSACD VSABD VSBCD Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 12
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. 1 (Do VSABC=VSACD= VSABD= VSBCD= VSABCD ) 2 SA '.SB'.SC ' SA '.SC '.SD ' SA '.SB'.SD ' SA '.SC '.SD ' � + = + SA.SB.SC SA.SC.SD SA.SB.SD SA.SC.SD SA SC SB SD � + = + SA ' SC ' SB' SD ' Cách 4 : Sử dụng phương pháp diện tích. SSB 'O ' + SSO ' D ' = SSB'D ' S S S � SB 'O ' + SO 'D ' = SB 'D ' SSBD SSBD SSBD S S S � SB 'O ' + SO 'D ' = SB 'D ' SSBO SSOD SSBD S SB'.SO ' SO '.SD ' SB'.SD ' � + = SB.SO SO.SD SB.SD D' SB SD SO � + =2 B' O' SB' SD ' SO ' SA SC SO Tương tự + =2 B D SA ' SC ' SO ' O SA SC SB SD Do đó + = + SA ' SC ' SB' SD ' Cách 5 : Sử dụng phép chiếu song song. Gọi A1, B1, C1, D1 tương ứng là hình chiếu của các điểm A, B, C, D theo phương (A’B’C’D’) lên đường thẳng SO �1 1 � 1 1 1 1 1 1 Áp dụng tính chất phép chiếu ta có 2 � + � + = + 2 �SA '2 SC '2 � SA ' SC ' SB' SD ' SB' SD ' OA1 OA Mặt khác = = 1 (Do ABCD là hình bình hành) OC1 OC SA SC SA1 SC1 SA1 + SC1 2SO Từ đó ta có + = + = = SA ' SC ' SO ' SO ' SO ' SO ' SB SD SB1 SB1 2SO Tương tự + = + = SB' SD ' SO ' SO ' SO ' 2 1 1 1 �1 1 � Do đó + � + � SA '2 SC '2 2 �SB' SD ' � (Xem thêm Bài viết ‘’ Hãy trở về với không gian một chiều’’ tác giả Nguyễn Văn Lộc _Tuyển chọn theo chuyên đề toán học và tuổi trẻ quyển 1) SA SC SB SD SO ' Nhận xét : Từ lời giải 1 ta suy ra + + + =4 (**) SA ' SC ' SB' SD ' SO 2. Khai thác bài toán và sáng tạo bài toán mới. 2.1. Khái quát hóa bài toán. 1. Hướng 1 : Thay đáy hình bình hành bởi một tứ giác lồi bất kỳ. Kẻ tương tự cách 1(ở đây O không còn là trung điểm của BD) Theo định lý Thales ta có SB SE SO − OE SD SF SO + OF = = ; = = (1) SB' SO ' SO ' SD ' SO ' SO ' Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 13
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. OE BO Và = OF DO S BO BB'' SABC Mặt khác = = DO DD '' SADC B' D' (Trong đó B’’, D’’ là hình chiếu của B, D lên AC) O' OE SABC B E Suy ra = hay OE.SADC=OF.SABC (2) OF SADC O Từ (1), (2) ta có : D F SB SD SADC + SABC D SB' SD ' A SO − OE SO + OF = SADC . + SABC SO ' SO ' D" O SO = SABCD . B" SO ' SA SC SO Tương tự ta có SBCD + SABD = SABCD . B SA ' SC ' SO ' C Do đó ta có bài toán mở rộng sau Bài toán 1 :Cho hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác lồi.một mặt phẳng (P) lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC, SD tại A’, B’, C’, D’. SA SC SB SD Chứng minh rằng : SBCD + SABD = SADC + SABC SA ' SC ' SB' SD ' Một câu hỏi được đặt ra là ‘’liệu có thể thay các diện tích của công thức trên bởi các đại lượng khác không ‘’ !? Tương tự quá trình suy luận để tìm ra hệ thức mở rộng (***) ta có : OE VSABC SA SC SB SD = ta được VSBCD + VSABD = VSADC + VSABC OF VSADC SA ' SC ' SB' SD ' OE h 2 h '2 = = Trong đó h1, h 3 tương ứng là khoảng cách từ A, C đến BD, OF h 4 h '4 h 2 , h 4 tương ứng là khoảng cách từ B, D đến AC ; h1' , h 3' tương ứng là khoảng cách từ A, C đến (SBD), h '2 , h '4 tương ứng là khoảng cách từ B, D đến (SAC) h 3 SA h1 SC h 4 SB h 2 SD Ta được + = + h1 + h3 SA ' h1 + h3 SC ' h 2 + h 4 SB' h 2 + h 4 SD ' h 3' SA h1' SC h '4 SB h '2 SD + = + h1' + h 3' SA ' h1' + h 3' SC ' h '2 + h '4 SB' h '2 + h '4 SD ' OE SABO VSABO = = ta được OF SAOD VSAOD SBOC SA SABO SC SAOD SB SABO SD + = + SABC SA ' SABC SD ' SABD SB' SABD SD ' VSBOC SA VSABO SC VSAOD SB VSABO SD + = + VSABC SA ' VSABC SD ' VSABD SB' VSABD SD ' 2. Hướng 2 : Thay đáy bởi đa giác. Từ lời giải 1 dễ dàng đề xuất bài toán mở rộng sau : Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 14
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. Bài toán 2 : Cho đa giác đều A1A 2 ...A 2n ( n 2 ) nằm trong mặt phẳng (P). S là một điểm nằm ngoài mặt (P).Mặt phẳng ( α ) cắt các cạnh SA1, SA2, ..., SA2n lần lượt tại B1, B2 , B3 ,..., B2n . SA1 SA n +1 SA 2 SA n + 2 SA n SA 2n Chứng minh rằng : + = + ... = + SB1 SBn +1 SB2 SBn + 2 SBn SB2n Ta trở lại bài toán xuất phát, điểm O là tâm của hình bình hành ABCD.Theo tư duy biện chứng nếu ta nhìn dưới góc độ khác xem O là trọng tâm của hệ bốn điểm {A,B,C,D}. Khi đó ta có thể đề xuất bài toán mở rộng của (**) như sau. Bài toán 3 : Cho đa giác lồi A1A 2 A3 ...A n ( n 2 ) (trường hợp n=2 suy biến thành đoạn thẳng) nằm trong mặt phẳng (P). S là một điểm nằm ngoài mặt (P).Mặt phẳng ( α ) cắt các cạnh SA1, SA2, ..., SAn, SGn lần lượt tại B1, B2 , B3 ,..., Bn , G 'n . Trong đó Gn là trọng tâm của uuuuuur uuuuuur uuuuuur r đa giác A1A 2 A3 ...A n ( n 2 ) (Tức là thỏa mãn G n A1 + G n A 2 + ... + G n A n = 0 ) SA1 SA 2 SA n SG n Chứng minh rằng : + + ... + =n SB1 SB2 SBn SG 'n Giải : Nhận xét : Gn là trọng tâm đa giác A1A 2 A3 ...A n ( n 2 ) , khi đó Gn, Gn1, An thẳng hàng và thỏa uuuuuur uuuuuuuuur mãn A n G n = ( n − 1) G n G n −1 . Thật vậy, uuuuuur uuuuuur uuuuuur r Gn là trọng tâm đa giác A1A 2 A3 ...A n ( n �2 ) � G n A1 + G n A 2 + ... + G n A n = 0 uuuuuur uuuuuuuuur uuuuuuuur uuuuuuuur uuuuuuuuuuur ( ) � A n G n = ( n − 1) G n G n −1 + G n −1A1 + G n −1A 2 + ... + G n −1A n −1 uuuuuur uuuuuuuuur � A n G n = ( n − 1) G n G n −1 Trở lại bài toán, ta sẽ chứng minh bằng quy nạp. SA1 SA 2 SG 2 + Với n=2 thì + =2 (đúng theo cách 1 của bài toán xuất phát) SB1 SB2 SG '2 + Giả sử đẳng thức đúng với n=k ta chứng minh nó đúng với n=k+1. SA1 SA 2 SA k SG k Theo giả thiết quy nạp ta có + + ... + =k SB1 SB2 SBk SG 'k SA1 SA 2 SA k +1 SG k SA k +1 S suy ra + + ... + =k + SB1 SB2 SBk +1 SG 'k SBk +1 Qua Ak+1, Gk kẻ đường thẳng song song với Bk +1G 'k cắt SGk+1 lần lượt tại E, F ’ k+1 k G G' Theo định lý Thales ta có SA k +1 SE SG k SF B k+1 = ; = E SBk +1 SG 'k +1 SG 'k SG 'k +1 k+1 k+1 SA SA 2 SA k +1 SE SF A G k � 1+ + ... + = +k G SB1 SB2 SBk +1 SG 'k +1 SG 'k +1 F SE EG k +1 A k +1G k +1 Mặt khác = = = k (Theo nhận xét trên) SF G k +1F G k +1G k Do đó Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 15
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. SA1 SA 2 SA k +1 SG k +1 − EG k +1 SG k +1 − FG k +1 + + ... + = +k ' SB1 SB2 SBk +1 SG k +1 SG 'k +1 SG k +1 − kFG k +1 SG k +1 − FG k +1 SG k +1 = +k = ( k + 1) SG 'k +1 SG 'k +1 SG 'k +1 Theo nguyên lý quy nạp suy ra điềm cần chứng minh. Nhận xét : Đặc biệt hóa với n=3 ta có Bài toán 4 : Cho hình chóp S.ABC.Mặt phẳng (P) lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC, SG tại A’, B’, C’, G’.Trong đó G là trọng tâm tam giác ABC SA SB SC SG Chứng minh rằng : + + =3 (***) SA ' SB' SC ' SG ' 2.2. Khai thác và sáng tạo các bài toán về cực trị. Xuất phát từ (*) ta có. + với S.ABCD là hình chóp đều cạnh bên bằng a ta có 1 1 1 1 + = + SA ' SC ' SB' SD ' Áp dụng bất đẳng thức Côsi, Bunhiacopxki ta có �1 1 � 1 1 1 1 1 1 2� + � + = + 2 �SA '2 SC '2 � SA ' SC ' SB' SD ' SB' SD ' 2 SB'.SD ' SB'.SD ' 1 1 1 �1 1 � Suy ra + 2 , + � + �, SA ' SC ' SA '2 SC '2 2 �SB' SD ' � SB'.SD ' SB'.SD ' + 2 SA '2 SC '2 SA SC 1 1 4 + Với B’, D’ là trung điểm của SB, SD thì + =4� + = SA ' SC ' SA ' SC ' a Kết hợp với các BĐT đại số : 1 1 4 + với x,y là các số dương x y x+y a+b c+b 1 1 2 + 4 với a, b, c > 0 và + = 2a − b 2c − b a c b Ta được các bài toán : Cho hình chóp đều S.ABCD cạnh bên bằng a.B’, D’ lần lượt là trung điểm của SB, SD.Mặt phẳng (P) đi qua B’, D’ và lần lượt cắt các cạnh SA, SC tại A’, C’.Tìm giá trị nhỏ nhất của a) P= SA’+SC’ 2SA '+ a 2SC '+ a b) P = + 4SA '− a 4SC '− a Xuất phát từ (***) SG 4 + Với G’ là trọng tâm tứ diện SABC khi đó = SG ' 3 SA SB SC Do đó + + =4 SA ' SB' SC ' Áp dụng BĐT cauchy ta có : SA SB SC SA SB SC V 27 =� = + + 4 33 33 VV' SA ' SB' SC ' SA ' SB' SC ' V' 64 �AA ' BB' CC ' � Mặt khác VAA 'B'C ' + VBA 'B 'C ' + VCA 'B 'C ' = VSA 'B 'C ' � + + � �SA ' SB' SC ' � Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 16
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. �SA SB SC � = VSA ' B'C ' � + + − 3 �= VSA 'B 'C ' �SA ' SB' SC ' � (V=VSABC, V’=VSA’B’C’) Ta đặt ra bài toán Cho hình chóp S.ABC có thể tích là V. Mặt phẳng (P) di dộng luôn đi qua trọng tâm G của hình chóp lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC, SG tại A’, B’, C’. Tìm giá rị nhỏ nhất của a) Thể tích hình chóp VSA’B’C’. b) Của biểu thức P=VAA'B'C' +VBA'B'C' +VCA'B'C' (Bài T10/301 tạp chí TH&TT năm 2002) a b c + Với SA=a, SB=b, SC=c thì ta có + + =4 SA ' SB' SC ' Áp dụng bất đẳng Bunhiacopxki ta có 2 ( α a 2 + β b 2 + γc 2 ) � � 1 1 1 � � 1 1 1 � 16 = � a. α +b β +c γ + + � αSA ' SB' SC ' � � �αSA '2 β SB'2 γSC '2 � � � � Và áp dụng bất đẳng thức ( a + b + c ) 2 3 ( ab + bc + ca ) ta có : 2 �a b c � � ab bc ca � 16 = � + + � 3� + + � �SA ' SB' SC ' � �SA '.SB' SB'.SC ' SC '.SA ' � Từ đó ta đặt ra bài toán Cho hình chóp S.ABC với SA=a, SB=b, SC=c. Mặt phẳng (P) di dộng luôn đi qua trọng tâm G của hình chóp lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC, SG tại A’, B’, C’. a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 + + với α, β, γ là số thực dương 2 2 αSA ' β SB' γSC '2 ab bc ca b) Tìm giá trị lớn nhất của + + SA '.SB' SB'.SC ' SC '.SA ' Nhận xét : Trường hợp khi α = β = γ = 1 ở câu a ta được bài toán T10 số 278 tạp chí toán học tuổi trẻ, khi a=b=c ở câu b ta được bài toán T10 số 288 tạp chí toán học tuổi trẻ. + Kết hợp với các bài toán BĐT đại số. 1 1 1 ◦ + + 1 với x, y,z là số dương thỏa mãn đẳng thức 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z 1 1 1 + + =4. x y z Và đặc biệt hóa cho a=b=c=1 ta có bài toán Cho hình chóp S.ABC với SA=SB=SC=1. Mặt phẳng (P) di dộng luôn đi qua trọng tâm G của hình chóp lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC, SG tại A’, B’, C’. 1 1 1 Tìm giá trị lớn nhất của + + 2SA '+ SB'+ SC ' SA '+ 2SB'+ SC ' SA '+ SB'+ 2SC ' Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 17
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. 2 2 2 2 2 2 ◦ y + 2x + z + 2y + x + 2z 3 với x, y,z là số dương thỏa mãn đẳng thức xy yz zx 1 1 1 + + = 1 và ( x + 1) ( y + 1) ( z + 1) 64 với x, y,z là số dương thỏa mãn đẳng thức x y z 1 1 1 + + =1 x y z Ta được Cho hình chóp S.ABC với SA=SB=SC=4. Mặt phẳng (P) di dộng luôn đi qua trọng tâm G của hình chóp lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC, SG tại A’, B’, C’. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a) ( SA '+ 1) ( SB'+ 1) ( SC '+ 1) 64 2 2 2 2 2 2 b) SB' + 2SA ' + SC ' + 2SB' + SA ' + 2SC ' SA '.SB' SC '.SB ' SA '.SC ' ..v..v.. 2.3. Khai thác và sáng tạo bài toán tỉ số. Từ (*) + Cho A ' A , C’ là trung điểm của SC ta được Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.Gọi C’ là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) qua AC’ cắt cạnh SB, SDlần lượt tại B’, D’. SB SD Chứng minh rằng : + = 3 (Bộ đề thi đại học 1996) SB' SD ' + Cho A ' A , B’, C’ lần lượt là trung điểm của SB, SC.Ta có bài toán Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.một mặt phẳng (P) qua A, M, N cắt cạnh SD tại K.Trong đó M,N tương ứng là trung điểm của SB, SC. SC SO Tính , (O là tâm hình bình hành, O ' = SO ( P ) ) SK SO ' + Cho A ' A , B’ là điểm nằm trên cạnh SB thỏa mãn SB=3SB’. Ta có bài toán Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.một mặt phẳng (P) qua A, M cắt cạnh SC, SD tương ứng tại tại N, K. Trong đó M điểm nằm trên cạnh SB thỏa mãn SB=3SB’. SC SD Tính − SN SK Từ (***) cho mặt phẳng đi qua trọng tâm G và trung điểm C’ của SC ta được Cho hình chóp S.ABC .Mặt phẳng (P) đi qua trung điểm C’ của SC và trọng tâm G cảu tứ SA SB diện cắt SA, SB lần lượt tại A’, B’. Chứng minh rằng + =2 SA ' SB' 2.4. Khai thác và sáng tạo các bài toán chứng minh. Từ (***) G’ là trọng tâm tứ diện SABC, SA=a, SB=b, SC=c thì ta có a b c + + = 4 . Ngược lại nếu mặt phẳng (P) tạo ra hệ thức trên thì có đặc điểm gì ?. SA ' SB' SC ' Trả lời câu hỏi này ta có bài toán Cho tứ diện SABC với SA=a, SB=b, SC=c. Các điểm A’, B’, C’ thay đổi lần lượt nằm trên a b c các cạnh SA, SB, SC thỏa mãn + + = 4 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) xác SA ' SB' SC ' định bởi ba điểm A’, B’, C’ đi qua điểm cố định. Xác định điểm đó. Hướng dẫn giải : Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, G ' = SG ( P ) . Khi đó (***) ta có Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 18
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. SA SB SC SG SG SG 4 + + =3 , kết hợp với giả thiết suy ra 3 =4� = SA ' SB' SC ' SG ' SG ' SG ' 3 Vì S, G cố định nên G’ cố định do đó mặt phẳng (P) đi qua điểm G’ và nó chính là trọng tâm tứ diện. Một cách tương tự Từ (***) ta có bài toán Cho tứ diện SABC . Các điểm A’, B’,G’ thay đổi lần lượt nằm trên các cạnh SA, SB, SG SA SB SG thỏa mãn + −3 = k ( k 1) . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) xác định bởi ba SA ' SB' SG ' điểm A’, B’, G’ đi qua điểm cố định. Trong đó G là trọng tâm tam giác ABC. Từ (*) ta có Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.A’, B’, C’ là các điểm thay đổi nằm trên các SA SC SB cạnh SA, SB, SC thỏa mãn + − = k ( k 1) . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) xác SA ' SC ' SB' định bởi ba điểm A’, B’, C’ đi qua điểm cố định. C. Kết luận. Như vậy nếu giáo viên quan tâm việc khai thai thác khái niệm, bài tập trong sách giáo khoa và sách bài tập và cài đặt hợp lý trong quá trình giảng dạy của mình thì sẽ góp phần đổi mới phương pháp dạy, giúp học sinh “ độc lập, chủ động và sáng tạo” trong học tập. Hướng mở rộng đề tài là việc khai thác và sáng tạo bài toán mới từ định lý, quy tắc, phương pháp và còn nhiều khái niệm, bài tập toán có tiềm năng phát triển nữa. Đề tài này đã được bản thân tôi và các đồng nghiệp cùng đơn vị thí điểm trên các em có học lực từ khá trở lên. Kết quả thu được rất khả quan, các em học tập một cách say mê hứng thú. Một số em đã đạt được những thành tích tốt qua những đợt thi học sinh giỏi vừa qua. Dù đã cận thận và chuyên tâm nghiên cứu, nhưng vì thời gian hoàn thiện sáng kiến có hạn nên không tránh khỏi sai sót. Rất mong đồng nghiệp quan tâm và đóng góp ý kiến để đề tài được tốt hơn và ứng dụng trong thực tiễn dạy học đạt hiệu quả cao nhất. Xin chân thành cảm ơn! Tài liệu tham khảo 1. Sách giáo khoa, sách bài tập (cơ bản và nâng cao)_Văn Như Cương, Nguyễn Hộng Hy (Chủ biên). 2. Bài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 10_ Nguyên minh Hà (Chủ biên) – Nguyễn Xuân Bình. Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 19
- Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. 3. Tạp chí toán học và tuổi trẻ. 4. Tuyển tập 200 bài thi vô địch toán (Hình học không gian). 5. Hình học sơ cấp_ Đào Tam. 6. Một số tài liệu trên mạng. Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 20
CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD
-
Sáng kiến kinh nghiệm đề tài: Phương pháp khai thác và sử dụng kênh hình trong dạy học sinh học và một số hình ảnh, sơ đồ trong chương di truyền - biến dị
15 p | 531 | 144
-
Báo cáo tổng kết sáng kiến kinh nghiệm: Vài kinh nghiệm trong công tác quản lý thu - chi trong trườngTHPT
10 p | 448 | 62
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Hướng dẫn học sinh sử dụng Át lát Địa lí Việt Nam trong học tập Địa lí lớp 12
17 p | 594 | 52
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Phương pháp khai thác những nội dung chủ yếu phần lịch sử thế giới hiện đại từ năm 1945 đến năm 2000 trong bồi dưỡng học sinh giỏi lớp 12 môn Lịch sử
13 p | 286 | 44
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Một số kinh nghiệm lồng ghép kiến thức giáo dục giới tính trong giảng dạy môn Sinh học lớp 11
20 p | 291 | 40
-
Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Khai thác một số bài toán về mạch điện xoay chiều có R,L,C mắc nối tiếp vào dạy học
19 p | 154 | 34
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Hướng dẫn học sinh lớp 12 sử dụng, khai thác kiến thức, rèn luyện các kĩ năng Địa lí từ atlat địa lí Việt Nam
19 p | 222 | 28
-
Sáng kiến kinh nghiệm: Khai thác điều kiện phản ứng và hiện tượng phản ứng hóa học để tạo hứng thú học chương Halogen
12 p | 127 | 15
-
Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Dạy học chủ đề thể tích khối đa diện theo định hướng bồi dưỡng năng lực khám phá và chiếm lĩnh tri thức cho HS lớp 12 THPT
80 p | 44 | 5
-
Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số giải pháp dạy học chủ đề môn Toán lớp 10 theo định hướng giáo dục STEM tại trường THPT Nguyễn Duy Trinh
63 p | 39 | 4
-
Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Thắng lợi chính trị và phong trào phá “Ấp chiến lược” trong Cuộc kháng chiến chống Mỹ (1954 1975)
6 p | 23 | 3
-
Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Rèn luyện kĩ năng sử dụng đồ thị hàm số thông qua một số chủ đề của Giải tích lớp 12
48 p | 19 | 2
-
Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển một số tư duy Toán học cho học sinh THPT thông qua các câu hỏi, bài tập mở trong chương trình Hình học 11
68 p | 25 | 2
-
Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Định hướng tư duy, phân tích bài toán và rèn kỹ năng tính khoảng cách cho học sinh qua bài toán khoảng cách trong không gian
46 p | 16 | 2
-
Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Khai thác một số bài toán gốc nhằm rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán cho học sinh lớp 10
25 p | 31 | 2
-
Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Tiếp cận, nhìn nhận khái niệm toán học dưới nhiều cách khác nhau để phát triển năng lực tư duy và giải quyết vấn đề cho học sinh trung học phổ thông
58 p | 30 | 2
-
Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Góp phần giúp học sinh học tốt hình học không gian qua khai thác một số bài toán cơ bản
38 p | 31 | 2
Chịu trách nhiệm nội dung:
Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA
LIÊN HỆ
Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM
Hotline: 093 303 0098
Email: support@tailieu.vn