intTypePromotion=1
ADSENSE

Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Khai thác và sáng tạo các bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản

Chia sẻ: Huynh Duc Vu | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:20

88
lượt xem
6
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

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.

Chủ đề:
Lưu

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

  1. 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
  2. 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
  3. 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
  4. 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
  5. 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
  6. 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
  7. 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
  8. 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
  9. 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
  10. 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
  11. 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
  12. 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
  13. 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
  14. 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
  15. 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
  16. 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
  17. 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
  18. 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
  19. 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
  20. 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
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2