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 “ Tích vô hướng của hai vectơ a r và b r là một số, kí hiệu là a r . b r , được xác định bởi ( ) a.b a . b cos a, b= r r r r r r “ Từ ( ) cos a,b 1≤ r r ta rút ra được các kết quả sau : a) Kết quả 1 : Cho n điểm 1 2 n A A A , và n số dương 1 2 n , , ,α α α .O là điểm thoã mãn n i i i 1 OA 0 = α = ∑ uuuur r khi đó với mọi điểm M ta có bất đẳng thức n n n 2 2 i i i i i i i i 1 i 1 i 1 .MA OA .MA OA = = = α ≥ α ≥ α ∑ ∑ ∑ Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với O b) Kết quả 2 : Cho n điểm 1 2 n A A A và n số dương 1 2 n , , ,α α α .O là điểm thoã mãn n i i i 1 e 0 = α = ∑ ur r khi đó với mọi điểm M ta có bất đẳng thức n n i i i i i 1 i 1 MA OA = = α ≥ α ∑ ∑ (Trong đó i e ur cùng hướng với i OA uuuur và i e 1= ur , i=1,2,… ) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với O Chứng minh : a) Ta có : n n i i i i i i i i i i i i i 1 i 1 OA .MA OA .MA , i 1,n OA .MA OA .MA = = α ≥ α ∀ = ⇒ α ≥ α ∑ ∑ uuuur uuuuur uuuur uuuuur ( ) n n n n n 2 2 i i i i i i i i i i i i i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 OA .MA OA MO OA MO. OA OA OA = = = = = ⇔ α ≥ α + = α + α = α ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur (1) Áp dụng BĐT Cauchy ta có : 2 2 i i i i i i i i .MA OA 2 MA .OA , i 1,n, 0α + α ≥ α ∀ = α > n n n n n 2 2 2 i i i i i i i i i i i i i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 .MA OA .MA .MA OA 2 OA .MA = = = = = ⇒ α + α ≥ α + α ≥ α ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ (theo (1)) n n 2 i i i i i i 1 i 1 .MA OA MA = = ⇒ α ≥ α ∑ ∑ (2) Từ (1)(2) suy ra điều phải chứng minh. b) Ta có : n n n n n i i i i i i i i i i i i i i i i 1 i 1 i 1 i 1 i 1 n n n n i i i i i i i i i 1 i 1 i 1 i 1 MA MA .OA MA .OA MO .OA OA OA OA OA MA MO e OA OA = = = = = = = = = α α α α = ≥ = + α ⇒ α ≥ α + α = α ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ ∑ uuuuur uuuur uuuur uuuur uuuur ur 2. Khai thác và sáng tạo các bài toán mới . 2.1. Khai thác từ kết quả 1 : Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 2 F I E A C B D Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. Trong hệ quả 1, xuất hiện giả thiết n i i i 1 OA 0 = α = ∑ uuuur r do đó để sáng tạo bài toán mới ta kết hợp với các đẳng thức vectơ a. Kết hợp với khái niệm trọng tâm tam giác. G là trọng tâm tam giác ABC ta có GA GB GC 0+ + = uuur uuur uuur r nên ta có BĐT 2 2 2 2 2 2 MA MB MC MA.GA MB.GB MC.GC GA GB GC+ + ≥ + + ≥ + + • Vì a b c 2 2 2 GA m , GB m , GC m 3 3 3 = = = ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c 4 1 GA GB GC m m m a b c 9 3 ⇒ + + = + + = + + Suy ra với mọi điểm M ta có : ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 a b c 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c 1 m .MA m .MB m .MC a b c 2 3 MA MB MC a b c 3 MA MB MC 2 m .MA m .MB m .MC + + ≥ + + + + ≥ + + + + ≥ + + Đặc biệt • Với M O≡ ta có 2 2 2 2 2 2 OA OB OC OA.GA OB.GB OC.GC GA GB GC+ + ≥ + + ≥ + + Mặt khác ta có OA=OB=OC=R, ta có ( ) 2 R GA GB GC 3R+ + ≤ hay a b c 9 m m m R 2 + + ≤ suy ra a b c 1 1 1 2 m m m R + + ≥ ( ) 2 2 2 R GA GB GC GA GB GC+ + ≥ + + hay 2 2 2 a b c a b c m m m 3R m m m 2 + + ≤ + + 2 2 2 2 3R GA GB GC≥ + + hay 2 2 2 2 a b c 27 m m m R 4 + + ≤ , 2 2 2 2 9R a b c≥ + + • Với M I≡ ta có 2 2 2 IA.GA IB.GB IC.GC GA GB GC+ + ≥ + + Mặt khác r r r IA , IB , IC A B C sin sin sin 2 2 2 = = = do đó ta có 2 2 2 a b c m m m a b c A B C 2r sin sin sin 2 2 2 + + + + ≥ b. Kết hợp với bài toán : Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, gọi i e , i 1,2,3= ur là véc tơ đơn vị tương ứng cùng hướng với véc tơ IA, IB, IC uur uur uur . Chứng minh rằng : 1 2 3 A B C cos e cos e cos e 0 2 2 2 + + = uur uur uur r Suy ra A B C cos cos cos 2 2 2 IA IB IC 0 IA IB IC + + = uur uur uur r Ta thu được bất đẳng thức Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 3 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 − + − + − ≥ Mặt khác A B C a b c 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) Do đó A B C a b c cos .MA cos .MB cos .MC 2 2 2 2 + + + + ≥ với mọi điểm M. Tổng quát Cho đa giác lồi 1 2 n A A A ( n 3 ≥ ) ngoại tiếp đường tròn tâm J. Chứng minh rằng với điểm M bất kỳ thì ( ) n i i i i=1 A cos . MA JA 0 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. Chứng minh rằng : 2 2 2 a IA b IB c IC 0+ + = uur uur uur r Ta thu được bất đẳng thức ( ) ( ) ( ) 2 2 2 a .IA MA IA b .IB MB IB c .IC MC IC 0− + − + − ≥ Hay ( ) ( ) ( ) 2 2 2 MA IA .IAsin A. MB IB .IBsin B MC IC .ICsin C 0− + − + − ≥ với mọi điểm M Giả thiết thêm tam giác cân cạnh x thì 2x 10x IA , IB 4 4 = = ta được bài toán 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 TBC a TAC b TAB c S =S ;S =S ;S =S . Chứng minh rằng : a b c S TA+S .TB+S TC=0. uuur uuur uuur r Khi T trùng với : • I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta có aIA bIB cIC 0+ + = uur uur uur r nên ta có 2 2 2 2 2 2 aMA bMB cMC aMA.IA bMB.IB cMC.IC aIA bIB cIC+ + ≥ + + ≥ + + Mặt khác 2 2 2 aIA bIB cIC abc+ + = nên M O ≡ ta có 2 2 2 aOA bOB cOC aOA.IA bOB.IB cOC.IC abc+ + ≥ + + ≥ Kết hợp với công thức r r r abc IA , IB , IC , S pr 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 A B C R cos cos cos 2 2 2 + + ⇔ ≥ + + Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 4 H A B C A' B' C' Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. + abc a.IA b.IB c.IC R + + ≥ a.IA b.IB c.IC 4S ⇔ + + ≥ 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 sin2A.OA+sin2B.OB+sin2C.OC=0 uuur uuur uuur r Với ABC là tam giác nhọn thì sin2A>0, sin2B>0, sin2C>0. Ta có ( ) 2 2 2 sin 2A.MA.OA sin 2B.MB.OB sin 2C.MC.OC sin 2A.OA sin 2B.OB sin 2C.OC sin 2A.MA sin 2B.MB sin 2C.MC R sin 2A sin 2B sin 2C + + ≥ + + ⇔ + + ≥ + + Áp dụng định lý hàm số sin, cosin và đẳng thức sin 2A sin 2B sin 2C 4sin Asin 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 : ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c a MA b c a b MB c a b c MC a b c+ − + + − + + − ≥ (Bài 185, trang 49_Tuyển tập 200 bài thi vô địch toán) • H là trực tâm tam giác ta có tanA.HA+tanB.HB+tanC.HC=0 uuur uuur uuur r 2 2 2 2 2 2 t anA.MA tan B.MB tan C.MC t anA.MA.HA tan B.MB.HB tanC.MC.HC HA HB HC . + + ≥ + + ≥ + + Mặt khác nếu tam giác ABC nhọn, gọi A’, B’, C’ lần lượt là chân đường cao hạ từ A,B,C.Xét tam giác HA’C vuông tại A’ ta có : CA ' CA' AC.cosC HC 2RcosC tanC.HC c sin CHA ' sin B sin B = = = = ⇒ = tương tự ta có tanA.HA a, tanB.HB b= = Suy ra 2 2 2 2 2 2 tanA.MA tan B.MB tan C.MC a.MA b.MB. cMC HA HB HC+ + ≥ + + ≥ + + 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 TBC a TAC b TAB c S =S ;S =S ;S =S . Chứng minh rằng: 1 3 h , h Gọi x,y,z lần lượt là khoảng cách từ T lên BC, CA, AB • Tam giác ABC đều ta được yzTD zx.TE xy.TF 0+ + = uuur uuur uur r 2 2 2 2 2 2 yzMD zxME xzMF yzMD.TD zxME.TE xyMF.TF yzTD zxTE xyTF + + ≥ + + ≥ + + Hay 2 2 2 MD ME MF MD ME MF x y z x y z + + ≥ + + ≥ + + • T Trùng với trọng tâm G của ABCV , ta được kết quả: 2 2 2 a .GD+b .GE+c .GF=0 uuur uuur uuur r 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 a MD b ME c MF a MD.GD b ME.GE c MF.GF a GD b GE c GF + + ≥ + + ≥ + + Mặt khác 3GD=h a , 3GE=h b , 3GF=h c 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. ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 a b c 2 2 2 a b c 1 aMD + bME + cMF a h MD+b h ME+c h MF 3 1 1 1 ah + bh + ch 3 3 3 ≥       ≥  ÷  ÷  ÷       Hay ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 4 aMD bME cMF S 3 + + ≥ và a.MD+bME+C.MF 2S ≥ • T trùng với O tâm đường tròn ngoại tiếp ABCV : tanA.OD+tanB.OE+tanC.OF=0 uuur uuur uuur r 2 2 2 2 2 2 tanA.MD tan B.ME tan C.MF tanA.MD.OD tanB.ME.OE tanC.MF.OF tanA.OD tanB.OE tanC.OF + + ≥ + + ≥ + + Suy ra ( ) 2 2 2 2 tanA.MD tan B.ME tan C.MF R 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 2 2 2 2 MD ME MF R tan B.tan C tan C.tan A tan A.tan B + + ≥ và MD ME MF R tan B.tan C tan C.tan A tan A.tan B + + ≥ với mọi điểm M • T trùng với I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta có aID bIE cIF 0+ + = uur uur uur r 2 2 2 2 2 2 aMD bME cMF aMD.ID bME.IE cMF.IF aID bIE cIF+ + ≥ + + ≥ + + Mặt khác ID=IE=IF=r nên ( ) 2 2 2 aMD bME cMF r aMD bME cMF+ + ≥ + + 2 2 2 2 aMD bME cMF 3r+ + ≥ 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 : 2 2 2 a b c A=MA +MB +MC B=m .MA+ m .MB + m .MC 2 2 2 2 2 2 C=aMA +bMB +cMC D=aMA.IA+bMB.IB+cMC.IC E=sin2A.MA +sin2B.MB +sin2C.MC F=sin2A.MA+sin2B.MB+sin2C.MC Thêm giả thiết tam giác ABC nhọn 2 2 2 G tanA.MA tan B.MB tan C.MC 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. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 MD ME MF K x y z L MD ME MF M a MD b ME c MF N=tanA.MD +tanB.ME +tanC.MF P tanA.MD tanB.ME tanC.MF Q aMD bME cMF I aMD bME cMF = + + = + + = + + = + + = + + = + + Thêm giả thiết tam giác ABC nhọn 2 2 2 MD ME MF 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 Với G là trọng tâm tứ diện ABCD ta có GA GB GC GD 0+ + + = uuur uuur uuur uuur r Ta thu được bất đẳng thức 2 2 2 2 2 2 2 2 MA MB MC MD MA.GA MB.GB MC.GC MD.GD GA GB GC GD + + + ≥ + + + ≥ + + + 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 ( ) 2 2 2 2 a b c GA GB GC GD R 4 + + = = = = = Do đó ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 a b c MA MB MC MD MA MB MC MD 4 + + + + + ≥ + + + ( ) 2 2 2 MA MB MC MD 2 a b c+ + + ≥ + + 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 2 2 2 2 MA MB MC MD 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 A OBCD B OACD V V ;V V= = , C OABD C OABD V V ;V V= = . Chứng minh rằng : A B C D V .OA V .OB V .OC V .OD 0+ + + = uuur uuur uuur uuur r Ta thu được các bất đẳng thức ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) A B C D A B C D V .OA MA-OA +V .OB MB-OB +V .OC MC-OC +V .OD MD-OD 0 V .MA MA-OA +V .MB MB-OB +V .MC MC-OC +V .MD MD-OD 0 ≥ ≥ h. Kết hợp với bài toán: Cho tứ diện ABCD,O là một điểm bất kỳ trong tứ diện. Gọi A 1 , B 1 , C 1 , D 1 lần lượt là hình chiếu của O lên mặt phẳng (BCD); (ACD); (ABD); (ABC). Đặt A BCD B ACD C ABD D ABC S S ;S S ;S S ; S S= = = = A OBCD B OACD C OABD C OABD V V ;V V ;V V ;V V= = = = Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 7 Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản. Chứng minh rằng : 2 2 2 2 C A B D 1 1 1 1 A B C D S S S S OA OB OC OD 0 V V V V + + + = uuuur uuuur uuuur uuuur r Ta thu được các bất đẳng thức ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 C A B D A B C D S S S S .OA MA-OA + .OB MB-OB + .OC MC-OC + .OD MD-OD 0 V V V V ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 C A B D A B C D S S S S .MA MA-OA + .MB MB-OB + .MC MC-OC + .MD MD-OD 0 V V V V ≥ 2.2. Khai thác từ kết quả 2 : Trong hệ quả xuất hiện giả thiết n i i i 1 e 0 = α = ∑ ur r nên để sáng tạo bài toán ta xuất phát từ đẳng thức trên. a. Từ đẳng thức 1 2 3 AB BC CA 0 ce ae be 0+ + = ⇔ + + = uuur uuur uuur r uur uur uur r với 1 2 3 e ,e ,e uur uur uur là các vectơ đơn vị cùng hướng với AB,BC,CA. uuur uuur uuur . 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 A 1 , B 1 , C 1 . Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có 1 1 1 1 1 1 cMA aMB bMC cOA aOB bOC+ + ≥ + + Tổng quát : Cho O là điểm bất kỳ nằm đa giác lồi 1 2 n A A A ( n 3 ≥ ). Qua O kẻ các đường thẳng song song với i i 1 A A ,i 1,n + = (xem A i+1 =A 1 ) tương ứng cắt các cạnh i 1 i 2 A A + + tại B i . Chứng minh rằng : ( ) n i i 1 i i i 1 A A MB OB 0 + = − ≥ ∑ b. Từ khái niệm trọng tâm tam giác. G là trọng tâm tam giác ABC a 1 b 2 c 3 GA GB GC 0 m e m e m e 0⇔ + + = ⇔ + + = uuur uuur uuur r uur uur uur r . Với 1 2 3 e ,e ,e uur uur uur là các vectơ đơn vị cùng hướng với GA,GB,GC uuur uuur uuur . 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 tại các điểm A 1 , B 1 , C 1 . Chứng minh rằng : ( ) ( ) ( ) a 1 1 b 1 1 c 1 1 m MA OA m MB OB m MC OC 0− + − + − ≥ c. Từ định lý “con nhím” : Cho đa giác lồi 1 2 n A A A ( n 3 ≥ ), i e , i 1,n= ur là các vectơ đơn vị hướng ra ngoài đa giác và tương ứng vuông góc với i i 1 A A + uuuuuuur (xem A i+1 =A 1 ). Chứng minh rằng : 1 2 1 2 3 2 n 1 n A A e A A e A A e 0+ + + = uur uur uur r Ta được bài toán Cho đa giác lồi 1 2 n A A A ( n 3≥ ), i e , i 1,n= ur , O là điểm bất kỳ nằm trong đa giác.Gọi B i là hình chiếu điểm O lên A i A i+1 Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có ( ) n i i 1 i i i 1 A A MB OB 0 + = − ≥ ∑ d. Kết hợp với 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 thì AA' BB' CC' 0+ + = uuuur uuuur uuuur r 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 I F A B C D E 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 1 1 1 A ,B ,C Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 1 1 AA' MA -OA +BB' MB -OB +CC' MC -OC 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 thì aAD bBE cCF 0+ + = uuur uuur uuur r . 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. Cho N là điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Đặt · · · BNC ,CNA ,ANB= α = β = γ , 1 2 3 e ,e ,e uur uur uur là các vectơ đơn vị cùng hướng với NA, NB, NC uuur uuur uuur . Chứng minh rằng : 1 2 3 sin .e sin .e sin e 0α + β + γ = uur uur uur r Ta đề xuất được bài toán Cho tam giác ABC; N là điểm trong tam giác, đặt · · · BNC ,CNA ,ANB= α = β = γ . Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có MAsin MBsin MCsin NAsin NBsin NCsinα + β + γ ≥ α + β+ γ Đặc biệt : • Khi · · · 0 0 0 BNC 120 ,CNA 90 ,ANB 150= = = 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 · · · · · · GAsin BIC GBsin CIA GCsin AIB IAsin BIC IBsin CIA ICsin AIB+ + ≥ + + Mặt khác · B C A A sin BIC sin sin cos 2 2 2 2 2 π     = π − − = + =  ÷  ÷     Tương tự · · B C sin CIA cos , sin AIB cos 2 2 = = Và A B C a b c cos .IA cos .IB cos .IC AE BF CD 2 2 2 2 + + + + = + + = ; a b c 2 2 2 GA m , GB m , GC m 3 3 3 = = = . Ta được bài toán Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng : ( ) a b c A B C 3 m cos m cos m cos a b c 2 2 2 4 + + ≥ + + • Cho M O,N I≡ ≡ ta được A B C a b c OA cos OBcos OCcos 2 2 2 2 + + + + ≥ , kết hợp định lý sin ta có 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. Ta được A A A a cos a cos a cos a b c 2 2 2 t anA t anA t anA 2 + + + + ≥ Hay A B C sin A sin B sin C cosA cos cosBcos cosCcos 2 2 2 2 + + + + ≥ g. Xét tam giác ABC có các góc nhỏ hơn 120 0 , khi đó tồn tại điểm T sao cho · · · 0 ATB BTC CTA 120= = = (T được gọi là điểm Toricelly) lúc đó 1 2 3 e e e 0+ + = uur uur uur r với 1 2 3 e , e , e uur uur uur là các vectơ đơn vị cùng hướng với TA,TB,TC uuur uuur uuur . Suy ra MA+MB+MC TA+TB+TC≥ Ta được bài toán : Cho tam giác ABC các góc nhỏ hơn 120 0 . 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<120 0 , B<120 0 , C<120 0 . khi đó điểm M T. ≡ + Nếu 0 A 120≥ thì AB AC 1 AB AC + ≤ uuur uuur .Với điểm M bất kỳ ta có : 2 2 MB.AB MC.AC AB AC AB AC MA MB MC MA MA MA AB AC AB AC AB AC   + + = + + = + + + +  ÷   uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuuur Khi đó M A≡ . Tương tự đối với các góc B, C. h. Xét đa giác đều 1 2 n A A A có tâm là O khi đó 1 2 n e e e 0+ + + = uur uur uur r với i e ,i 1, 2, = ur là các vectơ đơn vị cùng hướng với i OA ,i 1,2 = uuuur . Suy ra với mọi điểm M thì 1 2 n 1 2 n MA +MA + +MA OA +OA + +OA≥ Ta được bài toán Cho đa giác đều 1 2 n A A A . Tìm điểm M sao cho tổng 1 2 n MA +MA + +MA nhỏ nhất. i. Khai thác trong không gian : • Từ đẳng thức 1 2 3 4 AB BC CD DA 0 ae be ce de 0+ + + = ⇔ + + + = uuur uuur uuur uuur r uur uur uur uur r Ta thu được bài toán Cho O là điểm bất kỳ nằm trong tứ diện ABCD với AB=a, BC=b, CD=c, DA=d. Qua O kẻ đường thẳng song song với các đường thẳng AB, BC, CD, DA tương ứng cắt mặt phẳng (BCD), (ACD), (ABD), (ABC) tại A’, B’, C’, D’. Chứng minh rằng với mọi điểm M thì aMA' bMB' cMC' dMD' aOA' bOB' cOC' dOD' + + + ≥ + + + • Xét tứ diện ABCD với G là trọng tâm a 1 b 2 c 3 d 4 GA GB GC GD 0 m e m e m e m e 0+ + + = ⇔ + + + = uuur uuur uuur uuur r uur uur uur uur r Tương tự ta có bài toán Cho G là trọng tâm tứ diện ABCD. Qua M là điểm bất kỳ trong tứ diện kẻ đường thẳng song song với các đường thẳng GA, GB, GC, GD tương ứng cắt mặt phẳng (ABC), (BCD), (CDA), (DAB) tại A’, B’, C’, D’.Chứng minh rằng với mọi điểm M thì a b c d a b c d m MA ' m MB' m MC' m MD' m OA ' m OB' m OC' m OD'+ + + ≥ + + + ( a b c d m , m , m , m tương ứng là độ dài các đường trọng tuyến xuất phát từ đỉnh A, B, C, D) • Kết hợp định lý “con nhím” trong không gian Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 10 [...]... Thanh Kỳ Trang 15 Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản 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 + + =3 Chứng minh rằng : (***) SA ' SB' SC ' SG ' 2.2 Khai thác và sáng tạo các bài toán về cực trị • Xuất phát từ (*) ta có + với... 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 ◦ Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 17 Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản SB'2 + 2SA '2 SC '2 + 2SB'2 SA '2 + 2SC '2 + + 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... 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 = COD, ·AOC = BOD, ·AOD = BOC Chứng minh rằng với mọi M trong không gian ta có · MA + MB + MC + MD ≥ OA + OB + OC + OD S Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ D' B' II Khai thác bài toán O' E B O F Trang 11 D Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản Ví dụ 2 : (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. .. 2 Hướng 2 : Thay đáy bởi đa giác Từ lời giải 1 dễ dàng đề xuất bài toán mở rộng sau : 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 Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 14 Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản SA1 SA n +1 SA 2 SA n + 2 SA... sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản 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 + − = k ( k ≥ 1) Chứng minh rằng mặt phẳng (P) xác cạnh SA, SB, SC thỏa mãn 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. .. 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’ Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 16 Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản 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.. .Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản u r 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 mặtrphẳngrđối diện vớiuđỉnh Ai Si là diện tích các mặt đối diện với đỉnh Ai khi đó u u u u ur u ur r S1 e1 +S2 e2 +S3 e3 +S4 e4 =0 + Với O ur... ' SC ' (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 ' + + + =4 Nhận xét : Từ lời giải 1 ta suy ra (**) 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... SF SO + OF = = ; = = (1) S SB ' SO ' SO ' SD ' SO ' SO ' OE BO = Và OF DO Do đó 1 + 1 D' B' Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ E B O' Trang 13 O F D Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản BO BB'' SABC = = DO DD '' SADC (Trong đó B’’, D’’ là hình chiếu của B, D lên AC) OE SABC = Suy ra hay OE.SADC=OF.SABC (2) OF SADC Từ (1), (2) ta có : SB SD SADC + SABC D SB' SD ' A SO − OE SO + OF . học và tu i 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 Tu n Điệp,. thêm Bài viết ‘’ Hãy trở về với không gian một chiều’’ tác giả Nguyễn Văn Lộc _Tuyển chọn theo chuyên đề toán học và tu i trẻ quyển 1) Nhận xét : Từ lời giải 1 ta suy ra SA SC SB SD SO' 4 SA'. = γ = ở câu a ta được bài toán T10 số 278 tạp chí toán học tu i trẻ, khi a=b=c ở câu b ta được bài toán T10 số 288 tạp chí toán học tu i trẻ. + Kết hợp với các bài toán BĐT đại số. ◦ 1 1 1 1 2x