DE-TAI -phat huy tri tue cua hoc sinh qua khai thac mot bai toan.DOC

Th viện SKKN của Quang Hiệu />Phần I
Đặt vấn đề
Đổi mới phơng pháp dạy học Toán hiện nay là tích cực hoá hoạt động
của học sinh, khơi dậy và phát triển khả năng tự học, nhằm hình thành cho
học sinh t duy tích cực, độc lập, sáng tạo, nâng cao năng lực phát hiện và giải
quyết vấn đề, rèn luyện kỹ năng, vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động
đến tình cảm, đem lại niềm tin và hứng thú học tập cho học sinh.
Dạy học Toán là dạy hoạt động Toán học, học sinh cần phải đợc cuốn hút
vào những hoạt động học tập do giáo viên tổ chức và chỉ đạo, thông qua đó
học sinh tự khám phá điều mình cha biết. Để đảm bảo tiết học có hiệu quả, có
chất lợng đòi hỏi ngời thầy giáo phải đầu t thời gian và trí tuệ vào nội dung
của từng tiết học, biết cách vận dụng tốt các phơng pháp đặc biệt hoá, tổng
quát hoá, tơng tự để từ những kiến thức đã có giúp học sinh mở rộng, đào sâu
hệ thống hoá kiến thức hoặc mò mẫm, dự đoán, tìm lời giải cho bài toán
Điều đó cũng làm cho ngời thầy giáo có cái nhìn sâu hơn, rộng hơn một vấn
đề, một bài toán, tự trau dồi cho mình những kiến thức chuyên môn. Qua đó
có những phơng pháp hợp lý trong giảng dạy, giúp học sinh biết cách suy
luận, biết cách tự tìm lại những điều đã quên, biết cách tìm tòi đề phát hiện
những kiến thức mới hoặc biết cách tìm lời giải của một bài toán khó hoặc cao
hơn là đề ra những bài toán mới tơng tự.
Phạm vi của đề tài đề cập đến một vấn đề: Phát huy trí tuệ của học sinh
qua việc khai thác một bài toán ./.
Phần II
Nội dung
A- số học:
Xét bài toán trong Sách giáo khoa lớp 6:
Tính tổng: S =
2.1
1
+
3.2

1
+
4.3
1
+ +
100.99
1
Ta có: S =
1
1
-
2
1
+
2
1
-
3
1
+
3
1
-
4
1
+ +
99
1
-
100

1
= (
1
1
+
2
1
+
3
1
+ +
99
1
) (
2
1
+
3
1
+ +
99
1
+
100
1
)
= 1 -
100
1
=

100
99
Trên cơ sở của bài toán trên ta có thể phát triển thành nhiều bài toán khác:
1- Bài toán 1:
Cho A =
2
2
1
+
2
3
1
+
2
4
1
+ +
2
100
1
Chứng minh rằng: A < 1.
Lời giải: A =
2.2
1
+
3.3
1
+ +
100.100
1

A <
2.1
1
+
3.2
1
+ +
100.99
1
A < S = 1 -
100
1
=
100
99
< 1
A < 1
Ta có bài toán tổng quát:
Cho B =
2
2
1
+
2
3
1
+
2
4

1
+ +
2
1
n
Với n

N
*

Chứng minh rằng: B < 1
2
2- Bài toán 2:
Cho C =
4
5
+
9
10
+
16
17
+ +
000.10
10001
Chứng minh rằng C < 100.
Lời giải: C =
2
2
5

+
2
3
10
+ +
2
100
10001
Do từ 2 đến 100 có 99 số nên tổng C có 99 số hạng. Khi đó:
C = (1 +
2
2
1
) + (1 +
2
3
1
) + (1 +
2
100
1
)
= 99 + (
2
2
1
+
2
3
1

+ +
2
100
1
)
= 99 + (
2.2
1
+
3.3
1
+ +
100.100
1
) < 99 + (
2.1
1
+
3.2
1
+ +
100.99
1
)
C < 99 + S = 99 + (1 -
100
1
) = 100 -
100
1

C < 100
Ta có bài toán tổng quát:
Cho D =
2
2
5
+
2
3
10
+
2
4
17
+ +
2
2
1
n
n +
Chứng minh rằng: D < n (n

N
*
).
Lời giải tơng tự lời giải bài toán 2.
3- Bài toán 3 :
Cho E =
4
3

+
9
8
+
6
15
+ +
10000
9999
Chứng minh rằng: E > 98.
Lời giải:
Ta có: E = (1 -
4
1
) + (1 -
9
1
) + + (1 -
10000
1
)
= (1 -
2
2
1
) + (1 -
2
3
1
) + (1 -

2
100
1
)
= 99 (
2
2
1
+
2
3
1
+ +
2
100
1
)
= 99 (
2.2
1
+
3.3
1
+ +
100.100
1
)
3
⇒ E > 99 – (
2.1

1
+
3.2
1
+ + …
100.99
1
)
⇒ E > 99 – (1 -
100
1
) = 98 +
100
1
⇒ E > 98
Ta cã bµi to¸n tæng qu¸t:
Cho F =
2
2
3
+
2
3
8
+
2
4
15
+ + …
2

2
1
n
n −
Chøng minh r»ng: F > n – 2
4- Bµi to¸n 4:
Cho G =
2
2
1
+
2
4
1
+
2
6
1
+…
2
200
1

Chøng minh r»ng: G <
2
1
Lêi gi¶i:
Ta cã: G =
1.2
1

2
+
22
2.2
1
+
22
3.2
1
+ + …
22
100.2
1
=
2
2
1
. (1 +
2
2
1
+
2
3
1
+ + …
2
100
1
)

⇒ G <
4
1
+
4
1
. (
2.1
1
+
3.2
1
+ + …
100.99
1
)
⇒ G <
4
1
+
4
1
. (1 -
100
1
)
G <
2
1
-

100
1
<
2
1
VËy G <
2
1
Ta cã bµi to¸n tæng qu¸t:
Cho H =
2
2
1
+
2
4
1
+ + …
2
)2(
1
n
Chøng minh r»ng: H <
2
1
5- Bµi to¸n 5:
Cho P =
5
1
+

13
1
+
25
1
+ + …
19801
1
Chøng minh r»ng: P <
2
1
4
Lêi gi¶i:
P =
14
1
+
+
112
1
+
+ + …
119800
1
+
⇒ P <
4
1
+
12

1
+
24
1
+ + …
19800
1
P <
2.2
1
+
6.2
1
+
12.2
1
+ + …
9900.2
1
P <
2
1
. (
2.1
1
+
3.2
1
+ + …
100.99

1
)
P <
2
1
. (1 -
100
1
) =
2
1
-
100
1
⇒ P <
2
1
6- Bµi to¸n 6:
Cho Q =
5
3
+
13
11
+
25
23
+ + …
19801
19799

Chøng minh r»ng: Q > 98.
Lêi gi¶i:
Ta cã: Q = (1 -
5
2
) + (1-
13
2
) + + (1- …
19801
2
)
⇒ Q > (1 -
4
2
) + (1-
12
2
) + + (1 - …
19801
2
)
⇒ Q > (1 -
2
1
) + ( 1 -
6
1
) + + (1 - …
9900

1
)
⇒ Q > (1 -
2.1
1
) + (1 -
3.2
1
) + + (1 - …
100.99
1
)
⇒ Q > 99 – (1 -
100
1
) = 98 +
100
1
VËy Q > 98.
7- Bµi to¸n 7:
Cho M = 2001 - (
1
1
+
21
1
+
+
321
1

++
+ + …
99 21
1
+++
)
Chøng minh r»ng: M > 1999
5
Lêi gi¶i:
Ta cã: 1 =
2
2.1
; 1 + 2 =
2
3.2
1 + 2 + 3 =
2
4.3
…
1 + 2 + 3 + + 99 = …
2
100.99
⇒ M = 2001 – (
2
2.1
1
+
2
3.2
1

+ + …
2
100.99
1
)
= 2001 – 2 . (
2.1
1
+
3.2
1
+ + …
100.99
1
)
= 2001 – 2. (1 -
100
1
) = 2001 – 2 +
100
2
= 1999 +
50
1
>1999
VËy M > 1999.
Ta cã bµi to¸n tæng qu¸t:
Cho N = (
11
1

+
+
21
1
+
+
321
1
++
+ + …
) 21
1
n+++
Chøng minh r»ng: N < 2
8- Bµi to¸n 8:
Cho E =
!2
1
+
!3
1
+
!4
1
+ + …
!100
1
Chøng minh r»ng: E < 1
Ta cã: E = (
2.1

1
+
3.2.1
1
+ + …
100 3.2.1
1
)
Do:
4.3.2.1
1
<
4.3
1
;
5.4.3.2.1
1
<
5.4
1
….
100 3.2.1
1
<
100.99
1
6
⇒ E < (
2.1
1

+
3.2
1
+
4.3
1
+ …
100.99
1
)
⇒ E < 1 -
100
1
< 1
VËy E < 1
9- Bµi to¸n 9:
Cho F =
!2.5
3
+
!3.5
3
+ + …
!100.5
3
Chøng minh r»ng: F < 0,6
Ta cã: F =
5
3
. (

!2
1
+
!3
1
+ + …
!100
1
)
⇒ F <
5
3
. E <
5
3
. 1
VËy F < 0,6
10- Bµi to¸n 10:
Chøng minh r»ng:
1 +
!1
1
+
!2
1
+
!3
1
+ + …
!

1
n
< 3
§Æt Z = 1 +
!1
1
+
!2
1
+
!3
1
+ + …
!
1
n
⇒ Z = 1 +
1
1
+
2.1
1
+
3.2.1
1
+ .+ …
n 3.2.1
1
⇒ Z < 2 +
2.1

1
+
3.2
1
+
4.3
1
+ + …
nn ).1(
1
−
Z = 2 +
1
1
-
2
1
+
2
1
-
3
1
+ + …
1
1
−n
-
n
1

Z = 3 -
n
1
< 3
VËy Z < 3
11- Bµi to¸n 11:
Cho B =
3.1
1
2
+
5.3
2
2
+ + …
193.191
96
2
Chøng minh r»ng: B < 25
7
Lêi gi¶i:
Ta cã : B =
2
2
1
. (
3.1
2.1
22
+

5.3
2.2
22
+
7.5
3.2
22
+ + …
193.191
96.2
22
)
B =
4
1
. (
3.1
2
2
+
5.3
4
2
+
7.5
6
2
+ + …
193.191
192

2
)
B =
4
1
[1+
3.1
1
+ 1+
5.3
1
+ + 1+ …
193.191
1
]
B =
4
1
[96 + (
3.1
1
+
5.3
1
+ + …
193.191
1
)]
B = 24 +
8

1
. (1 -
193
1
)
B = 24 +
8
1
-
193.8
1
< 24
8
1
< 25
VËy B < 25.
12- Bµi to¸n 12:
Cho C =
3
1
+
15
13
+
35
33
+ + …
36099
36097
Chøng minh r»ng: C > 94

Lêi gi¶i:
Ta cã: C = (1 -
3
2
) + ( 1-
15
2
)+ + (1 - …
36099
2
)
= (1 -
3.1
2
) + ( 1 -
5.3
2
)+ + …
191.189
2
)
= 95 – (
3.1
2
+
5.3
2
+ + …
191.189
2

)
= 95 – ( 1 -
191
1
) = 94 +
191
1
> 94
VËy C > 94.
13- Bµi to¸n 14:
Cho D =
17
11
+
37
31
+
65
59
+
101
95
+
145
139
Chøng minh r»ng: D > 4.
8
Lêi gi¶i:
Ta cã: D = 1 -
17

6
+ 1 -
37
6
+ + 1 - …
145
6
= 5 – (
17
6
+
37
6
+
45
6
+
101
6
+
145
6
)
= 5 – 3 (
17
2
+
37
2
+

65
2
+
101
2
+
145
2
) > 5 – 3 (
15
2
+
35
2
+
63
2
+
99
2
+
143
2
)
= 5 – 3 (
5.3
2
+
7.5
2

+
9.7
2
+
11.9
2
+
13.11
2
)
= 5 – 3 (
3
1
-
13
1
) = 5 – 1 +
13
3
> 4
VËy D > 4
14- Bµi to¸n 14:
Cho E =
!2
1
+
!3
2
+
!4

3
+ …
!2001
2000
Chøng minh r»ng: E < 1
Ta cã: E =
!2
12 −
+
!3
13 −
+
!4
14 −
+ + …
!2001
12001 −
=
!2
2
-
!2
1
+
!3
3
-
!3
1
+ .+ …

!2001
2000
-
!2001
1
= 1 -
!2001
1
< 1
VËy E < 1
15- Bµi to¸n 15:
T×m x biÕt:
21
1
+
+
321
1
++
+ + …
x++++ 321
1
=
2003
2001
Lêi gi¶i:
Ta cã: VT =
2
3.2
1

+
2
4.3
1
+ + …
2
)1.(
1
+xx
9
=
3.2
2
+
4.3
2
+ + …
)1(
2
+xx
= 2. (
2
1
-
3
1
+
3
1
-

4
1
+ + …
x
1
-
1
1
+x
)
= 2 . (
2
1
-
1
1
+x
) = 1 -
1
2
+x
⇒ 1 -
1
2
+x
=
2003
2001
⇒ x = 2002 .
16- Bµi to¸n 16:

Cho F =
4
3
+
36
5
+
144
1
+ + …
22
)1(
12
+
+
nn
n
Chøng minh: F < 1
Lêi gi¶i;
Ta cã: F =
22
2.1
1
+
22
3.2
5
+ + …
22
)1(

12
+
+
nn
n
=
2
1
1
-
2
2
1
+
2
2
1
-
2
3
1
+ + …
2
1
n
-
2
)1(
1
+n

= 1 -
2
)1(
1
+n
< 1
VËy F < 1.
17- Bµi to¸n 17:
Cho M =
)!1(
1

!4
11
!3
5
!2
1
2
+
−+
++++
n
nn
Chøng minh r»ng: M < 2
Lêi gi¶i:
Ta cã:
)!1(
1
2

+
−+
n
nn
=
)!1(
)1(
+
+
n
nn
-
)!1(
1
+n
=
)!1(
1
−n
-
)!1(
1
+n
⇒ M =
!2
1
+
!1
1
-

!3
1
+
!2
1
-
!4
1
+ + …
)!1(
1
−n
-
)!1(
1
+n
10
= 2 (
!
1
n
+
)!1(
1
+n
) < 2
Vậy M < 2
18- Bài toán 18:
Cho N =
!2

1
+
!3
2
+
!4
3
+ +
!
1
n
n
Chứng minh rằng: N < 1
Lời giải:
Ta có:
!
1
n
n
=
)!1(
1
n
-
!
1
n
N =
!1
1

-
!2
1
+
!2
1
-
!3
1
+ +
)!1(
1
n
-
!
1
n
=
!1
1
-
!
1
n
= 1 -
!
1
n
< 1
Vậy N < 1

B- Đại số
ở lớp 8, các em học sinh đã học hằng đẳng thức:
(a + b)
2
= a
2
+ 2ab + b
2
. a,b

R.
Giáo viên dễ dàng cho các em chứng minh đợc hằng đẳng thức sau:
(a + b + c)
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2ab + 2bc + 2ca (*), a,b,c

R.
Từ bài toán trên, theo các hớng khai thác khác nhau mà ta có thể đề xuất
các bài toán tuỳ theo mức độ khó, dễ. Sau đây là một số bài toán xuất phát từ
bài toán trên.
Bài toán 1:
Chứng minh rằng a,b,c

R, abc 0 và a + b + c = 0 thì ta luôn có:

222
111
cba
++
=
cba
111
++
(1)
Giải:
11
Thật vậy, nếu ta thay a, b, c ở (*) bởi
cba
1
;
1
;
1
thì
2
111






++
cba

=
cabcab
cba
222111
222
+++++

2
111






++
cba

=
abc
cba
cba
)(2
111
222
++
+++
Với giả thiết : a + b + c = 0 ta suy ra :
2
111

++
cba
=
222
111
cba
++

222
111
cba
++
=
cba
111
++
(đpcm)
Từ bài toán (1) ta có bài toán 2 sau đây:
Bài toán 2: Chứng minh các đẳng thức sau:
a-
222
)(
111
baba +

++
=
baba +
+
111
(2a)
b-
2
22
2
)( ba
ba
ba
+
++
=
ba
ab
ba
+
+
(2b)
Lời giải:
a- Từ nhận xét: a + b + [-(a + b)] = 0
Khi đó áp dụng đẳng thức (1) với c = - (a + b) ta có ngay đẳng thức:
222
)]([
111
baba +
++

=
)(
111
baba +
+
hay
222
)(
111
baba +
++
=
baba +
+
111
b- Quan sát đẳng thức (2b) và (1) với nhận xét:
ab
ba
ba
ab
+
=
+
1


0)
11
(
11111

=++=
+

++
baba
ba
ab
ba
12
Khi đó áp dụng đẳng thức (1) với c =






+

ba
ab
1
Ta có:
222
1
1
1
1
1
1

+

+






+






ba
ab
ba

=
ba
ab
ba
+

++
1
1
1
1
1
1

2
22
22
)( ba
ba
ba
+
++
=
ba
ab
ba
+
+
(Đpcm)
Từ nhận xét: Nếu a,b,c

Q thì :
222
111
cba
++
=
cba
111
++


Q ta có bài toán sau:
Bài toán 3:
Cho a, b, c là các số hữu tỷ đôi một khác nhau. Chứng minh rằng:
s =
( ) ( ) ( )
222
111
accbba
+

+

là số hữu tỷ (3)
Nhận xét: (a b) + (b c) + ( c a) = 0
áp dụng đẳng thức (1) với a,b,c là các số:
(a b); (b c); (c a) ta có:
s =
accbba

+

+

111


Q (đpcm)
áp dụng bài toán 2a, ta lại có bài toán sau:
Bài toán 4: Rút gọn biểu thức:
P =
22244222
)(
111
)(
11
babababa +
+++
+
+
+
a,b 0
Lời giải; áp dụng bài toán 2a ta có:
13
22244
)(
111
baba +
++
=

2222
111
baba +
+
=
2222
111
baba +
+
(vì
2222
111
baba +
>+
a,b 0)
P =
2222222
111
)(
11
babababa +
++
+
+
+
=
222
)(
111
baba +

++

(2a)

baba +
+
111
Bây giờ, khai thác (*) để tính tổng các biểu thức có chứa căn, ta có thể đa
ra các bài toán sau:
Bài toán 5: Xét tổng sau:
S
n
=
32
3
1
2
1
1 ++
+
32
4
1
3
1
1 ++
+ +
22
1
)1(

1
1
nn
+

+
a- Tính S
2000
.
b- Chứng minh rằng với n 3 thì S
n


Q nhng S
n


Z .
Giải: Ta có: 1 + (n 1) + (-n) = 0. áp dụng (1) ta có:
a-
22
)(
1
)1(
1
1
nn
+

+

= 1 +
1
1
n
-
n
1

(Vì 1 +
1
1
n
-
n
1
> 0)
S
n
= 1 +
2
1
-
3
1
+ 1 +
3
1
-
4
1

+ + 1 +
1
1
n
-
n
1
= (n 2) +
2
1
-
n
1
Vậy S
2000
= (2000 2) +
2
1
-
2000
1
=
2000
3996999
b- Ta có: Khi n 3 thì S
n
= (n 2) +
2
1
-

n
1


Q
Nhng khi đó:
2
1
-
n
1
=
n
n
2
2


Z (vì n 2 < 2n, n 3)
S
n


Z .
14
Bài toán 6: Đặt
22
9 99,09 991 ++=Sn
a- Chứng minh rằng n

Z
+
thì S
n


Q.
b- Viết S
2000
dới dạng số thập phân .
Giải: a- Ta có: 99 9 = 10
n
1
0,99 9 =
n
n
10
110
Vậy S
n
=
2
2
10
110
)110(1

++
n
n
n
Khi đó áp dụng bài toán 2b ta có:
S
n
=
n
n
n
10
110
1101

+
=
n
n
10
1
110 +
= 10
n
1 +

n
10
1


Q , n

Z
+
b- Với cách biểu diễn trên ta có:
S
n
= 10
n
-
n
n
10
110
= 99 9 0,99 9
= 99 98,00 0,1
(n-1) c.số 9 (n-1) c.số 0
áp dụng bài toán 2 ta có thể đa ra một cách giải phơng trình qua bài toán
sau:
Bài toán 7:
Giải phơng trình:
a-
222
)2(
3

)13(
1
)12(
1
+
=
+
+
xxx
(1)
b- x
2
+ 6x + 6 +
2
4
3






+
+
x
x
= 0 (2)
Giải: a - (1)
2222
)2(

4
)2(
1
)13(
1
)21(
1
+
=
+
+
+
+
xxxx
áp dụng bài toán 2a: Vì (1 2x) + (3x + 1) + [-(x + 2)] = 0
15
Ta cã:
222
)2(
1
)13(
1
)21(
1
+
+
+
+
− xxx
=

2
1
13
1
21
1
+
−
+
+
− xxx
VËy (1) ⇔
222
)2(
1
)13(
1
)21(
1
+
+
+
+
− xxx
=
2
)2(
4
+x
TX§ = {x

∈
R/x ≠
2
1
; x ≠ -
3
1
; x ≠ - 2 }
⇔
2
1
13
1
21
1
+
−
+
+
− xxx
=
2
2
+x
2
2
2
1
13
1

21
1
+
=
+
−
+
+
− xxxx
(1’)
⇔
2
2
2
1
13
1
21
1
+
−=
+
−
+
+
− xxxx
(1’’)
Gi¶i (1’) vµ (1’’) ta dÔ dµng cã c¸c nghiÖm
∈
TX§ lµ:

x
1
=
2
51 +
; x
2
=
2
51−
b- TX§ = {x
∈
R/x ≠ - 4}
Ta cã: (2) ⇔ (x + 3)
2
+ 1 +
2
4
3






+
+
x
x
= 4

⇔
[ ]
4
1)3(
1.)3(
1)3(
2
22
22
=
++
+
+++
x
x
x
(2’)
V×






+
−
+
+−
++
+ 3

1
3
)3(
1
1
3
1
xx
x
x
= 0
¸p dông bµi to¸n 2b ta cã:
(2’) ⇔
1)3(
1).3(
13
++
+
−++
x
x
x
= 2
⇔
4
137
2
+
++
x

xx
= 2 ⇔
2
4
137
2
=
+
++
x
xx
16

2
4
137
2
=
+
++
x
xx
Giải các phơng trình trên và đối chiếu với tập xác định ta có nghiệm của
phơng trình (2) là:
x
1
=
2
55 +
; x

2
=
2
55
17
C Hình học
Bài toán:
* Xét Bài toán 1: Cho ABC nhọn, trọng tâm G, các đờng trung tuyến
lần lợt là: AM, BN, CP
Chứng minh rằng :
CP
GP
BN
GN
AM
GM
++
= 1 (1)
Lời giải:
Dễ dàng nhận thấy do G là trọng tâm
ABC, nên theo tính chất của trọng tâm
ta có:
3
1
;
3
1
;
3
1

===
CP
GP
BN
GN
AM
GM

CP
GP
BN
GN
AM
GM
++
=
3
1
+
3
1
+
3
1
= 1 (1)
(ĐPCM)
A
P G N

B C

M
*Nhận xét: Kết quả (1) là hiển nhiên, tính chất của trọng tâm tam giác
học sinh đã học ở Hình học 7.
Tơng tự ta chứng minh đợc bài toán sau:
* Bài toán 2:
Cho ABC, trọng tâm G, các trung tuyến lần lợt là AM, BN, CP.
Chứng minh rằng :
CP
GC
BN
G
AM
GA
++
B
= 2 (2)
Học sinh chứng minh tơng tự với:
GA =
3
2
AM, GB =
3
2
BN, GC =
3
2
CP
Kết quả (2).
* Nhận xét: Trong hai bài toán trên, ta xét điểm G là trọng tâm của tam
giác, ở bên trong tam giác.

Đặt ra câu hỏi: Nếu nh điểm G không phải là trọng tâm tam giác thì kết
quả (1) và (2) còn đúng không ?
Trớc hết hãy thay trọng tâm G bằng trực tâm H ta có bài toán sau:
18
* Bài toán 3:
Cho ABC nhọn, H là trực tâm, ba đờng cao tơng ứng là: AM, BN, CP.
Chứng minh rằng :
CP
HP
BN
HN
AM
HM
++
= 1 (3)

CP
HC
BN
H
AM
HA
++
B
= 2 (4)
ở đây H là trực tâm nên không thể áp
dụng lời giải bài toán trên:
HM là đờng cao BHC.
AM là đờng cao ABC.
Vậy ta có lời giải sau:

Ta có S

BHC
=
2
1
BC.HM ; S

ABC
=
2
1
BC.AM

AM
HM
ABC
BHC
=


S
S
Tơng tự:
BN
HN
ABC
AHC
=

S
S
;
CP
HP
ABC
AHB
=


S
S

CP
HP
BN
HN
AM
HM
++
=
ABC
AHBAHCBHC
S
SSS


++
=

ABC
ABC
S
S


= 1 (3)
Từ kết quả (3) ta thay:
HM = AM AH .
HN = BN BH .
HP = CP CH.
Ta có:
CP
CHCP
BN
BHBN
AM
AHAM
+

+

= 1
Nh vậy kết quả (3) và (4) tơng tự kết quả (1) và (2).
* Từ các kết quả trên, khai thác tiếp cho điểm bất kỳ trong tam giác, ta
có bài toán sau:
19
C
* Bài toán 4:
Cho ABC và một điểm I bất kỳ trong tam giác. AI, BI, CI lần lợt cắt BC,

CA, AB tại M, N, P.
Chứng minh rằng :
CP
IP
BN
IN
AM
IM
++
= 1 (5)

CP
CI
BN
BI
AM
AI
++
= 2 (6)
Khai thác lời giải bài toán 3. Ta có lời giải toán này nh sau:
Kẻ AH, IK vuông góc với BC.
Ta có:
AH
IK
S
S
ABC
BIC
=

Theo Định lý Ta lét:
AM
IM
AH
IK
=

AM
IM
=
ABC
BIC
S
S


Tơng tự:
ABC
AIC
S
S
BN
IN


=

ABC
AIB

S
S
CP
IP


=

CP
IP
BN
IN
AM
IM
++
= 1 (5)
Từ đây ta có kết quả tơng tự:
CP
CI
BN
BI
AM
AI
++
= 2 (6)
* Nhận xét: Ta nhận thấy lời giải bài toán trên hoàn toàn tơng tự bài
toán 3.
Khác một chỗ: I là điểm bất kỳ trong tam giác. Điều đó gợi suy nghĩ nếu
điểm I nằm bên ngoài tam giác thì các kết quả còn tơng tự không ?
Ta xét trờng hợp sau:

Giả sử điểm I nằm ngoài ABC.
I nằm trong góc BAC (hình vẽ).
20
AI, BI, CI cắt BC, AC, AB lần lợt
tại M, N, P
Tơng tự lời giải bài toán trên ta có:
S

ABC
= S

ABI
+ S

ACI
- S

BCI
(*)
Kẻ IK, AH vuông góc với BC.
IE, BF vuông góc với AC .
Dễ dàng tính đợc:
ABC
BCI
S
S


=
AM

IM
AH
IK
=
Ta lét
ABC
ACI
S
S


=
BN
IN
BF
IE
=
Tơng tự:
ABC
ABI
S
S


=
CP
IP
(*) tơng đơng với:
AM
IM

CP
IP
BN
IN
+
= 1 (7)
Từ (7) ta có:
AM
AMAI
CP
CICP
BN
BIBN


+

= 1

CP
CI
BN
BI
AM
AI
++
= 2 (8)
Kết quả (7) và (8) hoàn toàn tơng tự kết quả trên. Từ đó ta có bài toán sau:
* Bài toán 5:
Cho ABC, một điểm I bất kỳ nằm ngoài tam giác và ở phía trong của

góc BAC. AI, BI, CI cắt BC, AC, AB lần lợt tại M,N,P.
21
Chứng minh rằng:
AM
IM
CP
IP
BN
IN
+
= 1 (7)

CP
CI
BN
BI
AM
AI
++
= 2 (8)
* Đặc biệt hoá bài toán, ta có nhiều kết quả rất quen thuộc.
Xét 3 trờng hợp sau:
- Tr ờng hợp 1 : Xét điểm O là tâm đờng tròn ngoại tiếp ABC.
AO, BO, CO cắt BC, AC, AB lần lợt tại M, N, P.
Ta có:
OA = OB = OC = R .
Theo kết quả (8) trên.

CP
CO

BN
BO
AM
AO
++
= 2

CP
R
BN
R
AM
R
++
= 2
* Ta có bài toán 6:
Cho ABC nội tiếp (O;R). AO, BO, CO cắt BC, AC, AB lần lợt tại M, N, P.
Chứng minh rằng:
CPBNAM
111
++
=
R
2
(9)
- Tr ờng hợp 2 :
Xét O là tâm đờng tròn nội tiếp ABC . AO, BO, CO cắt các cạnh đối tại
M, N, P. (Hình vẽ):
Kẻ AH, OK vuông góc với BC.
OK = R.

Vận dụng các kết quả trên ta có:
CP
OP
BN
ON
AM
OM
++
= 1
Mặt khác ,theo Ta- lét.
Tơng tự:
b
h
R
BN
ON
=
;
c
h
R
CP
OP
=
Suy ra:
cba
h
R
h
R

h
R
++
= 1
22
* Ta có bài toán 7: Cho ABC ngoại tiếp (O;R), ba đờng cao tơng ứng là
h
a
, h
b
, h
c
.
Chứng minh rằng:
cba
hhh
111
++
=
R
1
(10)
- Tr ờng hợp 3:
O là tâm đờng tròn bàng tiếp góc A của ABC.
O nằm ngoài ABC, và nằm trong
góc BAC.
Theo kết quả (7) ta có:
AM
OM
CP

OP
BN
ON
+
= 1
Do:
b
h
R
BN
ON
=

c
h
R
CP
OP
=
CM tơng tự trên.

a
h
R
AM
OM
=

acb
h

R
h
R
h
R
+
= 1
* Ta có bài toán 8:
Cho ABC với các đờng cao h
a
, h
b
, h
c
. Đờng tròn (O;R) bàng tiếp góc BAC
Chứng minh rằng :
acb
hhh
111
+
=
R
1
* Nhận xét: Trên đây ta xét các bài toán trong phạm vi hẹp là mặt
phẳng. Mở rộng bài toán trong không gian (học sinh đã học ở SGK 9). Ta có
các bài toán sau với ý tởng lời giải tơng tự.
Với khái niệm diện tích ở hình học phẳng, học sinh sẽ mở rộng cho khái
niệm thể tích trong không gian.
23
* Bài toán 9:

Trong không gian cho tứ diện ABCD, một điểm I bất kỳ nằm trong tứ
diện. AI, BI, CI, DI lần lợt cắt các mặt phẳng đối (BCD), (ACD), (ABD),
(ABC) tại M, N, P, Q.
Chứng minh rằng :
DQ
IQ
CP
IP
BN
IN
AM
IM
+++
= 1 (12)
Lời giải:
Gọi V
ABCD
= V.
Ta có: V = V
IBCD
+ V
IABC
+ V
IABD
+ V
IACD
.

V
V

V
V
V
V
V
V
IACD
IABD
IABCIBCD
+++
= 1 (**)
Kẻ IK, AH vuông góc với mặt phẳng
(BCD), ta có:
AM
IM
AH
IK
AHS
IKS
V
V
BCD
BCD
IBCD
===
.
3
1
.
3

1
Tơng tự:
BN
IN
V
V
CP
IP
V
V
DQ
IQ
V
V
IACDIABDIABC
=== ;;
Thay vào (**) ta đợc:
DQ
IQ
CP
IP
BN
IN
AM
IM
+++
= 1 (12)
(ĐPCM)
Từ (12) suy ra:
DQ

DIDQ
CP
CICP
BN
BIB N
AM
AIAM
+

+

+

= 1

DQ
DI
CP
CI
BN
BI
AM
AI
+++
= 3 (13)
24
* Bài toán 10:
Cho mặt cầu (O;R) ngoại tiếp tứ diện ABCD. AO, BO, CO, DO cắt các
mặt phẳng đối tại M, N, P, Q.
Chứng minh rằng:

RDQCPBNAM
31111
=+++
(14)
* Bài toán 11:
Cho mặt cầu (O;R) nội tiếp tứ diện ABCD. Gọi h
a
, h
b
, h
c
, h
d
lần lợt là đ-
ờng cao hạ từ các đỉnh A,B,C,D xuống các mặt đối diện.
Chứng minh rằng:
Rhhhh
dcba
11111
=+++
(Lời giải: Vận dụng trờng hợp đặc biệt của bài toán 9).
25