Khai thác và sáng tạo mới các bài toán vecto từ các khái niệm 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
“ 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
Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
Cho tứ diện
1 2 3 4
A A A A
,
i
e , i 1,2,3,4=
ur
là các vectơ đơn vị hướng ra ngoài và vuông góc với
mặt phẳng đối diện với đỉnh A
i
. S
i
là diện tích các mặt đối diện với đỉnh A
i
khi đó

1 1 2 2 3 3 4 4
S e +S e +S e +S e =0
uur uur uur uur r
+ Với O là điểm bất kỳ nằm trong tứ diện, theo định lý ’’con nhím ‘’ ta có
1 1 2 2 3 3 4 4
S e +S e +S e +S e =0
uur uur uur uur r
với
i
e , i 1;4=
ur
là các vectơ đơn vị cùng hướng với
i
OB ,i 1;4=
uuuur
với B
i
là hình chiếu của điểm O lên mặt phẳng đối diện với đỉnh A
i
.
Suy ra với mọi điểm M thì
1 1 2 2 3 3 4 4 1 1 2 2 3 3 4 4
S MB S MB S MB S MB S .OB S .OB S .OB S .OB+ + + ≥ + + +
Mặt khác
1 1 2 2 3 3 4 4
S .OB S .OB S .OB S .OB 3V+ + + =
, với V là thể tích tứ diện.
Ta được bài toán
Cho O là điểm nằm trong tứ diện
1 2 3 4

A A A A
có thể tích là V. B
i
là hình chiếu của điểm O
lên mặt phẳng đối diện với đỉnh A
i
. S
i
là diện tích các mặt đối diện với đỉnh A
i
. Chứng minh
rằng :
1 1 2 2 3 3 4 4
S MB S MB S MB S MB 3V+ + + ≥
+ Xét H là trực tâm và nằm trong tứ diện
1 2 3 4
A A A A
, theo định lý ’’con nhím ‘’ ta có
1 1 2 2 3 3 4 4
S e +S e +S e +S e =0
uur uur uur uur r
với
i
e , i 1;4=
ur
là các vectơ đơn vị cùng hướng với
i
HA ,i 1;4=
uuuur
Suy ra

1 1 2 2 3 3 4 4 1 1 2 2 3 3 4 4
S MA S MA S MA S MA S .HA S .HA S .HA S .HA+ + + ≥ + + +
Mặt khác
( )
4
1 1 2 2 3 3 4 4 i i i
i 1
S .HA S .HA S .HA S .HA S . h d 4.3V 3V 9V
=
+ + + = − = − =
∑
( h
i
là chiều cao của tứ diện ứng với đỉnh A
i
, d
i
là khoảng cách từ H tới mặt phẳng đối diện với
đỉnh A
i
, V là thể tích tứ diện)
Ta được bài toán
H là trực tâm và nằm trong tứ diện
1 2 3 4
A A A A
.S
i
là diện tích các mặt đối diện với đỉnh A
i
.

Xác định vị trí điểm M sao cho
1 1 2 2 3 3 4 4
S MA S MA S MA S MA+ + +
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
1 2 3 4
A A A A
.H
i
là chân các đường cao hạ từ đỉnh A
i
. S
i
là
diện tích các mặt đối diện với đỉnh A
i
. Xác định vị trí điểm M sao cho
4 4
i i i i
i 1 i 1
S MA S MH
= =
  
 ÷ ÷
 ÷ ÷
  
∑ ∑
đạt giá trị nhỏ nhất.

• Xét tứ diện ABCD có điểm O thỏa mãn
·
·
·
·
·
·
AOB COD,AOC BOD,AOD BOC= = =
.Trên các tia OA, OB, OC, OD lần lượt đặt các vectơ
đơn vị
1 2 3 4
e OA', e OB', e OC', e OD'= = = =
uur uuuur uur uuuur uur uuuur uur uuuur
khi đó tứ diện A’B’C’D’ là tứ diện gần đều nhận
O làm tâm mặt cầu ngoại tiếp và O cũng là trọng tâm của nó. Do đó
1 2 3 4
e e e e 0+ + + =
uur uur uur uur r
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+ + + ≥ + + +
II. Khai thác bài toán
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 11
O'
S
B
D
F
O
B'
D'
E
O'
O
S
A
B
D
C
A'
B'
C'
D'
Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
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’.
Chứng minh rằng :
SA SC SB SD
SA' SC' SB' SD'

+ = +
(*)
1. Một số cách giải bài boán
Cách 1 : Sử dụng định lí thales
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
( )
OBE ODF g.c.g=V V
)
Nên
SB SD SO
2
SB' SD' SO'
+ =
Tương tự
SA SC SO
2
SA' SC' SO'
+ =
Do đó
SA SC SB SD
SA' SC' SB' SD'
+ = +

Cách 2 : Sử dụng phương pháp vec tơ.
Đặt
SA xSA ',SA xSA ',SB ySB',= = =
uuur uuur uuur uuur uur uuur
SC zSC', SA tSA '= =
uur uuur uuur uuur
(x, y, z, t là các số lớn hơn 1)
Ta có
SA SC SB SD+ = +
uuur uur uur uuur
(vì cùng bằng
1
SO
2
uuur
)
xSA ' zSC' ySB' tSD'
y t z
SA ' SB' SD' SC'
x x x
⇒ + = +
= + −
uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur
Vì A’, B’, C’, D’ đồng phẳng nên
y t z
1 x z y t
x x x
+ − = ⇔ + = +
Hay

SA SC SB SD
SA' SC' SB' SD'
+ = +
Cách 3 : Sử dụng phương pháp thể tích.
Nhận xét :
SA 'B'C '
SABC
V
SA '.SB'.SC'
V SA.SB.SC
=
trong đó A’ B’ C’ lần lượt là giao điểm của mặt phẳng (P)
bất kỳ cắt các cạnh SA, SB, SC của tứ diện SABC.
Vận dụng kết quả đó thì
A'B'C' A 'C'D' A 'B'D' B'C'D '
A'B'C' A 'C'D' B'C'D'
A'B'D'
SABCD SABCD SABCD SABCD
SA 'B'C' SA 'C'D ' SA'B'D' SB'C'D '
SABC SACD SABD SBCD
V V V V
V V V
V
V V V V
V V V V
V V V V
+ = +
⇔ + = +
⇔ + = +
(Do V

SABC
=V
SACD
= V
SABD
= V
SBCD
=
SABCD
1
V
2
)
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 12
O'
S
B
D
F
O
B'
D'
E
O'
S
B
D
O
B'
D'

Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
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.
SB'O ' SO'D' SB'D '
SB'O ' SO'D' SB'D '
SBD SBD SBD
S S S
S S S
S S S
+ =
⇔ + =
SB'O ' SO'D' SB'D '
SBO SOD SBD
S S S
S S S
⇔ + =
SB'.SO' SO'.SD' SB'.SD'
SB.SO SO.SD SB.SD
⇔ + =
SB SD SO
2
SB' SD' SO'
⇔ + =
Tương tự
SA SC SO

2
SA' SC' SO'
+ =
Do đó
SA SC SB SD
SA' SC' SB' SD'
+ = +
Cách 5 : Sử dụng phép chiếu song song.
Gọi
1 1 1 1
A , B ,C ,D
tương ứng là hình chiếu của các điểm A, B, C, D theo phương (A’B’C’D’)
lên đường thẳng SO
Áp dụng tính chất phép chiếu ta có
2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
2 2
SA ' SC' SB' SD' SB' SD'
SA' SC'
 
+ ≥ + = + ≥
 ÷
 
Mặt khác
1
1
OA
OA
1
OC OC

= =
(Do ABCD là hình bình hành)
Từ đó ta có
1 1 1 1
SA SC SA SC
SA SC 2SO
SA' SC' SO' SO' SO' SO'
+
+ = + = =
Tương tự
1 1
SB SB
SB SD 2SO
SB' SD' SO' SO' SO'
+ = + =
Do đó
2
2 2
1 1 1 1 1
2 SB' SD'
SA' 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)
Nhận xét : Từ lời giải 1 ta suy ra
SA SC SB SD SO'
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
;
SB' SO' SO' SD' SO' SO'
− +
= = = =
(1)
Và
OE BO
OF DO
=
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 13
O
A
B
C
D
D"
B"
Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
Mặt khác
ABC
ADC

S
BO BB''
DO DD'' S
= =
(Trong đó B’’, D’’ là hình chiếu của B, D lên AC)
Suy ra
ABC
ADC
S
OE
OF S
=
hay OE.S
ADC
=OF.S
ABC
(2)
Từ (1), (2) ta có :
ADC ABC
ADC ABC
ABCD
SB SD
S S
SB' SD'
SO OE SO OF
S . S
SO' SO'
SO
S .
SO'

+
− +
= +
=
Tương tự ta có
BCD ABD ABCD
SA SC SO
S S S .
SA' SC' SO '
+ =
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’.
Chứng minh rằng :
BCD ABD ADC ABC
SA SC SB SD
S S S S
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 :
•
SABC
SADC
V
OE
OF V
=
ta được

SBCD SABD SADC SABC
SA SC SB SD
V V V V
SA ' SC' SB' SD'
+ = +
•
'
2 2
'
4
4
h h
OE
OF h
h
= =
Trong đó
1 3
h , h
tương ứng là khoảng cách từ A, C đến BD,
2 4
h , h
tương ứng là khoảng cách từ B, D đến AC ;
' '
1 3
h , h
tương ứng là khoảng cách từ A, C
đến (SBD),
' '
2 4

h , h
tương ứng là khoảng cách từ B, D đến (SAC)
Ta được
3
1 4 2
1 3 1 3 2 4 2 4
h
h h h
SA SC SB SD
h h SA' h h SC' h h SB' h h SD'
+ = +
+ + + +
'
' ' '
3
1 4 2
' ' ' ' ' ' ' '
1 3 1 3 2 4 2 4
h
h h h
SA SC SB SD
SA' SC' SB' SD'
h h h h h h h h
+ = +
+ + + +
•
ABO SABO
AOD SAOD
S V
OE

OF S V
= =
ta được
BOC ABO AOD ABO
ABC ABC ABD ABD
S S S S
SA SC SB SD
S SA' S SD' S SB' S SD'
+ = +
SBOC SABO SAOD SABO
SABC SABC SABD SABD
V V V V
SA SC SB SD
V SA' V SD' V SB' V SD '
+ = +
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
( )
1 2 2n
A A A n 2≥
nằm trong mặt phẳng (P). S là một điểm nằm
ngoài mặt (P).Mặt phẳng
( )
α
cắt các cạnh SA
1
, SA
2
, , SA

2n
lần lượt tại
1 2 3 2n
B ,B ,B , ,B
.
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 14
G
S
A
G
F
G
B
G'
E
Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
Chứng minh rằng :
1 n 1 2 n 2 n 2n
1 n 1 2 n 2 n 2n
SA SA SA SA SA SA

SB SB SB SB SB SB
+ +
+ +
+ = + = +
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
( )

1 2 3 n
A A A A 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 SA
1
,
SA
2
, , SA
n
, SG
n
lần lượt tại
1 2 3 n
B ,B ,B , ,B
,
'
n
G
. Trong đó G
n
là trọng tâm của đa giác
( )
1 2 3 n
A A A A n 2≥
(Tức là thỏa mãn
n 1 n 2 n n

G A G A G A 0+ + + =
uuuuuur uuuuuur uuuuuur r
)
Chứng minh rằng :
1 2 n n
'
1 2 n
n
SA SA SA SG
n
SB SB SB
SG
+ + + =
Giải :
Nhận xét : G
n
là trọng tâm đa giác
( )
1 2 3 n
A A A A n 2≥
, khi đó G
n
, G
n-1
, A
n
thẳng hàng và thỏa
mãn
( )
n n n n 1

A G n 1 G G
−
= −
uuuuuur uuuuuuuuur
. Thật vậy,
G
n
là trọng tâm đa giác
( )
1 2 3 n n 1 n 2 n n
A A A A n 2 G A G A G A 0≥ ⇔ + + + =
uuuuuur uuuuuur uuuuuur r
( )
( )
n n n n 1 n 1 1 n 1 2 n 1 n 1
A G n 1 G G G A G A G A
− − − − −
⇔ = − + + + +
uuuuuur uuuuuuuuur uuuuuuuur uuuuuuuur uuuuuuuuuuur
( )
n n n n 1
A G n 1 G G
−
⇔ = −
uuuuuur uuuuuuuuur
Trở lại bài toán, ta sẽ chứng minh bằng quy nạp.
+ Với n=2 thì
1 2 2
'
1 2

2
SA SA SG
2
SB SB
SG
+ =
(đúng theo cách 1 của bài toán xuất phát)
+ Giả sử đẳng thức đúng với n=k ta chứng minh nó đúng với n=k+1.
Theo giả thiết quy nạp ta có
1 2 k k
'
1 2 k
k
SA SA SA SG
k
SB SB SB
SG
+ + + =
suy ra
1 2 k 1 k k 1
'
1 2 k 1 k 1
k
SA SA SA SG SA
k
SB SB SB SB
SG
+ +
+ +
+ + + = +

Qua A
k+1
, G
k
kẻ đường thẳng song song
với
'
k 1 k
B G
+
cắt SG
k+1
lần lượt tại E, F
Theo định lý Thales ta có

k 1 k
' ' '
k 1
k 1 k k 1
SA SG
SE SF
;
SB
SG SG SG
+
+
+ +
= =

1 2 k 1

' '
1 2 k 1
k 1 k 1
SA SA SA
SE SF
k
SB SB SB
SG SG
+
+
+ +
⇒ + + + = +
Mặt khác
k 1 k 1 k 1
k 1 k
k 1
EG A G
SE
k
SF G G
G F
+ + +
+
+
= = =
(Theo nhận xét trên)
Do đó
( )
1 2 k 1 k 1 k 1 k 1 k 1
' '

1 2 k 1
k 1 k 1
k 1 k 1 k 1 k 1 k 1
' ' '
k 1 k 1 k 1
SA SA SA SG EG SG FG
k
SB SB SB
SG SG
SG kFG SG FG SG
k k 1
SG SG SG
+ + + + +
+
+ +
+ + + + +
+ + +
− −
+ + + = +
− −
= + = +
Theo nguyên lý quy nạp suy ra điềm cần chứng minh.
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 15
k+1
k
k+1
k
k+1
’
k+1

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
Chứng minh rằng :
SA SB SC SG
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
2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
2 2
SA ' SC' SB' SD' SB' SD'
SA' SC'
 
+ ≥ + = + ≥
 ÷
 
Suy ra
SB'.SD' SB'.SD'
2
SA ' SC'

+ ≥
,
2
2 2
1 1 1 1 1
2 SB' SD'
SA' SC'
 
+ ≥ +
 ÷
 
,
2 2
SB'.SD ' SB'.SD'
2
SA ' SC'
+ ≥
+ Với B’, D’ là trung điểm của SB, SD thì
SA SC 1 1 4
4
SA' SC' SA' SC' a
+ = ⇔ + =
Kết hợp với các BĐT đại số :
1 1 4
x y x y
+ ≥
+
với x,y là các số dương
a b c b
4

2a b 2c b
+ +
+ ≥
− −
với
a, b,c 0>
và
1 1 2
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’
b)
2SA' a 2SC' a
P
4SA' a 4SC' a
+ +
= +
− −
• Xuất phát từ (***)
+ Với G’ là trọng tâm tứ diện SABC khi đó
SG 4
SG ' 3
=
Do đó
SA SB SC
4
SA' SB' SC'

+ + =
Áp dụng BĐT cauchy ta có :
3 3
SA SB SC SA SB SC V 27
4 3 3 V' V
SA' SB' SC' SA ' SB' SC' V ' 64
+ + = ≥ = ⇒ ≥
Mặt khác
AA'B'C' BA 'B'C' CA 'B'C ' SA 'B'C'
AA' BB' CC'
V V V V
SA ' SB' SC'
 
+ + = + +
 ÷
 
SA 'B'C' SA 'B'C'
SA SB SC
V 3 V
SA ' SB' SC'
 
= + + − =
 ÷
 
(V=V
SABC
, V’=V
SA’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 V
SA’B’C’
.
b) Của biểu thức
AA'B'C' BA'B'C' CA'B'C'
P=V +V +V
(Bài T10/301 tạp chí TH&TT năm 2002)
+ Với SA=a, SB=b, SC=c thì ta có
a b c
4
SA' SB' SC'
+ + =
Áp dụng bất đẳng Bunhiacopxki ta có
( )
2
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
16 a. b c a b c
SB' SC'
SA'
SA ' SB' SC'
 
 
= α + β + γ ≤ α +β + γ + +

 ÷
 ÷
 ÷
α
 
α β γ
 
Và áp dụng bất đẳng thức
( ) ( )
2
a b c 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
2 2 2
1 1 1
SA ' SB' SC'
+ +
α β γ
với

, ,α β γ
là số thực dương
b) Tìm giá trị lớn nhất của
ab bc ca
SA'.SB' SB'.SC' SC'.SA'
+ +
Nhận xét : Trường hợp khi
1α = β = γ =
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
2x y z x 2y z x y 2z
+ + ≤
+ + + + + +
với x, y,z là số dương thỏa mãn đẳng thức
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’.
Tìm giá trị lớn nhất của
1 1 1
2SA' SB' SC' SA ' 2SB' SC' SA ' SB' 2SC'
+ +

+ + + + + +
◦
2 2 2 2
2 2
y 2x z 2y
x 2z
3
xy yz zx
+ +
+
+ + ≥
với x, y,z là số dương thỏa mãn đẳng thức
1 1 1
1
x y z
+ + =
và
( ) ( ) ( )
x 1 y 1 z 1 64+ + + ≥
với x, y,z là số dương thỏa mãn đẳng thức
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+ + + ≥
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 17
Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
b)
2 2 2 2 2 2
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’.
Chứng minh rằng :
SB SD
3
SB' SD'
+ =
(Bộ đề thi đại học 1996)
+ 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.
Tính
SC SO

,
SK SO'
(O là tâm hình bình hành,
( )
O' SO P= ∩
)
+ 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’.
Tính
SC SD
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 diện
cắt SA, SB lần lượt tại A’, B’. Chứng minh rằng
SA SB
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
SA' SB' SC'
+ + =
. Ngược lại nếu mặt phẳng (P) tạo ra hệ thức trên thì có đặc điểm gì ?. 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 các
cạnh SA, SB, SC thỏa mãn
a b c
4
SA' SB' SC'
+ + =
. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) xác 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
SA SB SC SG
3
SA' SB' SC' SG '
+ + =
, kết hợp với giả thiết suy ra
SG SG 4
3 4
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 thỏa
mãn
( )
SA SB SG

3 k k 1
SA' SB' SG '
+ − = ≥
. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) xác định bởi ba điểm A’,
B’, G’ đi qua điểm cố định. Trong đó G là trọng tâm tam giác ABC.
• Từ (*) 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.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.A’, B’, C’ là các điểm thay đổi nằm trên các
cạnh SA, SB, SC thỏa mãn
( )
SA SC SB
k k 1
SA' SC' SB'
+ − = ≥
. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) xác
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.
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 19