SKKN sáng kiến kinh nghiệm khai thác và sáng tạo các bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản

Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
A. Đặt vấn đề.
Trong quá trình dạy học, nếu giáo viên thường xuyên quan tâm đến việc hướng dẫn học
sinh cách học, cách khai thác sách giáo khoa và khuyến khích các em đề xuất bài toán mới, dạy
học như vậy chắc chắn sẽ góp phần bồi dưỡng năng lực tự học, hứng thú, khả năng tự tìm tòi
kiến thức cho học sinh và đặc biệt là phát triển được tư duy học sinh.
Nội dung sáng kiến kinh nghiệm đề cập đến việc khai thác và sáng tạo các bài toán mới
từ khái niệm và bài tập toán trong sách giáo khoa, sách bài tập thông qua ví dụ cụ thể.
Tổng quan về đề tài gồm :
Thứ nhất là khai thác khái niệm tích vô hướng. Khái niệm tích vô hướng có nhiều ứng dụng, đã
có một số bài viết liên quan trên báo toán học và tuổi trẻ như : “ Ứng dụng tích vô hướng vào
việc giải một số bài toán đại số “ _ của tác giả Phạm Bảo hay “ Ứng dụng tích vô hướng để giải
một số dạng toán “ _ của tác giả Trần Tuấn Điệp, Đỗ Mạnh Môn. Về vấn đề khai thác và sáng
tạo bài toán bất đẳng thức, cực trị từ khái niệm tích vô hướng chưa được tác giả nào nghiên cứu.
Thứ hai, là hướng khai thác bài 73 trang 64, SBT hình học 11 nâng cao.

Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ

Trang 1


Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
B. Nội dung.
I. Khai thác khái niệm
Ví dụ 1 : Xét tình huống khái niệm tích vô hướng (Sách giáo khoa hình học 10)
1. Khái niệm và một số tính chất.
Trước tiên xin nhắc lại khái niệm tích vô hướng của hai vectơ
“ Tích vô hướng của hai vectơ a và b là một số, kí hiệu là a . b , được xác định bởi
a.b  a . b cos a, b “

 

 

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 1, 2 ,..., n .O là điểm thoã mãn
n

 i OAi  0 khi đó với mọi điểm M ta có bất đẳng thức

i 1

n

n

n

i 1

i 1

i 1

 i .MAi2   iOAi .MAi   iOAi2

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 1, 2 ,..., n .O là điểm thoã mãn
n

 i ei  0 khi đó với mọi điểm M ta có bất đẳng thức

i 1

n

n

i 1

i 1

 i MAi   iOAi

(Trong đó ei cùng hướng với OAi và ei  1 , i=1,2,… )
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với O
Chứng minh :
n

n

i 1
n

i 1

a) Ta có : i OAi .MAi  i OAi .MAi , i  1, n   i OAi .MAi   i OAi .MAi
n

n

i 1

i 1





n

n

i 1

i 1

  i OAi .MAi   i OAi MO  OAi  MO. i OAi   i OAi2   i OAi2 (1)
i 1

Áp dụng BĐT Cauchy ta có :
i .MAi2  i OAi2  2i MAi .OAi , i  1, n, i  0
n



i 1
n

i .MAi2 

n

n

i 1
n

i 1

 iOAi .MAi  

i .MAi2 

n

n
2
i OAi  2 i OAi .MAi
i 1
i 1





(theo (1))

  i .MAi2   i OAi MAi (2)
i 1

i 1

Từ (1)(2) suy ra điều phải chứng minh.
b) Ta có :
n

n

i 1

i 1

n



i 1

i

n



 i MAi   OAi MAi .OAi   OAi

i

n
i

.OAi   i OAi
OAi
i 1
i 1

MAi .OAi  MO

n

n

n

n

i 1

i 1

i 1

i 1

  i MAi  MO i ei   i OAi   i OAi
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

Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
n

Trong hệ quả 1, xuất hiện giả thiết

 i OAi  0 do đó để sáng tạo bài toán mới ta kết hợp với

i 1

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 nên ta có BĐT

MA2  MB2  MC2  MA.GA  MB.GB  MC.GC  GA2  GB2  GC2
2
2
2
 Vì GA  ma , GB  m b , GC  mc
3
3
3
4
1
 GA 2  GB2  GC2  ma2  m 2b  mc2  a 2  b 2  c2
9
3
Suy ra với mọi điểm M ta có :
1

ma .MA  m b .MB  mc .MC  a 2  b 2  c 2
2



 









3  MA 2  MB2  MC2   2  ma .MA  m b .MB  mc .MC 
3 MA 2  MB2  MC2  a 2  b 2  c2

Đặc biệt
 Với M  O ta có

OA2  OB2  OC2  OA.GA  OB.GB  OC.GC  GA2  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
ma m b mc R
ma2  m b2  mc2 3R

ma  m b  mc
2
27 2
R , 9R 2  a 2  b2  c2
3R 2  GA2  GB2  GC2 hay ma2  m 2b  mc2 
4

R  GA  GB  GC   GA2  GB2  GC2 hay

Với M  I ta có IA.GA  IB.GB  IC.GC  GA2  GB2  GC2
r
r
r
Mặt khác IA 
do đó ta có
, IB 
, IC 
A
B
C
sin
sin
sin
2

2
2
ma
m
m
a 2  b2  c2
 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 ei , i  1, 2,3 là véc tơ đơn vị tương ứng cùng


hướng với véc tơ IA, IB, IC .
A
B
C
e1  cos e2  cos e3  0
2
2
2
A

B
C
cos
cos
cos
2 IA 
2 IB 
2 IC  0
Suy ra
IA
IB
IC
Ta thu được bất đẳng thức

Chứng minh rằng : cos

A
F
B

I
D

Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ

E

C

Trang 3

Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
A
B
C
.  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 M
cos

n

bất kỳ thì

 cos
i=1

Ai
.  MAi  JAi   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 : a 2 IA  b2 IB  c2 IC  0
Ta thu được bất đẳng thức

a 2 .IA  MA  IA   b2 .IB  MB  IB  c2 .IC  MC  IC   0
Hay  MA  IA  .IAsin 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 
ta được bài toán
, IB 
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 .
Chứng minh rằng : Sa TA+Sb .TB+Sc TC=0.
Khi T trùng với :
 I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta có aIA  bIB  cIC  0 nên ta có

aMA2  bMB2  cMC2  aMA.IA  bMB.IB  cMC.IC  aIA2  bIB2  cIC2
Mặt khác aIA2  bIB2  cIC2  abc nên

M  O ta có aOA2  bOB2  cOC2  aOA.IA  bOB.IB  cOC.IC  abc
r
r
r
abc
Kết hợp với công thức 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


Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
abc
 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
sin2A.OA+sin2B.OB+sin2C.OC=0
Với ABC là tam giác nhọn thì sin2A>0, sin2B>0, sin2C>0. Ta có

+ a.IA  b.IB  c.IC 

sin 2A.MA.OA  sin 2B.MB.OB  sin 2C.MC.OC  sin 2A.OA 2  sin 2B.OB2  sin 2C.OC2
 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 :













a 2 b2  c2  a 2 MA  b2 c2  a 2  b2 MB  c2 a 2  b2  c2 MC  a 2b2c2
(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
t anA.MA 2  tan B.MB2  tan C.MC2  t anA.MA.HA  tan B.MB.HB  tan C.MC.HC
2

2

2

Mặt

khác

 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
C'
HC 


 2RcosC  tanC.HC  c
sin CHA ' sin B
sin B
H
tương tự ta có tanA.HA  a, tanB.HB  b
C
B
Suy ra
2

2

2

2

2

A'

tanA.MA  tan B.MB  tan C.MC  a.MA  b.MB.  cMC  HA  HB  HC2
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, h3
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
yzMD 2  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 ABC , ta được kết quả:

a 2.GD+b2.GE+c2.GF=0
a 2 MD2  b 2 ME 2  c2 MF2  a 2 MD.GD  b 2 ME.GE  c 2MF.GF
 a 2GD 2  b 2GE 2  c2GF2
Mặt khác 3GD=ha, 3GE=hb, 3GF=hc do đó

Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ

Trang 5


Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.

 aMD 2 +  bME 2 +  cMF 2 
2

2



1 2
a h a MD+b 2h b ME+c 2h c MF
3

1
 1
 1

  ah a  +  bh b  +  ch c 
3
 3
 3




2

2
2
2 4
Hay  aMD    bME    cMF   S2 và a.MD+bME+C.MF  2S
3

 T trùng với O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC :
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.MD2  tan B.ME2  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
MD 2
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
 T trùng với I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta có aID  bIE  cIF  0

aMD2  bME2  cMF2  aMD.ID  bME.IE  cMF.IF  aID2  bIE2  cIF2
Mặt khác ID=IE=IF=r nên
aMD2  bME2  cMF2  r  aMD  bME  cMF 

aMD2  bME2  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=ma .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.MC2
F=sin2A.MA+sin2B.MB+sin2C.MC
Thêm giả thiết tam giác ABC nhọn

G  tanA.MA 2  tan B.MB2  tan C.MC2
H  a.MA  b.MB.  cMC
 Với D, E, F lần lượt là hình chiếu M lên cạnh BC, CA, AB. x, y, z lần lượt là
khoảng cách từ T lên BC, CA, AB

Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ

Trang 6


Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
MD 2 ME 2 MF2
K


x
y

z
L  MD  ME  MF
M  a 2 MD 2  b 2 ME 2  c 2 MF2
N=tanA.MD 2 +tanB.ME 2 +tanC.MF2
P  tanA.MD  tanB.ME  tanC.MF
Q  aMD 2  bME 2  cMF2
I  aMD  bME  cMF
Thêm giả thiết tam giác ABC nhọn

MD2
ME 2
MF2


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
Ta thu được bất đẳng thức
R

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



2 a 2  b2  c2

GA  GB  GC  GD  R 



4

Do đó
MA 2  MB2  MC2  MD2 





2 a 2  b 2  c2
4

MA  MB  MC  MD  2 a 2  b2  c2

  MA  MB  MC  MD



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 MA2  MB2  MC2  MD2  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 .
Chứng minh rằng : VA .OA  VB .OB  VC .OC  VD .OD  0
Ta thu được các bất đẳng thức
VA .OA  MA-OA  +VB .OB  MB-OB  +VC .OC  MC-OC  +VD .OD  MD-OD   0

VA .MA  MA-OA  +VB .MB  MB-OB  +VC .MC  MC-OC  +VD .MD  MD-OD   0

h. Kết hợp với bài toán: Cho tứ diện ABCD,O là một điểm bất kỳ trong tứ
diện. Gọi A1, B1, C1, D1 lần lượt là hình chiếu của O lên mặt phẳng
(BCD); (ACD); (ABD); (ABC). Đặt SA  SBCD ;SB  SACD ;SC  SABD ; SD  SABC
VA  VOBCD ; VB  VOACD ; VC  VOABD ; VC  VOABD

Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ

Trang 7


Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
2
SC
S2A
S2B
S2D
OA1 
OB1 
OC1 
OD1  0
Chứng minh rằng :

VA
VB
VC
VD
Ta thu được các bất đẳng thức

2
SC
S2A
S2B
S2D
.OA  MA-OA  +
.OB  MB-OB  +
.OC  MC-OC  +
.OD  MD-OD   0
VA
VB
VC
VD

S2
S2A
S2
S2
.MA  MA-OA  + B .MB  MB-OB  + C .MC  MC-OC  + D .MD  MD-OD   0
VA
VB
VC
VD
n

2.2. Khai thác từ kết quả 2 : Trong hệ quả xuất hiện giả thiết

  i ei  0

nên để sáng tạo bài

i 1

toán ta xuất phát từ đẳng thức trên.
a. Từ đẳng thức AB  BC  CA  0  ce1  ae2  be3  0 với e1, e2 , e3 là các vectơ đơn
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.
G là trọng tâm tam giác ABC  GA  GB  GC  0  ma e1  m b e2  mc e3  0 . Với e1, e2 , e3
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 tại các điểm A1, B1, C1. Chứng minh rằng
: ma  MA1  OA1   mb  MB1  OB1   mc  MC1  OC1   0

c. Từ định lý “con nhím” : Cho đa giác lồi A1A 2 ...A n ( n  3 ), ei , i  1, n là các
vectơ đơn vị hướng ra ngoài đa giác và tương ứng vuông góc với Ai Ai 1 (xem Ai+1=A1). Chứng
minh rằng : A1A 2 e1  A 2A3 e2  ...  A n A1en  0
Ta được bài toán
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,
CA, AB và thoả mãn A‟B:A‟C=B‟C:B‟A=C‟A:C‟B=k thì AA '  BB '  CC '  0
Ta thu được bài toán
Cho tam giác ABC, các điểm A’, B’, C’ lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, AB và thoả mãn
A’B:A’C=B’C:B’A=C’A:C’B=k(k là số thực dương cho trước). Qua điểm O bất kỳ nằm trong
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ

Trang 8


Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.

tam giác kẻ các đường thẳng song song với AA’, BB’, CC’ tương ứng cắt BC, CA, AB tại
A1, B1, C1
Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có
AA'  MA1-OA1  +BB'  MB1-OB1  +CC'  MC1-OC1   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 .
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   , e1, e2 , e3 là
các vectơ đơn vị cùng hướng với NA, NB, NC .
Chứng minh rằng : sin .e1  sin .e2  sin  e3  0
Ta đề xuất được bài toán
Cho tam giác ABC; N là điểm trong tam giác, đặt BNC  , CNA  , ANB   . Chứng minh
rằng với mọi điểm M ta có
MAsin   MBsin   MCsin   NAsin   NBsin   NCsin 
Đặc biệt :


Khi BNC  1200 ,CNA  900 , ANB  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
GAsin BIC  GBsin CIA  GCsin AIB  IAsin BIC  IBsin CIA  ICsin AIB
B C
A

 A
Mặt khác sin BIC  sin       sin     cos
2 2
2

2 2
B
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
Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng :
F
A
B
C 3
I
ma cos  m b cos  mc cos   a  b  c 
2
2
2 4
D
B
 Cho M  O, N  I ta được
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

E
C

Trang 9


Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
A
A
A
a cos
a cos
2 
2 
2  abc
Ta được
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
0
g. Xét tam giác ABC có các góc nhỏ hơn 120 , khi đó tồn tại điểm T sao cho
a cos

ATB  BTC  CTA  1200 (T được gọi là điểm Toricelly) lúc đó e1  e2  e3  0 với e1, e2 , 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<1200, B<1200, C<1200. khi đó điểm M  T.
+ Nếu A  1200 thì

AB AC

 1 .Với điểm M bất kỳ ta có :
AB AC
2

2

 AB AC  AB

MB.AB MC.AC
AC
MA  MB  MC  MA 

 MA  MA 



AB
AC
AC
 AB AC  AB

Khi đó M  A . Tương tự đối với các góc B, C.
h. Xét đa giác đều A1A 2 ...A n có tâm là O khi đó e1  e2  ...  en  0 với ei ,i  1, 2,... là
các vectơ đơn vị cùng hướng với OAi ,i  1, 2... .
Suy ra với mọi điểm M thì MA1 +MA2 +...+MAn  OA1 +OA2 +...+OAn
Ta được bài toán
Cho đa giác đều A1A 2 ...A n . Tìm điểm M sao cho tổng MA1 +MA2 +...+MA n nhỏ nhất.

i. Khai thác trong không gian :
 Từ đẳng thức AB  BC  CD  DA  0  ae1  be2  ce3  de 4  0
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
GA  GB  GC  GD  0  ma e1  mb e2  mc e3  md e4  0

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
ma MA ' mb MB' mcMC' md MD'  ma OA ' mbOB' mcOC' mdOD'
( ma , mb , mc , md 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 A1A2A3A4 , 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
S1e1 +S2 e2 +S3 e3 +S4 e4 =0
+ Với O là điểm bất kỳ nằm trong tứ diện, theo định lý ’’con nhím ‘’ ta có
S1e1 +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  S2MB2  S3MB3  S4MB4  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 A1A2A3A4 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 Ai. Chứng minh rằng :
S1MB1  S2MB2  S3MB3  S4MB4  3V
+ Xét H là trực tâm và nằm trong tứ diện A1A2A3A4 , theo định lý ’’con nhím ‘’ ta có
S1e1 +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  S2MA2  S3MA3  S4MA4  S1.HA1  S2 .HA2  S3.HA3  S4 .HA4
4

Mặt khác S1.HA1  S2 .HA 2  S3 .HA3  S4 .HA 4   Si .  hi  di   4.3V  3V  9V
i 1

( hi là chiều cao của tứ diện ứng với đỉnh Ai, 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 A1A2A3A4 .Si là diện tích các mặt đối diện với đỉnh Ai.
Xác định vị trí điểm M sao cho S1MA1  S2MA2  S3MA3  S4MA4 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 A1A2A3A4 .Hi là chân các đường cao hạ từ đỉnh Ai. Si là
 4
 4

diện tích các mặt đối diện với đỉnh Ai. Xác định vị trí điểm M sao cho   Si MAi    Si MHi 



 i 1
  i 1

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 e1  OA ', e2  OB', e3  OC ', e4  OD ' 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 e1  e2  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

Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ

Trang 11


Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
II. Khai thác bài toán
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‟.
SA SC SB SD



Chứng minh rằng :
(*)
SA ' SC ' SB' SD '
1. Một số cách giải bài boán
B
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  )
SB SD
SO

2
SB' SD '
SO '
SA SC
SO

2
Tương tự
SA ' SC '
SO '
SA SC SB SD



Do đó
SA ' SC ' SB' SD '
Cách 2 : Sử dụng phương pháp vec tơ.

Đặt SA  xSA',SA  xSA',SB  ySB',

D'

B'
O'
E
O

D

F

S

Nên

A'

A

D'

O'

B'

C'

D

O

SC  zSC', SA  tSA'
(x, y, z, t là các số lớn hơn 1)

B

Ta có SA  SC  SB  SD (vì cùng bằng

S

C

1
SO )
2

 xSA '  zSC '  ySB'  tSD '
SA ' 

y
t
z
SB'  SD '  SC '
x
x
x

Vì A‟, B‟, C‟, D‟ đồng phẳng nên

y t z
  1 x  z  y  t
x x x

SA SC SB SD



SA ' SC ' SB' SD '
Cách 3 : Sử dụng phương pháp thể tích.
V
SA '.SB'.SC '
Nhận xét : SA 'B'C ' 
trong đó A‟ B‟ C‟ lần lượt là giao điểm của mặt phẳng (P)
VSABC
SA.SB.SC
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 '

Hay



VA 'B'C ' VA 'C 'D ' VA 'B'D ' VB'C 'D '



VSABCD VSABCD VSABCD VSABCD

V
V
V
V
 SA 'B'C '  SA 'C 'D '  SA 'B'D '  SB'C 'D '
VSABC
VSACD
VSABD
VSBCD

Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ

Trang 12


Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
1
(Do VSABC=VSACD= VSABD= VSBCD= VSABCD )
2
SA '.SB'.SC ' SA '.SC '.SD ' SA '.SB'.SD ' SA '.SC '.SD '




SA.SB.SC
SA.SC.SD
SA.SB.SD
SA.SC.SD
SA SC SB SD





SA ' SC ' SB' SD '
Cách 4 : Sử dụng phương pháp diện tích.
SSB'O '  SSO 'D '  SSB'D '

S
S
S
 SB'O '  SO 'D '  SB'D '
SSBD
SSBD
SSBD
S
S
S
 SB'O '  SO 'D '  SB'D '
SSBO
SSOD
SSBD
S
SB'.SO ' SO '.SD ' SB'.SD '



SB.SO
SO.SD
SB.SD

D'
SB SD
SO


2
B'
O'
SB' SD '
SO '
SA SC
SO

2
Tương tự
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

Áp dụng tính chất phép chiếu ta có

 1
1 
1
1
1
1
1 1
2





2
2
2  SA ' SC ' SB' SD '
SB' SD '
SC ' 
 SA '

OA1 OA

 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 '

Mặt khác

2

1 1
1 



Do đó
2
2 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)

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 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 '
1

1

Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ

Trang 13


Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
OE BO

S
OF DO
BO BB'' SABC
Mặt khác


DO DD '' SADC
D'
B'
(Trong đó B‟‟, D‟‟ là hình chiếu của B, D lên AC)
O'
E
OE SABC
B
Suy ra
hay OE.SADC=OF.SABC (2)

OF SADC
O
D
Từ (1), (2) ta có :
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
 SABD
 SABCD .
Tương tự ta có SBCD
B
C
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’.
SA
SC
SB
SD
 SABD
 SADC
 SABC
Chứng minh rằng : SBCD
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 :
SA
SC
SB
SD
OE VSABC
 VSABD
 VSADC
 VSABC

ta được VSBCD


SA '
SC '
SB'
SD '
OF VSADC

Và



OE h 2 h '2


Trong đó h1, h3 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  h 3 SA ' h1  h 3 SC ' h 2  h 4 SB' h 2  h 4 SD '
h 3'

h1'
h '4 SB
h '2 SD
SA
SC



h1'  h 3' SA ' h1'  h 3' SC ' h '2  h '4 SB' h '2  h '4 SD '
OE SABO VSABO

ta được


OF SAOD VSAOD
SBOC SA SABO SC SAOD SB SABO SD



SABC SA ' SABC SD ' SABD SB' SABD SD '
VSBOC SA VSABO SC VSAOD SB VSABO SD



VSABC SA ' VSABC SD ' VSABD SB' VSABD SD '
2. Hướng 2 : Thay đáy bởi đa giác.
Từ lời giải 1 dễ dàng đề xuất bài toán mở rộng sau :

Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ

Trang 14


Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
Bài toán 2 : Cho đa giác đều A1A 2 ...A 2n  n  2  nằm trong mặt phẳng (P). S là một điểm nằm
ngoài mặt (P).Mặt phẳng    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



... 

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)

Chứng minh rằng :

nằm trong mặt phẳng (P). S là một điểm nằm ngoài mặt (P).Mặt phẳng    cắt các cạnh SA1,
SA2, ..., SAn, SGn lần lượt tại B1, B2 , B3 ,..., Bn , G 'n . Trong đó Gn là trọng tâm của 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 )

Chứng minh rằng :

SA1 SA 2

SA n
SG n

 ... 
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, Gn-1, An thẳng hàng và thỏa
mãn An G n   n  1 G n G n 1 . Thật vậy,
Gn là trọng tâm đa giác A1A2A3...An  n  2   G n A1  G n A2  ...  G n An  0



 A n G n   n  1 G n G n 1  G n 1A1  G n 1A 2  ...  G n 1A n 1



 An Gn   n  1 Gn Gn 1
Trở lại bài toán, ta sẽ chứng minh bằng quy nạp.
SA1 SA 2
SG 2
+ Với n=2 thì
(đúng theo cách 1 của bài toán xuất phát)

2
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

 ... 
k

SB1 SB2
SBk 1
SG 'k SBk 1
Qua Ak+1, Gk kẻ đường thẳng song song

S

suy ra

‟

với Bk 1G 'k cắt SGk+1 lần lượt tại E, F

Theo định lý Thales ta có
SA k 1
SG k
SE
SF

;

'
'
SBk 1 SG k 1 SG k SG 'k 1
SA SA 2
SA k 1
SE
SF
 1
 ... 

k
'
SB1 SB2
SBk 1 SG k 1
SG 'k 1

Mặt khác

Gk+1
Bk+1
Ak+1

G'k

E

Gk+1

Gk

F

SE EG k 1 A k 1G k 1


 k (Theo nhận xét trên)
SF G k 1F
G k 1G k

Do đó

Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ

Trang 15


Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
SA1 SA 2
SA k 1 SG k 1  EG k 1
SG k 1  FG k 1

 ... 


k
'
SB1 SB2
SBk 1
SG k 1
SG 'k 1


SG k 1  kFG k 1

k

SG k 1  FG k 1

  k  1

SG 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



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 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
2
2  SA ' SC ' SB' SD '
SB' SD '
SC ' 
 SA '
2

1
1
1 1
1 
SB'.SD '
SB'.SD '

 

Suy ra

 2,
 ,
2
2
2  SB' SD ' 
SA '
SC '
SA '
SC '
SB '.SD ' SB '.SD '


2
SA '2
SC '2
SA SC
1
1
4

4


+ Với B‟, D‟ là trung điểm của SB, SD thì
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


4
Do đó
SA ' SB' SC '
Áp dụng BĐT cauchy ta có :
SA SB SC
SA SB SC
V
27


 4  33
 33
 V'
V
SA ' SB ' SC '
SA ' SB ' SC '
V'

64

Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ

Trang 16


Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
 AA ' BB' CC ' 
Mặt khác VAA 'B'C '  VBA 'B'C '  VCA 'B'C '  VSA 'B'C ' 



 SA ' SB' SC ' 
 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


4
+ Với SA=a, SB=b, SC=c thì ta có
SA ' SB' SC '
Áp dụng bất đẳng Bunhiacopxki ta có
2



1
1
1 

2
2
2
16   a. 
b 
c 
  a  b  c
SB'
SC
'

SA
'






 1
1
1 




2
SB'2 SC '2 
 SA '

Và áp dụng bất đẳng thức  a  b  c   3  ab  bc  ca  ta có :
2

2

b
c 
bc
ca 
 a
 ab
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 , ,  là số thực dương
SA '2 SB'2 SC '2
ab
bc
ca


b) Tìm giá trị lớn nhất của
SA '.SB' SB'.SC ' SC '.SA '
Nhận xét : Trường hợp khi       1 ở câu a ta được bài toán T10 số 278 tạp chí toán học
tuổi trẻ, khi a=b=c ở câu b ta được bài toán T10 số 288 tạp chí toán học tuổi trẻ.
+ Kết hợp với các bài toán BĐT đại số.
1
1
1



 1 với x, y,z là số dương thỏa mãn đẳng thức
◦
2x  y  z x  2y  z x  y  2z
1 1 1
  4.
x y z
Và đặc biệt hóa cho a=b=c=1 ta có bài toán
Cho hình chóp S.ABC với SA=SB=SC=1. Mặt phẳng (P) di dộng luôn đi qua trọng tâm G của
hình chóp lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC, SG tại A’, B’, C’.
1
1
1


Tìm giá trị lớn nhất của
2SA ' SB' SC ' SA ' 2SB' SC ' SA ' SB' 2SC '

Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ

Trang 17


Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
y 2  2x 2
z 2  2y 2
x 2  2z 2


 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

◦

SB'2  2SA '2
SC '2  2SB'2
SA '2  2SC '2


b)
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

 3 (Bộ đề thi đại học 1996)
Chứng minh rằng :
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 diện
SA SB

2
cắt SA, SB lần lượt tại A’, B’. Chứng minh rằng
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 ?. Trả
SA ' SB' SC '
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
a
b
c


 4 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) xác định bởi
cạnh SA, SB, SC thỏa mãn
SA ' SB' SC '
ba điểm A’, B’, C’ đi qua điểm cố định. Xác định điểm đó.
Hướng dẫn giải :
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, G '  SG   P  . Khi đó (***) ta có

Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ

Trang 18


Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
SA SB SC
SG

SG
SG 4


3
4

, kết hợp với giả thiết suy ra 3
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 thỏa
SA SB
SG

3
 k  k  1 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) xác định bởi ba điểm A’,
mãn
SA ' SB'
SG '
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



 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 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