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

Sáng kiến kinh nghiệm THPT Khai thác và sáng tạo các bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản được nghiên cứu với các nội dung: Khai thác khái niệm, khai thác bài toán. Để nắm vững hơn nội dung kiến thức đề tài mời các bạn cùng tham khảo tài liệu.

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.

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 A A A ,1 2 n và n số dương  1, 2, ,n.O là điểm thoã mãn

n

i i

i 1



   khi đó với mọi điểm M ta có bất đẳng thức

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với O

b) Kết quả 2 : Cho n điểm A A A và n số dương 1 2 n  1, 2, ,n.O là điểm thoã mãn

n

i i

i 1





khi đó với mọi điểm M ta có bất đẳng thức

  

(Trong đó e i

cùng hướng với OA i

và ei 1

 , i=1,2,… ) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với O

Chứng minh :

a) Ta có :

                                   

(1)

Áp dụng BĐT Cauchy ta có :

i.MAi iOAi 2 MA OA , i 1, n,i i i i 0

2

   (2)

Từ (1)(2) suy ra điều phải chứng minh

b) Ta có :

2 Khai thác và sáng tạo các bài toán mới

2.1 Khai thác từ kết quả 1 :

A

B

D

Trong hệ quả 1, xuất hiện giả thiết

n

i i

i 1



   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  

   

nên ta có BĐT

MA MB MC MA.GA MB.GB MC.GC GA   GB GC

 Vì GA 2m , GBa 2m , GCb 2mc

Suy ra với mọi điểm M ta có :

1

2

Đặc biệt

 Với M O ta có

OA OB OC OA.GA OB.GB OC.GC GA   GB GC

Mặt khác ta có OA=OB=OC=R, ta có

R GA GB GC  3R hay ma mb mc 9R

2

m m m R

R GA GB GC  GA GB GC hay a2 2b 2c



3R GA GB GC hay m2a m2b m2c 27R2

4

   , 9R2a2b2c2

 Với M I ta có IA.GA IB.GB IC.GC GA   2GB2GC2

Mặt khác

do đó ta có

b Kết hợp với bài toán :

Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, gọi e , i 1, 2,3i 



là véc tơ đơn vị tương ứng cùng hướng với véc tơ IA, IB, IC  

Chứng minh rằng : cosAe1 cos eB 2 cos eC 3 0

Suy ra

Ta thu được bất đẳng thức

     

cos MA IA cos MB IB cos MC IC 0

Mặt khác cos IA cos IB cos IC AE BF CDA B C a b c

 

(Với D, E, F là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các cạnh BC, CA, AB)

Do đó cosA.MA cos MB cos MCB C a b c

 

Tổng quát

Cho đa giác lồi A A A (1 2 n n 3 ) ngoại tiếp đường tròn tâm J Chứng minh rằng với điểm M

n

i

i=1

A



( 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 IA b IB c IC 02  2  2 

Ta thu được bất đẳng thức

a IA MA IA b IB MB IB c IC MC IC 0

Hay MA IA IA sin A.  2 MB IB IBsin B  2 MC IC ICsin C 0  2 

với mọi điểm M

Giả thiết thêm tam giác cân cạnh x thì IA 2x, IB 10x

  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

Chứng minh rằng : S TA+S TB+S TC=0.a b  c

Khi T trùng với :

 I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta có aIA bIB cIC 0  

nên ta có

aMA bMB cMC aMA.IA bMB.IB cMC.IC aIA   bIB cIC

Mặt khác aIA2bIB2cIC2abc nên

M O ta có aOA2bOB2cOC2aOA.IA bOB.IB cOC.IC abc  

Kết hợp với công thức

+ 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

H A

A'

B' C'

+ a.IA b.IB c.IC abc

R

    a.IA b.IB c.IC 4S  

4p

   

 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

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

dụng định lý hàm số sin, cosin và đẳng thức sin 2A sin 2B sin 2C 4sin A sin Bsin C   ta được bài toán

Cho tam giác ABC nhọn , nội tiếp đường tròn bán kính bằng 1 và BC=a,AC=b,AB=c, với mọi

M nằm trong mặt phẳng tam giác thì :

a 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                

t anA.MA tan B.MB tan C.MC t anA.MA.HA tan B.MB.HB tan C.MC.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

sin CHA ' sin B sin B

tương tự ta có tanA.HA a, tanB.HB b 

Suy ra

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 STBC=S ;Sa TAC=S ;Sb TAB=S c

Chứng minh rằng: h , h1 3

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 zxME xzMF yzMD.TD zxME.TE xyMF.TF

yzTD zxTE xyTF

Hay MD2 ME2 MF2 MD ME MF x y z

 T Trùng với trọng tâm G của ABC, ta được kết quả:

a GD+b GE+c GF=0                

a MD b ME c MF a MD.GD b ME.GE c MF.GF

Mặt khác 3GD=ha, 3GE=hb, 3GF=hc do đó

 2  2  2  2 2 2 

1 aMD + bME + cMF a h MD+b h ME+c h MF

3



Hay aMD2 bME2 cMF2 4S2

3

 T trùng với O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC:

tanA.OD+tanB.OE+tanC.OF=0   

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 tanA.MD2tan B.ME2tan C.MF2 R2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

R tan B.tan C tan C.tan A tan A.tan B   và

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    

aMD bME cMF aMD.ID bME.IE cMF.IF aID   bIE cIF

Mặt khác ID=IE=IF=r nên

aMD bME cMF r aMD bME cMF 

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 :

A=MA +MB +MC

B=m MA+ m MB + m MC

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

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

2 2 2

K

L MD ME MF

N=tanA.MD +tanB.ME +tanC.MF

P tanA.MD tanB.ME tanC.MF

I aMD bME cMF

Thêm giả thiết tam giác ABC nhọn

R

tan B.tan C tan C.tan A tan A.tan B

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

Với tứ diện ABCD gần đều với a, b, c là độ dài các cặp cạnh đối diện thì trọng tâm G trùng với tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Khi đó ta có

GA GB GC GD R

4

Do đó

4

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 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 : V OA V OB V OC V OD 0A  B  C    D 

Ta thu được các bất đẳng thức

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 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

Chứng minh rằng : 2A 1 2B 1 2C 1 2D 1

S

Ta thu được các bất đẳng thức

2

C

S

.OA MA-OA + OB MB-OB + OC MC-OC + OD MD-OD 0

2

C

S

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

n

i i

i 1



 nên để sáng tạo bài

toán ta xuất phát từ đẳng thức trên

a. Từ đẳng thức AB BC CA 0   ce1ae2be30

với e ,e ,e  1 2 3

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 A 1 , B 1 , C 1 Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có

cMA aMB bMC cOA aOB bOC

Tổng quát : Cho O là điểm bất kỳ nằm đa giác lồi A A A (1 2 n n 3 ) Qua O kẻ các đường thẳng song song với A Ai i 1 ,i 1, n (xem A i+1 =A 1 ) tương ứng cắt các cạnh Ai 1 i 2 A tại B i .

n

i 1



 



b. Từ khái niệm trọng tâm tam giác.

G là trọng tâm tam giác ABCGA GB GC 0      m ea 1 m eb 2 m ec 3 0

Với e ,e ,e  1 2 3

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 A 1 , B 1 , C 1 Chứng minh rằng : m MAa 1 OA1m MBb 1 OB1m MCc 1 OC10

c. Từ định lý “con nhím” : Cho đa giác lồi A A A (1 2 n n 3 ),e , i 1, ni 



là các vectơ đơn vị hướng ra ngoài đa giác và tương ứng vuông góc với A Ai i 1 (xem Ai+1=A1) Chứng

minh rằng : A A e1 2 1 A A e2 3 2  A A e n 1 n  0

Ta được bài toán

Cho đa giác lồi A A A (1 2 n n 3 ),e , i 1, ni 



, 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



 



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

I F A

B

C D

E

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

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    

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 , e ,e ,e  1 2 3

là các vectơ đơn vị cùng hướng với NA, NB, NC  

Chứng minh rằng : sin e 1sin e 2sin e  3 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

MA sin MBsin MCsin NA sin NBsin NCsin

Đặc biệt :

 Khi BNC 120 ,CNA 90 , ANB 150 0   0   0 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

GA sin BIC GBsin CIA GCsin AIB IA sin BIC IBsin CIA ICsin AIB    

Mặt khác sin BIC sin B C sin A cosA



       

Tương tự sin CIA cos , sin AIB cos B  C

VàcosA.IA cos IB cos IC AE BF CDB C a b c

 

Cho tam giác ABC Chứng minh rằng :

 Cho M O, N I  ta được

OA cos OBcos OCcos

 

   , kết hợp định lý sin ta có

cos cos cos sin A sin B sin C

 Cho M H, N I  và kết hợp với tanA.HA a, tanB.HB b, tanC.HC c   khi

tam giác ABC nhọn

Ta được

a cos a cos a cos a b c

 

Hay cos A cosA cos BcosB cos CcosC sin A sin B sin C

g. Xét tam giác ABC có các góc nhỏ hơn 1200, khi đó tồn tại điểm T sao cho

ATBBTC CTA 120  (T được gọi là điểm Toricelly) lúc đó e 1e2e3 0

với e , e , e  1 2 3

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 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<1200, B<1200, C<1200 khi đó điểm M T.

+ Nếu A 120 0 thì AB AC 1

AB AC 

 

.Với điểm M bất kỳ ta có :

Khi đóM A Tương tự đối với các góc B, C

h. Xét đa giác đều A A A có tâm là O khi đó 1 2 n e1e2 e n 0

với e ,i 1, 2, i 



là các vectơ đơn vị cùng hướng với OA ,i 1, 2 i 



Suy ra với mọi điểm M thì MA +MA + +MA1 2 n OA +OA + +OA1 2 n

Ta được bài toán

Cho đa giác đều A A A Tìm điểm M sao cho tổng 1 2 n MA +MA + +MA nhỏ nhất.1 2 n

i. Khai thác trong không gian :

 Từ đẳng thức AB BC CD DA 0     ae1be2ce3de4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     m e m e m e m e 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

m MA ' m MB' m MC' m MD ' m OA ' m OB' m OC' m OD'      

(m , m , m , m tương ứng là độ dài các đường trọng tuyến xuất phát từ đỉnh A, B, C, D)a b c d

 Kết hợp định lý “con nhím” trong không gian