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

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓATRƯỜNG THPT HẬU LỘC I SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI KHAI THÁC VÀ SÁNG TẠO BÀI TOÁN MỚI TỪ KHÁI NIỆM VÀ BÀI TẬP CƠ BẢN Người thực hiện: Nguyễn Th

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HẬU LỘC I

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI

KHAI THÁC VÀ SÁNG TẠO BÀI TOÁN MỚI

TỪ KHÁI NIỆM VÀ BÀI TẬP CƠ BẢN

Người thực hiện: Nguyễn Thị Yên

Chức vụ: Giáo viên

SKKN thuộc lĩnh vực(môn): Toán

Hậu Lộc, năm 2021

MỤC LỤC

Trang A Đặt vấn đề 3

B Nội dung

I Khai thác khái niệm

1 Khái niệm và một số tính chất 3

2 Khai thác và sáng tạo bài toán mới 4

2.1 Khai thác từ kết quả 1 4

2.2 Khai thác từ kết quả 2 9

II Khai thác bài toán 1 Một số cách giải bài toán 13

2 Khai thác bài toán và sáng tạo bài toán mới

2.1 Khái quát hóa bài toán 15

2.2 Khai thác và sáng tạo các bài toán về cực trị 17

2.3 Khai thác và sáng tạo các bài toán về tỉ số 19

2.4 Khai thác và sáng tạo các bài toán về chứng minh 19

C KẾT LUẬN 20

A Đặt vấn đề.

Trong quá trình dạy học, nếu giáo viên thường xuyên quan tâm đến việc hướngdẫn học sinh cách học, cách khai thác sách giáo khoa và khuyến khích các em đề xuấtbài toán mới, dạy học như vậy chắc chắn sẽ góp phần bồi dưỡng năng lực tự học, hứngthú, khả năng tự tìm tòi kiến thức cho học sinh và đặc biệt là phát triển được tư duyhọc sinh Vì thế, với đề tài sáng kiến kinh nghiệm:

” Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản”, tôi mong

muốn góp một phần nhỏ tài liệu nhằm phát triển tư duy của học sinh

Nội dung sáng kiến kinh nghiệm đề cập đến việc khai thác và sáng tạo các bàitoán 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 A1 2 n,và n số dương  1, 2, ,n.O là điểm thoã mãn

b) Kết quả 2 : Cho n điểm A A A1 2 n và n số dương  1, 2, ,n.O là điểm thoã mãn

a Kết hợp với khái niệm trọng tâm tam giác.

G là trọng tâm tam giác ABC ta có GA GB GC 0  

I EA

b Kết hợp với bài toán :

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

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

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

Cho đa giác lồi A A A1 2 n(n 3  ) ngoại tiếp đường tròn tâm J Chứng minh rằng với

( 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

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

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 tamgiác,đặt STBC=S ;Sa TAC=S ;Sb TAB=S c

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  

+ a b c R aIA bIB cIC     

sin A sin B sin C R sin A.IA sin B.IB sin C.IC

H A

A'

B' C'

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 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                

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

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

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

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

Rtan 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    

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 tamgiác Tìm giá trị nhỏ nhất của :

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

P tanA.MD tanB.ME tanC.MF

Thêm giả thiết tam giác ABC nhọn

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 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 

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

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

a. Từ đẳng thức AB BC CA 0       ce1 ae2be30

với e ,e ,e  1 2 3

là các vectơđơn 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 A A A1 2 n(n 3  ) Qua O kẻ các đường thẳng song song với A Ai i 1 ,i 1, n (xem Ai+1=A1) tương ứng cắt các cạnh

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

1 2 3

e ,e ,e   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, B1, C1 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 A1 2 n (n 3  ),e , i 1, ni 



là cácvectơ 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 A1 2 n (n 3  ),e , i 1, ni 

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 tam giác kẻ các đường thẳng song song với AA’, BB’, CC’ tương ứng cắt BC, CA, AB tại A , B ,C1 1 1

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 giácABC thì aAD bBE cCF 0  

I F A

B

C D

E

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 ĐặtBNC ,CNA , ANB ,

1 2 3

e ,e ,e  

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

Cho tam giác ABC Chứng minh rằng :

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

tam giác ABC nhọn

   0

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

với

e , e , e   là các vectơ đơn vị cùng hướng vớiTA,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.

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

h. Xét đa giác đều A A A1 2 n có tâm là O khi đó e1e2 e n 0

Ta được bài toán

Cho đa giác đều A A A1 2 n Tìm điểm M sao cho tổng MA +MA + +MA1 2 n nhỏ nhất.

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 , ma b c dtương 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

với Bi là hình chiếu của điểm O lên mặt phẳng đối diện với đỉnh Ai .

Suy ra với mọi điểm M thì

S MB S MB S MB S MB S OB S OB S OB S OB

Mặt khác S OB1 1S OB2 2S OB3 3S OB4 43V , với V là thể tích tứ diện

Ta được bài toán

Cho O là điểm nằm trong tứ diện A A A A1 2 3 4 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 : S MB1 1S MB2 2S MB3 3S MB4 43V

+ Xét H là trực tâm và nằm trong tứ diện A A A A1 2 3 4, theo định lý ’’con nhím ‘’ ta có

Ta được bài toán

H là trực tâm và nằm trong tứ diện A A A A1 2 3 4.Si là diện tích các mặt đối diện với đỉnh Ai Xác định vị trí điểm M sao cho S MA1 1S MA2 2S MA3 3S MA4 4 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 A A A A1 2 3 4.Hi là chân các đường cao hạ từ đỉnh

Ai Si là diện tích các mặt đối diện với đỉnh Ai Xác định vị trí điểm M sao cho

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

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 cáccạnh 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' SO ' SO ' SD ' SO ' SO '

Cách 2 : Sử dụng phương pháp vec tơ.

Đặt SA xSA ',SA xSA ',SB ySB',                                 

O' S

B

D F

O

B' D'E

O A

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' SO ' SO ' SD ' SO ' SO '

OF S hay OE.SADC=OF.SABC (2)

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 : SBCD SA SABD SC SADC SB SABC SD

h , h tương ứng là khoảng cách từ B, D đến AC ; h , h1' '3 tương ứng là khoảng cách

từ A, C đến (SBD), h , h'2 '4 tương ứng là khoảng cách từ B, D đến (SAC)

S SA ' S SD ' S SB' S 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 A A A1 2 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

{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 A A A A n 21 2 3 n   (trường hợp n=2 suy biến thành đoạn thẳng) 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 B , B , B , , B1 2 3 n, G'n Trong đó

Gn là trọng tâm của đa giác A A A A n 21 2 3 n  (Tức là thỏa mãn

Nhận xét : Gn là trọng tâm đa giácA A A A n 21 2 3 n  , khi đó Gn, Gn-1, An thẳng hàng