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

Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập A Đặt vấn đề Trong trình dạy học, giáo viên thường xuyên quan tâm đến việc hướng dẫn học sinh cách học, cách khai thác sách giáo khoa khuyến khích em đề xuất toán mới, dạy học chắn góp phần bồi dưỡng lực tự học, hứng thú, khả tự tìm tòi kiến thức cho học sinh đặc biệt phát triển tư học sinh Nội dung sáng kiến kinh nghiệm đề cập đến việc khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập toán sách giáo khoa, sách tập thông qua ví dụ cụ thể Tổng quan đề tài gồm : Thứ khai thác khái niệm tích vô hướng Khái niệm tích vô hướng có nhiều ứng dụng, có số viết liên quan báo toán học tuổi trẻ : “ Ứng dụng tích vô hướng vào việc giải số toán đại số “ _ tác giả Phạm Bảo hay “ Ứng dụng tích vô hướng để giải số dạng toán “ _ tác giả Trần Tuấn Điệp, Đỗ Mạnh Môn Về vấn đề khai thác sáng tạo toán bất đẳng thức, cực trị từ khái niệm tích vô hướng chưa tác giả nghiên cứu Thứ hai, hướng khai thác 73 trang 64, SBT hình học 11 nâng cao Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập B Nội dung I Khai thác khái niệm Ví dụ : Xét tình khái niệm tích vô hướng (Sách giáo khoa hình học 10) Khái niệm số tính chất Trước tiên xin nhắc lại khái niệm tích vô hướng hai vectơ “ Tích vô hướng hai vectơ a b số, kí hiệu a b , xác định a.b  a b cos a, b “     Từ cos a, b  ta rút kết sau : a) Kết : Cho n điểm A1A A n , n số dương 1, 2 , , n O điểm thoã mãn n  i OAi  với điểm M ta có bất đẳng thức i 1 n n n i 1 i 1 i 1  i MAi2   iOAi MAi   iOAi2 Dấu xảy M trùng với O b) Kết : Cho n điểm A1A A n n số dương 1, 2 , , n O điểm thoã mãn n  i ei  với điểm M ta có bất đẳng thức i 1 n n i 1 i 1  i MAi   iOAi (Trong ei hướng với OAi ei  , i=1,2,… ) Dấu xảy 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  n  i 1 n i MAi2  n n i 1 n i 1  iOAi MAi   i MAi2  n n i OAi  i OAi MAi i 1 i 1   (theo (1))   i MAi2   i OAi MAi (2) i 1 i 1 Từ (1)(2) suy 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 Khai thác sáng tạo toán 2.1 Khai thác từ kết : Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập n Trong hệ 1, xuất giả thiết  i OAi  để sáng tạo toán ta kết hợp với i 1 đẳng thức vectơ a Kết hợp với khái niệm trọng tâm tam giác G trọng tâm tam giác ABC ta có GA  GB  GC  nên ta có BĐT MA2  MB2  MC2  MA.GA  MB.GB  MC.GC  GA2  GB2  GC2 2  Vì GA  ma , GB  m b , GC  mc 3  GA  GB2  GC2  ma2  m 2b  mc2  a  b  c2 Suy với điểm M ta có : ma MA  m b MB  mc MC  a  b  c 2          MA  MB2  MC2    ma MA  m b MB  mc MC  MA  MB2  MC2  a  b  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 1 R  GA  GB  GC   3R hay ma  m b  mc  R suy    ma m b mc R ma2  m b2  mc2 3R  ma  m b  mc 27 R , 9R  a  b2  c2 3R  GA2  GB2  GC2 hay ma2  m 2b  mc2  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  ta có , IB  , IC  A B C sin sin sin 2 ma m m a  b2  c2  b  c  A B C 2r sin sin sin 2 b Kết hợp với toán : Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, gọi ei , i  1, 2,3 véc tơ đơn vị tương ứng  hướng với véc tơ IA, IB, IC A B C e1  cos e2  cos e3  2 A B C cos cos cos IA  IB  IC  Suy IA IB IC Ta thu bất đẳng thức Chứng minh : cos A F B I D Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ E C Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập A B C  MA  IA   cos  MB  IB   cos  MC  IC   2 A B C a bc Mặt khác cos IA  cos IB  cos IC  AE  BF  CD  2 2 (Với D, E, F tiếp điểm đường tròn nội tiếp tam giác ABC với cạnh BC, CA, AB) A B C a bc Do cos MA  cos MB  cos MC  với điểm M 2 2 Tổng quát Cho đa giác lồi A1A A n ( n  ) ngoại tiếp đường tròn tâm J Chứng minh với điểm M cos n  cos i=1 Ai  MAi  JAi   ( Đề tác giả báo TH & TT, T8/389 tháng 11/2009) c Kết hợp với toán : Cho tam giác ABC vuông A I trung điểm đường cao AH Chứng minh : a IA  b2 IB  c2 IC  Ta thu bất đẳng thức a IA  MA  IA   b2 IB  MB  IB  c2 IC  MC  IC   Hay  MA  IA  IAsin A   MB  IB IBsin B   MC  IC  ICsin C  với điểm M 2x 10x Giả thiết thêm tam giác cân cạnh x IA  ta toán , IB  4 Cho tam giác ABC vuông cân A Xác định điểm M cho 2MA  10  MB  MC đạt giá trị nhỏ d Kết hợp với toán : Cho tam giác ABC với cạnh AB=c,BC=a,CA=b.T điểm nằm tam giác,đặt STBC =Sa ;STAC =Sb ;STAB =Sc Chứng minh : Sa TA+Sb TB+Sc TC=0 Khi T trùng với :  I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta có aIA  bIB  cIC  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 +  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 Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập abc  a.IA  b.IB  c.IC  4S R a b c     4p A B C sin sin sin 2  O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có sin2A.OA+sin2B.OB+sin2C.OC=0 Với ABC tam giác nhọn 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  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 đẳng thức sin 2A  sin 2B  sin 2C  4sin Asin Bsin C ta toán Cho tam giác ABC nhọn , nội tiếp đường tròn bán kính BC=a,AC=b,AB=c, với M nằm mặt phẳng tam giác :       a b2  c2  a MA  b2 c2  a  b2 MB  c2 a  b2  c2 MC  a 2b2c2 (Bài 185, trang 49_Tuyển tập 200 thi vô địch toán)  H trực tâm tam giác ta có tanA.HA+tanB.HB+tanC.HC=0 t anA.MA  tan B.MB2  tan C.MC2  t anA.MA.HA  tan B.MB.HB  tan C.MC.HC 2 Mặt khác  HA  HB  HC tam giác ABC nhọn, gọi A‟, B‟, C‟ chân đường cao hạ từ A,B,C.Xét tam giác A HA‟C vuông 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 2 2 A' tanA.MA  tan B.MB  tan C.MC  a.MA  b.MB  cMC  HA  HB  HC2 e Kết hợp với toán : Cho tam giác ABC với cạnh AB=c, BC=a, CA=b T điểm nằm tam giác , D, E, F hình chiếu T lên cạnh BC, CA, AB Đặt STBC =Sa ;STAC =Sb ;STAB =Sc Chứng minh rằng: h1, h3 Gọi x,y,z khoảng cách từ T lên BC, CA, AB  Tam giác ABC ta yzTD  zx.TE  xy.TF  yzMD  zxME  xzMF2  yzMD.TD  zxME.TE  xyMF.TF  yzTD2  zxTE  xyTF2 MD ME MF2 Hay    MD  ME  MF  x  y  z x y z  T Trùng với trọng tâm G ABC , ta kết quả: a 2.GD+b2.GE+c2.GF=0 a MD2  b ME  c2 MF2  a MD.GD  b ME.GE  c 2MF.GF  a 2GD  b 2GE  c2GF2 Mặt khác 3GD=ha, 3GE=hb, 3GF=hc Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập  aMD 2 +  bME 2 +  cMF 2  2  a h a MD+b 2h b ME+c 2h c MF 1  1  1    ah a  +  bh b  +  ch c  3  3  3   2 2 Hay  aMD    bME    cMF   S2 a.MD+bME+C.MF  2S  T trùng với O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC : tanA.OD+tanB.OE+tanC.OF=0 tanA.MD  tan B.ME  tan C.MF2  tanA.MD.OD  tanB.ME.OE  tanC.MF.OF  tanA.OD2  tanB.OE  tanC.OF2 Suy tanA.MD2  tan B.ME2  tan C.MF2  R  tanA  tanB  tanC  tanA.MD  tanB.ME  tanC.MF  R  tanA  tanB  tanC  Mặt khác tanA+tanB+tanC = tanA.tanB.tanC nên tam giác ABC nhọn MD ME MF2    R tan B.tan C tan C.tan A tan A.tan B MD ME MF    R với 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  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 aMD  bME  cMF  3r Từ kết ta đề xuất toán cực trị sau :  Cho tam giác ABC với cạnh AB=c,BC=a,CA=b, M điểm tam giác Tìm giá trị nhỏ : A=MA +MB2 +MC2 B=ma MA+ m b MB + mc MC C=aMA +bMB2 +cMC2 D=aMA.IA+bMB.IB+cMC.IC E=sin2A.MA +sin2B.MB2 +sin2C.MC2 F=sin2A.MA+sin2B.MB+sin2C.MC Thêm giả thiết tam giác ABC nhọn G  tanA.MA  tan B.MB2  tan C.MC2 H  a.MA  b.MB  cMC  Với D, E, F hình chiếu M lên cạnh BC, CA, AB x, y, z khoảng cách từ T lên BC, CA, AB Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập MD ME MF2 K   x y z L  MD  ME  MF M  a MD  b ME  c MF2 N=tanA.MD +tanB.ME +tanC.MF2 P  tanA.MD  tanB.ME  tanC.MF Q  aMD  bME  cMF2 I  aMD  bME  cMF Thêm giả thiết tam giác ABC nhọn MD2 ME 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 trọng tâm tứ diện ABCD Với G trọng tâm tứ diện ABCD ta có GA  GB  GC  GD  Ta thu bất đẳng thức R MA  MB2  MC2  MD  MA.GA  MB.GB  MC.GC  MD.GD  GA  GB2  GC2  GD2 Với tứ diện ABCD gần với a, b, c độ dài cặp cạnh đối diện trọng tâm G trùng với tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Khi ta có  a  b2  c2 GA  GB  GC  GD  R   Do MA  MB2  MC2  MD2    a  b  c2 MA  MB  MC  MD  a  b2  c2   MA  MB  MC  MD  Ta toán Cho tứ diện gần ABCD có tổng bình phương cạnh 16 Chứng minh với điểm M ta có MA2  MB2  MC2  MD2  MA  MB  MC  MD  g Kết hợp với toán: Cho tứ diện ABCD, O điểm tứ diện Đặt VA  VOBCD ; VB  VOACD , VC  VOABD ; VC  VOABD Chứng minh : VA OA  VB OB  VC OC  VD OD  Ta thu bất đẳng thức VA OA  MA-OA  +VB OB  MB-OB  +VC OC  MC-OC  +VD OD  MD-OD   VA MA  MA-OA  +VB MB  MB-OB  +VC MC  MC-OC  +VD MD  MD-OD   h Kết hợp với toán: Cho tứ diện ABCD,O điểm tứ diện Gọi A1, B1, C1, D1 hình chiếu 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 Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập SC S2A S2B S2D OA1  OB1  OC1  OD1  Chứng minh : VA VB VC VD Ta thu bất đẳng thức SC S2A S2B S2D OA  MA-OA  + OB  MB-OB  + OC  MC-OC  + OD  MD-OD   VA VB VC VD S2 S2A S2 S2 MA  MA-OA  + B MB  MB-OB  + C MC  MC-OC  + D MD  MD-OD   VA VB VC VD n 2.2 Khai thác từ kết : Trong hệ xuất giả thiết   i ei  nên để sáng tạo i 1 toán ta xuất phát từ đẳng thức a Từ đẳng thức AB  BC  CA   ce1  ae2  be3  với e1, e2 , e3 vectơ đơn vị hướng với AB, BC,CA Khi ta đề xuất toán : Cho tam giác ABC, O điểm tam giác Qua O kẻ đường thẳng song song với AB, BC, CA cắt BC, CA, AB A1, B1, C1 Chứng minh với điểm M ta có cMA1  aMB1  bMC1  cOA1  aOB1  bOC1 Tổng quát : Cho O điểm nằm đa giác lồi A1A A n ( n  ) Qua O kẻ đường thẳng song song với Ai Ai 1,i 1, n (xem Ai+1=A1) tương ứng cắt cạnh Ai 1Ai  Bi n Chứng minh :  Ai Ai 1  MBi  OBi   i 1 b Từ khái niệm trọng tâm tam giác G trọng tâm tam giác ABC  GA  GB  GC   ma e1  m b e2  mc e3  Với e1, e2 , e3 vectơ đơn vị hướng với GA,GB,GC Ta toán Cho tam giác ABC với G trọng tâm Qua điểm O nằm tam giác kẻ đường thẳng song song với GA, GB, GC tương ứng cắt CA, AB, BC điểm A1, B1, C1 Chứng minh : ma  MA1  OA1   mb  MB1  OB1   mc  MC1  OC1   c Từ định lý “con nhím” : Cho đa giác lồi A1A A n ( n  ), ei , i  1, n vectơ đơn vị hướng đa giác tương ứng vuông góc với Ai Ai 1 (xem Ai+1=A1) Chứng minh : A1A e1  A 2A3 e2   A n A1en  Ta toán Cho đa giác lồi A1A A n ( n  ), ei , i  1, n , O điểm nằm đa giác.Gọi Bi hình chiếu điểm O lên AiAi+1 n Chứng minh với điểm M ta có  Ai Ai 1  MBi  OBi   i 1 d Kết hợp với toán : Cho tam giác ABC, điểm A‟, B‟, C‟ thuộc cạnh BC, CA, AB thoả mãn A‟B:A‟C=B‟C:B‟A=C‟A:C‟B=k AA '  BB '  CC '  Ta thu toán Cho tam giác ABC, điểm A’, B’, C’ thuộc cạnh BC, CA, AB thoả mãn A’B:A’C=B’C:B’A=C’A:C’B=k(k số thực dương cho trước) Qua điểm O nằm Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập tam giác kẻ đường thẳng song song với AA’, BB’, CC’ tương ứng cắt BC, CA, AB A1, B1, C1 Chứng minh với điểm M ta có AA'  MA1-OA1  +BB'  MB1-OB1  +CC'  MC1-OC1   e Kết hợp với toán : Với D,E,F tiếp điểm cạnh BC,CA,AB với đường tròn nội tiếp tam giác ABC aAD  bBE  cCF  Ta toán : Cho D, E, F tiếp điểm cạnh BC, CA, AB với đường tròn nội tam giác ABC, Qua điểm O nằm tam giác kẻ đường thẳng song song với AD, BE, CF tương ứng cắt BC, CA, AB A’, B’, C’ Chứng minh với điểm M ta có a.AD  MA'-OA' +b.BE  MB'-OB' +c.CF  MC'-OC'   f Kết hợp với toán Cho N điểm nằm tam giác ABC Đặt BNC  , CNA  , ANB   , e1, e2 , e3 vectơ đơn vị hướng với NA, NB, NC Chứng minh : sin .e1  sin .e2  sin  e3  Ta đề xuất toán Cho tam giác ABC; N điểm tam giác, đặt BNC  , CNA  , ANB   Chứng minh với điểm M ta có MAsin   MBsin   MCsin   NAsin   NBsin   NCsin  Đặc biệt :  Khi BNC  1200 ,CNA  900 , ANB  1500 ta toán Cho tam giác ABC nhọn Tìm điểm M cho MA  2MB  3MC đạt giá trị nhỏ  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 B C Tương tự sin CIA  cos , sin AIB  cos 2 A B C a bc Và cos IA  cos IB  cos IC  AE  BF  CD  ; A 2 2 2 GA  ma , GB  m b , GC  mc Ta toán 3 Cho tam giác ABC Chứng minh : F A B C I ma cos  m b cos  mc cos   a  b  c  2 D B  Cho M  O, N  I ta A B C a bc OA cos  OBcos  OC cos  , kết hợp định lý sin ta có 2 2 A B C cos  cos  cos  sin A  sin B  sin C 2  Cho M  H, N  I kết hợp với tanA.HA  a, tanB.HB  b, tanC.HC  c tam giác ABC nhọn Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ E C Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập A A A a cos a cos    abc Ta t anA t anA t anA A B C sin A  sin B  sin C Hay cos A cos  cos Bcos  cos C cos  2 2 g Xét tam giác ABC có góc nhỏ 120 , tồn điểm T cho a cos ATB  BTC  CTA  1200 (T gọi điểm Toricelly) lúc e1  e2  e3  với e1, e2 , e3 vectơ đơn vị hướng với TA,TB,TC Suy MA+MB+MC  TA+TB+TC Ta toán : Cho tam giác ABC góc nhỏ 1200 Tìm điểm M cho MA+MB+MC đạt giá trị nhỏ Tổng quát : Cho tam giác ABC Tìm điểm M cho MA+MB+MC đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn : + Nếu A[...]... 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. .. 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... 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.. .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. .. 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... ' 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... 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... 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...   ;   (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... 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= ...  i OAi Khai thác sáng tạo toán 2.1 Khai thác từ kết : Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập n Trong hệ 1, xuất giả thiết  i OAi  để sáng tạo toán ta kết.. .Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập B Nội dung I Khai thác khái niệm Ví dụ : Xét tình khái niệm tích vô hướng (Sách giáo khoa hình học 10) Khái niệm số tính chất Trước... VSABD SD ' Hướng : Thay đáy đa giác Từ lời giải dễ dàng đề xuất toán mở rộng sau : Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 14 Khai thác sáng tạo toán từ khái niệm tập Bài toán : Cho đa giác A1A A 2n  n 