ÔN TOÁN THPT MÔN TOÁN GIẢI CHI TIẾT VÀ PHÁT TRIỂN VẬN DỤNG VDC

Tập san Số 01 - 2021 NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM Câu 41  2  x  x  Cho hàm số f  x    Tích phân  f  sin x  1 cos xdx bằng:  x  x  x  23 23 17 17 A B C D 6 Facebook: Nam Phương – Thủy Dao – Trần Chinh Phân tích định hướng tìm lời giải: - Đây tốn tính tích phân hàm hợp - Để tính tích phân ta phải thực phép đổi biến để đưa hàm cho - Cụ thể bước thực sau: + B1: Đặt 2sin x   t + B2: Biểu thị cos xdx theo tdt b + B3: Đổi cận, tính tích phân  f  t  dt a Lời giải Chọn B  Xét I   f  2sin x  1 cos xdx Đặt 2sin x   t  2cos xdx  dt  cos xdx  dt  Đổi cận: x   t  ; x   t  3 1 1 I   f  t  dt   f  t  dt    t  2t  3 dt    t  1 dt 21 21 22   t  23  t3    t  3t     t   2 1 2  Bình luận: + Đây dạng toán thuộc mức độ vận dụng, việc nhận hướng giải đòi hỏi học sinh phải nắm khái niệm tính chất tích phân phương pháp tính tích phân + Học sinh thường lúng túng, dễ mắc sai lầm tách cận quên nhân thêm phân 1 số để tính I   f  t  dt dẫn đến chọn đáp án nhiễu 21 2 I   f  t  dt    t  2t  3 dt    t  1 dt  1 20 3 1 17 I   f  t  dt    t  2t  3 dt    t  1 dt  21 21 22 3     I   f  t  dt   t  2t  dt   t  dt  1 17 Hướng phát triển: https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang Tập san Số 01 - 2021 NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM Hướng phát triển 1: Biểu thức có chứa tham số Sử dụng tính liên tục để tìm tham số Hướng phát triển 2: Sử dụng diện tích hình phẳng để tính tích phân Hướng phát triển 3: Tích phân có chứa dấu giá trị tuyệt đối Hướng phát triển 4: Sử dụng quy tắc tính tích phân Bài tập tương tự Câu 1: Cho hàm số 3x  2x  f (x )   2ax  b  x  x  liên tục  thỏa mãn   2 cos x  s inx  f (cosx  sin x )dx  2 Giá trị biểu thức P  2a  b A 8 B 33 C 25 Lời giải D 11 Chọn B 3x  2x  Ta có: f (x )   2ax  b  hay b  x  liên tục  hàm số liên tục x  x   Xét:  2 cos x  s inx  f (cosx  sin x )dx  2 Đặt cosx  sin x  t  sin x  cos x dx  dt Ta có:   2 cos x  s inx  f (cosx  sin x )dx   Câu 2:  f (t )dt  1   2ax  1dt   3x 1 2  1 f (t )dt   f (t )dt   2x  dt  2  a  17 Cho hàm số f  x  liên tục  có đồ thị hình vẽ bên Gọi S1 S diện tích hai hình phẳng hình, biết S1  S  Tích phân   cos x f  5sin x  1 dx A  B https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc C 2 D Trang Tập san Số 01 - 2021 NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM Lời giải Chọn A  Xét I   cos xf  5sin x  1 dx Đặt 5sin x   t  cos xdx  dt Với x   t  1  x t 4 4  I   f  t  dt   f  x  dx   f  x  dx   f  x  dx  S1    S    1 Câu 3: Cho hàm 1 số 1 51  x2  m y  f  x   2 cos x  ,x 0 ,x 0 liên tục  Giá trị  I   f  cos x   sin xdx A B C 2 D 1 Lời giải Chọn C Hàm số liên tục  nên ta có: lim f  x   lim f  x   f    m  1  m  x 0 x 0 x   t  1  Đặt t  cos x   dt  sin xdx Đổi cận:   x   t     Khi đó: I   f  cos x   sin xdx  1 1  1 1 f t dt  f x dx  f  x dx  f  x  dx            2 1  1  Xét  x  1  u  f  x dx u   x   du  dx Đặt Đổi cận:     x   u  1 Suy  f   x  dx   f  u  du   f  x  dx 1 Vậy I  Câu 4: 1  1 1 f  x dx  f x dx  f x dx  x  1 dx                1 0  1 e2 f  ln x   x   x  Cho hàm số f  x    Khi  dx   xf x  dx x  x   x  19 37 27 A B C D 2 Lời giải Chọn B  e2 Xét I1    f  ln x  dx Đặt t  ln x  dt  dx x x https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang Tập san Số 01 - 2021 NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM x   t  Đổi cận  x  e  t  e2 2 f  ln x   x2 2 1  Suy I1   dx   f  t  dt =  f  x  dx    x   dx    x   x   0 0 0 Xét I   xf   x  dx Đặt t  x   t  x   tdt  xdx  x   t  Đổi cận   x   t  Suy I   xf   Vậy  f  ln x  dx  x x  dx   f  t  tdt   f  x  xdx     x   xdx  e2  xf   x  dx   27 27 37  2 Câu 42 Có số phức z thỏa mãn z   z  2i  z   số ảo? A B C D Faceboock: Phong Do – Huong Duong Phân tích định hướng tìm lời giải: - Đây dạng tốn tìm số phức thỏa mãn điều kiện cho trước, toán mức độ vận dụng - Từ điều kiện cho trước thiết lập hệ phương trình liên quan đến x, y số phức z  x  yi  x ; y    - Xác định  x; y  từ hệ cho chuyển phương pháp hình học để giải toán Lời giải Cách 1: Giả sử z  x  yi  x ; y     z  x  yi Ta có:  z  2i   z  2   x   y  2 i   x   yi   x  x  2  y  y  2   xy   x  2 y  2 i  x  y   x  y  Do yêu cầu toán     2  x  y  x  y   x  y    x  y     1  x     1   y  2 2  x  y  2 y  y    x  1  y             x  y  2  x  y  x  y 1 1  x     1   y     https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM Tập san Số 01 - 2021 Vậy có số phức z thỏa mãn u cầu tốn Bình luận: - Vì tốn hỏi có số phức thỏa mãn điều kiện nên dùng phương pháp hình học dựa vào vị trí tương đối để tìm số giao điểm - HS phải nhận điểm mấu chốt toán số điểm biểu diễn số phức z số điểm chung đường tròn đường thẳng (hoặc đường tròn); xác định dựa vào xét vị trí tương đối đường thẳng đường trịn vị trí tương đối hai đường tròn Đây câu hỏi kiểm tra kiến thức mức độ VD - Từ ta có cách giải khác sau: Cách 2: Đưa tương giao hai đường tròn Giả sử z  x  yi  x ; y     z  x  yi Ta có:  z  2i   z  2   x   y  2 i   x   yi   x  x  2  y  y  2   xy   x  2 y  2 i 2  x  y  (1)  x  y  Do yêu cầu toán     2  x  y  x  y  (2)  x  y    x  y    Nhận xét: 1 phương trình đường trịn tâm O bán kính R1   2 phương trình đường trịn tâm I 1; 1 bán kính R2  Ta có:  R1  R2  OI   R1  R2  2 nên hai đường trịn cắt Vậy có số phức z thỏa mãn yêu cầu toán Cách 3: Đưa tương giao đường thẳng đường tròn 2  x  y  (3)  x  y  Biến đổi đưa hệ     x  y   (4)  x  y  x  y  Nhận xét:   phương trình đường trịn tâm O bán kính R   4 phương trình đường thẳng d : x  y   1  R  , suy đường thẳng cắt đường tròn hai điểm 2 Vậy có số phức z thỏa mãn yêu cầu toán Hướng phát triển: Hướng phát triển 1: Xét số phức thỏa mãn điều kiện (cho giả thiết modun, giả thiết số ảo/ số thực) đưa phương trình hệ phương trình Nếu cho giả thiết số ảo cần xác định phần thực cho Nếu cho giả thiết số thực cần xác định phần ảo cho Hướng phát triển 2: Tìm số phức thỏa mãn điều kiện phương pháp modun hai vế Hướng phát triển 3: Xét số phức thỏa mãn điều kiện đưa phương trình hệ phương trình chứa tham số Hướng phát triển 4: Tìm số số phức z  x  yi,  x, y    thỏa mãn điều kiện đưa hệ bất phương Ta có: d  O, d    trình Ta tìm quỹ tích điểm biểu diễn số phức miền hình phẳng giới hạn Từ đếm số điểm có tọa độ nguyên thỏa mãn https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang Tập san Số 01 - 2021 NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM Bài tập tương tự Câu   Cho số phức z thỏa mãn z  3i  z   z  1 z  2i số thực Tính z A z  10 B z  10 C z  10 D z  10 Lời giải Giả sử z  x  yi  x, y    z  3i  z   x   y   i  x   yi  x   y  3   x  1  y2  x  y   1  z  1  z  2i   ( x  y  x  y )   x  y   i số thực  2x  y    2  x  x  3y   10   z  2  6i Từ 1 ,   ta có   có z  5 2 x  y   y   Câu 2 Có số phức z thỏa mãn z   2i  2  z  i  số ảo? A B C Lời giải D Chọn C Giả sử z  x  yi, ( x, y   ) 2 z   2i  2   x  3   y    1  x  y 1 2  x   y  1  x( y  1)i số ảo  x   y  1     x   y  x  y  TH1: Từ 1 ,   ta có:  2  x  3   y     z  i 2  2  3   y     y     y   x  1  x   y TH2: Từ 1 ,  3 ta có:  2  x  3   y    y  3 2   y  4   y  2   y2  y      y   Vậy có số phức thỏa mãn Câu Có số phức z thỏa mãn z  3i   iz z  i  A B C Lời giải số ảo? z i D Chọn C Điều kiện: z  i Đặt z  x  yi,  x, y      i z   i  x  yi    y  xi 2 z  3i   iz  x   y  3 i  1  y   xi  x   y  3  1  y   x 2   y  3  1  y   y  Do z  x  2i  z  i  x  i https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang Tập san Số 01 - 2021 NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM Ta có 5 x  i  5 5x     xi  xi x   1  i z i xi x 1  x 1   x 1  (Chú ý: Ta tìm phần thực, phần ảo khơng cần tính) x  x  5x 0  số ảo  x  z i  x 1 z i  x  2 x  Vậy tìm số phức thỏa mãn i i Có số phức z  x  yi,  x, y    thỏa mãn    z  z z  z  ? z z A B C D Lời giải Chọn D Điều kiện: z  i i -     z.z  i( z  z )   x  y  y  1 z z - z  z z  z   x y    z i  Câu  2  x y  x  y2 Từ 1 ,   ta có:     x  y  y   y  y3    Nhận xét: Vì y  y     y  1  y  y  y  1   có nghiệm y khác nên có giá trị x Vậy có số phức thỏa mãn u cầu tốn Câu Có số phức z  x  yi,( x, y  ) thỏa mãn z   i  10 ảo? A B C Lời giải z số z2 D Chọn B z  x  yi,( x, y  ) Điều kiện z  2 z   i  10   x  1   y  1  10 1 z x  y  x  yi  số ảo x  y  x  2 z2  x  2  y 2  x  2; y   x  12   y  12  10  y  2 x    Từ 1 ,   ta có hệ:  2 x  ; y  x  18 x  16    x  y  x  5  Vì z  nên có số phức thỏa mãn Câu Có số phức z  x  yi,( x, y  ) thỏa mãn z  2i z  ? A B C Lời giải D Chọn D Cách 1: Lấy modun hai vế z 0 Ta có: z  2i z   z  z    z  https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 10 Tập san Số 01 - 2021 NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM TH1: z   z   z  TH2: z   z  2i   z  2i z   z  8i    z  2i   z  2iz      z   i z    i  Câu Vậy có số phức thỏa mãn yêu cầu toán Cách 2: Sử dụng hai số phức z  z  2i z   z  2i.z.x     z  2i z   x  0; y   x  0; y   x  y  y  Xét: z  2iz      x  3; y  1 2 x  y  1    x   3; y  1 Vậy có số phức thỏa mãn u cầu tốn m Có số phức z      m  i, (m  ) có phần thực, phần ảo giá trị nguyên z  i  10 ? A B C Lời giải D Chọn B Với z  m m      m  i, (m  )  z  i  10    1    m   10 2   5m  12m  20   Câu  34  34 m 5 Vì số phức z có phần thực, phần ảo giá trị nguyên nên  m    m   m m    34  34  m  5 Vậy có số phức z thỏa mãn yêu cầu toán Gọi S tập hợp số thực m cho với m  S có số phức thỏa mãn z  m  A z số ảo Tính tổng phần tử tập S z6 B 12 C Lời giải D Chọn C Gọi z  x  iy với x , y   Điều kiện z   x  iy  x   iy   x  x  6  y2  6iy z x  iy   Ta có 2 z  x   iy  x  6  y  x  6  y Do z số ảo x  x    y    x  3  y  z6 https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 11 Tập san Số 01 - 2021 NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM Mặt khác z  m    x  m   y  81 Để có số phức thỏa mãn yêu cầu toán hệ phương trình  x  2  y  có nghiệm hai nghiệm có nghiệm  6;0  2 x  m  y  81   Xét trường hợp hệ có nghiệm  6;0  m  3 Ta có:   m   81   khơng thỏa mãn hai đường tròn tiếp xúc  m  15  6;0  m  3 Xét TH   m  15 2 Nghĩa hai đường tròn  C1  :  x  3  y   C2  :  x  m   y  81 tiếp xúc Xét  C1  có tâm I1  3;0 bán kính R1 3  C2  có tâm I2  m;0 bán kính R2   m3   I1I  R1  R2   m 9; 9 Cần có   I1I  R1  R2  m   12 Vậy tổng  (  9)  Câu Có giá trị nguyên tham số m10;100 để tồn số phức z đồng thời thỏa mãn z   i  z  i z   i  z  3i  m ? A 68 B 78 C 86 Lời giải D 87 Chọn D  x, y  Gọi z  x  yi Ta có: z   i  z  i  x    y   i  x    y  i 2   x  2   y  4  x2    y   x  y  2 2 Mặt khác z   i  z  3i  m  x    y 1 i  x    y  i  m 2   x     y  1  x    y   m  x2  x   y  y   x2   y  y  m   x2  y  x  y    m   x2  y2   m   x  y    x  y  thỏa mãn yêu cầu   có nghiệm thực 2 2 x  y  m  2   x  y   m    x  y   16  m  14 Để tồn số phức z   Vì m   & m 10;100  m 14;15; ;100 Vậy có 87 giá trị Câu 10 m nguyên thỏa mãn Có số phức z  x  yi,  x, y    thỏa mãn: z   3i  z  i   A 11 B C 10 Lời giải https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc D Trang 12 Tập san Số 01 - 2021 NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM Chọn A  z   3i  z  i   y    z   3i  z  i     2  x     y  1   z  i   Dựa vào miền phẳng giới hạn hệ có 11 số phức thỏa mãn Có số phức z  x  yi , ( x , y   ) thỏa mãn z  i  z  z  3i z  z có Câu 11 phần ảo khơng âm? A B Lời giải D C Chọn D Ta có: z  i  z  z  3i 2 x  y     2 y  3 2 4 x2   y  1   2 y  3    x  y  y   y  12 y   y  4 x   y   x  1 Số phức z  z  2yi có phần ảo không âm y     y  x  , Từ     ta có hệ   y  Dựa vào miền phẳng giới hạn hệ có số phức thỏa mãn Câu 43 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy, góc SA mặt phẳng  SBC  45 (tham khảo hình vẽ) Thể tích khối chóp S.ABC a3 A 3a B 3a C 12 D a3 Faceboock: Nguyễn Ngọc Chi – Bình Hồng – Nguyen Trong Chanh – Nguyễn Ngọc Hóa https://www.facebook.com/groups/toanvd.vdc Trang 13 Tập san Số 01 NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM - 2021 khác ý định người suy nghĩ Những đối tượng giống phù hợp với quan hệ Nếu bạn có ý định quy mối quan hệ đối tượng phù hợp với khái niệm định bạn xem đối tượng giống đối tượng tương tự Và bạn đạt tới khái niệm rõ ràng, tức bạn làm sáng tỏ tương tự." Trên sở định nghĩa luận điểm vừa nêu, thống Tương tự hóa q trình dùng trí óc để kết luận giống đối tượng số dấu hiệu, thuộc tính khác từ giống đối tượng số dấu hiệu, thuộc tính nhằm mục đích tạo kết mới, vượt qua trở ngại 1.1.5 Khái quát hóa G Polya [6] cho rằng: "Khái quát hóa chuyển từ việc nghiên cứu tập hợp đối tượng việc nghiên cứu tập hợp lớn hơn, bao gồm tập hợp ban đầu" "Sự phát triển việc trừu tượng hóa HS biểu việc hình thành khả tách trừu xuất dấu hiệu, mối liên hệ mối quan hệ chung chất khỏi vật tượng riêng lẻ, biết phân biệt dấu hiệu mối liên hệ không chất vật tượng biết trừu xuất khỏi chúng" [8] 1.1.6 Đặc biệt hóa Đặc biệt hóa q trình dùng trí óc chuyển từ việc nghiên cứu tập hợp đối tượng cho sang việc nghiên cứu tập nhỏ chứa tập hợp cho nhằm mục đích kiểm nghiệm lại tính đắn khái quát hóa, giải vấn đề [3] Kiến thức bản: 2.1 Quy tắc ba điểm: Với ba điểm A, B, C ta ln có       AB  BC  AC BC  AC  AB B A C 2.2 Quy tắc hình bình hành: Trong hình bình hành ABCD ta ln có https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 103 Tập san Số 01 NHĨM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM - 2021    AB  AD  AC (2) B A D C 2.3 Biểu thị véc tơ theo hai vec tơ không phương    Cho a, b hai vec tơ không phương, x vec tơ Khi tồn    cặp  m; n  cho x  ma  nb Cách thức thực Bài tốn: Cho đoạn thẳng AB có trung điểm I, M điểm tùy ý không nằm đường thẳng    AB Chứng minh MA  MB  MI (1) Cách 1: Biến đổi vế vế Lời giải       Ta có: MA  MB  MI  IA  MI  IB    MI  MI (Do I trung điểm đoạn thẳng AB)   MI (đpcm) M A B I Cách 2: Biểu thị véctơ theo hai véctơ không phương M Lời giải    Ta có (1)  MI  MA  MB (1.2) 2 E F Dựng hình bình hành MEIF, E, F trung điểm MA MB Ta có: A I B       MI  ME  MF  MI  MA  MB (đpcm) 2 Hoạt động khái qt hóa tốn Bây thử tìm cách mở rộng cho toán, nghĩa là: Nếu I điểm đoạn thẳng AB đẳng thức mở rộng (1) xác định nào? https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 104 Tập san Số 01 NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM - 2021 GV: Trong chứng minh cách số HS: Câu trả lời mong đợi: tính nào? ME BI   MA AB M MF AI   MB AB F E GV: Các hệ thức viết dạng véctơ nào? A B I    BI     AI  HS: ME  MA; ME  MA; MF  MB; MF  MB AB AB  BI  AI  Như vậy, I trung điểm đoạn thẳng AB MI  MA  MB Từ đó, ta dự AB AB  BI  AI  đoán trường hợp I điểm thuộc đoạn thẳng AB ta có: MI  MA  MB AB AB Hãy thử chứng minh bác bỏ dự đốn trên? Thật vậy, dựng hình bình hành MEIF, E, F điểm thuộc MA, MB;    Khi đó: MI  ME  MF Mặt khác, theo định lí Talét ta có:  AI  ME MA  BI    ME  MA , tương tự: MF  MB Từ BI BA BA BA  BI  AI  ta được: MI  MA  MB Như vậy, kết không thay đổi, tức BA BA giải vấn đề đặt tìm cơng thức mở rộng (1) Hãy phát biểu vấn đề thành nội dung tốn chứng minh tốn Bài tốn 1.1 Cho tam giác ABC, M điểm cạnh BC Chứng minh rằng:  MC  MB  AM  AB  AC BC BC Chứng minh: Dựng hình bình hành AEMF, E, F    điểm thuộc AB, AC; Khi đó: AM  AE  AF Mặt khác,  MC  AE MC theo định lí Talet đảo ta có:   AE  AB , AB BC BC  MB  tương tự: AF  AC Từ ta được: BC https:/www.facebook.com/groups/toanvd A F E B M C Trang 105 Tập san Số 01 NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM - 2021  MC  MB  AM  AB  AC BC BC Hoạt động giải toán tương tự toán 1.1 Bài toán 1.2 Cho tam giác ABC với cạnh BC = a, AC = b, AB = c Gọi I tâm đường tròn nội     tiếp tam giác ABC Chứng minh rằng: a.IA  b.IB  c.IC  (1.2) Định hướng: GV: Đẳng thức (1.2) viết lại dạng khác nào?  b  c  HS: AI  IB  IC a a GV: Em gặp toán lần chưa? Hay gặp toán dạng khác? HS: Suy nghĩ GV: Đây tốn có liên quan mà bạn có lần giải sử dụng khơng? Có thể sử dụng kết khơng? HS: Bài toán 1.1 Lời giải Gọi A1, B1, C1 giao điểm : AI, BI, CI với BC, AC, AB  A C  A B  Áp dụng tốn 1.1 cho IBC ta có : IA1  IB  IC (*) BC BC   Do đó, cần biểu diễn : IA1 theo IA Do I tâm đường tròn nội tiếp ABC nên IA1 BA1 BA   IA1  IA IA BA BA  BA   IA1   IA Thay vào (*) ta : BA A   BA  A C  A B  A C   IA  IB  IC   BC.IA  BA IB  BA.IC BA BC BC BA1 C1 Mặt khác : A1C AC b   A1 B AB c Khi   A C   BC.IA  BA IB  BA.IC BA1 https:/www.facebook.com/groups/toanvd B1 I : B A1 C Trang 106 Tập san Số 01 NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM - 2021       b   aIA  c .IB  c.IC  a.IA  b.IB  c.IC  (đpcm) c Cách 2: (Trích lời giải [7]) Định hướng:    GV: Hãy phân tích (biểu thị) véctơ CM theo hai véctơ không phương CA , CB ?    GV: Hãy phân tích (biểu thị) véctơ AI theo hai véctơ không phương AB , AC ? Lời giải Theo tính chất đường phân giác, ta có:  AM CA b  , suy ra: MA   MB  BM CB a A Từ ta có:  b   CA  a CB a  b  CM   CA  CB b a  b a  b 1 a M I C B Vì I tâm đường trịn nội tiếp ABC nên AI phân giác ACM Do  AI   bc     AC AM b AM  AC  AB  a  b AC bc bc AC  AM AC  AM b b ab ab       b c b c AB  AC  IB  IA  IC  IA abc abc abc abc            b  c   b c  Suy ra: 1  IA  IB  IC   aIA  bIB  cIC   abc abc  abc  Cách 3: (Trích lời giải [8]) Định hướng: GV: Sử dụng liên hệ, tạm thời em chứng minh (1.2) tương đương  b  c  AI  AB  AC 1.2.1 (với p = a + b + c)? p p    GV: Để phân tích véctơ AI theo hai véctơ không phương AB , AC ta thực nào? https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 107 Tập san Số 01 NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM - 2021 Lời giải A Đặt p = a + b + c Khi đó: a  b  c   1  IA  IB  IC  p p p N M D a  b   c     IA  IA  AB  IA  AC  p p p  b  c    IA  AB  AC  p p    b  c   AI  AB  AC p p  K I  B A1 C 1.2.1 Để chứng minh (1.2) ta cần chứng minh (1.2.1) Thật vậy:      Ta dựng hình bình hành AMIN  M  AB, N  AC  Khi đó, AI  AM  AN  x AB  y AC Ta cần chứng minh: x  Ta có: x  b c , y  Thật vậy, kéo dài BI cắt AC K p p AM IN KI x KI x KI x AK          * AB AB KB KB  x IB 1 x c Mặt khác, ta có: KA c KA c bc Thay vào (*) ta được:     KA  KC a b ac ac x b b b c  x  , tương tự: y  1 x a  c abc p p  b  c      Do đó, AI  AB  AC hay a.IA  b.IB  c.IC  p p Hoạt động giải tốn đặc biệt hóa tốn 1.2 Trường hợp ABC vuông A , I trung điểm đường cao AH Bài toán 1.3 Cho tam giác ABC vuông A, với cạnh BC  a, AC  b, AB  c ; vẽ đường cao     AH Gọi I trung điểm đoạn AH Chứng minh rằng: a IA  b IB  c IC  (1.3) GV: Đẳng thức (1) viết lại dạng khác nào?  b  c  HS: AI  IB  IC a a GV: Em gặp toán lần chưa? Hay gặp toán dạng khác? https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 108 Tập san Số 01 NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM - 2021 HS: Suy nghĩ GV: Đây tốn có liên quan mà bạn có lần giải sử dụng khơng? Có thể sử dụng kết khơng? HS: Bài tốn 1.1 Lời giải Ta có:  1.3  IA  b  c  IB  IC (*) a2 a Áp dụng kết  CH  BH  IH  IB  IC Mặt khác, I trung điểm CB CB   CH  BH  IB  IC (**) AH nên ta có: AI  IH  CB CB minh: 1.1 ta có: A Từ (*) (**) để chứng minh (1.3) ta cần chứng toán I CH b BH c  ,  CB a CB a Thật vậy, AHC ~ BAC , nên ta B H C HC AC AC có:   HC  AC BC BC HC AC b   Từ đó: BC BC a BH c Lập luận tương tự ta có:  CB a  b  c  Vậy, IA  IB  IC a a     hay a IA  b IB  c IC  (đpcm) Cách 2: Định hướng:  b  c  GV: Sử dụng liên hệ em biến đổi (1.3) tương đương AI  AB  AC ? 2a 2a    GV: Để phân tích (biểu thị) véctơ AI theo hai véctơ khơng phương AB , AC ta thực nào? Lời giải https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 109 Tập san Số 01 NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM - 2021           Ta có: a IA  b IB  c IC   a IA  b IA  AB  c IA  AC       b  c        a  b  c  IA  b AB  c AC   AI  AB  AC (2) 2a 2a 2 Để chứng minh (1.3) ta cần chứng minh (*) Thật vậy: Ta dựng hình bình hành AB’IC’  B '  AB, C '  AC  Khi      AI  AB '  AC '  x AB  y AC b2 c2 Ta cần chứng minh: x  , y  2a 2a Thật vậy, AB ' I ~ AHB nên ta có:  AH  AB ' AI AI AH AH   AB '    AB '  AB AH AB AB AB AB A C' B' Mặt khác, ta có: AH BC  AB AC  AH AC ,  AB BC  AC  b  từ ta có: AB '  AB  AB Lập luận tương tự: BC 2a  c  AC '  AC 2a I B C H  b  c      Do đó, AI  AB  AC hay a IA  b IB  c IC  2a 2a Phân tích, tổng hợp liên hệ nội toán học đề xuất toán mới; giải toán tương tự Gọi r, Sa, Sb, Sc bán kính đường trịn nội tiếp tâm I ABC, diện tích IBC, diện tích IAC, diện tích IAB Khi đó, từ hệ thức             a.IA  b.IB  c.IC   ra.IA  rb.IB  rc.IC   Sa IA  Sb IB  Sc IC  Từ ta có 2 tốn Bài tốn 1.4 Cho tam giác ABC có I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Gọi Sa, Sb, Sc diện tích tam giác IBC , IAC , IAB Chứng minh rằng:     S a IA  Sb IB  Sc IC  (1.4) https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 110 Tập san Số 01 NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM - 2021 Định hướng     Biến đổi (1.4) tương đương a.IA  b.IB  c.IC      Chứng minh: a.IA  b.IB  c.IC  (bài toán 1.2) Định hướng Khai thác liên hệ khác nội toán học Gọi A1, B1, C1 giao điểm : AI, BI, CI với BC, AC, AB  A C  A B  Áp dụng tốn 1.1 ta có : IA1  IB  IC (*) BC BC   Do cần biểu diễn : IA1 theo IA Tỷ số IA1 tính thơng qua tỷ số tam giác nào? IA Hãy biểu diễn tỷ số Hãy biểu diễn IA1 theo Sa, Sb, Sc ? IA A1C A1 B theo Sa, Sb, Sc ? ; BC BC Hãy lập luận để chứng minh yêu cầu đó? Lời giải A Gọi A1, B1, C1 giao điểm : AI, BI, CI với BC, AC, AB C1 Áp dụng tốn 1.1 ta có :  A C  A B  IA1  IB  IC (*) BC BC Ta có:  IA1   I A1 C Sa IA1 S BIA1 SCIA1 IA    1 Do IA S BIA SCIA IA Sb  Sc S a  IA Sb  S c Ta lại có: Do đó, B B1 S IA C IA S IA B S IA C S S A1C S IA1C Mặt khác:     IAC  b  A1 B S IA1B S IAC IA S IAB S IA1B S IAB Sc Sb Sb A1C Sb A1C AC (**)      A1 B Sc A1 B  A1C Sb  Sc BC Sb  Sc https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 111 Tập san Số 01 NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM - 2021 Tương tự: Sc A1 B (***)  BC Sb  Sc Thay (**) (***) vào (*) ta :     S a  Sb  Sc  IA  IB  IC   S a IA  Sb IB  Sc IC Sb  SC Sb  SC Sb  SC      S a IA  Sb IB  Sc IC  (đpcm) Hoạt động khái qt hóa tốn 1.4 Bây thử tìm cách mở rộng cho toán 1.4, nghĩa là: Nếu M điểm ABC với: Sa  S MBC ; S b  S MAC ; Sc  S MAB đẳng thức:     Sa MA  Sb MB  Sc MC  hay không? Gọi A1, B1, C1 giao điểm : AM, BM, CM với BC, AC, AB Áp dụng  A C  A B  toán 1.1 ta có : MA1  MB  MC (*) BC BC Trong chứng minh với I tâm đường trịn nội tiếp ABC ta có: Sa IA1  IA Sb  Sc Nếu M điểm tam giác ABC Sa Sb MA1 AC ?  ?  MA Sb  Sc BC Sb  Sc A Sc A1 B ? Từ dự đốn:  BC Sb  Sc     Sa MA  Sb MB  Sc MC  Hãy chứng minh bác bỏ dự đoán trên? B1 C1 M B A1 C Thật Gọi A1, B1, C1 giao điểm : AI, BI, CI với BC, AC, AB Áp dụng toán  A C  A B  1.1 ta có : MA1  MB  MC (*) BC BC Ta có: Sa MA1 S BMA1 SCMA1 MA1     MA S BMA SCMA MA Sb  Sc  Do đó: MA1   S a  MA Sb  S c https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 112 Tập san Số 01 NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM - 2021 Ta lại có: A1C S MA1C  A1 B S MA1B A Mặt khác: S MA1C S MAC B1 C1 M S MA1C S MAC Sb MA1 S MA1B      MA S MAB S MA1B S MAB Sc B Do đó: A1 C Sb Sb A1C Sb A1C AC (**)      A1 B Sc A1 B  A1C Sb  Sc BC Sb  Sc Tương tự:  Sc A1 B (***) Thay (**) (***) vào (*) ta :  BC Sb  Sc    S a  Sb  Sc  MA  MB  MC   S a MA  Sb MB  Sc MC Sb  SC Sb  SC Sb  SC      S a MA  Sb MB  Sc MC  Như vậy, ta thay I điểm M tam giác ABC kết khơng thay đổi tức giải vấn đề đặt tìm cách mở rộng cho tốn 1.4 Hãy phát biểu vấn đề thành nội dung tốn chứng minh tốn Bài tốn 1.5 Cho ABC có ba cạnh AB = c, BC = a, AC = b Gọi M điểm ABC     với: Sa  S MBC ; S b  S MAC ; Sc  S MAB Chứng minh: Sa MA  Sb MB  Sc MC  Lời giải Gọi A1, B1, C1 giao điểm : AM, BM, CM với BC, AC, AB  A C  A B  Áp dụng toán 1.1 ta có : MA1  MB  MC (*) BC BC Ta có: Sa MA1 S BMA1 SCMA1 MA1     MA S BMA SCMA MA Sb  Sc  Do MA1   S a  A C S MA1C MA Ta lại có:  Sb  S c A1 B S MA1B https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 113 Tập san Số 01 NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM - 2021 Mặt khác: Do đó, S MAC  S MA1C S MAC Sb MA1 S MA1B     MA S MAB S MA1B S MAB Sc Sb Sb A1C Sb A1C AC (**)      A1 B Sc A1 B  A1C Sb  Sc BC Sb  Sc Tương tự:  S MA1C Sc A1 B (***) Thay (**) (***) vào (*) ta :  BC Sb  Sc     S a  Sb  Sc  MA  MB  MC  S a MA  Sb MB  Sc MC  Sb  SC Sb  SC Sb  SC Hoạt động khai thác kết toán 1.5 Bây giờ, cho ABC Gọi M điểm ABC H , K , L hình chiếu vng góc điểm M BC , CA, AB cho MH  MK  ML ; BE , CF đường phân giác kẻ từ B, C Hãy dự đoán điểm M , E , F Định hướng lời giải Nếu M điểm ABC H , K , L hình chiếu vng góc điểm M     BC , CA, AB cho MH  MK  ML kết S a MA  Sb MB  Sc MC  1.5  có cịn hay không? A Hãy biểu thị MH theo a, S a ? MK theo L b, Sb ? ML theo c, Sc ? K E Hãy biểu thị đẳng thức MH  MK  ML theo F M a , b, c , S a , S b , S c ? Từ đó, chứng minh  S    B Sb  c 1.5  a.MA  b.MB  a.MA  c.MC  b c ?    H C  Từ đó, chứng minh đẳng thức ? Nếu có đẳng thức  S   Sb  a  b  MF  c  a  c  ME  em có kết luận điểm b c M , E, F ? Hãy chứng minh bác bỏ nhận định trên? Thật vậy: https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 114 Tập san Số 01 NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM - 2021     Theo kết tốn 1.5 ta có: Sa MA  Sb MB  Sc MC  (1.5) Mặt khác, theo giải thiết S a Sb S c   a b c     a.Sb a.Sc    MA  S MB  S MC 0 b c   c   b MH  MK  ML nên (1.5.1) Từ (1.5)   S    Sb  a.MA  b.MB  c a.MA  c.MC  b c   S   S  S    Sb  a  b  MF  b a.FA  b.FB  c  a  c  ME  c a.EA  c.EC  b b c c     (1.5.1) ta có:     FA b EA c  ;  Suy ra: FB a EC a  S         S a.FA  b.FB  ; a.EA  b.EB  Từ đó, ta có: b  a  b  MF  c  a  c  ME  b c Do BE , CF đường phân giác kẻ từ B, C nên ta có: Như vậy, kết luận ba điểm M , E , F thẳng hàng Từ có tốn sau Bài tốn 1.6 Cho ABC có ba cạnh AB = c, BC = a, AC = b Gọi M điểm ABC H , K , L hình chiếu vng góc điểm M BC , CA, AB cho MH  MK  ML ; BE , CF đường phân giác kẻ từ B, C Chứng minh ba điểm M , E , F thẳng hàng Lời giải Gọi Sa  S MBC ; S b  S MAC ; Sc  S MAB Theo kết toán 1.5 ta có:     Sa MA  Sb MB  Sc MC  (1.6) Mặt khác, A theo giải thiết L MH  MK  ML nên K E S a Sb S c (1.6.1) Từ   a b c F M (1.6) (1.6.1) ta có:     a.Sb a.Sc      MA  Sb MB  Sc MC  c   b   S    S  b a.MA  b.MB  c a.MA  c.MC  b c    B H C  https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 115 Tập san Số 01 NHÓM GIÁO VIÊN TOÁN VIỆT NAM - 2021  S   S  S    S  b  a  b  MF  b a.FA  b.FB  c  a  c  ME  c a.EA  c.EC  b b c c     Do BE , CF đường phân giác kẻ từ B, C nên ta có: FA b EA c  ;  FB a EC a       Suy ra: a.FA  b.FB  ; a.EA  b.EB  Từ đó, ta có:  S   Sb  a  b  MF  c  a  c  ME  Chứng tỏ ba điểm M , E , F thẳng hàng b c Kết luận + Từ tốn bản, có hội giáo viên nên tổ chức cho học sinh giải toán nhiều cách khác nhau; tổ chức cho học sinh nghiên cứu sâu lời giải như: xét toán tương tự, khái quát hoá toán; đặc biệt hoá tốn; phân tích, so sánh kết tốn; xét liên hệ nội bội toán học toán; xét yếu tố chất toán, loại bỏ yếu tố không chất tổng hợp kiến thức học giải toán tương tự; để từ đề xuất tốn Từ đó, hình thành cho em học sinh thói quen giải tốn ln ln có ham muốn nghiên cứu, giải toán nhiều cách khác + Nếu có hội GV tổ chức cho học sinh luyện tập thao tác cách có hệ thống, thường xuyên hình thành phát triển cho học sinh lực tư duy, lập luận toán học; lực GQVĐ; lực sử dụng công cụ tốn học; lực giao tiếp tốn học,…ngồi ra, cịn giáo dục sâu sắc cho em quan điểm toàn diện sống, gây hứng thú học tập cho học sinh Bài tập tự luyện Bài Cho tam giác ABC tâm O M điểm tam giác Gọi D, E , F hình chiếu vng góc điểm M BC , CA, AB Chứng minh rằng:     MD  ME  MF  MO Bài Đường tròn tâm I nội tiếp ABC tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB     M, N, P Chứng minh : a.IM  b.IN  c.IP  Bài Cho tam giác ABC với cạnh BC = a, AC = b, AB = c Gọi I tâm đường tròn IA2 IB IC nội tiếp tam giác Chứng minh:    bc ac ab Bài Cho ABC có     tan A.HA  tan B.HB  tan C.HC  ba góc https:/www.facebook.com/groups/toanvd nhọn, trực tâm H Chứng minh: Trang 116 NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM Tập san Số 01 - 2021 Bài Cho tam giác ABC có cạnh a, M điểm tam giác Gọi x, y, z khoảng cách từ M đến BC, CA, AB Chứng minh rằng:     x.MA  y.MB  z.MC  Tài liệu tham khảo [1] Bộ GD&ĐT, (2006), Tài liệu bồi dưỡng giáo viên thực chương trình, sách giáo khoa lớp 10 THPT mơn Tốn, NXB Giáo dục [2] Văn Như Cương (chủ biên), Phạm Vũ Khuê, Trần Hữu Nam, (2006), Bài tập Hình học 10 (Nâng cao), Nxb Giáo dục Việt Nam [3] Nguyễn Thị Mỹ Hằng (chủ biên), Phạm Xuân Chung, Trương Thị Dung, (2016), Rèn luyện thao tác tư cho học sinh dạy học mơn Tốn trường THPT, Nxb Đại học sư phạm [4] Nguyễn Bá Kim, (2011), Phương pháp dạy học mơn Tốn, Nxb Đại học Sư phạm, Hà Nội [5] Phan Trọng Ngọ, (2005), Dạy học phương pháp dạy học nhà trường Nxb Đại học sư phạm [6] G.Polya, (2009), Giải toán nào, Nxb Giáo dục Việt Nam [7] Đào Tam, (2008), Phương pháp dạy học hình học trường THPH, Nxb Đại học sư phạm, Hà Nội [8] Đào Tam (Chủ biên), Trần Trung(2010), Tổ chức hoạt động nhận thức dạy học mơn Tốn trường THPH, Nxb Đại học sư phạm, Hà Nội [9] Vụ giáo dục trung học, Chương trình phát triển GDTH, (2014), Tài liệu tập huấn dạy học kiểm tra, đánh giá kết học tập theo định hướng phát triển lực học sinh mơn Tốn,(Lưu hành nội bộ) https:/www.facebook.com/groups/toanvd Trang 117 ... a3 A 3a B 3a C 12 D a3 Faceboock: Nguyễn Ngọc Chi – Bình Hồng – Nguyen Trong Chanh – Nguyễn Ngọc Hóa https://www.facebook.com/groups/toanvd .vdc Trang 13 Tập san Số 01 - 2021 NHĨM GIÁO VIÊN... Chọn A  BC  SA Ta có:   BC   SAB   SB hình chi? ??u SC lên mặt phẳng  SAB   BC  AB Trang 17 https://www.facebook.com/groups/toanvd .vdc Tập san Số 01 - 2021 NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM... a3 B 12 https://www.facebook.com/groups/toanvd .vdc C a3 D a Trang 19 Tập san Số 01 - 2021 NHĨM GIÁO VIÊN TỐN VIỆT NAM Lời giải Chọn A Gọi H hình chi? ??u A cạnh SD CD  AD ( ABCDlà h.vuông