DC ịb uuur + uuur r= hay u' ur =0 r
Q uur IA uura
2.2.5. Khai thác bài toán cơ bản từ đó kiến tạo bài toán mớ
Theo quan điểm của luận văn, bài toán cơ bản có thể hiểu là bài toán tơng đối dễ chỉ nhằm củng cố, vận dụng kiến thức, kỹ năng đã học ở mức độ đơn giản.
- Kết quả bài toán đợc sử dụng nhiều trong việc tìm tòi lời giải các bài toán khác.
- Phơng pháp giải bài toán đợc sử dụng trong việc tìm tòi lời giải bài toán khác.
- Nếu thay đổi giả thiết hoặc kết luận thì đợc bài toán mới.
Trong tác phẩm nổi tiếng “Giải bài toán nh thế nào”, G. pôlia cho rằng: Ví dụ nh dòng sông nào cũng bắt nguồn từ những con suối nhỏ. Mỗi bài toán dù khó đến đâu cũng bắt nguồn tà những bài toán đơn giản, có khi rất quen thuộc với chúng ta. Vì vậy, khai thác các bài toán cơ bản sẽ giúp cho học sinh t duy, sáng tạo hơn trong quá trình giải toán.
Một bài toán có thể có nhiều cách biến đổi để dẫn đến kết quả. Nhng ng- ời giáo viên cần tập dợt cho học sinh suy nghĩ bài toán đó có thể kiến tạo ra bài toán mới đợc không? bài toán đó có thể rút ra bài toán tổng quát không?
Trong SGK Hình hoc 10, phần bài tập chứng minh đẳng thức véctơ,xuất phát từ bài toán cơ bản giáo viên có thể rèn luyện cho học sinh khai thác những tính chất đặc trng chứa ẩn trong bài toán đó để xây dựng và kiến tạo nên các bài toán mới .
Chẳng hạn : xuất phát từ bài toán cơ bản sau:
Bài toán 1: Cho VABC với trọng tâm G , chứng minh rằng ta luôn có
0.
GA GB GCuuur uuur uuur r+ + =
Từ bài toán cơ bản này giáo viên nên rèn luyện cho hoc sinh kiến tạo tri thức mới. Theo t duy biện chứng thì cái chung tồn tại trong cái riêng, thông qua cái riêng để biểu thị sự tồn tại của mình, nên ta có thể tìm đợc cái chung trong cái riêng. Vì vậy nếu ta xem bài toán trên chỉ là một trờng hợp riêng của một tr- ờng hợp tổng quát thì ta hãy tìm cái chung, cái tổng quát hơn là gì? Nếu ta xem trọng tâm G là một điểm đặc biệt nằm trong tam giác thõa mãn
ABCGAB GAB GAC GBC S 3 1 S S S = = = . Khi đó :
(4)
ABC ABC ABC
GA GB GC 0 1 1 1 S GA S GB S GC 0 3 3 3 + + = ⇔ + + =
uuur uuur uuur r
uuur uuur uuur r
Ta để ý rằng tổng các hệ số của biểu thức vế trái của (4) bằng SABC . Từ đó ta xem xét một kết quả tổng quát hơn nh sau:
Bài toán 2.1: "M là điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Đặt S 1= SMBC, S2= SMCA, S3= SMAB Chứng minh : S MA S MB S MC 01uuuur+ 2uuur+ 3uuur r= "
Chứng minh: 1 2 3 3 2 1 1 S MA S MB S MC 0 S S MA MB MC (5) S S + + = ⇔ = − −
uuuur uuur uuur r uuuur uuur uuur
Để chứng minh (5) ta dựng hình bình hành MEAF nhận MA làm đờng chéo, ME và MF
lần lợt thuộc các đờng thẳng BM, CM. Theo quy tắc hình bình hành ta có: MA ME MF= +
uuuur uuur uuur
. Từ đó MA MEMB MFMC
MB MC
= − −
uuuur uuur uuur
Hay CME BME
1 1
S S
MA MB MC
S S
= − −
uuuur uuur uuur .
Do AE//MC và AF//MB nên 2 3
1 1 S S MA MB MC S S = − −
uuuur uuur uuur .
Từ trờng hợp riêng, ta đã mở rộng bài toán cho trờng hợp M là điểm bất kì và ta đã có tính chất tổng quát hơn. Nhng theo phép biện chứng duy vật thì mỗi cái riêng đợc chứa đựng trong nhiều cái chung, cái bao trùm nó theo một số quan hệ nào đó và ngợc lại, nhiều cái riêng có thể chứa đựng trong cùng một cái một chung theo một mối quan hệ nào đó giữa các đối tợng. Nh vậy ta có thể mở rộng bài toán này nữa hay không nếu ta xem SMBC, SMCA, SMAB chỉ là một trờng hợp riêng của một bộ hệ số có tính chất chung đó là tổng của các hệ số đó bằng SABC? Và điểm M nằm trong tam giác chỉ là trờng hợp riêng của một điểm M bất
A
M
C B
kì? Nh vậy , nếu thay điểm M bởi những điểm đặc biệt khác , ta sẽ xây dựng đợc hệ thống các bài tập sau:
- M trựng với trọng tõm G của VABC,ta được kết quả quen thuộc GA GB GCuuur uuur uuur r+ + =0. (1) - M trựng với trực tõm H của VABC khụng vuụng ,ta cú kết quả tanA.HA+tanB.HB+tanC.HC=0uuuur uuuur uuuur r (2) (Bài 27_tr42 Sỏch bài tập hỡnh học nõng cao 10)
a .HA+ b .HB+ c .HC=0 cosA cosB cosC
uuur uuur uuur r
(3) - M trựng O tõm đường trũn ngoại tiếp VABC,ta cú kết quả sau : a.cosA.OA+b.cosB.OB+c.cosC.OC=0uuuur uuuur uuuur r (4) (tanB+tanC)OA+(tanC+tanA)OB+(tanA+tanB)OB=0uuuur uuuur uuuur r (5) sin2A.IA+sin2B.IB+sin2C.IC=0uuur uur uur r (6) - M trựng với I1 tõm đường trũn bàng tiếp gúc BAC ta cú kết quả sau :
• aI A+bI B+cI C=0uuur uuur uuur r1 1 1
(7) • 1 1 1 a b c 1 1 1 I A+ I B+ I C=0 h h h
uuur uuur uuur r
(8)
• sinA.I A+sinB.I B+sinC.I C=0uuur1 uuur1 uuur r1
(9) - Nếu tam giỏc ABC đều,ta cú S MA+S .MB+S MC=0auuur b uuur cuuur r
.Gọi D,E,F lần lượt là hỡnh chiếu của điểm M đến cỏc cạnh BC,CA,AB.Đặt x=MD ;y=ME;z=MF thỡ ta được
x MA+yMB+zMC=0uuur uuur uuur r
(10) Từ đõy suy ra MD ME MF 3MO
2
+ + =
uuur uuur uuur uuur
(Bài 9 SGK cơ bản) (11) Thật vậy: (2.2)Û (x+ +y z MO+MD.OA+ME.OB+MF.OC=0)uuur uuur uuur uuur r
(x y z MO-OA.MD-OB.ME-OC.MF=0)
1 1 1 2 1 2 1 2 1
a.x a.y a.z MO .h. .aMD .h. .aME .h. .aMF
2 2 2 3 2 3 2 3 2
ổ ửữ
ỗ
Û ỗỗố + + ữữứ = + +
uuur uuur uuur uuur
( OBC OAC OAB) ABC ABC ABC
2 2 2
S S S .MO .S MD .S ME .S MF
3 3 3
Û + + uuur= uuur+ uuur+ uuur
Hay MD ME MF 3MO
2
+ + =
uuur uuur uuur uuur
(đpcm)
- Nếu M nằm ngoài tam giỏc ABC,chẳng hạn M nằm gúc BACã ta cú kết quả sau:
a b c