Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
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.
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 1
Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
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
r
và
b
r
là một số, kí hiệu là
a
r

2 2
i i i i i i i
i 1 i 1 i 1
.MA OA .MA OA
= = =
α ≥ α ≥ α
∑ ∑ ∑
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với O
b) Kết quả 2 : Cho n điểm
1 2 n
A A A
và n số dương
1 2 n
, , ,α α α
.O là điểm thoã mãn
n
i i
i 1
e 0
=
α =
∑
ur r
khi đó với mọi điểm M ta có bất đẳng thức
n n
i i i i
i 1 i 1
MA OA
= =
α ≥ α

i 1 i 1 i 1 i 1 i 1
OA .MA OA MO OA MO. OA OA OA
= = = = =
⇔ α ≥ α + = α + α = α
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur
(1)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có :
2 2
i i i i i i i i
.MA OA 2 MA .OA , i 1,n, 0α + α ≥ α ∀ = α >
n n n n n
2 2 2
i i i i i i i i i i i i
i 1 i 1 i 1 i 1 i 1
.MA OA .MA .MA OA 2 OA .MA
= = = = =
⇒ α + α ≥ α + α ≥ α
∑ ∑ ∑ ∑ ∑
(theo (1))
n n
2
i i i i i
i 1 i 1
.MA OA MA
= =
⇒ α ≥ α
∑ ∑
(2)
Từ (1)(2) suy ra điều phải chứng minh.

D
Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
Trong hệ quả 1, xuất hiện giả thiết
n
i i
i 1
OA 0
=
α =
∑
uuuur r
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+ + =
uuur uuur uuur r
nên ta có BĐT
2 2 2 2 2 2
MA MB MC MA.GA MB.GB MC.GC GA GB GC+ + ≥ + + ≥ + +
• Vì
a b c
2 2 2
GA m , GB m , GC m
3 3 3
= = =
( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c
4 1

R GA GB GC 3R+ + ≤
hay
a b c
9
m m m R
2
+ + ≤
suy ra
a b c
1 1 1 2
m m m R
+ + ≥
( )
2 2 2
R GA GB GC GA GB GC+ + ≥ + +
hay
2 2 2
a b c
a b c
m m m
3R
m m m 2
+ +
≤
+ +
2 2 2 2
3R GA GB GC≥ + +
hay
2 2 2 2
a b c

b. Kết hợp với bài toán :
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, gọi
i
e , i 1,2,3=
ur
là véc tơ đơn vị tương ứng cùng
hướng với véc tơ
IA, IB, IC
uur uur uur
.
Chứng minh rằng :
1 2 3
A B C
cos e cos e cos e 0
2 2 2
+ + =
uur uur uur r
Suy ra
A B C
cos cos cos
2 2 2
IA IB IC 0
IA IB IC
+ + =
uur uur uur r
Ta thu được bất đẳng thức
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 3
Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
( ) ( ) ( )
A B C

i=1
A
cos . MA JA 0
2
− ≥
∑
( 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 :
2 2 2
a IA b IB c IC 0+ + =
uur uur uur r
Ta thu được bất đẳng thức
( ) ( ) ( )
2 2 2
a .IA MA IA b .IB MB IB c .IC MC IC 0− + − + − ≥
Hay
( ) ( ) ( )
2 2 2
MA IA .IAsin A. MB IB .IBsin B MC IC .ICsin C 0− + − + − ≥

với mọi điểm M
Giả thiết thêm tam giác cân cạnh x thì
2x 10x
IA , IB
4 4
= =
ta được bài toán
Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Xác định điểm M sao cho

IA , IB , IC , S pr
A B C
4R
sin sin sin
2 2 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 2 2
+ +
⇔ ≥
+ +
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 4
H
A
B
C
A'
B'
C'
Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.

( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
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
uuur uuur uuur r
2 2 2
2 2 2
t anA.MA tan B.MB tan C.MC t anA.MA.HA tan B.MB.HB tanC.MC.HC
HA HB 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
HC 2RcosC tanC.HC c
sin CHA ' sin B sin B
= = = = ⇒ =
tương tự ta có
tanA.HA a, tanB.HB b= =
Suy ra
2 2 2 2 2 2
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
TBC a TAC b TAB c

a MD b ME c MF a MD.GD b ME.GE c MF.GF
a GD b GE c GF
+ + ≥ + +
≥ + +
Mặt khác 3GD=h
a
, 3GE=h
b
, 3GF=h
c
do đó
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 5
Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
( ) ( ) ( )
( )
2 2 2
2 2 2
a b c
2 2 2
a b c
1
aMD + bME + cMF a h MD+b h ME+c h MF
3
1 1 1
ah + bh + ch
3 3 3
≥
     
≥
 ÷  ÷  ÷

Mặt khác tanA+tanB+tanC = tanA.tanB.tanC nên nếu tam giác ABC nhọn thì
2 2 2
2
MD ME MF
R
tan B.tan C tan C.tan A tan A.tan B
+ + ≥
và
MD ME MF
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+ + =
uur uur uur r
2 2 2 2 2 2
aMD bME cMF aMD.ID bME.IE cMF.IF aID bIE cIF+ + ≥ + + ≥ + +
Mặt khác ID=IE=IF=r nên
( )
2 2 2
aMD bME cMF r aMD bME cMF+ + ≥ + +
2 2 2 2
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 :
2 2 2
a b c

Q aMD bME cMF
I aMD bME cMF
= + +
= + +
= + +
= + +
= + +
= + +
Thêm giả thiết tam giác ABC nhọn
2 2 2
MD ME MF
R
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 là trọng tâm tứ diện ABCD
Với G là trọng tâm tứ diện ABCD ta có
GA GB GC GD 0+ + + =
uuur uuur uuur uuur r
Ta thu được bất đẳng thức
2 2 2 2
2 2 2 2
MA MB MC MD MA.GA MB.GB MC.GC MD.GD
GA GB GC GD
+ + + ≥ + + +
≥ + + +
Với tứ diện ABCD gần đều với a, b, c là độ dài các cặp cạnh đối diện thì trọng tâm G trùng với

,
C OABD C OABD
V V ;V V= =
.
Chứng minh rằng :
A B C D
V .OA V .OB V .OC V .OD 0+ + + =
uuur uuur uuur uuur r
Ta thu được các bất đẳng thức
( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( ) ( )
A B C D
A 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 A
1
, B
1
, C
1
, D
1
lần lượt là hình chiếu của O lên mặt phẳng
(BCD); (ACD); (ABD); (ABC). Đặt
A BCD B ACD C ABD D ABC
S S ;S S ;S S ; S S= = = =

2
2 2 2
C
A B D
A B C D
S
S S S
.MA MA-OA + .MB MB-OB + .MC MC-OC + .MD MD-OD 0
V V V V
≥
2.2. Khai thác từ kết quả 2 : Trong hệ quả xuất hiện giả thiết
n
i i
i 1
e 0
=
α =
∑
ur r
nên để sáng tạo bài
toán ta xuất phát từ đẳng thức trên.
a. Từ đẳng thức
1 2 3
AB BC CA 0 ce ae be 0+ + = ⇔ + + =
uuur uuur uuur r uur uur uur r
với
1 2 3
e ,e ,e
uur uur uur
là các vectơ đơn

1
) tương ứng cắt các cạnh
i 1 i 2
A A
+ +
tại B
i
.
Chứng minh rằng :
( )
n
i i 1 i i
i 1
A A MB OB 0
+
=
− ≥
∑
b. Từ khái niệm trọng tâm tam giác.
G là trọng tâm tam giác ABC
a 1 b 2 c 3
GA GB GC 0 m e m e m e 0⇔ + + = ⇔ + + =
uuur uuur uuur r uur uur uur r
. Với
1 2 3
e ,e ,e
uur uur uur
là các vectơ đơn vị cùng hướng với
GA,GB,GC
uuur uuur uuur

(xem A
i+1
=A
1
). Chứng
minh rằng :
1 2 1 2 3 2 n 1 n
A A e A A e A A e 0+ + + =
uur uur uur r
Ta được bài toán
Cho đa giác lồi
1 2 n
A A A
(
n 3≥
),
i
e , i 1,n=
ur
, 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

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+ + =
uuur uuur uuur r
.
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= α = β = γ
,
1 2 3
e ,e ,e
uur uur uur
là
các vectơ đơn vị cùng hướng với
NA, NB, NC
uuur uuur uuur
.
Chứng minh rằng :
1 2 3

·
·
GAsin BIC GBsin CIA GCsin AIB IAsin BIC IBsin CIA ICsin AIB+ + ≥ + +
Mặt khác
·
B C A A
sin BIC sin sin cos
2 2 2 2 2
π
   
= π − − = + =
 ÷  ÷
   
Tương tự
·
·
B C
sin CIA cos , sin AIB cos
2 2
= =
Và
A B C a b c
cos .IA cos .IB cos .IC AE BF CD
2 2 2 2
+ +
+ + = + + =
;
a b c
2 2 2
GA m , GB m , GC m

Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 9
Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
Ta được
A A A
a cos a cos a cos
a b c
2 2 2
t anA t anA t anA 2
+ +
+ + ≥
Hay
A B C sin A sin B sin C
cosA cos cosBcos cosCcos
2 2 2 2
+ +
+ + ≥
g. Xét tam giác ABC có các góc nhỏ hơn 120
0
, khi đó tồn tại điểm T sao cho
·
·
·
0
ATB BTC CTA 120= = =
(T được gọi là điểm Toricelly) lúc đó
1 2 3
e e e 0+ + =
uur uur uur r
với
1 2 3

AB AC
+ ≤
uuur uuur
.Với điểm M bất kỳ ta có :
2 2
MB.AB MC.AC AB AC AB AC
MA MB MC MA MA MA
AB AC AB AC AB AC
 
+ + = + + = + + + +
 ÷
 
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuuur
Khi đó
M A≡
. Tương tự đối với các góc B, C.
h. Xét đa giác đều
1 2 n
A A A
có tâm là O khi đó
1 2 n
e e e 0+ + + =
uur uur uur r
với
i
e ,i 1, 2, =
ur
là
các vectơ đơn vị cùng hướng với

GA GB GC GD 0 m e m e m e m e 0+ + + = ⇔ + + + =
uuur uuur uuur uuur r uur uur uur uur r
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
a b c d a b c d
m MA ' m MB' m MC' m MD' m OA ' m OB' m OC' m OD'+ + + ≥ + + +
(
a b c d
m , m , m , m
tương 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
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 10
Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
Cho tứ diện
1 2 3 4
A A A A
,
i
e , i 1,2,3,4=
ur
là các vectơ đơn vị hướng ra ngoài và vuông góc với
mặt phẳng đối diện với đỉnh A
i
. S
i
là diện tích các mặt đối diện với đỉnh A
i
khi đó

A A A A
có thể tích là V. B
i
là hình chiếu của điểm O
lên mặt phẳng đối diện với đỉnh A
i
. S
i
là diện tích các mặt đối diện với đỉnh A
i
. Chứng minh
rằng :
1 1 2 2 3 3 4 4
S MB S MB S MB S MB 3V+ + + ≥
+ Xét H là trực tâm và nằm trong tứ diện
1 2 3 4
A A A A
, theo định lý ’’con nhím ‘’ ta có
1 1 2 2 3 3 4 4
S e +S e +S e +S e =0
uur uur uur uur r
với
i
e , i 1;4=
ur
là các vectơ đơn vị cùng hướng với
i
HA ,i 1;4=
uuuur
Suy ra

Xác định vị trí điểm M sao cho
1 1 2 2 3 3 4 4
S MA S MA S MA S MA+ + +
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
1 2 3 4
A A A A
.H
i
là chân các đường cao hạ từ đỉnh A
i
. S
i
là
diện tích các mặt đối diện với đỉnh A
i
. Xác định vị trí điểm M sao cho
4 4
i i i i
i 1 i 1
S MA S MH
= =
  
 ÷ ÷
 ÷ ÷
  
∑ ∑
đạt giá trị nhỏ nhất.

MA MB MC MD OA OB OC OD+ + + ≥ + + +
II. Khai thác bài toán
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 11
O'
S
B
D
F
O
B'
D'
E
O'
O
S
A
B
D
C
A'
B'
C'
D'
Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
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 các cạnh SA,
SB, SC, SD tại A’, B’, C’, D’.
Chứng minh rằng :
SA SC SB SD
SA' SC' SB' SD'

Cách 2 : Sử dụng phương pháp vec tơ.
Đặt
SA xSA ',SA xSA ',SB ySB',= = =
uuur uuur uuur uuur uur uuur
SC zSC', SA tSA '= =
uur uuur uuur uuur
(x, y, z, t là các số lớn hơn 1)
Ta có
SA SC SB SD+ = +
uuur uur uur uuur
(vì cùng bằng
1
SO
2
uuur
)
xSA ' zSC' ySB' tSD'
y t z
SA ' SB' SD' SC'
x x x
⇒ + = +
= + −
uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur
Vì A’, B’, C’, D’ đồng phẳng nên
y t z
1 x z y t
x x x
+ − = ⇔ + = +
Hay

SABC
=V
SACD
= V
SABD
= V
SBCD
=
SABCD
1
V
2
)
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 12
O'
S
B
D
F
O
B'
D'
E
O'
S
B
D
O
B'
D'

2
SA' SC' SO'
+ =
Do đó
SA SC SB SD
SA' SC' SB' SD'
+ = +
Cách 5 : Sử dụng phép chiếu song song.
Gọi
1 1 1 1
A , B ,C ,D
tương ứng là hình chiếu của các điểm A, B, C, D theo phương (A’B’C’D’)
lên đường thẳng SO
Áp dụng tính chất phép chiếu ta có
2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
2 2
SA ' SC' SB' SD' SB' SD'
SA' SC'
 
+ ≥ + = + ≥
 ÷
 
Mặt khác
1
1
OA
OA
1
OC OC

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 còn là trung điểm của BD)
Theo định lý Thales ta có
SB SE SO OE SD SF SO OF
;
SB' SO' SO' SD' SO' SO'
− +
= = = =
(1)
Và
OE BO
OF DO
=
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 13
O
A
B
C
D
D"
B"
Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
Mặt khác
ABC
ADC

+
− +
= +
=
Tương tự ta có
BCD ABD ABCD
SA SC SO
S S S .
SA' SC' SO '
+ =
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 :
BCD ABD ADC ABC
SA SC SB SD
S S S S
SA' SC' SB' SD'
+ = +
Một câu hỏi được đặt ra là ‘’liệu có thể thay các diện tích của công thức trên bởi các đại lượng
khác không ‘’ !?
Tương tự quá trình suy luận để tìm ra hệ thức mở rộng (***) ta có :
•
SABC
SADC
V
OE
OF V
=
ta được

h , h
tương ứng là khoảng cách từ B, D đến (SAC)
Ta được
3
1 4 2
1 3 1 3 2 4 2 4
h
h h h
SA SC SB SD
h h SA' h h SC' h h SB' h h SD'
+ = +
+ + + +
'
' ' '
3
1 4 2
' ' ' ' ' ' ' '
1 3 1 3 2 4 2 4
h
h h h
SA SC SB SD
SA' SC' SB' SD'
h h h h h h h h
+ = +
+ + + +
•
ABO SABO
AOD SAOD
S V
OE

2n
lần lượt tại
1 2 3 2n
B ,B ,B , ,B
.
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 14
G
S
A
G
F
G
B
G'
E
Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
Chứng minh rằng :
1 n 1 2 n 2 n 2n
1 n 1 2 n 2 n 2n
SA SA SA SA SA SA

SB SB SB SB SB SB
+ +
+ +
+ = + = +
Ta trở lại bài toán xuất phát, điểm O là tâm của hình bình hành ABCD.Theo tư duy biện chứng
nếu ta nhìn dưới góc độ khác xem O là trọng tâm của hệ bốn điểm {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
( )

G A G A G A 0+ + + =
uuuuuur uuuuuur uuuuuur r
)
Chứng minh rằng :
1 2 n n
'
1 2 n
n
SA SA SA SG
n
SB SB SB
SG
+ + + =
Giải :
Nhận xét : G
n
là trọng tâm đa giác
( )
1 2 3 n
A A A A n 2≥
, khi đó G
n
, G
n-1
, A
n
thẳng hàng và thỏa
mãn
( )
n n n n 1

2
SA SA SG
2
SB SB
SG
+ =
(đúng theo cách 1 của bài toán xuất phát)
+ Giả sử đẳng thức đúng với n=k ta chứng minh nó đúng với n=k+1.
Theo giả thiết quy nạp ta có
1 2 k k
'
1 2 k
k
SA SA SA SG
k
SB SB SB
SG
+ + + =
suy ra
1 2 k 1 k k 1
'
1 2 k 1 k 1
k
SA SA SA SG SA
k
SB SB SB SB
SG
+ +
+ +
+ + + = +

' '
1 2 k 1
k 1 k 1
SA SA SA
SE SF
k
SB SB SB
SG SG
+
+
+ +
⇒ + + + = +
Mặt khác
k 1 k 1 k 1
k 1 k
k 1
EG A G
SE
k
SF G G
G F
+ + +
+
+
= = =
(Theo nhận xét trên)
Do đó
( )
1 2 k 1 k 1 k 1 k 1 k 1
' '

Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
Nhận xét : Đặc biệt hóa với n=3 ta có
Bài toán 4 : Cho hình chóp S.ABC.Mặt phẳng (P) lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC, SG tại A’,
B’, C’, G’.Trong đó G là trọng tâm tam giác ABC
Chứng minh rằng :
SA SB SC SG
3
SA' SB' SC' SG '
+ + =
(***)
2.2. Khai thác và sáng tạo các bài toán về cực trị.
• Xuất phát từ (*) ta có.
+ với S.ABCD là hình chóp đều cạnh bên bằng a ta có
1 1 1 1
SA' SC' SB' SD'
+ = +
Áp dụng bất đẳng thức Côsi, Bunhiacopxki ta có
2 2
1 1 1 1 1 1 1 1
2 2
SA ' SC' SB' SD' SB' SD'
SA' SC'
 
+ ≥ + = + ≥
 ÷
 
Suy ra
SB'.SD' SB'.SD'
2
SA ' SC'

2a b 2c b
+ +
+ ≥
− −
với
a, b,c 0>
và
1 1 2
a c b
+ =
Ta được các bài toán :
Cho hình chóp đều S.ABCD cạnh bên bằng a.B’, D’ lần lượt là trung điểm của SB, SD.Mặt
phẳng (P) đi qua B’, D’ và lần lượt cắt các cạnh SA, SC tại A’, C’.Tìm giá trị nhỏ nhất của
a) P= SA’+SC’
b)
2SA' a 2SC' a
P
4SA' a 4SC' a
+ +
= +
− −
• Xuất phát từ (***)
+ Với G’ là trọng tâm tứ diện SABC khi đó
SG 4
SG ' 3
=
Do đó
SA SB SC
4
SA' SB' SC'

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 SA, SB, SC, SG tại A’, B’, C’.
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 16
Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
Tìm giá rị nhỏ nhất của
a) Thể tích hình chóp V
SA’B’C’
.
b) Của biểu thức
AA'B'C' BA'B'C' CA'B'C'
P=V +V +V
(Bài T10/301 tạp chí TH&TT năm 2002)
+ Với SA=a, SB=b, SC=c thì ta có
a b c
4
SA' SB' SC'
+ + =
Áp dụng bất đẳng Bunhiacopxki ta có
( )
2
2 2 2
2 2 2
1 1 1 1 1 1
16 a. b c a b c
SB' SC'
SA'
SA ' SB' SC'
 
 
= α + β + γ ≤ α +β + γ + +

, ,α β γ
là số thực dương
b) Tìm giá trị lớn nhất của
ab bc ca
SA'.SB' SB'.SC' SC'.SA'
+ +
Nhận xét : Trường hợp khi
1α = β = γ =
ở câu a ta được bài toán T10 số 278 tạp chí toán học
tuổi trẻ, khi a=b=c ở câu b ta được bài toán T10 số 288 tạp chí toán học tuổi trẻ.
+ Kết hợp với các bài toán BĐT đại số.
◦
1 1 1
1
2x y z x 2y z x y 2z
+ + ≤
+ + + + + +
với x, y,z là số dương thỏa mãn đẳng thức
1 1 1
4
x y z
+ + =
.
Và đặc biệt hóa cho a=b=c=1 ta có bài toán
Cho hình chóp S.ABC với SA=SB=SC=1. Mặt phẳng (P) di dộng luôn đi qua trọng tâm G của
hình chóp lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC, SG tại A’, B’, C’.
Tìm giá trị lớn nhất của
1 1 1
2SA' SB' SC' SA ' 2SB' SC' SA ' SB' 2SC'
+ +

SA ' 1 SB' 1 SC' 1 64+ + + ≥
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 17
Khai thác và sáng tạo bài toán mới từ khái niệm và bài tập cơ bản.
b)
2 2 2 2 2 2
SB' 2SA' SC' 2SB' SA ' 2SC'
SA'.SB' SC'.SB' SA '.SC'
+ + +
+ +
v v
2.3. Khai thác và sáng tạo bài toán tỉ số.
• Từ (*)
+ Cho
A' A≡
, C’ là trung điểm của SC ta được
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.Gọi C’ là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P)
qua AC’ cắt cạnh SB, SDlần lượt tại B’, D’.
Chứng minh rằng :
SB SD
3
SB' SD'
+ =
(Bộ đề thi đại học 1996)
+ Cho
A' A≡
, B’, C’ lần lượt là trung điểm của SB, SC.Ta có bài toán
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.một mặt phẳng (P) qua A, M, N cắt cạnh SD
tại K.Trong đó M,N tương ứng là trung điểm của SB, SC.
Tính
SC SO

Cho tứ diện SABC với SA=a, SB=b, SC=c. Các điểm A’, B’, C’ thay đổi lần lượt nằm trên các
cạnh SA, SB, SC thỏa mãn
a b c
4
SA' SB' SC'
+ + =
. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) xác định bởi
ba điểm A’, B’, C’ đi qua điểm cố định. Xác định điểm đó.
Hướng dẫn giải :
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC,
( )
G ' SG P= ∩
. Khi đó (***) ta có
SA SB SC SG
3
SA' SB' SC' SG '
+ + =
, kết hợp với giả thiết suy ra
SG SG 4
3 4
SG ' SG' 3
= ⇔ =
Vì S, G cố định nên G’ cố định do đó mặt phẳng (P) đi qua điểm G’ và nó chính là trọng tâm tứ
diện.
Một cách tương tự
• Từ (***) ta có bài toán
Cho tứ diện SABC . Các điểm A’, B’,G’ thay đổi lần lượt nằm trên các cạnh SA, SB, SG thỏa
mãn
( )
SA SB SG

Tài liệu tham khảo
1. Sách giáo khoa, sách bài tập (cơ bản và nâng cao)_Văn Như Cương, Nguyễn Hộng Hy
(Chủ biên).
2. Bài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 10_ Nguyên minh Hà (Chủ biên) –
Nguyễn Xuân Bình.
3. Tạp chí toán học và tuổi trẻ.
4. Tuyển tập 200 bài thi vô địch toán (Hình học không gian).
5. Hình học sơ cấp_ Đào Tam.
6. Một số tài liệu trên mạng.
Giáo viên : Đậu Thanh Kỳ Trang 19