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

ụ 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 và là một số, kí hiệu là ., được xác định bởi “
Từ ta rút ra được các kết quả sau :
a) Kết quả 1 : Cho n điểm , và n số dương .O là điểm thoã mãn khi đó với mọi điểm M ta có bất đẳng thức
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với O
b) Kết quả 2 : Cho n điểm và n số dương .O là điểm thoã mãn khi đó với mọi điểm M ta có bất đẳng thức 
(Trong đó cùng hướng với và , i=1,2, ) 
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi M trùng với O
Chứng minh :
a) Ta có : 
 (1)
Áp dụng BĐT Cauchy ta có :
 (theo (1))
(2)
Từ (1)(2) suy ra điều phải chứng minh.
b) Ta có :
2. Khai thác và sáng tạo các bài toán mới .
2.1. Khai thác từ kết quả 1 :
Trong hệ quả 1, xuất hiện giả thiết do đó để sáng tạo bài toán mới ta kết hợp với các đẳng thức vectơ
Kết hợp với khái niệm trọng tâm tam giác.
G là trọng tâm tam giác ABC ta có nên ta có BĐT
Vì 
Suy ra với mọi điểm M ta có :
Đặc biệt
Với ta có
Mặt khác ta có OA=OB=OC=R, ta có
 hay suy ra 
 hay 
 hay , 
Với ta có 
Mặt khác do đó ta có
Kết hợp với bài toán :
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I, gọi là véc tơ đơn vị tương ứng cùng hướng với véc tơ .
Chứng minh rằng : 
Suy ra 
Ta thu được bất đẳng thức
Mặt khác 
(Với D, E, F là các tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC với các cạnh BC, CA, AB)
Do đó với mọi điểm M.
Tổng quát
 Cho đa giác lồi () ngoại tiếp đường tròn tâm J. Chứng minh rằng với điểm M bất kỳ thì 
( Đề của tác giả đã được đang trên báo TH & TT, bài T8/389 tháng 11/2009)
Kết hợp với bài toán :
Cho tam giác ABC vuông tại A. I là trung điểm của đường cao AH.
Chứng minh rằng : 
Ta thu được bất đẳng thức
Hay 
 với mọi điểm M
Giả thiết thêm tam giác cân cạnh x thì ta được bài toán
Cho tam giác ABC vuông cân tại A. Xác định điểm M sao cho đạt giá trị nhỏ nhất.
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,đặt 
Chứng minh rằng : 
Khi T trùng với :
I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta có nên ta có
Mặt khác nên
 ta có 
Kết hợp với công thức 
+ 
+ 
O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ta có 
Với ABC là tam giác nhọn thì sin2A>0, sin2B>0, sin2C>0. Ta có 
Áp dụng định lý hàm số sin, cosin và đẳng thức 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 :
(Bài 185, trang 49_Tuyển tập 200 bài thi vô địch toán)
H là trực tâm tam giác ta có 
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 :
tương tự ta có 
Suy ra
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: 
Gọi x,y,z lần lượt là khoảng cách từ T lên BC, CA, AB
Tam giác ABC đều ta được 
Hay 
T Trùng với trọng tâm G của , ta được kết quả:
Mặt khác 3GD=ha, 3GE=hb, 3GF=hc do đó
Hay và 
T trùng với O tâm đường tròn ngoại tiếp :
Suy ra và
Mặt khác tanA+tanB+tanC = tanA.tanB.tanC nên nếu tam giác ABC nhọn thì
 và
 với mọi điểm M
T trùng với I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta có 
Mặt khác ID=IE=IF=r nên
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 :
Thêm giả thiết tam giác ABC nhọn
Với D, E, F lần lượt là hình chiếu M lên cạnh BC, CA, AB. x, y, z lần lượt là
khoảng cách từ T lên BC, CA, AB
Thêm giả thiết tam giác ABC nhọn
Kết hợp với G là trọng tâm tứ diện ABCD
Với G là trọng tâm tứ diện ABCD ta có 
Ta thu được bất đẳng thức
Với tứ diện ABCD gần đều với a, b, c là độ dài các cặp cạnh đối diện thì trọng tâm G trùng với tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. Khi đó ta có 
Do đó
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 
Kết hợp với bài toán: Cho tứ diện ABCD, O là một điểm bất kỳ trong tứ
diện. Đặt , .
Chứng minh rằng : 
Ta thu được các bất đẳng thức
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 
Chứng minh rằng : 
Ta thu được các bất đẳng thức
2.2. Khai thác từ kết quả 2 : Trong hệ quả xuất hiện giả thiết nên để sáng tạo bài toán ta xuất phát từ đẳng thức trên.
Từ đẳng thức với là các vectơ đơn vị cùng hướng với .
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 
Tổng quát : Cho O là điểm bất kỳ nằm đa giác lồi (). Qua O kẻ các đường thẳng song song với (xem Ai+1=A1) tương ứng cắt các cạnh tại Bi. Chứng minh rằng : 
Từ khái niệm trọng tâm tam giác.
G là trọng tâm tam giác ABC. Với là các vectơ đơn vị cùng hướng với .
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 A1, B1, C1. Chứng minh rằng : 
Từ định lý “con nhím” : Cho đa giác lồi (), là các
vectơ đơn vị hướng ra ngoài đa giác và tương ứng vuông góc với (xem Ai+1=A1). Chứng minh rằng : 
Ta được bài toán
 Cho đa giác lồi (),, O là điểm bất kỳ nằm trong đa giác.Gọi Bi là hình chiếu điểm O lên AiAi+1
Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có 
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 
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 
Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có 
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 . 
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 
Kết hợp với bài toán.
Cho N là điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Đặt, là các vectơ đơn vị cùng hướng với . 
Chứng minh rằng : 
Ta đề xuất được bài toán
 Cho tam giác ABC; N là điểm trong tam giác, đặt . Chứng minh rằng với mọi điểm M ta có
Đặc biệt :
Khi ta được bài toán
Cho tam giác ABC nhọn. Tìm điểm M sao cho đạt giá trị nhỏ nhất.
Cho ta có
Mặt khác 
Tương tự 
Và; 
. Ta được bài toán
Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng :
Cho ta được
, kết hợp định lý sin ta có
Cho và kết hợp với khi
tam giác ABC nhọn.
Ta được 
Hay 
Xét tam giác ABC có các góc nhỏ hơn 1200, khi đó tồn tại điểm T sao cho
 (T được gọi là điểm Toricelly) lúc đó với là các vectơ đơn vị cùng hướng với.
Suy ra 
Ta được bài toán : Cho tam giác ABC các góc nhỏ hơn 1200. Tìm điểm M sao cho MA+MB+MC đạt giá trị nhỏ nhất.
Tổng quát :
Cho tam giác ABC. Tìm điểm M sao cho MA+MB+MC đạt giá trị nhỏ nhất.
Hướng dẫn :
+ Nếu A<1200, B<1200, C<1200. khi đó điểm 
+ Nếu thì.Với điểm M bất kỳ ta có :
Khi đó. Tương tự đối với các góc B, C.
Xét đa giác đều có tâm là O khi đó với là các vectơ đơn vị cùng hướng với .
Suy ra với mọi điểm M thì 
Ta được bài toán
Cho đa giác đều . Tìm điểm M sao cho tổng nhỏ nhất.
Khai thác trong không gian :
Từ đẳng thức 
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
Xét tứ diện ABCD với G là trọng tâm
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 
(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
Cho tứ diện , 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 
+ Với O là điểm bất kỳ nằm trong tứ diện, theo định lý ’’con nhím ‘’ ta có
 với là các vectơ đơn vị cùng hướng với với Bi là hình chiếu của điểm O lên mặt phẳng đối diện với đỉnh Ai .
Suy ra với mọi điểm M thì 
Mặt khác , với V là thể tích tứ diện. 
Ta được bài toán
 Cho O là điểm nằm trong tứ diện 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 : 
+ Xét H là trực tâm và nằm trong tứ diện , theo định lý ’’con nhím ‘’ ta có
 với là các vectơ đơn vị cùng hướng với 
Suy ra 
Mặt khác 
( hi là chiều cao của tứ diện ứng với đỉnh Ai, di là khoảng cách từ H tới mặt phẳng đối diện với đỉnh Ai, V là thể tích tứ diện)
Ta được bài toán
 H là trực tâm và nằm trong tứ diện .Si là diện tích các mặt đối diện với đỉnh Ai. Xác định vị trí điểm M sao cho 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 .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 đạt giá trị nhỏ nhất. 
Xét tứ diện ABCD có điểm O thỏa mãn 
.Trên các tia OA, OB, OC, OD lần lượt đặt các vectơ đơn vị khi đó tứ diện A’B’C’D’ là tứ diện gần đều nhận O làm tâm mặt cầu ngoại tiếp và O cũng là trọng tâm của nó. Do đó 
Ta có bài toán
 Cho tứ diện ABCD có điểm O thỏa mãn 
. 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 các cạnh SA, SB, SC, SD tại A’, B’, C’, D’.
Chứng minh rằng : (*)
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
Mặt khác OE=OF( do)
Nên 
Tương tự 
Do đó 
Cách 2 : Sử dụng phương pháp vec tơ.
Đặt 
(x, y, z, t là các số lớn hơn 1)
Ta có  (vì cùng bằng )
Vì A’, B’, C’, D’ đồng phẳng nên 
Hay 
Cách 3 : Sử dụng phương pháp thể tích.
Nhận xét  : trong đó A’ B’ C’ lần lượt là giao điểm của mặt phẳng (P) bất kỳ cắt các cạnh SA, SB, SC của tứ diện SABC.
Vận dụng kết quả đó thì
(Do VSABC=VSACD= VSABD= VSBCD=)
Cách 4 : Sử dụng phương pháp diện tích.
Tương tự 
Do đó 
Cách 5 : Sử dụng phép chiếu song song.
Gọi 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 
Mặt khác (Do ABCD là hình bình hành)
Từ đó ta có 
Tương tự 
Do đó 
(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)
Nhận xét : Từ lời giải 1 ta suy ra (**)
2. Khai thác bài toán và sáng tạo bài toán mới.
2.1. Khái quát hóa bài toán.
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
(1)
Và 
Mặt khác 
(Trong đó B’’, D’’ là hình chiếu của B, D lên AC)
Suy ra hay OE.SADC=OF.SABC (2)
Từ (1), (2) ta có :
Tương tự ta có 
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 : 
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 :
 ta được 
 Trong đó tương ứng là khoảng cách từ A, C đến BD, 
 tương ứng là khoảng cách từ B, D đến AC ; tương ứng là khoảng cách từ A, C đến (SBD), tương ứng là khoảng cách từ B, D đến (SAC)
Ta được 
 ta được
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 nằm trong mặt phẳng (P). S là một điểm nằm ngoài mặt (P).Mặt phẳng cắt các cạnh SA1, SA2, ..., SA2n lần lượt tại .
Chứng minh rằng : 
 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 (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 , . Trong đó Gn là trọng tâm của đa giác (Tức là thỏa mãn)
Chứng minh rằng : 
Giải :
Nhận xét : Gn là trọng tâm đa giác, khi đó Gn, Gn-1, An thẳng hàng và thỏa mãn . Thật vậy,
Gn là trọng tâm đa giác 
Trở lại bài toán, ta sẽ chứng minh bằng quy nạp.
+ Với n=2 thì (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 
suy ra 
’
Qua Ak+1, Gk kẻ đường thẳng song song 
k+1
k
với cắt SGk+1 lần lượt tại E, F
k+1
Theo định lý Thales ta có
k+1
k
k+1
Mặt khác (Theo nhận xét trên)
Do đó
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 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 : (***)
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
 Áp dụng bất đẳng thức Côsi, Bunhiacopxki ta có
Suy ra , ,
+ Với B’, D’ là trung điểm của SB, SD thì 
Kết hợp với các BĐT đại số :
 với x,y là các số dương
 với và 
 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
P= SA’+SC’
Xuất phát từ (***) 
+ Với G’ là trọng tâm tứ diện SABC khi đó 
Do đó 
Áp dụng BĐT cauchy ta có :
Mặt khác 
(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 SA, SB, SC, SG tại A’, B’, C’.
Tìm giá rị nhỏ nhất của
Thể tích hình chóp VSA’B’C’.
Của biểu thức 
(Bài T10/301 tạp chí TH&TT năm 2002)
+ Với SA=a, SB=b, SC=c thì ta có 
 Áp dụng bất đẳng Bunhiacopxki ta có
Và áp dụng bất đẳng thức ta có :
Từ đó ta đặt ra bài toán
Cho hình chóp S.ABC với SA=a, SB=b, SC=c. 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’.
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
 với là số thực dương
b) Tìm giá trị lớn nhất của 
Nhận xét : Trường hợp khi 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.
◦ với x, y,z là số dương thỏa mãn đẳng thức .
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 
◦ với x, y,z là số dương thỏa mãn đẳng thức và với x, y,z là số dương thỏa mãn đẳng thức 
Ta được
Cho hình chóp S.ABC với SA=SB=SC=4. 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 nhỏ nhất của biểu thức
a) 
b) 
..v..v..
2.3. Khai thác và sáng tạo bài toán tỉ số.
Từ (*) 
+ Cho, 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 : (Bộ đề thi đại học 1996)
+ Cho , 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 (O là tâm hình bình hành, )
+ Cho , B’ là điểm nằm trên cạnh SB thỏa mãn SB=3SB’. Ta có bài toán
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.một mặt phẳng (P) qua A, M cắt cạnh SC, SD tương ứng tại tại N, K. Trong đó M điểm nằm trên cạnh SB thỏa mãn SB=3SB’.
Tính 
Từ (***) cho mặt phẳng đi qua trọng tâm G và trung điểm C’ của SC ta được
Cho hình chóp S.ABC .Mặt phẳng (P) đi qua trung điểm C’ của SC và trọng tâm G cảu tứ diện cắt SA, SB lần lượt tại A’, B’. Chứng minh rằng 
2.4. Khai thác và sáng tạo các bài toán chứng minh.
Từ (***) G’ là trọng tâm tứ diện SABC, SA=a, SB=b, SC=c thì ta có
. Ngược lại nếu mặt phẳng (P) tạo ra hệ thức trên thì có đặc điểm gì ?. Trả lời câu hỏi này ta có bài toán
 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 . 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,. Khi đó (***) ta có
, kết hợp với giả thiết suy ra 
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 . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) xác định bởi ba điểm A’, B’, G’ đi qua điểm cố định. Trong đó G là trọng tâm tam giác ABC.
Từ (*) ta có
 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.A’, B’, C’ là các điểm thay đổi nằm trên các cạnh SA, SB, SC thỏa mãn. Chứng minh rằng mặt phẳng (P) xác định bởi ba điểm A’, B’, C’ đi qua điểm cố định.
C. Kết luận.
Như vậy nếu giáo viên quan tâm việc khai thai thác khái niệm, bài tập trong sách giáo khoa và sách bài tập và cài đặt hợp lý trong quá trình giảng dạy của mình thì sẽ góp phần đổi 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 một cách say mê hứng thú. Một số em đã đạt được những thành tích tốt qua những đợt thi học sinh giỏi vừa qua. Dù đã cận thận và chuyên tâm nghiên cứu, nhưng vì thời gian hoàn thiện sáng kiến có hạn nên không tránh khỏi sai sót. Rất mong đồng nghiệp quan tâm và đóng góp ý kiến để đề tài được tốt hơn và ứng dụng trong thực tiễn dạy học đạt hiệu quả cao nhất. 
 Xin chân thành cảm ơn!
Tài liệu tham khảo
Sách giáo khoa, sách bài tập (cơ bản và nâng cao)_Văn Như Cương, Nguyễn Hộng Hy (Chủ biên).
Bài tập nâng cao và một số chuyên đề hình học 10_ Nguyên minh Hà (Chủ biên) – Nguyễn Xuân Bình.
Tạp chí toán học và tuổi trẻ.
Tuyển tập 200 bài thi vô địch toán (Hình học không gian).
Hình học sơ cấp_ Đào Tam.
Một số tài liệu trên mạng.