Từ bài toán trong tam giác đến các bài toán tứ diện trong không gian

Trong quá trình dạy và học toán, đối với học sinh phổ thông tôi nhận thấy thường chúng ta phải phân tích, phán đoán các hướng giải quyết bài toán, liên hệ giữa bài toán đó với các bài to

MỤC LỤC Trang

2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm 2 2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2 2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề 3 2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo 15 dục,với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường

Các SKKN đã được Sở GD&ĐT Thanh Hóa xếp loại 19

PHẦN 1: MỞ ĐẦU 1.1 Lí do chọn đề tài.

Xu thế của dạy học hiện đại là dạy học theo phương pháp kiến tạo Người

ta còn gọi đó là lý thuyết tình huống và hiện nay chúng ta dạy học bằng cách tổ chức các hoạt động Trong hoạt động dựa vào tri thức đã biết để xây dựng các tri thức mới thì các kiểu giải bài tập tương tự là hoạt động phù hợp và cần thiết

Trong quá trình dạy và học toán, đối với học sinh phổ thông tôi nhận thấy thường chúng ta phải phân tích, phán đoán các hướng giải quyết bài toán, liên hệ giữa bài toán đó với các bài toán quen thuộc, đơn giản hơn để có hướng giải quyết tương tự, ngược lại đối với các học sinh khá, giỏi chúng ta lại có thể từ một bài toán đơn giản đi sâu phân tích, mở rộng, phát triển thành những bài toán mới Đặc biệt trong chương trình hình học ở THPT, việc khai thác được các liên

hệ giữa không gian hai chiều và không gian ba chiều giúp học sinh giải quyết được nhiều vấn đề toán học phù hợp với nhiều đối tượng học sinh, với nhiều mức độ kiến thức khác nhau, nội dung kiến thức này được xuất hiện khá nhiều trong các kì thi: Khảo sát chất lượng, thi Học sinh giỏi các cấp, thi THPT Quốc gia, Việc sử dụng phương pháp giải đối với một bài toán hình học phẳng để giải một bài toán hình học không gian tương tự và mở rộng một số bài toán phẳng sang bài toán trong không gian mới sẽ giúp hoạt động giảng dạy và học tập môn hình học đạt hiệu quả cao hơn

Hình học không gian là một môn học khó, đa số học sinh ngại học, rất khó

để gây được hứng thú cho học sinh Hiện tại chưa có các tài liệu nghiên cứu nào bàn sâu vào vấn đề liên quan giữa tam giác và tứ diện Các đồng nghiệp của tôi cũng chưa tìm ra hướng giải quyết, khắc phục khi dạy học liên quan đến các bài toán tứ diện trong không gian để học sinh có thể hứng thú và học tốt phần này

Với các lý do trên tôi chọn nghiên cứu đề tài: “Từ bài toán trong tam giác đến các bài toán tứ diện trong không gian” trong đó tôi trình bày một số bài

toán chuyên biệt (theo đề tài) mà tôi đã khai thác cũng như giảng dạy trong môn hình học không gian ở khối 11 và 12 cũng như bồi dưỡng học sinh khá, giỏi

1.2 Mục đích nghiên cứu.

Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh

phương pháp tương tự hóa trong hình học nói riêng và môn toán nói chung và một số kỹ năng cơ bản thông qua việc phát hiện được mối quan hệ giữa các bài toán hình học phẳng và bài toán hình học không gian Học sinh thông hiểu và trình bày bài toán đúng trình tự, đúng logic, không mắc sai lầm khi tư duy và biến đổi Hy vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng các

em học sinh có một cái nhìn toàn diện cũng như phương pháp giải một lớp các bài toán hình học

1.3 Đối tượng nghiên cứu.

- Bài toán hình học phẳng

- Bài toán hình học không gian

1.4 Phương pháp nghiên cứu.

- Nghiên cứu các loại tài liệu sư phạm có liên quan đến đề tài

- Phương pháp quan sát (công việc dạy- học của giáo viên và HS).

- Phương pháp điều tra (nghiên cứu chương trình, hồ sơ chuyên môn,…)

- Phương pháp đàm thoại phỏng vấn (lấy ý kiến của giáo viên và HS)

- Phương pháp thực nghiệm

PHẦN 2: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.

Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy và

hoạt động học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài” Giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ

thông đặc biệt là bộ môn toán học rất cần thiết không thể thiếu trong đời sống của con người, trong đó hình học là nội dung rất quan trọng và khó với kiến thức rộng, đa phần các em ngại học môn này

Muốn giải một bài toán ta thường thực hiện 2 bước: Huy động kiến thức

và tổ chức kiến thức Huy động kiến thức là một thao tác tư duy nhằm tái hiện các kiến thức có liên quan với bài toán, từ lý thuyết, phương pháp giải, các bài toán đã gặp Do đó người làm toán phải biết và cần phân tích ý tưởng: ta đã gặp bài toán nào gần gũi với kiểu bài toán này hay chưa ? Polia đã viết 1 quyển sách chỉ với nội dung: “Giải bài toán như thế nào” trong đó ông có đề cập đến nội dung trên như một điều kiện thiết yếu

Phương pháp tương tự hay tổng quát hóa là những thao tác tư duy cần thiết cho người làm toán (tương tự trong toán học cần hiểu rộng hơn như có tính chất giống nhau, mô hình giống nhau, mối quan hệ giống nhau…như đường thẳng trong mặt phẳng và mặt phẳng trong không gian cũng là tương tự…tam giác và tứ diện, đường tròn và mặt cầu…là tương tự)

2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.

Học sinh thường lúng túng trước một bài toán hình không gian ở các mặt:

vẽ hình, chưa hiểu rõ các khái niệm, định lý, liên quan và đặc biệt là không nhớ hay phát hiện được các bài toán tương tự Học sinh thường không nhận ra trong hình không gian có những bài toán này là bài toán con của bài toán khác (ví dụ: cắt một góc của khối chữ nhật ta có tứ diện vuông, cắt 1 tứ diện vuông ta có 1 tứ diện tùy ý hay bổ sung 1 tứ diện ta được một hình hộp…)

Học sinh thường suy nghĩ hay giải từ các bài toán liên quan theo dạng (các loại tứ diện, hình chóp, hình hộp, các cách chứng minh sự vuông góc hay song song…) mà không để ý xa hơn là có bài toán hình phẳng tương tự và giải các bài toán này

Học sinh ít suy nghĩ là từ đâu ta ra đề toán này, chưa hứng thú với môn học Cũng có thể do chính các thầy cô chưa chú trọng rèn luyện cho học sinh, hay phương pháp truyền đạt kiến thức chưa tốt làm giảm nhận thức của học sinh

Trước khi tôi thực hiện đề tài thì kết quả các bài kiểm tra môn hình học không gian của học sinh lớp 11, 12 trong hai năm học liên tiếp của trường THPT Quảng Xương 2 được thể hiện qua bảng sau:

Năm học Lớp Tổngsố

Điểm 8 trở lên

Điểm từ 5 đến

Số lượng Tỷ lệ

Số lượng Tỷ lệ

Số lượng Tỷ lệ 2015-2016 11C212B2 4645 88 17 %18 % 1819 39 %42 % 2018 44 %40 % 2016-2017 11A212C2 4246 99 21 %20 % 1720 40 %43 % 1617 39 %37 %

2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.

2.3.1 Các giải pháp: Trong giảng dạy tôi thực hiện như sau:

- Dùng hệ thống câu hỏi gợi ý phương pháp tìm tòi lời giải cũng như phương pháp chứng minh bằng kỹ thuật tương tự

- Khai thác, phát triển tính chất của bài toán hình phẳng, bài toán hình không gian tương tự

- Ra đề toán theo hướng mở với kiểu câu phát hiện sáng tạo (ví dụ: em thử nghĩ kết quả này mở rộng trong không gian thì ra sao và có tính chất đó hay không)

2.3.2 Nội dung: Tôi xin trình bày 15 bài toán và 10 bài tập kiểm tra, để

áp dụng cho nhiều đối tượng khai thác các bài toán quá khó thì lớp đối tượng áp dụng chuyên đề này bị thu hẹp

Bài toán 1:

Bài 1a Cho ABC vuông tại A có đường cao AH Chứng minh

a) BC2 = AB2 + AC2 (Pytago)

b) 1 2 12 12

AH AB AC

Bài 1b [1] Cho tứ diện vuông OABC có đường cao OH

a) S2ABC S2OACS2OABSOCB2

b) 1 2 12 12 12

OH OA OB OC

Nhận xét: Bài này khá quen thuộc tôi không nêu cách giải Có thể ra đề cho

học sinh trung bình khá bài sau giúp các em nhận dạng sự tương tự bước đầu

Bài 1c [4] Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = a, AD = b,

AA' = c

a) Tính độ dài đường chéo AC'

b) Tính khoảng cách từ các đỉnh A', B, D đến AC'

c) Gọi ,, là góc tạo bởi đường chéo AC' và 3 cạnh lần lượt là AD, AB, AA' Tính tổng S = cos2 + cos2 + cos2 (hay chứng minh S = 1)

Đáp số a) AC'2 = a2 + b2 + c2

b) Gọi x, y, z là các khoảng cách từ A' đến AC…

2 2

2 2 2

c a b x.AC' cA'C' x



  Tương tự

y b a2 2 2c2 2





  , z c a2 2 2b2 2





c) Đặt d = AC'  dcos = a, dcosb = b, dcos = c và dùng lại kết quả phần a

 S = 1

Bài toán 2:

Bài 2a Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong ABC đều cạnh a Hạ MH, MI, MK

lần lượt vuông góc với các cạnh BC, CA, AB

Chứng minh: S = MH + MI + MK không phụ thuộc vào vị trí của M

Bài 2b [6] Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong tứ diện đều ABCD Hạ MH, MI,

MK, ML lần lượt vuông góc với các mặt của tứ diện (H, I, K, L thuộc các mặt đó) Chứng minh: S = MH + MK + MI + ML không phụ thuộc vào vị trí của M

Cách giải:

a) S MH MK MI ML 2SMBC 2SMAC SMAB 2SABC AH a 3

(đpcm) (AH là đường cao ABC)

MABC ABCD

3V

3

không đổi (AH là đường cao)

Nhận xét:

 Bài 2a: Có thể mở rộng cho đa giác đều

 Bài 2b: Có thể mở rộng cho tứ diện đều hay tứ diện ABCD gần đều (AB=CD=a; AC = BD = b; AD = BC = c) hay khối đa diện đều

 Học sinh làm quen với tỉ số diện tích, thể tích có chung mẫu số

Bài toán 3:

Bài 3a M là điểm tùy ý nằm trong ABC Gọi MH, MI, MK là các khoảng cách

từ M đến các cạnh của tam giác Chứng minh MH MI MK 1

BC AC AB 

Bài 3b [4] M là điểm tùy ý nằm trong tứ diện ABCD Gọi x,y,z,t là khoảng

cách từ M đến các mặt đối diện đỉnh A,B,C,D và ha, hb, hc, hd lần lượt là đường cao của tứ diện Chứng minh:

a b c d

h h h h 

Nhận xét: Đây là bài toán nền dựa vào kết quả này ta có thể phát triển và khai

thác nhiều kiểu ra đề khác nhau

Bài toán 4:

Bài 4a [5] M là điểm nằm trong tam giác Hãy tìm vị trí M để thấy tổng

khoảng cách từ M đến các cạnh là lớn nhất, nhỏ nhất

Bài 4b [6] M là điểm nằm trong tứ diện Hãy tìm vị trí M để tổng các khoảng

cách từ M đến các mặt là lớn nhất, nhỏ nhất

Cách giải:

4a) 1x.BC 1.AC 1z.AC 1ha.BC

Giả sử AB < AC < BC tương ứng là ha < hb < hc Lúc đó ha     x y z hc 4b) Tương tự ha     x y z t hd

Bài toán 5:

Bài 5a [5] Cho điểm M nằm trong  ABC, AM, BM, CM cắt BC, CA, AB lần

lượt tại A1,B1 ,C1 Chứng minh:

MA MB MC  3) MA1 MB1 MC1 3

9

MA MB MC 

MA MB MC 

7) Tìm GTNN của

P

Bài 5b [3] Điểm O nằm trong tứ diện ABCD, AO, BO, CO, DO cắt các mặt tứ

diện lần lượt tại A1, B1, C1, D1 Chứng minh

1

AA BB CC DD 

OA OB OC OD 

OA  OB  OC  OD 3 7)

OA OB OC OD. . . 81

AA BB CC DD. . . 256

9) AA BB CC DD1. 1. 1. 1 256

4 3

OA  OB  OC  OD 

Lời giải:

S

AA AH S S

Tương tự  VT S1 S2 S3 S S1 2 S3

1





   côsi cho 3 cặp nghịch đảo  VT  6

3) Khai thác bất đẳng thức bất đẳng thức Nétbit

4) 5) 6) 7) Dùng bất đẳng thức Côsi

1

2) 1 1 1 2 2 3 4 1 2 3 4

3) 4,5,6,7,8,9,10: Tương tự khai thác bất đẳng thức Đại số cho 4 số không âm

Nhận xét:

+ Đây là bài toán có rất nhiều hệ quả

+ Việc khai thác bất đẳng thức đại số cho 4 số không âm (diện tích, thể tích) giúp ta có nhiều bài tập hay và tổng hợp toàn diện

Bài toán 6:

Bài 6a [5] Cho ABC Đường thẳng  qua trọng tâm G cắt 2 cạnh AB và AC

tại B',C' Chứng minh: AB AC 3

AB' AC' 

Bài 6b [2] Cho tứ diện ABCD Mặt phẳng () đi qua giao điểm các trọng tuyến

G cắt AB, AC, AD tại B', C', D' Chứng minh: AB AC AD 4

AB' AC' AD'  

Cách giải:

a) Hạ BI, CK, ME, AF vuông góc với  và đặt BI = x, CK = y, AF = z

Ta có BB' x AB x z



   Tương tự: AC y z





AF 2 (tính chất trọng tâm)

x y

2



AB' AC'

b) Cách giải tương tự như trên, tuy nhiện đề bài ra là TRỌNG TUYẾN Khái niệm này cần phải giải thích cho học sinh và chứng minh tính chất nên ta có thể đưa ra bài toán sau hoàn toàn tương tự

Cho hình chóp SABC và G là trọng tâm  ABC Mặt phẳng () đi qua điểm G'  SG cắt SA, SB, SC lần lượt tại A', B', C'

Chứng minh: SA SB SC 3SG

SA ' SB' SC'   SG '

Cách giải: Ta đã quen với bài toán tỉ số thể tích nên cách giải như sau:

Đặt x SA

SA'

SB'

 , z SC

SC'

 , t SG

SG '



Ta có : SA'B'C'

SABG

V

x.y.z

V  ; SB'C'G'SBCG

V

y.z.t

V  ; SA'C'G'SACG

V

x.z.t

Cộng 3 đẳng thức SA'B'C'

SABC

V

(xy yz zx).t

1 V 3

   (vì VSABG VSBCG 1VSABC

3

Mặt khác ta có: SA'B'C'

SABC

3



(**) Từ (*) và (**)  đpcm (x + y + z = 3t)

* Trường hợp đặc biệt nếu G' là giao điểm 2 trọng tuyến thì SG 3

SG ' 4

SA SB SC 3 4 4

Bài toán 7:

Bài 7a [5] Cho ABC M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó Đặt S1 =

SMBC, S2 = SMCA, S3 = SMAB

1 Chứng minh: S MA S MB S MC O1               2               3              

2 Chứng minh: Với mọi điểm I ta luôn có: S IA S IB S IC S1                2                3  ABC  IM

Bài 7b [6] Cho tứ diện ABCD, M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tứ diện đó ký

hiệu Vi(i 1,4) lần lượt là thể tích các khối MBCD, MACD, MABD, MABC

1 Chứng minh: V MA V MB V MC V MD O1  2  3  4 

2 Chứng minh: Với mọi điểm I ta luôn có:

ABCD

V IA V IB V IC V ID V    IM

Cách giải:

a) AM cắt BC tại A'; MA ' A 'C.MB A 'B.MC

3 2

S S

(1)

MA '





(2) Thế (2) và (1)   S MA ' S MB S MC 1  2  3 

(đpcm) b) (*) S (IA ' IM) S (IB IM) S (IC IM) O 1   2   3  

 S IA S IB S IC (S 1  2  3  1  S 2  S )IM 3

(đpcm)

AM cắt mp (BCD) tại H Đặc S2 = SCJD ; S3 = SBDJ; S4 = SBCJ

Theo bài trên  SBCD.MJ S MB S MC S MD 2  3  4



(1)

Dễ dàng chứng minh được:

3

2 3 4

S

(1), (2)  (V V2 3V )MJ V4  2MBV MC V MD3  4



(3)

1

MA

MJ

V

Từ (3), (4)  V MA V MB V MC V MD O1               2               3  4              

b) (a)  V IA IM1                V IB IM  2  V IC IM               3   V ID IM4                 O

đpcm

Nhận xét:

 Diện tích được thay bằng thể tích và bài toán tâm tỉ cự

Bài toán 8:

Bài 8a [5] Cho  ABC có BC = a, CA = b, AB = c Chứng minh nếu điểm I

thỏa mãn hệ thức  aIA bIB cIC O

thì I là tâm đường tròn nội tiếp ABC

Bài 8b [3] Cho tứ diện ABCD với I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện.

Đặt Sa = SBCD, Sb = SACD, Sc = SABD, Sd = SABC

Chứng minh: S IA S IB S IC Oa  b  c 

Cách giải:

8a) aIA b IB AI    c IC AI 

(a b c)AI bAB cAC

(1) Hay I  phân giác AD tương tự I  phân giác BE  đpcm

8b) DI  (ABC) = H Mặt phẳng (DAI) chính là mp(DAH) cắt BC tại M thì

M nằm trên mặt phân giác của 2 mặt phẳng (BAD) và (CAD)

 d(M, DCD) = d(M, (DAB)) AMB DAMB MDAB DAB C

B AMC DAMC MDAC DCA

MB MC

S



b

S

S







c b

S MB S MC O

 



S IB S IC S S IM



(1) Gọi M là giao điểm của IM và AD

Tương tự:  S ID S IAd  a SdS IM 'a



(2)

Từ (1), (2)  S IA S IB S IC S IDa  b  b  d SbS IMc SdS IM 'a

Mà I, M, M' thẳng hàng  X kMM ' 

Lý luận tương tự với N, N' 2 điểm trên AB, CD, P và P' là 2 điểm trên BD,

AC ta được X lNN '





, X hPP ' 

Mà MM', NN',PP'   không đồng phẳng  X O





 đpcm

Nhận xét: Kiểu ra đề khác và ý tưởng tương tự được thể hiện ở kỹ thuật

chứng minh Ngoài ra ví dụ đưa ra phương pháp chứng minh một vectơ bằng véc tơ không

Bài toán 9:

Bài 9a Cho ABC, M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tam giác Chứng minh:

aMA + bMB + cMC  4SABC

Bài 9b [6] Cho tứ diện ABCD M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tứ diện Gọi Sa,

Sb, Sc, Sd là diện tích các mặt đối diện tương ứng của đỉnh A,B,C,D Chứng minh: Sa.MA + Sb.MB + ScMC + SdMD  9VABCD.

Cách giải:

b) Gọi Vi(i 1, 4)  lần lượt là thể tích các khối tứ diện MBCD, MACD, MABD, MABC ta có AA1  MA + MA2  VABCD 1S MA Va 1

3

Tương tự cho 3 bất đẳng thức còn lại Ta có VABCD 1S MB Vb 2

3

Bài toán 10:

Bài 10a [3].

Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G (hay GA GB GC GD O   

    

và một mặt phẳng (P) không cắt tứ diện Gọi A1, B1, C1, D1, G1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B, C, D trên (P) Chứng minh: AA1 + BB1 + CC1 + DD1 = 4GG1.

* Yêu cầu học sinh hãy tìm bài toán tương trong mặt phẳng

Cách giải: Gọi M, N là trung điểm AB, CD và M1, N1 là hình chiếu của chúng trên (P) Ta có 2 GM GN                                                          2GM 2GN GA GB GC GD O                                                (Vì G là trọng tâm)   GM GN 0   G là trung điểm MN Do mặt phẳng (P) không cắt tứ diện nên các hình thang ABB1A1, CDD1C1, MNN1M1 có các đường trung bình tương ứng là MM1, NN, GG1 do đó:

1 AA BB CC DD

4

Bài 10b [5] Bài toán tương tự là: Cho ABC có trọng tâm G và đường thẳng d

không cắt cạnh nào của tam giác Gọi A1, B1, C1, G1 là hình chiếu của A,B,C,G Chứng minh AA' + BB' + CC' = 3GG'

Cách giải:

 Giải bằng vectơ thì đơn giản

 Giải bằng cách vẽ thêm MM1 với M là trung điểm BC và M1 là hình chiếu của M trên d

Bài toán 11:

Bài 11a Chứng minh rằng: Trong ABC ta có:

a b c

r h h h (r là bán kính đường tròn nội tiếp, hi: là đường cao tương ứng)

Bài 11b Chứng minh rằng: Trong tứ diện ABCD ta có:

a b c d

r h h h h (r là bán kính mặt cầu nội tiếp hi là đường tròn cao tương ứng từ đỉnh tứ diện)

Nhận xét:

+ Lời giải đơn giản dựa vào tỉ số diện tích và thể tích

+ Đây là bài toán nền để khai thác các bài toán bất đẳng thức hay cực trị + Đối với tam giác đều hay tứ diện đều cần nhớ :

a) 1 3

r h hay

1 4

r h hay 4

h

+ Khai thác bài 11 ta có bài sau

Bài toán 12:

Bài 12a Cho ABC Gọi ha, hb, hc, r lần lượt là độ dài các đường cao, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó Chứng minh: hahbhc9r

Bài 12b Cho tứ diện ABCD gọi h (i 1,4)i  , r lần lượt là độ dài các đường cao

và bán kính mặt cầu nội tiếp tứ giác Chứng minh h1 + h2 + h3 + h4  16r

Bài toán 13: