Khai thác các tính chất của tứ diện vuông, giúp học sinh THPT giải quyết một lớp bài toán SKKN THPT

Sáng kiến kinh nghiệm trung học phổ thông này quý thầy cô sẽ có nguồn tài liệu tham khảo hay, củng cố xây dựng phương pháp dạy hiệu quả, qua đó giúp các em học sinh tiếp thu bài tốt, nắm vững kiến thức phát triển tư duy trí tuệ. Sáng kiến kinh nghiệm tiểu học tập hợp các đề tài đa dạng mang tính ứng dụng cao như ứng dụng công nghệ thông tin trong trường học

1.Mở đầu

1.1 Lí do chọn đề tài

Trong chương trình giáo dục quốc dân, môn Toán giữ một vai trò quan trọng Môn Toán được coi là môn học công cụ, cung cấp các tri thức để người học có thể học tập các môn học khác Trong phạm vi môn học của mình, môn Toán trang bị các tri thức toán học, tri thức phương pháp được coi là cách thức học tập, nghiên cứu toán học, nghiên cứu sự vật hiện tượng, nghiên cứu thế giới quan Thông qua học toán, người học được hình thành, rèn luyện và phát triển tư duy Thực tế, có nhiều người ít dùng trực tiếp kiến thức toán học vào thực tiễn cuộc sống, nhưng không ai phủ nhận rằng, những người học toán tốt thường có tư duy tốt Vì vậy, người ta dùng các bài kiểm tra toán dưới nhiều hình thức khác nhau, dùng thành tích học tập môn Toán là một thước đo trong nhiều kì thi, kì tuyển dụng Có những thực tế trên là do các nghiên cứu đã chỉ ra rằng, môn Toán có vai trò quan trọng trong phát triển tư duy người học Trong khi, thế giới ngày càng coi trọng “tư duy”; học tập bằng

tư duy đem lại những giá trị bền vững Tư duy cũng có thể coi là giá trị, là phương tiện và là mục tiêu của giáo dục hiện đại Trên thế giới hiện có hai khuynh hướng giáo dục toán học: Thứ nhất, coi toán học là công cụ để tiếp thu tri thức, nghiên cứu các khoa học khác Theo khuynh hướng này, môn Toán chỉ dạy cho học sinh một số lượng kiến thức vừa đủ để học những kiến thức phổ thông, không coi trọng dạy nguồn gốc cũng như phương pháp nghiên cứu toán học Thứ hai, coi toán học mà đối tượng và phương pháp nghiên cứu của nó là điển hình để kích thích hứng thú, khơi dậy niềm say mê khám phá, qua đó truyền đạt phương pháp học tập, nghiên cứu, rèn luyện và phát triển tư duy người học Do đó, trong dạy học môn Toán, người ta cố gắng thông qua dạy tri thức toán học để dạy cách phát hiện và giải quyết vấn

đề, dạy cách suy nghĩ, rèn luyện nhân cách Ở Việt Nam, khuynh hướng thứ hai rất được coi trọng Các nhà nghiên cứu và các nhà giáo dục đều cho rằng, cái còn lại sau những năm tháng vất vả học toán không phải chỉ là những công thức, quy tắc,… mà còn là cách suy nghĩ, cách giải quyết vấn đề, khả năng toán học hoá các tình huống của cuộc sống Vì vậy, một trong những nhiệm vụ quan trọng nhất của dạy học môn Toán trong trường phổ thông là rèn luyện và phát triển tư duy cho học sinh  4

Hình học không gian nói chung và hình học giải tích nói riêng là một trong

những phân môn quan trọng của Toán học phổ thông Trong các kì thi học sinh giỏi hay thi THPTQG hình học chiếm một vị trí không nhỏ, việc học sinh được trang bị một nền kiến thức về hình học không gian chắc chắn sẽ giúp các em có cái nhìn tổng thể về môn hình học nói chung cũng như hiểu rõ sự liên hệ của hình học không gian thuần túy và hình học giải tích.Tứ diện vuông

là một loại tứ diện đặc biệt, trong các đề thi học sinh giỏi hay THPTQG bài tập về tứ diện vuông xuất hiện cũng khá nhiều Trong một khoảng thời gian vật chất nhất định, làm thế nào để có thể chọn và đưa ra một đáp án chính xác, cách suy nghĩ, cách giải quyết vấn đề như thế nào một số kinh nghiệm trong

sáng kiến này sẽ giúp học sinh giải quyết một phần khó khăn khi gặp bài

toán liên quan đến tứ diện vuông Chính vì vậy, tôi lựa chọn đề tài “ Khai

thác các tính chất của tứ diện vuông, giúp học sinh THPT giải quyết một lớp bài toán.”

1.2 Mục đích nghiên cứu

Trong sáng kiến kinh nghiệm này tôi mạnh dạn đề xuất việc khai thác một số tính chất của tứ diện vuông nhằm giải quyết một số bài toán hình học nói chung và hình học giải tích trong không gian nói riêng Với mục đích giúp học sinh giải quyết nhanh chóng một số bài toán hình học trong không gian nhờ sử dụng tính chất của tứ diện vuông

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Sáng kiến này nghiên cứu các tính chất của tứ diện vuông, từ đó vận dụng chúng vào giải quyết các bài toán hình học nói chung và hình học giải tích nói riêng có liên quan

1.4 Phương pháp nghiên cứu

Sáng kiến này dựa trên phương pháp xây dựng cơ sở lý thuyết, hệ thống lại kiến thức cơ bản có liên quan, xây dựng hệ thống bài tập vận dụng kiến thức

cũ và tổ chức thực hiện

Thực tiễn dạy học cũng như việc dự giờ, trao đổi chuyên môn với đồng nghiệp cũng giúp cá nhân tôi hoàn thiện cơ sở lý luận và tổ chức triển khai áp dụng

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm

Trong chương trình SGK lớp 11 hình học nâng cao, học sinh đã được học khá đầy đủ các định nghĩa và tính chất của quan hệ vuông góc Bên cạnh đó sách giáo khoa cũng cung cấp một hệ thống bài tập rất logic và có nhiều ứng dụng, từ thực tế giảng dạy, nếu biết khai thác tiềm năng cuả sách giáo khoa thì các bài tập này với vai trò là một công cụ giúp học sinh giải các bài toán khác, nói cách khác những bài toán cơ bản này được xem như những bài toán gốc mà trong quá trình giải toán học sinh thường qui về các bài toán gốc để việc giải toán được thuận lợi, có lời giải đẹp, ngắn gọn, đem lại cho học sinh nhiều sự hứng thú

2.2 Thực trạng của vấn đề

Hình học không gian là một trong những môn học khó đối với không ít học sinh Để học tốt bộ môn này bản thân học sinh phải có óc tưởng tượng, tư duy logic, khả năng suy diễn tốt.Việc vận dụng các tính chất cơ bản của hình học không gian thuần túy vào giải quyết các bài toán hình học giải tích đòi hỏi học sinh phải có một nền tảng kiến thức chắc chắn về hình học không gian, bên cạnh đó học sinh còn phải biết liên hệ, suy diễn, qui lạ về quen, biết tương tự hóa và khái quát hóa các kiến thức liên quan đã học và vận dụng chúng vào giải toán hình học giải tích một cách thuần thục và hiệu quả

Hiện nay việc dạy học theo chủ đề đòi hỏi mỗi giáo viên chúng ta có phải có cái nhìn bao quát mỗi chủ đề của môn học, phải thấy được sự liên hệ giữa các đơn vị kiến thức trong mỗi chủ đề, đồng thời cũng thấy được sự liên hệ của

chủ đề đó với những chủ đề khác Hơn nữa trong kì thi THPTQG, bằng hình thức thi trắc nghiệm, với khoảng thời gian ngắn- để hoàn thành tốt bài thi của mình bắt buộc học sinh phải có những cách giải ngắn gọn, lựa chọn chuẩn xác

và nhanh chóng Thực tiễn cho thấy, trong một số bài toán hình học có liên quan đến tứ diện vuông nếu khéo léo và sử dụng linh hoạt những tính chất đã học thì sẽ giúp học sinh nhanh chóng đi đến việc lựa chọn đáp án đúng

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

2.3.1.Trang bị cho học sinh đầy đủ các tính chất cơ bản của tứ diện vuông

Xuất phát từ bài toán trong sách giáo khoa

Bài toán cơ bản.

Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc

1)Chứng minh tam giác ABC có ba góc nhọn

2)Chứng minh rằng hình chiếu H của điểm O trên mp(ABC) trùng với trực tâm của tam giác (ABC)

3)Chứng minh 1 2 12 12 12

OH OA OB OC  3

Ta sẽ bổ sung thêm một số tính chất sau

4)Nếu H là trực tâm tam giác ABC thì OH vuông góc với mp(ABC)

ABC OBC OAC OAB

S S S S ( Định lí PitaGo trong không gian)

6) Giả sử các mặt bên OAB, OBC, OCA lần lượt tạo với (ABC) các góc , ,

   Chứng minh rằng cos 2   cos 2   cos 2   1  1

7)Gọi X, Y, Z lần lượt là góc tạo bởi OA, OB, OC với mặt phẳng đáy thì

sin X  sin Y sin Z  1

8)Gọi R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC thì

1

2

9) Thể tích của tứ diện 1 .

6

OABC

2.3.2.Xây dựng hệ thống các bài toán vận dụng tính chất của tứ diện vuông

Bài toán gốc 1 Tứ diện vuông OABC có OA, OB,OC đôi một vuông góc,

nếu M là trực tâm tam giác ABC thì OM vuông góc với mp(ABC)

Bài tập vận dụng 1.Trong không gian Oxyz, cho M(1;2;5) Phương trình của

mặt phẳng (P) đi qua điểm M và cắt các trục tọa độ Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho M là trực tâm tam giác ABC là

A.x 2y 5z 30 0  B.x y z   8 0  C 1

5 2 1

5 2 1

   Hướng dẫn

Cách 1.

Gọi A a( ;0;0), (0; ;0), (0;0; )B b C c

Phương trình mp(ABC) x y z 1

a b c 

Do M thuộc mp (ABC) nên 1 2 5 1(1)

a b c   Mặt khác do M là trực tâm tam giác

AM BC

BM AC









 

  suy ra

5 (2) 2 5

c b









 

 Thay (2) vào (1) ta được c 6;a 30;b 15

Vậy phương trình mp(ABC) là 1

30 15 6

   hay x 2y 5z 30 0  (chọn A)

Cách 2.

Sử dụng tính chất: nếu M là trực tâm tam giác ABC thì OM  (ABC)hay (ABC) là mp đi qua M và nhận OM

làm véc tơ pháp tuyến

Ptmp (ABC) 1(x 2) 2(  y 2) 5(  z 5) 0   x 2y 5z 30 0 

Rõ ràng, việc sử dụng tính chất liên quan đã giúp bài toán nhanh chóng được giải quyết

Bài toán tương tự 1

Trong không gian Oxyz, cho M(1;4;3) Phương trình của mặt phẳng (P) di qua điểm M và cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho M là trực tâm tam giác ABC là

A.x 4y 3z 12 0  B.x 4y 3z 26 0 

C.x 4y 3z 24 0  Dx 4y 3z 26 0 

Rõ ràng ở bài tập này giả thiết có khác bài tập trên, từ giả thiết trục Ox sang tia Ox đã giúp học sinh nhanh chóng lựa chọn đáp án

- Kiểm tra tính chất (P) đi qua M ta loại đáp án A, B.( chỉ còn C, D)

- Mặt khác, mp x 4y 3z 24 0  không cắt tia Ox nên chọn D

Bài toán tương tự 2

Trong không gian Oxyz, cho M(2;1;5) Mặt phẳng (P) đi qua điểm M và cắt các trục Ox, Oy, Oz lần lượt tại các điểmA, B, C sao cho M là trực tâm tam giác ABC Tính khoảng cách từ điểm I( 1;2;3) đến mp (P)

A.17 30

30 B.13 30

30 C.19 30

30 D.11 30

30 Bài toán gốc 2 Tứ diện vuông OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc, H

là trực tâm tam giác ABC thì OH vuông góc với mp(ABC) và

Bài tập vận dụng 2.1

Trong không gian Oxyz, cho M(1;2;3) Phương trình của mặt phẳng (P) di qua điểm M và cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho biểu thức

T

   đạt giá trị nhỏ nhất

Hướng dẫn

Cách 1

- Gọi A a( ;0;0), (0; ;0), (0;0; )B b C c Với a,b,c là các số dương

- Phương trình mp(P) x y z 1

a b c 

Do M thuộc mp (ABC) nên 1 2 3 1(1)

a b c  

T

1 1 1

a b c

Áp dụng bđt Bunhiacopski ta có

2

2 2 2

2 2 2

1 2 3

1 1 1 1

14

a b c 

Dấu bằng xảy ra khi

2 2 2

1 2 3

1

14

14

1 1 1 1

3 14

a

a b c

b

c

  



  

 vậy phương trình mp(P): x 2y 3z 14 0 

Cách 2 Gọi H là trực tâm tam giác ABC ta có OH  (ABC)và

OA OB OC OH Do đó T đạt giá trị nhỏ nhất khi OH đạt giá trị lớn nhất.Khi đó OH OM và mp(ABC) qua M, nhận véc tơ OM làm véc tơ pháp tuyến

Phương trình mp(ABC) 1(x 1) 2(  y 2) 3(  z 3) 0  hay x 2y 3z 14 0  Nhận xét:

- Việc học sinh giải được bài toán theo cách 1 chứng tỏ hs đó đã biết áp dụng

áp dụng kiến thức về bất đẳng thức để giải bài toán, nhưng trong thời gian ngắn thì cách làm này chưa hiệu quả, cách thứ 2 giúp hs nhanh chóng đi đến đáp số hơn rất nhiều

- Với cách giải 1, hs hoàn toàn có thể giải được bài toán sau

Bài toán tương tự

Trong không gian Oxyz, cho M(1;2;3) Phương trình của mặt phẳng (P) di qua điểm M và cắt các tia Ox, Oy, Oz tại A, B, C sao cho biểu thức

T

   đạt giá trị nhỏ nhất

(HD: bằng cách tách như sau

2

2 2 2

2 2 2

Bài tập vận dụng 2.2

Trong không gian Oxyz, mặt phẳng   đi qua M( 1;2;1) và cắt các tia Ox,

Oy, Oz lần lượt tại A,B,C sao cho độ dài OA,OB,OC theo thứ tự đó lập thành cấp số nhân với công bội bằng 2 Tính khoảng cách từ gốc O đến  

A 4

21 B 21

21 C 3 21

7 D 9 21 Hướng dẫn:

-Phương trình   có dạng x y z 1

a b c  ( với a, b, c là các số dương)

- M thuộc   nên 1 2 1 1

a b c   (1)

- OA, OB, OC theo thứ tự lập thành cấp số nhân với công bội q =2 nên

b = 2a; c = 4a (2)

- Từ (1) và (2) suy ra 9

4

a  nên 9; 9

2

b c -Khoảng cách từ gốc O đến   được tính theo công thức:

OH OA OB OC a b c

- Thay số và tính được khoảng cách h = 3 21

7 (chọn đáp án C)

Bài toán vận dụng 2.3

Sử sụng bài toán gốc 2, ta có thể giải quyết nhanh chóng một số bài toán hình học không gian thuần túy liên quan đến khoảng cách

Ví dụ 1.

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O, góc BAD 60 0, SO vuông góc với (ABCD) và SO =a Khoảng cách d từ O đến mặt (SBC) là:

A. 57

19

a B. 57

18

a C. 45

7

a D. 52

16

a

Hướng dẫn:

-Từ giả thiết suy ra các tam giác ABD, BCD là các tam giác đều cạnh a

-Tứ diện OSBC là tứ diện vuông tại O, nên 12 12 12 1 2

d OS OB OC Chọn A

Ví dụ 2 Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông có

BA = BC = a, cạnh bên AA’bằng a 2 Gọi M là trung điểm của BC Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng AM và B’C

Hướng dẫn:

-Gọi N là trung điểm của BB’ suy ra

'

B C MN nên B C'  (AMN).Do đó

( ' ; ) ( ' ;( )) ( ';( ))

( ;( ))

d B AMN



-Tứ diện B.AMN có BA; BM; BN là ba

cạnh đôi một vuông góc nên

2 2 2 2 2 2 2 2

( ;( ))

B AMN

Vậy ( ;( )) 7

7

a

d B AMN 

Ví dụ 3.

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Tính theo a khoảng cách d giữa hai đường thẳng A’B và B’D

Hướng dẫn :

- Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng A’D’; BC, AD

- Ta có A’MDP và BNDP là các hình bình hành nên A P MD'  vàBP ND

- Hai mặt phẳng (MDNB’) và (A’PB) song song với nhau nên

- d A B B D( ' ; ' ) d A PB MDNB(( ' );( ')) d D A PB( ;( ' )) d A A PB( ;( ' )

Hình chóp A.A’PB cóAA’, AP, AB đôi một vuông góc nên

'

d AA AP AB a a a a suy ra

Bài toán gốc 3: Tứ diện vuông

OABC có OA, OB, OC đôi một

vuông góc, gọi R là bán kính mặt

cầu ngoại tiếp tứ diện thì

1

2

Bài tập vận dụng 3.1

Ba đoạn thẳng SA, SB, SC đôi

một vuông góc với nhau tạo thành

một tứ diện S.ABC với

SA a SB  a SC  a Bán kính

mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện

đó:

A 6

2

6

2

6

a

Bài tập vận dụng 3.2

Trong không gian Oxyz cho A( 1;0;0); (0;0; 2); (0; 3;0)  B C  , bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC là

14

.

3

A . 14

4

B . 14

2

C D 14 Nhận xét

- Nếu không nhận thấy các điểm A,B,C lần lượt thuộc các trục tọa độ, để giải bài toán này hs thường đi giải hệ phương trình ba ẩn có được từ việc sử dụng giả thiết IO IA IB IC   ( với I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện)

Rõ ràng lời giải này khá dài !

- Nếu tinh ý nhận ra ba điểm A, B, C lần lượt thuộc các trục tọa độ hay tứ diện OABC vuông tại O thì chỉ cần áp dụng kết quả 1 2 2 2

2

với OA 1;OB 2;OC 3thì 14

2

R 

Bài toán vận dụng 3.3

Cho tứ diện SABC có SA a SB b SC c ,  ,  và SA SB SA SC SB ,  , SC Gọi R,

V theo thứ tự là bán kính mặt cầu ngoại tiếp và thể tích của tứ diện SABC Chứng minh rằng: 6 972 2

2

V

R 

Hướng dẫn

a

b

c

B

A

N

I

M

Ta có

6

abc

V  (1);

Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC M N, lần lượt là trung điểm của ,

BC SA

Áp dụng Cauchy ta có: 6 27 2 2 2

2

a b c

Từ (2) và (1) suy ra 6972 2

2

V

Bài toán gốc 4.

Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc Giả sử các mặt bên OAB, OBC, OCA lần lượt tạo với (ABC) các góc    , , Chứng minh rằng

cos   cos   cos   1

Bài toán vận dụng 4.1

Cho tứ diện OABC vuông tại O các mặt bên OAB, OBC, OCA lần lượt tạo

với (ABC) các góc    , , Chứng minh rằng cos   cos   cos   3

Hướng dẫn:

Sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopski, kết hợp bài toán 4 ta có

(cos   cos   cos )   1  1  1 cos   cos   cos 

Từ đó suy ra kết quả bài toán 4.1

Bài toán vận dụng 4.2

Cho tứ diện OABC vuông tại O các mặt bên OAB, OBC, OCA lần lượt tạo

với (ABC) các góc    , , Chứng minh rằng

sin sin sin sin sin sin 4

Hướng dẫn

Từ kết quả bài toán 4

cos   cos   cos     1 1 sin    1 sin    1 sin   1

hay sin 2   sin 2   sin 2   2

Khi đó

sin sin sin sin sin sin

2 sin 2 sin 2 sin 1 cos 1 cos 1 cos

1 cos  1 cos  1 cos 

Áp dụng bđt 1 1 1 9 a b c, , 0

a b c  a b c   

1 cos 1 cos 1 cos 4 4

T

Bài toán vận dụng 4.3

Cho tứ diện OABC vuông tại O các mặt bên OAB, OBC, OCA lần lượt tạo

với (ABC) các góc    , , Chứng minh rằng

tan tan tan 2 tan tan tan

HD

1 cos 1 cos 1 cos

Đặt X  cos 2  ;Y  cos 2  ;Z  cos 2  thì X Y Z   1

2

S

    = (1 X YZ) (1 Y XZ) (1 Z XY) 2XYZ

XYZ



= XYZ XY YZ ZX XY(1 Z) Z Y X( ) (XY Z)(1 Z)

(XY 1 X Y)(1 Z)

XYZ

   

tan tan tan

Bài toán vận dụng 4.4

Cho tứ diện OABC vuông tại O các mặt bên OAB, OBC, OCA lần lượt tạo

với (ABC) các góc    , , Chứng minh rằng

2 2 2 2 2 2 15

tan tan tan cot cot cot

2

Hướng dẫn

Ta có

tan tan tan cot cot cot

1 cos 1 cos 1 cos

cot cot cot

Đặt X  cos 2  ;Y  cos 2  ;Z  cos 2  thì X Y Z   1và X,Y,Z là các số dương

Suy ra M=1 1 1

Dễ có

6

Và

Do đó 6 3 15

2 2

M   

Bài toán gốc 5

Tứ diện vuông OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc Gọi    ; ; lần lượt

là góc giữa OA,OB,OC với mp (ABC) khi đó ta có sin 2   sin 2   sin 2   1

Bài toán vận dụng

Xét tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc.Gọi Gọi    ; ; lần lượt

là góc giữa OA,OB,OC với mp (ABC) khi đó giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 cot 3 cot 3 cot

A Số khác B 48 3 C 48 D.125

Hướng dẫn:

- Sử dụng kết quả bài toán 5: sin 2   sin 2   sin 2   1

- Biến đổi M: Sử dụng công thức 2

2

1

1 cot

sin





Ta có:M 3 cot  2  3 cot  2  3 cot  2 

M

           

M

        

Đặt X  sin2  ;Y  sin 2  ;Z  sin 2  Ta có X Y Z   1