Khai thác một bài toán cơ bản để giải một số bài toán hình học không gian

Trong thực trạng dạy học hiện nay, khi Kỳ thi tốt nghiệp THPT quốc gia và đặc biệt trong thời gian tới đây là Kỳ thi học sinh giỏi các môn văn hóa lớp 12 cấp tỉnh được thi bằng hình thức

1 MỞ ĐẦU

1.1 Lý do chọn đề tài.

Trong thực trạng dạy học hiện nay, khi Kỳ thi tốt nghiệp THPT quốc gia và đặc biệt trong thời gian tới đây là Kỳ thi học sinh giỏi các môn văn hóa lớp 12 cấp tỉnh được thi bằng hình thức thi trắc nghiệm, thời gian làm bài tập ít, số lượng bài tập lớn, phủ kiến thức rộng đã gây trở ngại, khó khăn cho cả hoạt động giảng dạy của thầy và hoạt động của trò

Với hình thức thi tự luận trước đây, đứng trước một vấn đề khó, vấn đề mới lạ, học sinh có thời gian suy ngẫm tìm ra cách giải quyết vấn đề, có thể là quy lạ về quen hay thậm chí là cách giải mới Tuy nhiên, với bài thi trắc nghiệm, trước một vấn đề khó, mới lạ, việc tìm ra được cách mới để giải quyết vấn đề là vô cùng khó khăn Do đó, việc quy lạ về quen là vô cùng quan trọng Trong quá trình ôn tập, sau khi giải một bài tập, học sinh cần phải rút ra được những kinh nghiệm để giải quyết những bài tập tương tự và suy ngẫm xem bài tập đó có thể phát triển hành những bài tập dạng nào Có như vậy, học sinh mới đáp ứng được sự đa dạng, sự biến hóa của đề thi trắc nghiệm

Yêu cầu là như vậy, nhưng trong quá trình dạy và học, không phải giáo viên, học sinh nào cũng thực hiện phân tích và rút kinh nghiệm sau mỗi bài tập Việc này cũng có nguyên nhân chủ quan và nguyên nhân khách quan, dẫn đến việc học sinh giải được dạng bài tập nào, đã được hướng dẫn dạng bài nào thì biết được dạng bài tập đó, từ đó dẫn hình thành cho học sinh tính ỷ lại, mong chờ sự may mắn, chưa thấy được cái hay, cái ý nghĩa của toán học; kích thích hứng thú sau mỗi bài tập Trước thực trạng trên, trong quá trình giảng dạy, đặc biệt là dạy bồi dưỡng học sinh khá giỏi, sau mỗi bài tập tôi thường dành một khoảng thời gian nhất định để học sinh suy ngẫm về bài tập, định hướng để các em có thể phát triển bài tập thành những dạng bài tập khó hơn, đa dạng hơn, từ đó tạo sự hứng thú, ham tìm tòi nghiên cứu của học sinh, làm các em hiểu kiến thức được rộng hơn, sâu hơn

Để nhân rộng, lan tỏa hơn nữa ý tưởng của mình, có tài liệu để học sinh và đồng nghiệp nghiên cứu, do sự hạn chế về thời gian và khung giới hạn của sáng

kiến kinh nghiệm nên tôi chọn đề tài: “Khai thác một bài toán cơ bản để giải một

số bài toán hình học không gian”.

Trong quá trình thực hiện, không tránh khỏi những còn hạn chế, thiếu sót rất mong được đồng nghiệp, học sinh góp ý và chia sẻ để đề tài được hoàn thiện hơn, mang lại sự hiệu quả và thiết thực

Xin chân thành cảm ơn!

1.2 Mục đích nghiên cứu.

+ Cung cấp cho đồng nghiệp và học sinh một tài liệu hữu ích trong quá trình dạy, học và nghiên cứu khoa học Nâng cao kiến thức, trình độ chuyên môn của bản thân

+ Khơi dậy hứng thú, ham học hỏi, tìm tòi nghiên cứu toán học của học sinh, giúp các em chủ động nắm vững kiến thức, đáp ứng được yêu cầu của các kỳ thi và quá trình học tập sau này

+ Giúp các em nhận dạng nhanh một số bài toán hình học không gian (Chứng minh, tính thể tích, … ) có liên quan đến tỷ số đoạn thẳng bằng việc ứng dụng bài

toán cơ bản của đề tài

1.3 Đối tượng nghiên cứu.

Đối tượng nghiên cứu của đề tài là quá trình từ một bài tập cơ bản ban đầu, hình thành ý tưởng, kỹ năng để vận dụng để giải một số bài toán hình học không gian

1.4 Phương pháp nghiên cứu

+ Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết

+ Phương pháp thực nghiệm

+ Phương pháp phân tích, tổng kết rút kinh nghiệm

+ Phương pháp khảo sát điều tra thực tế, thu thập thông tin

+ Phương pháp thống kê, xử lý số liệu

2 NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

2.1 Cơ sở lý luận của đề tài

2.1.1 Cơ sở khoa học của đề tài

Hình học là một môn học xây dựng trên cơ sở hệ thống các khái niệm, tiên đề, định lý Do đó, để hiểu và học tốt phân môn hình học, người học cần một nền tảng kiến thức vững vàng, trí tưởng tượng tốt, khả năng tư duy lô gic, vận dụng lý thuyết một cách sáng tạo Đối với đa số học sinh, đây là môn học khó, đặc biệt là khi học sinh tìm hiểu về lĩnh vực hình học không gian của lớp 11 và lớp 12

Ngoài lớp các bài toán chứng minh các yếu tố song song, vuông góc, dựng hình (tìm giao tuyến, thiết diện ), tính một số các yếu tố quen thuộc như góc, khoảng cách, thể tích , sách giáo khoa và sách bài tập hình học 11 và 12 còn giới thiệu một số các bài toán yêu cầu chứng minh các đẳng thức hay bất đẳng thức hình học, tìm giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của diện tích một đa giác, thể tích một khối đa diện Đó là những bài toán khó, đòi hỏi học sinh phải vận dụng kiến thức

tổng hợp, sáng tạo, tương tự hóa, nhận ra cái chung của một lớp các bài toán để tìm hướng giải một bài tập cụ thể

2.1.2 Cơ sở thực tiễn

Qua quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh khá giỏi, tôi nhận thấy, khi tìm

ra cái chung của một lớp các bài toán, tức là phát hiện ra cái gốc của vấn đề cần chứng minh hay tính toán, học sinh có thể tương tự hóa, dùng kết quả và cách suy luận đó để chứng minh và tìm cách giải của hầu hết các bài tập tương tự một cách dễ dàng Vì thế, công việc của người thầy là giúp học sinh phát hiện ra bài toán cơ bản, từ đó, cùng học sinh khai thác, sử dụng kết quả của bài toán đó cho những bài tập khác

Bản sáng kiến kinh nghiệm này của tôi trình bày một bài toán cơ bản trong những bài toán cơ bản như thế, và xem xét ứng dụng của nó trong việc giải một số

bài tập khó trong hình học không gian lớp 11 và 12 Tên đề tài tôi chọn: “Khai thác một bài toán cơ bản để giải một số bài toán hình học không gian”.

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

Trong quá trình giảng dạy, trước khối lượng lớn kiến thức cần phải học so với thời gian dành cho học sinh tự học ngày càng ít, tôi thấy rằng: Học sinh rất thụ động trong việc tìm hiểu, tự lĩnh hội kiến thức Giáo viên giới thiệu dạng toán nào thì học sinh biết được dạng toán đó Trước một bài toán mới, ít học sinh chủ động, hăng say tự tìm hiểu; còn rất nhiều học sinh ỷ lại, chờ giáo viên hướng dẫn, gợi ý hoặc sử dụng máy tính để kiểm tra kết quả mong sự may rủi Điều nay gây khó khăn và ức chế rất nhiều đối với giáo viên trong quá trình giáo dục học sinh

Trước thực trạng trên, trong quá trình giảng dạy, để gây hứng thú cho học sinh,

để học sinh thấy được cái hay, ý nghĩa thực tế của toán học tôi thường gắn bài tập với việc giải quyết các tình huống thực tế, gắn với sự linh hoạt sử dụng của toán học như: Một bài toán có thể giải bằng nhiều cách, có thể áp dụng trong nhiều trường hợp, nhiều lĩnh vực Nội dung của đề tài là một trong rất nhiều nội dung mà tôi đã triển khai trong quá trình giảng dạy Khi triển khai đề tài tôi đã cảm nhận được sự thay đổi đáng kể ở từng học sinh Ban đầu khi triển khai ở lớp 10, công việc vất vả vì học sinh chưa quen, chưa chủ động nhưng qua quá trình kiên trì thực hiện, cuối lớp 10, đầu lớp 11 và lớp 12, công việc thuận lợi và đôi khi là nhẹ nhàng, nhất là đối tượng học sinh khá - giỏi, các em chủ động phân tích, tìm tòi và đề xuất các giải pháp giải quyết vấn đề

2.3 Nội dung sáng kiến kinh nghiệm, các giải pháp giải quyết vấn đề

KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN CƠ BẢN

ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

I Tìm hiểu bài toán cơ bản sau: Cho tam giác ABC và hai điểm M ,N di động

trên hai cạnh AB,AC ( M và N khác A) Gọi D là trung điểm của BC , K là giao

điểm của MN và AD Chứng minh rằng AB AC 2AD

AM  AN  AK

Lời giải

+) Qua M ,N ,K kẻ ba đường thẳng song song với BC , và đánh dấu các điểm Q,H ,F ,G,E,O như hình vẽ.

+) Dễ chứng minh được O,Q lần lượt là trung điểm của EN và MH ; đồng thời E,H ,K thẳng hàng.

+) Ta có: AB AC AD AD AD 1 1  1

+) Lại có: AK AK FK GK 2FK 2GK  2

AQ  AO  MQ NO  MH  NE

MH  EM  NM NE  HN  NM

+) Từ (2), (3) suy ra AK 1 1 2 1 1 2  4

+) Thay (4) vào (1) ta được: AB AC AD 2 2AD

AM  AN  AK  AK là đpcm

Nhận xét : Hai điểm M ,N chỉ cần điều kiện khác A ; M có thể trùng với

B,N có thể trùng với C ta vẫn được kết quả như trên.

Cách 2: Sử dụng phương pháp diện tích

Ta có :

�

�

1 sin

1 sin 2

AMK

ABD

AM AK MAK

S  AB AD MAK  AB AD

Suy luận tương tự, ta suy ra ANK .

ACD

S AN AK

S  AC AD

2

ACD ABD ABC

S S  S

2

AMK ANK

ABC

AB AC AD S

Mặt khác,

�

�

2

AMK ANK AMN

ABC ABC

Từ đó, ta có

AM AC AN AB AM AN

AM AC AN AB AD AC AB AD

dpcm

II Khai thác bài toán cơ bản

Trong hình học, khi ta phải giải bài toán tìm một đại lượng hình học nào đó hoặc chứng minh một tính chất hình học (cố định, song song ) theo các ràng buộc qua các đại lượng thay đổi Để giải bài toán này, ta phải đi tìm một hệ thức liên hệ giữa các đại lượng thay đổi đó rồi từ đó đưa ra được điều cần chứng minh, tính toán Để minh hoạ, ta xét một số bài tập ví dụ sau :

Bài 1: Cho tứ diện SABC và hai điểm M ,N di động trên AB,AC thỏa mãn :

3

AB AC

AM  AN  Chứng minh rằng mặt phẳng SMN luôn đi qua một đường thẳng

cố định

Phân tích:

- Nhận thấy ngay, đối với học sinh, bài toán trên là một bài toán khó vì: Với điểm S cố định, để chứng minh mặt phẳng SMN đi qua một đường thẳng cố

định ta cần chỉ ra SMN luôn đi qua một điểm cố định nữa khác điểm S 

- Khó khăn trong việc tìm ra điểm G , thông thường học sinh sẽ tìm ra điểm G như sau:

* Xét cố định điểm M tại vị trí đặc biệt là trung điểm của AB Từ giả thiết suy

ra được AC 1

AN   N trùng C  MN trùng với trung tuyến CM

* Tương tự trên khi xét cố định N là trung điểm của AC  MN trung với trung tuyến BN

* Với hai trường hợp trên  MN đi qua điểm G cố định là trọng tâm của tam giác ABC

- Khẳng định rằng, ngay cả khi xác định được SMN luôn đi qua SG thì việc

chứng minh không hề đơn giản

Nhưng rất là đơn giản khi học sinh áp dụng ngay bài toán cơ bản trên, cụ thể:

Lời giải

+) Gọi D là trung điểm của BC , G AE MN �

+) Áp dụng bài toán cơ bản, chứng minh được AB AC 3 2AD.

AM  AN   AG Vậy G

là điểm cố định, G chính là trọng tâm tam giác ABC

+) Vậy đường thẳng SG cố định luôn nằm trong SMN 

Nhận xét: Bài toán này hoàn toàn có thể tổng quát AB AC k 2

AM  AN   , bằng

việc vận dụng bài toán cơ bản, ta có thể giải được một cách dễ dàng.

Bài 2: Cho hình chóp S.ABCD , có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M ,N

lần lượt là trung điểm của SB và SD

a Xác định thiết diện tạo bởi mặt phẳng  AMN và hình chóp.

b Gọi E  AMN �SC Tính tỷ số SE

SC.

c Tổng quát : Giả sử SM  xSB ; SN  ySD; E là giao điểm của  AMN và

đoạn SC Tính tỷ số SE

SC.

Lời giải

a Xác định thiết diện :

+) Xác định giao điểm G của MN và SAC : Gọi O là giao điểm của AC 

và BD , G là giao điểm của SO và MN , khi đó chứng minh được G là giao điểm của MN và SAC 

+) Gọi E là giao điểm của AG và SC thì E là giao điểm của  AMN và

SC Vậy thiết diện là AMEN

b Tính tỷ số SE

SC : +) Trong tam giác SBD , O là trung điểm BD nên SB SC 2SO 4

SM  SN  SG 

+) Trong tam giác SAC , ta có : SC SA 2SO 4

SE  SA SG 

3

SE  � SC 

c Giả sử SB xSM ; SD ySN , với ,x y� 1 E là giao điểm của  AMN và

đoạn SC Tính tỷ số SE

SC : Lập luận hoàn toàn tương tự ta có 1.

SC

x y

SE   

1

SE

SC  x y

 

Bài 3: Cho hình chóp S.ABC , lấy các điểm A',B',C' lần lượt trên SA,SB và SC

SA SB SC

SA SB  SC  chứng minh rằng  A' B' C' đi qua một điểm cố

định

Lời giải

+) Gọi D là trung điểm của BC , D' là giao điểm của B' C' với SD Áp

dụng Bài toán 1, ta có : 2

SB SC SD

SB  SC  SD

+) Gọi K là trung điểm của AD' , G là giao điểm của SK và A' D' thì K là điểm cố định và G thuộc  A' B' C' , đồng thời ta có:

 

+) Đẳng thức (*) chứng tỏ G là điểm cố định, vậy  A' B' C' luôn đi qua một

điểm cố định

Bài 4 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Gọi M ,N là hai

điểm lần lượt nằm trên các đoạn thẳng AB và AD ( M ,N không trùng A ) sao cho

AB AD

.

AM  AN 

1) Chứng minh rằng khi MN thay đổi, đường thẳng MN luôn đi qua một điểm

cố định

2) Gọi V và V’ lần lượt là thể tích của các khối chóp S.ABCD và S.MBCDN.

Chứng minh rằng: 2 3

V

V

’

� �

Lời giải

1) Chứng minh rằng khi M ,N thay đổi, đường thẳng MN luôn đi qua một

điểm cố định

+) Lấy E đối xứng với A qua D, thì AE2AD EB cắt CD tại I thì I là trung điểm của EB I là điểm cố định Gọi G là giao điểm của AI và MN

+) Áp dụng bài toán cơ bản ta có:

 

2

AI AG

AM  AN  � AM  AN  � AG  � 

+) Hệ thức (*) chứng tỏ G là điểm cố định Vậy đường thẳng MN luôn đi qua một điểm cố định là G

2) Gọi V và ' V lần lượt là thể tích của các khối chóp S ABCD và S MBCDN Chứng minh rằng: 2 ' 3

V V

� �

+) Ta có

.

2

V

SAMN SABD

V  AB AD  xy  x x

 với 1� �x 2.

+) Xét hàm số f x  42 

x x



 trên đoạn  1;2 +) Ta có    

2

4

x



 +) Từ đó 1  2    1 2

SAMN SABD

V

V

V V

� �

Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, cạnh a , SA vuông

góc với mặt phẳng đáy  ABCD ,  SA2a Trên SB và SD lần lượt lấy hai điểm

M ,N thỏa mãn 1 3

SM  SB, SN  SD, mặt phẳng  AMN cắt SC tại E Tính thể

tích của khối tứ diện S.AMEN

Lời giải

+) Dựng thiết diện AMEN : tương tự bài 2, O là giao điểm của AC và BD +) Trong tam giác SBD , ta có: 3 4 13 2

SM  SN     SG +) Trong tam giác SAC , ta có:

SA  SE  SG  � SE    +) Tính được . . 1 3

3

S ABC S ACD

+)

3 3

.

S AME

SAME

S ABC

+)

3 3

.

S ANE

SAME

S ADC

Bài 6: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD Mộtmặt phẳng   thay đổi cắt các

cạnh SA,SB,SC,SD lần lượt tại các điểm M ,N ,P,Q Chứng minh rằng :

SM  SN  SP SQ

Lời giải

+) Dựng mặt phẳng MNPQ , sao cho MN và PQ cắt nhau tại điểm  I

thuộc đường cao SO của hình chóp.

+) Do S.ABCD là chóp tứ giác đều nên SA SB SC SD  

+) OI là trung tuyến của các tam giác SAC và SBD , nên ta có:

SA SC SO

SM  SN  SI (trong tam giác SAC ) (1)

2

SB SD SO

SP SQ  SI (trong tam giác SBD ) (2)

Từ (1) và (2) ta có SA SC SB SD 1 1 1 1

SM  SN  SP  SQ � SM  SN  SP  SQ

Bài 7: Cho hình chóp tứ giácđều S.ABCD có tám cạnh đều bằng nhau và bằng a

M ,N lần lượt là trung điểm của SA và SC Một mặt phẳng   thay đổi qua MN , cắt các cạnh SB,SD lần lượt tại các điểm P và Q Tìm diện tích nhỏ nhất của tứ giác MNPQ

Lời giải

+) Gọi I là giao điểm của MN và đường cao SO của hình chóp, suy ra PQ

phải đi qua I Dễ thấy I là trung điểm của SO

+) Từ giả thiết ta có : SB2 SD2 2a2 AB2  AD2 BD2 Vậy tam giác

SBD vuông tại S

+) Tương tự tam giác SAC vuông tại S Suy ra 1 2

a

SO AC

//

AC SBD

MN SBD MN PQ

MN AC



�

�

�

MNPQ

+) Đặt x SP PQ x2 y2   2 ; 0 x y a, 

y SQ



� 

� +) Thay (2) vào (1) ta được: 2 2 2  

3 4

MNPQ

a

+) Áp dụng bài toán gốc:SB SD 2SI SA SC.

x  y  SO  SM  SN

SA SC

SM  SN  x  y a

+) Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm 1 1,

x y ta được:

 

2

a xy

a �۳۳x y xy a xy

MNPQ

S  x  y � xy  xy � 

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi

2 2

,

2

a

x y x y a x y

x y

�

� 

�

, tức là P,

Q lần lượt là trung điểm của SB,SD

Vậy tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất là 2.

4

a

Bài 8 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Lấy các điểm

1, 1, 1

A B C lần lượt thuộc SA, SB, SC sao cho : 1 2

, 3

SA

SA  1 1 1 1

SB  SC  Mặt phẳng A B C1 1 1 cắt SD tại D Tính tỷ số1 SD1

SD .

Lời giải