(SKKN 2022) góc nhìn từ bài toán hình học phẳng đến bài toán hình học không gian

MỤC LỤC Nội dung Phần mở đầu 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 1.4.1 Phương pháp nghiên cứu lý luận 1.4.2 Phương pháp nghiên cứu theo phân loại dạng tập Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.2.1 Thuận lợi 2.2.2 Khó khăn 2.3 Giải pháp thực 2.3.1 Giải pháp 2,3.2 Tổ chức thực 2.3.3 Một số vấn đề thể luận điểm thông qua trình thực sáng kiến kinh nghiệm Vấn đề 1: Góc nhìn từ Bài Tốn hình học phẳng đến Bài tốn hình học khơng gian Vấn đề 2: Từ Bài tốn hình học phẳng xét tương tự để có Bài tốn hình học khơng gian 2.4 Hiệu sau thực sáng kiến Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị Tài liệu tham khảo Danh mục sáng kiến kinh nghiệm đạt giải Mở đầu 1.1 Lý chọn đề tài Trang 2 3 3 3 3 4 6 14 19 20 20 20 21 22 Toán học mơn khoa học góp phần đào tạo nên người tồn diện, hình thành phẩm chất cần thiết quan trọng người lao động thời đại đổi Để nâng cao chất lượng giáo dục, đổi phương pháp dạy học, phát huy tính tích cực, độc lập, sáng tạo học sinh trình trăn trở nhà giáo dục, địi hỏi người thầy phải có trình độ lành nghề cao, hiểu rõ tâm lý lứa tuổi học sinh, để từ có biện pháp giáo dục thích hợp nhằm nâng cao chất lượng giáo dục Cần phải dạy em hoạt động độc lập, sáng tạo phát huy tính tích cực học tập, khắc phục lối truyền thụ chiều, cách học thụ động có tư tưởng ỷ lại Do cần phải bồi dưỡng phương pháp tự học, rèn luyện kĩ vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập học sinh Từ đó, mục tiêu dạy học mơn Tốn là: Trang bị cho học sinh tri thức, kĩ năng, phương pháp tốn học phổ thơng, bản, thiết thực Góp phần phát triển lực trí tuệ, hình thành phát triển phẩm chất, phong cách lao động khoa học, biết hợp tác lao động, có ý chí thói quen tự học thường xuyên cho học sinh “ Sử tính chất hình học mặt phẳng để giải tốn hình học khơng gian” cách nghiên cứu giải tập hình học khơng gian tổng hợp, phối hợp nhịp nhàng lực trí tuệ như: Quan sát, ghi nhớ, óc tưởng tượng chủ yếu lực tư mà đặc trưng lực tư độc lập, linh hoạt, sáng tạo, vận dụng kiến thức học để giải vấn đề đặt cách tốt 1.2 Mục đích nghiên cứu Đề tài có mục đích nghiên cứu là: Luyện cho em phát nhanh tính chất tốn hình học khơng gian sau vẽ hình nhờ sử dụng tính chất hình học phẳng làm cho hiệu trình dạy học ngày cao, người học nắm lựa chọn cơng cụ thích hợp, lựa chọn kiến thức học để vận dụng giải tập Ngồi cịn giúp học sinh phân dạng tập, mối liên hệ tập với tập Đặc biệt biết giải vấn đề cách nhanh Vì cần xây dựng: + Hệ thống tập phải xếp theo trình tự định từ đơn giản đến phức tạp + Hệ thống tập phải đa dạng, phong phú có sử dụng khái niệm tính chất quan trọng, lưu tâm đến mức độ phù hợp đối tượng học sinh + Hệ thống tập chứa đựng khả hình thành phát triển lực tư tốn học, đặc biệt giải giải tốn có kết hợp tư suy luận cao trình giải tốn 1.3 Đối tượng nghiên cứu Đối tượng: Học sinh lớp 11,12 Trường THPT Nguyễn Quán Nho Từ tốn hình học phẳng, định hướng để học sinh có cách nhìn nhanh tính chất tốn hình học khơng gian 1.4 Phương pháp nghiên cứu Xuất phát từ đối tượng nhiệm vụ nghiên cứu để đạt mục đích đề q trình nghiên cứu sử dụng phương pháp chủ yếu sau: 1.4.1 Phương pháp nghiên cứu lý luận - Nghiên cứu tài liệu - Nghiên cứu tổng kết kinh nghiệm giảng dạy - Nghiên cứu số quan điểm, tư tưởng sáng tạo 1.4.2 Phương pháp nghiên cứu theo phân loại dạng tập - Nghiên cứu toán khai thác tri thức cội nguồn - Nghiên cứu tốn có cấu trúc tương tự Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Kết việc dạy có thành cơng hay khơng thể chỗ học sinh có giải tốn khai thác tốn hay khơng Tuy nhiên phản hồi chưa đạt kết mong muốn, thể cở chỗ: Học sinh chưa có thói quen giải toán giải lớp toán, khai thác tính chất quen thuộc vào giải tốn nên thay giả thiết tốn khơng vận dụng tính chất biết để giải Đứng trước tốn hình học khơng gian học sinh phải hiểu yêu cầu đề toán, phải biết làm việc với tốn mức độ nào, cần phải vận dụng kiến thức biết phù hợp Vận dụng tính chất hình học phẳng để giải tốn hình học khơng gian hướng phát triển quan trọng hình học, sở để định hướng cho học sinh phát nhanh tính chất tốn hình học không gian phù hợp với yêu cầu thực 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.2.1 Thuận lợi - Kiến thức học, tập luyện tập - Học sinh hứng thú tiết học, phát huy khả sáng tạo, tự học u thích mơn học - Có khích lệ từ kết học tập học sinh thực đề tài - Được động viên BGH động viên góp ý kiến đồng nghiệp 2.2.2 Khó khăn Trong q trình giảng dạy mơn tốn trường THPT Nguyễn Quán Nho thấy đa số học sinh chưa có tinh thần tự giác, sáng tạo học tập, gặp vấn đề khó ỷ lại gây cản trở việc đào sâu suy nghĩ Bên cạnh có phận học sinh có tinh thần tự giác cao, ham học hỏi tìm tịi, ngồi việc tiếp thu kiến thức lớp em cịn tìm thêm kiến thức tài liệu tham khảo kết đạt chưa cao em chưa biết biết đặt tình có vấn đề từ kiến thức hay toán biết, em dừng lại việc cố gắng giải toán mà chưa suy nghĩ đến việc giải toán giải lớp toán liên quan Các em chưa biết xếp toán thành dạng , thành lớp toán quen thuộc Đứng trước tốn hình học khơng gian học sinh thường lúng túng không xác định đường lối, phương pháp giải, nhiều học sinh không tránh khỏi tâm trạng hoang mang, phương hướng Các em cho nhiều dạng tốn nhớ hết dạng tốn cách giải dạng tốn đó, tốn khơng thuộc dạng gặp khơng giải Một số học sinh có thói quen khơng tốt đọc đề chưa kỹ vội làm ngay, dẫn đến cách giải không phù hợp phương hướng giải Với thực trạng việc để phát hướng giải tốn hình học phổ thơng giúp người học có tư việc hệ thống hóa dạng tốn, giải tốn hình học cách đơn giản hơn, phù hợp với việc học thi Vì tơi chọn đề tài “ Góc nhìn từ tốn hình học phẳng đến tốn hình học khơng gian” mong góp phần khắc phục thực trạng 2.3 Giải pháp thực 2.3.1 Giải pháp: - Đi từ đơn giản đến phức tạp, từ vấn đề biết đến vấn đề chưa biết - Xây dựng cách xắp xếp tốn thành lớp tốn, hình thành kĩ phân dạng nhận dạng - Học sinh hoạt động học tập, lĩnh hội kiến thức cách tự nhiên, biết đặt tình có vấn đề cố gắng giải vấn đề - Tạo cho học sinh cách giải vấn đề nhiều góc độ khác nhau, khơng dừng lại việc giải vấn đề cách đơn lẻ mà giải vấn đề cách có hệ thống, suy nghĩ để giải triệt để vấn đề - Cuối học sinh cần phải trả lời câu hỏi sau: + Làm để phát công cụ thích hợp cho việc giải tốn cho? + Dựa vào sở để lựa chon kiến thức biết để giải toán cho? + Biến đổi toán để đưa tốn dạng quen thuộc? 2.3.2 Tổ chức thực Bước 1: Nhận dạng toán Đứng trước tốn hình học khơng gian, học sinh phải hiểu yêu cầu toán, phải biết làm việc với tốn mức độ nào, cần phải vận dụng kiến thức, tính chất hay phát dấu hiệu biết Bước 2: Vẽ hình, phát tính chất biết vạch hướng giải Đây khâu quan trọng khó thầy trị giải tốn hình học khơng gian Học sinh phải huy động kiến thức có liên quan đến tốn lựa chọn kiến thức gần gũi nhất, có khả tiếp cận tốt đến tốn, mị mẫm dự đốn Đưa hướng giải để từ lựa chon cách giải phù hợp, biết loại bỏ hướng không phù hợp, đặc biệt biết phát tính chất quen thuộc để áp dụng Người giáo viên cần động viên tất học sinh tham gia cách tích cực tự giác câu hỏi gợi ý, thông minh, phù hợp với trình độ học sinh Tiến hành khéo léo nghệ thuật dạy học người thầy Bước 3: Giải toán nhận Sau vạch hướng giải quyết, giáo viên cần đòi hỏi học sinh phải thể văn chấp nhận đánh giá học lực học sinh dựa làm em cho em ghi nhớ tính chất, dấu hiệu đặc trưng để vận dụng vào làm thi trắc nghiệm Bước 4: Kiểm tra kết phân tích sai lầm Cần rèn luyện học sinh thói quen kiểm tra lại lời giải tốn, xét xem có sai lầm hay thiếu sót khơng Việc kiểm tra nên tiến hành thường xuyên Khả mắc sai lầm học sinh giải tốn hình học khơng gian nhiều Vì phân tích sai lầm học sinh hoạt động đặc biệt quan trọng lí thú người giáo viên Bước 5: Mở rộng tốn Nhiều giáo viên khơng trọng bước này, không tận dụng hết khả học sinh, định hướng giải toán, để phát triển lực, trí tuệ học sinh Mở rộng tốn làm cho học sinh quen có ý thức sử dụng quy tắc suy đoán tương tự hóa, khái quát hóa, đặc biệt hóa … cho học sinh thấy phong phú, hấp dẫn tốn, lớp tốn có cách giải khơng cách giải, đồng thời khuyến khích học sinh tập dượt sáng tạo toán học 2.3.3 Một số tốn thể luận điểm thơng qua trình thực sáng kiến kinh nghiệm Vấn đề 1: Góc nhìn từ tốn hình học phẳng đến tốn hình học khơng gian Chúng ta biết tri thức tìm nói chung, tốn nói riêng sản phẩm hoạt động tìm tịi trí tuệ Có sản phẩm việc xem xét kĩ tính chất hay số trường hợp riêng; sau nhờ hoạt động biến đổi, phân tích, so sánh, tơng hợp, khái qt hóa, tương tự hóa để mở rộng tính chất quan tâm cho tập đối tượng rộng Khi mệnh đề khái quát đúng, có tính chất mới, Bài tốn Chúng ta toán quen thuộc sau Bài toán 1.([2]) Cho tam giác ABC , M trung điểm cạnh BC Một đường thẳng d cắt cạnh AB, AC cắt đoạn AM điểm tương ứng A1 , C1 , M Chứng minh AB AC AM   AB1 AC1 AM Ta chứng minh hệ thức (1) hai cách(Xem hình 1) Hình Cách Sử dụng định lí Thales cho tam giác ABE , ACF ; BE , CF song song với đường thẳng d , điểm E , F thuộc đường thẳng AM , đồng thới BME  CMF  ME  MF Cách Sử dụng tỉ số diện tích cặp tam giác  AB1M , ABM  ;  AM 1C1 , AMC   AB1C1 , ABC  S ABC AB AC  S AB1C1 AB1 AC1 S AB1M1 S ABM   1 AB1 AM 1 AB1 AM  S AB1M1  S ABC AB AM AB AM S AC1M1 S ACM  AC1 AM 1 AC1 AM  S AC1M1  S ABC AC AM AC AM AM  AB1 AC1    .S ABC   AM  AB AC  AM  AB1 AC1  AB AC S AB1C1   S AB1C1   1 2   AM AB AC AB AC   1 Từ ta có AM AC AB    AM AC1 AB1 S AB1C1  S AB1M1  S AC1M1  Phát triển Bài tốn thành tốn khơng gian  Giả thiết M trung điểm cạnh BC hay M trọng tâm hệ điểm  B; C  thay G trọng tâm tam giác ABC , tam giác ABC thay hình chóp S ABC  Thay đường thẳng d mặt phẳng    Ta có tốn tương tự Bài tốn khơng gian sau Bài tốn 2.([2]) Cho hình chóp S ABC G trọng tâm tam giác ABC Một mặt phẳng    cắt cạnh SA, SB, SC SG điểm A1 , B1 , C1 G1 Chứng minh SA SB SC SG SA SB SC SG        3 SA1 SB1 SC1 SG1 SA1 SB1 SC1 SG1 Ta chứng minh hệ thức nhờ việc vận dụng cách chứng minh nêu Bài toán 1; cách sử dụng tam giác SAG với I trung điểm AG ; tam giác SIM với G trung điểm IM tam giác SBC với M trung điểm BC (Xem hình 2) Hình Cách 1: Chứng minh hệ thức nhờ sử dụng tính chất tỉ số thể tích cặp hình chóp tam giác sau:  S A1B1G1 ; S ABG  ,  S B1C1G1; S BCG  ,  S C1 A1G1; S CAG  ,  S A1B1C1; S ABC  Cách 2: Sử dụng Bài toán SB SC SM   SM + Xét cặp tam giác SBC SB1C1 ta có SB1 SC1 SA SG SI   SI1 + Xét cặp tam giác SAG SA1G1 ta có SA1 SG1 SI SM SG   SG1 + Xét cặp tam giác SIM SKM ta có SK SM  1  2  3 Lấy  1 ,   ,  3 cộng lại với theo vế ta rút SA SB SC SG    SA1 SB1 SC1 SG1 Bài tốn Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Một mặt phẳng ( ) cắt tia SA, SB, SC , SD A ', B ', C ', D ' Chứng minh SA SC SB SD    SA ' SC ' SB ' SD ' Hình Lời giải (Xem hình 3) Tứ giác ABCD hình bình hành tâm O ta có O trung điểm AC , BD ; SO cắt mặt phẳng    điểm O ' Áp dụng Bài toán cho tam giác SAC , SBD ta có SA SC SO SB SD SO     SA ' SC ' SO ' (1) SB ' SD ' SO ' (2) SA SC SB SD    từ (1) (2) ta có SA ' SC ' SB ' SD ' suy điều phải chứng minh Vận dụng vào giải Bài toán sau Bài toán 4.([1]) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi K trung điểm SC Mặt phẳng chứa AK cắt cạnh SB , SD M N Gọi V1 , V theo thứ tự thể tích khối chóp S AMKN khối chóp S ABCD Giá V1 trị nhỏ tỉ số V2 Hình Lời giải (Xem hình 4) x SM SN y SB , SD Giả sử Áp dụng Bài toán cho tam giác SBD ta có SB SD SO 1  2     x  y  3xy SM SN SG x y 1 VS ABC  VS ACD  VS ABCD  V 2 Mặt khác ABCD hình bình hành nên SM SK SK SN 1 1 VS AMKN  VS AMK  VS AKN  VS ABC  VS ACD  x V  y V  V  x  y  SB SC SC SD 2 2 V V xy 3xy    x  y   V1  V  1 V 4 V Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có xy  x  y  xy  xy  V1 3  xy   Do V  x  y  xy xy  Dấu "  " xảy  x  y V1 Vậy giá trị nhỏ V  xy  Bài toán ([5]) Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' Gọi C1 trung điểm CC ' Mặt phẳng  Q  qua AC1 cắt C ' B, C ' D B1 , D1 khác C ' C ' B1 C ' D1    Chứng minh rằng: C ' B C ' D Hình Lời giải (Xem hình 5) Lấy G  AC1  B1D1 O  AC  BD ta có: C ', O, G điểm chung mặt phẳng  C ' AC   C ' BD  C 'G  suy C ', O, G thẳng hàng G trọng tâm tam giác C ' AC  C ' O x C 'D C 'B ; y C ' D1 C ' B1 Đặt Áp dụng Bài toán cho tam giác C ' BD ta có C 'B C 'D C 'O  2  x  y   x  y  C ' B1 C ' D1 C 'G với x, y  [1;2] (*)   1    3   x y xy x  y   (1) Suy ra: Từ (*):  x   x  3x    x(3  x)   x y 2 3 x y 1     xy xy x y (2) ; Từ (1) (2) suy đpcm    10 Bài toán .([5]) Cho hình chóp S.ABC có SA  a, SB  b, SC  c Một mặt phẳng    qua trọng tâm ABC , cắt cạnh SA, SB, SC A, B, C  Tìm giá trị nhỏ 1   2 SA SB SC  Hình Lời giải (Xem hình 6) Giả sử SA  x.SA ' ; SB  y.SB ' ; SC  z.SC ' Áp dụng Bài toán ta có SA SB SC SG SG    G G' 1  x y z 3 SA ' SB ' SC ' SG ' v ới SG ' 1 x2 y2 z2    2 2 2 2 Ta có SA SB SC  a b c x y z  ; ;  Áp dụng bất đẳng thức Bunyakovsky cho hai số thực  a b c   a; b; c  ta có  x2 y z  2 2     a  b  c    x  y  z  b c  a  x  y  z  1     2 2 2 SA SB SC  a b c a  b2  c x2 y z   2 Dấu “=” xảy a b c Bài tốn .([5]) Cho hình chóp S ABC có SA = SB = SC = Mặt phẳng ( P) thay đổi qua trọng tâm tứ diện cắt cạnh SA, SB, SC A ', B ', C ' 1 + + =4 Chứng minh SA ' SB ' SC ' 11 Tìm giá trị lớn biểu thức P= 1 + + SA '.SB' SB '.SC' SC '.SA' Hình Lời giải (Xem hình 7) SO  Gọi G, O trọng tâm tứ diện S ABC tam giác ABC ta có SG SA SB SC SO 1   3    4 SA ' SB ' SC ' Theo Bài toán SA ' SB ' SC ' SG Áp dụng bđt P= ab + bc + ca £ ( a +b + c) 1 1 1 + + £ SA ' SB' SB ' SC' SC ' SA' dấu xảy a = b = c 16 1ổ 1 ữ ỗ + + = ữ ỗ ốSA ' SB ' SC' ữ ứ 3ỗ ta cú Bi toỏn Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi A uuur uuur AA  AS  điểm SA cho Mặt phẳng   qua A cắt cạnh SB , SC , T SB SD SC   SB SD SC  SD B , C  , D Tính giá trị biểu thức SA SC SB SD SB SD SC SA        Từ Bài toán ta có: SA ' SC ' SB ' SD ' SB ' SD ' SC ' SA ' uuur uuuur 3 SA '  A ' A  SA  SA '  T  2 mà Bài tốn ([6], Số 435(9-2013) trang 22), Cho hình chóp S ABC có G trọng tâm tam giác ABC , O trung điểm SG Một mặt phẳng    thay đổi qua điểm O cắt cạnh SA, SB, SC hình chóp điểm A ', B ', C ' Chứng minh SA '2 SB '2 SC '2 AA '2 BB '2 CC '2      AA '2 BB '2 CC '2 SA '2 SB '2 SC '2 12 Hình Lời giải(Xem hình 9) Từ Bài tốn ta có SA SB SC SG SA ' AA ' SB ' BB ' SC ' CC '    6   6 SA ' SB ' SC ' SO SA ' SB ' SC ' AA ' BB ' CC '    3 SA ' SB ' SC ' AA ' BB ' CC '  m,  n, p SB ' SC ' Đặt SA ' 1    m2  n2  p 2 Cần chứng minh m n p (1) với m  n  p  Ta có 1 1 1  2     m n p mn np pm mnp  mn  np  pm  (2)  3mnp  m  n  p   9mnp (3) Mặt khác Sử dụng bất đẳng thức Cauchy ta có  mn  np  pm  m  n  p  =  mn  np  pm   mn  np  pm   m  n  p    m  n  p        1  m2  n2  p2   2 2 mnp m n p Đẳng thức xảy m  n  p  Khi A ', B ', C ' thứ tự trung điểm SA, SB, SC 13 Bài toán 10 ([6] số 429 (3-2013) trang 22), Cho hình chóp S ABCD , đáy ABCD hình bình hành tích V Mặt phẳng  P  cắt cạnh SA, SB, SC , SD lần SA SB SC SD     A ', B ', C ', D ' lượt thỏa mãn đẳng thức SA ' SB ' SC ' SD ' Đặt thể tích hình chóp S A ' B ' C ' V1 thể tích hình chóp S A ' C ' D ' V2 1 43   3V 3V V Chứng minh SA SC SB SD SO SO     4  SO ' SO ' Từ Bài tốn ta có SA ' SC ' SB ' SD ' (1) Áp dụng bất đảng thức Cauchy ta có V V  S ABC  2V1 V1 3 Tương tự ta có SA SB SC  SA SB SC       SA ' SB ' SC '  SA ' SB ' SC '  V  SA SD SC       2V2  SA ' SD ' SC '  Từ (2) (3) ta có  2  3 V V 1 SA SC  1 3  8   =     3V 3V V1 2V2  SA ' SC '  V (đpcm) Vấn đề 2: Từ Bài tốn hình học phẳng xét tương tự để có Bài tốn hình học khơng gian Tương tự hóa thao tác tư dựa giống tính chất quan hệ đối tượng khác (hai phép chứng minh tương tự đường lối, phương pháp chứng minh giống nhau) Bài toán 11 ([7], Trang 351) Cho tam giác ABC điểm M di động tam giác Các đường thẳng AM , BM , CM cắt cạnh BC , CA, AB tương ứng D, E , F Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2  MA   MB   MC  P      AD BE CF       Q AM BM CM   MD ME MF Lời giải (Xem Hình.11) 14 Hình 11 MD ME MF MA MB MC   1   2 AD BE CF Ta có AD BE BF nên   MA 2  MB   MC    MA MB MC  3      4      AD    AD BE CF   BE CF        2  MA   MB   MC         AD   BE   CF  MA MB MC    Dấu “=” xảy AD BE CF suy M trọng tâm tam giác ABC Vậy giá trị nhỏ biểu thức P 2 2 Đặt SMBC  a , S MAC  b , SMAB  c AD S ABC a  b  c AM b  c     MD S a MD a2 MBC Khi BM a  c CM a  b  ,  b2 MF c2 Tương tự, ta có ME Vì 2 b  c Vậy Q    b  c nên AM b2  c bc   MD a a AM BM CM bc a c a b          MD ME MF b c  2 a AM BM CM a  b  c  S MAB  SMAC  S MAB  S ABC    MD ME MF Dấu = xảy Hay M trọng tâm tam giác Vậy giá trị nhỏ biểu thức Q Nếu thay tam giác ABC thành tứ diện ABCD M điểm tùy ý nằm tứ diện ta có tốn tương tự khơng gian sau đây: 15 Bài tốn 12 ([7], Trang 346 352) Cho tứ diện ABCD điểm M chuyển động tứ diện Các đường thẳng AM , BM , CM , DM theo thứ tự cắt mặt BCD, ADC , ABD, ABC A ', B ', C ', D ' Tìm giá trị nhỏ biểu thức sau 2 2  MA   MB   MC   MD  P        MA ' MB ' MC ' MD '         Q AM BM CM DM    MA ' MB ' MC ' MD ' Hình 12 Giải Bài tốn 12 hồn tồn áp dụng cách giải Bài tốn 11 MA ' MB ' MC ' MD ' MA MB MC MD    1    3 AA ' BB ' CC ' DD ' Sử dụng AA ' BB ' CC ' DD '  x2  y  z  t    x  y  z  t  Và Vậy giá trị nhỏ biểu thức P M trọng tâm tứ diện ABCD VMBCD  a ,VMACD  b ,VMABD  c ,VMABC 2 AM b  c  d  d a2 MA ' BM a  c  d CM a  b  d DM b  c  a  ,  ,  b2 MC ' c2 MD ' d2 Tương tự MB ' Mặt khác áp dụng bất đẳng thức ta nhận Từ  b2  c2  d    b  c  d  AM b2  c  d bcd   MA ' a a ba bất đẳng thức tương tự 16 AM BM CM DM b c d a c d a b  d a b c           MA ' MB ' MC ' MD ' a b c d 3   12  3 2 2 Vậy giá trị nhỏ biểu thức Q , đạt a  b  c  d MA ' MB ' MC ' MD '  VMBCD  VMACD  VMABD  VMABC  VABCD      AA ' BB ' CC ' DD ' hay M trọng tâm tứ diện ABCD Bài toán 13 ([8] Bài toán trang 28) Chứng minh tam giác ABC bất kì, GO  GH trọng tâm G , trực tâm H , tâm đường tròn ngoại tiếp O thẳng hàng (Đường thẳng Ơle) Lời giải(Xem hình 13) Thẳng hàng bất biến phép vị tự nên ta nghĩ đến việc dùng phép vị tự để giải toán Yêu cầu toán chứng minh hệ thức GO  GH làm ta nghĩ đến phép vị tự tâm G biến O thành H ngược lại Dựa vào hình vẽ ta dự đốn tỉ số 2 ( ) H trực tâm ABC  O trực tâm tam giác có đỉnh chân đường trung tuyến Với định A hướng ta giải toán sau Gọi M , N , P trung điểm cạnh BC , CA, AB Ta có: GM   1 GA GN  GB GP  GC 2 ; ; P H N G VG : A  M B B N O M C P Do đó: k ( VO phép vị tự tâm O tỉ số k ) Hình 13 Phép vị tự bảo tồn tính vng góc nên biến trực tâm ABC thành trực tâm MPN Theo giả thiết, H trực tâm tam giác ABC dễ dàng chứng minh O trực tâm tam giác ABC  Suy ra: VG : H  O hay GO  GH 17 C Từ ta có H , G, O thẳng hàng GO  GH Chuyển tốn sang tốn khơng gian, khơng phải tứ diện có đường cao đồng quy điểm nên ta xét tứ diện có tính chất Bài tốn 14 .([3]) Trong khơng gian, cho tứ diện trực tâm ABCD Chứng minh, trọng tâm G , trực tâm H tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thẳng hàng GH  GO Lời giải(Xem hình 14) Ta dùng phép vị tự để giải tốn khơng gian Yêu cầu chứng minh GH  GO gợi ý cho ta nghĩ đến phép vị tự tâm G tỉ số 1 Lần lượt lấy A ' đối xứng với A , B ' đối xứng với B , C ' đối xứng với C , D ' đối xứng với D qua G 1 Xét phép vị tự VG , ta có: VG : A  A ' B  B' C  C' D  D' 1 Như vậy, VG : ( ABCD)  ( A' B' C ' D' ) nên phép vị tự biến trực tâm tứ diện ABCD thành trực tâm tứ diện A ' B ' C ' D ' Theo giả thiết, H trực tâm A tứ diện ABCD , ta chứng minh O trực tâm tứ diện A ' B ' C ' D ' Thật vậy, trước hết ta chứng minh A' O  mp( BCD) , từ A' O  ( B' C ' D' ) B’ H mp  BCD  / / mp  B ' C ' D '  (các đỉnh khác B chứng minh tương tự) O G G1 Do O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện E C nên O cách đỉnh B, C , D A’ Hình 14 18 D Ta chứng minh A ' cách B, C , D Gọi G1 giao điểm AA ' với mp  BCD  G1 1 G1G  GA  GA' 3 Trong BA ' B ' có G trung điểm BB ' nên trọng tâm BCD Từ đó, BG1 cắt A ' B ' trung điểm E A ' B ' BG1  2G1E Trong BCD , G1 trọng tâm nên BG1 qua trung điểm E ' CD BG1  2G1E ' Suy ra: E  E ' hay CD cắt A ' B ' trung điểm đường Do A ' DB ' C hình bình hành Hơn nữa, AB  CD  A' B'  CD nên A ' DB ' C hình thoi → A ' D  A ' C  CB ' A ' B  B ' A Ta chứng minh B ' A  B ' C nên suy A ' B  A ' C  A ' D hay A ' cách đỉnh B, C , D 1 Suy ra: VG : H  O hay GO  GH Vậy H , G, O thẳng hàng GO  GH 2.4 Hiệu sau thực sáng kiến: Giáo viên triển khai ý tưởng đề tài qua nhiều khóa học sinh, thu thập kiến thức nhiều tài liệu nhiều tác giả, kiểm nghiệm qua đề thi đại học, đề học sinh giỏi năm Giáo viên thực nghiệm qua nhiều khóa học sinh kết thu tốt Qua việc triển khai đề tài việc học sinh tiếp thu kiến thức cách tổng quát em rèn luyện kĩ nhìn nhận, đánh giá, khái qt hóa, có ý thức sử dụng quy tắc suy đốn tương tự hóa, khái quát hóa, đặc biệt hóa … Ý tưởng đề tài giáo viên thực nghiệm phát triển trình giảng dạy trường THPT nguyễn quán nho từ năm 2007 tới Cụ thể trình bày qua sáng kiến đạt giải C cấp tỉnh kết áp dụng vào giảng dạy trường phổ thông thu kết tốt Giáo viên yêu cầu học sinh làm kiểm tra thực hành sau lần triển khai đề tài theo dõi kết thi đại học học lớp dạy điểm tốn em ổn định, có nhiều điểm giỏi Trong trình dạy học áp dụng biện pháp thấy tiến học sinh góp phần hình thành phẩm chất, lực, đạo đức, tác phong đại phù hợp với xu hướng phát triển xã hội Cụ thể thu kết rõ nét nhận thức lực học sinh, thể nội dung sau: 19 Kết thi THPT quốc gia lớp giáo viên trực tiếp dạy qua năm gần Năm học 2017-2018 lớp 12C2 Điểm Dưới Từ 5-dưới 6,5 Từ 6,5-dưới Từ 8-10 Lớp 12C2 (42HS) 25 10 Điểm bình qn mơn tốn 7,35 Năm học 2018-2019 lớp lớp 12 C2 Điểm Dưới Từ 5-dưới 6,5 Từ 6,5-dưới Từ 8-10 Lớp 11B2 (44 HS) 16 26 Điểm bình qn mơn tốn 8,25 Năm học 2020-2021 lớp lớp 12 C3 Điểm Dưới Từ 5-dưới 6,5 Từ 6,5-dưới Từ 8-10 Lớp 12C3 (44 HS) 0 38 Điểm bình qn mơn tốn 8,55 Sau nắm vững nội dung nêu SKKN học sinh giải tập tốt hơn, tốn hình học khơng gian Sáng kiến giáo viên dạy dạng chủ đề hai tiết tự chọn tổ ban giám hiệu đánh giá thành cơng, có hiệu áp dụng tốt cho lớp 11 12 đặc biệt lớp thi khối có mơn Tốn Kết luận, kiến nghị 3.1 Kết luận + Đổi phương pháp dạy học Lấy học sinh làm trung tâm, tạo người toàn diện trình học tập, tránh thụ động, ỷ lại, ln tạo tình có vấn đề tự nghiên cứu để giải vấn đề + Khả phân tích, tổng hợp hóa, đặc biệt hóa, khái qt hóa, tương tự hóa, ln có ý thức hướng tới + Gây hứng thú môn học, đào sâu suy nghĩ + Phát huy tính tích cực, độc lập sáng tạo, xem xét vấn đề từ nhiều góc độ + Tạo cho học sinh thói quen làm việc nghiêm túc Khơng lịng với kết có, cách giải biết Nảy sinh ý muốn cấu trúc lại vấn đề, nâng vấn đề lên mức độ cao hơn, khái quát hơn, đa dạng hơn, đặc biệt phải biết áp dụng kiến thức biết vào giải toán 3.2 Kiến nghị 20 Dù thân cố gắng nghiêm túc trình học tập, nghiên cứu, song thời gian khả có hạn, nên khơng tránh khỏi khiếm khuyết Tác giả mong muốn nhận nhiều ý kiến đóng góp q báu thầy bạn đồng nghiệp để luận văn hoàn chỉnh TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Tham khảo hướng phát triển đề thi THPT, đề thi thử trường qua năm (nguồn mạng) [2] Đào Tam(2014), Từ phán đoán hợp lý đến khẳng định toán mới, Tạp chí tốn học tuổi trẻ, Đặc san số 10, trang 37,38,46 [3] Đào Tam, Trần Trung(2010), Tổ chức hoạt động nhận thức dạy học mơn tốn trường THPT, Nhà xuất Đại học Sư phạm [4] Đào Tam(2004), Phương pháp dạy học Hình học trường THPT, Nhà xuất Đại học Sư phạm [5] Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh lớp 11 sở giáo dục Thanh Hóa, trường THPT tỉnh qua năm [6] Tạp chí Tốn Học tuổi trẻ năm (2011,2012,2013,2014,2015,2016), Nhà xuất Giáo dục [7] Lê Quốc Hán(chủ biên) - Đinh Quang Minh - Lê Thị Ngọc Thuý(2016), Những đường sáng tạo giải tốn hình học, Nhà xuất Giáo dục [8] Đồn Quỳnh (Tổng chủ biên) – Văn Như Cương(Chủ biên) – Phạm Khắc Ban – Tạ Mân(2010), Sách giáo khoa Hình học lớp 11 nâng cao, Nhà xuất Giáo dục 21 DANH MỤC SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Nguyễn Quốc Vang Chức vụ đơn vị công tác: TPCM, trường THPT Nguyễn Quán Nho Tên đề tài SKKN Cấp đánh giá xếp loại Phát triển toán từ tính Tỉnh Kết đánh giá xếp loại C chất quen thuộc Vẽ tốt hình khơng gian qua dấu Tỉnh C 2010-2011 Tỉnh C 2013-2014 Tỉnh C 2016-2017 Tỉnh C 2019-2020 TT hiệu xác định đường cao hình chóp hình lăng trụ Nhận dạng hướng giải phương trình, bất phương trình chứa thức Phát triển tốn hình học tọa độ mặt phẳng từ Năm học đánh giá xếp loại 2006-2007 dấu hiệu đặc trưng Định hướng giải tốn hình học khơng gian phương pháp véc tơ 22 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 01 tháng 06 năm 2022 Tơi xin cam kết đề tài sáng kiến kinh nghiệm tôi, khơng chép, copi Nếu sai tơi hồn tồn chịu trách nhiệm Người viết sáng kiến kinh nghiệm Nguyễn Quốc Vang 23 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT NGUYỄN QUÁN NHO SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GÓC NHÌN TỪ BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG ĐẾN BÀI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Người thực hiện: Nguyễn Quốc Vang Chức vụ: TPCM SKKN thuộc mơn: Tốn 24 THANH HỐ NĂM 2022 25 ... khuyến khích học sinh tập dượt sáng tạo toán học 2.3.3 Một số toán thể luận điểm thơng qua q trình thực sáng kiến kinh nghiệm Vấn đề 1: Góc nhìn từ tốn hình học phẳng đến tốn hình học không gian Chúng... hệ thống hóa dạng tốn, giải tốn hình học cách đơn giản hơn, phù hợp với việc học thi Vì tơi chọn đề tài “ Góc nhìn từ tốn hình học phẳng đến tốn hình học khơng gian? ?? mong góp phần khắc phục thực... khoa học, biết hợp tác lao động, có ý chí thói quen tự học thường xun cho học sinh “ Sử tính chất hình học mặt phẳng để giải tốn hình học không gian? ?? cách nghiên cứu giải tập hình học khơng gian