Giúp học sinh tiếp cận bài toán với cách tư duy linh hoạt, bao quát vấn đề, suy luận logic để tìm lời giải nhanh nhất, tránh kiểu tư duy rập khuôn, máy móc. Hơn nữa, thông qua việc phân tích và bình luận lời giải ở mỗi bài toán giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, thành thạo các kĩ năng giải toán, đồng thời khắc phục những sai lầm thường gặp trong quá trình làm toán. Thông qua các tính chất đẹp đẽ của các hình tứ diện giúp cho các em yêu thích môn học hơn, ôn tập tham gia vào các kì thi HSG do tỉnh nhà tổ chức. Đề tài sẽ tạo điều kiện cho giáo viên có trao đổi chuyên môn, giao lưu học hỏi lẫn nhau.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ******************* SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHÁT TRIỂN TƯ DUY HỌC SINH QUA VIỆC KHAI THÁC CÁC YẾU TỐ HÌNH HỌC CỦA MỘT SỐ HÌNH TỨ DIỆN ĐẶC BIỆT Lĩnh vực: Toán học HÀ DUY NGHĨA A B D A' C B' D' C' H H1 P H3 Đăk Lăk, tháng năm 2020 MỤC LỤC Phần mở đầu 1.1 Lý chon đề tài 1.2 Mục tiêu nhiệm vụ đề tài 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Giới hạn đề tài 1.5 Phương pháp nghiên cứu 2 Phần nội dung 2.1 Cơ sở lí luận 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu 2.3 Nội dung hình thức giải pháp 2.3.1 Các khái niệm liên quan đến hình tứ diện 2.3.2 Bài tốn liên quan đến hình tứ diện vuông 2.3.3 Bài tốn liên quan đến hình tứ diện trực tâm 13 2.3.4 Bài tốn liên quan đến hình tứ diện gần 17 2.3.5 Bài tốn liên quan đến hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện 20 2.3.6 Các toán hệ tọa độ Oxyz liên quan đến hình tứ diện đặc biệt 23 2.3.7 Bài tập luyện tập 29 Phần kết luận 31 3.1 Kết luận 31 3.2 Kiến nghị 31 Tài liệu tham khảo 32 1 PHẦN MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Kể từ năm học 2016-2017, kì thi THPT quốc gia mơn tốn thi hình thức trắc nghiệm, từ dần làm cho học sinh rời bỏ dần thói quen đào sâu khai thác vấn đề tốn học Đặc biệt mơn hình học điều thể rõ hơn, tốn trắc nghiệm khai thác sâu yếu tố hình học mà vận dụng nhanh cơng thức có sẵn để làm tốn, từ dẫn đến việc dạy toán chuyển sang hướng thực dụng làm cho việc dạy học tốn phần thú vị Nhằm giúp cho học sinh yêu thích mơn học, biết phân tích định hướng tìm tịi lời giải, biết khai thác, đào sâu, tìm mối liên hệ yếu tố hình học cách hiệu Trong trình giảng dạy tìm hiểu học hỏi viết đề tài “PHÁT TRIỂN TƯ DUY HỌC SINH QUA VIỆC KHAI THÁC CÁC YẾU TỐ HÌNH HỌC CỦA MỘT SỐ HÌNH TỨ DIỆN ĐẶC BIỆT” 1.2 Mục tiêu, nhiệm vụ đề tài Giúp học sinh tiếp cận toán với cách tư linh hoạt, bao quát vấn đề, suy luận logic để tìm lời giải nhanh nhất, tránh kiểu tư rập khuôn, máy móc Hơn nữa, thơng qua việc phân tích bình luận lời giải toán giúp cho học sinh khắc sâu kiến thức, thành thạo kĩ giải toán, đồng thời khắc phục sai lầm thường gặp q trình làm tốn Thơng qua tính chất đẹp đẽ hình tứ diện giúp cho em u thích mơn học hơn, ơn tập tham gia vào kì thi HSG tỉnh nhà tổ chức Đề tài tạo điều kiện cho giáo viên có trao đổi chun mơn, giao lưu học hỏi lẫn 1.3 Đối tượng nghiên cứu Các toán hình học khơng gian đề thi HSG tỉnh, toán đề thi THPT Quốc gia mơn Tốn liên quan đến hình tứ diện 1.4 Giới hạn, phạm vi nghiên cứu Đề tài đề tơi đề cập đến dạng tốn nâng cao liên quan đến hình tứ diện Ngồi phần mở đầu, mục lục, tài liệu tham khảo, đề tài gồm mục chính, mục tác giả trình bày toán theo bố cục nêu đề bài, phân tích tìm mối liên hệ tốn cần giải với tốn khác để tìm lời giải, lời giải trình bày theo hướng suy luận tự nhiên nhằm phát huy lực tư học sinh khơng áp đặt máy móc, mục cuối tập luyện tập nhằm giúp học sinh cố phát triển lực tự học 1.5 Phương pháp nghiên cứu Để thực mục đích nhiệm vụ đề tài, q trình nghiên cứu tơi sử dụng nhóm phương pháp sau: Phương pháp quan sát; phương pháp tổng kết kinh nghiệm; phương pháp phân tích tổng hợp lý thuyết PHẦN NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lý luận Trong chương trình THPT, mơn Tốn giữ vai trị quan trọng Mơn Tốn coi môn học công cụ, cung cấp tri thức để người học học tập mơn học khác Thơng qua học tốn, người học hình thành, rèn luyện phát triển tư Thực tế, có nhiều người dùng trực tiếp kiến thức tốn học vào thực tiễn sống, không phủ nhận rằng, người học tốn tốt thường có tư tốt Vì thế, người ta dùng kiểm tra tốn nhiều hình thức khác dùng thành tích học tập mơn Tốn thước đo nhiều kì thi Vì tham gia thi kì thi tốt, kì thi HSG tỉnh lớp 12 kì thi tương đối nhẹ mang tinh chất trao dồi kiến thức nên học sinh bị áp lực làm bài, từ em dễ phát huy lực sở trường 2.2 Thực trạng Học sinh hay gặp khó khăn ngại khó học tốn hình học khơng gian Học sinh dừng lại việc lĩnh hội kiến thức sách giáo khoa mà chưa vận dụng nó, chưa đào sâu kiến thức thường giải tập theo kiểu trắc nghiệm túy 2.3 Nội dung hình thức giải pháp 2.3.1 Các khái niêm liên quan đến hình tứ diện Trong phần tơi trình bày vắn tắt khái niệm liên quan đến hình tứ diện với chất để làm sở cho việc trình bày lời giải phần sau a) Khái niệm hình tứ diện +Hình chóp có đáy tam giác gọi hình tứ diện, hình tứ diện với miền gọi khối tứ diện +Trong hình tứ diện, mặt là tam giác, mặt có đỉnh đối diện; hình tứ diện có đỉnh cạnh, hai cặp cạnh gọi đối diện chúng khơng có điểm chung + Hình tứ diện có cạnh gọi tứ diện +Hình tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc gọi tứ diện vng đỉnh O +Tứ diện ABCD có cặp cạnh đối vng góc gọi tứ diện trực tâm + b) Tứ diện ABCD có cặp cạnh đối gọi tứ diện gần Trọng tâm tứ diện +Điểm G gọi trọng tâm tứ diện ABCD GA + GB + GC + GD = +Trọng tứ diện, đoạn thẳng nối trung điểm cạnh đối đồng quy trung điểm cạnh trọng tâm tứ diện Trong tứ diện, đường thẳng nối từ đỉnh đến trọng tâm mặt đối diện đồng quy trọng tâm tứ diện chia đoạn theo tỉ số (GA=3GG’, A đỉnh G’ trọng tâm tam giác đáy tứ diện) c) Mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp tứ diện + Mặt cầu gọi ngoại tiếp tứ diện qua đỉnh tứ diện + Mặt cầu gọi nội tiếp tứ diện tiếp xúc tất mặt tứ diện tâm mặt cầu nằm hình tứ diện Mặt cầu gọi bàng tiếp tứ diện tiếp xúc tất mặt tứ diện tâm nằm ngồi hình tứ diện + + Mặt cầu gọi nội tiếp khung tứ diện tiếp xúc cạnh tứ diện + Mặt cầu gọi bàng tiếp khung tứ diện tiếp xúc đường thẳng chứa cạnh tứ diện có tiếp điểm khơng thuộc cạnh tứ diện Trong tứ diện, gọi d trục đường tròn đáy ( đường thẳng qua tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác đáy vng góc với mặt phẳng chứa đáy) tâm mặt cầu ngoại tiếp giao điểm trục tùy ý giao điểm trục mặt phẳng trung trực cạnh bên (nếu có cạnh bên OA d đồng phẳng dựng đường trung trực cạnh bên OA mp (d,OA) Tứ diện đều, có tâm đường trịn nội tiếp ngoại tiếp giao điểm đường cao trọng tâm tứ diện d) Tứ diện nội tiếp hình hộp +Nếu chọn đỉnh đỉnh hình hộp cho hai đỉnh không thuộc cạnh đỉnh tạo thành tứ diện gọi tứ diện nội tiếp hình hộp Chẳng hạn tứ diện BDA′C′ tứ diện nội tiếp hình hộp ABCD A′B′C ′D′ +Mỗi tứ diện tùy ý có hình hộp ngoại tiếp tứ diện + Hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện gần hình hộp chữ nhật +Thể tích khối hộp gấp lần thể tích tứ diện nội tiếp 2.3.2 Bài tốn liên quan đến hình tứ diện vng Phần chủ yếu khai thác toán định lượng liên quan nhiều đến hệ thức định lý Pythagore, bất đẳng thức hình học liên quan đến cạnh, góc tạo cạnh bên mặt đáy, diện tích mặt hình tứ diện toán liên quan hay xuất kì thi HSG tỉnh lớp 12 Đa phần lời giải trình bày theo hướng thác triển đề tốn Bài tập 2.1 Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có OA = a , OB = b , OC = c đường cao OH, Gọi S = S ∆ ABC , S1 = S ∆ OAB , S = S ∆ OBC , S = S∆OCA Chứng minh: = + + , (2.1.1) OH OA2 OB2 OC2 2 b) S =S + S + S ,(2.1.2) a) Phân tích lời giải a) Chứng minh = 1+ + OH OA2 OB2 OC2 Đây đẳng thức quen thuộc trình bày dạng tập SGK lớp 11 khơng phần quan trọng việc khai thác yếu tố định lượng tứ diện vuộng, đồng thời việc chứng minh hình thành O cho học sinh nhiều yếu tố tư việc khai thác giải A H thiết toán Dù toán cho H hình chiếu C O lên mặt phẳng (ABC) thực ẩn yếu tố vị K trí H, nên làm cho học sinh lúng túng cách khai B thác toán, học sinh cần xác định vị trí hình chiếu H ? Từ học sinh dễ định vị H thơng qua mp (OAH) vng góc BC Từ suy H trực tâm tam giác ABC Gọi K chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC OK chân đường cao tam giác OBC kẻ từ O, áp dụng hệ định lý Pythagore ta có được: = + 1, OK OB2 OC2 tiếp tục áp dụng hệ thức cho tam giác vuông ∆AOK ta = + OH OA2 OK Từ suy = 1+ + OH OA OB OC2 2 b) Chứng minh S = S1 + S 2 + S32 ,(2.1.2) với S = S ∆ ABC , S1 = S ∆ OAB , S = S ∆ OBC , S = S∆OCA Đẳng thức (2.1.1) gợi ý cho học sinh suy nghĩ việc áp dụng định lí Pythgore vào toán, đẳng thức làm cho em lúng túng tiếp cận Có nhiều hướng chứng minh (2.1.2) tơi trình O bày theo hướng thác triển của toán (2.1.1) cách A tự nhiên Nhận thấy S∆2OBC = OA2 OB2 đó, quy đồng vế phải OA2 OB2 OC2 2 2 2 (1) ta OA OB + OB OC + OA OC = 4OA2OB2OC2 OH 2 C K B OH 2 Tức S +S +S = H vấn đề cịn lại tốn chứng minh 4OA2OB2OC2 OH = S2 Rất dễ nhận thấy 4OA2OB2OC2 = 4AH.AK.OK2.BC2 = 4AK.OK2.BC2 = 4AK.HK.AK.BC2 = (2AK.BC)2 OH HA.HK HK HK 2 2 Từ ta có điều cần chứng minh: 4OA OB OC = S OH Nhận xét: Một hướng khác để giải toán S = S′cos ϕ,(2.2) Thật dễ nhân thấy tam giác áp dụng cơng thức hình chiếu ∆HBC hình chiếu vng góc tam giác ∆OBC lên mặt phẳng (ABC), nên S ∆ OBC = S∆OHC cos OKH , phép biến đổi đơn giản học sinh có điều cần chứng minh Ngồi học sinh khai thác S ∆ ABC =S ∆ABC (S ∆HBC + S ∆HBA + S∆HCA ) kết tương tự Bài tập 2.2 Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có OA = a , OB = b , OC = c Gọi S = S ∆ ABC , S1 = S ∆ OAB ,S2=S , S = S∆OCA r bán kính đường trịn nội tiếp hình ∆ OBC a+b+c tứ diện Chứng minh r = S + S + S − S (2.2) Phân tích lời giải : Trong tứ diện vuông tồn mặt cầu nội tiếp nên tơi khơng trình việc chứng minh tồn mặt cầu ngoại tiếp mà trình bày khai thác đẳng thức (2.1.2) thơng qua bán kính mặt cầu này.Nếu gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện học sinh nhận bán kính r chiều cao khối chóp I.ABC, từ ta có đẳng thức V OABC = V IABC +V IOBC +V IOAB +V IOAC O Phân tích lời giải: Gọi d1 , d , d3 ′ ′ , ′′ , khoảng cách cặp cạnh AB,CD AC,BD ′ ′ A C CB,AD Khi = 1d S = 1V V ACB′D′ ABCD.A′B′C′D′ CD ′ = d S 32 = dS CB ′ Từ suy ra: d + d + d 3 B D A' B' AD′ D' = ( SCD2 + S + S CB ′ AD ′ 9V ′ ) C' Hơn theo, toán tr Suy ra: d + 1 d 2 + d = Đặc biệt với tứ diện gần Bài tập Cho tứ gần ABCD đường 5.4 diện có cao AH, H1 trực tâm tam giác BCD, CC′ đường cao tam giác BCD Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD trung điểm HH Ph ân tích lời giải: Xét hình hộp ng oại tiế p tứ diệ n nh hình vẽ, hình hơp hình hộp A chữ nhật Gọi O tâm hình hộp AA′ đường chéo hình hộp Khi ta có tứ O diện A′ BCD tứ diện vng nên hình chiếu A′ lên mặt phẳng (BCD ) trực tâm tam giác BCD hình chiếu điểm O mặt phẳng (BCD )là điểmO1 trung điểm HH1 C' D A' Hơn ta có O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp nên tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện hình chiếu O lên mặt phẳng (BCD) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD 2.3.6 Các toán hệ tọa độ Oxyz liên quan đến hình tứ diện đặc biệt Trong phần tơi trình bày tốn hình học hệ tọa độ Oxyz Nội dung chủ yếu sử dụng tính chất đặc trưng loại hình tứ diện đề cập phần trước để giải tập mức vận dụng cao thường xuất kì thi THPT Quốc gia 23 Bài tập 6.1 Trong không gian Oxyz , cho điểm H (2; 1; 1) Gọi (P) mặt phẳng qua H cắt trục tọa độ A , B , C cho H trực tâm tam giác ABC Phương trình mặt phẳng (P) A x + y + z − = B x + y + z − = C x + y + z − = D x + y + z + = Phân tích lời giải: Yêu cầu toán rõ ràng sử dụng kỉ thuật giải thơng thường giải ngay, vấn đề tơi cần nói đến gì? Vì tốn trắc nghiệm nên yếu tố thời gian phải đặt lên hàng đầu, tức tìm cách giải ngắn tốn, sau tơi trình bày hai cách giải thể rõ điều đó: Cách Nếu học sinh khơng phân tích đặc điểm tứ diện vng, em giải toán phương pháp tọa độ túy là: Gọi A (a ; 0; 0)∈Ox , B (0; b ; 0)∈ Oy , C (0;0;c )∈Oz Khi mặt phẳng (P) có dạng: n ( ABC ) = OH = (2;1;1) Cách Nhận thấy tứ diện vng đỉnh O, theo kết Bài toán 2.1 ta thấy rằng, H trực tâm tam giác ABC nên H chân đường cao tứ diện Hay OH vectơ pháp tuyến mặt phẳng (ABC), từ ta có suy Do đó, PT mp(ABC) có dạng: 2( x − 2) + 1( y − 1) + 1( z − 1) = x + y + z − = Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: x + y + z − = Bài tập 6.2 Trong không gian với hệ tọa độOxyz , cho điểm P(1; 2; 2) Mặt phẳng (α ) qua P cắt trục Ox , Oy ,Oz A , B ,C khác gốc tọa độ cho T = R R2 R2 đạt giá trị S + S + S 24 S1 , S , S3 diện tích tam giác OAB , OBC ,OCA R1 , R2 , R3 diện nhỏ nhất, tích tam giác ∆PAB , ∆PBC , ∆PCA Khi điểm M sau thuộc (α ) : A M (2;0;5) B M (5;0;2) C M (5;1;2) D M (2;1;5) Phân tích lời giải Đây toán sinh trực tiếp từ Bài tập 2.4 Từ kết tập ta có mp (α ) có n ( α ) = OH = (1;2;2) Vậy phương trình mp (α ) :( x − 1) + 2( y − 2) + 2( z − 2) = Điểm M (5;0; 2) thuộc mp (α ) Bài tập 6.3 ( THPT QG-2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu ( S ) có tâm I 1;2;3 ) ( qua điểm A 5; −2; −1 Xét điểm B , C , D thuộc mặt cầu ( S ) cho AB , AC , AD ( ) đôi vng góc với Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn bằng? B 256 A 128 C 128 D 256 Phân tích lời giải Đây vận dụng cao đề thi THPT B QG 2018, mức độ khó người ghi nhận Đây tập sinh từ dạng hình hộp ngoại tiếp tứ diện A D I B ' Nhận thấy ABCD tứ diện vuông đỉnh A , nội tiếp mặt cầu (S ), điều gợi cho ta liên hệ đến hộp Từ ta có a + b + c = 4R2 E C E' D' hình hộp ngoại tiếp tứ diện Nhưng tứ diện vuông nên ABCD tứ diện đặt góc A hình hộp chữ nhật tương ứng có cạnh AE′ đường kính hình cầu ngoại tiếp hình AB , AC , AD hình vẽ đường chéo = Xét V ABCD abc ⇔ V = 1a b c2 36 ABCD a + b + c2 3 Mà a + b + c ≥ a b c 2 2 Với R = IA = ⇒V≤ ⇔ 256 3 4R2 3 ≥ a b c2 ⇔ ≥ 36.VABCD2 ⇔V ≤ R3 43 27 25 Vậy Vmax = 256 Bài tập 6.4 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M(9;1;1) , cắt tia Ox, Oy, Oz A, B, C cho thể tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ A x + y z + =1 x z C x + y + z = −27 y B 27 + + = D x + y + z = −1 27 3 3 Phân tích lời giải: Một kiểu viết phương trình mặt phẳng chắn trục tọa độ tạo tứ diện vng đặc biệt khai thác nhiều xuất đề thi THPTQG tốn toán gốc vấn đề Tương tự toán trước giá sử A( a;0;0) ∈ Ox , B(0; b;0) ∈ Oy, C (0;0; c ) ∈Oz ( a, b, c > 0) x y z Khi PT mặt phẳng (P) có dạng: a + b + c = Từ giả thiết ta có M (9;1;1) ∈ ( P ) ⇒ a+ 1 b+ c = (1); Hơn nữa, ta có VOABC = abc (2) 243 + 27 z = Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được: ≥ 27 abc hay abc Dấu "=" xảy ⇔ 9bc = ac = ab 1 + + =1 a b c a = 27 ⇔ b = c = ⇒ (P): x y Nhận xét: Nếu tốn khơng có vấn đề đặc biệt, quay lại Bài tốn 2.6 (HSGT-Đăk Lăk 2018).Cho tứ diện vuông S.ABC đỉnh S, có Gọi I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC, (P) mặt phẳng thay đổi qua I cắt SA, SB, SC A’ , B’, C’ xác định vị trí (P) cho thể tích tứ diện VS ,A′B ′C′ đạt giá trị nhỏ ta thấy Bài tốn 2.6 trường hợp đặc biệt Bài tốn 6.4 trường hợp M I, vấn đề đặt liệu có tìm tọa độ I hay không? Sau để giải tốn tơi trình bày cách xác định tọa độ I Giả sử A( a;0;0) ∈ Ox , B(0; b;0) ∈ Oy, C (0;0; c ) ∈Oz, dễ dàng tính AB = m = a + b2 BC = n = b + c2 CA = p = c + a2 26 Xét tam giác ABC với I tâm đường tròn ngoại tiếp, kéo dài AI cắt BC D (chân đường phân giác góc A) A Từ đẳng thức DB = − m p DC ta suy E I D 0; ; mc p+m p+m B bp D C Hơn ta có I chân đường phân giác góc B tam giác ABC nên ta có 2 2 m b +m c BD ID=− B IA hay ID = − IA ( p + m)2 A Từ đẳng thức vectơ ta suy tọa độ I Và theo toán ta suy phương trình mặt phẳng (P) từ suy vị trí điểm A’,B’,C’ thỏa yêu cầu Với cách giải này, ta thấy phức tạp ta xác định vị trí A’,B’,C’ theo a,b,c Bài tập 6.5 Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A (a;0;0 ) , B (0; b;0 ) , C (0;0;c) với a, b, c > Giả sử a , b, c thay đổi thỏa a + b + c = k2 khơng đổi Diện tích tam mãn giác ABC đạt giá trị lớn A k B k2 C k2 D k2 Phân tích lời giải: Đây cách thác triển khác Bài toán 6.3 việc sử dụng yếu tố đặc biệt tứ diện để giải toán hướng nghĩ đến Bài tốn trình bày theo hai cách sau: Cách thứ nhất: Giải túy theo phương pháp tọa độ khơng gian chương trình chuẩn Áp dụng cơng thức phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn ta có phương trình mp(ABC) y z x a + b + c =1 Gọi H (x; y ; z) hình chiếu vng góc O lên ( ABC) 27 ab c2 x = ( ab ) + ( bc ) ( ca)2 H ∈ (ABC) bcx + cay + abz = abc 2 a bc OH ⊥ AB ⇔ − + by = ⇔ y = 2 ( ab ) + ( bc ) ( ca) a2b2c OH ⊥ AC ac + cz = z = 2 − Khi OH = ( ab ) + ( bc ) ( ca) abc ( ab ) + ( bc ) ( ca)2 Ngoài ra, ta có VOABC = OA.OB.OC = abc S ∆ABC = + 3V OH ABCD = ( ab ) ( bc ) + ( ca)2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có a2b2+b2c2+c2a2 ≤ Suy ra: ( ab 4 c + a4 a4 +b b4+c + + = 2 ) + ( bc ) + ( ca )2 ≤ ( a + b + c2 )2 Dấu “=” xảy a = b = c Vậy max S = k = k2 Cách thứ hai Nhận thấy tứ diện OABC tứ diện vuông đỉnh O nên theo Bài tập 2.1.2 ta có S = ( ab ) + ( bc ) + ( ac)2 Từ áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta kết θυ ả νηυ χ〈χη τη ứ νη ấτ Bài tập 6.5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A(1; 2;0) , B (0; 2;3) , C (1;0;3) I (a ; b; c) tâm mặt cầu sử dụng máy tính cầm tay IA = ID ngoại tiếp tứ diện OABC Tính S = a + b + 2c A S=4 S=2 B S=−1 D S=−3 C 28 Phân tích lời giải Với việc tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện khơng khó, tốn I A = I B có cách giải tổng qt thơng qua việc thiết lập h ệ : I A = I C để giải hệ đó, khơng rèn luyện tư cho học sinh Ở tơi trình bày cách giải khác phương pháp truyền thống sau: Cách thứ nhất: Kiểm tra dấu hiệu nhận biết tứ diện đặc biệt để phân loại tứ diện Khi học sinh thấy tứ diện OABC tứ diện có cặp cạnh đối nên tứ diện gần Từ suy trọng tâm tứ diện tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Hay I( ; ; 2) suy S=4 Cách thứ Dựng hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện, phát hình hộp hình nhật nên tâp mặt cầu ngoại tiếp hình hộp tâm mặt cầu ngoại tiệp hình chữ nhật Từ ta suy tọa độ I Nhận xét: Cách thứ phù hợp cho việc tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện vng cách dựng hình hộp có góc hình hộp tứ diện góc vng, mặt cầu ngoại tiếp hình hộp mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 2.3.7 Bài tập luyện tập Bài tập tự luận Bài tập 7.1 Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có OA = a , OB = b , OC = c goi α , β , γ số đo góc tạo mặt bên (OAB ), (OBC ),(OCA) mặt đáy Chứng minh: a) cos 2α sin β + sin γ b) + cos β 2 sin α + sin γ + cos 2γ 2 sin α + sin β ≤ 1 3 R 3 r ≥ a + b + c + a + b + c , r ≥ (R, r bán kính mặt cầu ngoại tiếp,nội tiếp tứ diện) V (h − r) c) R rh ≤ , (R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện, h=OH) Bài tập 7.2 Cho hình tứ diện gần ABCD Chân đường cao hạ từ đỉnh xuống mặt, trung điểm đường cao, trực tâm mặt nằm mặt cầu Bài tập7.3 Cho tứ diện trực tâm ABCD với trực tâm H trọng tâm G, G′ , H′ trọng tâm, trực tâm tam giác ABC, N, M giao điểm HG ′, H ′G với mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Chứng minh = −3GH′ Bài tập7.4 Cho tứ diện gần ABCD có đường cao AH, H1 trực tâm tam giác BCD, CC′ đường cao tam giác BCD Chứng minh AH = H1C H1C′ 29 Bài tập trắc nghiệm Câu 7.5 Cho hình chóp O.ABC có OA=a, OB=b, OC=c đơi vng góc với Điểm M cố định thuộc tam giác ABC có khoảng đến mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) 1,2,3 Khi tồn a,b,c thỏa thể tích khối chóp O.ABC nhỏ nhất, giá trị nhỏ thể tích khối chóp O.ABC A 18 B 27 C D 20 Câu 7.6 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD A′B′C′D′ có điểm A trùng với gốc tọa độ, B( a;0;0), D(0; a;0), A′(0;0; b) với ( a > 0, b > 0) Gọi M trung điểm cạnh CC′ Giả sử a + b = , tìm giá trị lớn thể tích khối tứ diện A′BDM ? = 64 27 A maxV A′MBD =1 B max V A′MBD = 27 64 A′MBD ( ) ( ) Câu 7.7 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, xét điểm A 0;0;1 , B m;0;0 , m + n =1 Biết m , n thay đổi, tồn ( ) ( ) C 0; n;0 , D 1;1;1 với m > 0; n > C maxV = − 64 27 A′MBD D maxV mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng ( ABC) qua d Tính bán kính R mặt cầu đó? A R =1 B R= C R= 2 D R = Oxyz , cho ba điểm A(−2; 0;0), Câu 7.8 Trong không gian với hệ tọa độ C (0;0; −2) Gọi D điểm khác O cho B(0;−2;0), DA , DB , DC đơi vng góc I (a ; b; c) tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Tính S = a + b + c A S=−4 B S=−1 C S=−2 D S=−3 Câu 7.9 Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a; AC = BD = b; AD = BC = Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là: 2 a2 +b + c A B 2 2 + b + c C a a + b + c2 2 2 D, a + b + c 30 KẾT LUẬN 3.1 Kết luận Trong viết tơi trình bày vấn đề sau: Khai thác yếu tố hình học đặc trưng hình tứ diện đặc biệt tứ diện trực tâm, tứ diện gần đều, tứ diện vuông Sử dụng tính chất hình hộp ngoại tiếp tứ diện để giải tốn, kĩ thuật có ích để giúp học sinh giải toán trắc nghiệm thi THPT Quốc gia Thác triển xây dựng toán từ toán gốc.Trong toán, tác giả phân tích kĩ yêu cầu đề giúp học sinh quen với tư giải toán hình học 3.2 Kiến nghị Để đề tài sáng kiến kinh nghiệm áp dụng rộng rãi hiệu quả, tơi kính đề nghị sở giáo dục tổ chức buổi hội thảo để báo cáo, thảo luận đề tài đồng thời phổ biến đề tài website ngành để học sinh, giáo viên dễ tham khảo trao đổi 31 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] HÌNH HỌC 11 – Trần Văn Hạo (Chủ biên), NXB Giáo dục, năm 2006 [2] SÁNG TẠO TOÁN HỌC – G.Pôlia, NXB Giáo dục, năm 1997 [3] PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC MƠN TỐN – Nguyễn Bá Kim, NXB Đại học sư phạm, năm 2002 [4] Đề thi thử nghiệm, đề thi minh họa THPT Quốc gia năm trước [5] Đề thi học sinh giỏi toán 12 tỉnh Đăk Lăk năm trước [6] Tài liệu chuyên toán Hình học 11-Đồn Quỳnh (chủ biên), NXB Giáo dục, năm 2018 [7] Các tài liệu mạng internet 32