(Skkn 2023) phân tích 3 bài toán tiền đề về cực trị không gian giúp học sinh phát triển năng lực giải quyết vấn đề toán học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN SÁNG KIẾN KINH NGHIÊM Tên đề tài: PHÂN TÍCH BÀI TỐN TIỀN ĐỀ VỀ CỰC TRỊ KHÔNG GIAN GIÚP HỌC SINH PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ TOÁN HỌC MƠN : LĨNH VỰC : TỐN DẠY HỌC TỐN Năm học 2022 - 2023 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN SÁNG KIẾN KINH NGHIÊM Tên đề tài: PHÂN TÍCH BÀI TỐN TIỀN ĐỀ VỀ CỰC TRỊ KHÔNG GIAN GIÚP HỌC SINH PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ TỐN HỌC MƠN: TỐN TÁC GIẢ: TRẦN VĂN DŨNG VÀ NGUYỄN VIẾT LỰC TỔ: TOÁN - TIN SỐ ĐIỆN THOẠI: 0963 800 600 & 0945 187 345 Năm học 2022 - 2023 MỤC LỤC PHẦN I MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Những điểm sáng kiến Mục đích nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu PHẦN II NỘI DUNG NGHIÊN CỨU Cơ sở lý luận 1 Năng lực GQVĐ Toán học Một số đẳng thức hình học đại số 1.2.1 Đẳng thức 1.2.2 Đẳng thức 1.2.3 Tỷ số thể tích 1.2.4 Một số bất đẳng thức đại số 1.2.5 Sử dụng đạo hàm để tìm GTLN-GTNN Cơ sở thực tiễn thực trạng 2.2 Thực trạng Biện pháp 10 Biện pháp 1: Đưa toán số định hướng giải toán cực trị khơng gian dựa vào tốn số 10 3.1.1 Lời giải toán 10 3.1.2 Đặc biệt hoá toán 11 3.1.3 Những tốn cực trị sử dụng toán hỗ trợ 15 Biện pháp 2: Đưa toán số định hướng giải toán cực trị khơng gian dựa vào tốn số 21 3.2.1 Lời giải toán 21 3.2.2 Đặc biệt hoá toán 21 3.2.3 Những tốn cực trị sử dụng toán số hỗ trợ 28 3 Biện pháp 3: Đưa toán số định hướng giải toán cực trị khơng gian dựa vào tốn số 33 3.3.1 Lời giải toán 33 3.3.2 Đặc biệt hoá toán 35 3.3.3 Những tốn cực trị sử dụng toán hỗ trợ 37 4 Biện pháp 4: Đưa số tốn cực trị sử dụng ba toán định hướng cho học sinh dùng đẳng thức hình học khơng gian để giải 39 Đánh giá kết thực 48 Tài liệu sử dụng để ôn thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An 48 Năm học 49 Số học sinh đạt Học sinh giỏi tỉnh 49 2020-2021 49 Giải Ba 49 2021-2022 49 Giải Ba 49 2022-2023 49 Giải Nhì, Giải Ba 49 Đề tài đồng nghiệp trường THPT Kim Liên, THPT Nam Đàn 1, THPT Thái Lão, sử dụng làm tài liệu giảng dạy đem lại kết cao 49 PHẦN III KẾT LUẬN 49 TÀI LIỆU THAM KHẢO 50 PHỤ LỤC II 51 PHẦN I MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Làm để học sinh giải tốn hình học khơng gian mức độ vận dụng vận dụng cao đề thi học sinh giỏi vấn đề mà giáo viên bồi dưỡng ln suy nghĩ để tìm cách giải Cực trị hình học vấn đề gây nhiều khó khăn cho học sinh nói chung học sinh trung học phổ thơng nói riêng Đặc biệt chương trình trung học phổ thơng, tốn cực trị hình học khơng gian thực thách thức lớn cho không hệ học sinh mà cho đội ngũ giáo viên công dạy học Hơn nữa, câu hỏi thuộc dạng toán thường nằm lớp toán vận dụng vận dụng cao, khiến cho việc giải chúng trình học q trình thi ln nhận q quan tâm ý Qua tìm hiểu đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh năm gần đây, chúng tơi thấy xuất tốn tìm GTLN, GTNN biểu thức độ dài, thể tích Với mong muốn giúp học sinh chọn hướng phù hợp gặp toán Cụ thể trả lời câu hỏi: “Biểu thức liên quan đến đẳng thức hình học tổng quát nào?”, “Nên sử dụng đẳng thức hình học đặc biệt nào?”; “Tỉ số thu từ đâu?”; … Chúng tơi tìm hiểu chọn toán làm tiền đề để học sinh huy động gặp tốn dạng Từ tơi mạnh dạn đưa đề tài: “Phân tích tốn tiền đề cực trị không gian giúp học sinh phát triển lực giải vấn đề toán học” Những điểm sáng kiến - Rèn luyện cho học sinh lực giải vấn đề, lực mô hình hóa Cụ thể định hướng cách giải toán - Cung cấp số toán tiền đề, số toán cực trị sử dụng đẳng thức độ dài, khoảng cách, thể tích kết hợp bất đẳng thức đại số để giải toán có kì thi HSG cấp tỉnh Đề tài giúp học sinh củng cố kiến thức hình học không gian Là tài liệu tham khảo để ôn thi học sinh giỏi Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu cách thức tổ chức dạy học Toán hoạt động phát giải vấn đề cho học sinh khá, giỏi THPT Với quan điểm từ tổng quát đến cụ thể, từ tuỳ ý đến đặc biệt dạy học phân mơn hình học nói chung dạy học hình học khơng gian nói riêng Sử dụng đặc biệt để tạo toán mới, phân tích tốn Giúp học sinh rèn luyện khả ứng biến gặp toán Phát triển lực, tư toán học cho học sinh phân tích số tốn cực trị Đề tài giúp học sinh có định hướng xác gặp tốn cực trị hình học khơng gian Đối tượng nghiên cứu Đối tượng nghiên cứu đề tài chủ yếu tập trung vào đẳng thức tứ diện, hình chóp tứ giác với đáy hình bình hành kết hợp với bất đẳng thức đại số quen thuộc để giải toán cực trị hình học khơng gian Từ góp phần nâng cao chất lượng dạy học nội dung cực trị hình học khơng gian chương trình tốn trung học phổ thông Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu lý luận: Tìm hiểu, nghiên cứu phương pháp dạy học giải vấn đề Tổng kết kinh nghiệm: Dùng tỉ số độ dài, tỉ lệ diện tích, tỉ lệ thể tích, dùng phương pháp véc tơ, dùng bất đẳng thức đại số Điều tra, quan sát, thử nghiệm sư phạm: Điều tra kết giải toán cực trị trước sau thực dạy chủ đề PHẦN II NỘI DUNG NGHIÊN CỨU Cơ sở lý luận 1 Năng lực GQVĐ Toán học Hoạt động GQVĐ mơn tốn hoạt động diễn HS đứng trước tình có vấn đề TH cần giải quyết, HS cần phải: tự rút cơng thức, tự chứng minh định lí, tìm cách chủ động ghi nhớ vấn đề cần lĩnh hội; tự tìm giải pháp tốt rõ ràng cho vấn đề lý thuyết TT, Bằng cách này, HS tiếp thu kiến thức học cách tự khám phá NL GQVĐ mơn Tốn khả huy động, tổng hợp kiến thức, kỹ thuộc tính cá nhân nhằm giải nhiệm vụ học tập mơn Tốn NL GQVĐ HS bộc lộ, hình thành phát triển thơng qua hoạt động GQVĐ học tập sống Một số đẳng thức hình học đại số 1.2.1 Đẳng thức Cho tam giác ABC, điểm M nằm tam giác ABC     Ta có S MBC MA  S MCA MB  S MAB MC  1.2.2 Đẳng thức Trong không gian cho tam giác ABC, điểm M thuộc mặt phẳng (ABC)     OM  xOA  yOB  zOC với điểm O x + y + z = 1.2.3 Tỷ số thể tích + Nếu hai khối chóp có chiều cao V ' S'  V S V ' h'  V h + Cho khối chóp S.ABC A'SA, B'SB, C'SC + Nếu hai khối chóp có đáy VS A ' B 'C' SA ' SB ' SC '  VS AB C SA SB SC V SB ' SC ' - Nếu A  A ' S AB 'C'  VS AB C SB SC V SC ' - Nếu A  A ', B  B' S AB 'C'  VS AB C SC + Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình bình hành Một mặt phẳng cắt SA, V SA ' SC ' SB ' SD ' (  ) SB, SC, SD A’, B’, C’, D’ S A ' B 'C'D'  VS AB CD' SA SC SB SD + Cho hình chóp S.ABCD Một mặt phẳng song song mp đáy cắt SA, SB, SC, SD V SA ' SB ' SC ' SD '    A’, B’, C’, D’ S A ' B 'C'D'  k , k  VS AB CD' SA SB SC SD 1.2.4 Một số bất đẳng thức đại số 2) x2  y ; x, y x  y  z  xy  yz  zx, x, y, z 3) ( x  y )  2( x  y ); 1) x  y  xy; 2 xy  ( x  y) x y  , x, y, z 2 4) ( x  y  z )  3( x  y  z ); ( x  y )2 5) xy  , x, y; ( x  y  z )2  3( xy  yz  zx), x, y, z x3  y  x  y   , x, y  6) 7) Bất đẳng thức Côsi Với n số không âm a1 , a2 ,, an ta có: a1  a2   an  n n a1a2 an Dấu ‘’=’’ xảy a1  a2    an Bất đẳng tương đương với bất đẳng thức:  a  a   an  a1a2 an    n   n 8) Bất đẳng thức Bunhiacopski Với hai n số a1 , a2 , , an b1 , b2 ,, bn ta có: (a1b1  a2b2   anbn )2  (a12  a22   an2 )(b12  b22   bn2 ) Dấu ‘’=’’ xảy khi: a1 a2 a    n b1 b2 bn 9) Bất đẳng thức Svacxơ Với hai n số dương a1 , a2 , , an b1 , b2 ,, bn ta có: a1 a2 an (a1  a2   an )     b1 b2 bn b1  b2   bn Dấu ‘’=’’ xảy khi: a1 a2 a    n b1 b2 bn 10) 1   với x,y số dương x y x y ab cb 1   với a, b, c    2a  b 2c  b a c b 1    với x, y,z số dương thỏa mãn 12) 2x  y  z x  y  z x  y  2z 1 đẳng thức    x y z 11) y  x2 z2  y2 x2  2z    với x, y,z số dương thỏa mãn 13) xy yz zx 1 đẳng thức    x y z 1.2.5 Sử dụng đạo hàm để tìm GTLN-GTNN Cơ sở thực tiễn thực trạng 2.1 Cơ sở thực tiễn Các toán cực trị năm xuất đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An, đề thi THPTQG 2.2 Thực trạng Qua kiểm tra nội dung hình học không gian học sinh đội tuyển bồi dưỡng học sinh giỏi Chúng thu kết sau: Số lượng học sinh đạt điểm giỏi chiểm 30% (3/10 học sinh) Số lượng học sinh đạt trung bình chiếm 20% (2/10 học sinh) Số lượng học sinh đạt trung bình chiếm 50% (5/10 học sinh) Qua thấy khó khăn việc giải tốn cực trị khơng gian 10 Biện pháp Biện pháp 1: Đưa toán số định hướng giải toán cực trị khơng gian dựa vào tốn số Cho hình chóp S.ABC M điểm hình chóp Mặt phẳng ( ) qua M cắt cạnh SA, SB, SC D, E, F SM cắt mặt đáy ( ABC ) N Chứng minh đẳng thức: S NBC SA S NAC SB S NAB SC SN    S ABC SD S ABC SE S ABC SF SM 3.1.1 Lời giải toán Cách Dùng Vectơ Cho tam giác ABC, điểm N nằm tam giác ABC     Ta có S NBC NA  S NCA NB  S NAB NC  Với điểm S bất kỳ, D     SNBC SA  S NCA SB  S NAB SC   S NBC  S NCA  S NAB  SN     A  SNBC SA  S NCA SB  S NAB SC  S ABC SN (1)  SN   SA   SB   SC  Do SN  SM , SA  SD, SB  SE , SC  SF SM SD SE SF Nên (1) trở thành SNBC  M F E C N B SA  SB  SC  SN  SD  SNCA SE  S NAB SF  SABC SM SD SE SF SM Mà D, E, F, M thuộc mp(P), ta có SNBC S SA SB SC SN  S NCA  SNAB  S ABC SD SE SF SM S NBC SA S NAC SB S NAB SC SN    S ABC SD S ABC SE S ABC SF SM Cách Dùng tỉ lệ thể tích 40 Bài Cho tứ diện SABC , E , F thuộc đoạn AC , AB Gọi K giao điểm BE CF Gọi D giao điểm  SAK  với BC AK BK CK Chứng minh    KD KE KF Định hướng: DK EK FK , , - Có đẳng thức liên hệ hay khơng DA EB FC - Tìm mối liên hệ tỷ số độ dài - Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Lời giải S F B K D A E C DK EK FK S KBC S KAC S KAB      1 DA EB FC S ABC S ABC S ABC Áp dụng định lý bất đẳng thức Cauchy ta có: DA EB FC  DK EK FK  DA EB FC        9   9 DK EK FK  DA EB FC  DK EK FK  AK BK CK    6 KD KE KF AK BK CK Nếu K trùng với trọng tâm G   6 KD KE KF Ta có Bài Cho hình chóp S ABC , M điểm nằm tam giác ABC Các đường thẳng qua M song song với SA, SB, SC cắt mặt phẳng  SBC  ,  SAC  ,  SAB  A, B, C  MA MB MC  Tìm giá trị lớn biểu thức P  SA SB SC 41 Định hướng: MA MB MC , , ? - Có đẳng thức liên hệ SA SB SC MA MB MC  - Tìm mối liên hệ P  đẳng thức đưa SA SB SC Lời giải S C' B B' A' A M E C + Do MA∥ SA nên bốn điểm nằm mặt phẳng Giả sử E giao điểm MA ME S MBC   mặt phẳng với BC Khi A, M , E thẳng hàng ta có: SA EA S ABC MA MB MC  MB S MAC MC  S MAB     ,  Tương tự ta có: Vậy SB S ABC SC S ABC SA SB SC + Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : MA MB MC  MA MB MC  MA MB MC     33   SA SB SC SA SB SC SA SB SC 27 MA MB MC    S MAC  S MAB  SMBC Dầu xảy khi: SA SB SC Điều xảy M trọng tâm tam giác ABC Bài Cho tứ diện ABCD Gọi G trọng tâm tam giác BCD M điểm nằm bên tam giác BCD Đường thẳng qua M song song với GA cắt mặt phẳng  ABC  ,  ACD  ,  ADB  P, Q, R MP  MQ  MR a) Khi M di động tam giác BCD , tính GA b) Xác định vị trí M để MP.MQ.MR đạt giá trị lớn nhất? 42 Định hướng: - Có đẳng thức liên hệ MP, MQ, MR MA MB MC  - Tìm mối liên hệ P  đẳng thức đưa SA SB SC Lời giải P A Q R K B D M G I C J a) TH1 GM cắt CD Trong mặt phẳng  BCD gọi I  MG  BC, J  MG  CD, K  MG  BD Qua M kẻ Mx∥GA Trong  AIJ  : Mx  AI  P (đây giao điểm Mx với  ABC ) IM SMBC 3SMBC   IG SGBC SBCD MP 3SMBC IM MP  Theo định lý Thalet ta có:  Do đó: GA SBCD IG GA MQ 3SMCD MR 3SMBD MP  MQ  MR  ,    Chứng minh tương tự ta có: GA SBCD GA SBCD GA Tương tự Mx  AK  R, Mx  AJ  Q Ta có: TH2 MG song song với cạnh tam giác BCD Giả sử MG song song với BC Gọi I, j lần lượt giao điểm MG với đường thẳng CD, DB.Qua A kẻ đường thẳng d song song với BC Trong (AMG) kẻ Mx song song với AG Cắt đường thẳng d, AI, AJ P,Q,R b) APMG hình bình hành nên MP=AG MQ MI MI MR MJ MJ MQ MR G trung điểm IJ, mà   ,     2 AG IG IJ AG JG IJ AG AG MP  MQ  MR   MP  MQ  MR  AG AG 43  MP  MQ  MR  b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : MP.MQ.MR     GA   Vậy giá trị lớn MP.MQ.MR GA Dấu xảy MP  MQ  MR Điều xảy M trọng tâm tam giác BCD Bài ( Đề học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2021-2022) Cho tứ diện ABCD điểm M nằm tứ diện Qua M dựng mặt phẳng   / /  ABD    / /  ABC Biết   cắt CD P,    cắt AD Q Chứng minh   / /  BCD ,   / /  ACD , A B EA  EB E,    cắt BC F ,    cắt FB  FC PC QD   PD QA Định hướng Nếu gọi  A1  AM   BCD ,  B1  AM   ACD , C1  AM  ABD , D1  AM  ABC MA MB MC MD , , , MA MB MC 1 MD1 liên hệ hay không? Thì đẳng thức hay bất đẳng thức MA EA - Mối liên hệ EB MA1 A - Kết hợp với bđt đại số Lời giải E Gọi M  A1  AM   BCD , B1  AM   ACD , C1  AM  ABD , D1  AM  ABC +) Trong mặt phẳng  ABA1  kẻ đường thẳng qua M song E song với EA MA  EB MA1 +) Tương tự ta có: A1B cắt AB B B1 A1 F C D 44 FB MB PC MC QD MD  ,  ,  FC MB1 PD MC1 QA MD1 Khi đó: EA  EB FB  FC PC  PD QD  QA MA  MA1 MB  MB1 MC  MC1 MD MD1 Đặt V ABCD  V , VMBCD  Va , VMACD  Vb , VMABD  Vc , VMABC  Vd Khi  Va d  M ;  BCD   SBCD d  M ;  BCD   MA1    V d  A;  BCD  SBCD d  A;  BCD   AA1 MA AA1  MA1 AA1 V V  Va Vb  Vc  Vd 3 VbVcVd   1  1    MA1 MA1 MA1 Va Va Va Va Tương tự ta có: (1) MB 3 VaVcVd MC 3 VaVbVd MD 3 VaVbVc  ;  ;  MB1 Vb MC1 Vc MD1 Vd (2) Từ (1), (2) suy Khi MA MB MC MD  81 MA1 MB1 MC1 MD1 MA MB MC MD     44 MA1 MB1 MC1 MD1 Đẳng thức xảy MA MB MC MD 4 MA1 MB1 MC1 MD1 MA MB MC MD     hay M trọng tâm MA1 MB1 MC1 MD1 tứ diện Bài ( Đề học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2011) Cho tứ diện ABCD có AB = CD, AC = BD, AD = BC Chứng minh khoảng cách từ trọng tâm tứ diện ABCD đến mặt phẳng (ABC), (BCD), (CDA), (DAB) 45 Định hướng - Gọi I, G trọng tâm tứ diện ABCD IG tam giác BCD, tỉ số ? AG - Dựa vào mối liên hệ thể tích khoảng cách để đưa kết Gọi I, G trọng tâm tứ diện ABCD tam giác BCD A I D B G IG VIBCD 1     VIBCD  VABCD AG VABCD 4 Tương tự ta có VIABC  VIACD  VIABD  VABCD Ta có C Suy VIABC  VIACD  VIABD  VIBCD (1) ABC = DCB  SABC = SDCB (2) Tương tự ta có d(I, (ABC)) = d(I, (ABD)) = d(I, (ACD)) (4) Từ (3) (4) suy điều phải chứng minh Bài Cho tứ diện OABC có cạnh OA, OB, OC đơi vng góc M điểm thuộc miền tam giác ABC MA2 MB MC   OA2 OB OC b) Gọi H trực tâm tam giác ABC  ,  ,  góc gữa đường thẳng OH a) Tìm giá trị nhỏ T  với đường thẳng OA, OB, OC Tìm giá trị lớn A  cot  cot  cot  cos   cos  cos   cos  cos   cos  c) Tìm GTNN S    cos  cos  cos  Lời giải a) Gọi N  AM  BC , kẻ MM  OA ta có: O OA  (OBC )  MM  (OBC )  A1 MM  OA  kẻ MA1  OA, A1  OA Khi đó: AM  AA12  MA12  AA12  MO2  OA12  OM  ( AA1  OA1).( AA1  0A1) M1 B  OM  OA(OA  2OA1)  OM  OA  20AOA 2 AM OM 2OA1  1 (1) 2 OA OA 0A Tương tự gọi B1 , C1 điểm tương tự A1 ta có: Suy ra: A M N C 46 MB OM 2OB1  1 (2) 2 OB OB OB MC OM 2OC1  1 (3) 2 OC OC OC 1    OA OB OC   2  2.     2   OA OB OC   OA OB OC  Từ (1),(2),(3) ta có T  OM  Gọi H trực tâm tam giác ABC ta biết kết quen thuộc OM  OA1 OB1 OC1  1 1 T        nên  3 OH OA OB OC OA2 OB OC OH   OA1 NM SMBC   OA NA SABC OB1 SMAC OC1 SMAB OA1 OB1 OC1  ;  Tương tự nên   1 OB S ABC OC S ABC OA OB OC Mặt khác OM   OH OM  OH Vậy m in T  M  H       Cách Đặt OA  a,OB  b, OC  c Do A, B, C, M đồng phẳng nên tồn x, y, z Do T      cho OM  x.OA  y.OB  z.OC( x  y  z  1)       Ta có AM  OM  OA  ( x  1).a  y.b  z.c bình phương vô hướng ta được: MA y 2b z c 2 AM  ( x  1) a  y b  z c   ( x  1)   OA a a 2 2 2 2 2 MB x a z c MC x a z c Tương tự   ( y  1)  ;    ( z  1) 2 2 2 OB b b OC b b 2 2 2 2 1 1   1 Vì T      ( a x  b y  c z )    ax  by  cz    b c  b c  a a Vậy m in T   ,   COH  AOH ,   BOH b) Dễ thấy    2 1 1  OH   OH   OH  Ta có          1 2 2 OA OB OC OH  OA   OB   OC   cos   cos   cos   Lại có 1 cot x  tan x   cos x   (*) cos x  tan x  cot x Áp dụng CT (*) cho x nhận giá trị  ,  ,  kết hợp với (1) thu cot  cot  cot    1  cot   cot   cot  Đặt x  cot , y  cot , z  cot2  (x, y, z  0) tốn trở thành 47 Cho x, y, z  thỏa mãn Ta có  x y z    Chứng minh xyz  1 x 1 y 1 z x y z x y z   1 1   2 1 x 1 y 1 z 1 x 1 y 1 z 2 1 x yz 1  y 1  z  yz 2 1  y 1  z  Tương tự ta có : 2 1 y xz 2  3 1 z 1  x 1  z  xy (4) 1  x 1  y  Nhân theo vế BĐT (2)(3)(4) ta xyz  (đ.p.c.m) c) Tương tự câu b) ta có S  Bài tập Bài tập Cho tứ diện ABCD M điểm nằm tam giác BCD Các đường thẳng qua M song song với AB, AC, AD cắt mặt (ACD), ADB), (ABC) B1, C1, D1 Chứng minh AB 1  MB1 AC 1  MC1 AD 1  MD1 Bài tập Cho tứ diện ABCD Tìm M khơng gian cho MA2  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ Hướng dẫn Gọi G trọng tâm tứ diện ta có:  2 2 2 MA2  MB2  MC2  MD2  MA  MB  MC  MD        MG  GA  MG  GB  MG  GC            MG  GD  2    4MG  2MG(GA  GB  GC  GD)  GA2  GB2  GC  GD2  4MG  GA2  GB  GC  GD  GA2  GB  GC  GD Dấu “=” xảy M  G Vậy: MA2  MB  MC  MD đạt giá trị nhỏ M trọng tâm tứ diện Bài tập Cho tứ diện ABCD có DA, DB, DC đơi vng góc Gọi  ,  ,  góc đường thẳng DA, DB, DC với mặt phẳng  ABC Tìm Giá trị nhỏ M    cot 2   cot    cot 2  Hướng dẫn A H 48 Gọi H hình chiếu D  ABC Khi H trực tâm tam giác ABC     Và DA,  ABC    DA, AH   DAH Đặt DA  a, DB  b, DC  c Gọi I  AH  BCthì DI đường cao tam giác DBC 2 DB  DC bc DA a  b  c   nên DI   cot    BC DI b 2c b2  c a b2  c  2a 4a 4a Vậy  cot 2    cot    2  2 bc bc bc bc 4b 4c Tương tự  cot   (2)  cot 2  (3) ac ab BĐT (1) (2) (3) ta (2  cot ).(2  cot  ).(2  cot2  )  64 ( đpcm) Đánh giá kết thực Tài liệu sử dụng để ôn thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An Qua kiểm tra nội dung hình học khơng gian học sinh đội tuyển bồi dưỡng học sinh giỏi chưa sử dụng lài liệu để giảng dạy Chúng thu kết sau: Số lượng học sinh đạt điểm giỏi chiểm 30% (3/10 học sinh) Số lượng học sinh đạt trung bình chiếm 20% (2/10 học sinh) Số lượng học sinh đạt trung bình chiếm 50% (5/10 học sinh) Chúng thu kết tốt áp dụng đề tài vào giảng dạy : Số lượng học sinh đạt điểm giỏi chiếm 70% (7/10 học sinh) Số lượng học sinh đạt điểm trung bình chiếm 30% (3/10 học sinh) Khơng cịn học sinh đạt điểm trung bình Nhất năm gần kết thi học sinh giỏi tỉnh trường THPT Kim Liên tốt Cụ thể sau 49 Năm học Số học sinh đạt Học sinh giỏi tỉnh 2020-2021 Giải Ba 2021-2022 Giải Ba 2022-2023 Giải Nhì, Giải Ba Đề tài đồng nghiệp trường THPT Kim Liên, THPT Nam Đàn 1, THPT Thái Lão, sử dụng làm tài liệu giảng dạy đem lại kết cao PHẦN III KẾT LUẬN Đề tài giúp học sinh phát triển tư sáng tạo thơng qua lời giải phân tích tốn cực trị Tạo hứng thú cho học sinh giỏi, cách tiếp cận gặp toán Là dạng toán mức độ vận dụng vận dụng cao nên địi hỏi học sinh phải nắm tính chất hình học đại số Đề tài xây dựng dạng toán thường gặp kì thi học sinh giỏi Qua giúp học sinh bình tĩnh hơn, có định hướng tốt gặp dạng toán cực trị sử dụng đẳng thức có sẵn nói riêng cực trị hình học khơng gian nói chung Chuyên đề áp dụng cho học sinh 11 12 Tuy nhiên vào đối tượng để sử dụng khai thác, tăng giảm độ khó, để phù hợp với học sinh Khi nói đến cực trị liên quan đến đại lượng biến thiên, hình học khơng phải đại lượng mà hai ba chúng phải có thỏa mãn đẳng thức Việc xác định đẳng thức khơng phải dễ dùng đẳng thức nên đề tài muốn giải số cực trị Chúng mong nhận ý kiến đóng góp để đề tài hồn thiện nữa, Xin chân thành cảm ơn 50 TÀI LIỆU THAM KHẢO Đào Tam, “Phương pháp dạy học hình học trường THPT”, NXB Đại học Sư phạm (2004) Đào Tam, “Giáo trình hình học sơ cấp”, NXB Đại học Sư phạm (2004) Đỗ Thanh Sơn, “Một số chun đề Hình học khơng gian bồi dưỡng học sinh giỏi THPT”, NXB Giáo dục Nguyễn Đề, “Các tốn hình học hay có nhiều cách giải” NXB Giáo dục Trần Phương – Nguyễn Đức Tấn, “Những sai lầm giải tốn Phổ thơng”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội (2014) Phan Huy Khải, “Toán nâng cao hình học”, NXB Hà Nội (2002) Lê Hồnh Phị, “Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn hình học 12”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội (2012) Trần Minh Quang, “Phương pháp giải giải 27 chủ đề tốn hình học khơng gian”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội (2010) Lê Hồng Đức – Lê Hữu Trí, “Phương pháp giải tốn hình học giải tích không gian”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội (2004) 10 Võ Thanh Vân – Lê Hiền Dương – Nguyễn Ngọc Giang, “Chuyên đề ứng dụng Vectơ giải tốn hình học khơng gian”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội (2010) 51 11 Đề thi học sinh giỏi tỉnh, thành phố lớp 11 & 12 12 Internet PHỤ LỤC II KHẢO SÁT SỰ CẤP THIẾT VÀ TÍNH KHẢ THI CỦA CÁC GIẢI PHÁP ĐỀ XUẤT Mục đích khảo sát Xác định mức độ cần thiết tính khả thi giải pháp đề tài: Phân tích tốn tiền đề cực trị khơng gian giúp học sinh phát triển lực giải vấn đề toán học Xuất phát từ sở đánh giá để nghiên cứu phương án điều chỉnh cần Nội dung phương pháp khảo sát 2.1 Nội dung khảo sát Khảo sát mức độ cần thiết tính khả thi biện pháp sau: - Biện pháp 1: Đưa toán số định hướng giải tốn cực trị khơng gian dựa vào toán số - Biện pháp 2: Đưa toán số định hướng giải tốn cực trị khơng gian dựa vào toán số - Biện pháp 3: Đưa toán số định hướng giải tốn cực trị khơng gian dựa vào toán số - Biện pháp 4: Đưa số tốn cực trị sử dụng ba toán định hướng cho học sinh dùng đẳng thức hình học khơng gian để giải 2.2 Phương pháp khảo sát thang đánh giá 52 Phương pháp sử dụng để khảo sát Trao đổi bảng hỏi; với thang đánh giá 04 mức (tương ứng với điểm số từ đến 4): Không cấp thiết đến