Khi dạy học sinh lớp 11 và 12 giải toán hình không gian tôi thường gặp các bài toán tương tự ở hình phẳng và thực tế có nhiều bài toán hình không gian để dễ hiểu chúng ta phải qui về mặt phẳng để tìm tòi lời giải hay minh họa cho học sinh dễ hiểu. Trong hướng dẫn học sinh làm bài về nhà, bồi dưỡng học sinh giỏi và hướng dẫn học sinh giải bài toán trên báo toán học tuổi trẻ tôi thường xuyên giúp đỡ vá đưa ra các gợi ý tìm bài toán liên quan. Với các lý do trên tôi xin trình bày một số bài toán chuyên biệt (theo đề tài) mà tôi đã khai thác cũng như giảng dạy trong bộ môn hình học không gian ở khối 11 và 12 cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi.
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân SỞ GD & ĐT TỈNH ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT LONG KHÁNH CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NĂM HỌC 2011 - 2012 Tên sáng kiến kinh nghiệm: KHAI THÁC BÀI TOÁNTAM GIÁC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TỨ DIỆN TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Họ tên tác giả: Ngô Tấn Tuân Đơn vị (Tổ): TRƯỜNG THPT LONG KHÁNH Lĩnh vực: Phương pháp dạy mơn Tổ: Tốn SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ tên: Ngô Tấn Tuân Ngày tháng năm sinh: 05 – 08 – 1955 Nam, nữ: Nam Địa chỉ: Trường THPT Long Khánh Điện thoại: (CQ ) (NR): 0613 781 981; Fax: ĐTDĐ: 0946 740 160 E-mail: Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Long Khánh II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chun mơn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử Nhân - Năm nhận bằng: 1977 - Chuyên ngành đào tạo: Tốn III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chun mơn có kinh nghiệm: Dạy Tốn - Số năm có kinh nghiệm dạy học : 34 năm Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân Tên đề tài: KHAI THÁC TAM GIÁC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TỨ DIỆN TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Phần I: Lý chọn đề tài Xu dạy học đại dạy học theo phương pháp kiến tạo Ở Pháp người ta gọi lý thuyết tình dạy học cách tổ chức hoạt động Trong hoạt động dựa vào tri thức biết để xây dựng tri thức kiểu giải tập tương tự hoạt động phù hợp cần thiết Khi dạy học sinh lớp 11 12 giải tốn hình khơng gian tơi thường gặp tốn tương tự hình phẳng thực tế có nhiều tốn hình khơng gian để dễ hiểu phải qui mặt phẳng để tìm tòi lời giải hay minh họa cho học sinh dễ hiểu Trong hướng dẫn học sinh làm nhà, bồi dưỡng học sinh giỏi hướng dẫn học sinh giải toán báo toán học tuổi trẻ thường xuyên giúp đỡ vá đưa gợi ý tìm tốn liên quan Với lý tơi xin trình bày số tốn chuyên biệt (theo đề tài) mà khai thác giảng dạy mơn hình học khơng gian khối 11 12 bồi dưỡng học sinh giỏi Phần II: Thực trạng trước thực nội dung giải pháp đề tài A Thực trạng Học sinh thường lúng túng trước tốn hình khơng gian mặt: vẽ hình, chưa hiểu rõ khái niệm, định lý, liên quan đặc biệt không nhớ hay phát tốn tương tự Trong hình khơng gian có tốn tốn tốn khác (ví dụ: cắt góc khối chữ nhật ta có tứ diện vng, cắt tứ diện vng ta có tứ diện tùy ý hay bổ sung tứ diện ta hình hộp…) Học sinh thường suy nghĩ hay giải từ toán liên quan theo dạng (các loại tứ diện, hình chóp, hình hộp, cách chứng minh vng góc hay song song…) mà khơng để ý xa có tốn hình phẳng tương tự giải tốn Học sinh suy nghĩ từ đâu ta đề toán (thực thầy giáo việc đề hồn toàn dựa tảng lý thuyết tập em gặp học Đề cho học sinh giỏi đề biến hóa từ tốn mà giả thiết bị giấu xa hay khai thác tính chất tổng qt hóa hay mở rộng cho đối tượng khác) B Nội dung biện pháp tiến hành I Cơ sở lý luận: • Muốn giải tốn ta thường thực bước: * Huy động kiến thức tổ chức kiến thức Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân Huy động kiến thức thao tác tư nhằm tái kiến thức có liên quan với toán, từ lý thuyết, phương pháp giải, tốn gặp: Do đó: Người làm tốn phải biết cần phân tích ý tưởng: ta gặp toán gần gũi với kiểu toán hay chưa ? Polia viết sách với nội dung: “Giải toán ơng có đề cập đến nội dung điều kiện thiết yếu” • Phương pháp tương tự hay tổng quát hóa thao tác tư cần thiết cho người làm toán (tương tự tốn học cần hiểu rộng có tính chất giống nhau, mơ hình giống nhau, mối quan hệ giống nhau…như đường thẳng mặt phẳng mặt phẳng không gian tương tự…tam giác tứ diện, đường tròn mặt cầu…là tương tự) II Nội dung biện pháp tiến hành Các biện pháp: Trong giảng dạy thực hiện: Dùng hệ thống câu hỏi gợi ý phương pháp tìm tịi lời giải phương pháp chứng minh kỹ thuật tương tự Khai thác, phát triển tính chất tốn hình phẳng, tốn hình khơng gian tương tự Ra đề toán theo hướng mở với kiểu câu phát sáng tạo (ví dụ: em thử nghĩ kết mở rộng khơng gian có tính chất hay khơng) Nội dung: Tơi xin trình bày 15 tốn 10 tập kiểm tra; để áp dụng cho nhiều đối tượng khai thác tốn q khó lớp đối tượng áp dụng chuyên đề bị thu hẹp Bài toán 1: Bài 1a) Cho ∆ABC vng A có đường cao AH Chứng minh a) BC2 = AB2 + AC2 (Pytago) b) 1 = + 2 AH AB AC2 Bài 1b) Cho tứ diện vng OABC có đường cao OH 2 a) S2 = SOAC + SOAB + SOCB ABC b) 1 1 = + + 2 OH OA OB OC2 Nhận xét: Bài tốn quen thuộc tơi khơng nêu cách giải Ta đề cho học sinh trung bình sau giúp em nhận dạng tương tự bước đầu Bài 1c) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = a, AD = b, AA' = c a) Tính độ dài đường chéo AC' b) Tính khoảng cách từ đỉnh A', B, D đến AC' c) Gọi α,β,γ góc tạo đường chéo AC' cạnh AD, AB, AA' Tính tổng B = cos2α + cos2β + cos2γ (hay chứng minh S = 1) Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân Đáp số a) AC'2 = a2 + b2 + c2 b) Gọi x, y, z khoảng cách từ A' đến AC… c a + b2 b a + c2 c a + b2 ⇒ x.AC' = cA 'C' ⇒ x = Tương tự y = 2 , z = 2 a + b2 + c2 a +b +c a +b +c c) Đặt d = AC' ⇒ dcosα = a, dcosb = b, dcosγ = c dùng lại kết phần a ⇒S=1 Bài toán 2: a) Gọi M điểm tùy ý nằm ∆ABC cạnh a Hạ MH, MI, MK vng góc với cạnh BC, CA, AB Chứng minh: S = MH + MI + MK khơng phụ thuộc vào vị trí M b) Gọi M điểm tùy ý nằm tứ diện ABCD Hạ MH, MI, MK, ML vuông góc với mặt tứ diện (H, I, K, L thuộc mặt đó) Chứng minh: S = MH + MK + MI + ML không phụ thuộc vào vị trí M Giải: a) S = MH + MK + MI + ML = 2SMBC 2SMAC SMAB 2SABC a + + = = AH = (đpcm) a a a a (AH đường cao ∆ABC) b) S = MH + MI + MK + ML = 3V 3V 3VMBCD + + MABC + ABCD = AH = a SBDC SBDC SBDC không đổi (AH đường cao) Nhận xét: • Bài 2a: Có thể mở rộng cho đa giác • Bài 2b: Có thể mở rộng cho tứ diện hay tứ diện ABCD gần (AB=CD=a; AC = BD = b; AD = BC = c) hay khối đa diện • Học sinh làm quen với tỉ số diện tích, thể tích có chung mẫu số Bài tốn 3: Bài 3a) M điểm tùy ý nằm ∆ABC Gọi MH, MI, MK khoảng cách từ MH MI MK + + =1 M đến cạnh tam giác Chứng minh BC AC AB Bài 3b) M điểm tùy ý nằm tứ diện ABCD Gọi x,y,z,t khoảng cách từ M đến mặt đối diện đỉnh A,B,C,D ha, hb, hc, hd đường cao tứ x y z t diện Chứng minh: h + h + h + h = a c b d Nhận xét: Đây toán dựa vào kết ta phát triển khai thác nhiều kiểu đề khác Trường THPT Long Khánh Gv: Ngơ Tấn Tn Bài tốn 4: Bài 4a) M điểm nằm tam giác Hãy tìm vị trí M để thấy tổng khoảng cách từ M đến cạnh lớn nhất, nhỏ Bài 4b) M điểm nằm tứ diện Hãy tìm vị trí M để tổng khoảng cách từ M đến mặt lớn nhất, nhỏ Cách giải: 4a) 1 1 x.BC + AC + z.AC = ha.BC = 2 2 Giả sử AB < AC < BC tương ứng < hb < hc ≤ x + y + z ≤ hc 4b) Tương tự h a ≤ x + y + z + t ≤ h d Bài toán 5: Bài 5a) Cho điểm M nằm ∆ ABC, AM, BM, CM cắt BC, CA, AB A1,B1 ,C1 Chứng minh: MA1 MB1 MC1 1) AA + BB + CC = 1 1 MA MB MC 2) MA + MB + MC ≥ 1 MA1 MB1 MC1 + + ≥ MA MB MC AA1 BB1 CC1 4) MA + MB + MC ≥ 1 3) MA1 MB1 MC1 5) AA + BB + CC ≥ 27 1 MA MB MC 6) MA + MB + MC ≥ 1 AM BM CM 7) Tìm GTNN P = MA + MB + MC 1 Bài 5b) Điểm O nằm tứ diện ABCD, AO, BO, CO, DO cắt mặt tứ diện A1, B1, C1, D1 Chứng minh OA1 OB1 OC1 OD1 1) AA + BB + CC + DD = 1 1 OA OB OC OD 2) AA + BB + CC + DD = 1 1 AA1 BB1 CC1 DD1 3) OA + OB + OC + OD ≥ 16 1 1 OA OB OC OD 4) OA + OB + OC + OD ≥ 12 1 1 OA1 OB1 OC1 OD1 5) OA + OB + OC + OD ≥ 1 1 6) OA OB OC OD 7) OA OB OC OD ≥ 81 1 1 AA1 BB1 CC1 DD1 8) OA OB OC OD ≥ 256 1 1 9) AA1 BB1 CC1 DD1 256 ≥ AO BO CO DO 81 AA1 BB1 CC1 DD1 16 + + + ≥ OA OB OC OD OA1 OB1 OC1 OD1 + + + ≥4 OA1 OB1 OC1 OD1 10) Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân Lời giải: MA1 MH ' SMBC S1 = 5a) 1) AA = AH = S S ABC Tương tự ⇒ VT = S1 S2 S3 S1 + S2 + S3 + + = =1 S S S S MA1 AA1 − A1M S2 + S3 = ⇒ côsi cho cặp nghịch đảo ⇒ VT ≥ 2) AA = MA1 S1 3) Khai thác bất đẳng thức bất đẳng thức Nétbit 4) 5) 6) 7) Dùng bất đẳng thức Côsi 5b) V1 + V2 + V3 + V4 OA1 V1 =1 1) AA = V ⇒ VT = V 3(V1 + V2 + V3 + V4 ) OA1 AA1 − OA1 V − V2 V2 + V3 + V4 = = ⇒ =3 2) AA = AA1 V V V 3) 4,5,6,7,8,9,10: Tương tự khai thác bất đẳng thức Đại số cho số không âm Nhận xét: + Đây tốn tơi viết SKKN xoay quanh việc khai thác tốn hình học phẳng (Năm 2001) nội dung sau có đăng báo Tốn học tuổi trẻ + Việc khai thác bất đẳng thức đại số cho số khơng âm (diện tích, thể tích) giúp ta có nhiều tập hay tổng hợp tồn diện Bài tốn 6: Bài 6a) Cho ∆ABC Đường thẳng ∆ qua trọng tâm G cắt cạnh AB AC B',C' AB AC + =3 Chứng minh: AB' AC' Bài 6b) Cho tứ diện ABCD Mặt phẳng α qua giao điểm trọng tuyến G cắt AB, AB AC AD + + =4 AC, AD B', C', D' Chứng minh: AB' AC' AD' Cách giải: a) Hạ BI, CK, ME, AF vng góc với ∆ đặt BI = x, CK = y, AF = z BB' x AB x + z = ⇒ = AB' z AB' z AC y + z = Tương tự: AC' z AB AC x + z + y + z x+y = = = 2+ AB' AC' z z Ta có Trường THPT Long Khánh Gv: Ngơ Tấn Tuân ME = (tính chất trọng tâm) AF x+y ⇒ ME = ⇒ AF = Z = x + y AB AC ⇒ + = +1 = AB' AC' Mà b) Cách giải: tương tự trên, nhiện đề TRỌNG TUYẾN Khái niệm cần phải giải thích cho học sinh chứng minh tính chất nên ta đưa tốn sau hồn tồn tương tự Cho hình chóp SABC G trọng tâm ∆ ABC Mặt phẳng (α) qua điểm G' ∈ SG cắt SA, SB, SC A', B', C' Chứng minh: SA SB SC SG + + =3 SA' SB' SC' SG ' Giải: Ta quen với toán tỉ số thể tích nên cách giải sau: SA SB SC SG , y= , z= , t= SA ' SB' SC' SG ' VSA'B'C' VSB'C'G' = x.y.z ; = y.z.t ; Ta có : V VSBCG SABG Đặt ⇒ x = VSA'C'G' = x.z.t VSACG VSA'B'C' = (xy + yz + zx).t Cộng đẳng thức V SABC (vì VSABG = VSBCG = VSABC ) VSA'B'C' = Mặt khác ta có: V xyz (**) SABC Từ (*) (**) → đpcm (x + y + z = 3t) * Trường hợp đặc biệt G' giao điểm trọng tuyến ⇒ SG = SG ' SA SB SC + + = 3× = Thỏa toán SA ' SB' SC' Bài toán 7: Bài 7a) Cho ∆ABC M điểm nằm tam giác Đặt S1 = SMBC, S2 = SMCA, S3 = SMAB uuuuu r uuuur u uuuuu uu r r Chứng minh: S1 MA + S2 MB + S3 MC = O uuu r uuu r uuu r uuur u Chứng minh: Với điểm I ta ln có: S1 IA + S2 IB + S3 IC = SABC IM Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân Bài 7b) Cho tứ diện ABCD, M điểm nằm tứ diện ký hiệu Vi(i = 1,4) thể tích khối MBCD, MACD, MABD, MABC uuuuu r uuuuu r uuuuu r uuuuu uu r r Chứng minh: V1 MA + V2 MB + V3 MC + V4 MD = O Chứng minh: Với điểm I ta ln có: uuu r uuu r uuu r uuu r uuuu r V1 IA + V2 IB + V3 IC + V4 ID = VABCD IM Lời giải: uuuur a) AM cắt BC A'; MA ' = A 'C S S A 'C uuur A ' B uuur MB + MC BC BC S A 'C S MA 'C = MAC = ⇒ = Mà A 'B = S SMAB S3 BC S2 + S3 MA 'B uuuur ⇒ MA ' = S3 uuur S2 uuur MB + MC (1) S2 + S3 S3 + S2 uuuur uuuur r MA ' S1 −S1 uuuu = ⇒ MA ' = MA (2) Ngoài MA S2 + S3 S2 + S3 uuuur uuur uuur Thế (2) (1) ⇒ −S1 MA ' = S2 MB + S3 MC ⇒ (đpcm) uuu uur r u uu uur r u uu uuu u r r r b) (*) ⇒ S1 (IA ' − IM) + S2 (IB − IM) + S3 (IC − IM) = O uu r uu r uu r uuu r ⇒ S1 IA + S2 IB + S3 IC = (S1 + S2 + S3 )IM (đpcm) AM cắt mp (BCD) H Đặc S2 = SCJD ; S3 = SBDJ; S4 = SBCJ Theo trên: uuuu r uuuuu r uuuur u uuuuu r ⇒ SBCD MJ = S2 MB + S3 MC + S4 MD (1) Dễ dàng chứng minh được: S2 S3 S4 = = = (2) V2 V3 V4 h ÷ uuuu r uuur uuuuu r uuuuu r (1)(2) ⇒ (V2 + V3 + V4 )MJ = V2 MB + V3 MC + V4 MD (3) ) ( V + V3 + V4 Ta có : MA = − (4) uuuu r V1 MJ uuuuu r uuuuu r uuuur u uuuuu r uuuuu uu r r Từ (3)(4) ⇒ V1 MA + V2 MB + V3 MC + V4 MD = O uuu uuur r u uuu uuuu r r uuu uuuu r r uuu uuuu r r uu r b) Từ (a) ⇒ V1 ( IA − IM ) + V2 ( IB − IM ) + V3 ( IC − IM ) + V4 ( ID − IM ) = O ⇒đpcm Nhận xét: • Diện tích thay thể tích tốn tâm tỉ cự Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân Bài toán 8: Bài 8a) Cho ∆ ABC uuu BCr= a, CA = b, AB = c Chứng minh điểm I thỏa mãn hệ có uu uuu r uuu r r thức ⇒ a IA + bIB + cIC = O I tâm đường trịn nội tiếp ∆ABC Bài 8b) Cho tứ diện ABCD với I tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện Đặt Sa = SBCD, Sb = SACD, Sc = SABD, Sd = SABC uuu r uuu uu r r uuu r Chứng minh: Sa IA + Sb IB + Sc IC = O Giải: uuu r r uuu uuu r uuu uuu r r uuu r uuuu r ⇒ aIA = −b ( IB + AI ) − c ( IC − AI ) uuuu r ⇒ (a + b + c)AI = bAB + cAC (1) Hay I ∈ phân giác AD tương tự I ∈ phân giác BE ⇒ đpcm Giải: DI ∩ (ABC) = H Mặt phẳng (DAI) mp(DAH) cắt BC M M nằm mặt phân giác mặt phẳng (BAD) (CAD) ⇒ d(M, DCD) = d(M, (DAB)) ⇒ MB SAMB VDAMB VMDAB SDAB SC = = = = = MC SAMC VDAMC VMDAC SDCA SB r S uuuuu MB = − c MC M ∈ BC ⇒ Sb uuuur u uuuur u uuuuu uu r r ⇒ Sb MB + Sc MC = O uuu r uuu r uuur u ⇒ Sb IB + Sc IC = ( Sb + Sc ) IM (1) Gọi M giao điểm IM AD uuu r uuu r uuuur Tương tự: ⇒ Sd ID + Sa IA = ( Sd + Sa ) IM ' (2) uuu r uuu r uuu r uuu r uuur u uuuur Từ (1)(2) ⇒ Sa IA + Sb IB + Sb IC + Sd ID = ( Sb + Sc ) IM + ( Sd + Sa ) IM ' uu r uuuuuu r Mà I, M, M' thẳng hàng ⇒ X = kMM ' Lý luận uuuuu tự với N, N' điểm AB, CD, P P' điểm BD, AC ta tương r uu uu r uuuu r r X = lNN ' , X = hPP ' uuuuuu uuuuu uuuu r r r uu uu r r Mà MM ', NN ',PP ' không đồng phẳng ⇒ X = O ⇒ đpcm Nhận xét: Kiểu đề khác ý tưởng tương tự thể kỹ thuật chứng minh Ngồi ví dụ đưa phương pháp chứng minh vectơ O Bài toán 9: Bài 9a) Cho ∆ABC, M điểm nằm tam giác Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân Chứng minh: aMA + bMB + cMC ≥ 4SABC Bài 9b) Cho tứ diện ABCD M điểm nằm tứ diện Gọi S a, Sb, Sc, Sd diện tích mặt đối diện tương ứng đỉnh A,B,C,D Chứng minh Sa.MA + Sb.MB + ScMC + SdMD ≥ 9VABCD Giải: b) Gọi Vi(i = 1, 4) thể tích khối tứ diện MBCD, MACD, MABD, MABC ta có AA1 ≤ MA + MA2 ⇔ VABCD ≤ Sa MA + V1 Tương tự cho bất đẳng thức lại: VABCD ≤ Sb MB + V2 ⇔ đpcm Bài toán 10: uuuu uuuu uuuu uuuu uu r r r r r Bài 10a) Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G (hay GA + GB + GC + GD = O mặt phẳng (P) không cắt tứ diện Gọi A1, B1, C1, D1, G1 hình chiếu vng góc A,B,C,D (P) Chứng minh: AA1 + BB1 + CC1 + DD1 = 4GG1 Em tìm tốn tương mặt phẳng Giải: Gọi M, N trung điểm AB, CD M 1, N1 hình chiếu chúng (P) Ta có ( ) uuuuu uuuu r r uuuuu r uuuu uuuu uuuu uuuu uuuu uu r r r r r r GM + GN = 2GM + 2GN = GA + GB + GC + GD = O uuuuu uuuu r r (Vì G trọng tâm) ⇒ GM + GN = ⇒ G trung điểm MN Do mặt phẳng (P) không cắt tứ diện nên hình thang ABB 1A1, CDD1C1, MNN1M1 có đường trung bình tương ứng MM1, NN, GG1 đó: GG1 = ( MM1 + NN1 ) = ( AA1 + BB1 ) + ( CC1 + DD1 ) 2 = AA1 + BB1 + CC1 + DD1 (đpcm) Bài 10b) Bài toán tương tự là: Cho ∆ABC có trọng tâm G đường thẳng d khơng cắt cạnh tam giác Gọi A1, B1, C1, G1 hình chiếu A,B,C,G Chứng minh AA' + BB' + CC' = 3GG' Cách giải: Giải vectơ đơn giản Giải cách vẽ thêm MM1 với M trung điểm BC M1 hình chiếu M d 10 Trường THPT Long Khánh Gv: Ngơ Tấn Tn Bài tốn 11: 1 1 Bài 11a) Chứng minh rằng: Trong ∆ABC ta có: r = h + h + h a c b (r bán kính đường trịn nội tiếp, hi: đường cao tương ứng) 1 1 Bài 11b) Chứng minh rằng: Trong tứ diện ABCD ta có: r = h + h + h + h a c b d (r bán kính mặt cầu nội tiếp hi đường tròn cao tương ứng từ đỉnh tứ diện) Nhận xét: + Lời giải đơn giản dựa vào tỉ số diện tích thể tích + Đây toán để khai thác toán bất đẳng thức hay cực trị + Đối với tam giác hay tứ diện cần nhớ : a) r = hay = r h h b) h = hay = r h r + Khai thác 11 ta có sau Bài toán 12: Bài 12a) Cho ∆ABC Gọi ha, hb, hc, r độ dài đường cao, bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Chứng minh: h a + h b + h c ≥ 9r Bài 121b) Cho tứ diện ABCD gọi hai h i (i = − 4) , r độ dài đường cao bán kính mặt cầu nội tiếp tứ giác Chứng minh h1 + h2 + h3 + h4 ≥ 16r Bài toán 13: Bài 13a) Cho ∆ABC M điểm tùy ý tam giác Hạ MA 1, MB1, MC1 vng góc với BC, AC, BC BC AC AB C Chứng minh: MA + MB + MC ≥ r 1 (C : chu vi ∆ABC, r bán kính đường trịn nội tiếp ∆ABC) Bài 13b) Cho tứ diện ABCD, M điểm tùy ý tứ diện Hạ Hạ MA 1, MB1, MC1, MD1 vng góc với mặt phẳng đối diện với đỉnh A,B,C,D SBCD SCDA SDAB SABC S Chứng minh: MA + MB + MC + MD ≥ r 1 1 (S diện tích tồn phần tứ diện, r bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện) Giải: BC AC AB a) MA + MB + MC ( BC.MA1 + AC.MB1 + AB.MC1 ) ≥ ( BC + AC + AB ) 1 Hay: T.2S ≥ (2p)2 biết S = pr ⇒ đpcm 11 Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân b) Tương tự T(3V1 + 3V2 + 3V3 + 3V4) ≥ S2 ⇒T≥ ⇒ ta lại có ⇒ V = Sr S2 3V SBCD SCDA SDAB SABC S + + + ≥ MA1 MB1 MC1 MD1 r (đpcm) Bài toán 14: Bài 14a) Cho ∆ABC có BC = a, CA = b, AB = c Gọi M điểm nằm tam giác Gọi khoảng cách từ M đến A,B,C R a, Rb, Rc da, db, dc khoảng cách từ M đến BC, CA, AB Chứng minh: da.db.dc ≤ S2 + S3 S3 + S1 S1 + S2 R a R b R c ≤ a a a (trong S1 = SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB + S = SABC) Bài 14b) Cho tứ diện A1A2A3A4 Gọi M điểm nằm tứ diện Gọi M điểm nằm tứ diện Gọi Ra, Rb, Rc, Rd khoảng cách từ M đến đỉnh, da, db, dc, dd khoảng cách từ M đến mặt Gọi V, Vi, Si thể tích tứ diện mặt đối diện đính Ai Chứng minh da.db.dc ≤ ∑ i =1 ( V − V1 ) ≤ R a R b R cR d Si 81 (*) Giải: Bài 14a) Vẽ AH ⊥ BC Ra + da ≥ ⇔ aRa ≥ aha – ada = 2S – 2S1 (1) bRb ≥ bhb – bdb = 2S – 2S2 (1) cRc ≥ chc – cdc = 2S – 2S3 (3) Từ (1)(2)(3) ⇒⇒ aRcRaRbRc ≥ (2S – 2S1)(2S – 2S2)(2S – 2S3) (4) Kết hợp với (2S – 2S1) ≥ bdb + cdc ≥ ≥ bcdd d c ⇒ VP(4) ≥ 8abc.d a d b d c (5) Từ (4) (5) ⇒ đpcm Bài 14b) Trong không gian thay cạnh diện tích diện tích thể tích ta kết (*) Nhận xét: Ta khai thác toán theo tổng khoảng cách R a, Rb, Rc sau: Bài 14c) Cho tứ diện A1A2A3A4 Gọi M điểm nằm tứ diện Gọi M điểm nằm tứ diện Gọi Ra, Rb, Rc, Rd khoảng cách từ M đến đỉnh, da, db, dc, dd khoảng cách từ M đến mặt Chứng minh: 12 Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân ( R a + R b + R c + R d ≥ d a d b + d a d c + d a d d + d b d c + d bd b + d c d d ) Giải: Ta biết da db dc dd + + + = (1) hb hc hd Theo Bunhiacốpxki ta có: da db dc dd + + + ≥ hb hc hd ( da + db + dc + dd + hb + hc + hd ) (2) Từ (1) (2) → + h b + hc + h d ≥ da + db + dc + dd + ( ∑d d ) i j Ngoài Ra + da ≥ Chú ý dấu = xảy M thuộc đường cao tứ diện cách đỉnh nên M tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trực tâm ABCD Bài toán 15: Học sinh giải 15a tìm cách đề giải tốn tương tự khơng gian Bài 15a) Trong ∆ABC lấy điểm M Gọi h a, hb, hc khoảng cách từ M đến BC = a, AC = b, AB = c Tìm vị trí điểm M để tích h ahbhc đạt giá trị lớn tính giá trị theo a,b,c Giải: Dễ thấy aha + bhb + chc = 2S 2S ⇒ ah a bh b ch c ≤ ÷ ⇒ h a h bhc ≤ 8S = 27abc (Côsi) ( p(p − a)(p − b)(p − c) 27abc ) (Dấu = xảy aha = bhb ⇒M thuộc trung tuyến CM, tương tự ⇒ M trọng tâm ∆ABC) Bài 15b) Trong tứ diện ABCD Tìm vị trí điểm M để tích khoảng cách từ đến mặt tứ diện lớn Tính GTLN theo diện tích mặt thể tích tứ diện Kết quả: Trong tập trình bày tơi thể giải tốn phương pháp tương tự, kể cách lật ngược vấn đề dự đoán đề phương pháp chứng minh tương tự 13 Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân Sau xin đưa thêm tập mà thực để kiểm tra chuyên đề cho loại đối tượng A Cho học sinh phổ thơng Bài tập 1: Cho hình chóp SABC Trên tia SA,SB, SC lấy điểm A', B', C' Chứng minh: VSA'B'C' SA '.SB'.SC' = VSABC SA.SB.SC Bài toán dẫn dắt hệ thống câu hỏi 1) Tương tự toán mặt phẳng toán ? Hãy chứng minh 2) Khi tính thể tích khối tứ diện V = Bh em sử dụng cách tính từ đường cao ? Nhận xét: • Bài tốn phẳng : Cho ∆SAB, tia SA, SB lấy điểm A', B' Chứng minh: SSA'B' SA '.SB' = SSAB SA.SB • Câu hỏi giúp em có lời giải Bài tập 2: Cho tứ diện vuông OABC a) Dựng đường cao OH tứ diện Chứng minh: a b c + + =1 OA OB OC a,b,c khoảng cách từ H đến mặt OBC, OAC, OAB b) Gọi α, β, γ góc tạo hởi OH cạnh OA, OB, OC Chứng minh: cos2 α + cos2 β + cos γ = + Đây toán quen thuộc sách giáo khoa Sau đưa tốn sau Bài tập 3: Cho tứ diện vuông OABC M điểm thuộc mp (ABC) 1) Dựng A1, B1, C1 hình chiếu M cạnh OA, OB, OC Chứng minh: P = OA1 OB1 OC1 + + không phụ thuộc vào vị trí điểm M OA OB OC 2) Gọi α, β, γ góc tạo OM tia OA, OB, OC Gọi α', β', γ' góc tạo OM mặt phẳng OBC, OCA, OAB 14 Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân Chứng minh: a) cos2 α + cos2 β + cos γ = b) cos2 α '+ cos β '+ cos γ ' = 3) Chứng minh: SOAB + SOBC + SOCA ≥ OH 2 4) Chứng minh: OA12α + OB12β + OC1 ≥ 2OH 5) Chứng minh: 2R ≥ 3(1 + 3) r Nhận xét: 1) Đa số học sinh dựng hình chứng minh câu 2, câu 4, câu Rất nhiều học sinh làm phần chứng minh câu 2) Gợi ý tỉ số diện tích học sinh giải câu 3) Câu khó học sinh có tính OH = a b 2c2 a b + b2c2 + c2a SOAB, SOAC, SOBC nên em liên hệ làm 4) Câu có học sinh làm tích 2R khó khăn r 2 a +b +c abc r = ab + bc + ca + a b + b 2c + c 2a ( ) 2 * Cần tích được: R = * Ta có a + b + c2 ≥ a b2c2 ab + bc + ca ≥ 36 a 2b 2c2 a b + b c + c a ≥ a b 4c ⇒ 2R ≥ 3(1 + 3) r * Để giúp học sinh đại trà chứng minh tơi đưa tốn sau: Bài tập 3’: Cho ∆OAB vuông O, M ∈ AB, A1, B1 hình chiếu M OA, OB a) Hãy chứng minh T = OA1 OB1 + khơng phụ thuộc vào vị trí M OA OB b) Hãy mở rộng tốn khơng gian 15 Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân Khi phương pháp chứng minh tỉ số đoạn thẳng cạnh AB chắn định hướng tỉ số diện tích mặt phẳng ABC mà khơng theo hướng tỉ số thể tích * Khai thác tính chất tổng hợp tứ diện vuông 1 1 = + + h a b2 c2 1 1 = + + + (1) r a b c h (2) Tơi có tốn sau: Bài tập 4: Cho tứ diện vng OABC có OA = a, OB = b, OC = C, r bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện Chứng minh: 1 1 3 > + + + r a b c a +b+c Cách giải: Dễ thấy cần chứng minh (2) ⇒ 3 ≥ h a +b+c 1 1 = + + ≥ 33 2 (3) (Côsi) h a b c a bc (a + b + c2 ) ≥ a b2c2 (4) (3)(4) ⇒ (đpcm) B Cho học sinh giỏi: Tơi đưa tốn sau : Bài tập 1: Bài 1a) Cho ∆ ABC nhọn Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Các đường thẳng AO, BO, CO cắt cạnh đối diện A1, B1, C1 Chứng minh 9R AA1 + BB1 + CC1 ≥ Câu hỏi đưa ra: • Bài tốn 5a có liên quan đến hay khơng ? • Khi m trùng với tâm đường trịn ngoại tiếp qui MA, MB, MC R hay khơng ? Các em có ý số bất đẳng thức ? • Em cho biết tốn tương tự khơng gian học sinh đưa Bài 1b) Cho tứ diện ABCD Gọi O tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện (O) nằm tứ diện Các đường thẳng AO, BO, CO, DO cắt mặt đối diện A 1, B1, 16R C1, D1 Chứng minh: AA1 + BB1 + CC1 + DD1 ≥ 16 Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân Bài tập 2: Bài 2a) Cho ∆ABC, gọi a,b,c ma, mb, mc độ dài cạnh độ dài đường trung tuyến ∆ABC Chứng minh ma + m2 + m2 = (a + b2 + c2 ) c b uur Bài 2b) Cho tứ diện ABCD Gọi (i = 1, 6) độ dài cạnh m a, mb, mc, md độ dài trọng tuyến tứ diện Chứng minh: 2 2 ma + m b + mc + md = ai2 9∑ i =f * Nhận xét • Lời giải quen thuộc • Khai thác tính chất trọng tâm bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có tốn sau: Bài 2c) Cho tứ diện ABCD có bán kính mặt cầu ngoại tiếp R, m a, mb, mc, md độ dài trọng tuyến Chứng minh: R ≥ (ma + m b + mc + m d ) 16 Cách giải: 4R2 = OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 4OG2 + 2 (ma + m2 + mc + m2 ) → đpcm b d 16 Bài tập 3: Bài 3a) Chứng minh bất đẳng thức sau: x y c2 t 1 1 x y z t + + + ÷ + + + ÷ ≥ + + + ÷ a b c d ÷ a b c d a b c a 1 1 Bài 3b) Em thử đề toán vận dung h + h + h + h = r hi độ dài đường cao tứ diện, r bán kính mặt cầu nội tiếp Có học sinh đưa toán sau: Bài 3c) Cho tứ diện ABCD Mặt cầu tâm I bán kính r nội tiếp tứ diện, tiếp xúc với mặt A1, B1, C1, D1 Gọi h1, h2, h3, h4 độ dài đường cao tương ứng từ A, B, C, D tứ diện M điểm tùy ý nằm tứ diện (có thể nằm khơng gian) Chứng minh: MA MB2 MC2 MD2 + + + ≥r h1 h2 h3 h4 17 Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân Bài tập 4: Bài 4a) Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác, đường thẳng AM, BM, CM cắt cạnh đối diện A1, B1, C1 Chứng minh SA1B1C1 ≤ SABC Bài 4b) Cho tứ diện ABCD M điểm nằm tứ diện Các đường thẳng MA, MB, MC, MD cắt mặt BCD, CDA, DAB, ABC tương ứng A 1, B1, C1, D1 Chứng minh VA1B1C1D1 ≤ VABCD Nhận xét: • Bài 4a: Chúng ta thường gặp toán A 1, B1, C1 tiếp điểm đường tròn nội tiếp cạnh; chân đường cao, chân đường phân giác tam giác ABC kết SA1B1C1 ≤ SABC , cách giải dựa vào tính chất đường cao hay đường phân giác; tiếp xúc • Cách giải vận dụng từ tập dành cho học sinh đại trà • Học sinh phát toán T12 số 253 báo toán học tuổi trẻ có lời giải số 357 tháng 3/2007 (trong học sinh giải năm trước đó) Bài tập 5: Bài 5a) Cho tam giác ABC vuông A Gọi I trung điểm đường cao AH Chứng minh rằng: uuu r uuu r uuu u r r a IA + b2 IB + c2 IC = (1) Bài 5b) Cho tứ diện OABC có cạnh OA, OB, OC đơi vng góc Gọi S O, SA, SB, SC diện tích mặt tứ diện đối diện với đỉnh tương ứng O, A, B, C Gọi I trung điểm đường cao OH tứ diện Chứng minh rằng: Bài r 1e) Để giúp học uuu u đại trà chứng minh tơi đưa tốn sau: sinh uuu uuu r uuu r r r 2 SO IO + SA IA + SB IB + SC IC = Nhận xét: Điểm I điểm Lemoin đặc biệt tam giác vuông Ta có : r r b2 uuuu c2 uuuu AH = AB + AC Và định lí Pitago a2 = b2 + c2 → (đpcm) a a uuuu r Trong khơng gian tam giác chứa mặt phẳng OAH cắt mặt phẳng OBC N OH đường cao tam giác vng OAN Ngồi ta có định lí Pitago cho khơng 2 gian SO = S2 + SB + SC A Ta có : ∆OAN vng: uuuu ON uuuu OA uuuu r r r → OH = AN OB + AN OC (1) ∆BOC vuông 18 Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân uuuu OC2 uuuu OB2 uuuu r r r ⇒ ON = OB + OC 2 BC uuuu r ⇔ ON = BC uuuu r uuuu r OC2 OB2 OB + OC (2) OB2 + OC2 OB2 + OC2 Thay (2) vào (1) r r S2 uuuur S2 uuuu SC uuuu A B OH = OA + OB + OC → (đpcm) SO SO SO uuuu r Phần III: Kết luận Sau nhiều năm giảng dạy thực tế kiểm nghiệm nhận thấy nâng cao hứng thú học tập cho học sinh (qua nhiều đường) việc làm cần thiết từ góp phần phát triển lực tự học, tự khám phá, sáng tạo cho học sinh xu dạy học đại Các toán chuyên đề thể rõ mục đích đạt kết (phù hợp với đổi dạy học) Qui trình giải tốn tóm tắt gồm bước “huy động kiến thức tổ chức kiến thức” kiến thức cũ (Hình học phẳng) huy động để mở rộng cho tốn hình học không gian chuyên đề phương pháp tương tự đem lại cho tri thức phương pháp từ đường vận dụng thao tác tư Và đừ lại thấy giải tốn hình học khơng gian mà khơng cần hình vẽ (cũng mục tiêu phát triển tư tầm cao) Giống chuyện vui: trả lời vấn người vợ nhà bác học Albert Einstein nói: “chồng tơi vừa khám phá xuất nhờ ơng tính tốn giấy” Từ tốn kiều tơi thấy kết học sinh thường xuyên tham gia giải toán toán học tuổi trẻ em ln tìm đường khám phá lời giải toán hay từ mục “Đề kỳ này” Vì lực trình bày có hạn chun đề cịn nhiều thiếu sót kính mong đồng nghiệp tham khảo đóng góp ý kiến để hoàn thiện Phần IV: Tài liệu tham khảo Các sách Bài tập hình học không gian tác giả: - Văn Như Cương - Đỗ Thanh Sơn - Phan Huy Khải Báo toán học tuổi trẻ 19 ... Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân Tên đề tài: KHAI THÁC TAM GIÁC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TỨ DIỆN TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Phần I: Lý chọn đề tài Xu dạy học đại dạy học theo phương pháp kiến tạo Ở Pháp... xảy M thuộc đường cao tứ diện cách đỉnh nên M tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trực tâm ABCD Bài toán 15: Học sinh giải 15a tìm cách đề giải tốn tương tự khơng gian Bài 15a) Trong ∆ABC lấy điểm M... đpcm Bài 14b) Trong không gian thay cạnh diện tích diện tích thể tích ta kết (*) Nhận xét: Ta khai thác toán theo tổng khoảng cách R a, Rb, Rc sau: Bài 14c) Cho tứ diện A1A2A3A4 Gọi M điểm nằm tứ