Khai thác mối liện hệ giữa hình học phẳng và hình học không gian trong giải toán THPT

Khai thác mối liện hệ giữa hình học phẳng và hình học không gian trong giải toán THPT Khai thác mối liện hệ giữa hình học phẳng và hình học không gian trong giải toán THPT Khai thác mối liện hệ giữa hình học phẳng và hình học không gian trong giải toán THPT Khai thác mối liện hệ giữa hình học phẳng và hình học không gian trong giải toán THPT

KHAI THÁC MỐI QUAN HỆ GIỮA HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ HÌNH HỌC PHẲNG TRONG GIẢNG DẠY TỐN Ở THPT =================================== A ĐẶT VẤN ĐỀ : Trong trình dạy học tốn, học sinh phổ thơng thƣờng phải phân tích , phán đốn hƣớng giải tốn, liên hệ tốn với toán quen thuộc, đơn giản để có hƣớng giải tƣơng tự, ngƣợc lại học sinh khá, giỏi lại từ tốn đơn giản sâu phân tích, mở rộng, phát triển thành toán Đặc biệt chƣơng trình hình học THPT, việc khai thác đƣợc liên hệ không gian hai chiều ( hình học phẳng: Tổng hợp tọa độ) khơng gian ba chiều ( hình học khơng gian: Tổng hợp tọa độ) giúp học sinh giải đƣợc nhiều vấn đề toán học phù hợp với nhiều đối tƣợng học sinh, với nhiều mức độ kiến thức khác nhau,nội dung kiến thức đƣợc xuất nhiều kì thi: Khảo sát chất lƣợng, thi Học sinh giỏi cấp, thi Học sinh giỏi Quốc gia, Việc sử dụng phƣơng pháp giải tốn hình học phẳng để giải tốn hình học không gian tƣơng tự mở rộng số tốn phẳng sang tốn khơng gian giúp hoạt động giảng dạy học tập môn hình học đạt hiệu cao B MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA Bài tốn 1: Trên mặt phẳng toạ độ xOy cho điểm A(2;0), B(1;3) Tìm toạ độ điểm M đƣờng thẳng 4x + y - = cho khoảng MA + MB nhỏ Bài toán 1': Cho S  x2  y  z   x  2   y  2   z  1 2 , x , y , z số thực thay đổi nhƣng thoả mãn x  y  z   Tìm giá trị nhỏ biểu thức S Nhận xét 1: Với cách nhìn khác nhau, tốn quen thuộc với học sinh từ tiểu học trở lên có nhiều cách giải, ta để ý cách giải hình học vận dụng vào khơng gian để giải tốn 1' nên ta giải toán nhƣ sau: Giải : Trong hệ trục toạ độ Đề Các vng góc Oxyz, xét điểm O  0;0;0 , A 2;2;1 mặt phẳng  P  : x  y  z  Dễ thấy O A nằm phía với (P) Gọi B điểm đối xứng O qua (P), Với điểm M(x;y;z)  (P) ta ln có MO = MB S =MO + MA  AB (Không đổi ) Dấu "=" xảy  M  I Trong I = AB(đoạn)  (P), S đạt giá trị nhỏ Tìm toạ độ B ta đƣợc B(2;2;2) Page   7 5  AB  17 Tìm tọa độ điểm I ta đƣợc I   ;2;  nên với cặp giá trị  x; y; z      7 ;2;  ta có S đạt giá trị nhỏ Smin  17  5 Bài toán 2: Cho x2  y  x  y   z  t  z  4t  11  với x, y, z, t số thực thay đổi Tìm Max, biểu thức S   x  t    y  z  2 Bài toán 2': Cho x2  y  z  x  y  4z   ; a  b  c  2b  2c   , x , y , z , a , b , c số thực thay đổi Tìm Max, biểu thức S   x  a   y  b   z  c 2 Nhận xét 2: Với cách nhìn nhận tốn dƣới góc độ hình học ta có S bình phƣơng khoảng cách hai điểm M(x;y) N(t;z) M,N thay đổi hai đƣờng tròn cố định, ta có cách nhìn nhận tốn 2' dƣới góc độ tƣơng tự nên đƣa lời giải toán 2' nhƣ sau: Giải : Trong hệ trục toạ độ Đề Các vng góc Oxyz xét mặt cầu (I;R) (J;r) có tâm I(-1;1;-2) , R  J(0;-1;1) , r   I ; R  :  x  1   y  1   z     x2  y2  z  2x  y  4z   (I) 2 (J)  J ; r  : x2   y  1   z  1   x  y  z  y  z   2 Từ giả thiết ta có M  x; y; z    I  , , N  a; b; c    J  Dễ thấy S  MN , d  IJ  12  22  32  14  R  r   nên mặt cầu  S đạt Max ,  MN đạt Max , Khi M thay đổi (I) , N thay đổi (J) thì:    14   MNMax  AB  d  R  r  14    SMax   MNmin  CD  d  R  r  14    Smin  3 14   2 2 Bài toán 3: Page Cho ABC tam giác vuông A , với độ dài cạnh a , b , c ; đƣờng cao AH = h ; b' = CH, c' = BH ;  ,  góc đƣờng thẳng với hai đƣờng thẳng AB , AC tƣơng ứng ta ln có hệ thức : a) b2  ab ', b2  c2  a2 1  2 h2 b c c) cos2   cos2   b) Bài toán 3': Cho OABC tứ diện vuông đỉnh O , đƣờng cao OH = h , OA = a , OB = b , OC = c ; gọi S , SA , SB , SC thứ tự diện tích tam giác ABC , OBC , OCA , OAB ; S'A , S'B , S'C thứ tự diện tích tam giác HBC , HCA , HAB  ,  ,  thứ tự góc đƣờng thẳng với đƣờng thẳng OA , OB , OC Ta ln có : ' 2 a) S A  S.S A , S  S A  SB  SC b) 1 1  2 2 2 h a b c c) cos2 + cos2 + cos2  = Nhận xét 3: Bài toán quen thuộc với học sinh từ lớp nội dung cách giải, với cách nhìn mở rơng khơng gian ta đặt vấn đề kiến thức cách chứng minh mở rộng toán thành toán 3' cách dễ dàng, vấn đề SGK lớp 11 có tập vấn đề này, ta đƣa vấn đề chứng minh tƣơng tự, chẳng hạn tƣơng tự phần 3-c hình học phẳng, với chứng minh véc tơ lớp 10, ta chứng minh 3'-c phƣơng pháp véc tơ nhƣ sau: Chứng minh 3'- c:     Trên cạnh OA , OB , OC đặt véc tơ đơn vị e1 , e2 , e3 nhƣ hình vẽ ( chúng có độ dài  đơi vng góc );gọi u véc tơ phƣơng cho  , ln có biểu thị      u  xe1  y e2  z e3    Ta có cos  cos u ; e1     cos  cos u ; e2    cos  cos u ; e3    = = = x x2  y  z y x2  y  z z x2  y  z Dễ dàng suy cos2 + cos2 + cos2  = ( Các tập 3'-a , 3'-b có hƣớng chứng minh sách tập hình học 11 chứng minh véc tơ ) Page Bài toán 4: Chứng minh tam giác ABC bất kì, trọng tâm G, trực tâm H, tâm đƣờng tròn ngoại tiếp O thẳng hàng GH  2GO (Đƣờng thẳng Ơle) Bài toán 4’ : Chứng minh rằng, với tứ diện trực tâm ABCD, ta ln có: trọng tâm G, trực tâm H tâm O mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thẳng hàng GH = GO Nhận xét 4: Trong nhiều cách chứng minh toán 4, ta để ý cách chứng minh phép vị tự nên ta nghĩ đến việc dùng phép vị tự để giải tốn 4' Hơn nữa, khơng gian, khơng phải tứ diện có đƣờng cao đồng quy điểm nên ta xét tứ diện có tính chất (tứ diện trực tâm) Giải: Ta dùng phép vị tự để giải toán không gian Yêu cầu chứng minh GH = GO gợi ý cho ta nghĩ đến phép vị tự tâm G tỉ số -1 Lần lƣợt lấy A′ đối xứng với A, B′ đối xứng với B, C′ đối xứng với C, D′ đối xứng với D qua G Ta dễ thấy AA' //=AB (tính chất phép vị tự) đƣờng trung bình EF (E,F thứ tự trung điểm CD AB) qua G Trong hình bình hành A'B'AB  E trung điểm A'B'   A'CB'D hình bình hành Mặt khác tứ diện trực tâm ABCD có hai cạnh đối diện vng góc với nên AB  CD  A'B'  CD  A'CB'D hình thoi  A'C = A'B Chứng minh tƣơng tự ta có A'C = A'D  A’ cách B, C, D nnnnn Từ giả thiết ta có O cách B,C,D nên A'O trục đƣờng tròn ngoại tiếp BCD  A'O  (BCD)  A'O  (B'C'D') (1) Tƣơng tự (1), ta có B'O  (A'C'D') (2); C'O  (B'A'D') (3)  O trực tâm tứ diện A'B'C'D'   Xét phép vị tự VG , ta có: VG : A  A' , B  B, C  C' , D  D'  Nhƣ vậy, VG : ( ABCD)  ( A' B ' C ' D ') nên phép vị tự biến trực tâm tứ diện ABCD thành trực tâm O tứ diện A’B’C’D’    Suy ra: VG : H  O hay GO   GH  H, G, O thẳng hàng GO = GH Bài toán 5: A' Page Chứng minh tam giác bất kì, điểm gồm: chân ba đƣờng cao, ba trung điểm ba cạnh, ba trung điểm đoạn nối trực tâm với đỉnh thuộc đƣờng tròn (Đƣờng tròn Ơle) Bài toán 5’: Cho tứ diện trực tâm ABCD Gọi H1 , H , H , H ; G1 , G2 , G3 , G4 ; I1 , I , I , I lần lƣợt chân đƣờng cao, trọng tâm mặt điểm đoạn thẳng nối trực tâm với đỉnh thỏa mãn I1H I H I H I H     Chứng minh 12 điểm I1 A I B I 3C I D thuộc mặt cầu (tứ diện cần xét phải có đƣờng cao đồng quy nên tứ diện trực tâm) Một cách giải tốn 5: Giả sử tam giác ABC có H1, H2, H3, M1, M2, M3, I1, I2, I3 lần lƣợt chân đƣờng cao, trung điểm cạnh, trung điểm đoạn nối trực tâm với đỉnh Gọi E1, E2, E3, F1, F2, F3 lần lƣợt điểm đối xứng với H qua H1, H2, H3, M1, M2, M3 Dễ dàng chứng minh đƣợc điểm A, B, C, H1, H2, H3, M1, M2, M3 thuộc đƣờng tròn (S) ngoại tiếp tam giác ABC H V : A  I1 , E1  H , F1  M  I1 , H1 , M thuộc đƣờng tròn (S') Ta có H ảnh đƣờng tròn (S) qua V Chứng minh tƣơng tự ta có I , H , M ; I , H , M thuộc (S') nên điểm nêu thuộc (S') (đpcm) Nhận xét 5: Từ cách giải toán ta lựa chọn đƣợc cách giải toán 5' tƣơng tự nhƣ sau: Giải toán 5': Gọi G, O thứ tự trọng tâm, tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện từ toán ta biết   GH  OG Gọi E điểm cho    HE  3HH1 F điểm cho    HF  3HG1        Ta có AF  AH  HF  AH  3HG1 =     AH  AG1  AH       AG  AH = 2(2 AG  AH ) = AO (Do G trung điểm HO)  A, O, F thẳng hàng O trung điểm AF   Dễ thấy H1G1 // EF mà AH1  H1G1 nên AE  EF  E, F thuộc mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Page Xét phép vị tự VH biến điểm A, E, F thuộc mặt cầu (S) thành điểm I1 , H1, H G1 thuộc mặt cầu (S') ảnh mặt cầu (S) qua phép vị tự V Hoàn toàn tƣơng tự ta chứng minh đƣợc điểm cịn lại thuộc mặt cầu (S') (đpcm) Bài tốn : Cho tam giác ABC , ta ln có:               - Một điểm G cho GA  GB  GC  - đƣờng trung tuyến đồng quy điểm G, điểm G chia đƣờng trung tuyến theo tỉ số - Bài toán 6' : Cho tứ diện ABCD , ta ln có :  - Một điểm G cho GA  GB  GC  GD  - ba đƣờng trung bình đồng quy điểm G , điểm G chia đƣờng trung tuyến theo tỉ số - ; bốn đƣờng trọng tuyến đồng quy G , điểm G chia đƣờng theo tỉ số - Bài toán 6" : Trong không gian ( mặt phẳng ) cho hệ n điểm A1, A2 , … , An , ta ln có:    GAi   n a) Một điểm G cho i 1 b) Tất đƣờng trung tuyến bậc k ( k = 0, 1, …, n - 1) đồng quy điểm G ( đƣờng trung tuyến bậc k đoạn thẳng nối trọng tâm hệ k điểm n điểm cho với trọng tâm hệ n - k điểm lại) c) Điểm G chia đƣờng trung tuyến bậc k theo tỉ số (k-n)/k Nhận xét 6: Cả ba tốn tƣơng tự nhau, có mở rộng dần không gian và mở rộng dần khái niệm, tính chất; với tốn có cách giải khác nhau, toán - tốn 6' có hƣớng giải SGK lớp 11, nhiên cách giải công cụ véc tơ giải đƣợc ba toán Chứng minh 6" :    GAi   n a) Lấy điểm O cố định , điểm G thoả mãn i 1  n i 1     OAi  OG         n  OAi  nOG   OG   OAi (là véc tơ  n i 1 i 1 n không đổi ), O cố định nên đẳng thức điểm G xác định b) , c) Lấy k điểm X1 , X2 , … ,Xk từ họ điểm cho gọi trọng tâm hệ G1 trọng tâm hệ n - k điểm Xk + , Xk + , … , Xn lại G'1 ,    ta có :  G1 X i  k i 1 n (1)  i  k+1   G '1 X j  (2) Biên soạn: Thầy Nguyễn Việt Long –Giáo viên chuyên Lam Sơn Tỉnh Thanh Hóa Page  k Từ (1) ta có i 1      GX i  GG1   n Từ (2) ta có n  i  k 1       GX i  kGG1  (1')  k i 1       GX i -  n  k  GG1' = (2') n Cộng (1') (2') sử dụng     GA  i i 1 , ta đƣợc          ' kGG1   n  k  GG1   kGG1   k  n  GG1'  điểm G, G'1,G1 thẳng hàng đồng thời G chia G1G'1 (trung tuyến bậc k) theo tỉ số (k-n)/k Vậy b) , c) đƣợc chứng minh Bài toán 7: Cho tam giác ABC M điểm thuộc miền tam giác Gọi S1, S2, S3 lần lƣợt diện tích tam giác MBC, MCA, MAB Chứng minh      S1 MA  S2 MB  S3 MC  Giải: Gọi S diện tích tam giác ABC, từ M ta dựng hai đƣờng thẳng lần lƣợt song song với AB AC, cắt AB B’ AC C’   Biểu thức cần chứng minh biến đổi dạng AM       Ta có: AM = AB '  AC ' = AB '   AB AB    S2  S3  AB  AC (*) S S AC '  AC AC Dễ chứng minh AB ' MC ' S( MAC ) S2 AC ' MB ' S( MAB ) S3    ;    AB AB S BAC  S AC AC SCAB  S nên ta có điều phải chứng minh (*) Nhận xét 7: Bài tốn đƣợc mở rộng khơng gian xét cho tứ diện diện tích tam giác cần chứng minh chuyển thành thể tích tứ diện Bài tốn 7’: Cho tứ diện ABCD, O điểm thuộc miền tứ diện Gọi V1, V2, V3, V4 lần lƣợt thể tích tứ diện OBCD, OCDA, OABD OABC          Chứng minh V1 OA  V2 OB  V3 OC  V4 OD  Giải: Tƣơng tự toán mặt phẳng ta biến đổi đẳng thức cần chứng minh dạng  V  V  V    AO  AB  AC  AD (Với V thể tích V V V tứ diện) Từ ta định hƣớng giải toán Biên soạn: Thầy Nguyễn Việt Long –Giáo viên chuyên Lam Sơn Tỉnh Thanh Hóa Page cách dựng hình hộp nhận AO làm đƣờng chéo cạnh tứ diện xuất phát từ A (hình bên) ba cạnh kề nằm ba    AM  AS  AP  AB  AC  AD AB AC AD AM OR OK OK dt  ACD  V2     Có AB AB BH BH dt  ACD  V Ta có AO  Tƣơng tự ta có AS V2 AP V3 nên ta có đpcm  ,  AC V AD V Bài toán 8: Chứng minh điều kiện cần đủ để tứ giác ngoại tiếp tổng cạnh đối diện ( BT hình học lớp 9) Nhận xét 8: Bài tốn quen thuộc với học sinh hình học phẳng kiến thức cách chứng minh, ta mở rộng tính chất khơng gian nhƣ cách chứng minh tƣơng tự hình học phẳng sao? Ta có tốn mở rộng: Bài tốn 8': Chứng minh điều kiện cần đủ để tứ diên có cạnh tiếp xúc với mặt cầu tổng cạnh đối diện Chứng minh: Điều kiện cần: Giả sử có mặt cầu tiếp xúc với cạnh tứ diện ABCD điểm nhƣ hình vẽ , theo tính chất tiếp tuyến với mặt cầu ta có : AP = AN = AH = x ; BM = BP = BF = y ; CM = CN = CE = z ; DE = DF = DH = t Từ tổng cạnh đối diện tứ diện có giá trị x + y + z + t, ta có điều phải chứng minh Điều kiện đủ : Giả sử tứ diện có tổng cạnh đối diện , gọi (C1) đƣờng tròn nội tiếp ABC M, N, P (C2) đƣờng tròn nội tiếp BCD M' , E , F nhƣ hình vẽ - Trƣớc hết ta chứng minh M  M' Thật vậy, theo cơng thức tính khoảng cách từ đỉnh C đến tiếp điểm M' cạnh BC với đƣờng tròn (C1) nội tiếp tam giác ta có BC  CA  AB ; BC  CD  DB CM  CM '  tƣơng tự ta có Giả thiết  CM' = CM  M'  M - Dễ chứng minh trục (C1) (C2) nằm mặt phẳng qua M vng góc với BC , không song song với nên trục cắt điểm O , dễ dàng chứng minh đoạn thẳng OM , ON , OP , OF , OE Biên soạn: Thầy Nguyễn Việt Long –Giáo viên chuyên Lam Sơn Tỉnh Thanh Hóa Page vng góc với cạnh tƣơng ứng Từ suy mặt cầu qua M , N , E , F có tâm O đồng thời tiếp xúc với cạnh BC , CD , DB , BA , CA tứ diện - Lập luận tƣơng tự ta thay M E ta có mặt cầu qua M , N , E , F tiếp xúc với cạnh BC , CD , DB , DA , CA tứ diện , từ mặt cầu nói tiếp xúc với cạnh tứ diện (ĐPCM) Bài tốn 9: Trong mặt phẳng cho tam giác ABC có R , r bán kính đƣờng trịn ngoại tiếp nội tiếp tam giác Chứng minh ta ln có R  2r Chứng minh: (Bài tốn có nhiều cách chứng minh, xin đƣa cách chứng minh để dùng tƣong tự không gian) Xét phép vị tự tâm G tỉ số k = -1/2 biến (O) thành (O1 ;R1) qua trung điểm A1, B1, C1 cạnh BC, CA, AB Gọi  đƣờng thẳng song song với BC , tiếp xúc với (O1) A'1 - khác phía với A BC ; gọi A2 giao điểm đoạn AA'1 với BC Xét phép vị tự tâm A tỉ số k1 = AA'1/ AA2 ( < k  ) :  Nhƣ VG 1/ :  O    O1  ,  O1  qua trung điểm ba cạnh ABC k VA1 :  O1    O2  với < k1   O2  tiếp xúc với cạnh BC, có điểm chung với cạnh CA, AB VBk2 :  O2    O3  với < k2   O3  tiếp xúc với cạnh BC, CA có điểm chung với cạnh AB VCk3 :  O3    O4  với < k3   O4  tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB nên  O4  đƣờng trịn nội tiếp tam giác Thực liên tiếp phép vị tự ta có r  1 k1.k2 k3 R  R 2 (vì < k3 , k3 ,k3  1)  điều phải chứng minh Biên soạn: Thầy Nguyễn Việt Long –Giáo viên chuyên Lam Sơn Tỉnh Thanh Hóa Page Dấu "=" xảy  A1  A2  A3  A4 ; …  ABC tam giác Bài tốn 9' : Trong khơng gian với tứ diện ABCD ta ln có R  3r , R , r thứ tự bán kính mặt cầu ngoại tiếp mặt cầu nội tiếp tứ diện Nhận xét 9: Một số đề thi mở rộng toán cho vài tứ diện đặc biệt (hình chóp tam giác đều, tứ diện gần đều, ) với cách chứng minh dựa vào việc tính R,r chứng minh bất đẳng thức tƣơng ứng.Trƣờng hợp tổng quát, tốn khó, biết cách chứng minh tốn hình học phẳng ta có cách chứng minh tƣơng tự hình học khơng gian cách nhẹ nhàng Bài toán 10: Cho ABC đều, chứng minh với điểm M ln có MA + MB + MC  3R (có thể chứng minh kiến thức lớp xem cách giải toán 10' ) Bài toán 10': Cho tứ diện ABCD , chứng minh với điểm M có MA + MB + MC + MD  4R Giải : Gọi G trọng tâm tứ diện , Dễ thấy GA = GB = G C = GD = R         GA  GB  GC  GD  Với điểm M ta có            MA.R = MA.GA  MA.GA  MG  GA GA  MG GA + R      MA.R  MG GA + R            2 Tƣơng tự MB.R  MG GB + R ; MC.R  MG GC + R ; MD.R  MG GD + R  Cộng bất đẳng thức ta suy điều phải chứng minh , dấu "=" xảy  MA         chiều với véc tơ GA, GB, GC, GD Khi B   suy MG phải phƣơng với véc tơ         không phƣơng GA, GB, GC, GD nên M G) Bài toán 10" : Cho tam giác nhọn ABC , tìm điểm M mặt phẳng tam giác cho MA + MB + MC nhỏ Cách : ( kiến thức lớp ) Dựng điểm M' , C' cho tam giác AMM' , ACC' tam giác nhƣ hình vẽ ( thực chất xét phép quay tâm A góc quay  900 M C A M' Biên soạn: Thầy Nguyễn Việt Long –Giáo viên chuyên Lam Sơn Tỉnh Thanh Hóa Page 10 C' để có M' C') Dễ dàng chứng minh MAC' = M'AC'  MC = M'C' ; mà MA = MM' nên MA + MB + MC = BM + MM' + MC'  BC' Dấu "=" xảy  B , M , M' , C' thẳng hàng theo thứ tự Khi MA + MB + MC đạt Khi MA + MB + MC đạt , giả sử M  T , M'  T' ATT' tam giác nên  ATB  1200 , đồng thời tứ giác ATCC' nội tiếp nên ta có   1200  T ATC nhìn cạnh dƣới góc1200 nên T giao điểm cung chứa góc 1200 cạnh ( phía với đỉnh cịn lại Điểm T nhƣ gọi điểm Tôri xenli tam giác, vị trí T ln xác định      TA TB TC  Cách : Gọi T điểm thoả mãn    (*), M điểm TA TB TC Chứng minh MA + MB + MC  TA + TB + TC nên MA + MB + MC nhỏ  M  T ( xem cách chứng minh tƣơng tự không gian ) - Chú ý điều kiện (*)      TA TB TC   TA TB TC bình phƣơng vế     rút gọn  cos TA;TB   T nhìn AB dƣới góc 1200 , tƣơng tự ta có T nhìn BC , CA dƣới góc 1200 Bài tốn 10''': Trong khơng gian cho tứ diện ABCD , gọi T điểm cho        TA TB TC TD      (**) , M TA TB TC TD điểm Chứng minh MA + MB + MC + MD  TA + TB + TC + TD Chứng minh : Với điểm M ta ln có          TA MATA  MA TA = MT + TA TA  MT TA  TA2  MA  MT  TA TA   Hoàn toàn tƣơng tự ta có       TB  TD  TC MB  MT  TB ; MC  MT  TD  TC ; MD  MT TB TC TD cộng bất đẳng thức sử dụng (**) ta đƣợc :  MA + MB + MC + MD  TA + TB + TC + TD (điều phải chứng minh)         Dấu "=" xảy  MA, TA, TB, TC, TD chiều  M  T Biên soạn: Thầy Nguyễn Việt Long –Giáo viên chuyên Lam Sơn Tỉnh Thanh Hóa Page 11                TC TD  TA TB TC TD TA TB     (**)       bình TA TB TC TD TA TB TC TD   Chú ý : Từ phƣơng vế ta suy đƣợc T nhìn cạnh đối diện dƣới góc Bài tốn 10"": Cho hình chóp S.ABC có cạnh đáy a , cạnh bên a , gọi O điểm nhìn cạnh dƣới góc  1) Tính cos 2) M điểm khơng gian , chứng minh MA  MB  MC  MD  6a (Tƣơng tự đề thi HSG Quốc gia năm 1999) Lời giải : 1) Đặt véc tơ đơn vị có gốc O nhƣ hình vẽ , tứ diện S'A'B'C' có độ dài cạnh - 2cos nên tứ diện  tâm O mặt cầu ngoại tiếp trọng tâm tứ diện         OS '  OA '  OB '  OC '  O (*)        OS '   OA '  OB '  OC '   Bình phƣơng vế ta đƣợc = + + + 6cos  cos  = -1/3 2) áp dụng định lí sin cho tam giác SOA , SOB , SOC ta có OA , OB , OC nghiệm dƣơng phƣơng trình : 3a2 = x2 + SO2 - 2x.SO.cos  x2 - 2x.SO.cos - (3a2 - SO2 ) = nên chúng (PT có nghiệm dƣơng)  O nằm đƣờng cao SH hình chóp S.ABC  OA = OB = OC Từ (*) ta có O điểm T toán nên MA + MB + MC + MD  OS + 3OA Trong SHA , OHA (vng) có AH  a a a : sin  AOH   ; AO  3 a a 2a HO  OA.cos  AOH   ; SH   12  SO  SH  HO  2a a a   12 12 Biên soạn: Thầy Nguyễn Việt Long –Giáo viên chuyên Lam Sơn Tỉnh Thanh Hóa Page 12 Từ MA + MB + MC + MD  OS +3OA = 7a 3a 4a (ĐPCM)   12 Bài tốn 11 : Trên cạnh góc xOy có điểm M , N thay đổi cho a b   1, a , b độ dài cho trƣớc OM ON Chứng minh M N qua điểm cố định Chứng minh : Trên tia Ox , Oy đặt đoạn OA = a , OB = b ; gọi E trung điểm AB F giao điểm OE với MN , ta có O  OF  OF       OF  OE  OA  OB OE OE   OF  OA  OB     OM  ON   OF  2OE  OM ON    A E B N M F Mà F , M , N thẳng hàng nên có biểu thị dạng : y x      OF  kOM  lON với k + l = OF OA OF OB   1 2OE OM 2OE ON OF  a b        OF = OE  F điểm thứ tƣ hình bình 2OE  OM ON hành OAFB ) Bài toán 11' : Hai điểm M , N thứ tự thay đổi nửa đƣờng thẳng chéo Ax, By cho a b   1( a, b độ dài cho trƣớc ) Chứng minh MN cắt AM BN đƣờng thẳng cố định Giải : Dựng tia Bx' // Ax , lấy M' Bx' cho MM'//AB ; Bx' , By đặt đoạn BA' = a , BB' = b Từ giả thiết  a b   , theo kết ta có BM ' BB ' x M  A M'N qua điểm cố định I ( đỉnh thứ tƣ hình bình hành BA'IB') Xét đƣờng thẳng  qua I // MM' (//AB) , dễ thấy  đƣờng thẳng cố B định ln cắt MN Bài toán 11'' : Trên tia Ox , Oy , Oz tƣơng ứng có điểm M , N , P thay đổi cho ln có x' M' A' a I b O B' C y N G A P B z Biên soạn: Thầy Nguyễn Việt Long –Giáo viên chuyên Lam Sơn Tỉnh Thanh Hóa Page 13 F M N x y a b C    , a , b , c độ dài cho trƣớc Chứng minh OM ON OP mp(MNP) qua điểm cố định Chứng minh : Cách chứng minh tƣơng tự toán 11' Chú ý : Bài toán 11 tốn 11'' dùng tính chất tỉ số diện tích, tỉ số thể tích cộng diện tích, cộng thể tích để có kết Bài tốn 12 : Cho tam giác ABC có độ dài cạnh BC = a , CA = b , AB = c Từ đỉnh     A, B, C làm gốc ta dựng véc tơ đơn vị e1 , e2 , e3 tƣơng ứng ngƣợc chiều với            véc tơ đƣờng cao AH1 , BH , CH Chứng minh : ae1  be2  ce3  Bài tốn 12' : Cho tứ diện ABCD có diện tích mặt đối diện với đỉnh A , B , C , D tƣơng ứng SA , SB , SC , SD Từ đỉnh A , B , C , D làm gốc ta dựng véc tơ đơn       vị e1 , e2 , e3 , e4 tƣơng ứng ngƣợc chiều với véc tơ đƣờng cao              AH1 , BH , CH3 , DH Chứng minh S A e1  SB e2  SC e3  SD e4         Chứng minh: Đặt S A e1  SB e2  SC e3  S D e4  x                    x AB  S A e1  S B e2  SC e3  S D e4 AB  S A e1 AB  S B e2 AB   = SA AB cos( -  ) + SB 1.BA cos  = - SA AH1 + SB AH2 = -VABCD + VABCD =     x  AB  tƣơng tự ta có    x  AC , x  AD  x vng góc với   véc tơ không đồng phẳng  x  (nếu ngƣợc lại qua A có mặt phẳng vng góc với đƣờng  thẳng có phƣơng x ) Bài tốn 13: Cho tam giác ABC có trọng tâm G , nội tiếp đƣờng tròn (O) Chứng  e1 A  e3 H2 C  B e2 H1   minh A = 900  OG  OA D e4 Chứng minh : Gọi A' điểm đối xứng với A qua O ta có         OG  OA  GA   GA '  AI   BA ' 2     AC  BA '  tứ giác ACA'B hình bình hành (nội tiếp đƣờng trịn)  tứ giác ACA'B hình chữ nhật  tam giác ABC vuông A Biên soạn: Thầy Nguyễn Việt Long –Giáo viên chuyên Lam Sơn B Tỉnh Thanh Hóa A C I G O Page 14 A' Bài tốn 13' : Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G , nội tiếp mặt cầu (O) , ta có góc tam diện  đỉnh A góc tam diện vuông  OG    OA Chứng minh : Điều kiện cần : Dựng hình hộp chữ nhật dựa cạnh AB , AC , tâm hình hộp tâm O mặt cầu, dễ dàng chứng minh đƣờng chéo AA' hình hộp ( đƣờng kính mặt cầu) qua trọng tâm G' tam giác BCD AG '  AO mà AG  AG ' ( tính chât trọng tâm) nên AG  AO     OG  OA  OG  OA 2 AA ' (Bài tập SGK 11)  AG '  Điều kiện đủ : Giả sử tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu A C G I G' B    (O) có OG  OA , gọi I trung điểm CD , D' điểm đối xứng D qua O , G' trọng tâm  BCD D O D'       OA , AG  AG ' (tính chất trọng tâm)    G 'O   G ' A           mà G ' I   G ' B nên OI  BA  D ' C  2OI  BA 2 Từ OG   tứ giác ABD'C hình bình hành ( có đỉnh nằm mặt cầu)  tứ giác nội tiếp đƣợc đƣờng tròn  tứ giác ABD'C hình chữ nhật  nên BAC  900   Chứng minh tƣơng tự ta có CAD  900 ; DAB  900  góc tam diện đỉnh A tam diện vng MỘT SỐ BÀI TỐN KHÁC (liên hệ hình học phẳng với hình học khơng gian ngược lại) Bài toán 14: Cho  ABC với trọng tâm G a) Chứng minh rằng, với điểm M ta có MA2  MB  MC  3MG  GA2  GB  GC b)Tìm quỹ tích điểm M cho MA2  MB  MC  k (k độ dài cho trƣớc) Biên soạn: Thầy Nguyễn Việt Long –Giáo viên chuyên Lam Sơn Tỉnh Thanh Hóa Page 15 Bài tốn 14': Cho tứ diện ABCD trọng tâm G a) Chứng minh rằng, với điểm M ta có: MA2  MB  MC  MD  4MG  GA2  GB  GC  GD b) Tìm quỹ tích M cho MA2  MB  MC  MD  k (k độ dài cho trƣớc) Bài toán 15': Chứng minh tổng bình phƣơng độ dài hình chiếu cạnh tứ diện mặt phẳng 4a2 Bài toán 16': Chứng minh bốn điểm A, B, C, D lần lƣợt thuộc cạnh MN, NP, PQ, QM tứ diện MNPQ; đồng phẳng AM BN CP DQ  (Định lí AN BP CQ DM Mênêlẳyt khơng gian) Bài toán 17: Chứng minh tứ giác nội tiếp đƣờng tròn: Các đƣờng thẳng qua trung điểm cạnh vng góc với cạnh đối diện đồng qui Bài toán 17': Chứng minh tứ diện mặt phẳng qua trung điểm cạnh vng góc với cạnh đối diện đồng qui điểm ( Điểm Monge) C.KẾT LUẬN Trên vài ví dụ minh họa cho việc khai thác liên hệ tốn hình học phẳng với tốn mở rộng khơng gian, để thấy đƣợc tính chất, cách chứng minh,… đƣợc mở rộng, đƣợc liên hệ với cách lôgic giúp cho việc dạy học tốn có hiệu hơn, kiểu tƣ đƣợc áp dụng thực tế giảng dạy học tập tùy theo yêu cầu chƣơng trình, ngƣời học, ngƣời dạy mà ta lựa chọn tập phù hợp Trong việc dạy toán Trƣờng THPT chuyên Lam Sơn, vận dụng kiểu tƣ để dạy cho nhiều đối tƣợng, việc ôn thi học sinh giỏi, hình thành cho học sinh thói quen liên hệ tồn hình học khơng gian với tốn phẳng đơn giản đơi mở rộng toán theo hƣớng ngƣợc lại Để hiểu sâu vấn đề này, việc ứng dụng việc giảng dạy học tập mong nhận đƣợc ý kiến đóng góp rút kinh nghiệm đồng nghiệp để viết thêm đầy đủ, trở thành tài liệu tham khảo tốt phục vụ cho việc giảng dạy giáo viên kích thích hứng thú học tập, tìm tịi học sinh Biên soạn: Thầy Nguyễn Việt Long –Giáo viên chuyên Lam Sơn Tỉnh Thanh Hóa Page 16 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƢỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 17 tháng năm 2013 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung ngƣời khác (Ký ghi rõ họ tên) Biên soạn: Thầy Nguyễn Việt Long –Giáo viên chuyên Lam Sơn Tỉnh Thanh Hóa Page 17