Sáng kiến kinh nghiệm SKKN khai thác mối quan hệ giữa hình học phẳng và hình học không gian trong giảng dạy toán bậc THPT

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: “KHAI THÁC MỐI QUAN HỆ GIỮA HÌNH HỌC PHẲNG VÀ HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TRONG GIẢNG DẠY TOÁN BẬC THPT” A ĐẶT VẤN ĐỀ Trong trình dạy học toán, học sinh phổ thông thƣờng phải phân tích , phán đoán hƣớng giải toán, liên hệ toán với toán quen thuộc, đơn giản để có hƣớng giải tƣơng tự, ngƣợc lại học sinh khá, giỏi lại từ toán 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) không gian ba chiều ( hình học không 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 toán hình học phẳng để giải toán hình học không gian tƣơng tự mở rộng số toán phẳng sang toán không gian giúp hoạt động giảng dạy học tập môn hình học đạt hiệu cao B MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA Bài toán 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     y     z  1 , x , y , z số thực thay đổi nhƣng thoả mãn x  y  z   Tìm giá trị nhỏ biểu thức S 2 Nhận xét 1: Với cách nhìn khác nhau, toán quen thuộc với học sinh từ tiểu học trở lên có nhiều cách giải, ta để ý cách giải hình học vận dụng vào không gian để giải toán 1' nên ta giải toán nhƣ sau: Giải : Trong hệ trục toạ độ Đề Các vuông góc Oxyz, xét điểm O  0;0;0  , A 2;2;1 mặt phẳng nằm  P  : x  y  z  Dễ thấy O A phía với (P) Gọi B điểm đối xứng O qua (P), Với điểm M(x;y;z) =MO +  (P) ta có MO = MB S 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)  AB  17 Tìm tọa độ điểm I ta đƣợc I   ;2;  nên với cặp giá trị  5  x; y; z     7 ;2;  ta có S đạt giá trị nhỏ S  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  z   ; a  b2  c  2b  2c   , x , y , z , a , b , c số thực thay đổi Tìm Max, biểu thức 2 S   x  a   y  b   z  c Nhận xét 2: Với cách nhìn nhận toán 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 toán 2' dƣới góc độ tƣơng tự nên đƣa lời giải toán 2' nhƣ sau: Giải : Trong hệ trục toạ độ Đề Các vuông góc Oxyz xét mặt cầu (I;R) (J;r) có tâm I(-1;1;-2) , R  J(0;-1;1) , r  2  I ; R  :  x  1   y  1   z     x2  y  z  2x  y  4z   (I) 2 (J)  J ; r  : x   y  1   z  1   x  y  z  y  z   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    14   3  MN Max  AB  d  R  r  14    SMax  2  MN  CD  d  R  r  14    Smin 2 2 Bài toán 3: 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 có hệ thức : a) b2  ab ', b2  c2  a 1  2 2 h b c c) cos   cos   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 có : a) S A2  S.S A' , S  S A2  SB2  SC2 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 rông không 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 đôi vuông góc );gọi u véc tơ phƣơng cho  , 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 ) 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 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 toán 4' Hơn nữa, không gian, 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 vuông 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1 , ta có: VG : A A' , B B, C C' , D D' Nhƣ vậy, VG1 : ( 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1 : H O hay GO   GH  H, G, O thẳng hàng GO = GH Bài toán 5: 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.A'Gọi H1, H , H3 , H ; G1, G2 , G3 , G4 ; I1, I , I3 , 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 thuộc mặt I1 A I B I 3C I D cầu (tứ diện cần xét phải có đƣờng cao đồng quy nên tứ diện trực tâm) Một cách giải toán 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 1 H Ta có V : A I1 , E1 H1 , F1 M1  I1 , H1 , M1 thuộc đƣờng tròn (S') ảnh H đƣờng tròn (S) qua V Chứng minh tƣơng tự ta có I , H , M ; I3 , H3 , 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 ) = 2AO (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 H Xét phép vị tự V biến điểm A, E, F thuộc mặt cầu (S) thành điểm I1 , H1, G1 thuộc mặt cầu (S') ảnh mặt cầu (S) qua phép vị tự VH3 Hoàn toàn tƣơng tự ta chứng minh đƣợc điểm lại thuộc mặt cầu (S') (đpcm) Bài toán : Cho tam giác ABC , ta 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 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 có: a) Một điểm G cho n  GA  i 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 toán tƣơng tự nhau, có mở rộng dần không gian và mở rộng dần khái niệm, tính chất; với toán có cách giải khác nhau, toán - toán 6' có hƣớng giải SGK lớp 11, nhiên cách giải công cụ véc tơ giải đƣợc ba toán Chứng minh 6" : a) Lấy điểm O cố định , điểm G thoả mãn n  GA  i 1  n i 1  i n n OAi  OG    OAi  nOG   OG   OAi (là véc tơ không đổi ), n i 1 i 1 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 : k  G1 X i  n  G' (1) i 1 Từ (1) ta có i  k+1  k i 1 Từ (2) ta có X j  (2)  GX i  GG1   k  GX i 1 i  kGG1  (1') n n  GX -  n  k  GG i  k 1 ' i Cộng (1') (2') sử dụng = (2') n  GA  i 1 i , 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 ' S2 S AB  AC (*) S S = AB ' AC ' AB  AC AB AC Dễ chứng minh AB ' MC ' S( MAC ) S2 AC ' MB ' S( MAB ) S3    ;    nên ta có điều phải chứng minh (*) AB AB S BAC  S AC AC SCAB  S Nhận xét 7: Bài toán đƣợc mở rộng không gian xét cho tứ diện diện tích tam giác cần chứng minh chuyển thành thể tích tứ diện Bài toán 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 AO  V V2 V AB  AC  AD (Với V thể tích V V V tứ diện) Từ ta định hƣớng giải toán cách dựng hình hộp nhận AO làm đƣờng chéo ba cạnh kề nằm ba cạnh tứ diện xuất phát từ A (hình bên) 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 toán quen thuộc với học sinh hình học phẳng kiến thức cách chứng minh, ta mở rộng tính chất không gian nhƣ cách chứng minh tƣơng tự hình học phẳng sao? Ta có toán mở rộng: Bài toán 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 công thức tính khoảng cách từ đỉnh C đến tiếp điểm M' cạnh BC với đƣờng tròn (C1) nội tiếp tam giác ta có CM '  BC  CA  AB BC  CD  DB ; tƣơng tự ta có CM  2 Giả thiết  CM' = CM  M'  M - Dễ chứng minh trục (C1) (C2) nằm mặt phẳng qua M vuông góc với BC , không song song với nên trục cắt điểm O , dễ dàng chứng minh đoạn thẳng OM , ON , OP , OF , OE vuông 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 toán 9: Trong mặt phẳng cho tam giác ABC có R , r bán kính đƣờng tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác Chứng minh ta có R  2r Chứng minh: (Bài toán 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  ) :  O1  ,  O1  qua trung điểm ba cạnh ABC  O2  với < k1   O2  tiếp xúc với cạnh BC, có điểm chung với Nhƣ VG1/ :  O  VAk1 :  O1  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 tròn nội tiếp tam giác 2 Thực liên tiếp phép vị tự ta có r  k1.k2 k3 R  R (vì < k3 , k3 ,k3  1)  điều phải chứng minh Dấu "=" xảy  A1  A2  A3  A4 ; …  ABC tam giác Bài toán 9' : Trong không gian với tứ diện ABCD ta 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, toán khó, biết cách chứng minh toán hình học phẳng ta có cách chứng minh tƣơng tự hình học không gian cách nhẹ nhàng Bài toán 10: Cho ABC đều, chứng minh với điểm M 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 + R2 Tƣơng tự MB.R  MG GB + R2 ; MC.R  MG GC + R2 ; MD.R  MG GD + R2 Cộng bất đẳng thức ta suy điều phải chứng minh , dấu "=" xảy  MA chiều với véc tơ GA, GB, GC, GD Khi 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 B Cách : ( kiến thức lớp ) Dựng điểm M' , C' cho tam giác AMM' , ACC' tam giác nhƣ hình vẽ ( thực chất có M' xét phép quay tâm A góc quay  90 để M C') Dễ dàng chứng minh MAC' = M'AC'  C MC = M'C' ; A mà MA = MM' nên MA + MB + MC = BM + MM' M' , C' + MC'  BC' Dấu "=" xảy  B , M , thẳng hàng theo thứ tự Khi MA + MB + M' MC đạt Khi MA + MB + MC đạt , giả sử M  T , M'  T' ATT' tam giác nên tiếp nên ta ATB  1200 , đồng thời tứ giác ATCC' nội C' có ATC  1200  T nhìn cạnh dƣới góc1200 nên T giao điểm cung chứa góc 1200 cạnh ( phía với đỉnh lại Điểm T nhƣ gọi điểm Tôri xenli tam giác, vị trí T xác định Cách : Gọi T điểm thoả mãn TA TB TC    (*), 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 toán 10''': Trong không gian cho tứ diện ABCD , gọi T điểm cho TA TB TC TD     (**) , M điểm bất TA TB TC TD kì Chứng minh MA + MB + MC + MD  TA + TB + TC + TD Chứng minh : Với điểm M ta có   MATA  MA TA = MT + TA TA  MT TA  TA2  MA  MT TA  TA TA Hoàn toàn tƣơng tự ta có MB  MT TB TD TC  TB ; MC  MT  TD  TC ; MD  MT TB TD TC 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 Chú ý : Từ  TC TD  TA TB TA TB TC TD         (**)   bình phƣơng vế TA TB TC TD TA TB TC TD   ta suy đƣợc T nhìn cạnh đối diện dƣới góc Bài toán 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 không 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 cô 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 (vuông) có AH  HO  OA.cos AOH   SO  SH  HO  a a a ; AO  : sin AOH   3 a a 2a ; SH    12 2a a a   12 12 Từ MA + MB + MC + MD  OS +3OA = 7a 3a 4a (ĐPCM)   12 Bài toán 11 : Trên cạnh góc xOy có điểm M , N thay đổi cho a b   , a , b độ OM ON O dài cho trƣớc 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 OF   OF OF OE  OA  OB OE OE  A E B N M F x y  OF  OF  OA OB   OM  ON  2OE  OM ON  Mà F , M , N thẳng hàng nên có biểu thị dạng : 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 hành 2OE  OM ON 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 đƣờng thẳng AM BN cố định x M Giải : Dựng tia Bx' // Ax , lấy M' Bx' cho MM'//AB ; Bx' , By đặt đoạn BA' = a , BB' = b Từ giả thiết   A a b   , theo kết ta BM ' BB ' x' M' có M'N qua điểm cố định I ( đỉnh thứ tƣ A' hình bình hành BA'IB') a I Xét đƣờng thẳng  qua I // MM' (//AB) , dễ B b thấy  đƣờng thẳng cố định cắt MN B' N y Bài toán 11'' : Trên tia Ox , Oy , Oz tƣơng ứng có điểm M , N , P thay đổi cho có a b C    , a , b , c độ dài OM ON OP cho trƣớc Chứng minh mp(MNP) qua điểm cố định Chứng minh : Cách chứng minh tƣơng tự toán 11' Chú ý : Bài toán 11 toán 11'' dùng tính chất tỉ số diện tích, tỉ số thể tích cộng diện tích, cộng thể tích để có kết Bài toán 12 : O C G A P B z F M N x y 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 toán 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 , CH , DH Chứng minh S A e1  S B e2  SC e3  S D e4  Chứng minh: Đặt S A e1  S B 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 vuông góc với véc tơ không đồng phẳng  x  (nếu ngƣợc lại qua A có mặt phẳng vuông góc với đƣờng thẳng có phƣơng x ) Bài toán 13: Cho tam giác ABC có trọng tâm G , nội tiếp đƣờng tròn (O) Chứng minh A = 900 e1 A  e3 H2 C  B H1 e2  OG  OA D e4 Chứng minh : Gọi A' điểm đối xứng với A qua O ta có 1 OG  OA  GA   GA '  AI   BA ' 2  AC  BA '  tứ giác ACA'B hình bình hành (nội tiếp đƣờng tròn)  tứ giác ACA'B hình chữ nhật  tam giác ABC vuông A Bài toán 13' : A C I G O B A' 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 ( 1 đƣờng kính mặt cầu) qua trọng tâm G' tam giác BCD AG '  AA ' (Bài tập trọng tâm) nên AG  AO 1  OG  OA  OG  OA 2 SGK 11)  AG '  AO mà AG  AG ' ( tính chât Điều kiện đủ : Giả sử tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu A C G B (O) có OG  OA , gọi I trung điểm CD , D' điểm đối xứng D qua O , G' trọng tâm  BCD Từ OG  OA , AG  I G' D O D' AG ' (tính chất trọng tâm)  G 'O   G ' A 1 mà G ' I   G ' B nên OI  BA  D ' C  2OI  BA 2  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 vuông MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC (liên hệ hình học phẳng với hình học không 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) Bài toán 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  MD2  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 Mênêlaúyt không gian) Bài toán 17: Chứng minh tứ giác nội tiếp đƣờng tròn: Các đƣờng thẳng qua trung điểm cạnh vuông góc với cạnh đối diện đồng qui Bài toán 17': Chứng minh tứ diện mặt phẳng qua trung điểm cạnh vuông 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 toán hình học phẳng với toán mở rộng không gian, để thấy đƣợc tính chất, cách chứng minh,… đƣợc mở rộng, đƣợc liên hệ với cách lôgic giúp cho việc dạy học toán 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 toàn hình học không gian với toán phẳng đơn giản 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 tòi học sinh XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƢỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 17 tháng năm 2013 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung ngƣời khác (Ký ghi rõ họ tên) [...]... vài ví dụ minh họa cho việc khai thác sự liên hệ giữa bài toán trong hình học phẳng với bài toán mở rộng trong không gian, để chúng ta có thể thấy đƣợc các tính chất, các cách chứng minh,… đƣợc mở rộng, đƣợc liên hệ với nhau một cách khá lôgic giúp cho việc dạy và học toán có hiệu quả hơn, kiểu tƣ duy này đƣợc áp dụng trong thực tế giảng dạy và học tập tùy theo yêu cầu của chƣơng trình, của ngƣời học, ... ngƣời dạy mà ta lựa chọn bài tập phù hợp Trong việc dạy toán ở Trƣờng THPT chuyên Lam Sơn, tôi đã vận dụng kiểu tƣ duy này để dạy cho nhiều đối tƣợng, nhất là trong việc ôn thi học sinh giỏi, hình thành cho học sinh thói quen liên hệ giữa bài toàn hình học không gian với bài toán phẳng đơn giản hơn và đôi khi mở rộng bài toán theo hƣớng ngƣợc lại Để hiểu sâu hơn về vấn đề này, nhất là việc ứng dụng trong. .. C  2OI  BA 2 2  tứ giác ABD'C là hình bình hành ( có 4 đỉnh nằm trên mặt cầu)  nó là tứ giác nội tiếp đƣợc trong 1 đƣờng tròn  tứ giác ABD'C là hình chữ nhật nên BAC  900 Chứng minh tƣơng tự ta cũng có CAD  900 ; DAB  900  góc tam diện đỉnh A là tam diện vuông MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC (liên hệ giữa hình học phẳng với hình học không gian và ngược lại) Bài toán 14: Cho  ABC với trọng tâm G a)... tổng quát, đây là 1 bài toán khó, nếu đã biết cách chứng minh bài toán trong hình học phẳng thì ta có ngay cách chứng minh tƣơng tự trong hình học không gian một cách nhẹ nhàng Bài toán 10: Cho ABC đều, chứng minh rằng với mọi điểm M luôn có MA + MB + MC  3R (có thể chứng minh bằng kiến thức ở lớp 9 hoặc xem cách giải ở bài toán 10' ) Bài toán 10': Cho tứ diện đều ABCD , chứng minh rằng với mọi điểm... dụng trong việc giảng dạy và học tập tôi rất mong nhận đƣợc những ý kiến đóng góp rút kinh nghiệm của các đồng nghiệp để bài viết thêm đầy đủ, có thể trở thành một tài liệu tham khảo tốt phục vụ cho việc giảng dạy của giáo viên và kích thích hứng thú học tập, tìm tòi của học sinh XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƢỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 17 tháng 5 năm 2013 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép... NP, PQ, QM của tứ diện MNPQ; đồng phẳng khi và chỉ khi AM BN CP DQ  1 (Định lí AN BP CQ DM Mênêlaúyt trong không gian) Bài toán 17: Chứng minh rằng trong một tứ giác nội tiếp trong đƣờng tròn: Các đƣờng thẳng qua trung điểm một cạnh và vuông góc với cạnh đối diện đồng qui Bài toán 17': Chứng minh rằng trong một tứ diện các mặt phẳng đi qua trung điểm của mỗi cạnh và vuông góc với cạnh đối diện đồng... đều Bài toán 9' : Trong không gian với mọi tứ diện ABCD ta luôn có R  3r , trong đó R , r thứ tự là bán kính các mặt cầu ngoại tiếp và mặt cầu nội tiếp tứ diện Nhận xét 9: Một số đề thi đã mở rộng bài toán 9 cho một vài tứ diện đặc biệt (hình chóp tam giác đều, tứ diện gần đều, ) với cách chứng minh dựa vào việc tính R,r rồi chứng minh bất đẳng thức tƣơng ứng.Trƣờng hợp tổng quát, đây là 1 bài toán. .. + MC  TA + TB + TC nên MA + MB + MC nhỏ nhất  M  T ( xem cách chứng minh tƣơng tự trong không gian ) - Chú ý rằng điều kiện (*)  TA TB TC   TA TB TC bình phƣơng 2 vế và rút gọn  cos TA;TB   1 2    T nhìn AB dƣới góc 1200 , tƣơng tự ta cũng có T nhìn BC , CA dƣới góc 1200 Bài toán 10''': Trong không gian cho tứ diện ABCD , gọi T là điểm sao cho TA TB TC TD     0 (**) , M là điểm bất... từ đó mặt cầu nói trên sẽ tiếp xúc với cả 6 cạnh của tứ diện (ĐPCM) Bài toán 9: Trong mặt phẳng cho tam giác ABC có R , r là bán kính các đƣờng tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác Chứng minh rằng ta luôn có R  2r Chứng minh: (Bài toán này có nhiều cách chứng minh, xin đƣa ra cách chứng minh để có thể dùng tƣong tự trong không gian) Xét phép vị tự tâm G tỉ số k = -1/2 biến (O) thành (O1 ;R1) đi qua... tam giác SOA , SOB , SOC ta có OA , OB , OC đều là nghiệm dƣơng của phƣơng trình : 3a2 = x2 + SO2 - 2x.SO.cos  x2 - 2x.SO.cos - (3a2 - SO2 ) = 0 nên chúng bằng nhau (PT trên chỉ có 1 nghiệm dƣơng)  O nằm trên đƣờng cao SH của hình chóp đều S.ABC  OA = OB = OC Từ (*) ta có O chính là điểm T trong bài toán trên nên MA + MB + MC + MD  OS + 3OA Trong SHA , OHA (vuông) có AH  HO  OA.cos AOH  ... lƣợng, thi Học sinh giỏi cấp, thi Học sinh giỏi Quốc gia, Việc sử dụng phƣơng pháp giải toán hình học phẳng để giải toán hình học không gian tƣơng tự mở rộng số toán phẳng sang toán không gian giúp... từ toán 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) không gian. .. hình học lớp 9) Nhận xét 8: Bài toán quen thuộc với học sinh hình học phẳng kiến thức cách chứng minh, ta mở rộng tính chất không gian nhƣ cách chứng minh tƣơng tự hình học phẳng sao? Ta có toán