Từ bài toán trong tam giác đến các bài toán tứ diện trong không gian

MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU 1 1 2 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng ngiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục,với thân, đồng nghiệp nhà trường KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị Tài liệu tham khảo Các SKKN Sở GD&ĐT Thanh Hóa xếp loại 15 16 16 17 18 19 PHẦN 1: MỞ ĐẦU 1.1 Lí chọn đề tài Xu dạy học đại dạy học theo phương pháp kiến tạo 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 Trong trình dạy học toán, học sinh phổ thông nhận thấy thường phải phân tích, phán đoán hướng giải toán, liên hệ toán với toán quen thuộc, đơn giản để có hướng giải tương tự, ngược lại học sinh khá, giỏi lại từ toán đơn giản sâu phân tích, mở rộng, phát triển thành toán Đặc biệt chương trình hình học THPT, việc khai thác liên hệ không gian hai chiều không gian ba chiều giúp học sinh giải nhiều vấn đề toán học phù hợp với nhiều đối tượng học sinh, với nhiều mức độ kiến thức khác nhau, nội dung kiến thức xuất nhiều kì thi: Khảo sát chất lượng, thi Học sinh giỏi cấp, thi THPT Quốc gia, Việc sử dụng phương pháp giải toán hình học phẳng để giải toán hình học không gian tương tự mở rộng số toán phẳng sang toán không gian giúp hoạt động giảng dạy học tập môn hình học đạt hiệu cao Hình học không gian môn học khó, đa số học sinh ngại học, khó để gây hứng thú cho học sinh Hiện chưa có tài liệu nghiên cứu bàn sâu vào vấn đề liên quan tam giác tứ diện Các đồng nghiệp chưa tìm hướng giải quyết, khắc phục dạy học liên quan đến toán tứ diện không gian để học sinh hứng thú học tốt phần Với lý chọn nghiên cứu đề tài: “Từ toán tam giác đến toán tứ diện không gian” trình bày số toán chuyên biệt (theo đề tài) mà khai thác giảng dạy môn hình học không gian khối 11 12 bồi dưỡng học sinh khá, giỏi 1.2 Mục đích nghiên cứu Qua nội dung đề tài mong muốn cung cấp cho học sinh phương pháp tương tự hóa hình học nói riêng môn toán nói chung số kỹ thông qua việc phát mối quan hệ toán hình học phẳng toán hình học không gian Học sinh thông hiểu trình bày toán trình tự, logic, không mắc sai lầm tư biến đổi Hy vọng đề tài nhỏ đời giúp bạn đồng nghiệp em học sinh có nhìn toàn diện phương pháp giải lớp toán hình học 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Bài toán hình học phẳng - Bài toán hình học không gian 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Nghiên cứu loại tài liệu sư phạm có liên quan đến đề tài - Phương pháp quan sát (công việc dạy- học giáo viên HS) - Phương pháp điều tra (nghiên cứu chương trình, hồ sơ chuyên môn,…) - Phương pháp đàm thoại vấn (lấy ý kiến giáo viên HS) - Phương pháp thực nghiệm PHẦN 2: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Nhiệm vụ trung tâm trường học THPT hoạt động dạy thầy hoạt động học trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài” Giúp học sinh củng cố kiến thức phổ thông đặc biệt môn toán học cần thiết thiếu đời sống người, hình học nội dung quan trọng khó với kiến thức rộng, đa phần em ngại học môn Muốn giải toán ta thường thực bước: Huy động kiến thức tổ chức kiến thức Huy động kiến thức thao tác tư nhằm tái kiến thức có liên quan với toán, từ lý thuyết, phương pháp giải, toán gặp Do người làm toán 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 nào” ông 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 toán học cần hiểu rộng có tính chất giống nhau, mô 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) 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Học sinh thường lúng túng trước toán hình không gian mặt: vẽ hình, chưa hiểu rõ khái niệm, định lý, liên quan đặc biệt không nhớ hay phát toán tương tự Học sinh thường không nhận hình không gian có toán toán toán khác (ví dụ: cắt góc khối chữ nhật ta có tứ diện vuông, cắt tứ diện vuông 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 vuông góc hay song song…) mà không để ý xa có toán hình phẳng tương tự giải toán Học sinh suy nghĩ từ đâu ta đề toán này, chưa hứng thú với môn học Cũng thầy cô chưa trọng rèn luyện cho học sinh, hay phương pháp truyền đạt kiến thức chưa tốt làm giảm nhận thức học sinh Trước thực đề tài kết kiểm tra môn hình học không gian học sinh lớp 11, 12 hai năm học liên tiếp trường THPT Quảng Xương thể qua bảng sau: Năm học 2015-2016 2016-2017 Điểm trở lên Tổng Lớp số Số Tỷ lệ lượng 11C2 46 17 % 12B2 45 18 % 11A2 42 21 % 12C2 46 20 % Điểm từ đến Điểm Số Số Tỷ lệ Tỷ lệ lượng lượng 18 39 % 20 44 % 19 42 % 18 40 % 17 40 % 16 39 % 20 43 % 17 37 % 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Các giải pháp: Trong giảng dạy thực sau: - Dùng hệ thống câu hỏi gợi ý phương pháp tìm tòi lời giải phương pháp chứng minh kỹ thuật tương tự - Khai thác, phát triển tính chất toán hình phẳng, toán hình không gian tương tự - Ra đề toán theo hướng mở với kiểu câu phát sáng tạo (ví dụ: em thử nghĩ kết mở rộng không gian có tính chất hay không) 2.3.2 Nội dung: Tôi xin trình bày 15 toán 10 tập kiểm tra, để áp dụng cho nhiều đối tượng khai thác toán khó lớp đối tượng áp dụng chuyên đề bị thu hẹp Bài toán 1: Bài 1a Cho ∆ABC vuông A có đường cao AH Chứng minh a) BC2 = AB2 + AC2 (Pytago) 1 = + b) 2 AH AB AC2 Bài 1b [1] Cho tứ diện vuông OABC có đường cao OH 2 + SOAB + SOCB a) S2ABC = SOAC 1 1 = + + b) 2 OH OA OB OC2 Nhận xét: Bài quen thuộc không nêu cách giải Có thể đề cho học sinh trung bình sau giúp em nhận dạng tương tự bước đầu Bài 1c [4] 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 S = cos2α + cos2β + cos2γ (hay chứng minh S = 1) Đáp số a) AC'2 = a2 + b2 + c2 b) Gọi x, y, z khoảng cách từ A' đến AC… c a + b2 Tương tự a + b2 + c2 b a + c2 c a + b2 y= z = , a + b2 + c2 a + b2 + c2 c) Đặt d = AC' ⇒ dcosα = a, dcosb = b, dcosγ = c dùng lại kết phần a ⇒S = Bài toán 2: Bài 2a Gọi M điểm tùy ý nằm ∆ABC cạnh a Hạ MH, MI, MK vuông góc với cạnh BC, CA, AB Chứng minh: S = MH + MI + MK không phụ thuộc vào vị trí M Bài 2b [6] 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 Cách giải: 2S 2S 2S S a S = MH + MK + MI + ML = MBC + MAC + MAB = ABC = AH = a) a a a a (đpcm) (AH đường cao ∆ABC) 3V 3V 3V a b) S = MH + MI + MK + ML = MBCD + + MABC + ABCD = AH = 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 toán 3: Bài 3a M điểm tùy ý nằm ∆ABC Gọi MH, MI, MK khoảng cách MH MI MK + + =1 từ M đến cạnh tam giác Chứng minh BC AC AB Bài 3b [4] 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 h a, hb, hc, hd đường x y z t cao tứ 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 Bài toán 4: Bài 4a [5] M điểm nằm tam giác Hãy tìm vị trí M để thấy tổng khoảng cách từ M đến cạnh lớn nhất, nhỏ Bài 4b [6] M điểm nằm tứ diện Hãy tìm vị trí M để tổng khoảng cách từ M đến mặt lớn nhất, nhỏ Cách giải: ⇒ x.AC' = cA 'C' ⇒ x = 1 1 x.BC + AC + z.AC = ha.BC = 2 2 Giả sử AB < AC < BC tương ứng < hb < hc Lúc h a ≤ x + y + z ≤ h c 4b) Tương tự h a ≤ x + y + z + t ≤ h d Bài toán 5: Bài 5a [5] Cho điểm M nằm ∆ ABC, AM, BM, CM cắt BC, CA, AB A1,B1 ,C1 Chứng minh: MA MB MC MA MB MC 1) AA + BB + CC = 2) MA + MB + MC ≥ 1 1 1 AA BB CC MA1 MB1 MC1 + + ≥ 3) 4) MA1 + MB1 + MC1 ≥ MA MB MC 1 MA MB MC MA MB MC 5) AA + BB + CC ≥ 27 6) MA + MB + MC ≥ 1 1 1 4a) AM BM CM 7) Tìm GTNN P = MA + MB + MC 1 Bài 5b [3] Điểm O nằm tứ diện ABCD, AO, BO, CO, DO cắt mặt tứ diện A1, B1, C1, D1 Chứng minh OA OB OC OD OA OB OC OD 1) AA1 + BB1 + CC1 + DD1 = 2) AA + BB + CC + DD = 1 1 1 1 AA BB CC DD OA OB OC OD 3) OA1 + OB1 + OC1 + OD1 ≥ 16 4) OA + OB + OC + OD ≥ 12 1 1 1 1 OA OB OC OD AA1 BB1 CC1 DD1 16 + + + ≥ 5) OA1 + OB1 + OC1 + OD1 ≥ 6) OA OB OC OD 1 1 AA BB CC DD OA OB OC OD 7) OA OB OC OD ≥ 81 8) OA1 OB1 OC1 OD1 ≥ 256 1 1 1 1 AA1 BB1 CC1 DD1 256 ≥ AO BO CO DO 81 Lời giải: MA MH ' SMBC S1 = 5a) 1) AA = AH = S S ABC 9) Tương tự ⇒ VT = 10) OA1 OB1 OC1 OD1 + + + ≥4 OA1 OB1 OC1 OD1 S1 S2 S3 S1 + S2 + S3 + + = =1 S S S S MA 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 V1 + V2 + V3 + V4 OA V =1 5b) 1) AA1 = V1 ⇒ VT = V 3(V1 + V2 + V3 + V4 ) OA1 AA1 − OA1 V − V2 V2 + V3 + V4 = = ⇒ =3 2) AA = AA V V V 1 3) 4,5,6,7,8,9,10: Tương tự khai thác bất đẳng thức Đại số cho số không âm Nhận xét: + Đây toán có nhiều hệ + Việc khai thác bất đẳng thức đại số cho số không âm (diện tích, thể tích) giúp ta có nhiều tập hay tổng hợp toàn diện Bài toán 6: Bài 6a [5] Cho ∆ABC Đường thẳng ∆ qua trọng tâm G cắt cạnh AB AC AB AC + =3 B',C' Chứng minh: AB' AC' Bài 6b [2] Cho tứ diện ABCD Mặt phẳng (α) qua giao điểm trọng tuyến AB AC AD + + =4 G cắt AB, AC, AD B', C', D' Chứng minh: AB' AC' AD' Cách giải: a) Hạ BI, CK, ME, AF vuông góc với ∆ đặt BI = x, CK = y, AF = z BB' x AB x + z AC y + z = ⇒ = = Ta có Tương tự: AB' z AB' z AC' z AB AC x + z + y + z x+y ME = = = 2+ = (tính chất trọng tâm) Mà AB' AC' z z AF x+y AB AC ⇒ ME = ⇒ AF = Z = x + y ⇒ + = +1 = AB' AC' 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 toán sau hoàn toàn tương tự Cho hình chóp SABC G trọng tâm ∆ ABC Mặt phẳng (α) qua điểm G' ∈ SG cắt SA, SB, SC A', B', C' SA SB SC SG + + =3 Chứng minh: SA ' SB' SC' SG ' Cách giải: Ta quen với toán tỉ số thể tích nên cách giải sau: SA SB SC SG Đặt ⇒ x = , y= , z= , t= SA ' SB' SC' SG ' VSA'B'C' VSB'C'G' VSA'C'G' = x.y.z ; = y.z.t ; = x.z.t Ta có : V VSBCG VSACG SABG VSA'B'C' = (xy + yz + zx).t Cộng đẳng thức V (vì VSABG = VSBCG = VSABC ) 3 SABC VSA'B'C' = Mặt khác ta có: V xyz (**) Từ (*) (**) → đpcm (x + y + z = 3t) SABC SG = * Trường hợp đặc biệt G' giao điểm trọng tuyến SG ' SA SB SC + + = 3× = Thỏa toán SA ' SB' SC' Bài toán 7: Bài 7a [5] Cho ∆ABC M điểm nằm tam giác Đặt S = SMBC, S2 = SMCA, S3 = uSuuMAB uur uuuuu r uur uuuuu r Chứng minh: S1 MA + S2 MB + S3 MC = O uuur uuu r uuu r uuuu r Chứng minh: Với điểm I ta có: S1 IA + S2 IB + S3 IC = SABC IM Bài 7b [6] Cho tứ diện ABCD, M điểm nằm tứ diện ký hiệu Vi(i = 1,4) thể tích khối MBCD, MACD, MABD, MABC uuuuur uuuuu r uuuuu r uuuuu r uur Chứng minh: V1 MA + V2 MB + V3 MC + V4 MD = O Chứng minh: Với điểm I ta có: uuur uuu r uuu r uuur uuuu r V1 IA + V2 IB + V3 IC + V4 ID = VABCD IM Cách giải: ⇒ uuuur A 'C uuur A ' B uuur MB + MC BC BC A 'C SMA 'C SMAC S2 A 'C S2 = = ⇒ = Mà A 'B = S SMAB S3 BC S2 + S3 MA 'B uuuur S3 uuur S2 uuur ⇒ MA ' = MB + MC (1) S2 + S3 S3 + S2 uuuur uuuur r MA ' S1 −S1 uuuu = ⇒ MA ' = MA (2) Ngoài MA S2 + S3 S +S uuuur uuur uu3ur Thế (2) (1) ⇒ −S1 MA ' = S2 MB + S3 MC ⇒ (đpcm) uuur uuu r uur uuu r uur uuu r ur b) (*) ⇒ S1 (IA ' − IM) + S2 (IB − IM) + S3 (IC − IM) = O uur uur uur uuu r ⇒ S1 IA + S2 IB + S3 IC = (S1 + S2 + S3 )IM (đpcm) a) AM cắt BC A'; MA ' = AM cắt mp (BCD) H Đặc S2 = SCJDuu;uuurS3 = SBDJ; S4 = SBCJ uuuu r uuuuu r uuuuu r Theo ⇒ 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) uuuuur ) ( V2 + V3 + V4 Ta có : MA (4) uuuu r =− V1 MJ uuuuur uuuuu r uuuuu r uuuuu r uur Từ (3), (4) ⇒ V1 MA + V2 MB + V3 MC + V4 MD = O uuur uuuu r uuu r uuuu r uuu r uuuu r uuur uuuu r uur b) (a) ⇒ V1 ( IA − IM ) + V2 ( IB − IM ) + V3 ( IC − IM ) + V4 ( ID − IM ) = O ⇒đpcm Nhận xét: • Diện tích thay thể tích toán tâm tỉ cự Bài toán 8: Bài 8a [5] Cho ∆ ABC có BC = a, CA = b, AB = c Chứng minh điểm I uuur uuu r uur r uuu thỏa mãn hệ thức ⇒ a IA + bIB + cIC = O I tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC Bài 8b [3] Cho tứ diện ABCD với I tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện Đặt Sa = SBCD, Sbuu=ur SACD, Sc = u SuABD , S = SABC u r uur d uuu r Chứng minh: Sa IA + Sb IB + Sc IC = O Cách giải: uuur uuu r uuur uuu r uuur uuur uuuur uuuur 8a) aIA = −b ( IB + AI ) − c ( IC − AI ) ⇒ (a + b + c)AI = bAB + cAC (1) Hay I ∈ phân giác AD tương tự I ∈ phân giác BE ⇒ đpcm 8b) DI ∩ (ABC) = H Mặt phẳng (DAI) mp(DAH) cắt BC M M nằm mặt phân giác mặt phẳng (BAD) (CAD) MB SAMB VDAMB VMDAB SDAB SC = = = = = ⇒ d(M, DCD) = d(M, (DAB)) ⇒ MC SAMC VDAMC VMDAC SDCA SB uuuuu r uuuuu r uur uuuuu r Sc uuuuur MB = − MC ⇒ Sb MB + Sc MC = O M ∈ BC ⇒ Sb uuu r uuu r uuuu r ⇒ Sb IB + Sc IC = ( Sb + Sc ) IM (1) Gọi M giao điểm củauuIM AD uuuur ur uuur Tương tự: ⇒ Sd ID + Sa IA = ( Sd + Sa ) IM ' (2) uuur uuu r uuu r uuur uuuu r uuuur Từ (1), (2) ⇒ Sa IA + Sb IB + Sb IC + Sd ID = ( Sb + Sc ) IM + ( Sd + Sa ) IM ' uuuuuur uur Mà I, M, M' thẳng hàng ⇒ X = kMM ' Lý luận tương utự với N, N' điểm AB, CD, P P' điểm BD, uuuur uur uur uuuur AC ta X = lNN ' , X = hPP ' uuuuuur uuuuur uuuur uur uur Mà MM ', NN ',PP ' không đồng phẳng ⇒ X = O ⇒ đpcm Nhận xét: Kiểu đề khác ý tưởng tương tự thể kỹ thuật chứng minh Ngoài ví dụ đưa phương pháp chứng minh vectơ véc tơ không Bài toán 9: Bài 9a Cho ∆ABC, M điểm nằm tam giác Chứng minh: aMA + bMB + cMC ≥ 4SABC Bài 9b [6] 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 Cách 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 Ta có VABCD ≤ Sb MB + V2 ⇔ đpcm Bài toán 10: Bài 10a [3] uuuur uuuur uuuur uuuur uur 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 vuông góc A, B, C, D (P) Chứng minh: AA1 + BB1 + CC1 + DD1 = 4GG1 * Yêu cầu học sinh tìm toán tương mặt phẳng Cách giải: Gọi M, N trung điểm AB, CD M1, N1 hình chiếu chúng uuuuu r uuuur uuuuu r uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uur GM + GN = 2GM + 2GN = GA + GB + GC + GD = O (P) Ta có ( ) uuuuu r uuuur (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:  1 GG1 = ( MM1 + NN1 ) = ( AA1 + BB1 ) + ( CC1 + DD1 )  2  = AA1 + BB1 + CC1 + DD1 (đpcm) Bài 10b [5] Bài toán tương tự là: Cho ∆ABC có trọng tâm G đường thẳng d không 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 M hình chiếu M d Bài toán 11: 1 1 Bài 11a Chứng minh rằng: Trong ∆ABC ta có: = + + r hb hc (r bán kính đường tròn 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 : r 1 h a) = hay = b) = hay = r h h 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 tròn nội tiếp tam giác Chứng minh: h a + h b + h c ≥ 9r Bài 12b Cho tứ diện ABCD gọi h i (i = 1,4) , r độ dài đường cao bán kính mặt cầu nội tiếp tứ giác Chứng minh h1 + h2 + h3 + h4 ≥ 16r Bài toán 13: 10 Bài 13a [5] Cho ∆ABC M điểm tùy ý tam giác Hạ MA 1, MB1, BC AC AB C MC1 vuông góc với BC, AC, BC Chứng minh: MA + MB + MC ≥ r 1 (C: chu vi ∆ABC, r bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC) Bài 13b [6] Cho tứ diện ABCD, M điểm tùy ý tứ diện Hạ Hạ MA 1, MB1, MC1, MD1 vuông 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 toàn phần tứ diện, r bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện) Cách giải: BC AC AB a) MA + MB + MC ( BC.MA1 + AC.MB1 + AB.MC1 ) ≥ ( BC + AC + AB ) 1 Hay: T.2S ≥ (2p) biết S = pr ⇒ đpcm b) Tương tự T(3V1 + 3V2 + 3V3 + 3V4) ≥ S2 ⇒ T ≥ S , ta lại có V = Sr 3V S S S S S ⇒ BCD + CDA + DAB + ABC ≥ (đpcm) MA1 MB1 MC1 MD1 r 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: S + S S + S S + S R R R dadbdc ≤ ≤ a b c a a a (trong S1 = SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB , S = SABC) Bài 14b [3] Cho tứ diện A1A2A3A4 Gọi M điểm nằm tứ diện Gọi M điểm nằm tứ diện Gọi R a, Rb, Rc, Rd khoảng cách từ M đến đỉnh, d a, db, dc, dd khoảng cách từ M đến mặt Gọi V, S i thể tích tứ diện, diện tích mặt đối diện đỉnh Ai Chứng minh R R RR dadbdcdd ≤ a b c d (*) 81 Cách giải: Bài 14a Vẽ AH ⊥ BC Ta có Ra + da ≥ ⇔ aRa ≥ aha – ada = 2S – 2S1 (1) Tương tự bRb ≥ bhb – bdb = 2S – 2S2 (2) cRc ≥ chc – cdc = 2S – 2S3 (3) Từ (1)(2)(3) ⇒ abcRaRbRc ≥ (2S – 2S1)(2S – 2S2)(2S – 2S3) (4) Kết hợp với (2S – 2S1) ≥ bdb + cdc ≥ ≥ bcd bd 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: 11 Bài 14c [4] Cho tứ diện A1A2A3A4 Gọi M điểm nằm tứ diện Gọi M điểm nằm tứ diện Gọi R a, Rb, Rc, Rd khoảng cách từ M đến đỉnh, d a, db, dc, dd khoảng cách từ M đến mặt Chứng minh: 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 cd d ) ( Cách 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 a + h b + h c + h d ≥ d a + d b + d c + d d + ( ∑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 toán tương tự không gian Bài 15a [4] Trong ∆ABC lấy điểm M Gọi ha, 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 Cách giải:  2S  Dễ thấy aha + bhb + chc = 2S ⇒ ah a bh b ch c ≤  ÷ (Côsi)   ( p(p − a)(p − b)(p − c) ) 8S = 27abc 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 thể giải toán phương pháp tương tự, kể cách lật ngược vấn đề dự đoán đề phương pháp chứng minh tương tự Sau xin đưa thêm tập mà thực để kiểm tra chuyên đề cho loại đối tượng A Cho học sinh ⇒ h a h bhc ≤ 12 Bài tập 1: [2] Cho hình chóp SABC Trên tia SA,SB, SC lấy điểm A', VSA'B'C' SA '.SB'.SC' = B', C' Chứng minh: V SA.SB.SC SABC Bài toán dẫn dắt hệ thống câu hỏi 1) Tương tự toán mặt phẳng toán nào? Hãy chứng minh 2) Khi tính thể tích khối tứ diện V = Bh em sử dụng cách tính từ đường cao ? Nhận xét: • Bài toán phẳng là: Cho ∆SAB, tia SA, SB lấy điểm A', B' Chứng SSA'B' SA '.SB' = minh: S SA.SB SAB • Câu hỏi giúp em có lời giải Bài tập 2: [1] Cho tứ diện vuông OABC a b c + + =1 a) Dựng đường cao OH tứ diện Chứng minh: 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 tập hình học 11 Sau đưa toán sau Bài tập 3: [4] Cho tứ diện vuông OABC M điểm thuộc mp (ABC) 1) Dựng A1, B1, C1 hình chiếu M cạnh OA, OB, OC OA1 OB1 OC1 + + Chứng minh: P = 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 Chứng minh: a) cos2 α + cos2 β + cos γ = b) cos2 α '+ cos β '+ cos2 γ ' = 3) Chứng minh: SOAB + SOBC + SOCA ≥ OH 2 2 4) Chứng minh: OA1 α + OB1 β + OC1 ≥ 2OH 2R ≥ 3(1 + 3) 5) Chứng minh: 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 a b 2c2 OH = 3) Câu khó học sinh có tính a b + b2 c2 + c2 a 13 SOAB, SOAC, SOBC nên em liên hệ làm 2R 4) Câu có học sinh làm tích khó khăn r * Cần tích được: R = a + b2 + c2 abc r =  ab + bc + ca + a b + b 2c + c 2a  ( )   * Ta có a + b2 + c2 ≥ a b2c2 ; ab + bc + ca ≥ 36 a 2b 2c2 2R a b + b 2c2 + c2a ≥ a 4b 4c4 ⇒ r ≥ 3(1 + 3) * Để giúp học sinh chứng minh đưa toán sau: Bài tập 3’: Cho ∆OAB vuông O, M ∈ AB, A1, B1 hình chiếu M OA, OB OA1 OB1 + a) Hãy chứng minh T = không phụ thuộc vào vị trí M OA OB b) Hãy mở rộng toán không gian Khi phương pháp chứng minh tỉ số đoạn thẳng cạnh AB chắn định hướng tỉ số diện tích mặt phẳng ABC mà không theo hướng tỉ số thể tích 1 1 * Khai thác tính chất tổng hợp tứ diện vuông = + + + (1) r a b c h 1 1 = + + (2) h a b2 c2 Tôi có toán sau: Bài tập 4: [3] Cho tứ diện vuông OABC có OA = a, OB = b, OC = C, r bán 1 1 3 kính mặt cầu nội tiếp tứ diện Chứng minh: > + + + r a b c a +b+c Cách giải: 1 1 1 3 Dễ thấy cần chứng minh ≥ (2) ⇒ = + + ≥ 33 2 (3) h a b c a bc h a +b+c (Côsi) (a + b + c2 ) ≥ a b 2c2 (4) Từ (3)(4) ⇒ (đpcm) B Cho học sinh giỏi: Tôi đưa toán sau : Bài tập 1: Bài 1a [5] Cho ∆ ABC nhọn Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Các đường thẳng AO, BO, CO cắt cạnh đối diện A 1, B1, C1 Chứng minh 9R AA1 + BB1 + CC1 ≥ Câu hỏi đưa ra: • Bài toán 5a có liên quan đến hay không ? 14 • Khi M trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp qui MA, MB, MC R hay không ? Các em có ý số bất đẳng thức ? • Em cho biết toán tương tự không 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 16R A1, B1, C1, D1 Chứng minh: AA1 + BB1 + CC1 + DD1 ≥ 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: ma2 + m2b + m2c = (a + b2 + c2 ) 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: ma2 + m b2 + mc2 + md2 = ∑ ai2 i =f * Nhận xét • Lời giải quen thuộc • Khai thác tính chất trọng tâm bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có toán 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 + (ma2 + m2b + mc2 + m2d ) → đpcm 16 Bài tập 3: Bài 3a Chứng minh bất đẳng thức sau:  x y c2 t   1 1   x y z t 2 + + + ÷÷ + + + ÷ ≥  + + + ÷  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 không gian) Chứng minh: MA MB2 MC2 MD2 + + + ≥r h1 h2 h3 h4 Bài tập 4: 15 Bài 4a [5] 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 [6] Cho tứ diện ABCD M điểm nằm tứ diện Các đường thẳng MA, MB, MC, MD cắt mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) tương ứng A1, 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 Bài tập 5: Bài 5a [5] Cho tam giác uABC vuông A.urGọi I trung điểm đường cao u u r u u u r u u u r AH Chứng minh rằng: a IA + b2 IB + c IC = (1) Bài 5b [3] Cho tứ diện OABC có cạnh OA, OB, OC đôi vuông góc Gọi SO, SA, SB, SC diện tích mặt tứ diện đối diện với đỉnh tương ứng O, A, B, C.uuuGọi I trung điểm đường cao OH tứ diện Chứng uuur r uuu r ur uuu r 2 2 minh rằng: SO IO + SA IA + SB IB + SC IC = Nhận xét: Điểm I điểm Lemoin đặc biệt tam giác vuông Ta có uuuur b uuuur c2 uuuur AH = AB + AC Và định lí Pitago a2 = b2 + c2 → (đpcm) a a Trong không gian tam giác chứa mặt phẳng (OAH) cắt mặt phẳng (OBC) N OH đường cao tam giác vuông OAN Ngoài ta có định lí Pitago cho không gian S2O = S2A + SB2 + SC2 ON uuuur OA uuuur OB + OC (1) Vì ∆BOC vuông AN AN uuuur OC2 uuuur OB2 uuuur uuuur uuuur uuuur OC2 OB2 ⇒ ON = OB + OC ⇔ ON = OB + OC (2) 2 2 2 OB + OC OB + OC BC BC uuuur S2 uuuur S2 uuuur S2 uuuur Thay (2) vào (1) suy OH = A2 OA + 2B OB + 2C OC → (đpcm) SO SO SO 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường - Sáng kiến kinh nghiệm giúp cho đồng nghiệp thực tốt nhiệm vụ nâng cao chất lượng giáo dục, giúp học sinh hình thành tư logic kỹ phân tích để đến hướng giải thích hợp gặp toán hình học từ phức tạp đưa dạng đơn giản, giải cách dễ dàng uuuur Ta có: ∆OAN vuông → OH = 16 - Học sinh thấu hiểu phương pháp tương tự hóa để mở rộng vấn đề môn toán mà vận dụng môn học khác - Đề tài sử dụng để giảng dạy bồi dưỡng cho em học sinh giỏi lớp 11, 12 THPT làm tài liệu tham khảo cho thầy cô giảng dạy môn Toán - Trong đề tài đưa giải số toán thường gặp tương ứng tập tự luyện Sau toán tác giả có nhận xét bình luận khắc phục sai lầm giúp bạn đọc chọn cho phương pháp giải tối ưu nhất, để có lời giải gọn gàng súc tích PHẦN 3: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 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 toán tóm tắt gồm bước “huy động kiến thức tổ chức kiến thức” kiến thức cũ (Hình học phẳng) huy động để mở rộng cho toán hình học không gian chuyên đề phương pháp tương tự đem lại cho tri thức phương pháp từ đường vận dụng thao tác tư - Đề tài khai thác liên hệ toán hình học phẳng với toán mở rộng không gian, để thấy tính chất, cách chứng minh,… mở rộng, liên hệ với cách lôgic giúp cho việc dạy học toán có hiệu hơn, kiểu tư áp dụng thực tế giảng dạy học tập tùy theo yêu cầu chương trình, người học, người dạy mà ta lựa chọn tập phù hợp Trong việc dạy toán Trường THPT Quảng Xương 2, vận dụng kiểu tư để dạy cho nhiều đối tượng, việc ôn tập cho học sinh khá, giỏi Hình thành cho học sinh thói quen liên hệ toàn hình học không gian với toán phẳng đơn giản mở rộng toán theo hướng ngược lại - Đề tài kiểm nghiệm năm học 2015-2016, 20162017 giảng dạy lớp 11, 12, học sinh đồng tình đạt kết quả, nâng cao khả giải toán hình học không gian Các em hứng thú đam mê học tập môn hình học không gian hơn, lớp có hướng dẫn kỹ em học sinh với mức học trung bình trở lên có kỹ giải tập Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt Cụ thể sau áp dụng sáng kiến vào giảng dạy số học sinh hiểu có kỹ giải dạng toán nói trên, kết qua kiểm tra thử sau: 17 Năm học 2015-2016 2016-2017 Điểm trở Điểm từ đến Điểm lên Tổng Lớp số Số Số Số Tỷ lệ Tỷ lệ Tỷ lệ lượng lượng lượng 11C2 46 13 28 % 21 46 % 12 26 % 12B2 45 12 27 % 22 49 % 11 24 % 11A2 42 14 33 % 18 43 % 10 24 % 12C2 46 15 33 % 23 50 % 17 % - Để hiểu sâu vấn đề này, việc ứng dụng việc giảng dạy học tập mong nhận ý kiến đóng góp rút kinh nghiệm đồng nghiệp để viết thêm đầy đủ, chất lượng 3.2 Kiến nghị: - Qua kết điều tra khảo sát thực tiễn ta thấy học sinh ngại giải toán không gian Vì vậy, để giúp học sinh có hứng thú học môn hình học không gian thấy mối liên hệ môn hình học không gian môn hình học phẳng, giáo viên cần lựa chọn hệ thống tập phù hợp, đề giải pháp giải toán hình học phương pháp tương tự hóa khái quát hóa Đưa toán phức tạp toán đơn giản đề học sinh thấy quen thuộc giải chúng dễ dàng - Đề nghị cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh giáo viên có nhiều tài liệu sách tham khảo đổi phòng thư viện để nghiên cứu học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ - Nhà trường cần tổ chức buổi trao đổi phương pháp giảng dạy Có tủ sách lưu lại tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập giáo viên hàng năm để làm cở sở nghiên cứu phát triển chuyên đề - Học sinh cần tăng cường trao đổi, học nhóm nâng cao chất lượng học tập XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày tháng năm 2017 ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Đỗ Thị Thủy 18 TÀI LIỆU THAM KHẢO Nguyễn Mộng Hy (2006), “Bài tập hình học 11”, Nhà xuất Giáo dục Nguyễn Mộng Hy (2006), “Bài tập hình học 12”, Nhà xuất Giáo dục Phan huy Khải - Nguyễn Đạo Phương (2000), “Các phương pháp giải toán sơ cấp Hình học không gian”, Nhà xuất Hà Nội Phan Huy Khải (2002), “Toán nâng cao hình học lớp 11”, Nhà xuất Hà Nội Phan Huy Khải (2002), “Toán nâng cao hình học lớp 10”, Nhà xuất Hà Nội Đỗ Thanh Sơn (2008), “Phương pháp giải toán hình học 12 theo chủ đề”, Nhà xuất Giáo dục 19 CÁC SKKN ĐÃ ĐƯỢC SỞ GD&ĐT THANH HÓA XẾP LOẠI Năm học 2013-2014, đề tài: “Rèn luyện kỹ giải toán cho học sinh thông qua việc giải tập VÉC TƠ hình học 10”, hội đồng khoa học Ngành đánh giá xếp loại C Năm học 2015-2016, đề tài: “Phát triển lực tư sáng tạo cho học sinh Trung học phổ thông thông qua số kỹ thuật giải toán hình học không gian lớp 11”, hội đồng khoa học Ngành đánh giá xếp loại C 20 ... tam giác tứ diện Các đồng nghiệp chưa tìm hướng giải quyết, khắc phục dạy học liên quan đến toán tứ diện không gian để học sinh hứng thú học tốt phần Với lý chọn nghiên cứu đề tài: Từ toán tam. .. có tứ diện vuông, cắt tứ diện vuông 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... khác Bài toán 4: Bài 4a [5] M điểm nằm tam giác Hãy tìm vị trí M để thấy tổng khoảng cách từ M đến cạnh lớn nhất, nhỏ Bài 4b [6] M điểm nằm tứ diện Hãy tìm vị trí M để tổng khoảng cách từ M đến