Đang tải... (xem toàn văn)
Trên đây chỉ là một 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 được các tính chất,[r]
(1)KHAI THÁC MỐI QUAN HỆ GIỮA HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ HÌNH HỌC PHẲNG TRONG GIẢNG DẠY TOÁN Ở THPT
=================================== A ĐẶT VẤN ĐỀ :
Trong trình dạy học tốn, học sinh phổ thơng thường phải phân tích , phán đốn hướng giải tốn, liên hệ tốn với tốn quen thuộc, đơn giản để có hướng giải tương tự, ngược lại học sinh khá, giỏi lại từ tốn đơn giản sâu phân tích, mở rộng, phát triển thành toán Đặc biệt chương trình hình học THPT, việc khai thác liên hệ khơng gian hai chiều ( hình học phẳng: Tổng hợp tọa độ) không gian ba chiều ( hình học khơng gian: Tổng hợp tọa độ) 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 Học sinh giỏi Quốc gia, Việc sử dụng phương pháp giải tốn hình học phẳng để giải tốn hình học khơng gian tương tự mở rộng số toán phẳng sang tốn khơng gian giúp hoạt động giảng dạy học tập mơn 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 đường thẳng 4x + y - = cho khoảng MA + MB nhỏ nhất.
Bài toán 1':
Cho
2 2
2 2 2 2 1
S x y z x y z , x , y , z
là số thực thay đổi thoả mãn x y z 0 Tìm giá trị nhỏ nhất 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 tốn sau:
Giải : Trong hệ trục toạ độ Đề Các vng góc Oxyz, xét điểm
0;0;0 , 2;2;1
O A mặt phẳng P x y z: 0 Dễ thấy O A
(2)(Không đổi ) Dấu "=" xảy M I Trong I = AB(đoạn) (P), S đạt giá trị nhỏ Tìm toạ độ B ta B(2;2;2) AB 17 Tìm tọa độ điểm I ta
2
;2;
5
I
nên với cặp giá trị
2
; ; ;2;
5
x y z
ta có S đạt
giá trị nhỏ Smin 17 Bài toán 2:
Cho x2 y2 2x 2y 1 z2 t2 6z4t11 0 với x, y, z, t là
các số thực thay đổi Tìm Max, biểu thức
2
S x t y z
Bài toán 2':
Cho x2 y2 z2 2x 2y4z 4 0; a2b2 c22b 2c 0 ,
trong x , y , z , a , b , c số thực thay đổi Tìm Max, biểu thức 2 2 2
S x a y b z c
Nhận xét 2: Với cách nhìn nhận tốn góc độ hình học ta có S bình phương khoảng cách hai điểm M(x;y) N(t;z) M,N thay đổi hai đường tròn cố định, ta có cách nhìn nhận tốn 2' góc độ tương tự nên đưa lời giải toán 2' sau:
Giải : Trong hệ trục toạ độ Đề Các vng góc Oxyz xét mặt cầu (I;R) và (J;r) có tâm I(-1;1;-2) , R J(0;-1;1) , r
I R; : x12 y 12 z22 2 x2 y2 z2 2x 2y4z 4 0 (I)
J r x; : y12 z 12 3 x2 y2 z2 2y 2z 0 (J)
Từ giả thiết ta có M x y z ; ; I , ,N a b c ; ; J
Dễ thấyS MN 2, d IJ 142 R r 2 3nên mặt cầu
(3) 14 2 3
Max
MN AB d R r
2
14
Max
S
MNmin CD d R r 14 2 3
min 14
S
Bài toán 3:
Cho ABC tam giác vuông A , với độ dài cạnh a , b , c ; đường cao AH = h ; b' = CH, c' = BH ; , góc đường thẳng bất kì với hai đường thẳng AB , AC tương ứng ta ln có hệ thức :
a) b2 ab b', c2 a2 b) 2
1 1
h b c
c) cos2 cos2 1 Bài toán 3':
Cho OABC tứ diện vuông đỉnh O , đường 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
và , , thứ tự góc đường thẳng với đường thẳng OA , OB , OC Ta có :
a) SA2 S S S ,'A SA2 SB2 SC2
b) 2 2
1 1
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 đưa vấn đề chứng minh tương tự, chẳng hạn tương tự phần 3-c hình học phẳng, với chứng minh véc tơ lớp 10, ta chứng minh 3'-c phương pháp véc tơ sau:
Chứng minh 3'- c :
Trên cạnh OA , OB , OC đặt véc tơ đơn vị e e e1, ,2
hình vẽ ( chúng có độ dài đơi vng góc );gọi u véc tơ phương cho , ln có biểu thị u xe 1 y e2 z e3
(4)Ta có
1 2 2 2
x u e
x y z
cos cos ; =
2 2 2
y u e
x y z
cos cos ; =
2 2 2
z u e
x y z
cos cos ; =
Dễ dàng suy cos2 + cos2 + cos2 =
( Các tập 3'-a , 3'-b có hướng 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 đường trịn ngoại tiếp O thẳng hàng GH 2GO(Đường 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 toán 4' Hơn nữa, khơng gian, khơng phải tứ diện có đường 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 lượt 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) đường trung bình EF (E,F thứ tự là trung điểm CD AB) cũng đi qua G Trong hình bình hành A'B'AB E trung điểm của 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
(5) A'C = A'B
Chứng minh tương 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 đường tròn ngoại tiếp BCD A'O (BCD) A'O (B'C'D') (1).
Tương 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 VG1
, ta có: VG 1: A , B, C , A ' B C ' D D'
Như vậy, VG1: (ABCD) ( ' ' ' ')A B C D
nên phép vị tự biến trực tâm
của tứ diện ABCD thành trực tâm O tứ diện A’B’C’D’. Suy ra: VG1: 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 đường cao, ba trung điểm ba cạnh, ba trung điểm đoạn nối trực tâm với đỉnh thuộc đường tròn (Đường tròn Ơle)
Bài toán 5’:
Cho tứ diện trực tâm ABCD Gọi H H H H G G G G I I I I1, 2, 3, 4; ,1 2, ,3 4; , , ,1 chân đường cao, trọng tâm mặt điểm đoạn thẳng nối trực tâm với đỉnh thỏa mãn
1
1
1
I H I H I H I H
I A I B I C I D Chứng minh 12 điểm thuộc mặt cầu
(tứ diện cần xét phải có đường 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 chân đường cao, trung điểm cạnh, trung điểm đoạn
nối trực tâm với đỉnh Gọi E1, E2, E3, F1,
F2, F3 điểm đối xứng với H
qua H1, H2, H3, M1, M2, M3 Dễ dàng chứng
minh điểm A, B, C, H1, H2, H3, M1,
M2, M3 thuộc đường tròn (S) ngoại tiếp
tam giác ABC. Ta có
1
H
V : A I1, E1 H1,
1
F M I H M1, 1, 1 thuộc đường tròn (S') là ảnh đường tròn (S) qua
1
H
V Chứng minh tương tự ta có I H M2, 2, 2;
3, 3,
(6)Nhận xét 5: Từ cách giải toán ta lựa chọn cách giải toán 5' tương tự sau:
Giải toán 5':
Gọi G, O thứ tự trọng tâm, tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện từ toán 4 ta biết GH OG
Gọi E điểm cho HE 3HH1
F điểm cho
3
HF HG
Ta có AF AH HF AH 3HG1
= AH 3AG1 AH
4AG 2AH
= 2(2AG 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 Xét phép vị tự
1
H
V biến điểm A, E, F thuộc mặt cầu (S) thành điểm I
1 ,
H1, G1 thuộc mặt cầu (S') ảnh mặt cầu (S) qua phép vị tự
1
H
V .
Hoàn toàn tương tự ta chứng minh điểm lại thuộc mặt cầu (S') (đpcm).
Bài toán :
Cho tam giác ABC , ta ln có:
- Một điểm G cho GA GB GC 0
- đường trung tuyến đồng quy điểm G, điểm G chia đường trung tuyến theo tỉ số -
Bài toán 6' :
Cho tứ diện ABCD , ta ln có :
- Một điểm G cho GA GB GC GD 0
- ba đường trung bình đồng quy điểm G , điểm G chia đường trung tuyến theo tỉ số - ; bốn đường trọng tuyến đồng quy G , điểm G chia đường theo tỉ số -
Bài toán 6" :
Trong không gian ( mặt phẳng ) cho hệ n điểm A1, A2 , … , An , ta ln có:
a) Một điểm G cho
n i
GA
i
b) Tất đường trung tuyến bậc k ( k = 0, 1, …, n - 1) đồng quy ở điểm G ( đường trung tuyến bậc k đoạn thẳng nối trọng tâm hệ k điểm n điểm cho với trọng tâm hệ n - k điểm lại).
(7)Nhận xét 6: Cả ba tốn tương tự nhau, có mở rộng dần không gian và mở rộng dần khái niệm, tính chất; với tốn có cách giải khác nhau, toán - toán 6' có hướng giải SGK lớp 11, nhiên cách giải công cụ véc tơ giải ba tốn
Chứng minh 6" :
a) Lấy điểm O cố định , điểm G thoả mãn
n i GA
i
khi
n i OA OG
i
n i OA nOG
i
n i OG OA n
i (là véc tơ 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
là G'1 , ta có :
1 k i G X
i (1)
1 ' n j G X
i k +1 (2)
Từ (1) ta có 1
0 k i GX GG
i
1 k i GX kGG
i (1')
Từ (2) ta có '
n i
n GX n k GG
i k
- =
(2') Cộng (1') (2') sử dụng
n i GA
i
, ta '
1
kGG n k GG
kGG1 k n GG 1'
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) chứng minh
Bài toán 7: Cho tam giác ABC M điểm thuộc miền tam giác. Gọi S1, S2, S3 diện tích tam giác MBC, MCA, MAB Chứng minh
1
S MA S MB S MC .
Giải:
Gọi S diện tích tam giác ABC, từ M ta dựng hai đường thẳng song song với AB AC, cắt AB B’ AC C’
Biểu thức cần chứng minh biến đổi dạng
2
S S
AM AB AC
S S (*) Ta có: AM = ' '
AB AC
= AB'AB AC'AC
AB AC
(8)Dễ chứng minh
( ) 2 ( ) 3
' ' ' '
;
MAC MAB
BAC CAB
S S S S
AB MC AC MB
AB AB S S AC AC S S
nên ta có điều phải chứng minh (*)
Nhận xét 7: Bài toán mở rộng không gian xét cho tứ diện bất kì 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 thể tích tứ diện OBCD, OCDA, OABD và
OABC Chứng minh V OA V OB V OC V OD1 0
Giải:
Tương tự toán mặt phẳng ta biến đổi đẳng thức cần chứng minh dạng
3
2 V
V V
AO AB AC AD
V V V
(Với V thể tích tứ diện) Từ ta định hướng giải tốn
bằng cách dựng hình hộp nhận AO làm đường chéo ba cạnh kề nằm ba cạnh tứ diện xuất phát từ A (hình bên)
Ta có
AM AS AP
AO AB AC AD
AB AC AD
Có
2
OK dt ACD V
AM OR OK
AB AB BH BH dt ACD V Tương tự ta có
3
2 , V
V
AS AP
AC V AD V nên ta có đpcm
Bài tốn 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 về kiến thức cách chứng minh, ta mở rộng tính chất khơng gian cách chứng minh tương tự hình học
phẳng sao? Ta có tốn mở rộng:
Bài toán 8': Chứng minh điều kiện cần và đủ để tứ diên có cạnh tiếp xúc với mặt cầu tổng cạnh đối diện
(9)Giả sử có mặt cầu tiếp xúc với cạnh tứ diện ABCD điểm như 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 đó 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) đường
tròn nội tiếp ABC M, N, P (C2) đường tròn nội tiếp BCD M' , E ,
F hình vẽ
- Trước hết ta chứng minh M M' Thật vậy, theo cơng thức tính khoảng cách từ đỉnh C đến tiếp điểm M' cạnh BC với đường tròn (C1) nội tiếp tam
giác ta có '
BC CA AB
CM
; tương tự ta có
BC CD DB
CM
Giả thiết CM' = CM M' M - Dễ chứng minh trục (C1)
(C2) nằm mặt phẳng qua M và
vng góc với BC , không song song với nên trục cắt điểm O , dễ dàng chứng minh các đoạn thẳng OM , ON , OP , OF , OE vng góc với cạnh tương ứng Từ suy mặt cầu qua M , N , E , F có tâm O đồng thời tiếp xúc với 5 cạnh BC , CD , DB , BA , CA tứ diện - Lập luận tương tự ta thay M bởi E ta có mặt cầu qua M , N , E , F cũng 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 đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác Chứng minh ta ln có R 2r
Chứng minh : (Bài tốn có nhiều cách chứng minh, xin đưa cách chứng minh để dùng tưong tự khơng 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 đường 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
(10)
Như VG1/ 2: O O1
, O1đi qua trung điểm ba cạnh ABC.
1
1
: k A
V O O với < k
1 O2tiếp xúc với cạnh BC, có điểm
chung với cạnh CA, AB.
2
2
: k B
V O O với < k
2 O3 tiếp xúc với cạnh BC, CA có
điểm chung với cạnh AB
3
3
: k C
V O O với < k
3 O4tiếp xúc với ba cạnh BC, CA,
AB nên O4 đường tròn nội tiếp tam giác.
Thực liên tiếp phép vị tự ta có
1
2
r k k k R R (vì < k3 , k3 ,k3 1) điều phải chứng minh
Dấu "=" xảy A1 A2 A3 A4 ; … ABC tam giác
(11)có cách chứng minh tương tự hình học không 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 ln có MA + MB + MC + MD 4R
Giải : Gọi G trọng tâm tứ diện , Dễ thấy GA = GB = G C = GD = R và
0
GA GB GC GD
Với điểm M ta có
MA.R = MA.GA
2
MA GA MG GA GA MG GA R
+
MA R MG GA R
+
Tương 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 suy MG
phải phương với véc tơ không phương 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 hình vẽ ( thực chất xét phép quay tâm A góc quay 900 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 min.
Khi MA + MB + MC đạt , giả sử M T , M' T' ATT' tam giác nên
1200
ATB , đồng thời tứ giác ATCC' nội tiếp
nên ta có ATC 1200 T nhìn cạnh góc1200 nên T giao điểm 2
cung chứa góc 1200 cạnh ( phía với đỉnh lại Điểm T vậy
gọi điểm Tơri xenli tam giác, vị trí T xác định
C' B
A C
M
(12)Cách : Gọi T điểm thoả mãn
TA TB TC
TA TB TC
(*), M điểm bất kì Chứng minh MA + MB +
MC TA + TB + TC nên MA + MB + MC nhỏ M T ( xem cách chứng minh tương tự không gian )
- Chú ý điều kiện (*)
TA TB TC
TA TB TC
bình phương vế rút gọn
1
cos ;
2
TA TB T nhìn AB góc 1200 , tương
tự ta có T nhìn BC , CA dưới góc 1200.
Bài tốn 10''': Trong khơng gian cho tứ diện ABCD , gọi T điểm
sao cho
TA TB TC TD
TA TB TC TD
(**) , M điểm
Chứng minh MA + MB + MC + MD TA + TB + TC + TD Chứng minh : Với điểm M ta ln có
MATA MA TA = MT TA TA + MT TA TA
TA
MA MT TA
TA
Hoàn tồn tương tự ta có
.TB
MB MT TB
TB ; TC
MC MT TC
TC ; TD
MD MT TD
TD
cộng bất đẳng thức sử dụng (**) ta :
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
TA TB TC TD
TA TB TC TD
(**)
TA TB TC TD
TA TB TC TD
bình phương vế ta suy T nhìn cạnh đối diện góc Bài tốn 10"": Cho hình chóp S.ABC có cạnh đáy a , cạnh bên a 3, gọi O điểm nhìn cạnh góc
(13)2) M điểm khơng gian , chứng minh
4
a MA MB MC MD
(Tương tự đề thi HSG Quốc gia năm 1999) Lời giải :
1) Đặt véc tơ đơn vị có gốc O hình vẽ , tứ diện S'A'B'C' có độ dài cạnh -2cos nên tứ diện tâm O mặt cầu ngoại tiếp cũng trọng tâm tứ diện
' ' ' '
OS OA OB OC
O (*)
OS' OA'OB'OC'
Bình phương vế ta = + + + 6cos cos = -1/3
2) áp dụng định lí sin cho tam giác SOA , SOB ,
SOC ta có OA , OB , OC nghiệm dương phương trình : 3a2 = x2 + SO2 - 2x.SO.cos x2 - 2x.SO.cos - (3a2 - SO2 ) = 0
nên chúng (PT có nghiệm dương) O nằm đường cao SH hình chóp S.ABC OA = OB = OC Từ (*) ta có O điểm T tốn nên MA + MB + MC + MD OS + 3OA
Trong SHA , OHA (vng) có
3
a AH
;
3
: sin
3
a a
AO AOH
6
.cos
4 12
a a
HO OA AOH
;
2
a SH
2 6
3 12 12
a a a
SO SH HO
Từ MA + MB + MC + MD OS +3OA =
7 6
12
a a a
(ĐPCM) Bài toán 11 : Trên cạnh góc xOy có điểm M ,
N thay đổi cho
a b
OM ON , a , b là các độ dài cho trước Chứng minh M N đi qua điểm cố định
F E
y x
B A
N M
(14)Chứng minh : Trên tia Ox , Oy đặt đoạn OA = a , OB = b ; gọi E là trung điểm AB F giao điểm OE với MN , ta có
1
2
OF OF
OF OE OA OB
OE OE
OF OA OB
OF OM ON
OE OM ON
Mà F , M , N thẳng hàng nên có biểu thị dạng : OF kOM lON
với k + l = 2
OF OA OF OB
OE OM OE ON
1
OF a b
OE OM ON
OF = OE F điểm thứ tư hình bình
hành OAFB ) Bài tốn 11' :
Hai điểm M , N thứ tự thay đổi nửa đường thẳng chéo Ax, By
sao cho
a b
AM BN ( a, b độ dài cho trước ) Chứng minh MN luôn cắt đường thẳng cố định
Giải : Dựng tia Bx' // Ax , lấy M' trên Bx' cho MM'//AB ; Bx' , By đặt các đoạn BA' = a , BB' = b Từ giả thiết
1
' '
a b
BM BB , theo kết ta có M'N ln qua điểm cố định I ( đỉnh thứ tư hình bình hành BA'IB')
Xét đường thẳng qua I // MM' (//AB) , dễ thấy đường thẳng cố định cắt MN
Bài toán 11'' :
Trên tia Ox , Oy , Oz tương ứng có điểm M , N , P thay đổi cho có
1
a b C
OM ON OP , a , b , c các độ dài cho trước Chứng minh mp(MNP) qua điểm cố định
Chứng minh : Cách chứng minh tương tự bài toán 11'
y x' x
b a
I
N M'
M
B' A'
B A
z
y x
F G
P
N M
C
B A
(15)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 toán 12 :
Cho tam giác ABC có độ dài cạnh BC = a , CA = b , AB = c Từ các đỉnh A, B, C làm gốc ta dựng véc tơ đơn vị e e e1, ,2
tương ứng ngược chiều với véc tơ đường cao AH BH CH1, 2,
Chứng minh :
1
ae be ce
Bài toán 12' :
Cho tứ diện ABCD có diện tích mặt đối diện với đỉnh A , B , C , D tương ứng SA , SB , SC , SD Từ đỉnh A , B , C , D làm gốc ta dựng các
véc tơ đơn vị e e e e1, , ,2
tương ứng ngược chiều với véc tơ đường cao 1, 2, 3,
AH BH CH DH
Chứng minh S eA 1S eB S eC 3S eD 0
Chứng minh : Đặt S eA 1S eB S eC S eD x
x AB S eA 1S eB S eC S e AB S e AB S e ABD 4 A B
= SA AB cos( - ) + SB 1.BA cos = - SA AH1 + SB AH2
= -VABCD + VABCD =
xAB
tương tự ta có x AC
, x AD
x vng góc với véc tơ không đồng phẳng
0
x
(nếu ngược lại qua A có 2 mặt phẳng vng góc với đường thẳng có phương x)
Bài tốn 13:
Cho tam giác ABC có trọng tâm G , nội tiếp đường tròn (O). Chứng minh A = 900
1
OG OA
Chứng minh : Gọi A' điểm đối xứng với A qua O ta có
1
OG OA
1 '
GA GA
1 '
AI BA
(16) AC BA '
tứ giác ACA'B hình bình hành (nội tiếp đường trịn) tứ giác ACA'B hình chữ nhật tam giác ABC vuông A
Bài toán 13' :
Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G , nội tiếp mặt cầu (O) , ta có góc tam diện đỉnh A góc tam diện vng
1
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 đường chéo AA' của hình hộp ( đường kính mặt cầu) qua trọng tâm G' tam giác BCD
1
' '
3
AG AA
(Bài tập SGK 11)
2 '
3
AG AO
mà
3 '
AG AG
( tính chât trọng tâm) nên
1
AG AO
1
OG OA
1
OG OA
Điều kiện đủ : Giả sử tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu (O) có
1
OG OA
, gọi I trung điểm của CD , D' điểm đối xứng D qua O , G' là trọng tâm BCD
Từ
1
OG OA
,
3 '
AG AG
(tính chất trọng tâm)
1
' '
2
G O G A
mà
1
' '
2
G I G B
nên
1
OI BA
D C' 2OI BA
tứ giác ABD'C hình bình hành ( có đỉnh nằm mặt cầu)
tứ giác nội tiếp đường tròn tứ giác ABD'C hình chữ nhật nên BAC 900
Chứng minh tương tự ta có CAD 90 ;0 DAB 900 góc tam diện đỉnh A tam diện vng
MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC
(liên hệ hình học phẳng với hình học khơng gian ngược lại) Bài toán 14 :
D'
G I
G '
D
C
B A
(17)Cho ABC với trọng tâm G
a) Chứng minh rằng, với điểm M ta có
2 2 3 2 2
MA MB MC MG GA GB GC
b)Tìm quỹ tích điểm M cho MA2 MB2 MC2 k2(k độ dài cho trước)
Bài toán 14':
Cho tứ diện ABCD trọng tâm G a) Chứng minh rằng, với điểm M ta có:
2 2 4 2 2
MA MB MC MD MG GA GB GC GD . b) Tìm quỹ tích M cho MA2 MB2 MC2 MD2 k2(k độ dài cho trước)
Bài toán 15' :
Chứng minh tổng bình phương độ dài hình chiếu cạnh tứ diện mặt phẳng 4a2.
Bài toán 16' :
Chứng minh bốn điểm A, B, C, D thuộc cạnh MN, NP, PQ, QM tứ diện MNPQ; đồng phẳng khi
AM BN CP DQ
AN BP CQ DM .(Định lí Mênêlẳyt khơng gian). Bài tốn 17 :
Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn: Các đường 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 tính chất, cách chứng minh,… mở rộng, liên hệ với cách lơgic giúp cho việc dạy học tốn 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 tốn Trường THPT chun Lam Sơn, tơi vận dụng kiểu tư để dạy cho nhiều đối tượng, 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 hướng ngược lại
(18)của 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
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 17 tháng năm 2013
Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người
khác
(Ký ghi rõ họ tên)