sáng kiến kinh nghiệm dự thi 37

3 BÁO CÁO SÁNG KIẾN I ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN Từ buổi sơ khai xã hội lồi người, tốn học ln gắn liền với lĩnh vực đời sống kiến trúc, hội hoạ, khoa học…và hầu hết lĩnh vực tốn học, hình học nói chung ln giữ vị trí đứng đầu sở ngành kiến trúc, nghệ thuật toán học ứng dụng Cũng lịch sử phát triển tiếp xúc với hình học từ sớm Các khái niệm điểm, đường thẳng, đoạn thẳng đề cập đến tiểu học Hình học trải dài đến tận năm cuối cấp Trung học phổ thông (THPT) theo đến năm đại học, điều khẳng định vai trò quan trọng hình học tốn học đời sống xã hội Đồng thời với phát triển tốn học, hình học phát triển khơng ngừng Liên tiếp kết phát kĩ thuật khám phá Chính thế, việc bắt kịp kiến thức hình học cần thiết quan trọng, với hình thức thi Tốt nghiệp THPT việc bớt ngắn thời gian hoàn thành câu trắc nghiệm quan trọng Đây lý tơi nghiên cứu sáng kiến “ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ MENELAUS, ĐỊNH LÝ CEVA GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN TRONG CHƯƠNG TRÌNH TRUNG HỌC PHỔ THƠNG” Sáng kiến đưa định lí hình học Menelaus Ceva; ứng dụng mở rộng áp dụng hình học phẳng hình học khơng gian chương trình THPT Đặc biệt giai đoạn đổi toàn diện giáo dục nước ta qua sáng kiến hy vọng tài liệu tham khảo bổ ích cho thầy cô em học sinh nghiên cứu nhằm đáp ứng tốt cho kì thi Tốt nghiệp THPT kì thi chọn học sinh giỏi cấp Mỗi tốn tơi đưa sáng kiến có hướng dẫn, gợi ý dụng ý sư phạm cần thiết giúp em dễ hiểu khai thác mở rộng vấn đề hình học liên quan II MƠ TẢ GIẢI PHÁP Mơ tả giải pháp trước tạo sáng kiến Các tốn chủ đề hình học khơng gian mảng kiến thức quan trọng chương trình tốn học phổ thơng, thường gặp kì thi THPT Quốc gia; thi Đại học (theo chương trình cũ) thi Tốt nghiệp THPT (như nay); thi học sinh giỏi cấp Mặc dù học sinh cọ sát phần nhiều song phần lớn em thường lúng túng trình tìm cách giải toán vận dụng vận dụng cao Nguyên nhân là: Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang Thứ nhất, tốn hình học khơng gian mảng kiến thức phong phú khó, địi hỏi người học phải có tư tưởng tượng sâu sắc, có kết hợp nhiều mảng kiến thức khác nhau, có nhìn nhận nhiều phương diện Thứ hai, hầu hết học sinh quen với tư hình học phẳng lâu nên chuyển sang hình học không gian em thường ngại tư duy, ngại vẽ hình, lúng túng khơng biết áp dụng kiến thức hình học phẳng vào khơng gian nào? Thứ ba, định lý Menelaus Ceva học sinh học hình học phẳng bậc THCS có nêu sách tập hình học 10 bậc THPT hầu hết thầy ngại khó nên khơng phân tích, hướng dẫn cho học sinh thói quen đề thi giai đoạn trước với hình thức tự luận thi vào Do chuyển sang hình thức kiểm tra, đánh giá thi cử bỏ qua dù phần Chính gặp tốn hình học khơng gian có liên quan em loay hoay với kiến thức hình học phẳng, áp dụng nhiều bước xử lý toán mà quên định lý Menelaus định lý Ceva có ứng dụng thú vị giúp ta giải đơn giản hơn, góp phần rút ngắn thời gian câu hỏi Mô tả giải pháp sau có sáng kiến Sáng kiến kinh nghiệm chủ đề năm gần thực thi THPT Quốc gia hay thi Tốt nghiệp THPT mơn Tốn hình thức trắc nghiệm kì thi chọn học sinh giỏi Cái phân loại phát triển dạng có tính chất xun suốt chương trình bám vào kĩ thuật quen thuộc, phù hợp với tư học sinh Thêm vào đó, với tốn có phân tích lơgic, có tổng qt trang bị thêm cho em số kỹ thuật suy luận nhanh em hiểu chất tốn Thơng qua việc làm thường xuyên này, học sinh thích nghi cách tốt, có tư sáng tạo, có lực làm tốn tạo toán Học sinh thường hiểu sâu thích nghi học phần này, rút ngắn thời gian làm câu trắc nghiệm mức độ vận dụng, vận dụng cao Trong sáng kiến này, xin đưa việc phân loại áp dụng định lý Menelaus định lý Ceva theo số dạng toán nhằm đáp ứng cho kì thi Tốt nghiệp THPT kì thi chọn học sinh giỏi cấp Sau xin trình bày nội dung sáng kiến: 2.1 Một số kiến thức bổ trợ liên quan Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 2.1.1 Định lý sin cosin tam gác: Cho tam giác ABC có R bán kính đường trịn ngoại tiếp Khi đó, ta có: Định lý sin tam giác: BC AC AB    2R sin A sin B sin C Định lý cosin tam giác: BC  AB  AC  2AB.AC cos A AC  BA2  BC  2BA.BC cos B AB  CA2  CB  2CACB cosC 2.1.2 Cho tam giác ABC , B ',C ' điểm đường AB, AC Khi đó: S AB 'C ' AB ' AC '  S ABC AB AC 2.1.4 Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B, chiều cao h V  B.h 2.1.3 Thể tích khối chóp có diện tích đáy B, chiều cao h V  B.h 2.1.5 Cho khối chóp S ABC có A ', B ',C ' thuộc đường SA, SB, SC Khi đó, ta có: VS A ' B 'C ' SA ' SB ' SC '  VS ABC SA SB SC Chú ý: Tỷ số thể tích áp dụng cho khối chóp tam giác, cịn khối chóp tứ giác, ngũ giác,…khơng áp dụng cơng thức nên làm ta phải phân chia khối chóp tam giác để sử dụng 2.1.6 Nếu chia khối đa diện H  tích V thành khối đa diện H , H , , H  tích tương ứng V ,V , ,V n n ta có: V  V1 V2  Vn 2.2 Định lý Menelaus Cho tam giác ABC có điểm D, E , F theo thứ tự nằm đường thẳng BC ,CA, AB Khi D, E , F thẳng hàng FA DB EC  FB DC EA Chứng minh: Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang Phần thuận: Sử dụng định lý sin tam giác AEF , BDF ,CDE ta được:  DB  EC  FA sin AEF sin BFD sinCDE  ;  ;   FB  DC  EA sin AFE sin BDF sinCED   sinCED , sin BFD   sin AFE , sinCDE   sin BDF  nên nhân Do sin AEF vế lại ta được: FA DB EC FA DB EC 1  FB DC EA FB DC EA Phần đảo: Gọi FD  AC  E1  Do EC EA  E1C E1A FA DB EC FA DB E1C  1 FB DC EA FB DC E1A  E  E1 Vậy ba điểm D, E , F thẳng hàng Chú ý: + Định lý Menelaus mở rộng cho đa giác lồi n cạnh + Định lý Menelaus có nhiều ứng dụng giải toán Nhiều định lý tiếng chứng minh cách dễ dàng nhờ định lý Menelaus định lý Ceva, Pascal, Desargues Ví dụ Cho sáu điểm A, B,C , D, E , F điểm nằm đường trịn (có thể khơng xếp theo thứ tự trên) Gọi P  AB  DE ,Q  BC  EF R  CD  FA Chứng minh ba điểm P,Q, R thẳng hàng Hướng dẫn: Gọi X  EF  AB,Y  AB  CD, Z  CD  EF Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang Áp dụng định lý Menelaus cho BC , DE , FA (đối với tam giác XYZ ), ta có: ZQ XB YC XP YD ZE YR ZF XA    XQ YB ZC YP ZD XE ZR XF YA Nhân vế áp dụng tiếp định lý Menelaus ta QZ PX RY  QX PY RZ Do ba điểm P ,Q, R thẳng hàng Bài tập áp dụng: Bài Điểm P nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC , A1, B1,C chân đường vng góc hạ từ P xuống BC ,CA, AB Chứng minh A1, B1,C thẳng hàng Bài Trong tam giác vuông ABC kẻ đường cao CK từ đỉnh góc vng C , cịn tam giác ACK kẻ đường phân giác CE Gọi điểm D trung điểm đoạn AC , F giao điểm đường thẳng DE CK Chứng minh BF song song với CE Bài Các đường thẳng AA1, BB1,CC đồng quy điểm O Chứng minh giao điểm đường thẳng AB A1B1 , BC B1C 1, CA C 1A1 nằm đường thẳng Bài Cho hai tam giác ABC , A ' B 'C ' Nếu đường thẳng AA ', BB ',CC ' đồng quy điểm O, điểm P ,Q, R thẳng hàng, P  BC  B 'C ',Q  CA  C ' A ', R  AB  A ' B ' Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 2.3 Định lý Ceva Cho tam giác ABC , gọi D, E, F nằm cạnh BC ,CA, AB Chứng minh mệnh đề sau tương đương: (i) AD, BE ,CF đồng quy điểm  sin BCF  sinCAD  sin ABE (ii)   sin EBC  sin FCA  sin DAB (iii) DC FB EA  1 DB FA EC Chứng minh: + Giả sử (i) đúng, ta chứng minh (ii) đúng: Gọi P giao điểm AD, BE,CF Theo định lý sin tam giác ADP , ta   sin ABE sin ABP AP có:   1   BP sin DAB sin BAP  sin BCF BP Tương tự, ta có:  2  CP sin EBC Nhân vế (1), (2), (3) ta (ii) + Giả sử (ii) đúng, ta chứng minh (iii) đúng: Theo định lý sin tam giác ABD   CD sin ADB AB sin CAD  ;    CA DB sin ACD sin BAD  sin CAD AB CD   Do đó:  , BDA  ADC  CA DB sin BAD  Sáng kiến kinh nghiệm  sin CAD CP   AP sin FCA 3 tam giác ACD ta có:  1800  (4) Bùi Đức Quang  sin BCF CA BF Tương tự, ta có:   BC FA sin FCA  sin ABE BC AE (5)  (6)  AB EC sin EBC Nhân vế (4), (5), (6) ta (iii) + Giả sử (iii) ta chứng minh (i) đúng: Ta gọi P  CF  BE , D1  AP  BC Do AD1, BE ,CF đồng qui nên (iii), ta có: FA EA D1C FA EC D1B  1 Hơn theo giả thiết (iii) DC DC FB EA DC  1    D  D1 DB FA EC D1B DB Do AD, BE ,CF đồng quy điểm P tức (i) chứng minh Như định lý chứng minh Nhận xét: Với định lý Ceva, ta chứng minh đường trung tuyến, đường cao, đường phân giác tam giác đồng quy điểm Các điểm trọng tâm G , trực tâm H , tâm đường tròn nội tiếp tam giác I Nếu đường tròn nội tiếp tam giác ABC cắt AB, BC ,CA F , D, E Khi đó, ta có: AE  AF , BF  BD,CD  CF Bằng định lý Ceva, ta chứng minh AD, BE ,CF đồng quy điểm, điểm gọi điểm Gergonne (Ge) tam giác ABC (hình dưới) Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 10 Lưu ý: Định lý Ceva suy rộng giao điểm nằm tam giác ABC mà khơng thiết phải nằm Vì vậy, điểm D, E , F nằm ngồi cạnh BC ,CA, AB hình Ví dụ sau cho thấy rõ tác dụng định lý Ceva Ví dụ [IMO 2001 Short List] Cho điểm A1 tâm hình vng nội tiếp tam giác nhọn ABC có hai đỉnh nằm cạnh BC Các điểm B1,C tâm hình vng nội tiếp tam giác ABC với cạnh nằm AC AB Chứng minh AA1, BB1,CC đồng quy Hướng dẫn: Gọi A2 giao điểm AA1 BC Các điểm B2,C xác định tương tự   SA1 sin SAA SA1 sin BAA Theo định lý sin, ta có:  hay    AA1 AA sin ASA sin 45  B 1  TA1 sin CAA Tương tự:   AA1 sin 45  C  Sáng kiến kinh nghiệm   sin 45  C  AA hay    TA1  sin CAA Bùi Đức Quang 11       sin 45  C sin BAA AA1 SA1 Do đó, ta được:   (1)   TA AA sin CAA 1 sin 45  B Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta được:    sin 450  B  sin 450  A sin BCC sin ABB 2  (2)      sin ACA2 sin 45  A sinCBB2 sin 450  C         (3) Nhân vế (1), (2), (3) kết hợp định lý Ceva ta điều chứng minh Bài tập áp dụng: Bài Qua điểm A D nằm đường tròn kẻ đường tiếp tuyến, chúng cắt điểm S Trên cung AD lấy điểm A C Các đường thẳng AC BD cắt điểm P , đường thẳng AB CD cắt điểm O Chứng minh đường thẳng PQ chứa điểm O Bài Trên cạnh tam giác ABC phía ngồi ta dựng hinh vuông Gọi A1, B1,C thứ tự trung điểm cạnh hình vng nằm đối với cạnh BC ,CA, AB Chứng minh đường thẳng AA1, BB1,CC đồng quy Bài Trên cạnh BC ,CA, AB tam giác ABC lấy điểm A1, B1,C cho đường thẳng AA1, BB1,CC đồng quy điểm Gọi đường thẳng AA2, BB2,CC tương ứng đối xứng với đường thẳng AA1, BB1,CC qua đường phân giác tương ứng Chứng minh AA2, BB2,CC đồng qui Sau đây, xin đưa số dạng tốn hình học khơng gian có áp dụng hai định lý Hy vọng thầy cô em vận dụng hiệu giảng dạy kiểm tra đánh giá theo hình thức nay: 2.4 Một số dạng tốn liên quan hình học không gian Dạng 1: Chứng minh ba đường thẳng đồng qui ba điểm thẳng hàng Ví dụ Cho tứ diện ABCD Gọi M , N trung điểm AC , BD Cho E điểm đối xứng C qua D Mặt phẳng EMN  cắt BC , AD P ,Q a) Chứng minh AB, MP, NQ đồng quy b) Chứng minh MN qua trung điểm J PQ Hướng dẫn: Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 12 a) Gọi S giao điểm AB, MP Ta chứng minh N ,Q, S thẳng hàng Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ACD với ba điểm thẳng hàng M ,Q, E ta QD MA EC QD 1  QA MC ED QA 1 Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác BCD với ba điểm thẳng hàng P , N , E ta PC NB ED PC 1  PB ND EC PB Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC với ba điểm thẳng hàng SA PB MC  SB PC MA PC SA Mà MA  MC  nên 2 2 PB SB Từ (1), (2) xét tam giác ABD với ba điểm N ,Q, S M , P, S ta ta có QD SA NB  2.1  Theo định lí Menelaus ta có N ,Q, S thẳng hàng QA SB ND Dẫn đến AB, MP , NQ đồng quy b) Gọi J giao điểm MN , PQ Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 22 Do MN đường trung bình tam giác ABD nên I trung điểm DO DI  IB Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác SBD ta có: Suy BR PS BI BR SR 1    RS PD ID RS SB Ví dụ Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành tâm O Gọi M , N điểm nằm cạnh AB, AD cho BM NC PD  ,  Gọi P điểm cạnh SD cho  J MA BN PS SJ giao điểm SO với MNP  Tính SO 10 A B C D 11 11 Hướng dẫn: Đáp án A S D A M J K O I B N C Theo giả thiết ta chứng minh được: BA BC 2BO BO OI OI    4 4 2    BM BN 2 BI BI BO OD Áp dụng định lý Menelaus tam giác SOD ta có: IO PD JS JS SJ 10 1  10   ID PS JO JO SO 11 Nhận xét: Qua ví dụ ta thấy học sinh trang bị hiểu kiến thức hai định lý em vượt qua thách thức tốn đề cách nhanh chóng, giảm thiểu thời gian tư hình học khơng gian cách nhanh giúp đáp ứng tốt với việc đổi hình thức kiểm tra đánh giá Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 23 Ví dụ sau minh chứng cho điều đó, việc tính nhanh yếu tố độ dài đoạn thẳng hay tỉ số đoạn thẳng giúp em tiếp cận tốt với vấn đề đặt mà liên quan đến Ví dụ Cho hình chóp tam giác S ABC có cạnh đáy AB  a , cạnh bên SA  b Gọi M , N trung điểm AB SC Một mặt phẳng  thay đổi quay xung quanh MN cắt cạnh SA BC theo thứ tự P Q không trùng với S a) Chứng minh b) Xác định tỉ số AP b  BQ a AP cho diện tích MNPQ nhỏ AS Hướng dẫn: a)  Nếu   song song với SB : b AP b Dễ thấy P,Q trung điểm SA BC    BQ a a  Nếu  khơng song song với SB : Khi , SAB , SBC  đôi cắt theo giao tuyến MP, NQ, SB đồng quy D Theo định lí Menelaus cho SAB SBC Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 24 DB PS MA 1 DS PA MB DB NS QC 1 DS NC QB Chia (1) cho (2) vế với vế ta có:  (1) (2) PS MA NC QB AP BQ 1  PA MB NS QC PS QC AP PS AP  PS SA b     BQ QC BQ  QC BC a AP  k 0  k  1 AS BQ AP BQ AP BQ AP Ta có      K QC PS QC  BQ PS  AP BC AS Gọi R,G , I trung điểm PQ, MN , SB  G trọng tâm tứ diện SABC         Ta có: 2MR  MA  AP  MB  BQ  k AS  BC  2kMN  M , N , R b) Đặt  thẳng hàng  R  MN  PQ  S MNP  S MNQ   1 S MNPQ  S 2 (Đặt S  S MNPQ )  S  2S MNP  MN d (P ; MN )  Gọi O tâm ABC  SO  (ABC ) G  SO; kẻ GK  SA K ( K cố định) GK  SA Ta có:   IM  GK (1)  IM / /SA  BC  AO Mặt khác:   BC  (SAO )  BC  GK  BC  SO  Mà IN / /BC  IN  GK (2) Từ (1),(2) suy GK  (IMN )  GK  MN Vậy GK đoạn góc chung SA, MN  d (P ; MN )  GK  S  MN d (P ; MN )  MN GK  MinS  MN GK * Ta xác định k  P K AP AK  AS AS Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 25 SK SG SG SO 3SO   SK   SO SA SA 4SA 2 2 SK 3SO 3b  a SA  AK 3b  a AK a  b2   ,  k   SA SA AS 4SA2 4b 4b 4b KSG ~ OSA  Dạng 4: Tính thể tích tỉ số thể tích khối đa diện Ví dụ Cho khối tứ diện ABCD cạnh a Gọi E điểm đối xứng với A qua D Mặt phẳng qua CE vng góc mặt phẳng ABD  cắt cạnh AB điểm F Tính thể tích V khối tứ diện AECF 2a 2a 2a 2a B V  C V  D V  30 60 40 15 Hướng dẫn: Chọn đáp án D Gọi M trung điểm AD, H trọng tâm tam giác ABD Vì Tứ diện nên A V  CH  ABD   H  CEF   F  EH  AB Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABM với ba điểm thẳng hàng HB EM FA FA FA 2   1   AF  AB HM EA FB FB FB S AE AF Hơn AE  2AD  AEF   nên ta có: S ABD AD AB F, H , E  4 a3 a3 VAFCE  VABCD   5 12 15 Nhận xét: Với toán liên quan đến thể tích khối đa diện, đặc biệt liên quan đến tỷ số thể tích việc áp dụng định lý thấy hiệu Cụ thể ta tiếp tục xét dụ sau: Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 26 Ví dụ Một khối tứ diện S ABC cạnh a Mặt phẳng P  qua S trọng tâm tam giác ABC cắt cạnh AB, AC M , N Đặt m A VS AMN , tìm GTNN m VS ABC B C D Hướng dẫn: Chọn đáp án C Ta có m  VS AMN S AM AN AM AN  AMN  , đặt x  ,y  x, y  0;1 VS ABC SABC AB AC AB AC   Suy m  xy Gọi O trọng tâm tam giác ABC , D trung điểm AB Giả sử AM  AD đặt AB  a Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ACD với ba điểm thẳng hàng M ,O, N ta có MD OC NA 1 MA OD NC a 2 ya   2x  1 y  x 1  y  xa a  ya xa   3xy  x  y  xy  m  xy  Kết luận: Chọn đáp án C Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 27 Ví dụ Cho tứ diện ABCD , cạnh BC , BD, AC lấy điểm BN , AC  2AP Mặt phẳng MNP  chia V khối tứ diện ABCD thành hai phần tích tương ứng V1,V2 Tính tỉ số V2 M , N , P cho BC  3BM , BD  A V1 26  V2 19 B V1  V2 19 C V1 15  V2 19 D V1  V2 Hướng dẫn: Chọn đáp án A Trong BCD  gọi E  MN  CD Trong ACD  gọi Q  AD  PE Khi thiết diện hình chóp cắt mặt phẳng MNP  tứ giác MNPQ Áp dụng định lí Menelaus tam giác BCD ta có: MB EC ND EC EC 1 1  MC ED NB ED ED Áp dụng định lí Menelaus tam giác ACD ta có: PA EC QD QD QD   1.4 1  PC ED QA QA QA Chia khối đa diện ta có: VABMNQ  VABMN VAMNP VANPQ +) S BMN V BM BN 2 2     ABMN   VABMN  VABCD S BCD BC BD 3 VABCD 9 +) VAMNP AP 1    VAMNP  VAMNC VAMNC AC 2 Hơn  +) d N ; BC  MC S NMC NB MC 2     S DBC DB BC 3 d D; BC  BC VAMNC   VAMNP  VABCD VABCD 9 VAPQN VACDN Hơn  AP AQ 2    VAPQN  VACDN AC AD 5 SCND V DN 1    ACDN   VAPQN  VABCD SCBD DB VABCD 15 Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 28 Do ta được: 2 26 VABMNQ  VABMN VAMNP VANPQ  VABCD  VABCD  VABCD  VABCD 9 15 45 V 26 Gọi V1  VABMNQ ,V2 thể tích phần cịn lại Khi  V2 19 Nhận xét: Với ví dụ tứ diện hay chóp tam giác áp dụng định lý Menelaus cơng thức tỷ số thể tích phần lý thuyết Tuy nhiên với chóp tứ giác, cơng việc cần tinh ý khéo léo Cụ thể xét tiếp ví dụ sau: Ví dụ Cho hình chóp S ABCD có đáy hình bình hành tích V Gọi P điểm cạnh SC cho SC  5SP Một mặt phẳng  qua AP cắt hai cạnh SB SD M N Gọi V1 thể tích khối chóp S AMPN Tính giá trị lớn B 15 15 Hướng dẫn: Chọn đáp án D A Ta có V1 V C 25 D 25 V V1 VS AMNP VS ,APN VS APM V    S ,APN  S APM V VS ABCD VS ABCD 2VS ACD 2VS ABC  V1  SP SN SP SM  SN SM          V  SC SD SC SB  10  SD SB  Đặt a  SM SN ,b  ,  a, b  SB SD Gọi O  AC  BD, SAC , AP  SO  I Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 29 Áp dụng định lý Menelaus tam giác SOC với ba điểm thẳng hàng PS AC IO IO SI 1 2  PC AO IS IS SO S SM SN Xét tam giác SBD có SMN   a.b Mặt khác, ta lại có: SSBD SB SD A, I , P ta có: SSMN S  S SNI S S  SM SI SN SI    a  b   SMI  SMI  SNI    SSBD SSBD 2SSBO 2SSDO  SB SO SD SO  1 a a  b   ab, a  không thoả mãn nên b   0  b  1 6 6a  a dẫn đến  1 a  6a   1  V 1 a   a ,   a  1 Xét f a   a    a  , a   ;1 5  V 10  6a    6a     Vậy    1  Khi f  a   1  0a  2  10  6a  1   1 1 Ta có f    ; f    ; f 1      V     Vậy max f a  f   max     V  25 1   ;1   5    Đạt M trùng B N trùng D Dạng 5: Các tốn khác Ví dụ Cho tứ diện ABCD, E nằm đoạn BC cho BC  3EC , F điểm nằm CD cho CD  3DF Gọi G giao điểm BF DE Giao tuyến hai mặt phẳng ACG  ABD  là:   A AH H thuộc BD cho BH  4HD   B AH H thuộc BD cho BH  HD   C AH H thuộc BD cho BH  4HD   D AH H thuộc BD cho BH   HD Hướng dẫn: Đáp án C Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 30 A H B D G E F C Trong BCD  , gọi H  CG  BD   Dễ thấy H thuộc đoạn BD nên BH , HD hướng Do đáp án A, D bị loại Áp dụng định lý Ceva tam giác BCD với BF , DE ,CH đồng quy ta có: EB FC HD HD HD   2.2 1   BH  4DH EC FD HB HB HB     Do BH , HD hướng nên BH  4HD Nhận xét: Qua ví dụ thấy định lý Menelaus dùng để chứng minh định lý Ceva nên việc ứng dụng định lý Menelaus áp dụng với nhiều bài, dạng toán Tuy nhiên ý cho học sinh định lý Ceva ứng dụng gặp tốn ta thấy có ứng dụng mạnh rõ rêt Nếu không sử dụng định lý Ceva để có BH  4DH không đơn giản kể với học sinh giỏi Bởi em phải kẻ vẽ hình phụ, sử dụng véc tơ hay tam giác đồng dạng… rắc rối có kết Thậm chí cịn tiềm ẩn nhiều nhầm lẫn, sai sót đặc biệt nhiều thời gian Ví dụ Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang với đáy lớn AD, E điểm thuộc mặt bên SCD  Gọi F ,G điểm thuộc cạnh AB SB Thiết diện hình chóp S ABCD cắt mặt phẳng EFG  A tam giác, tứ giác C tam giác, ngũ giác Hướng dẫn: Đáp án B B tứ giác, ngũ giác D ngũ giác Trong mặt phẳng ABCD  , gọi H giao điểm AB CD Trong mặt phẳng SAB  , gọi I giao điểm FG SH Xét trường hợp sau: Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 31 Trường hợp 1: S I J E G A D K F B C H Trong mặt phẳng SCD  , IE cắt SC J cắt đoạn CD K Ta có J  IE  EFG  nên J giao điểm EFG  với SC , K  IE  EFG  nên K giao điểm EFG  với CD EFG   ABCD   FK ; EFG   SAB   FG Ta có   EFG   SBC   GJ ; EFG   SCD   JK  Suy tứ giác KFGJ thiết diện hình chóp cắt EFG  Trường hợp 2: S I J E K G M A D F L C B H Trong mặt phẳng SCD  , IE cắt SC J cắt đoạn SD K (cắt CD điểm nằm đoạn CD ) + Trong mặt phẳng SBC  : Nếu GJ song song với BC ta có: BG CJ  GS JS Gọi T giao điểm IE với CD Áp dụng định lí Menelaus vào tam giác SBH SCH ta có Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 32 FB IH GS TC IH JS FB TC 1   FH IS GB TH IS JC FH TH Điều xảy T thuộc đoạn CD (vơ lí) Do vây GJ cắt BC , giả sử L + Trong mặt phẳng ABCD  , gọi M giao điểm LF với AD EFG   ABCD   FM ; EFG   SAB   FG  Ta có  EFG   SBC   GJ ; EFG   SCD   JK  EFG   SAD   KM  Suy ngũ giác KJGFM thiết diện hình chóp cắt EFG  Vậy thiết diện hình chóp S ABCD cắt mặt phẳng EFG  tứ giác ngũ giác Ví dụ Cho điểm M cạnh SA, N cạnh SB khối chóp S ABC có SM SN  ,  x Mặt phẳng P  qua MN song song SA SB với cạnh SC chia khối chóp thành hai khối đa diện tích Tìm x thể tích V cho 4  10 4 B x  C x  6 Hướng dẫn: Chọn đáp án B A x  D x   10 + Trong ABS  gọi E  MN  AB + Trong SAC  kẻ MQ / /SC ,Q  AC + Trong ABC  gọi P  EQ  BC Khi NP / /SC / /MQ  Sáng kiến kinh nghiệm SM CQ SN CP   ;   x SA CA SB CB Bùi Đức Quang 33 Áp dụng định lý Menelaus tam giác SAB với ba điểm thẳng hàng NB MS EA  x EA 1 1 NS MA EB x EB EA 2x AB 3x  AE 2x       EB 1x EB 1x AB 3x  V AM AQ AE 2 2x 8x Ta có A.EMQ    VAEMQ  V VA.BSC AS AC AB 3 3x  3x  1 N ,M, E  1x 1  x  V V BN BP EB Lại có B NPE   1  x   VBNPE  VB SCA BS BC BA 3x  3x  1  x  8x  V V  V 3x  3x  1 Do VAMQBNP 1  x  8x    3x  3x  1  10 Ví dụ Cho tứ diện ABCD có M , N trung điểm AB,CD x  P điểm thuộc cạnh BC ( P không trung điểm BC ) a) Thiết diện tứ diện bị cắt MNP  A tam giác B tứ giác C ngũ giác D lục giác b) Gọi Q giao điểm MNP  với AD, I giao điểm MN với PQ Mệnh đề sau đúng? A SMPNQ  2SMPN B SMPNQ  2S MPQ C SMPNQ  2SMPI D SMPNQ  2S PIN Hướng dẫn: a) Chọn đáp án B Do tứ diện ABCD có bốn mặt nên thiết diện khơng thể ngũ giác hay lục giác Trong ABC , gọi K  MP  AC ( P không Là trung điểm BC nên MP cắt AC ) Trong ACD , gọi Q  KN  AD Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 34 Do Q  KN  MNP   Q  AD  MNP  MNP   ABD   MQ   MNP  ABC  MP     Khi ta có:   MNP   BCD   PN  MNP   ACD   NQ  Nên thiết diện cần tìm tứ giác MPNQ b) Chọn đáp án A Áp dụng nhận xét từ ví dụ (dạng 2) ta thấy: Do bốn điểm M , N , P,Q đồng phẳng nên MA PB NC QD  MB PC ND QA PB QD  (do M , N trung điểm AB,CD ) PC QA     PB QA PB   Giả sử  k Khi BP  kPC , AQ  kQD PC QD PC     Suy BP  AQ  k CP  DQ 1    Gọi J trung điểm PQ nên ta có:         MJ  MB  BP  PJ       MJ  AQ  BP  2 MJ  MA  AQ  QJ     Chứng minh tương tự có 2NJ  CP  DQ 3   Từ (1), (2), (3) suy MJ  kNJ Điều dẫn đến M , N , J thẳng hàng Vậy I trùng J nên suy SMPNQ  2SMPN III HIỆU QUẢ DO SÁNG KIẾN ĐEM LẠI Hiệu kinh tế Kết khảo sát cho thấy trước dạy thực nghiệm, đa số học sinh chưa có kỹ vận dụng kiến thức chương trình vào số tốn hình học khơng gian mức vận dụng thấp vận dụng cao Kết học sinh đạt cịn 9, 10 chưa có Kết khảo sát sau dạy xong thực nghiệm thể rõ mức độ nắm vững kiến thức phương pháp kỹ số tốn hình học khơng gian tăng lên rõ rệt; đồng thời học sinh hiểu sâu sắc Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 35 kiến thức hình học phẳng liên quan mật thiết với hình học khơng gian Số học sinh điểm khá, giỏi tăng lên qua kỳ thi THPT Quốc gia kì thi Tốt nghiệp THPT kì thi học sinh giỏi cấp Như vậy, bước đầu sáng kiến góp phần nâng cao chất lượng học tập học sinh đem lại hiệu rõ rệt Qua sáng kiến em phần rút ngắn thời gian học để đạt kết tốt nhất, thầy cô yên tâm chất lượng học sinh, qua góp phần tạo hiệu định kinh tế cho học sinh, kinh tế cho xã hội kinh tế cho nhà trường giáo dục em Trong thời gian tới, sáng kiến tiếp tục áp dụng vào thực tiễn giảng dạy nhà trường mong đạt hiệu tốt đẹp đạt trình thực nghiệm Hiệu mặt xã hội Tạo cho học sinh có thói quen tổng qt, mở rộng tốn đặc biệt liên hệ tính chất hình học phẳng với hình học khơng gian tìm kết toán nhanh đáp ứng kiểm tra kì thi Thơng qua sáng kiến giúp học sinh hình thành cho em khả làm việc độc lập, sáng tạo, phát huy tối đa tính tích cực học sinh theo tinh thần phương pháp Bộ Giáo dục Đào tạo Điều quan trọng tạo cho em niềm tin, hứng thú học tập môn Qua thực tế giảng dạy chuyên đề thấy em học sinh nắm vững phương pháp, biết cách vận dụng vào tốn cụ thể mà cịn hứng thú học tập chuyên đề Khi học lớp qua lần thi THPT Quốc gia, Tốt nghiệp THPT, thi học sinh giỏi cấp số học sinh làm chủ đề liên quan cao hẳn năm trước tốt nhiều so với em không học chuyên đề Sáng kiến thân hy vọng đóng góp phần với xã hội Đặc biệt với công đổi toàn diện giáo dục đất nước Tơi hy vọng khơng đóng góp cho em, đồng nghiệp xã hội ý tưởng hay việc nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện em học sinh giai đoạn mà thân mong muốn qua sáng kiến phần thổi luồng sinh khí tốt đẹp vào thân bạn bè đồng nghiệp trường gương tự học, tự nghiên cứu tốt vận động ngành Sở Giáo dục Đào tạo Nam Định “Mỗi thầy giáo, cô giáo gương đạo đức, tự học sáng tạo” Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 36 Khả áp dụng nhân rộng Sáng kiến kiểm nghiệm năm học giảng dạy trường THPT Xuân Trường B đồng thời trình bồi dưỡng học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh Các lần thi qua năm dạy đạt kết cao, nhiều em đạt điểm giỏi, chất lượng lớp nằm tốp đầu nhà trường Điều chứng tỏ tính khả thi sáng kiến vận dụng với đối tượng học sinh lớp giảng dạy Sáng kiến hồn tồn nhân rộng tài liệu bổ ích cho giáo viên nhà trường vận dụng linh hoạt giảng dạy đại trà hay bồi dưỡng học sinh giỏi cấp ôn luyện thi Tốt nghiệp THPT Điều hy vọng đóng góp cơng sức nhỏ bé thân vào cơng đổi bản, tồn diện giáo dục nước nhà Đề tài giúp em hứng thú học tập hơn, học sinh biết vận dụng linh hoạt kiến thức, kỹ vào việc giải tập Đặc biệt tiết kiệm thời gian để em vượt qua câu hỏi chủ đề hình học khơng gian tổng hợp nhằm đáp ứng tốt với hình thức kiểm tra, đánh giá Tuy nhiên tài liệu nghiên cứu vấn đề khơng có nhiều nên sáng kiến hẳn khơng tránh thiếu xót Rất mong nhận đóng góp ý kiến thầy cô giáo bạn đồng nghiệp để sáng kiến hồn thiện V Cam kết khơng chép vi phạm quyền Tôi xin cam đoan sáng kiến khoa học thân không chép vi phạm quyền nguồn tài liệu Tôi xin chân thành cảm ơn! TÁC GIẢ SÁNG KIẾN Bùi Đức Quang CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang ... gian câu hỏi Mô tả giải pháp sau có sáng kiến Sáng kiến kinh nghiệm chủ đề năm gần thực thi THPT Quốc gia hay thi Tốt nghiệp THPT mơn Tốn hình thức trắc nghiệm kì thi chọn học sinh giỏi Cái phân... toán nhằm đáp ứng cho kì thi Tốt nghiệp THPT kì thi chọn học sinh giỏi cấp Sau xin trình bày nội dung sáng kiến: 2.1 Một số kiến thức bổ trợ liên quan Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang 2.1.1... nhiều nên sáng kiến hẳn khơng tránh thi? ??u xót Rất mong nhận đóng góp ý kiến thầy cô giáo bạn đồng nghiệp để sáng kiến hồn thi? ??n V Cam kết khơng chép vi phạm quyền Tôi xin cam đoan sáng kiến khoa