bài toán hình học phẳng.
Hình học không gian đối với học sinh lớp 11 THPT là môn học có cấu trúc chặt chẽ, có nội dung phong phú hơn so với hình học phẳng. Trong quá trình dạy học ở trờng THPT, chúng tôi nhận thấy hoạt động dạy học chuyển việc nhìn nhận một vấn đề hình học không gian sang hình học phẳng, hay việc giải bài toán hình học không gian về việc giải một hoặc nhiều bài toán phẳng là một việc làm đúng đắn. Vì đó cũng là một trong những hoạt động góp phần rèn luyện năng lực lập luận, sự sáng tạo, tính linh hoạt và khả năng liên tởng từ không gian sang phẳng nói riêng và trong bộ môn hình học nói chung của học sinh.
Trong mối liên hệ giữa hình học phẳng và hình học không gian, trên cơ sở coi mặt phẳng là một bộ phận của không gian chúng ta cần đặc biệt chú trọng "tách" bộ phận phẳng ra khỏi không gian (vẽ hình, xét trên chi tiết của bài toán). Các bộ phận đợc tách ở đây có thể là mặt (mặt của khối đa diện), mặt cắt (thiết diện) hay đờng giao tuyến. Vấn đề ở chỗ các bộ phận đợc tách thể hiện giữa các yếu tố đã cho và các yếu tố cần tìm, giúp học sinh tự giải quyết đợc các yêu cầu của bài toán đặt ra.
Thông qua dạy học các chủ điểm kiến thức về khoảng cách, góc, mặt cầu hoặc thẳng hàng, vuông góc, song song, giáo viên cần chú ý rèn luyện cho học sinh năng lực quy lạ về quen, chuyển các bài toán không gian về bài toán phẳng quen thuộc, chẳng hạn: xét tiếp tuyến của mặt cầu quy về xét tiếp tuyến của đờng tròn lớn, tạo bởi mặt phẳng qua tiếp tuyến và tâm mặt cầu. Tính khoảng cách giữa các yếu tố quy về tính cạnh góc vuông của tam giác vuông hoặc tính đờng cao của tam giác vuông.
Khi giải các bài toán hình học không gian giáo viên và học sinh thờng gặp khó khăn do một số nguyên nhân sau:
- Học sinh phải có trí tởng tợng không gian cao khi đứng trớc các bài toán hình học không gian.
- Vì hình học không gian có tính trừu tợng cao nên việc lĩnh hội và sử dụng các tri thức hình học không gian là một vấn đề khó khăn thờng gặp đối với học sinh cũng nh các giáo viên.
- Học sinh quen với hình học phẳng nên khi chuyển sang hình học không gian thì học sinh khó tìm thấy các tính chất phẳng của hình phẳng. Và do sử dụng hình học phẳng từ trớc nên khi chuyển sang nghiên cứu của hình
b c d a A1 o B1 D1 C1 G
học không gian cha biết vận dụng những tính chất riêng của hình học phẳng cho hình học không gian.
Một số bài toán không gian sự liên hệ giữa các yếu tố đã cho và kết luận còn cha rõ ràng nên học sinh cha làm quen dần với các định hớng đợc. Chính vì những lý do trên, chúng tôi đa ra một số bài toán hình học không gian nhng có thể chuyển về bài toán phẳng đề giải.
Ví dụ 1: Cho hình lập phơng ABCDA1B1C1D1. Gọi G là trọng tâm ∆A1BD. Chứng minh rằng A, G, G1 thẳng hàng.
Đây là bài toán thuộc dạng chứng minh ba điểm thẳng hàng. Nên ta có thể dùng phép chiếu song song để giải bài toán trên bằng cách chỉ ra một phép chiếu song song mà 3 điểm đó là ảnh trùng nhau hoặc chứng minh 3 điểm đó có ảnh qua phép chiếu song song là các bộ 3 điểm thẳng hàng.
+ Chọn phép chiếu song song ((A1B1C1D1), AC1) + Xác định các hình chiếu
cần thiết trên mặt phẳng chiếu. Phát biểu bài toán phẳng tơng ứng.
Ta có phép chiếu song song (A1B1C1D1), AC1)
biến
1 1
(A B C D )1 1 1 1
A,C →C .
A1C1//AO với O là tâm của ABCD. Do đó nếu lấy điểm O1 trên A1C1 kéo dài về phía C1 sao cho: C1O1 = AO thì OO1//AC1
Từ đó suy ra O →(A B C D )1 1 1 1 O 1 ⇒ A1O α A1O1 Từ giả thiết G là trọng tâm ∆BDA1
⇒ G ∈A1O sao cho A1 G = 2GO
⇒ G α G1 ∈A1O1 sao cho G1A1 = 2G1O1
Khi đó bài toán đã cho chuyển về bài toán phẳng đó là chứng minh G1≡ C1 ⇔ A1C1 = 2C1O1.
Gc c n b m d a
+ Giải bài toán phẳng đồng thời chuyển kết quả về kết luận của bài toán ban đầu. Thật vậy ta có: C1O1 = AO = 1 2.AC = 12A1C1 ⇒ C1O1 = 1 2A1C1 ⇒ G1 = C1 Vậy 3 điểm A, G, C1 thẳng hàng.
Ví dụ 2: Cho hình tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lợt là trung điểm các cạnh AB,
CD, và O là trung điểm đoạn MN. Chứng minh rằng đờng chéo AO đi qua trọng tâm G của ∆BCD.
(Đào Tam (2005), Phơng pháp dạy học hình học ở trờng THPT, NXB HĐSP Huế).
Việc chứng minh G là trọng tâm O BCD quy về chứng minh 1 GM GB 2 = (1). m a n a' g b h
Việc chứng minh G là trọng tâm ∆BCD. Quy về chứng minh GN = 1
2GB (1).
Việc chứng minh hệ thức (1) đợc tiến hành nhờ tách bộ phân phẳng (ABN) ra ngoài. Từ đó dẫn tới bài toán phẳng sau:
a
A1
o c
C1
G
"Cho tam giác ABN. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, O là trung điểm đoạn MN. Đờng thẳng AO cắt BN tại G. Chứng minh rằng GN 1GB
2 =
Việc giải bài toán này thuộc về kiến thức ở cuối cấp II. Vẽ MK//AG, sử dụng tính chất đờng trung bình của ∆ABG và ∆MKN ⇒ BK = KG = GM.
Từ đó GN 1GB 2
= .
Ví dụ trên đợc giải thông qua việc giáo viên tách bộ phận không gian ra khỏi tứ diện và đa bài toán cần giải về bài toán phẳng quen thuộc mà học sinh đã biết.
Ví dụ 3: Cho hình hộp ABCDA1B1C1D1 có các cạnh bên là AA1,BB1, CC1,
DD1. Xác định giao điểm G của đờng chéo AC1 và mặt phẳng (A1BD). Chứng minh G là trọng tâm ∆A1BD?
Giải:
Ta có: AC1 ⊂ mp(ACC1 A1), A1O//AC1 nên gọi G = AC1∩A1O
G C1 C1 D1 B1 o A1 a d c b O1
Do A1O ⊂ mp(A1BD) ⇒ G ∈ mp(A1BD)
Vậy G là giao điểm của đờng thẳng AC1 và mp (A1BD).
Để chứng minh F là trọng tâm ∆A1BD ta cần chứng minh A1G = 2GO (O là trung điểm BD). Khi đó chuyển bài toán trong không gian về bài toán phẳng sau:
"Cho hình bình hành ACC1A1. Gọi O là trung điểm AC, G là giáo điểm của cạnh AC1 và đoạn thẳng A1O. Chứng minh A1G = 2GO"
a j d n b i a1 p g q m
Thật vậy: Do AO//A1C1 ⇒ áp dụng định lý Talet ta có:
= =
1 1 1
AO AO 1
A C A G 2 (vì 2AO = AC = A1C1) ⇒ A1G = 2GO Vậy G là trọng tâm ∆A1BD.
Chú ý: Ta cũng có thể chứng minh G là trọng tâm ∆A1BD bằng cách sau:
Cách 2: Gọi G là trọng tâm ∆A1BD. Để chứng minh AC1 đi qua G ta chứng minh AC1, A1O, DO1 đồng quy (Trong đó O1 là trung điểm AB)
Ta có: AC1 làgiao tuyến của mp(ACC1A1) và mp(ADC1B1) A1O là giao tuyến của mp(A1BD) và mp(ACC1A1) DO1 là giao tuyến của mp(A1BD) và mp(ADC1B1) Mặt khác: A1O ∩DO1 = G
Vậy AC1, A1O, DO1 đồng quy tại G.
Hay giao điểm của AC1 và mp(A1BD) là trọng tâm ∆A1BD.
Ví dụ 4: Cho tứ diện ABCD.
a) Chứng minh rằng các đoạn thẳng nối trung điểm cặp cạnh đối của tứ diện cắt nhau tại một điểm.
b) Gọi A1, B1, C1 lần lợt là trọng tâm của các mặt của tứ diện tơng ứng đối diện với các điểm A, B, C, D. Chứng tỏ rằng AA1, BB1, CC1, DD1 đồng
quy tại G và 1 1 1 1 1 1 GA GB GD AA BB DD 4 1 = = =
i a j d k a1 g
a) Gọi M, N, I, J, P, Q lần lợt là trung điểm của các cạnh AB, CD, BC, AD, AC, BD.
Ta có: MJ // = 1 2BD IN // = 1
2BD
Suy ra tứ giác MJNI là hình bình hành
⇒ MN, IJ cắt nhau tại trung điểm G của chúng
Chứng minh tơng tự ta có: Tứ giác MPNQ là hình bình hành. Vậy MN, IJ, PQ đồng quy tại G.
b) ta có IJ ⊂ mp(AID) ⇒ G ∈mp(AID) Gọi A1 là giao điểm AG và ID
Ta cần chứng minh: A1 là trọng tâm ∆BCD và 1 1 GA 1 AA = 4. ta đa về bài toán phẳng nh sau:
"Cho ∆AID. Gọi J là trung điểm AD, G là trung điểm IJ.
Gọi A1 là giao điểm của cạnh ID và AG. Chứng minh rằng A1D = 2A1I và 1
1
GA 1
AA = 4"
Thật vậy: Kẻ IK // AA1 ( k ∈ID)
Khi đó: JK là đờng trung bình ∆DAA:
1 1
JK KD 1
AA =A D = 2 (1)
GA1 là đờng trung bình ∆IJK: GA1 IA1 1
JK = IK =2 (2) Từ (1) và (2) ta có: 1 1 1 1 A D 2KD A D 2IA IK 2IA = ⇒ = = 1 1 1 1 AA 2JK AA 4GA JK 2GA = ⇒ = =
⇒ 1 1
GA 1
AA = 4 .