Tổ chức dạy học giải bài tập theo hướng vận dụng quy luật lượng đổi dẫn đến chất đổi

Tiết 25: BÀI TẬP VỀ ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG I. Mục tiêu

2.3.4. Tổ chức dạy học giải bài tập theo hướng vận dụng quy luật lượng đổi dẫn đến chất đổi

Trong quá trình dạy học Toán, GV cần nắm vững quy luật biện chứng này nhằm phát hiện những bước chuyển hoá từ sự biến đổi về lượng dẫn đến sự biến đổi về chất. Thông qua các hoạt động dạy học, GV giúp HS thấy được mối quan hệ giữa “lượng” và “chất” của sự vật, từ đó các em có thể cảm nhận được sự thay đổi biện chứng đó cũng như thấy được sự chuyển hoá của các đối tượng toán học cũng như tìm được những mối liên hệ tiềm ẩn giữa kiến thức mới và kiến thức cũ.

Để thực hiện tốt điều đó, GV cần thực hiện thông qua các cách sau:

1) Làm cho học sinh hiểu được sự thay đổi về lượng và về chất trong thiết kế nội dung của chương trình SGK

Trong chương trình bộ môn Toán nói chung và chương trình Hình học 11 nói riêng, việc sắp xếp trình tự giữa các chương, giữa các bài, giữa các mục đều có mối quan hệ biện chứng hết sức chặt chẽ. Thông thường chương sau, phần sau được xây dựng dựa trên nền tảng của chương trước, phần trước. Do vậy, chúng ta phải quan tâm đúng mức tới mối quan hệ giữa các chương, các mục khác nhau trong chương trình, tạo nên sơ đồ kết nối giữa các tri thức cũ và mới.

Đồng thời, quan trọng hơn là cho các em thấy được rằng: kiến thức trong phần sau dù được kế thừa trên nền tảng kiến thức của phần trước (sự thay đổi về lượng) nhưng không chỉ dừng lại ở quan hệ “bao hàm” mà còn có thuộc tính mới hơn (thay đổi về chất), điều này sẽ giúp HS tránh được những sai lầm.

Ví dụ 2.20: Việc xây dựng hình học không gian được dựa trên cơ sở của hình học phẳng. Có thể xem hình học không gian là một sự mở rộng của hình học phẳng, cho nên chúng đồng thời có những đặc điểm chung và đặc điểm riêng.

* Sự giống nhau:

+) Qua một điểm A cho trước nằm ngoài đường thẳng a có một và chỉ một đường thẳng song song với a.

+) Hai đường thẳng cùng song song với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.

+) Đường thẳng a song song với đường thẳng b và đường thẳng b vuông góc với đường thẳng c thì đường thẳng a vuông góc với đường thẳng c.

* Những quan niệm ở hình học phẳng không còn đúng trong hình học không gian:

+) Hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.

+) Hai đường thẳng không có điểm chung thì song song với nhau.

+) Qua một điểm A không thuộc đường thẳng a có một và chỉ một đường thẳng vuông góc với a.

Mặt khác, cần xác lập những sự tương đồng về một số khái niệm ban đầu giữa hình học phẳng và hình học không gian như sau:

Mặt phẳng Không gian

Tam giác Tứ diện

Đường thẳng Mặt phẳng

Hình bình hành Hình hộp

Hình chữ nhật Hình hộp chữ nhật

Hình vuông Hình lập phương

Hai đường thẳng cùng song song với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau.

Hai mặt phẳng cùng song song với một mặt phẳng thứ ba thì song song với nhau.

Hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì song

Hai mặt phẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì song song với

song với nhau. nhau.

Đường thẳng a song song với đường thẳng b và đường thẳng b vuông góc với đường thẳng c thì đường thẳng a vuông góc với đường thẳng c.

Mặt phẳng (P) song song với mặt phẳng (Q) và mặt phẳng (Q) vuông góc với đường thẳng c thì mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng c.

Qua một điểm A không thuộc đường thẳng a có một và chỉ một đường thẳng vuông góc với a.

Qua một điểm A không thuộc đường thẳng a có một và chỉ một mặt phẳng vuông góc với a.

Trên cơ sở đó, tập cho HS quen với việc thiết lập mối quan hệ giữa hình học phẳng và hình học không gian trong quá trình giải toán. Chẳng hạn như đưa một bài toán không gian về một bài toán phẳng bằng cách tách bộ phận phẳng, hoặc để giải một bài toán hình học không gian, ta lại giải bài toán phẳng tương ứng. Nhìn một bài toán trong phẳng thì chắc hẳn dễ hơn trong không gian, vì các mối liên hệ giữa các cạnh các góc, quan hệ vuông góc,...trong một hình phẳng trực quan hơn, đơn giản hơn. Do đó việc tập cho HS cách xét tương tự trong mặt phẳng, và tách bộ phận phẳng sẽ làm cho các em thấy hứng thú hơn với việc giải toán hình học không gian.

Ví dụ 2.21: Trong SGK Hình học 11 ban cơ bản, ta có định lí: Mọi phép đồng dạng tỉ số k ( k > 0) đều là hợp thành của một phép vị tự tỉ số k và một phép dời hình.

HS có thể hiểu rằng phép dời hình là một trường hợp đặc biệt của phép đồng dạng với k = 1, điều này có nghĩa là phép đồng dạng có một số tính chất của phép dời hình như:

+ Biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia, biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng, biến tam giác thành tam giác, biến đường tròn thành đường tròn, biến góc thành góc bằng nó

+ Biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và không làm thay đổi thứ tự giữa các điểm đó

Bên cạnh đó, phép đồng dạng có các tính chất khác: Phép đồng dạng tỉ số k không bảo toàn khoảng cách giữa hai điểm bất kì mà khoảng cách được nhân lên với k, điều này sẽ kéo theo một số thay đổi:

Phép dời hình Phép đồng dạng tỉ số k Biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng

bằng nó

Biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng mà độ dài được nhân lên với k

Biến tam giác thành tam giác bằng nó

Biến tam giác thành tam giác đồng dạng với tỉ số k

Biến đường tròn thành đường tròn có cùng bán kính

Biến đường tròn có bán kính R thành đường tròn có bán kính kR

2) Thiết kế các bài tập theo hướng: Xuất phát từ một bài toán, thay đổi các giải thiết của bài (sự thay đổi về lượng), từ đó hình thành kết luận mới và quá trình giải sẽ cho HS những phương pháp mới (sự thay đổi về chất)

Ví dụ 2.22:

Bài toán 1: (Hình 2.30) Cho tam giác ABC có trọng tâm G. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để GB.GC 0               

là b2+c2 = 5a2. Hướng dẫn giải :

G A

B

C E

M N

Hình 2.30

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Hai đường trung tuyến kẻ từ B và C vuông góc với nhau

GB.GC 0

 

 

 2 2 2

1 GB GC GB GC 0

2

 

    

 

 

 

2 2 2

GA GB GC

   (vì GAGB GC

  

)

2 2 2

a b c

2 2 2

m m m

3 3 3

     

      

      với m ,m ,m là độ dài các đườnga b c

trung tuyến kẻ từ A, B, C

2 2 2

a b c

m m m

  

 2 2 2  2 2 2  2 2 2

2 b c a 2 a c b 2 a b c

4 4 4

     

  

2 2 2

b c 5a

   (đpcm)

Nếu thay giả thiết tam giác ABC bởi tứ giác, tứ diện thì ta có bài toán mới:

Bài toán 2: Cho tứ giác OABC có trọng tâm G, OA=x, OB=y, OC=z, BC=a, CA=b, AB=c. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để

GA.GB GB.GC GC.GA 0  

     

là x2 y2 z2 3(a2 b2 c )2

Bài toán 3: (Hình 2.31) Cho tứ diện OABC có trọng tâm G, OA=x, OB=y, OC=z, BC=a, CA=b, AB=c. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để

GA.GB GB.GC GC.GA 0  

     

là x2 y2z2 3(a2 b2c )2 Hướng dẫn giải :

A

B

C O

G1

G

Hình 2.31

Từ cách giải ở bài toán 1 sẽ cho định hướng cho ta cách giải bài toán 3 như sau:

Trước hết ta chứng minh: 16GO2 = 3(x2+y2+z2) (a2+b2+c2)

Thật vậy: Gọi G1 là trọng tâm của tam giác ABC. Vì G là trọng tâm của tứ diện OABC nên: GO GA GB GC 0   

     Mặt khác: GA GG 1 AG1

  

, GB GG 1 BG1

  

, GC GG 1 CG1

  

GO 3OG1 0

  

  

2 2

1 1

GO 3OG 16GO 9OG

  4  

 

(1)

Mà OA2 OA 2  OG 1G A1 2  x2 OG12 G A1 2 2OG .G A  1 1 Tương tự: y2 OG12 G B1 2 2OG .G B1 1

 

z2 OG12 G C1 2 2OG .G C1 1

 

 x2 y2z2 3OG12 G A1 2 G B1 2G C1 2

2 2 2

2 2 2 2

1

a b c

x y z 3OG

3

 

    

Theo bài toán 1:

2 2 2 2

OG1 x y z  9OG12 3 x 2 y2 z2  a2 b2 c2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra: 16GO2 = 3(x2+y2+z2)-(a2+b2+c2) Chứng minh tương tự ta có:

16GA2 = 3(x2+b2+c2)  (y2+z2+a2) 16GB2 = 3(y2+c2+a2)  (z2+x2+b2) 16GC2 = 3(z2+a2+b2)  (x2+y2+c2) Mặt khác:

GA.GB GB.GC GC.GA 0           

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

     

 GA GB GC     2 GA2  GB2  GC2 0

 OG2 GA2 GB2 GC2

    

   

2 2 2 2

16GO 16GA 16GB 16GC

   

 2 2 2  2 2 2 2 2 2  2 2 2

3 x y z a b c x y z 5 a b c

           

Suy ra x2 y2 z2 3 a 2 b2 c2

Tiếp tục như vậy, nếu ta thay đổi giả thiết BC=a, CA=b, AB=c bởi cái khác thì sẽ có bài toán mới sau:

Bài toán 3: (Hình 2.31) Cho tứ diện OABC có trọng tâm G, OA=x, OB=y, OC=z. Chứng minh rằng:

Nếu BOC ,COA ,AOB và GA.GB GB.GC GC.GA 0                                                thì Cos Cos Cos 5 1 1 1

x y z 6 x y z

 

  

      

 

Hướng dẫn giải :

Đặt BC=a, CA=b, AB=c. Áp dụng định lí Cosin cho các tam giác BOC, COA, AOB:

2 2 2

y z b

Cos 2yz

 

  , x2 z2 a2

Cos 2xz

 

  ,

2 2 2

x y c

Cos 2xy

 

 

Suy ra: Cos Cos Cos 2 x 2 y2 z2 a2 b2 c2

x y z 2xyz

    

  

  

Vận dụng bài toán 2

2 2 2

Cos Cos Cos 5 x y z 5 xy yz zx

x y z 6 xyz 6. xyz

 

      

      

 

Cos Cos Cos 5 1 1 1

x y z 6 x y z

 

  

       

 

Ví dụ 2.23: (Hình 2.32, Hình 2.33) Trong mặt phẳng Oxy cho 2 đường tròn: C : x1 2 y2 13 và C : x 62   2 y2 25. Gọi A là một giao điểm của (C1) và (C2) với yA > 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua A thỏa mãn cắt (C1) và (C2) theo 2 dây cung có độ dài bằng nhau

Hướng dẫn giải:

Toạ độ A là nghiệm của hệ:

2 2

2 2

x y 13

(x 6) y 25

  



  



 A(2;3)

Giả sử d đi qua A cắt (C1), (C2) lần lượt tại B và C sao cho AB = AC.

Vậy phép đối xứng tâm A biến B thành C, mà BC1 nên C (C1) là ảnh của (C ) qua phép đối xứng tâm A. Điểm C cần tìm là giao điểm của (1 C1) và (C ).2

(C ) có tâm O(0;0) và R = 13 , (C1 2) có tâm I(6;0) và R = 5

Ta có (C1) là đường tròn tâm O đối xứng với O qua A và có bán kính R = 13 nên có phương trình:x 4 2 y 6 2 13 .

Vậy điểm C (khác A) là giao điểm của (C1)và (C ) nên toạ độ là nghiệm của2

hệ phương trình

2 2

2 2

(x 6) y 25

(x 4) (y 6) 13

   



   



 37 24 C( ; )

5 5 .

Đường thẳng d cần tìm là đường thẳng AC có phương trình : x – 3y + 7 = 0.

Hình 2.32

* Bài tập này có thể sử dụng phép vị tự: Ta có:V(A, 1) : B C mà BC1 nên C thuộc (C1) là ảnh của (C ) qua 1 V(A, 1)

* Từ đó mở rộng bài toán trên là: “Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt (C1), (C2) lần lượt tại B và C sao cho AC = k.AB (k > 0)” và sử dụng phép vị tự để giải. (Ta có: V(A, k) : B C, mà B C1 nên C (C1) là ảnh của (C1) qua phép vị tự tâm A tỉ số (-k). Điểm C cần tìm là giao điểm của (

C1) và (C )) 2

* Hơn nữa, nếu thay đổi giả thiết: “Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm A thỏa mãn cắt (C1) và (C2) theo 2 dây cung có độ dài bằng nhau”

bằng giả thiết:“Viết phương trình đường thẳng d song song với đường thẳng b:x - 3y - 1 = 0 thỏa mãn cắt (C1) và (C2) theo 2 dây cung có độ dài bằng nhau” thì chúng ta có thể sử dụng phép tịnh tiến như sau (đây chính là sự thay đổi về phương pháp giải):

Giả sử dựng được đường thẳng d cắt (C1) và (C2) lần lượt theo hai dây cung bằng nhau AB = CD. Do d // b nên suy ra phương của đường thẳng d xác định. Từ đó định hướng sử dụng phép tịnh tiến. Gọi Hvà K lần lượt là hình chiếu của tâm các đường tròn (C1) và (C2) lên đường thẳng b. Khi đó ta có

H K    HK OJ 

  

  

  

  

  

  

  

  

  

  

, trong đó J (thuộc KK) là ảnh của I qua phép tịnh tiến theo véc tơ H K  

.

Hình 2.33 Từ đó ta có các bước thực hiện:

+ Tìm tọa độ H và K lần lượt là hình chiếu của tâm các đường tròn (C1) và (C2) lên đường thẳng b.

+ Tìm điểm J sao cho H K OJ  

 

với O là tâm của (C1)

+ Tìm tọa độ C, D là giao của (C2) và đường tròn tâm J bán kính R = 13 thì đường thẳng cần tìm là đường thẳng đi qua C và song song với b.

Ví dụ 2.24: Bài toán1: (Hình 2.34) Cho góc xOy và một điểm A nằm trong góc đó. Dựng đường tròn đi qua A và tiếp xúc với hai cạnh của góc.

Hướng dẫn giải:

a. Phân tích:

Giả sử đã dựng được đường tròn tâm I đi qua A và tiếp xúc với hai cạnh của góc xOy, kí hiệu là  I

GV: Hãy tạm bỏ điều kiện đường tròn phải đi qua A, ta có thể dựng được đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của góc không?

HS: Dựng được không chỉ một mà nhiều, lúc này tâm đường tròn sẽ thuộc đường phân giác của góc xOy.

GV: Vậy thì chúng ta sẽ dựng một đường tròn như thế, kí hiệu là  I . Em có nhận xét gì về quan hệ giữa điểm O và hai đường tròn  I ,  I ?

HS: O là tâm vị tự ngoài của hai đường tròn. Bởi vậy nếu vẽ bán kính I A  của  I sao cho I A // IA  thì O, A, A thẳng hàng.

Hình 2.34 b. Cách dựng:

+ Dựng đường tròn  I tiếp xúc với hai cạnh của góc xOy. Gọi A là một trong hai giao điểm của  I với đường thẳng OA.

+ Dựng đường thẳng đi qua A và song song với I A , nó cắt OI tại I + Đường tròn tâm I bán kính R=IA chính là đường tròn cần dựng.

c. Vì đường thẳng OA cắt  I tại hai điểm A vàA nên bài toán có hai nghiệm hình.

Nếu ta thay điểm A bằng đường tròn thì ta sẽ được bài toán mới sau:

Bài toán 2: (Hình 2.35) Cho góc xOy và một đường tròn (I, R) nằm trong góc đó. Dựng đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của góc và tiếp xúc với đường tròn đã cho.

Hướng dẫn giải :

Giả sử ta đã dựng được đường tròn I ,R  thoả mãn điều kiện bài toán.

Ta dựng hai tia O x ,O y  lần lượt song song với 2 tia Ox, Oy và cách Ox, Oy một khoảng R (2 tia này đều nằm trong góc xOy). Khi đó, sẽ tồn tại đường tròn

tâm I bán kính R R; tiếp xúc với O x ,O y  và đi qua tâm I.

I I y

O

x

y x

O A

Hình 2.35

+ Dựng 2 tia O x ,O y  về phía trong và lần lượt song song với 2 tia Ox, Oy đồng thời cách Ox, Oy một khoảng R

+ Dựng đường tròn tâm I bán kính Rthỏa mãn tiếp xúc với O x ,O y  và đi qua tâm I (cách dựng như bài toán 1).

+ Khi đó đường tròn tâm I bán kínhR R R là đường tròn cần dựng.

Ngoài ra còn có cách dựng khác: Trường hợp này ta dựng O x , O y  về phía ngoài của góc xOy, lúc này một đường tròn tiếp xúc trong có bán kính R R R, còn một đường tròn tiếp xúc ngoài có bán kính RR R, như sau (hình 2.36):

R R R

x I

I

y

y

O O

x

Hình 2.36

2.3.5. Tập luyện cho học sinh các hoạt động đồng hóa và điều ứng