Quy lạ về quen là quá trình quy việc giải một bài toán về giải các bài toán quen thuộc đã biết. Quy lạ về quen là một tri thức ph-ơng pháp giúp học sinh dễ dàng thực hiện một số hoạt động quan trọng đ-ợc quy định trong ch-ơng trình. Đồng thời việc thông báo những tri thức này dễ hiểu và ít tốn thời gian.
Trong quá trình giảng dạy, giáo viên cũng cần quan tâm cho học sinh biết kiến thức nào có thể để học sinh tự học hoặc tự suy luận đ-ợc trên cơ sở kiến thức đã đ-ợc lựa chọn, truyền thụ cho học sinh. Hoặc giáo viên cũng có thể h-ớng dẫn cho học sinh xây dựng các bài toán gốc để củng cố khái niệm, định lý. Hệ thống bài tập gốc đóng vai trò hết sức quan trọng vì ngoài chức năng củng cố kiến thức cho học sinh, hệ thống bài tập gốc còn góp phần định h-ớng tìm tòi lời giải cho các dạng toán, nhất là các dạng toán có quy trình giải. Việc thực hiện quy trình trong dạy học toán không những h-ớng cho học sinh tới t- t-ởng thuật toán mà còn tạo điều kiện cho học sinh sử dụng mềm mại, uyển chuyển các ph-ơng pháp dạy học khác nhau. Giáo viên dựa vào những kiến thức truyền đạt để dạy học sinh t-ởng t-ợng, phát triển trực giác, giúp học sinh phát triển t- duy tích cực, độc lập sáng tạo. Chúng ta hãy xét các ví dụ sau.
Ví dụ 1: Cho tam diện vuông OABC có OA = a, OB = b, OC = c. Tính khoảng cách từ O đến (ABC)
Gọi H là hình chiếu của O trên (ABC)
áp dụng tính chất của tam diện vuông ta có:
2 2 2 2 1 1 1 1 OH OA OB OC 2 2 2 1 1 1 a b c OH = 2 2 2 2 2 2 abc a b b c c a
Bài toán: Cho hình lập ph-ơng ABCDA1B1C1D1 cạnh bằng 1. Lấy M trên cạnh
CC1 sao cho độ dài MC = 35. Trên cạnh A1D1 lấy N sao cho độ dài A1N = 1
3. O là tâm hình lập ph-ơng. Tính khoảng cách từ D đến (MNO)?
Khi gặp bài toán này học sinh sẽ thấy khó khăn khi tìm hình chiếu của D trên (MNO). Khi đó giáo viên gợi ý để học sinh tìm cách đ-a về bài toán gốc. a o c b h
Nh- vậy: Làm thế nào để đ-a về bài toán gốc?
Nếu học sinh ch-a trả lời đ-ợc, giáo viên có thể gợi ý: Mặt phẳng ( ) trong bài toán gốc cắt 3 cạnh của góc tam diện A, B, C và độ dài OA, OB, OC đã biết.
Lời giải: Gọi E = MO AA1 P = NE AD Q = NE DD1 và R = MQ DC Ta có AE = MC1 = 2 5 ; EA1 = CM = 3 5 1 1 2 PA AE 5 2 3 A N EA 3 5 1 2 2 PA A N 3 9. DP = 11 9 . T-ơng tự ta tính đ-ợc DQ = 11 5 ; DR = 11 8 Vậy 12 1 2 1 2 1 2 h 11 11 11 9 5 8 .
* Bài toán t-ơng tự: Cho hình lập ph-ơng ABCDA1B1C1D1 cạnh bằng 1. Trên AA1 lấy E sao cho AE = 1
3. Trên BC lấy F sao cho độ dài BF = 1 4.
Gọi O là tâm hình lập ph-ơng. Tìm khoảng cách từ B1 đến (EFO).
Ví dụ 2: Cho hình chóp SABC có ABC ở C;
SA (ABC). Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SB cắt SB, SC tại B', C'; B'C' BC = I. Chứng minh c1 d1 b1 m d a1 a c b o r p n e q
a) AC' (SBC) b) AC'B' tại B'
c) AI (SAB). Ng-ợc lại nếu B', C' là hình chiếu của A trên SB, SC thì (AB'C') SB. Giải: a) Do BC AC BC SA BC (SAC) BC AC' Mà SB AC' AC' (SBC) (1)
b) Từ (1) AC' C'B' hay AC'B' ở C' c) Do AI (AB'C') nên AI SB.
AI (ABC) AI SA. AI (SAB).
Ng-ợc lại, nếu AB' SB; AC' SC, ta có: BC (SAC) BC AC'
SC AC' AC' SB.
Kết hợp với SB AB', suy ra SB (AB'C') Khi đó ta cũng có các tính chất a, b, c.
Bài toán 1: Trong (P) cho nửa lục giác đều ABCD với AB = BC = CD = a, AD = 2a. Trên nửa đ-ờng thẳng Ax vuông góc (P) tại A, lấy điểm S. Mặt phẳng qua A SD cắt SB, SC, SD lần l-ợt tại B', C', D'.
a) Chứng minh: A'B'C'D' là tứ giác nội tiếp.
b) Khi S chuyển động trên Ax thì đ-ờng thẳng B'C' đi qua 1 điểm cố định, đ-ờng thẳng C'D' cũng đi qua 1 điểm cố định.
a) So sánh giả thiết của bài toán 1 với bài toán gốc ở ví dụ 2 xem có gì giống nhau không?
a c b b' i c'
i b c d a s j d' c' b' * Giống: Có mặt phẳng qua A và SD, có SA đáy. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
* Giáo viên vẽ riêng đáy để học sinh thấy đ-ợc do ABCD là nửa lục giác đều nên nó nội tiếp trong đ-ờng tròn đ-ờng kính AD ABD ACD = 1V.
* Xét các bộ phận liên quan tới bài toán gốc.
- Học sinh sẽ nhận ra các hình chóp đó là SABD và SACD.
Quay về chứng minh bài toán gốc đối với 2 hình chóp này, ta sẽ có:
AB' B'D' AC' C'D'
Tứ giác AB'C'D' nội tiếp đ-ờng kính AD'.
b) Khi S thay đổi trên Ax, những yếu tố nào cố định, những yếu tố nào thay đổi?
* Vẽ vào tr-ờng hợp của S và dự đoán điểm cố định mà B'C' đi qua?
Liên hệ với bài toán gốc học sinh sẽ nghĩ tới việc gọi I = BC B'C'.
Và chứng minh I cố định: Ta đã có I BC cố định để chứng minh I cố định ta cần chứng minh thêm điều gì?
Lúc này đ-a bài toán về bài toán gốc để chứng minh AI (SAD) mà (SAD) cố định nên AI cố định.
Bài toán 2: Cho hình chóp SABC có cạnh SA vuông góc với đáy. Gọi B', C' lần l-ợt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SC.
Gọi I = BC B'C'. Chứng minh rằng: IAB ICA .
* Học sinh dễ dàng thấy đ-ợc bài toán 2 có nhiều giả thiết gần với bài toán gốc nh- (SA (ABC), B', C' là hình chiếu của A trên SB, SC.
Nh-ng trong bài toán này ABC không phải là vuông. Tìm định h-ớng để chứng minh IAB ICA ?
Với vị trí 2 góc này, học sinh sẽ nghĩ tới việc chứng minh IA là tiếp tuyến của đ-ờng tròn ngoại tiếp ABC. Từ đó đ-a về chứng minh AI AD (là đ-ờng kính của đ-ờng tròn). SA AB' SA (ABC) SD AC' SD (AC'B') AI SA AI SD AI (SAD) AI SD.
Việc giải bài toán quy về giải bài toán gốc đối với hai hình chóp SABC và SACD.
Bài toán 3: Trên mặt phẳng (P), cho đ-ờng tròn (C), đ-ờng kính AB, M là một điểm trên đ-ờng tròn (C). S là một điểm nằm ngoài (P), SA (P). D là một điểm trên đoạn SA. Từ D kẻ DE SM.
a) Chứng minh khi M di động trên đ-ờng tròn (C) thì DE không nằm trên một mặt phẳng ( ) cố định.
b) Tìm tập hợp điểm E.
Ta phân tích bài toán: Trong bài toán này ta có SA (AMB). Điểm M thuộc đ-ờng tròn (C), đ-ờng kính AB nên AMB = 1V. Do đó có nhiều khả
năng có thể liên hệ bài toán 3 với bài toán gốc. Tuy nhiên, trong bài toán ta lại không có hình chiếu của A trên SM, SB mà chỉ có hình chiếu của điểm D thuộc SA lên SM.
Tr-ớc hết cho học sinh giải bài toán sau: Với giả thiết nh- bài toán 3, gọi M' là hình chiếu của A trên SM. Tìm quỹ tích điểm M'.
i b d c c' a s b'
s a b' b m m'
Bài toán này gần với bài toán gốc hơn bài toán 3, học sinh sẽ nghĩ tới việc gọi B' là hình chiếu của A trên SB. Việc giải bài toán này quy về giải bài toán gốc.
Ta có:
+ (AM'B') SA nên (AM'B') cố định. + AB' cố định
+ AM 'B ' = 1V nên quỹ tích điểm M'
là đ-ờng tròn đ-ờng kính AB' trong mặt phẳng (AM'B'). (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Bây giờ học sinh có thể liên hệ bài toán 3 với bài toán trên để đi đến:
Kẻ DF SB, chứng minh
( ) = (DEF) cố định và DEF = 1V quy tích điểm E.
Ví dụ 3: Cho tứ diện SABC có SA mặt phẳng (ABC). Gọi H, K lần l-ợt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC.
Chứng minh: 1) SC (BHK) 2) HK (SBC) Giải: 1) Do SA BH AC BH BH (SAC) BH SC (1)
K là trực tâm của SBC nên BK SC (2) Từ (1) và (2) SC (BHK)
Gọi I = AH BC thì:BC AI
BC SA BC (SAI)
s h c i b a k c a b k i d m h a Mà SC (BHK) ( câu a) JC HK (4) Từ (3) và (4) HK (SBC).
Bài toán 1: Trong (P) cho ABC cố định, trên đ-ờng thẳng Ax với (P) lấy điểm S. Hy là đ-ờng thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC và (SBC). Chứng minh rằng khi S di động trên Ax, đ-ờng thẳng Hy luôn đi qua một điểm cố định.
+ So sánh bài toán 1 và bài toán góc. Trong bài toán gốc đ-ờng thẳng nào đóng vai trò của Hy?.
+ Quy bài toán 1 về bài toán gốc? + Lời giải: Gọi K là trực tâm tam giác ABC K cố định.
Chứng minh bài toán gốc ta có HK (SBC) K Hy.
Bài toán 2: Trong mặt phẳng (P) cho một đoạn thẳng AB cố định. Một đ-ờng thẳng d cố định vuông góc với AB tại I AB. Đ-ờng tròn (C) thay đổi luôn qua AB và cắt d tại 2 điểm M,N. Qua A dựng nửa đ-ờng thẳng Ax (P). và trên Ax lấy điểm chuyển động C. Chứng minh rằng khi (C) thay đổi, đ-ờng thẳng với mặt phẳng (CMN) và đi qua trực tâm của tam giác CMN luôn đi qua 1 điểm cố định.
+ Các yếu tố nào là cố định, yếu tố nào là thay đổi? + Dự toán điểm cố định cần tìm?
Nếu học sinh đã giải quyết bài toán 1 thì bài toán 2 thì sẽ dự đoán đó là K với K là trực tâm tam giác MAN. Tuy nhiên, trong bài toán 1, tam giác ABC là cố định, còn trong bài toán 2 do (C) thay đổi nên MN thay đổi, dẫn đến tam giác AMN thay đổi?
Vì riêng mặt phẳng (P) và các yếu tố trên (P). Đến đây học sinh sẽ nhớ lại
a d c c j h i h' k k' s b một bài toán quen thuộc trong hình học
phẳng: Tam giác AMN nội tiếp ( C). K là trực tâm tam giác AMN thì ảnh đối xứng với K qua cạnh nằm trên (C).
Bài toán 3: Trong mặt phẳng (P) cho hình chữ nhật ABCD, gọi I,J là trung điểm của cạnh AB, CD. Trong mặt phẳng qua I, J với (P) dựng nủa đ-ờng tròn đ-ờng kính IJ. S là một điểm bất kỳ trên nửa đ-ờng tròn đó.
Gọi H', K' lần l-ợt là các hình chiếu trực tâm H, K của các tam giác SAB và SCD xuống (P). CMR tích HH'. KK' là đại l-ợng không đổi khi S chạy trên nửa đ-ờng tròn đã cho.
Tr-ớc hết h-ớng dẫn học sinh biến đổitích HH'. KK' về 1 tích dễ đánh giá hơn.
Do S đ-ờng tròn đ-ờng kính IJ nên ISJ = 1V.
IHH' KJK'.
HH ' IH '
JK ' KK ' HH'.KK' = JK' .IH'
+ Nêu định l-ợng chứng minh Jk'.JH' không đổi?
+ Gọi y' cho học sinh: Vai trò của H' và K' là nh- nhau nên nếu H' cố định thì K' cũng cố định. Quy bài toán về chứng minh H', K' cố định.
Đối với bài toán này, học sinh rất khó phát hiện nó có liên hệ với bài toán gốc vì những dấu hiệu để nhận biết không dễ thấy. Tuy nhiên, ở đây ta vẫn có sự xuất hiện của trực tâm H, và HH' (ABCD). Do vậy H' có thể là trực tâm của một tam giác nào đó và tam giác đó sẽ đóng vai trò nh- tam giác SBC trong bài toán gốc.
A i i h B S J H' Chú ý đến H' IJ và IJ AB, học sinh sẽ nghĩ ngay tới ABJ. (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
Hãy vẽ lại hình chóp SABJ để dễ liên hệ với bài toán gốc.
Bây giờ còn lại là chứng minh IJ (SAB) và quy về bài toán gốc để giải.