Đề tài Khai thác bài toántam giác để giải các bài toán tứ diện trong hình học không gian

SỞ GD & ĐT TỈNH ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT LONG KHÁNH CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NĂM HỌC 2011 - 2012 Tên sáng kiến kinh nghiệm: KHAI THÁC BÀI TOÁNTAM GIÁC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TỨ DIỆN TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Họ tên tác giả: Ngô Tấn Tuân Đơn vị (Tổ): TRƯỜNG THPT LONG KHÁNH. Tổ: Toán Lĩnh vực: Phương pháp dạy bộ môn T SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ và tên: Ngô Tấn Tuân Ngày tháng năm sinh: 05 – 08 – 1955 Nam, nữ: Nam Địa chỉ: Trường THPT Long Khánh Điện thoại: (CQ ) (NR): 0613 781 981; ĐTDĐ: 0946 740 160 Fax: E-mail: Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Long Khánh TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử Nhân Năm nhận bằng: 1977 Chuyên ngành đào tạo: Toán KINH NGHIỆM KHOA HỌC Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Dạy Toán Số năm có kinh nghiệm dạy học : 34 năm Tên đề tài: KHAI THÁC TAM GIÁC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TỨ DIỆN TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Phần I: Lý do chọn đề tài Xu thế của dạy học hiện đại là dạy học theo phương pháp kiến tạo. Ở Pháp người ta gọi là lý thuyết tình huống và hiện nay chúng ta dạy học bằng cách tổ chức các hoạt động. Trong hoạt động dựa vào tri thức đã biết để xây dựng các tri thức mới thì các kiểu giải bài tập tương tự là hoạt động phù hợp và cần thiết. Khi dạy học sinh lớp 11 và 12 giải toán hình không gian tôi thường gặp các bài toán tương tự ở hình phẳng và thực tế có nhiều bài toán hình không gian để dễ hiểu chúng ta phải qui về mặt phẳng để tìm tòi lời giải hay minh họa cho học sinh dễ hiểu. Trong hướng dẫn học sinh làm bài về nhà, bồi dưỡng học sinh giỏi và hướng dẫn học sinh giải bài toán trên báo toán học tuổi trẻ tôi thường xuyên giúp đỡ vá đưa ra các gợi ý tìm bài toán liên quan. Với các lý do trên tôi xin trình bày một số bài toán chuyên biệt (theo đề tài) mà tôi đã khai thác cũng như giảng dạy trong bộ môn hình học không gian ở khối 11 và 12 cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi. Phần II: Thực trạng trước khi thực hiện và các nội dung giải pháp của đề tài A. Thực trạng 1. Học sinh thường lúng túng trước một bài toán hình không gian ở các mặt: vẽ hình, chưa hiểu rõ các khái niệm, định lý, liên quan và đặc biệt là không nhớ hay phát hiện được các bài toán tương tự. 2. Trong hình không gian có những bài toán này là bài toán con của bài toán khác (ví dụ: cắt một góc của khối chữ nhật ta có tứ diện vuông, cắt 1 tứ diện vuông ta có 1 tứ diện tùy ý hay bổ sung 1 tứ diện ta được một hình hộp) Học sinh thường suy nghĩ hay giải từ các bài toán liên quan theo dạng (các loại tứ diện, hình chóp, hình hộp, các cách chứng minh sự vuông góc hay song song) mà không để ý xa hơn là có bài toán hình phẳng tương tự và giải các bài toán này.. 3. Học sinh ít suy nghĩ là từ đâu ta ra đề toán này (thực ra đối với thầy giáo thì việc ra đề bài hoàn toàn dựa trên nền tảng lý thuyết cũng như bài tập các em đã gặp đã được học. Đề cho học sinh giỏi là đề biến hóa từ một bài toán nào đó mà giả thiết bị giấu khá xa hay khai thác một tính chất được tổng quát hóa hay mở rộng cho đối tượng khác). B. Nội dung và các biện pháp tiến hành I. Cơ sở lý luận: Muốn giải một bài toán ta thường thực hiện 2 bước: * Huy động kiến thức và tổ chức kiến thức. Huy động kiến thức là một thao tác tư duy nhằm tái hiện các kiến thức có liên quan với bài toán, từ lý thuyết, phương pháp giải, các bài toán đã gặp: Do đó: Người làm toán phải biết và cần phân tích ý tưởng: ta đã gặp bài toán nào gần gũi với kiểu bài toán này hay chưa ? Polia đã viết 1 quyển sách chỉ với nội dung: “Giải bài toán như thế nào trong đó ông có đề cập đến nội dung trên như một điều kiện thiết yếu”. Phương pháp tương tự hay tổng quát hóa là những thao tác tư duy cần thiết cho người làm toán (tương tự trong toán học cần hiểu rộng hơn như có tính chất giống nhau, mô hình giống nhau, mối quan hệ giống nhaunhư đường thẳng trong mặt phẳng và mặt phẳng trong không gian cũng là tương tựtam giác và tứ diện, đường tròn và mặt cầulà tương tự). II. Nội dung và biện pháp tiến hành 1. Các biện pháp: Trong giảng dạy tôi thực hiện: Dùng hệ thống câu hỏi gợi ý phương pháp tìm tòi lời giải cũng như phương pháp chứng minh bằng kỹ thuật tương tự. Khai thác, phát triển tính chất của bài toán hình phẳng, bài toán hình không gian tương tự. Ra đề toán theo hướng mở với kiểu câu phát hiện sáng tạo (ví dụ: em thử nghĩ kết quả này mở rộng trong không gian thì ra sao và có tính chất đó hay không). 2. Nội dung: Tôi xin trình bày 15 bài toán và 10 bài tập kiểm tra; để áp dụng cho nhiều đối tượng khai thác các bài toán quá khó thì lớp đối tượng áp dụng chuyên đề này bị thu hẹp. Bài toán 1: Bài 1a) Cho DABC vuông tại A có đường cao AH. Chứng minh a) BC2 = AB2 + AC2 (Pytago) b) Bài 1b) Cho tứ diện vuông OABC có đường cao OH a) b) Nhận xét: Bài toán này khá quen thuộc tôi không nêu cách giải. Ta có thể ra đề cho học sinh trung bình khá bài sau giúp các em nhận dạng sự tương tự bước đầu. Bài 1c) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = a, AD = b, AA' = c. a) Tính độ dài đường chéo AC' b) Tính khoảng cách từ các đỉnh A', B, D đến AC' c) Gọi a,b,g là góc tạo bởi đường chéo AC' và 3 cạnh lần lượt là AD, AB, AA'. Tính tổng B = cos2a + cos2b + cos2g (hay chứng minh S = 1) Đáp số a) AC'2 = a2 + b2 + c2 b) Gọi x, y, z là các khoảng cách từ A' đến AC .Tương tự , c) Đặt d = AC' Þ dcosa = a, dcosb = b, dcosg = c và dùng lại kết quả phần a Þ S = 1 Bài toán 2: a) Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong DABC đều cạnh a. Hạ MH, MI, MK lần lượt vuông góc với các cạnh BC, CA, AB Chứng minh: S = MH + MI + MK không phụ thuộc vào vị trí của M. b) Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong tứ diện đều ABCD. Hạ MH, MI, MK, ML lần lượt vuông góc với các mặt của tứ diện (H, I, K, L thuộc các mặt đó). Chứng minh: S = MH + MK + MI + ML không phụ thuộc vào vị trí của M. Giải: a) (đpcm) (AH là đường cao DABC) b) không đổi (AH là đường cao) Nhận xét: Bài 2a: Có thể mở rộng cho đa giác đều Bài 2b: Có thể mở rộng cho tứ diện đều hay tứ diện ABCD gần đều (AB=CD=a; AC = BD = b; AD = BC = c) hay khối đa diện đều. Học sinh làm quen với tỉ số diện tích, thể tích có chung mẫu số. Bài toán 3: Bài 3a) M là điểm tùy ý nằm trong DABC. Gọi MH, MI, MK là các khoảng cách từ M đến các cạnh của tam giác. Chứng minh Bài 3b) M là điểm tùy ý nằm trong tứ diện ABCD. Gọi x,y,z,t là khoảng cách từ M đến các mặt đối diện đỉnh A,B,C,D và ha, hb, hc, hd lần lượt là đường cao của tứ diện. Chứng minh: Nhận xét: Đây là bài toán nền dựa vào kết quả này ta có thể phát triển và khai thác nhiều kiểu ra đề khác nhau. Bài toán 4: Bài 4a) M là điểm nằm trong tam giác. Hãy tìm vị trí M để thấy tổng khoảng cách từ M đến các cạnh là lớn nhất, nhỏ nhất. Bài 4b) M là điểm nằm trong tứ diện. Hãy tìm vị trí M để tổng các khoảng cách từ M đến các mặt là lớn nhất, nhỏ nhất. Cách giải: 4a) Giả sử AB < AC < BC tương ứng là ha < hb < hc 4b) Tương tự Bài toán 5: Bài 5a) Cho điểm M nằm trong D ABC, AM, BM, CM cắt BC, CA, AB lần lượt tại A1,B1 ,C1. Chứng minh: 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) Tìm GTNN của Bài 5b) Điểm O nằm trong tứ diện ABCD, AO, BO, CO, DO cắt các mặt tứ diện lần lượt tại A1, B1, C1, D1. Chứng minh 1) 2) 3) 4) 5) 6) 7) 8) 9) 10) Lời giải: 5a) 1) Tương tự Þ VT 2) côsi cho 3 cặp nghịch đảo Þ VT ³ 6 3) Khai thác bất đẳng thức bất đẳng thức Nétbit 4) 5) 6) 7) Dùng bất đẳng thức Côsi 5b) 1) 2) 3) 4,5,6,7,8,9,10: Tương tự khai thác các bất đẳng thức Đại số cho 4 số không âm. Nhận xét: + Đây là bài toán tôi đã viết một SKKN xoay quanh việc khai thác một bài toán hình học phẳng. (Năm 2001) và nội dung này sau đó có đăng báo Toán học tuổi trẻ. + Việc khai thác bất đẳng thức đại số cho 4 số không âm (diện tích, thể tích) giúp ta có nhiều bài tập hay và tổng hợp toàn diện. Bài toán 6: Bài 6a) Cho DABC. Đường thẳng D qua trọng tâm G cắt 2 cạnh AB và AC tại B',C'. Chứng minh: Bài 6b) Cho tứ diện ABCD. Mặt phẳng a đi qua giao điểm các trọng tuyến G cắt AB, AC, AD tại B', C', D'. Chứng minh: Cách giải: a) Hạ BI, CK, ME, AF vuông góc với D và đặt BI = x, CK = y, AF = z Ta có Tương tự: Mà (tính chất trọng tâm) b) Cách giải: tương tự như trên, tuy nhiện đề bài ra là TRỌNG TUYẾN. Khái niệm này cần phải giải thích cho học sinh và chứng minh tính chất nên ta có thể đưa ra bài toán sau hoàn toàn tương tự. Cho hình chóp SABC và G là trọng tâm D ABC. Mặt phẳng (a) đi qua điểm G' Î SG cắt SA, SB, SC lần lượt tại A', B', C' Chứng minh: Giải: Ta đã quen với bài toán tỉ số thể tích nên cách giải như sau: Đặt , , , Ta có : ; ; Cộng 3 đẳng thức (vì ) Mặt khác ta có: (**) Từ (*) và (**) ® đpcm (x + y + z = 3t) * Trường hợp đặc biệt nếu G' là giao điểm 2 trọng tuyến thì . Thỏa bài toán trên. Bài toán 7: Bài 7a) Cho DABC. M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Đặt S1 = SMBC, S2 = SMCA, S3 = SMAB. 1. Chứng minh: 2. Chứng minh: Với mọi điểm I ta luôn có: Bài 7b) Cho tứ diện ABCD, M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tứ diện đó ký hiệu lần lượt là thể tích các khối MBCD, MACD, MABD, MABC. 1. Chứng minh: . 2. Chứng minh: Với mọi điểm I ta luôn có: Lời giải: a) AM cắt BC tại A'; Mà (1) Ngoài ra (2) Thế (2) và (1) (đpcm) b) (*) (đpcm) AM cắt mp (BCD) tại H Đặc S2 = SCJD ; S3 = SBDJ; S4 = SBCJ Theo bài trên: (1) Dễ dàng chứng minh được: (2) (1)(2) Þ (3) Ta có : (4) Từ (3)(4) b) Từ (a) Þđpcm Nhận xét: Diện tích được thay bằng thể tích và bài toán tâm tỉ cự. Bài toán 8: Bài 8a) Cho D ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh nếu điểm I thỏa mãn hệ thức thì I là tâm đường tròn nội tiếp DABC. Bài 8b) Cho tứ diện ABCD với I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện. Đặt Sa = SBCD, Sb = SACD, Sc = SABD, Sd = SABC Chứng minh: Giải: (1) Hay I Î phân giác AD tương tự I Î phân giác BE Þ đpcm Giải: DI Ç (ABC) = H Mặt phẳng (DAI) chính là mp(DAH) cắt BC tại M thì M nằm trên mặt phân giác của 2 mặt phẳng (BAD) và (CAD) Þ d(M, DCD) = d(M, (DAB)) M Î BC Þ (1) Gọi M là giao điểm của IM và AD Tương tự: (2) Từ (1)(2) Mà I, M, M' thẳng hàng Þ Lý luận tương tự với N, N' 2 điểm trên AB, CD, P và P' là 2 điểm trên BD, AC ta được , . Mà không đồng phẳng Þ đpcm Nhận xét: Kiểu ra đề khác và ý tưởng tương tự được thể hiện ở kỹ thuật chứng minh. Ngoài ra ví dụ đưa ra phương pháp chứng minh một vectơ bằng O. Bài toán 9: Bài 9a) Cho DABC, M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tam giác Chứng minh: aMA + bMB + cMC ³ 4SABC Bài 9b) Cho tứ diện ABCD. M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tứ diện. Gọi Sa, Sb, Sc, Sd là diện tích các mặt đối diện tương ứng của đỉnh A,B,C,D. Chứng minh Sa.MA + Sb.MB + ScMC + SdMD ³ 9VABCD Giải: b) Gọi lần lượt là thể tích các khối tứ diện MBCD, MACD, MABD, MABC ta có AA1 £ MA + MA2 Û Tương tự cho 3 bất đẳng thức còn lại: Û đpcm Bài toán 10: Bài 10a) Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G (hay và một mặt phẳng (P) không cắt tứ diện. Gọi A1, B1, C1, D1, G1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A,B,C,D trên (P). Chứng minh: AA1 + BB1 + CC1 + DD1 = 4GG1 Em hãy tìm bài toán tương trong mặt phẳng Giải: Gọi M, N là trung điểm AB, CD và M1, N1 là hình chiếu của chúng trên (P). Ta có. (Vì G là trọng tâm) G là trung điểm MN. Do mặt phẳng (P) không cắt tứ diện nên các hình thang ABB1A1, CDD1C1, MNN1M1 có các đường trung bình tương ứng là MM1, NN, GG1 do đó: (đpcm) Bài 10b) Bài toán tương tự là: Cho DABC có trọng tâm G và đường thẳng d không cắt cạnh nào của tam giác. Gọi A1, B1, C1, G1 là hình chiếu của A,B,C,G. Chứng minh AA' + BB' + CC' = 3GG' Cách giải: Giải bằng vectơ thì đơn giản Giải bằng cách vẽ thêm MM1 với M là trung điểm BC và M1 là hình chiếu của M trên d. Bài toán 11: Bài 11a) Chứng minh rằng: Trong DABC ta có: (r là bán kính đường tròn nội tiếp, hi: là đường cao tương ứng) Bài 11b) Chứng minh rằng: Trong tứ diện ABCD ta có: (r là bán kính mặt cầu nội tiếp hi là đường tròn cao tương ứng từ đỉnh tứ diện) Nhận xét: + Lời giải đơn giản dựa vào tỉ số diện tích và thể tích. + Đây là bài toán nền để khai thác các bài toán bất đẳng thức hay cực trị. + Đối với tam giác đều hay tứ diện đều cần nhớ : a) hay b) hay + Khai thác bài 11 ta có bài sau. Bài toán 12: Bài 12a) Cho DABC. Gọi ha, hb, hc, r lần lượt là độ dài các đường cao, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó. Chứng minh: Bài 121b) Cho tứ diện ABCD gọi hai , r lần lượt là độ dài các đường cao và bán kính mặt cầu nội tiếp tứ giác. Chứng minh h1 + h2 + h3 + h4 ³ 16r. Bài toán 13: Bài 13a) Cho DABC và M là 1 điểm tùy ý trong tam giác. Hạ MA1, MB1, MC1 vuông góc với BC, AC, BC. Chứng minh: (C : chu vi DABC, r là bán kính đường tròn nội tiếp DABC) Bài 13b) Cho tứ diện ABCD, M là 1 điểm tùy ý trong tứ diện. Hạ Hạ MA1, MB1, MC1, MD1 vuông góc với các mặt phẳng đối diện với đỉnh A,B,C,D. Chứng minh: (S là diện tích toàn phần tứ diện, r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện) Giải: a) Hay: T.2S ³ (2p)2 biết S = pr. Þ đpcm b) Tương tự T(3V1 + 3V2 + 3V3 + 3V4) ³ S2 ta lại có (đpcm) Bài toán 14: Bài 14a) Cho DABC có BC = a, CA = b, AB = c. Gọi M là 1 điểm nằm trong tam giác. Gọi khoảng cách từ M đến A,B,C là Ra, Rb, Rc và da, db, dc là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB. Chứng minh: (trong đó S1 = SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB + S = SABC) Bài 14b) Cho tứ diện A1A2A3A4. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi Ra, Rb, Rc, Rd là khoảng cách từ M đến các đỉnh, da, db, dc, dd là khoảng cách từ M đến các mặt. Gọi V, Vi, Si là thể tích tứ diện các mặt đối diện đính Ai. Chứng minh (*) Giải: Bài 14a) Vẽ AH ^ BC Ra + da ³ ha Û aRa ³ aha – ada = 2S – 2S1 (1) bRb ³ bhb – bdb = 2S – 2S2 (1) cRc ³ chc – cdc = 2S – 2S3 (3) Từ (1)(2)(3) ÞÞ aRcRaRbRc ³ (2S – 2S1)(2S – 2S2)(2S – 2S3) (4) Kết hợp với (2S – 2S1) ³ bdb + cdc ³ (5) Từ (4) và (5) Þ đpcm Bài 14b) Trong không gian thay cạnh bằng diện tích và diện tích bằng thể tích ta được kết quả (*) Nhận xét: Ta có thể khai thác bài toán này theo tổng các khoảng cách Ra, Rb, Rc như sau: Bài 14c) Cho tứ diện A1A2A3A4. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi Ra, Rb, Rc, Rd là khoảng cách từ M đến các đỉnh, da, db, dc, dd là khoảng cách từ M đến các mặt. Chứng minh: Giải: Ta đã biết (1) Theo Bunhiacốpxki ta có: (2) Từ (1) (2) ® Ngoài ra Ra + da ³ ha Chú ý dấu = xảy ra khi M thuộc các đường cao tứ diện và cách đều các đỉnh nên M là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trực tâm ABCD. Bài toán 15: Học sinh giải bài 15a và tìm cách ra đề và giải bài toán tương tự trong không gian. Bài 15a) Trong DABC lấy điểm M bất kỳ. Gọi ha, hb, hc là khoảng cách từ M đến BC = a, AC = b, AB = c. Tìm vị trí của điểm M để tích hahbhc đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị đó theo a,b,c. Giải: Dễ thấy aha + bhb + chc = 2S (Côsi) (Dấu = xảy ra khi aha = bhb ÞM thuộc trung tuyến CM, tương tự Þ M là trọng tâm DABC). Bài 15b) Trong tứ diện ABCD. Tìm vị trí điểm M để tích khoảng cách từ đó đến các mặt của tứ diện là lớn nhất. Tính GTLN đó theo diện tích các mặt và thể tích của tứ diện. 3. Kết quả: 1. Trong mỗi bài tập đã trình bày trên tôi đã thể hiện giải toán bằng phương pháp tương tự, kể cả cách lật ngược vấn đề cũng như dự đoán đề bài và phương pháp chứng minh bằng tương tự. 2. Sau đây xin đưa ra thêm các bài tập mà tôi đã thực hiện để kiểm tra chuyên đề cho các loại đối tượng. A. Cho học sinh phổ thông. Bài tập 1: Cho hình chóp SABC. Trên các tia SA,SB, SC lấy các điểm A', B', C'. Chứng minh: Bài toán này được dẫn dắt bởi hệ thống câu hỏi. 1) Tương tự của bài toán này trong mặt phẳng là bài toán nào ? Hãy chứng minh. 2) Khi tính thể tích khối tứ diện em có thể sử dụng bao nhiêu cách tính từ đường cao ? Nhận xét: Bài toán phẳng là : Cho DSAB, trên 2 tia SA, SB lấy các điểm A', B'. Chứng minh: Câu hỏi 2 sẽ giúp các em có lời giải. Bài tập 2: Cho tứ diện vuông OABC. a) Dựng đường cao OH của tứ diện Chứng minh: a,b,c là khoảng cách từ H đến các mặt OBC, OAC, OAB b) Gọi a, b, g là góc tạo hởi OH và các cạnh OA, OB, OC. Chứng minh: + Đây là bài toán quen thuộc trong sách giáo khoa. Sau đó đưa ra bài toán sau. Bài tập 3: Cho tứ diện vuông OABC. M là điểm bất kỳ thuộc mp (ABC) 1) Dựng A1, B1, C1 là hình chiếu của M trên các cạnh OA, OB, OC Chứng minh: không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. 2) Gọi a, b, g là góc tạo bởi OM và các tia OA, OB, OC. Gọi a', b', g' là góc tạo bởi OM và các mặt phẳng OBC, OCA, OAB. Chứng minh: a) b) 3) Chứng minh: 4) Chứng minh: 5) Chứng minh: Nhận xét: 1) Đa số học sinh dựng được hình và chứng minh được các câu 2, câu 4, câu 3. Rất nhiều học sinh làm đúng phần chứng minh câu 1. 2) Gợi ý tỉ số diện tích thì học sinh giải được câu 1. 3) Câu 3 tuy khó nhưng vì học sinh có tính và SOAB, SOAC, SOBC nên các em liên hệ làm được. 4) Câu 5 có rất ít học sinh làm được vì tích khó khăn. * Cần tích được: và * Ta có * Để giúp học sinh đại trà chứng minh tôi đã đưa ra bài toán sau: Bài tập 3’: Cho DOAB vuông tại O, M Î AB, A1, B1 là hình chiếu của M trên OA, OB a) Hãy chứng minh không phụ thuộc vào vị trí M. b) Hãy mở rộng bài toán này trong không gian. Khi ấy phương pháp chứng minh tỉ số đoạn thẳng trên cạnh AB chắc chắn sẽ định hướng tỉ số diện tích trên mặt phẳng ABC mà không đi theo hướng tỉ số thể tích. * Khai thác tính chất tổng hợp của tứ diện vuông (1) (2) Tôi đã có bài toán sau: Bài tập 4: Cho tứ diện vuông OABC có OA = a, OB = b, OC = C, r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện. Chứng minh: Cách giải: Dễ thấy cần chứng minh (2) (3) (Côsi) và (4) (3)(4) Þ (đpcm) B. Cho học sinh giỏi: Tôi đưa ra các bài toán sau : Bài tập 1: Bài 1a) Cho D ABC nhọn. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp DABC. Các đường thẳng AO, BO, CO cắt cạnh đối diện tại A1, B1, C1. Chứng minh . Câu hỏi đưa ra: Bài toán 5a có liên quan đến bài này hay không ? Khi m trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp thì có thể qui MA, MB, MC bằng R hay không ? Các em có chú ý số 9 và bất đẳng thức nào ? Em hãy cho biết bài toán tương tự trong không gian học sinh đã đưa ra được bài. Bài 1b) Cho tứ diện ABCD. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện (O) nằm trong tứ diện. Các đường thẳng AO, BO, CO, DO cắt các mặt đối diện lần lượt tại A1, B1, C1, D1. Chứng minh: Bài tập 2: Bài 2a) Cho DABC, gọi a,b,c ma, mb, mc lần lượt là độ dài các cạnh và độ dài các đường trung tuyến của DABC. Chứng minh Bài 2b) Cho tứ diện ABCD. Gọi ai là độ dài các cạnh và ma, mb, mc, md là độ dài các trọng tuyến của tứ diện đó Chứng minh: * Nhận xét Lời giải quen thuộc. Khai thác tính chất trọng tâm và bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có bài toán sau: Bài 2c) Cho tứ diện ABCD có bán kính mặt cầu ngoại tiếp là R, ma, mb, mc, md là độ dài các trọng tuyến. Chứng minh: Cách giải: 4R2 = OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 4OG2 + ® đpcm. Bài tập 3: Bài 3a) Chứng minh bất đẳng thức sau: Bài 3b) Em hãy thử ra 1 đề toán vận dung hi là độ dài các đường cao tứ diện, r là bán kính mặt cầu nội tiếp. Có học sinh đã đưa ra được bài toán sau: Bài 3c) Cho tứ diện ABCD. Mặt cầu tâm I bán kính r nội tiếp tứ diện, tiếp xúc với các mặt tại A1, B1, C1, D1. Gọi h1, h2, h3, h4 là độ dài đường cao tương ứng từ A, B, C, D của tứ diện. M là điểm tùy ý nằm trong tứ diện (có thể nằm trong không gian). Chứng minh: Bài tập 4: Bài 4a) Cho tam giác ABC và M là điểm nằm trong tam giác, các đường thẳng AM, BM, CM cắt cạnh đối diện tại A1, B1, C1. Chứng minh Bài 4b) Cho tứ diện ABCD và M là một điểm nằm trong tứ diện. Các đường thẳng MA, MB, MC, MD cắt các mặt BCD, CDA, DAB, ABC tương ứng tại A1, B1, C1, D1. Chứng minh rằng . Nhận xét: Bài 4a: Chúng ta thường gặp bài toán này khi A1, B1, C1 là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp và các cạnh; chân đường cao, chân đường phân giác trong của tam giác ABC thì kết quả cũng là , nhưng cách giải là dựa vào tính chất của đường cao hay đường phân giác; sự tiếp xúc. Cách giải là vận dụng từ bài tập 1 dành cho học sinh đại trà. Học sinh phát hiện đây là bài toán T12 số 253 báo toán học tuổi trẻ và có lời giải ở số 357 tháng 3/2007 (trong khi học sinh đã giải ở năm trước đó). Bài tập 5: Bài 5a) Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là trung điểm của đường cao AH. Chứng minh rằng: (1) Bài 5b) Cho tứ diện OABC có các cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi SO, SA, SB, SC lần lượt là diện tích các mặt của tứ diện đối diện với các đỉnh tương ứng O, A, B, C. Gọi I là trung điểm đường cao OH của tứ diện. Chứng minh rằng: Bài 1e) Để giúp học sinh đại trà chứng minh tôi đã đưa ra bài toán sau: . Nhận xét: Điểm I là điểm Lemoin đặc biệt trong tam giác vuông. Ta cũng có : . Và định lí Pitago a2 = b2 + c2 ® (đpcm) Trong không gian vì tam giác chứa mặt phẳng OAH cắt mặt phẳng OBC tại N thì OH là đường cao của tam giác vuông OAN. Ngoài ra ta cũng có định lí Pitago cho không gian Ta có : DOAN vuông: ® (1) DBOC vuông. (2) Thay (2) vào (1) ® (đpcm) Phần III: Kết luận. 1. Sau nhiều năm giảng dạy và thực tế kiểm nghiệm tôi nhận thấy nâng cao hứng thú học tập cho học sinh (qua nhiều con đường) là một việc làm rất cần thiết từ đó góp phần phát triển năng lực tự học, tự khám phá, sáng tạo cho học sinh và đây cũng là xu thế của dạy học hiện đại. Các bài toán của chuyên đề đã thể hiện rõ mục đích và đạt kết quả này (phù hợp với đổi mới dạy học). 2. Qui trình giải một bài toán đã được tóm tắt gồm 2 bước là “huy động kiến thức và tổ chức kiến thức” kiến thức cũ (Hình học phẳng) đã được huy động để mở rộng cho bài toán hình học không gian ở chuyên đề này bằng phương pháp tương tự đem lại cho chúng ta một tri thức về phương pháp từ con đường vận dụng các thao tác tư duy. Và cũng chính đừ đây chúng ta lại thấy giải toán hình học không gian mà không cần hình vẽ (cũng là mục tiêu phát triển tư duy tầm cao). Giống như một chuyện vui: khi trả lời phỏng vấn người vợ của nhà bác học Albert Einstein đã nói: “chồng tôi vừa mới khám phá sự xuất hiện một vì sao nhờ ông tính toán trên giấy” 3. Từ các bài toán kiều này tôi thấy kết quả là học sinh của chúng tôi thường xuyên tham gia giải toán của bài toán học tuổi trẻ và trên đó các em đã luôn tìm được con đường khám phá lời giải các bài toán hay từ mục “Đề ra kỳ này”. 4. Vì năng lực trình bày có hạn có thể chuyên đề còn nhiều thiếu sót kính mong các đồng nghiệp tham khảo và đóng góp ý kiến để được hoàn thiện hơn. Phần IV: Tài liệu tham khảo 1. Các sách Bài tập hình học không gian của các tác giả: Văn Như Cương Đỗ Thanh Sơn Phan Huy Khải 2. Báo toán học tuổi trẻ.