KHAI THÁC MỐI QUAN HỆ GIỮA HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ HÌNH HỌC PHẲNG TRONG GIẢNG DẠY TOÁN Ở THPT =================================== A ĐẶT VẤN ĐỀ : Trong trình dạy học toán, học sinh phổ thông thường phải phân tích , phán đoán hướng giải toán, liên hệ toán với toán quen thuộc, đơn giản để có hướng giải tương tự, ngược lại học sinh khá, giỏi lại từ toán đơn giản sâu phân tích, mở rộng, phát triển thành toán Đặc biệt chương trình hình học THPT, việc khai thác liên hệ không gian hai chiều ( hình học phẳng: Tổng hợp tọa độ) không gian ba chiều ( hình học không gian: Tổng hợp tọa độ) giúp học sinh giải nhiều vấn đề toán học phù hợp với nhiều đối tượng học sinh, với nhiều mức độ kiến thức khác nhau,nội dung kiến thức xuất nhiều kì thi: Khảo sát chất lượng, thi Học sinh giỏi cấp, thi Học sinh giỏi Quốc gia, Việc sử dụng phương pháp giải toán hình học phẳng để giải toán hình học không gian tương tự mở rộng số toán phẳng sang toán không gian giúp hoạt động giảng dạy học tập môn hình học đạt hiệu cao B MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA Bài toán 1: Trên mặt phẳng toạ độ xOy cho điểm A(2;0), B(1;3) Tìm toạ độ điểm M đường thẳng 4x + y - = cho khoảng MA + MB nhỏ Bài toán 1': Cho S  x  y  z   x     y     z  1 , x , y , z số thực thay đổi thoả mãn x  y  z   Tìm giá trị nhỏ biểu thức S Nhận xét 1: Với cách nhìn khác nhau, toán quen thuộc với học sinh từ tiểu học trở lên có nhiều cách giải, ta để ý cách giải hình học vận dụng vào không gian để giải toán 1' nên ta giải toán sau: Giải : Trong hệ trục toạ độ Đề Các vuông góc Oxyz, xét điểm O  0;0;0  , A  2;2;1 mặt phẳng  P  : x  y  z  Dễ thấy O A nằm phía với (P) Gọi B điểm đối xứng O qua (P), Với điểm M(x;y;z)  (P) ta có MO = MB S =MO + MA  AB (Không đổi ) Dấu "=" xảy  M  I 2 Trong I = AB(đoạn)  (P), S đạt giá trị nhỏ Tìm toạ độ B ta  7 B(2;2;2)  AB  17 Tìm tọa độ điểm I ta I   ;2;  nên với cặp  5  7 giá trị  x; y; z     ;2;  ta có S đạt giá trị nhỏ S  17  5 Bài toán 2: Cho x  y  x  y   z  t  z  4t  11  với x, y, z, t số thực thay đổi Tìm Max, biểu thức S   x  t    y  z  2 Bài toán 2': Cho x  y  z  x  y  z   ; a  b2  c  2b  2c   , x , y , z , a , b , c số thực thay đổi Tìm Max, biểu thức 2 S   x  a   y  b   z  c Nhận xét 2: Với cách nhìn nhận toán góc độ hình học ta có S bình phương khoảng cách hai điểm M(x;y) N(t;z) M,N thay đổi hai đường tròn cố định, ta có cách nhìn nhận toán 2' góc độ tương tự nên đưa lời giải toán 2' sau: Giải : Trong hệ trục toạ độ Đề Các vuông góc Oxyz xét mặt cầu (I;R) (J;r) có tâm I(-1;1;-2) , R  J(0;-1;1) , r   I ; R  :  x  1   y  1   z     x2  y  z  x  y  z   2  J ; r  : x   y  1   z  1   x  y  z  y  z   2 (I) (J) Từ giả thiết ta có M  x; y; z    I  , , N  a; b; c    J  Dễ thấy S  MN , d  IJ  12  22  32  14  R  r   nên mặt cầu  S đạt Max ,  MN đạt Max , Khi M thay đổi (I) , N thay đổi (J) thì:  14    14   3  MN Max  AB  d  R  r  14    S Max  2  MN  CD  d  R  r  14    Smin 2 2 Bài toán 3: Cho ABC tam giác vuông A , với độ dài cạnh a , b , c ; đường cao AH = h ; b' = CH, c' = BH ;  ,  góc đường thẳng với hai đường thẳng AB , AC tương ứng ta có hệ thức : a) b2  ab ', b  c  a 1  2 2 h b c c) cos   cos2   Bài toán 3': Cho OABC tứ diện vuông đỉnh O , đường cao OH = h , OA = a , OB = b , OC = c ; gọi S , SA , SB , SC thứ tự diện tích tam giác ABC , OBC , OCA , OAB ; S'A , S'B , S'C thứ tự diện tích tam giác HBC , HCA , HAB  ,  ,  thứ tự góc đường thẳng với đường thẳng OA , OB , OC Ta có : a) S A2  S S A' , S  S A2  S B2  SC2 b) 1 1  2 2 2 h a b c c) cos2 + cos2 + cos2  = Nhận xét 3: Bài toán quen thuộc với học sinh từ lớp nội dung cách giải, với cách nhìn mở rông không gian ta đặt vấn đề kiến thức cách chứng minh mở rộng toán thành toán 3' cách dễ dàng, vấn đề SGK lớp 11 có tập vấn đề này, ta đưa vấn đề chứng minh tương tự, chẳng hạn tương tự phần 3-c hình học phẳng, với chứng minh véc tơ lớp 10, ta chứng minh 3'-c phương pháp véc tơ sau: Chứng minh 3'- c: ur ur ur Trên cạnh OA , OB , OC đặt véc tơ đơn vị e1 , e2 , e3 hình vẽ ( chúng có r u véc tơ phương cho  , có độ dài đôi rmột vuông góc );gọi ur ur ur biểu thị u  xe1  y e2  z e3 r ur x Ta có cos  cos u ; e1 = x2  y  z r ur y cos  cos u ; e2 = x2  y  z r ur z cos  cos u ; e3 = x2  y  z b)       Dễ dàng suy cos2 + cos2 + cos2  = ( Các tập 3'-a , 3'-b có hướng chứng minh sách tập hình học 11 chứng minh véc tơ ) Bài toán 4: Chứng minh tam giác ABC bất kì, trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O thẳng hàng GH  2GO (Đường thẳng Ơle) Bài toán 4’ : Chứng minh rằng, với tứ diện trực tâm ABCD, ta có: trọng tâm G, trực tâm H tâm O mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thẳng hàng GH = GO Nhận xét 4: Trong nhiều cách chứng minh toán 4, ta để ý cách chứng minh phép vị tự nên ta nghĩ đến việc dùng phép vị tự để giải toán 4' Hơn nữa, không gian, tứ diện có đường cao đồng quy điểm nên ta xét tứ diện có tính chất (tứ diện trực tâm) Giải: Ta dùng phép vị tự để giải toán không gian Yêu cầu chứng minh GH = GO gợi ý cho ta nghĩ đến phép vị tự tâm G tỉ số -1 Lần lượt lấy A′ đối xứng với A, B′ đối xứng với B, C′ đối xứng với C, D′ đối xứng với D qua G Ta dễ thấy AA' //=AB (tính chất phép vị tự) đường trung bình EF (E,F thứ tự trung điểm CD AB) qua G Trong hình bình hành A'B'AB  E trung điểm A'B'   A'CB'D hình bình hành Mặt khác tứ diện trực tâm ABCD có hai cạnh đối diện vuông góc với nên AB  CD  A'B'  CD   A'CB'D hình thoi  A'C = A'B Chứng minh tương tự ta có A'C = A'D  A’ cách B, C, D nnnnn Từ giả thiết ta có O cách B,C,D nên A'O trục đường tròn ngoại tiếp BCD  A'O  (BCD)  A'O  (B'C'D') (1) Tương tự (1), ta có B'O  (A'C'D') (2); C'O  (B'A'D') (3)  O trực tâm tứ diện A'B'C'D' Xét phép vị tự VG1 , ta có: VG : A a A' , B a B, C a C' , D a D' Như vậy, VG1 : ( ABCD) a ( A ' B ' C ' D ') nên phép vị tự biến trực tâm tứ diện ABCD thành trực tâm O tứ diện A’B’C’D’ uuur uuur Suy ra: VG1 : H a O hay GO   GH  H, G, O thẳng hàng GO = GH Bài toán 5: Chứng minh tam giác bất kì, điểm gồm: chân ba đường cao, ba trung điểm ba cạnh, ba trung điểm đoạn nối trực tâm với đỉnh thuộc đường tròn (Đường tròn Ơle) Bài toán 5’: Cho tứ diện trực tâm ABCD Gọi H1 , H , H , H ; G1 , G2 , G3 , G4 ; I1 , I , I , I chân đường cao, trọng tâm mặt điểm đoạn thẳng IH I H IH I H nối trực tâm với đỉnh thỏa mãn     Chứng minh I1 A I B I 3C I D 12 điểm thuộc mặt cầu (tứ diện cần xét phải có đường cao đồng quy nên tứ diện trực tâm) Một cách giải toán 5: Giả sử tam giác ABC có H1, H2, H3, M1, M2, M3, I1, I2, I3 chân đường cao, trung điểm cạnh, trung điểm đoạn nối trực tâm với đỉnh Gọi E1, E2, E3, F1, F2, F3 điểm đối xứng với H qua H1, H2, H3, M1, M2, M3 Dễ dàng chứng minh điểm A, B, C, H1, H2, H3, M1, M2, M3 thuộc đường tròn (S) ngoại tiếp tam giác ABC H Ta có V : A a I1 , E1 a H1 , F1 a M  I1 , H1 , M thuộc đường tròn (S') H ảnh đường tròn (S) qua V Chứng minh tương tự ta có I , H , M ; I , H , M thuộc (S') nên điểm nêu thuộc (S') (đpcm) Nhận xét 5: Từ cách giải toán ta lựa chọn cách giải toán 5' tương tự sau: Giải toán 5': Gọi G, O thứ tự trọng tâm, tâm mặt cầu uuur ngoại uuu tiếp r tứ diện từ toán ta GHr  OG Gọi E điểm cho uuurbiết uuuu HE  3HH1 F điểm cho uuur uuuur HF  3HG1  uuur uuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur Ta có AF  AH  HF  AH  3HG1 = AH  AG1  AH uuur uuur uuur uuur uuur  AG  AH = 2(2 AG  AH ) = 2AO  (Do G trung điểm HO)  A, O, F thẳng hàng O trung điểm AF Dễ thấy H1G1 // EF mà AH1  H1G1 nên AE  EF  E, F thuộc mặt cầu ngoại tiếp tứ diện H Xét phép vị tự V biến điểm A, E, F thuộc mặt cầu (S) thành điểm I1 , H H1, G1 thuộc mặt cầu (S') ảnh mặt cầu (S) qua phép vị tự V Hoàn toàn tương tự ta chứng minh điểm lại thuộc mặt cầu (S') (đpcm) Bài toán : Cho tam giác ABC , ta có: uuur uuur uuur r - Một điểm G cho GA  GB  GC  - đường trung tuyến đồng quy điểm G, điểm G chia đường trung tuyến theo tỉ số - Bài toán 6' : Cho tứ diện ABCD , ta có : uuur uuur uuur uuur r - Một điểm G cho GA  GB  GC  GD  - ba đường trung bình đồng quy điểm G , điểm G chia đường trung tuyến theo tỉ số - ; bốn đường trọng tuyến đồng quy G , điểm G chia đường theo tỉ số - Bài toán 6" : Trong không gian ( mặt phẳng ) cho hệ n điểm A1, A2 , … , An , ta có: n uuur uur a) Một điểm G cho  GAi  i 1 b) Tất đường trung tuyến bậc k ( k = 0, 1, …, n - 1) đồng quy điểm G ( đường trung tuyến bậc k đoạn thẳng nối trọng tâm hệ k điểm n điểm cho với trọng tâm hệ n - k điểm lại) c) Điểm G chia đường trung tuyến bậc k theo tỉ số (k-n)/k Nhận xét 6: Cả ba toán tương tự nhau, có mở rộng dần không gian và mở rộng dần khái niệm, tính chất; với toán có cách giải khác nhau, toán - toán 6' có hướng giải SGK lớp 11, nhiên cách giải công cụ véc tơ giải ba toán Chứng minh 6" : n uuur uur a) Lấy điểm O cố định , điểm G thoả mãn  GAi  i 1   uuur uuur uur uuur n uuur OAi  nOG   OG   OAi (là véc tơ   n i 1 i 1 i 1 không đổi ), O cố định nên đẳng thức điểm G xác định b) , c) Lấy k điểm X1 , X2 , … ,Xk từ họ điểm cho gọi trọng tâm hệ G1 trọng tâm hệ n - k điểm Xk + , Xk + , … , Xn k uuuuu n uuuuuur r r r lại G'1 , ta có :  G1 X i  (1)  G '1 X j  (2) n uuur uuur uur OAi  OG   n i 1 i  k+1  k Từ (1) ta có i 1 n Từ (2) ta có n  uuuur uuuur r GX i  GG1    i  k 1 uuuur uuuur r GX  kGG  i  (1') k i 1 uuuur uur uuuur GX i -  n  k  GG1' = (2') n Cộng (1') (2') sử dụng uuur uur  GA  i 1 i , ta uuuur r uuuur uuuur uuuur ' kGG1   n  k  GG1   kGG1   k  n  GG1'  điểm G, G'1,G1 thẳng hàng đồng thời G chia G1G'1 (trung tuyến bậc k) theo tỉ số (k-n)/k Vậy b) , c) chứng minh Bài toán 7: Cho tam giác ABC M điểm thuộc miền tam giác Gọi S3rlần lượt tích tam giác MBC, MCA, MAB Chứng minh uuuSr1, S2, uuu uuur diện r S1 MA  S MB  S3 MC  Giải: Gọi S diện tích tam giác ABC, từ M ta dựng hai đường thẳng song song với AB AC, cắt AB B’ AC C’ uuuur S uuur S uuur Biểu thức cần chứng minh biến đổi dạng AM  AB  AC (*) S S uuuur uuur uuuur Ta có: AM = AB '  AC ' = AB ' uuur AC ' uuur AB  AC AB AC Dễ chứng minh AB ' MC ' S( MAC ) S2 AC ' MB ' S( MAB ) S3    ;    AB AB S BAC  S AC AC SCAB  S nên ta có điều phải chứng minh (*) Nhận xét 7: Bài toán mở rộng không gian xét cho tứ diện diện tích tam giác cần chứng minh chuyển thành thể tích tứ diện Bài toán 7’: Cho tứ diện ABCD, O điểm thuộc miền tứ diện Gọi V1, V2, V3, V4 uuur thể uuurtích uuur tứ uuurdiệnr OBCD, OCDA, OABD OABC Chứng minh V1 OA  V2 OB  V3 OC  V4 OD  Giải: Tương tự toán mặt phẳng ta biến đổi đẳng thức cần chứng uuur V uuur V uuur V uuur minh dạng AO  AB  AC  AD (Với V thể tích tứ diện) V V V Từ ta định hướng giải toán cách dựng hình hộp nhận AO làm đường chéo ba cạnh kề nằm ba cạnh tứ diện xuất phát từ A (hình bên) uuur AM uuur AS uuur AP uuur AB  AC  AD Ta có AO  AB AC AD AM OR OK OK dt  ACD  V2     Có AB AB BH BH dt  ACD  V Tương tự ta có AS V2 AP V3  ,  nên ta AC V AD V có đpcm Bài toán 8: Chứng minh điều kiện cần đủ để tứ giác ngoại tiếp tổng cạnh đối diện ( BT hình học lớp 9) Nhận xét 8: Bài toán quen thuộc với học sinh hình học phẳng kiến thức cách chứng minh, ta mở rộng tính chất không gian cách chứng minh tương tự hình học phẳng sao? Ta có toán mở rộng: Bài toán 8': Chứng minh điều kiện cần đủ để tứ diên có cạnh tiếp xúc với mặt cầu tổng cạnh đối diện Chứng minh: Điều kiện cần: Giả sử có mặt cầu tiếp xúc với cạnh tứ diện ABCD điểm hình vẽ , theo tính chất tiếp tuyến với mặt cầu ta có : AP = AN = AH = x ; BM = BP = BF = y ; CM = CN = CE = z ; DE = DF = DH = t Từ tổng cạnh đối diện tứ diện có giá trị x + y + z + t, ta có điều phải chứng minh Điều kiện đủ : Giả sử tứ diện có tổng cạnh đối diện , gọi (C1) đường tròn nội tiếp ABC M, N, P (C2) đường tròn nội tiếp BCD M' , E , F hình vẽ - Trước hết ta chứng minh M  M' Thật vậy, theo công thức tính khoảng cách từ đỉnh C đến tiếp điểm M' cạnh BC với đường tròn (C1) nội tiếp tam BC  CA  AB BC  CD  DB giác ta có CM '  ; tương tự ta có CM  2 Giả thiết  CM' = CM  M'  M - Dễ chứng minh trục (C1) (C2) nằm mặt phẳng qua M vuông góc với BC , không song song với nên trục cắt điểm O , dễ dàng chứng minh đoạn thẳng OM , ON , OP , OF , OE vuông góc với cạnh tương ứng Từ suy mặt cầu qua M , N , E , F có tâm O đồng thời tiếp xúc với cạnh BC , CD , DB , BA , CA tứ diện - Lập luận tương tự ta thay M E ta có mặt cầu qua M , N , E , F tiếp xúc với cạnh BC , CD , DB , DA , CA tứ diện , từ mặt cầu nói tiếp xúc với cạnh tứ diện (ĐPCM) Bài toán 9: Trong mặt phẳng cho tam giác ABC có R , r bán kính đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác Chứng minh ta có R  2r Chứng minh: (Bài toán có nhiều cách chứng minh, xin đưa cách chứng minh để dùng tưong tự không gian) Xét phép vị tự tâm G tỉ số k = -1/2 biến (O) thành (O1 ;R1) qua trung điểm A1, B1, C1 cạnh BC, CA, AB Gọi  đường thẳng song song với BC , tiếp xúc với (O1) A'1 - khác phía với A BC ; gọi A2 giao điểm đoạn AA'1 với BC Xét phép vị tự tâm A tỉ số k1 = AA'1/ AA2 ( < k  ) : Như VG1/ :  O  a  O1  ,  O1  qua trung điểm ba cạnh ABC VAk1 :  O1  a  O2  với < k1   O2  tiếp xúc với cạnh BC, có điểm chung với cạnh CA, AB VBk2 :  O2  a  O3  với < k2   O3  tiếp xúc với cạnh BC, CA có điểm chung với cạnh AB VCk3 :  O3  a  O4  với < k3   O4  tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB nên  O4  đường tròn nội tiếp tam giác 1 Thực liên tiếp phép vị tự ta có r  k1.k2 k3 R  R 2 (vì < k3 , k3 ,k3  1)  điều phải chứng minh Dấu "=" xảy  A1  A2  A3  A4 ; …  ABC tam giác Bài toán 9' : Trong không gian với tứ diện ABCD ta có R  3r , R , r thứ tự bán kính mặt cầu ngoại tiếp mặt cầu nội tiếp tứ diện Nhận xét 9: Một số đề thi mở rộng toán cho vài tứ diện đặc biệt (hình chóp tam giác đều, tứ diện gần đều, ) với cách chứng minh dựa vào việc tính R,r chứng minh bất đẳng thức tương ứng.Trường hợp tổng quát, toán khó, biết cách chứng minh toán hình học phẳng ta có cách chứng minh tương tự hình học không gian cách nhẹ nhàng Bài toán 10: Cho ABC đều, chứng minh với điểm M có MA + MB + MC  3R (có thể chứng minh kiến thức lớp xem cách giải toán 10' ) Bài toán 10': Cho tứ diện ABCD , chứng minh với điểm M có MA + MB + MC + MD  4R Giải Gọi làr trọng uuur :uuu r Guuu uuur tâm r tứ diện , Dễ thấy GA = GB = G C = GD = R GA  GB  GC  GD  Với điểm M ta có uuur uuur uuuur uuur uuur uuuur uuur MA.R = MA.GA  MA.GA  MG  GA GA  MG GA + R uuuur uuur  MA.R  MG GA + R   10 uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur Tương tự MB.R  MG GB + R ; MC.R  MG GC + R ; MD.R  MG GD + R Cộng bất đẳng thức ta suy điều phải chứng minh , dấu "=" xảy  uuur uuur uuur uuur uuur uuuur MA chiều với véc tơ GA, GB, GC , GD Khi suy MG phải uuur uuur uuur uuur phương với véc tơ không phương GA, GB, GC , GD nên M  G ) Bài toán 10" : Cho tam giác nhọn ABC , tìm điểm M mặt phẳng tam giác cho MA + MB + MC nhỏ B Cách : ( kiến thức lớp ) Dựng điểm M' , C' cho tam giác AMM' , ACC' tam giác hình vẽ ( thực chất xét phép quay tâm A góc quay  M 900 để có M' C') Dễ dàng chứng minh MAC' = M'AC'  MC = M'C' ; C A mà MA = MM' nên MA + MB + MC = BM + MM' + MC'  BC' Dấu "=" xảy  B , M , M' , C' thẳng hàng theo thứ tự Khi MA + MB + MC đạt M' Khi MA + MB + MC đạt , giả sử M  T , M'  T' ATT' tam giác nên · ATB  1200 , đồng thời tứ giác ATCC' nội tiếp nên ta có · C' ATC  1200  T nhìn cạnh góc120 nên T giao điểm cung chứa góc 1200 cạnh ( phía với đỉnh lại Điểm T gọi điểm Tôri xenli tam giác, vị trí T xác định uur uur uuur TA TB TC uur    (*), M điểm bất Cách : Gọi T điểm thoả mãn TA TB TC kì Chứng minh MA + MB + MC  TA + TB + TC nên MA + MB + MC nhỏ  M  T ( xem cách chứng minh tương tự không gian ) uur - Chú uur ý uuur điều kiện (*)  TA TB TC   bình phương TA TB TC uur uur vế rút gọn  cos TA;TB   T nhìn AB góc 120 , tương tự ta có T nhìn BC , CA góc 1200   11 Bài toán 10''': Trong không gian cho tứ diện ABCD , gọi T điểm cho uur uur uuur uuur TA TB TC TD uur     (**) , M điểm TA TB TC TD Chứng minh MA + MB + MC + MD  TA + TB + TC + TD Chứng minh : Với điểm M ta có uur uuur uur uuur uur uur uuur uur uuur TA MATA  MA TA = MT + TA TA  MT TA  TA2  MA  MT  TA TA Hoàn toàn tương tự ta có uuur uur uuur uuur TC uuur TB uuur TD  TC ; MD  MT MB  MT  TB ; MC  MT  TD TC TB TD cộng bất đẳng thức sử dụng (**) ta :  MA + MB + MC + MD  TA + TB + TC + TD (điều phải chứng minh) uuur uur uur uuur uuur Dấu "=" xảy  MA, TA, TB, TC , TD chiều  M  T uur uur uuur uuur uur uur uuur uuur  TC TD  TA TB TC TD uur TA TB     (**)      Chú ý : Từ  bình TA TB TC TD TA TB TC TD     phương vế ta suy T nhìn cạnh đối diện góc Bài toán 10"": Cho hình chóp S.ABC có cạnh đáy a , cạnh bên a , gọi O điểm nhìn cạnh góc  1) Tính cos 2) M điểm không gian , chứng minh 6a (Tương tự đề thi HSG Quốc gia năm 1999) MA  MB  MC  MD  Lời giải : 1) Đặt véc tơ đơn vị có gốc O hình vẽ , tứ diện S'A'B'C' có độ dài cạnh 2cos nên tứ diện  tâm O mặt cầu ngoại tiếp trọng tâm tứ diện uuur uuur uuuur uuuur uuur OS '  OA '  OB '  OC '  O (*) uuur uuur uuuur uuuur  OS '   OA '  OB '  OC '   Bình phương vế ta = + + + 6cos  cos  = -1/3 12 2) áp dụng định lí cô sin cho tam giác SOA , SOB , SOC ta có OA , OB , OC nghiệm dương phương trình : 3a2 = x2 + SO2 - 2x.SO.cos  x2 - 2x.SO.cos - (3a2 - SO2 ) = nên chúng (PT có nghiệm dương)  O nằm đường cao SH hình chóp S.ABC  OA = OB = OC Từ (*) ta có O điểm T toán nên MA + MB + MC + MD  OS + 3OA Trong SHA , OHA (vuông) có AH  a a a : sin · AOH   ; AO  3 a a 2a HO  OA.cos · AOH   ; SH   12  SO  SH  HO  2a a a   12 12 7a 3a 4a   (ĐPCM) 12 Bài toán 11 : Trên cạnh góc xOy có điểm M , N thay đổi cho a b   , a , b độ dài cho trước OM ON O Chứng minh M N qua điểm cố định Chứng minh : Trên tia Ox , Oy đặt đoạn OA = a , OB = b ; gọi E trung điểm AB F giao điểm OE với MN , ta có uuur OF uuur OF uuur uuur A E OF  OE  OA  OB B OE OE uuur OF  OA uuuur OB uuur   OM  ON   OF  M 2OE  OM ON  F x Mà F , M , N thẳng hàng nên có biểu thị dạng : uuur uuuur uuur OF OA OF OB  1 OF  kOM  lON với k + l =  2OE OM 2OE ON OF  a b       OF = OE  F điểm thứ tư hình 2O E  O M O N bình hành OAFB ) Bài toán 11' : Hai điểm M , N thứ tự thay đổi nửa đường thẳng chéo Ax, By a b   1( a, b độ dài cho trước ) Chứng minh MN cho AM BN cắt đường thẳng cố định Từ MA + MB + MC + MD  OS +3OA =   13 N y Giải : Dựng tia Bx' // Ax , lấy M' x M Bx' cho MM'//AB ; Bx' , By đặt đoạn BA' = a , BB' = b Từ giả thiết   A a b   , theo kết ta có BM ' BB ' x' M'N qua điểm cố định I ( đỉnh thứ M' tư hình bình hành BA'IB') A' a Xét đường thẳng  qua I // MM' I (//AB) , dễ thấy  đường thẳng cố B b định cắt MN B' N y Bài toán 11'' : Trên tia Ox , Oy , Oz tương ứng O có điểm M , N , P thay đổi cho có C a b C    , a , b , c OM ON OP G A độ dài cho trước Chứng minh mp(MNP) B qua điểm cố định Chứng minh : Cách chứng minh tương tự F toán 11' M N Chú ý : Bài toán 11 toán 11'' dùng x y tính chất tỉ số diện tích, tỉ số thể tích cộng diện tích, cộng thể tích để có kết Bài toán 12 : Cho tam giác ABC có độ dài cạnh BCur=uuar ,urCA = b , AB = c Từ đỉnh A, B, C làm gốc ta dựng véc tơ đơn vị e1 , e2 , e3 tương ứng ngược chiều uuuur uuuur uuuur ur uur ur r với véc tơ đường cao AH1 , BH , CH Chứng minh : ae1  be2  ce3  Bài toán 12' : Cho tứ diện ABCD có diện tích mặt đối diện với đỉnh A , B , C , D tương ứng uSr A u,ur Sur B , SC , SD Từ đỉnh A , B , C , D làm gốc ta dựng uur véc tơ đơn vị e1 , e2 , e3 , e4 tương ứng ngược chiều với véc tơ đường cao uuuur uuuur uuuur uuuur ur uur ur uur r AH1 , BH , CH , DH Chứng minh S A e1  S B e2  SC e3  S D e4  ur uur ur uur r Chứng minh: Đặt S A e1  S B e2  SC e3  S D e4  x r uuur ur uur ur uur uuur ur uuur uur uuur  x AB  S A e1  S B e2  SC e3  S D e4 AB  S A e1 AB  S B e2 AB   = SA AB cos( -  ) + SB 1.BA cos  = - SA AH1 + SB AH2 = -VABCD + VABCD = 14 P z e1 r uuur x  AB tương tự ta có  A r uuur r uuur r x  AC , x  AD  x vuông góc  với véc tơ không đồng phẳng  r r e3 H2 x  (nếu ngược lại qua A có C mặt phẳng vuông góc r với đường thẳng có phương x )  Bài toán 13: B H1 Cho tam giác ABC có trọng e2 tâm G , nội tiếp đường tròn (O) D Chứng minh A = 900  uuur uuur e4 OG  OA Chứng minh : Gọi A' điểm đối xứng với A qua O ta có uuur uuur uuur uur uuur uuur OG  OA  GA   GA '  AI   BA ' 2 uuur uuur A C  AC  BA '  tứ giác ACA'B hình bình hành (nội I tiếp đường tròn)  tứ giác ACA'B hình chữ nhật  G tam giác ABC vuông A O Bài toán 13' : Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G , nội tiếp B mặt cầu (O) , ta có góc tam diện đỉnh A góc tam uuur uuur A' diện vuông  OG  OA Chứng minh : Điều kiện cần : Dựng hình hộp chữ nhật dựa cạnh AB , AC , tâm hình hộp tâm O mặt cầu, dễ dàng chứng minh đường chéo AA' hình hộp ( đường kính mặt cầu) qua trọng tâm G' tam giác BCD AG '  AA ' (Bài tập SGK 11)  AG '  AO mà AG  AG ' ( tính chât 3 trọng tâm) nên AG  AO uuur uuur A C  OG  OA  OG  OA 2 G I G' Điều kiện đủ : Giả sử tứ diện ABCD nội tiếp mặt uuur uuur B O cầu (O) có OG  OA , gọi I trung điểm D D' 15 CD , D' điểm đối xứng D qua O , G' trọng tâm  BCD uuur uuur uuur uuuur uuuur uuuur Từ OG  OA , AG  AG ' (tính chất trọng tâm)  G ' O   G ' A uuuur uur uuur uuuur uur uuur uuuur mà G ' I   G ' B nên OI  BA  D ' C  2OI  BA 2  tứ giác ABD'C hình bình hành ( có đỉnh nằm mặt cầu)  tứ giác nội tiếp đường tròn  tứ giác ABD'C hình chữ · nhật nên BAC  900 · ·  900 ; DAB  900  góc tam diện đỉnh A Chứng minh tương tự ta có CAD tam diện vuông MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC (liên hệ hình học phẳng với hình học không gian ngược lại) Bài toán 14: Cho  ABC với trọng tâm G a) Chứng minh rằng, với điểm M ta có MA2  MB  MC  3MG  GA2  GB  GC b)Tìm quỹ tích điểm M cho MA2  MB  MC  k (k độ dài cho trước) Bài toán 14': Cho tứ diện ABCD trọng tâm G a) Chứng minh rằng, với điểm M ta có: MA2  MB2  MC  MD2  4MG  GA2  GB  GC  GD b) Tìm quỹ tích M cho MA2  MB  MC  MD2  k (k độ dài cho trước) Bài toán 15': Chứng minh tổng bình phương độ dài hình chiếu cạnh tứ diện mặt phẳng 4a2 Bài toán 16': Chứng minh bốn điểm A, B, C, D thuộc cạnh MN, NP, PQ, QM tứ diện MNPQ; đồng phẳng AM BN CP DQ  (Định lí Mênêlaúyt không gian) AN BP CQ DM Bài toán 17: Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn: Các đường thẳng qua trung điểm cạnh vuông góc với cạnh đối diện đồng qui Bài toán 17': Chứng minh tứ diện mặt phẳng qua trung điểm cạnh vuông góc với cạnh đối diện đồng qui điểm ( Điểm Monge) 16 B C.KẾT LUẬN Trên vài ví dụ minh họa cho việc khai thác liên hệ toán hình học phẳng với toán mở rộng không gian, để thấy tính chất, cách chứng minh,… mở rộng, liên hệ với cách lôgic giúp cho việc dạy học toán có hiệu hơn, kiểu tư áp dụng thực tế giảng dạy học tập tùy theo yêu cầu chương trình, người học, người dạy mà ta lựa chọn tập phù hợp Trong việc dạy toán Trường THPT chuyên Lam Sơn, vận dụng kiểu tư để dạy cho nhiều đối tượng, việc ôn thi học sinh giỏi, hình thành cho học sinh thói quen liên hệ toàn hình học không gian với toán phẳng đơn giản mở rộng toán theo hướng ngược lại Để hiểu sâu vấn đề này, việc ứng dụng việc giảng dạy học tập mong nhận ý kiến đóng góp rút kinh nghiệm đồng nghiệp để viết thêm đầy đủ, trở thành tài liệu tham khảo tốt phục vụ cho việc giảng dạy giáo viên kích thích hứng thú học tập, tìm tòi học sinh XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 17 tháng năm 2013 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác (Ký ghi rõ họ tên) 17 [...]... vài ví dụ minh họa cho việc khai thác sự liên hệ giữa bài toán trong hình học phẳng với bài toán mở rộng trong không gian, để chúng ta có thể thấy được các tính chất, các cách chứng minh,… được mở rộng, được liên hệ với nhau một cách khá lôgic giúp cho việc dạy và học toán có hiệu quả hơn, kiểu tư duy này được áp dụng trong thực tế giảng dạy và học tập tùy theo yêu cầu của chương trình, của người học, ... người dạy mà ta lựa chọn bài tập phù hợp Trong việc dạy toán ở Trường THPT chuyên Lam Sơn, tôi đã vận dụng kiểu tư duy này để dạy cho nhiều đối tượng, nhất là trong việc ôn thi học sinh giỏi, hình thành cho học sinh thói quen liên hệ giữa bài toàn hình học không gian với bài toán phẳng đơn giản hơn và đôi khi mở rộng bài toán theo hướng ngược lại Để hiểu sâu hơn về vấn đề này, nhất là việc ứng dụng trong. ..  2OI  BA 2 2  tứ giác ABD'C là hình bình hành ( có 4 đỉnh nằm trên mặt cầu)  nó là tứ giác nội tiếp được trong 1 đường tròn  tứ giác ABD'C là hình chữ · nhật nên BAC  900 · ·  900 ; DAB  900  góc tam diện đỉnh A Chứng minh tương tự ta cũng có CAD là tam diện vuông MỘT SỐ BÀI TOÁN KHÁC (liên hệ giữa hình học phẳng với hình học không gian và ngược lại) Bài toán 14: Cho  ABC với trọng tâm G... NP, PQ, QM của tứ diện MNPQ; đồng phẳng khi và chỉ khi AM BN CP DQ  1 (Định lí Mênêlaúyt trong không gian) AN BP CQ DM Bài toán 17: Chứng minh rằng trong một tứ giác nội tiếp trong đường tròn: Các đường thẳng qua trung điểm một cạnh và vuông góc với cạnh đối diện đồng qui Bài toán 17': Chứng minh rằng trong một tứ diện các mặt phẳng đi qua trung điểm của mỗi cạnh và vuông góc với cạnh đối diện đồng... dụng trong việc giảng dạy và học tập tôi rất mong nhận được những ý kiến đóng góp rút kinh nghiệm của các đồng nghiệp để bài viết thêm đầy đủ, có thể trở thành một tài liệu tham khảo tốt phục vụ cho việc giảng dạy của giáo viên và kích thích hứng thú học tập, tìm tòi của học sinh XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 17 tháng 5 năm 2013 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép... TB + TC nên MA + MB + MC nhỏ nhất  M  T ( xem cách chứng minh tương tự trong không gian ) uur - Chú uur ý rằng uuur điều kiện (*)  TA TB TC   bình phương 2 TA TB TC uur uur 1 vế và rút gọn  cos TA;TB  2 0  T nhìn AB dưới góc 120 , tương tự ta cũng có T nhìn BC , CA dưới góc 1200   11 Bài toán 10''': Trong không gian cho tứ diện ABCD , gọi T là điểm sao cho uur uur uuur uuur TA TB TC TD... G A độ dài cho trước Chứng minh rằng mp(MNP) B luôn đi qua 1 điểm cố định Chứng minh : Cách chứng minh tương tự bài F toán 11' M N Chú ý : Bài toán 11 và bài toán 11'' có thể dùng x y tính chất về tỉ số diện tích, tỉ số thể tích và cộng diện tích, cộng thể tích để có kết quả Bài toán 12 : Cho tam giác ABC có độ dài các cạnh BCur=uuar ,urCA = b , AB = c Từ các đỉnh A, B, C làm gốc ta dựng các véc... uuur uuur phương với 4 véc tơ không cùng phương là GA, GB, GC , GD nên M  G ) Bài toán 10" : Cho tam giác nhọn ABC , tìm điểm M trong mặt phẳng của tam giác sao cho MA + MB + MC nhỏ nhất B Cách 1 : ( kiến thức của lớp 9 ) Dựng các điểm M' , C' sao cho các tam giác AMM' , ACC' là các tam giác đều như hình vẽ ( thực chất là xét phép quay tâm A góc quay  M 900 để có M' và C') Dễ dàng chứng minh MAC'... dài cho trước) Bài toán 14': Cho tứ diện ABCD trọng tâm G a) Chứng minh rằng, với mọi điểm M ta có: MA2  MB2  MC 2  MD2  4MG 2  GA2  GB 2  GC 2  GD 2 b) Tìm quỹ tích M sao cho MA2  MB 2  MC 2  MD2  k 2 (k là độ dài cho trước) Bài toán 15': Chứng minh rằng tổng các bình phương độ dài các hình chiếu của các cạnh của một tứ diện đều trên một mặt phẳng bất kì bằng 4a2 Bài toán 16': Chứng minh... thiết   A a b   1 , theo kết quả ở trên ta có BM ' BB ' x' M'N luôn đi qua điểm cố định I ( đỉnh thứ M' tư của hình bình hành BA'IB') A' a Xét đường thẳng  qua I và // MM' I (//AB) , dễ thấy  chính là đường thẳng cố B b định luôn cắt MN B' N y Bài toán 11'' : Trên các tia Ox , Oy , Oz tương ứng O có các điểm M , N , P thay đổi sao cho luôn có C a b C    1 , trong đó a , b , c là các OM ON OP