Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải một số bài toán trong chương trình THPT

20 599 0
  • Loading ...
1/20 trang

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 20/03/2015, 05:15

A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. LỜI MỞ ĐẦU - Hình học là một môn học được xây dựng trên cơ sở hệ thống các tiên đề, định lý toán học, là một môn học chứa đựng nhiều tư duy trừu tượng, tư duy logic. Vì vậy đây thực sự là môn học khó đối với học sinh. Do đó để học sinh tiếp thu được môn học đòi hỏi người giáo viên phải có nghệ thuật sư phạm hướng dẫn học sinh hình thành các bước giải quyết bài toán và kỹ năng giải quyết bài toán đó. - Trong hình học ta thường gặp những bài toán như: chứng minh một đẳng thức hình học, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một đại lượng hình học, tìm điểm chia đoạn thẳng …. Để giải các bài toán này cần phải xây dựng một “Hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học”. Đây là một dạng toán khó ít gặp ở trong sách giáo khoa song lại gặp nhiều trong các kỳ thi tuyển sinh, thi học sinh giỏi. Để giúp học sinh định hướng nhanh lời giải cần đưa ra một phương pháp chung để giải quyết dạng toán này. - Qua nhiều năm dạy bồi dưỡng học sinh khá, giỏi, tôi đã rút ra một số kinh nghiệm nhỏ trong việc giúp học sinh định hướng nhanh việc “Tìm hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học” và sử dụng phương pháp giải một số bài toán hình học. Với đề tài này tôi hy vọng sẽ giúp học sinh không lúng túng khi gặp một số bài toán có liên quan. Nó sẽ giúp học sinh học tốt hơn, có hứng thú hơn đối với môn toán. Đề tài gồm có hai phần đó là: “Tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học” và “Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải một số bài toán” - Ý tưởng nghiên cứu đề tài được nảy sinh từ năm 2003, ban đầu tôi chỉ sử dụng phương pháp này để giải các bài toán bất đẳng thức hình học và cực trị hình học. Qua nhiều năm dạy học và bồi dưỡng học sinh khá giỏi đề tài được nâng dần áp dụng vào việc tính toán các đại lượng hình học như độ dài đoạn thẳng, tỉ số đoạn thẳng, II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU 1. Thực trạng vấn đề Khi gặp một bài toán có nhiều đại lượng hình học thay đổi và yêu cầu tìm điều kiện liên hệ giữa các đại lượng hình học thoả mãn một tính chất cho trước, tìm giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của một đại lượng hình học, tìm điểm chia đoạn thẳng, tính độ dài một đoạn thẳng, …thì học sinh tỏ ra rất lúng túng. Đa số học sinh không định hướng được lời giải, không biết được tìm lời giải phải bắt đầu 1 từ đâu. Chính vì vậy tôi đã sử dụng các phương pháp đề cập trong đề tài và thấy có hiệu quả nhất định. 2. Kết quả, hiệu quả của thực trạng Qua quá trình kiểm tra đối với học sinh khi chưa đưa ra phương pháp trên đã cho kết quả dưới đây: Tổng số học sinh Loại giỏi Loại khá Loại TB Loại yếu SL Tỉ lệ (%) SL Tỉ lệ (%) SL Tỉ lệ (%) SL Tỉ lệ (%) 45 0 0 8 17,78 17 37,78 20 44,44 Từ thực trạng trên tôi đã mạnh dạn đưa ra nội dung cách thức dạy học nhằm giúp học sinh định hướng nhanh lời giải bài toán 2 B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN Qua quá trình giảng dạy bản thân thấy được hai vấn đề đặt ra ở trên có thể được giải quyết trong một bài toán. Nếu không tìm được hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học thì không giải quyết được bài toán. Vì vậy trong quá trình dạy học, tôi đã dạy cho học sinh nắm chắc lần lượt hai vấn đề: “Tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học” sau đó là “Đi tìm hệ thức liên hệ giải một số bài toán hình học”. Hai nội dung trên được dạy trong các tiết dạy bồi dưỡng học sinh khá giỏi 1. Tìm hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học - Nếu trong giả thiết của một bài toán hình học có các yếu tố: điểm, đường thẳng, góc … thay đổi; chịu một điều kiện ràng buộc hình học nào đó thì một vấn đề đặt ra là cần chuyển điều kiện ràng buộc hình học đó thành một điều kiện ràng buộc giữa các đại lượng có thể tính toán được dưới dạng một biểu thức đại số - được gọi là biểu thức liên hệ. Qua nhiều năm giảng dạy tôi đã rút ra được hai cách để giải quyết bài toán trên. a. Cách 1 Chọn và tính một đại lượng hình học nào đó (Độ dài đoạn thẳng, diện tích một đa giác, thể tích khối đa diện, …) theo hai cách khác nhau, đẳng thức liên hệ giữa hai cách tính đó sẽ cho một hệ thức cần tìm. Ta xét một số bài toán minh hoạ sau: Bài toán 1.1. Cho góc · xOy α = , I là một điểm cố định trên phân giác của góc. Một đường thẳng ∆ thay đổi qua I cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B. Tìm hệ thức liên hệ giữa hai độ dài x=OA; y = OB. BÀI GIẢI + Đặt OI = d, ta có: + S OAB = 1 2 .OA.OB.sin · AOB = 1 2 . x.y.sin α (1). + S OAB = S OAI + S OIB = 1 2 xd sin 2 α + 1 2 yd sin 2 α = 1 2 d sin 2 α (x+y) (2) 3 O A I B y x + Từ (1) và (2) ta có: ( ) 1 1 . . .sin . . .sin 2 2 2 x y x y d α α = + ( ) 2cos 1 1 2 * x y d α ⇔ + = Đẳng thức (*) chính là hệ thức cần tìm. Nhận xét -Đẳng thức (*) tìm được là do ta tính diện tích ∆ ABC bằng hai cách. Cách 1 cho đẳng thức (1); cách 2 cho đẳng thức (2). -Thông thường trong hai cách tính đại lượng đã chọn, có một cách là cách tính thông thường đúng cho mọi trường hợp (Như cách 1). Cách còn lại sẽ chỉ có được do điều kiện ràng buộc hình học của bài toán (Như cách 2). Bài toán 1.2. Cho hai tia Am, Bn chéo nhau nhận AB làm đường vuông góc chung. Các điểm M, N chuyển động trên Am, Bn sao cho đường thẳng MN tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB =a. Tìm hệ thức liên hệ giữa AM = x và BN = y. BÀI GIẢI + Kẻ tia Bt//Am. Gọi M 1 là hình chiếu của M trên Bt, ta có tứ giác AMM 1 B là hình chữ nhật ⇒ BM 1 = AM = x; + Đặt · 1 M BN = α ( α bằng góc giữa Am và Bn). + Trong tam giác vuông M 1 MN ta có: MN 2 = MM 1 2 + M 1 N 2 = MM 1 2 + BM 1 2 +BN 2 – 2BM.BN.cos α = 2 a + x 2 + y 2 – 2xy.cos α (1) + Mặt khác, gọi T là tiếp điểm của MN với mặt cầu ta có : MN = NT + TM = BN + AM = y + x (2) + Từ (1) và (2) ta có: (x+y) 2 = 2 a + x 2 + y 2 – 2xy.cos α ( ) 2 * 4cos 2 a xy α ⇔ = Hệ thức (*) chính là hệ thức cần tìm Nhận xét - Để có hệ thức liên hệ ta đã tính độ dài MN bằng hai cách. Cách 1 cho đẳng thức (1), cách 2 cho đẳng thức (2). 4 A O B T M 1 M N Bài toán 1.3. Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AD, I là một điểm trên AD. Một đường thẳng qua I cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N, đặt AM = x, BN = y . Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y BÀI GIẢI + Ta có : ( ) . 1 AMN ABC S x y S AB AC = + Mặt khác : ( ) 1 2 2 2 2 AMN AMI AIN ANI AMI ABC ABC ABD ADC S S S S S AI x y S S S S AD AB AC +   = = + = +  ÷   + Từ (1) và (2) ta có : . x y AB AC = ( ) 1 * 2 AI x y AD AB AC   +  ÷   Nhận xét - Đẳng thức liên hệ (*) được tìm ra do ta tính tỉ số diện tích AMN ABC S S bằng 2 cách khác nhau. Cách 1 cho đẳng thức (1), cách 2 cho đẳng thức (2) - Bài toán có thể mở rộng trong trường hợp D không phải là trung điểm mà D thõa mãn : DB k DC = . Áp dụng tương tự ta cũng tìm được hệ thức liên hệ b. Cách 2 Chuyển điều kiện ràng buộc đã cho thành điều kiện ràng buộc về dạng của một tam giác, hệ thức liên hệ sẽ là một hệ thức lượng của tam giác này. Bài toán 1.4. Cho hình hộp chữ nhật ABCDA 1 B 1 C 1 D 1 có ABCD là hình vuông cạnh a, AA 1 = b. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Tìm điều kiện của a, b để nhị diện B 1 D 1 của tứ diện MNB 1 D 1 có số đo bằng 3 π . BÀI GIẢI + Gọi I=BD ⇒∩ MN I là trung điểm của MN. + I 1 là hình chiếu của I trên mp(A 1 B 1 C 1 D 1 )    = ∈ ⇒ IBB DI 11 111 I B Do 11 B D MNDAC ⊥⇒⊥ 11 B , mà 11 B D )(B 1111 NMIDII ⊥⇒⊥ .=> · 1 MI N là góc phẳng nhị diện cạnh 11 B D => · 1 MI N là góc phẳng nhị diện cạnh 11 B D 5 A B C D I M N + Do 1 II MN⊥ tại I là trung điểm của MN nên ∆ MI 1 N cân tại I 1 . Vậy · 1 MI N = 60 0 1 MNI⇔ ∆ là tam giác đều. 1 3 2 I I MN⇔ = 4 6a b =⇔ (*) Vậy điều kiện của a, b là liên hệ bởi hệ thức (*). Nhận xét - Ở cách giải bài toán ta đã chuyển điều kiện ràng buộc · 1 MI N = 60 0 về điều kiện để ∆ MNI 1 là tam giác đều. 2. Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải một số bài toán . - Thông thường trong hình học ta phải giải bài toán tìm một đại lượng hình học f nào đó bị ràng buộc bởi các đại lượng x, y,…thay đổi. Khi đó để giải được bài toán này ta phải đi tìm một hệ thức liên hệ giữa các đại lượng thay đổi đó. Ta xét một số bài toán sau đây: Bài toán 2.1. (Đề thi HSG toán lớp 12 tỉnh Thanh Hoá năm học 2005 – 2006). Cho góc tam diện vuông Oxyz, trên Oz lấy điểm A cố định khác O, biết OA = a. Gọi (P) là mặt phẳng thay đổi chứa điểm A và cắt Ox, Oy lần lượt tại các điểm B, C sao cho . 211 aOCOB =+ Chứng minh rằng mặt phẳng (P) luôn chứa một đường thẳng cố định. BÀI GIẢI + Gọi Ot là tia phân giác của góc · BOC , I = BC Ot∩ . + Áp dụng bài toán 1.1 ta có: ( ) 0 1 1 2cos45 1 1 2 1 OB OC OI OB OC OI + = ⇔ + = + Theo giả thiết: ( ) 1 1 2 2 OB OC a + = + Từ (1) và (2) ta có: 2 2 .OI a OI a = ⇔ = Do Ot cố định nên OI = a không đổi. 6 A B D 1 D C 1 B 1 C N M I 1 A 1 I ⇒ I là điểm cố định. Vậy mp (P) luôn chứa đường thẳng cố định AI. Nhận xét - Bài toán có hai đại lượng hình học thay đổi OB, OC, ta đã tìm hệ thức liên hệ giữa chúng chính là hệ thức (1), thay giả thiết · BOC = 90 0 bởi giả thiết · BOC = α ta cũng có bài toán tương tự. - Bằng cách áp dụng bài toán 1.1 (hoặc cách xây dựng như bài toán 1.1), học sinh sẽ phát hiện nhanh lời giải các bài toán sau (bài toán 2.2; 2.3;2.4) Bài toán 2.2. Cho góc tam diện Oxyz, · yOx = 90 0 . Trên Oz lấy điểm A cố định khác O, biết OA = a. Gọi (P) là mặt phẳng thay đổi chứa điểm A và cắt Ox, Oy lần lượt tại các điểm B, C sao cho . 213 aOCOB =+ Chứng minh rằng mặt phẳng (P) luôn chứa một đường thẳng cố định. BÀI GIẢI + Kẻ tia Ot sao cho · xOt = 30 0 và BC Ot ∩ = I . Ta có: S BOC = 1 2 . OB.OC (1) + Mặt khác: S BOC = S BOI + S IOC = 1 2 . OB.OI. sin 30 0 + 1 2 . OI.OC .sin 60 0 = 1 1 3 ( ). 2 2 2 OB OC OI+ (2) + Từ (1) và (2) ta có: 1 3 3 1 2 ( ). . (3) 2 2 OB OC OI OB OC OB OC OI + = ⇔ + = +Theo giả thiết: 3 1 2 OB OC a + = (4) . Từ (3) và (4) ta có OIa aOI =⇔= 22 . Do Ot cố định nên I cố định. Do đó mp (P) qua điểm I cố định. Bài toán 2.3. Cho hình chóp tứ giác đều SABCD. Một mặt phẳng ( ) α thay đổi cắt các cạnh SA, SC, SB, SD lần lượt tại các điểm M, N, P, Q. Chứng minh rằng 7 SQSPSNSM 1111 +=+ BÀI GIẢI + Từ giả thiết ta có: ∆ SAC và ∆ SBD cân. ABCD là hình vuông => ∆ SAC = ∆ SBD · ASC = · BSC = α . SO là phân giác của · MSN và · QSP . + Áp dụng bài toán 1.1 đối với · MSN ta có: (1) + Mặt khác đối với · QSP ta có: ( ) 2cos 1 1 2 2 SP SQ SI α + = Từ (1) và (2) ta có: SQSPSNSM 1111 +=+ Bài toán 2.4 Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có 8 cạnh đều bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SC. Một mặt phẳng ( α ) thay đổi luôn đi qua M, N, cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại P và Q. Xác định giá trị nhỏ nhất của diên tích tứ giác MPNQ. BÀI GIẢI + Từ giả thiết ta có: SA 2 +SC 2 = AD 2 + DC 2 = 2 = AC 2 . => ∆ SAC vuông tại S. Tương tự ∆ BSD vuông tại S. + Do MN PQ⊥ nên S MPNQ = 2 1 . MN.PQ = PQ. 4 2 8 D B C A M O S N P Q I D B C A M O S N P Q I SISNSM 2 cos2 11 α =+ 22 . 4 2 yxS MPNQ +=⇔ (1) (Với SP=x; SQ = y, 0<x, y 1≤ ) +Áp dụng bài toán 1.1 ta có 0 1 1 2 os45c SP SQ SI + = 4 11 =+⇔ yx (2) (Do SI = 1 2 .SO = 4 2 ) +Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm 1 1 , x y ta có 4 1 2 11 .2 11 4 ≥⇔≥⇔≥+= xyxy xyyx . Vậy 4 1 2. 4 2 4 2 22 ≥≥+= xyyxS MPNQ Dấu đẳng thức xảy ra 1 1 1 2 1 1 4 x y x y x y x y   =   ⇔ = ⇔ = = ⇔    + =   P, Q là trung điểm của SB và SD. Vậy tứ giác MPNQ có diện tích bằng 1 4 khi P, Q lần lượt là trung điểm của SB và SD. Nhận xét - Bài toán có hai đại lượng thay đổi SP và SQ. Học sinh thường tính ra được biểu thức diện tích (1). - Nếu học sinh không tìm đươc liên hệ x, y bằng đẳng thức (2) thì bài toán khó giải quyết được. Nhưng vì ở phần trước học sinh đã được học kỹ do đó nhiều em đã dễ dàng phát hiện ra đẳng thức (2) và bài toán đựoc giải quyết. - Có thể thay đổi giả thiết SA=SB=SC=SD = 1 bởi giả thiết SA=SB=SC=SD = a, giả thiết M, N là trung điểm được thay bằng gỉa thiết 9 ;(0 1) SM SN m m SA SC = = < ≤ ta cũng có bài toán với kết luận tương tự. Bài toán 2.5. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Trên các cạnh SA, SB, SC, SD ta chọn lần lượt các điểm A 1 , B 1, C 1 sao cho: 3 1 ; 2 1 ; 3 2 111 === SC SC SB SB SA SA .Mặt phẳng(A 1 B 1 C 1 ) cắt SD tại D 1 . Tính tỉ số SD SD 1 BÀI GIẢI + Gọi 1111 ; DBSOCAIBDACO ∩∩=∩= + Xét tam giác SBD áp dụng bài toán 1.3 ta có: 1 1 1 1 1 . . ( ) 2 SB SD SB SDSI SB SD SO SB SD = + (1) + Tương tự xét tam giác SAC ta có ( ) 1 1 1 1 1 . . ( ) 2 2 1 1 2 1 4 . . .( ) 2 3 3 2 3 3 9 SA SC SA SCSI SA SC SO SA SC SI SI SO SO = + ⇔ = + ⇔ = Thay (2) vào (1) và áp dụng giả thiết ta có: 1 1 1 1 1 4 1 2 . . .( ) 2 2 9 2 5 SD SD SD SD SD SD = + ⇔ = Nhận xét - Để giải bài toán ta đã tìm ra một hệ thức liên hệ chứa tỉ số 1 SD SD . Hệ thức tìm được nhờ áp dụng bài toán 1.3 đối với hai tam giác ACS và BSD Bài toán 2.6. Cho tam giác ABC, ba điểm M,N,P trên AB,AB, BC thoã mãn : 1 2 , 3 3 AM AN MB NC = = , 1 3 BP BC = . Đường thẳng MN cắt AP tại I. Tính tỉ số AI IP . BÀI GIẢI + Theo giả thiết: 1 2 1 2 , ; 3 3 4 5 AM AN AM AN MB NC AB AC = = ⇒ = = + ( ) 1 . 1 10 AMN ABC S AM AN S AB AC = = + 3 3 2 AMN AMI AIN AIN AIN AMI AIM ABC ABC ABC ABC ABP APC S S S S S S S S S S S S S + = = + = + 10 S A D C A 1 B C 1 D 1 I B 1 [...]... cú di bng 1 Tớnh th tớch ca khi hp ABCDABC D BI GII + Gi H l hỡnh chiu ca AÂ trờn (ABC) Gi M,N ln lt l hỡnh chiu ca H trờn AB v AD ta cú ã ÂMH = 450 , ã ÂNH = 600 A A 2 + Trong D AÂMH : AÂH = AÂM sin 45 AÂH = 1- AM ( 1) 2 0 + Trong D ANH : AÂH = NH tan 60 = AM 3 ( 2) 0 2 BÂ CÂ AÂ T (1) v (2) ta cú 1- AM 2 AM = 2 = AM 3 ( 3) 2 B 1 3 Thay vo (2) ta cú AÂH = 7 7 VABCDABC D = AB AD AH = 3 Nhn xột... SA = 4 5 Ly im D trờn cnh SC sao cho SD = 5 Khong cỏch t A n ng thng BD bng 2 5 Tớnh th tớch hỡnh chúp S ABC II KT QU NGHIấN CU V KIN NGH XUT 1 Kt qu nghiờn cu 18 - Trong nm hc 2011 2012, bn thõn tụi oc ph trỏch lp 12A 3 trng THPT Hu Lc 4 - tụi ó a cỏc phng phỏp trờn vo vic ging dy ti lp v ó thu c mt s kt qu sau: - Hc sinh gii cỏc bi toỏn tỡm h thc liờn h gia cỏc i lng hỡnh hc, chng minh mt ng... = ( 2) 3 4 AP 3 5 IP 20 AP I N T (1) v (2) ta cú: 7 AI 1 AI 2 AI 2 = = = 20 AP 10 AP 7 IP 5 B Nhn xột C P - Thụng thng hc sinh gii bi toỏn bng cỏch s dng nh lớ talet hoc s dng phng phỏp vộc t Song trong cỏch gii bi toỏn ta ó i tỡm mt h thc cha t s AI H thc tỡm c nh tớnh t s IP S AMN bng 2 cỏch S ABC Cỏch 1 tớnh thụng thng , cỏch 2 tớnh bng cỏch chia din tớch tam giỏc AMN thnh tng 2 tam giỏc Bi... 1 x2 + y 2 1 = axy a = a(b 2 a 2 ) 6 6 2 12 Du ng thc xy ra khi v ch khi x = y b2 a2 x= y= 2 2 2 2 2 x + y = b a M A Vy giỏ tr ln nht ca th tớch t din ABMN l: B 1 a (b 2 a 2 ) 12 N Nhn xột n - Trong bi toỏn cú 2 i lng thay i x, y Ta ó tỡm h thc liờn h x,y cho bi ng thc (2) vỡ vy s giỳp hc sinh gii quyt c bi toỏn mt cỏch d dng - Ta cú th gii bi toỏn tỡm giỏ tr ln nht ca din tớch ton phn ca t... giỏo viờn - T chc cho giỏo viờn dy thc nghim theo ni dung trờn hc hi rỳt kinh nghim b i vi giỏo viờn - Phi thng xuyờn t hc, t bi dng nõng cao trỡnh - p dng ni dung phng phỏp phự hp vi i tng hc sinh trong tng giai on khỏc nhau 19 C KT LUN L mt giỏo viờn trc tip ging dy, tụi ó manh dn a ra mt s suy ngh v vic dy hc sinh Tỡm h thc liờn h gia cỏc i lng hỡnh hc v i tỡm h thc liờn h cỏc i lng hỡnh hc . ra một số suy nghĩ về việc dạy học sinh Tìm hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học và “ Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải một số bài toán . Mặc dù bản thân đã có nhiều. Tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học sau đó là Đi tìm hệ thức liên hệ giải một số bài toán hình học . Hai nội dung trên được dạy trong các tiết dạy bồi dưỡng học sinh khá giỏi 1. Tìm. thường trong hình học ta phải giải bài toán tìm một đại lượng hình học f nào đó bị ràng buộc bởi các đại lượng x, y,…thay đổi. Khi đó để giải được bài toán này ta phải đi tìm một hệ thức liên hệ
- Xem thêm -

Xem thêm: Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải một số bài toán trong chương trình THPT, Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải một số bài toán trong chương trình THPT, Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải một số bài toán trong chương trình THPT

Từ khóa liên quan

Gợi ý tài liệu liên quan cho bạn