Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác mối quan hệ giữa hình học không gian và hình học phẳng trong giảng dạy toán ở THPT
Bạn đang xem tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác mối quan hệ giữa hình học không gian và hình học phẳng trong giảng dạy toán ở THPT", để tải tài liệu gốc về máy hãy click vào nút Download ở trên.
Tóm tắt nội dung tài liệu: Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác mối quan hệ giữa hình học không gian và hình học phẳng trong giảng dạy toán ở THPT
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 quá trình dạy và học toán, đối với học sinh phổ thông thường chúng ta phải phân tích , phán đoán các hướng giải quyết bài toán, liên hệ giữa bài toán đó với các bài toán quen thuộc, đơn giản hơn để có hướng giải quyết tương tự, ngược lại đối với các học sinh khá, giỏi chúng ta lại có thể từ một bài toán đơn giản đi sâu phân tích, mở rộng, phát triển thành những bài toán mới. Đặc biệt trong chương trình hình học ở THPT, việc khai thác được các liên hệ giữa không gian hai chiều ( hình học phẳng: Tổng hợp và tọa độ) và không gian ba chiều ( hình học không gian: Tổng hợp và tọa độ) giúp học sinh giải quyết được 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 này được xuất hiện khá nhiều trong các kì thi: Khảo sát chất lượng, thi Học sinh giỏi các cấp, thi Học sinh giỏi Quốc gia,.... Việc sử dụng phương pháp giải đối với một bài toán hình học phẳng để giải một bài toán hình học không gian tương tự và mở rộng một số bài toán phẳng sang bài toán trong không gian mới sẽ giúp hoạt động giảng dạy và học tập môn hình học đạt hiệu quả cao hơn. 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 của điểm M trên đường thẳng 4x + y - 9 = 0 sao cho khoảng MA + MB nhỏ nhất. Bài toán 1': Cho S x2 y2 z2 x 2 2 y 2 2 z 1 2 , trong đó x , y , z là các số thực thay đổi nhưng luôn thoả mãn x y z 3 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S. Nhận xét 1: Với các cách nhìn khác nhau, bài toán 1 khá quen thuộc với học sinh từ tiểu học trở lên và có nhiều cách giải, ta để ý cách giải bằng hình học có thể vận dụng vào không gian để giải bài toán 1' nên ta có thể giải bài toán này như sau: Giải : Trong hệ trục toạ độ Đề Các vuông góc Oxyz, xét các điểm O 0;0;0 , A 2;2;1 và mặt phẳng P : x y z 0. Dễ thấy O và A nằm cùng phía với nhau đối với (P) . Gọi B là điểm đối xứng của O qua (P), Với mỗi điểm M(x;y;z) (P) ta luôn có MO = MB và S =MO + MA AB (Không đổi ). Dấu "=" xảy ra M I 1 Bài toán 3: Cho ABC là tam giác vuông tại A , với độ dài các cạnh là a , b , c ; đường cao AH = h ; b' = CH, c' = BH ; , là góc giữa một đường thẳng bất kì với hai đường thẳng AB , AC tương ứng thì ta luôn có các hệ thức : a) b2 ab',b2 c2 a2 1 1 1 b) h2 b2 c2 c) cos2 cos2 1. Bài toán 3': Cho OABC là tứ diện vuông đỉnh O , đường cao OH = h , OA = a , OB = b , OC = c ; gọi S , S A , SB , SC thứ tự là diện tích các tam giác ABC , OBC , OCA , OAB ; S'A , S'B , S'C thứ tự là diện tích các tam giác HBC , HCA , HAB và , , thứ tự là góc giữa một đường thẳng bất kì với các đường thẳng OA , OB , OC . Ta luôn có : 2 ' 2 2 2 2 a) SA S.SA,S SA SB SC 1 1 1 1 b) h2 a2 b2 c2 c) cos2 + cos2 + cos2 = 1 . Nhận xét 3: Bài toán 3 rất quen thuộc với học sinh từ lớp 9 cả về nội dung và cách giải, với cách nhìn mở rông trong không gian ta có thể đặt vấn đề về kiến thức và cách chứng minh mở rộng của bài toán 3 thành bài toán 3' một cách dễ dàng, vấn đề này SGK lớp 11 cũng có các bài tập về vấn đề này, ta có thể đưa vấn đề và chứng minh tương tự, chẳng hạn tương tự phần 3-c ở hình học phẳng, với các chứng minh bằng véc tơ ở lớp 10, ta chứng minh 3'-c bằng phương pháp véc tơ như sau: Chứng minh 3'- c: Trên 3 cạnh OA , OB , OC đặt 3 véc tơ đơn vị e ,e ,e như hình vẽ ( chúng có 1 2 3 độ dài bằng 1 và đôi một vuông góc );gọi u là véc tơ chỉ phương cho , luôn có sự biểu thị duy nhất u xe1 ye2 z e3 x Ta có cos cos u ; e1 = x2 y2 z2 y cos cos u ; e2 = x2 y2 z2 z cos cos u ; e3 = x2 y2 z2 3 1 Như vậy, VG : (ABCD) (A'B'C 'D') nên phép vị tự sẽ biến trực tâm của tứ diện ABCD thành trực tâm O của tứ diện A’B’C’D’. 1 Suy ra: VG : H O hay GO GH H, G, O thẳng hàng và GO = GH. Bài toán 5: Chứng minh trong tam giác bất kì, 9 điểm gồm: chân ba đường cao, ba trung điểm của ba cạnh, ba trung điểm các đoạn nối trực tâm với các đỉnh đều thuộc một đường tròn (Đường tròn Ơle). Bài toán 5’: Cho tứ diện trực tâm ABCD. Gọi H1,H2 ,H3,H4;G1,G2 ,G3,G4;I1,I2 ,I3,I4 lần lượt là chân 4 đường cao, trọng tâm các mặt và các điểm trên 4 đoạn thẳng I H I H I H I H 1 nối trực tâm với các đỉnh thỏa mãn 1 2 3 4 . Chứng minh I1A I2B I3C I4D 2 12 điểm đó cùng thuộc một mặt cầu. (tứ diện cần xét phải có các đường cao đồng quy nên là tứ diện trực tâm) Một cách giải bài toán 5: Giả sử tam giác ABC có H1, H2, H3, M1, M2, M3, I1, I2, I3 lần lượt là 3 chân 3 đường cao, 3 trung điểm 3 cạnh, 3 trung điểm các đoạn nối trực tâm với các đỉnh. Gọi E 1, E2, E3, F1, F2, F 3 lần lượt là các điểm đối xứng với H qua H 1, H 2, H 3, M 1, M 2, M 3. Dễ dàng chứng minh được 9 điểm A, B, C, H 1, H 2, H 3, M 1, M2, M3 cùng thuộc đường tròn (S) ngoại tiếp tam giác ABC. 1 2 Ta có VH : A I1 , E1 H1 , F1 M1 I1, H1,M1 thuộc đường tròn (S') 1 2 là ảnh của đường tròn (S) qua VH . Chứng minh tương tự ta cũng có I2 , H2 ,M 2 ; I3, H3,M 3 cũng thuộc (S') nên 9 điểm đã nêu cùng thuộc (S') (đpcm). Nhận xét 5: Từ cách giải bài toán 5 ở trên ta lựa chọn được cách giải bài toán 5' tương tự như sau: Giải bài toán 5': Gọi G, O thứ tự là trọng tâm, tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện từ bài toán 4 ta đã biết GH OG . Gọi E là điểm sao cho HE 3HH và F là điểm sao cho 1 HF 3HG1 . 5 n n 1 n OAi OG 0 OAi nOG 0 OG OAi (là 1 véc tơ i 1 i 1 n i 1 không đổi ), O cố định nên đẳng thức này điểm G luôn xác định và duy nhất . b) , c) Lấy k điểm X 1 , X2 , . ,Xk bất kì từ họ điểm đã cho và gọi trọng tâm của hệ này là G 1 và trọng tâm của hệ n - k điểm X k + 1 , Xk + 2 , . , Xn còn k n lại là G'1 , ta có : G1 X i 0 (1) và G '1 X j 0 (2) i 1 i k+1 k k Từ (1) ta có GX i GG1 0 GX i kGG1 0 (1') i 1 i 1 n ' Từ (2) ta có n GX i - n k GG1 = 0 (2') i k 1 n Cộng (1') và (2') và sử dụng GAi 0 , ta được i 1 ' ' kGG1 n k GG1 0 kGG1 k n GG1 3 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) được chứng minh. Bài toán 7: Cho tam giác ABC và M là một điểm thuộc miền trong tam giác. Gọi S 1, S2, S3 lần lượt là diện tích các tam giác MBC, MCA, MAB. Chứng minh S1 MA S2 MB S3 MC 0. Giải: Gọi S là diện tích của tam giác ABC, từ M ta dựng hai đường thẳng lần lượt song song với AB và AC, cắt AB tại B’ và AC tại C’ S S Biểu thức cần chứng minh biến đổi về dạng AM 2 AB 3 AC (*) S S Ta có: AM = AB' AC ' = AB ' AC ' . AB AC AB AC Dễ chứng minh AB ' MC ' S S AC ' MB ' S S (MAC) 2 ; (MAB) 3 AB AB S BAC S AC AC S CAB S nên ta có điều phải chứng minh (*). Nhận xét 7: Bài toán 7 được mở rộng trong không gian khi xét cho tứ diện bất kì và diện tích của các tam giác cần chứng minh sẽ chuyển thành thể tích của các tứ diện. Bài toán 7’: Cho tứ diện ABCD, O là một điểm bất kì thuộc miền trong tứ diện. Gọi V1, V2, V3, V4 lần lượt là thể tích của các tứ diện OBCD, OCDA, OABD và OABC. Chứng minh V1OA V2 OB V3 OC V4 OD 0. 7 - Trước hết ta chứng minh M M' . Thật vậy, theo công thức tính khoảng cách từ đỉnh C đến tiếp điểm M' của cạnh BC với đường tròn (C 1) nội tiếp tam BC CA AB BC CD DB giác ta có CM ' ; tương tự ta có CM 2 2 Giả thiết CM' = CM M' M . - Dễ chứng minh các trục của (C 1) và (C2) đều nằm trên mặt phẳng qua M và vuông góc với BC , không song song với nhau nên các trục này cắt nhau ở điểm O , và cũng dễ dàng chứng minh các đoạn thẳng OM , ON , OP , OF , OE bằng nhau và vuông góc với cạnh tương ứng . Từ đó suy ra mặt cầu qua M , N , E , F có tâm O đồng thời tiếp xúc với 5 cạnh BC , CD , DB , BA , CA của tứ diện . - Lập luận tương tự ta khi thay M bởi E ta cũng có mặt cầu qua M , N , E , F cũng tiếp xúc với 5 cạnh BC , CD , DB , DA , CA của tứ diện , từ đó mặt cầu nói trên sẽ tiếp xúc với cả 6 cạnh của tứ diện. (ĐPCM). Bài toán 9: Trong mặt phẳng cho tam giác ABC có R , r là bán kính các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác . Chứng minh rằng ta luôn có R 2r . Chứng minh: (Bài toán này có nhiều cách chứng minh, xin đưa ra cách chứng minh để có thể dùng tưong tự trong không gian) Xét phép vị tự tâm G tỉ số k = -1/2 biến (O) thành (O 1 ;R1) đi qua các trung điểm A1, B1, C1 của các cạnh BC, CA, AB. Gọi là đường thẳng song song với BC , tiếp xúc với (O 1) ở A'1 - khác phía với A đối với BC ; gọi A 2 là giao điểm của đoạn AA'1 với BC . Xét phép vị tự tâm A tỉ số k1 = AA'1/ AA2 ( 0 < k 1 1 ) : 1/ 2 Như vậy VG : O O1 , O1 đi qua các trung điểm của ba cạnh của ABC. 9 Tương tự MB.R MG GB + R2 ; MC.R MG GC + R2 ; MD.R MG GD + R2 Cộng 4 bất đẳng thức trên ta suy ra điều phải chứng minh , dấu "=" xảy ra MA cùng chiều với các véc tơ GA,GB,GC,GD .Khi đó suy ra MG phải cùng 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 . Cách 1 : ( kiến thức của lớp 9 ) B 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 900 để có M' và C') . Dễ dàng chứng minh M MAC' = M'AC' MC = M'C' ; C mà MA = MM' nên MA + MB + MC = BM A + MM' + MC' BC' . Dấu "=" xảy ra B , M , M' , C' thẳng hàng và theo thứ tự đó . Khi đó MA + MB + MC đạt min. M' Khi MA + MB + MC đạt min , giả sử M T , M' T' do ATT' là tam giác đều nên ·ATB 1200 , đồng thời tứ giác ATCC' nội tiếp 0 nên ta cũng có ·ATC 120 T nhìn 3 cạnh C' dưới cùng góc1200 nên T là giao điểm của 2 cung chứa góc 1200 của mỗi cạnh ( cùng phía với đỉnh còn lại. Điểm T như vậy gọi là điểm Tôri xenli trong tam giác, vị trí của T luôn xác định. TA TB TC Cách 2 : Gọi T là điểm nào đó thoả mãn 0 (*), M là điểm bất TA TB TC kì . Chứng minh rằng MA + MB + MC TA + TB + TC nên MA + MB + MC nhỏ nhất M T . ( xem cách chứng minh tương tự trong không gian ) - Chú ý rằng điều kiện (*) TA TB TC bình phương 2 TA TB TC 1 vế và rút gọn cos TA;TB 2 T nhìn AB dưới góc 120 0 , tương tự ta cũng có T nhìn BC , CA dưới góc 1200. 11
File đính kèm:
- sang_kien_kinh_nghiem_khai_thac_moi_quan_he_giua_hinh_hoc_kh.doc