Sáng kiến kinh nghiệm Khai thác mối quan hệ giữa hình học không gian và hình học phẳng trong giảng dạy toán ở THPT

doc 17 trang sk11 22/06/2024 1480
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

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 GH 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, S3 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:

  • docsang_kien_kinh_nghiem_khai_thac_moi_quan_he_giua_hinh_hoc_kh.doc