Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Góp phần nâng cao năng lực toán học cho học sinh thông qua dạy học vận dụng tính chất hình học vào bài toán cực trị hình không gian

Chia sẻ: Behodethuonglam | Ngày: | Loại File: DOCX | Số trang:35

Thêm vào BST

Báo xấu

18
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu nghiên cứu đề tài là nghiên cứu một số tính chất hình học phẳng và hình học không gian vào giải quyết bài toán cực trị hình không gian. Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác các tính chất trong hình học phẳng và hình học không gian để giải quyết bài toán cực trị hình học không gian. Từ đó biết vận dụng vào bài toán cực trị Oxyz.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Góp phần nâng cao năng lực toán học cho học sinh thông qua dạy học vận dụng tính chất hình học vào bài toán cực trị hình không gian

Phần 1. Đặt vấn đề 1.1. Lý do chọn đề tài Hình học không gian là chủ đề hiện nay được giáo viên và học sinh giành nhiều sự quan tâm và chú trọng trong quá trình dạy học. Đặc biệt hơn nữa chủ đề này thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi trung học phổ thông quốc gia, kỳ thi tốt nghiệp trung học phổ thông và kỳ thi chọn học sinh giỏi các cấp. Qua thực trạng dạy học bản thân nhận thấy các bài toán cực trị hình không gian cổ điển và hình không gian Oxyz luôn là những thách thức thực sự dành cho người dạy và người học. Để giải quyết được dạng bài tập hình học này đòi hỏi người học phải có tư duy linh hoạt, sáng tạo trong giải toán. Yêu cầu về đổi mới phương pháp dạy học luôn là đòi hỏi cấp thiết hàng đầu của ngành giáo dục đối với giáo viên, đặc biệt đối với chủ đề cực trị hình không gian là một chủ đề hay và khó của môn toán nên người dạy phải có một trình độ chuyên môn vững vàng, có kiến thức sâu rộng và linh hoạt, sáng tạo trong việc lựa chọn phương pháp dạy học. Việc vận dụng tính chất hình học để giải các bài toán cực trị hình không gian không những mang lại hiệu quả cao mà qua đó còn có tác dụng rất lớn đến việc hoàn thiện và phát triển các phẩm chất năng lực Toán học cho học sinh. Đồng thời góp phần quan trọng vào công cuộc đổi mới phương pháp dạy học cho giáo viên. Chính vì những lý do nêu trên nên bản thân tôi quyết định lựa chọn đề tài “Góp phần nâng cao năng lực toán học cho học sinh thông qua dạy học vận dụng tính chất hình học vào bài toán cực trị hình không gian” 1.2. Mục đích nghiên cứu Nghiên cứu lý luận dạy học Nghiên cứu một số tính chất hình học phẳng và hình học không gian vào giải quyết bài toán cực trị hình không gian Hướng dẫn học sinh biết cách khai thác các tính chất trong hình học phẳng và hình học không gian để giải quyết bài toán cực trị hình học không gian. Từ đó biết vận dụng vào bài toán cực trị Oxyz. 1
Bước đầu giúp học sinh biết cách tìm tòi, phát hiện các tính chất của hình học. Đồng thời nâng cao tinh thần và năng lực tự học, tự nghiên cứu các vấn đề nảy sinh trong toán học. 1.3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu Học sinh khá giỏi THPT, sinh viên các trường sư phạm,… Giáo viên giảng dạy môn toán THPT Phần 2. Nội dung nghiên cứu 2.1. Cơ sở khoa học Cơ sở lý luận: một số tính chất hình học phẳng và hình học không gian hay sử dụng. Cơ sở thực tiễn: Xuất phát từ việc học tập bộ môn toán nói chung, chủ đề hình học không gian cổ điển nói riêng của học sinh còn gặp nhiều khó khăn. 2.2. Thực trạng của vấn đề Việc học tập bộ môn hình học không gian ở nhà trường phổ thông còn khá nhiều khó khăn đối với học sinh Việc dạy học chủ đề cực trị hình học không gian của đa số giáo viên còn gặp khá nhiều khó khăn trong việc lựa chọn cách thức tổ chức dạy học và xây dựng nguồn bài tập phong phú, đa dạng để kích thích được tư duy người học. Nội dung đề tài mang tính thời sự cao và đáp ứng được nhu cầu giảng dạy cũng như học tập của nhiều giáo viên và học sinh. 2.3. Tính ưu việt của đề tài Việc sử dụng tính chất hình học vòa bài toán cực trị hình không gian nó làm cho bản chất của bài toán được bộc lộ rõ hơn. Đồng thời, cách giải quyết này thường ngắn gọn và khắc sâu hơn về kiến thức hình học được đề cập đến. Việc vận dụng tính chất hình học vào bài toán cực trị hình học không gian không chỉ đơn thuần dừng lại ở phương pháp giải toán mà thông qua đó giúp học sinh phát triển được tư duy linh hoạt, khả năng sáng tạo trong giải toán. 2
Hướng triển khai của đề tài giúp giáo viên và học sinh có được nguồn tài liệu bổ ích phục vụ cho công tác giảng dạy và học tập bộ môn hình học không gian hiệu quả hơn. 2.4. Hướng triển khai của đề tài 2.4.1. Định hướng chung về phương pháp giải toán Việc đề xuất các hướng giải quyết cho bài toán cực trị hình không gian vô cùng quan trọng bởi khi đứng trước bài toán cực trị hình không gian người giải toán sẽ có được sự nhìn nhận vấn đề một cách tốt hơn là việc phải mò mẫm. Qua đó học sinh sẽ vạch ra được các hướng giải quyết cho mỗi bài toán và có được sự lựa chọn phù hợp dựa vào đặc thù của mỗi bài toán. Cụ thể ta có các hướng giải quyết sau: Gắn biến để đưa về đưa về bài toán min – max của hàm một biến hoặc nhiều biến Sử dụng công cụ véc tơ; Xây dựng đẳng thức trung gian; Đánh giá trực tiếp, … 2.4.2. Đề xuất một số tính chất hình học thường được sử dụng để giải toán 2.4.2.1. Tính chất hình học liên quan đến độ dài, khoảng cách. Tính chất 1. Trong không gian, cho 2 điểm phân biệt . Với điểm tùy ý, ta luôn có: . Dấu “=” xảy ra khi thẳng hàng và thuộc đoạn . . Dấu “=” xảy ra khi thẳng hàng và nằm ngoài đoạn ( có thể trùng với hoặc ). Tính chất 2. Cho mặt phẳng và điểm . Với điểm tùy ý thuộc ta luôn có: , với là hình chiếu vuông góc của trên . Dấu “=” xảy ra khi . Tính chất 3. Cho đường thẳng và điểm . Với điểm tùy ý trên , ta luôn có , với là hình chiếu vuông góc của trên . Dấu “=” xảy ra khi . Tính chất 4. Cho đường tròn có tâm , bán kính và điểm nằm ngoài . Gọi là một điểm di động trên , khi đó ta luôn có tính chất sau: 3
. Tính chất 5. Cho đường tròn có tâm , bán kính và điểm nằm trong . Gọi là một điểm di động trên , khi đó ta luôn có tính chất sau: . Tính chất 6. Trong không gian cho hai mặt phẳng và cắt nhau và đường thẳng . Khi đó, , dấu “=” xảy ra khi vuông góc với giao tuyến của và . 2.4.2.2. Tính chất hình học liên quan đến tỉ số diện tích. 2.4.2.2.1. Một số trường hợp về tỉ số diện tích trong tam giác +) Tỉ số diện tích của hai tam giác có chung đường cao bằng tỉ số độ dài các cạnh đáy. A Cho tam giác , là một điểm thuộc cạnh và không trùng với các đỉnh (như hình vẽ bên). Ta có tỉ số sau: B C M +) Tỉ số diện tích của hai tam giác có chung cạnh đáy bằng tỉ số độ dài các đường cao. A Cho tam giác , là một điểm tùy ý thuộc miền trong tam giác . Gọi là giao điểm của với M (như hình bên). Khi đó, ta có tỉ số diện tích sau B C N +) Tỉ số diện tích của hai tam giác chung A đỉnh (như hình bên). N M B C 2.4.2.2.2. Xây dựng công thức về tỉ số trong tam giác thường sử dụng Bằng kinh nghiệm dạy học 16 năm, cùng với việc thường xuyên ôn thi cho đội tuyển dự thi HSG cấp tỉnh tác giả đã đúc rút được bài toán sau về tỉ số trong tam giác dựa trên nền tảng tỉ số diện tích trong tam giác mà tác giả đã đề cập đến trong đề tài SKKN năm 2019 – 2020 của chính tác giả. 4
“Cho tam giác . Gọi lần lượt là hai A điểm thuộc cạnh (không trùng với A). Trên cạnh lấy điểm thỏa mãn . Gọi là N giao điểm của và . Khi đó ta có đẳng M E thức sau: ” C B D 2.4.2.3. Tính chất hình học liên quan đến tỉ số thể tích. Tỉ số thể tích khối chóp tam giác: Cho hình chóp tam giác . Trên các cạnh lần lượt lấy các điểm (không trùng với đỉnh ), khi đó ta có công thức tỉ số thể tích sau: . Từ công thức trên ta cũng xây dựng được công thức tỉ số thể tích cho khối chóp có đáy là hình bình hành sau đây: Cho hình chóp có đáy là hình bình hành. Một mặt phẳng không đi qua đỉnh của hình chóp cắt các cạnh lần lượt tại các điểm . Đặt , ta có công thức: . S Chứng minh. C' B' Ta có: là hình bình hành nên: . O' D' A' B C Khi đó: O . A D . . Chứng minh tương tự như trên ta cũng có: . Từ và suy ra: . . Vậy: . 5
Tỉ số thể tích khối lăng trụ: Cho lăng trụ tam giác . Trên các cạnh lần lượt lấy các điểm . Khi đó ta có công thức: . Chứng minh. B N A C M B' P A' C' Ta có: Hoàn toàn tương tự ta cũng có: Khi đó: Hay . (điều phải chứng minh) Hoàn toàn tương tự ta cũng có công thức tỉ số cho khối hộp như sau: Cho hình hộp . Một mặt phẳng cắt các cạnh bên lần lượt tại các điểm . Khi đó ta có công thức tỉ số sau: . Việc chứng minh công thức ta thực hiện bằng cách chia khối hộp thành hai khối lăng trụ tam giác bằng nhau rồi áp dụng công thức tỉ số thể tích của khối lăng trụ tam giác. 2.4.2.4. Tính chất liên quan đến véc tơ. . . . 6
Cho điểm phân biệt và bộ số thỏa mãn . Khi đó tồn tại duy nhất điểm sao cho . Trong không gian, bốn điểm đồng phẳng khi và chỉ khi với điểm tùy ý ta luôn có và . Trên đây là một số tính chất hình học thường được sử dụng khi giải toán cực trị hình học không gian mà tác giả đề cập đến. Ngoài ra ta còn có thể bặt gặp thêm một số tính chất khác trong quá trình giải toán. 2.4.3. Phân tích, định hướng giúp học sinh phát hiện và sử dụng tính chất hình học cho các bài toán cực trị hình không gian. Trong nội dung này, tác giả chọn lọc và đưa ra một số bài toán cực trị hình không gian có sử dụng đến các tính chất hình học đã được hệ thống ở mục 2.4.2. Đồng thời đưa ra những phân tích, bình luận phù hợp để hỗ trợ học sinh trong việc tìm ra lời giải cho bài toán. Trước hết chúng ta đến với các bài toán sử dụng tính chất về khoảng cách, độ dài trong hình học Bài toán 1. Cho hình chóp có đáy là hình thoi và , ; góc giữa và mặt phẳng bằng . Gọi là trọng tâm tam giác , là trung điểm của và là điểm thay đổi trên đường thẳng . Tìm giá trị nhỏ nhất của . Phân tích: Biểu thức gợi ta nghĩ đến việc sử dụng tính chất 1 Tuy nhiên và không đồng phẳng nên dấu “=” không xảy ra Ta nghĩ đến việc thay thế điểm bởi một điểm thỏa mãn 2 điều kiện: và cắt nhau tại điểm thuộc đoạn thuộc mặt phẳng . Để thỏa mãn được điều kiện này ta cần phát hiện thêm các tính chất hình học khác của hình chóp. Ta phát hiện ra tam giác đều, kết hợp với giả thiết suy ra là hình chiếu của đỉnh trên mặt phẳng . Do đó, để thì phải thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác . 7
S M P D A I N H B C Từ các phân tích trên ta có định hướng cho bài toán như sau: Bước 1: Chứng minh Bước 2: Trong mặt phẳng đáy, gọi là điểm đối xứng với qua Bước 3: Đánh giá , dấu “=” xảy ra khi . Bước 4: Tính độ dài đoạn thẳng và kết luận. Để tính ta sử dụng định lí cosin cho tam giác . Bài toán 2. Cho khối chóp có và . Mặt phẳng bất kỳ qua cắt các cạnh tại . Tìm giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác . Để giải quyết bài toán này ta sử dụng phương pháp trải phẳng. Vấn đề đặt ra là làm thế nào để học sinh nhận ra được cách giải quyết này? Ta cần có những phân tích hợp lý để lời giải bài toán đến với người học một cách tự nhiên dễ hiểu chứ không mang tính áp đặt, cho sẵn. Phân tích. Bài toán yêu cầu ta đi tìm . Tổng trên có quy luật nối tiếp nhau nên ta nghĩ đến việc sử dụng tính chất 1 Vì 3 đoạn thẳng thuộc 3 mặt bên của hình chóp nên chưa thể áp dụng tính chất 1 ngay được. Hơn nữa việc gắn biến hoặc xây dựng mối liên hệ giữa 3 đoạn thẳng này cũng chưa có cơ sở để thực hiện. 8
Có cách nào đưa về tổng của 3 đoạn thẳng cùng nằm trong một mặt phẳng mà độ dài của chúng vẫn được bảo toàn hay không? Ta cần một cách nào đó để cho 3 mặt bên của hình chóp cùng nằm trong một mặt phẳng? Từ đó học sinh sẽ nghĩ đến việc trải hình chóp ra phẳng như hình vẽ dưới đây S S A' C' C' B' C0 C B' A C B0 B A B Lời giải. Trải hình chóp ra phẳng ta được như hình trên ( chính là điểm ban đầu). Khi đó chu vi tam giác là . Dấu “=” xảy ra . Vì tam giác vuông cân tại , nên . Vậy, chu vi tam giác nhỏ nhất bằng Từ bài toán này, bạn đọc có thể tự giải quyết hai bài toán tương tự sau 9
Bài toán 2.1. Người ta cần trang trí một S kim tự tháp hình chóp tứa giác đều cạnh bên bằng , góc bằng đường gấp L K khúc dây đèn led vòng quanh kim tự tháp I J (như hình vẽ). Trong đó điểm cố định H G F và . Tính đọ dài đoạn dây tối thiểu dùng E để trang trí. C B A D Bài toán 2.2. Cho hình lập phương cạnh . Một con kiến xuất phát từ đỉnh đi trên các mặt của hình lập phương. Tính quãng đường ngắn nhất con kiến đi từ đến mà phải đi qua tất cả các mặt của hình lập phương. Bài toán 3. Cho tứ diện và là một điểm nằm trong tứ diện. Gọi lần lượt là khoảng cách từ tới các đỉnh và lần lượt là chiều cao của tứ diện kẻ từ các đỉnh . Chứng minh rằng: . Phân tích: Để giải quyết bài toán ta cần phát hiện một tính chất hình học liên quan đến và . Để phát hiện ra tính chất thì giáo viên cần mô tả bằng hình vẽ mẫ u A Ra M ha K H BCD Từ hình ảnh trên ta dễ dàng phát hiện ra một tính chất rất quan trọng là: . Ta cần tạo tỉ số , do đó ta nghĩ đến việc chia cả hai vế cho thì được: . Tỉ số gợi ta nghĩ đến tỉ số thể tích Từ đó ta đưa ra được lời giải cho bài toán như sau: 10
Lời giải. A Với điểm tùy ý trong tứ diện, ta luôn có: Ra M ha (xem hình vẽ bên). (1) K H Hoàn toàn tương tự ta cũng có: BCD (2); (3); (4) Cộng vế theo vế của các BĐT (1), (2), (3), (4) ta được: . Dấu “=” xảy ra là trọng tâm của tứ diện . Tiếp theo tác giả xin đề xuất một số bài toán cực trị mà việc sử dụng tính chất véc tơ được xem là mẫu chốt để giải quyết vấn đề. Bài toán 4. Cho hình chóp có đáy là hình vuông cạnh a, và . Gọi là điểm di động trên mặt phẳng . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . Phân tích, định hướng. Biểu thức có chứa 5 đại lượng biến thiên phụ thuộc nên ta nghĩ đến việc giảm các đại lượng biến thiên trong Biểu thức là tổng của các bình phương độ dài của các đoạn thẳng nên ta nghĩ đến việc sử dụng véc tơ để biến đổi như sau Vì đẳng thức trên đúng với điểm tùy ý nên để thuận lợi cho việc đánh giá ta chọn điểm thỏa mãn . Khi đó, nhỏ nhất khi nhỏ nhất là hình chiếu của trên Lời giải. S Gọi . H Gọi là điểm thỏa mãn Vì . L M Khi đó, I K A D O B C 11
Ta có: Suy ra, . nhỏ nhất khi nhỏ nhất là hình chiếu của trên , khi đó Lại có: Vậy, . Bài toán 5. Cho hình hộp chữ nhật có . Gọi là trung điểm của , mặt phẳng đi qua và cắt các tia tương ứng tại ba điểm phân biệt . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . Phân tích. Về mặt phương pháp: ta đi xây dựng đẳng thức trung gian . Nhận thấy: là 3 cạnh bên của hình chóp và mặt phẳng luôn đi qua hay 4 điểm luôn đồng phẳng khi thay đổi. Điều này gợi ta nghĩ đến tính chất 4 điểm đồng phẳng. Lời giải. Đặt , . Ta có: D' C' K A' B' G I H D C A B Vì 4 điểm đồng phẳng nên ta có: 12
. Áp dụng BĐT bunhiacopxki ta có: . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi , hay . Vậy, . Nhận xét: Mẫu chốt của bài toán chính là việc phát hiện ra tính chất 4 điểm đồng phẳng. Cũng với ý tưởng này, xin mời bạn đọc đến với bài toán trong đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An, năm học 2020 – 2021 sau đây. Bài toán 6. (Trích đề thi HSG tỉnh Nghệ An, năm học: 2020 – 2021) Cho hình chóp có đôi một vuông góc và , . Gọi là tâm đường tròn nội tiếp tam giác . Một mặt phẳng thay đổi đi qua lần lượt cắt các tia tại . Chứng minh rằng . Lời giải. A M S I N P B C Ta có: Vì là tâm đường tròn nội tiếp tam giác nên ta có: (1) Vì đồng phẳng nên từ (1) ta có: . 13
Áp dụng BĐT bunhiacopxki ta suy ra: . Dấu “=” xảy ra khi . (đpcm) Nhận xét. Bài toán trên tương tự bài toán tác giả đề xuất trong đề tài SKKN của tác giả năm học 2019 – 2020 sau đây: “Cho hình chóp , đáy có độ dài các cạnh là . Gọi là tâm đường tròn nội tiếp tam giác , là trung điểm của . Mặt phẳng qua thay đổi luôn cắt các cạnh lần lượt tại ba điểm phân biệt . Chứng minh rằng .” Ta có thể khái quát hóa bài toán 6 thành bài toán tổng quát hơn như sau: “Cho hình chóp , là một điểm thuộc mặt phẳng thỏa mãn . Lấy là điểm thuộc đoạn ( không trùng với ). Mặt phẳng qua luôn cắt các tia lần lượt tại các điểm , , . Đặt . Chứng minh rằng: .” Việc chứng minh bài toán trên ta cũng dựa vào tính chất 4 điểm đồng phẳng để xây dựng đẳng thức trung gian: . Từ đẳng thức này ta có thể đề xuất nhiều bài toán cực trị khác. Việc sử dụng tỉ số diện tích và tỉ số thể tích trong bài toán cực trị hình học không gian là khá phổ biến, trong đề tài này tác giả đưa ra một số ví dụ minh họa để thấy được vai trò của của nó trong việc xây dựng đẳng thức trung gian. Bài toán 7. Cho hình chóp . Gọi là trọng tâm tam giác , là điểm bất kì thuộc miền trong tam giác . Đường thẳng đi qua điểm và song song với đường thẳng cắt các mặt phẳng lần lượt tại . Chứng minh rằng . Phân tích. Bất đẳng thức đã cho tương đương với Với biến đổi trên, gợi ta nghĩ đến việc xây dựng một đẳng thức trung gian , với là các hằng số. Để thuận lợi cho việc chứng minh, ta tìm cách đưa các tỉ số trên về các tỉ số trong cùng một mặt phẳng. Khi đó giáo viên có thể đặt ra cho người học câu hỏi : Giả thiết nào giúp ta chuyển đổi các tỉ số trên về các tỉ số trong cùng một mặt phẳng? Lời giải. TH1: không song song với cạnh của tam giác Cách dựng các điểm 14
I S J K C F A E M D G B +) Gọi lần lượt là giao điểm của với các đường thẳng +) Qua kẻ đường thẳng song song với cắt các đường lần lượt tại các điểm ; đây cũng chính là các giao điểm cần dựng. Chứng minh . Xét tam giác có Tương tự: ; Từ đó, ta có: Áp dụng BĐT bunhiacopxki ta có: . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi , hay là trọng tâm tam giác . TH2: song song với cạnh của tam giác Vì vai trò như nhau nên ta chỉ cần xét cho trường hợp Cách dựng các điểm 15
I K S J F A C G M E B Giả sử cắt lần lượt tại và . Qua kẻ đường thẳng song song với cắt lần lượt tại Vì nên mặt phẳng cắt theo giao tuyến đi qua và song song với ; và giao tuyến này cắt tại . Chứng minh Ta có: Xét tam giác , có Tương tự: Khi đó, . Đến đây, giải tương tự như TH1. Vậy, . Dấu “=” xảy ra khi . Nhận xét: Mẫu chốt của bài toán trên ngoài việc sử dụng định lí talet để đưa các tỉ số về các tỉ số trong mặt phẳng ta còn sử dụng thêm một tính chất quan trong về tỉ số diện tích trong tam giác. Bài toán 8. Cho hình chóp có đáy là hình thang ( ). Gọi lần lượt là các điểm thuộc các cạnh và sao cho và . Một mặt phẳng thay đổi luôn chứa cắt và lần lượt tại và . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . Phân tích. Bài toán này ý tưởng giống với bài ở trên, tức là ta đi xây dựng một đẳng thức trung gian liên quan đến và , điều này gợi ta nghĩ đến việc sử dụng công S thức (2.1) cho tam giác . Do đó ta cần tính tỉ số . N Để tính tỉ số ta lại sử dụng công thức M (2.1) cho tam giác . I Lời giải P Q A B O 16 D C
+) Cách dựng và Gọi Trong mặt phẳng , kẻ đường thẳng qua sao cho cắt các cạnh tại hai điểm phân biệt và . Hai điểm và chính là hai điểm cần dựng. +) Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức Vì là hình thang có và Áp dụng công thức (2.1) cho tam giác , ta được Áp dụng công thức (2.1) cho tam giác , ta được Áp dụng BĐT bunhiacopxki ta có: Dấu “=” xảy ra . Vậy, Bài toán 9. Cho hình chóp có đáy là hình bình hành và có thể tích là . Gọi là điểm trên cạnh sao cho . Một mặt phẳng qua cắt các cạnh và lần lượt tại hai điểm phân biệt và . Gọi là thể tích của khối chóp . Tìm giá trị lớn nhất của . Phân tích. Tỉ số là tỉ số thể tích của hai khối chóp tứ giác nên ta chưa thể áp dụng trực tiếp công thức (2.2) cho tỉ số này. Để áp dụng được công thức (2.2) ta tách thành hai khối chóp tam giác để có thể áp dụng công thức (2.1). Bài toán xuất hiện khá nhiều tỉ số, do đó ta gắn biến để thuận lợi cho việc tìm mối liên hệ giữa chúng. S Lời giải. P N Đặt () I Áp dụng công thức (2.2) ta có: M ; D C Lại có: ; Do đó: A O B Ta có: 17
Áp dụng BĐT . Dấu “=” xảy ra , hay khi . Vậy, . Nhận xét. Ở bài toán này vị trí luôn tồn tại nên ta chưa cần phải tìm miền giá trị đúng của . Trong các bài toán cần tìm miền giá trị đúng của thì ta phải tìm giới hạn của các điểm trên các cạnh và . Cuối cùng tác giả xin đề xuất một số bài toán cực trị có sử dụng đến tính chất của một số hình đa diện đặc biệt. Bài toán 10. Cho tam giác nhọn có trực tâm . Trên đường thẳng đi qua vuông góc với mặt phẳng lấy điểm thay đổi khác . Gọi là trực tâm của tam giác . Đường thẳng cắt tại . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức khi thay đổi trên . Phân tích. Để giải quyết được bài toán này đòi hỏi người giải cần phát hiện thêm các mối quan hệ trong tứ diện dựa vào giả thiết đã cho. Dễ dàng nhận ra (vì ). Do đó . Lại có (Tứ diện có 2 cặp cạnh đối diện vuông góc thì cặp cạnh đối còn lại cũng vuông góc). Với phát hiện này thì ta nhận ra tứ diện là tứ diện trực tâm. Đến đây người học cần nhớ đến một tính chất quan trọng của loại tứ diện này là: . Tính chất này là chìa khóa để ta giải quyết bài toán đặt ra. Lời giải. Trước hết ta chứng minh S Dễ thấy Lại có: K Xét tứ diện có: A C H (đây là một tính chất khá quen thuộc của loại tứ diện này) D B Đặt . Giả sử , ta có: 18
(vì tam giác nhọn nên nằm giữa và ) Từ đó, suy ra . Dấu “=” xảy ra khi là trung điểm của hay . Bài toán 11. Cho tứ diện có các cạnh đôi một vuông góc với nhau. Đặt , chiều cao . Gọi theo thứ tự là diện tích các mặt của tứ diện. Chứng minh rằng: . Phân tích: Đối với bài toán này người S học cần tái hiện được tính chất (Bài tập 4b, trang 105, SGK hình c học 11). a h Từ đó, ta cần biến đổi để sử b dụng được công thức trên. A C Ở đây, ta cần lưu ý thêm các H K mặt là các tam giác vuông tại nên . B Từ phân tích trên, ta có lời giải cho bài toán như sau: Lời giải. Ta có: và . Khi đó: Áp dụng BĐT cô si, ta có: . Dấu “=” xảy ra . (đpcm) Nhận xét: Tứ diện vuông là một trường hợp đặc biệt của tứ diện trực tâm. Từ công thức và BĐT ta có thể có được một số kết quả khác về bài toán cực trị. Chẳng hạn: 1. Chứng minh: 2. Chứng minh: 19
3. Chứng minh: (Bài đề nghị Olympic 30/4 – 2010) Bài toán sau đây, tác giả xin đề cập đến một loại tứ diện khác cũng có các tính chất khá thú vị, được xem là chìa khóa để mở cửa cho các bài toán cực trị về nó. Bài toán 12. Cho tứ diện nội tiếp trong một mặt cầu bán kính và thỏa mãn điều kiện , , . Gọi là một điểm thay đổi trong không gian. Đặt , tính theo giá trị nhỏ nhất của . Phân tích. Đây là loại tứ diện gần đều nên ta cần nhớ đến một tính chất rất quan trọng là “trọng tâm tứ diện cách đều các đỉnh của nó”. Ta cần đánh giá biểu thức sao cho xuất hiện được vai trò của trọng tâm của tứ diện. Biểu thức không chứa bình phương độ dài nên việc chèn điểm vào khó có thể thực hiện được Với dự đoán nhỏ nhất khi hay khi ta cần tạo một đánh giá để các dấu “=” trên đồng thời xảy ra. Đến đây ta nghĩ đến tính chất: . Lời giải. A Gọi là trọng tâm của tứ diện, các điểm lần lượt là trung điểm của các cạnh . Ta dễ dàng chứng E L minh được: G . B D Ta có: K F C . 20