SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
SÁNG KIẾN KINH NGHIÊM
Tên đề tài:
PHÂN TÍCH 3 BÀI TOÁN TIỀN ĐỀ
VỀ CỰC TRỊ KHÔNG GIAN GIÚP HỌC SINH PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC
GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ TOÁN HỌC
MÔN : TOÁN
LĨNH VỰC : DẠY HỌC TOÁN
1
Năm học 2022 - 2023
2
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
SÁNG KIẾN KINH NGHIÊM
Tên đề tài:
PHÂN TÍCH 3 BÀI TOÁN TIỀN ĐỀ
VỀ CỰC TRỊ KHÔNG GIAN GIÚP HỌC SINH PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC
GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ TOÁN HỌC
MÔN: TOÁN
TÁC GIẢ: TRẦN VĂN DŨNG VÀ NGUYỄN VIẾT LỰC
TỔ: TOÁN - TIN
SỐ ĐIỆN THOẠI: 0963 800 600 & 0945 187 345
Năm học 2022 - 2023
3
PHẦN I. MỞ ĐẦU ................................................................................................................... 5
1. Lý do chọn đề tài .............................................................................................................. 5
2. Những điểm mới của sáng kiến ........................................................................................ 5
3. Mục đích nghiên cứu ........................................................................................................ 5
4. Đối tượng nghiên cứu ....................................................................................................... 6
5. Phương pháp nghiên cứu .................................................................................................. 6
PHẦN II. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU .................................................................................... 7
1. Cơ sở lý luận ..................................................................................................................... 7
1. 1. Năng lực GQVĐ Toán học ....................................................................................... 7
1. 2. Một số đẳng thức hình học và đại số ........................................................................ 7
1.2.1. Đẳng thức 1 ........................................................................................................ 7
1.2.2. Đẳng thức 2 ........................................................................................................ 7
1.2.3. Tỷ số thể tích ...................................................................................................... 7
1.2.4. Một số bất đẳng thức đại số ................................................................................ 8
1.2.5. Sử dụng đạo của hàm để tìm GTLN-GTNN ...................................................... 9
2. Cơ sở thực tiễn và thực trạng............................................................................................ 9
2.2. Thực trạng .................................................................................................................. 9
3. Biện pháp ........................................................................................................................ 10
3. 1. Biện pháp 1: Đưa ra bài toán số 1 và định hướng giải các bài toán cực trị trong không gian dựa vào bài toán số 1 ................................................................................... 10
3.1.1 Lời giải bài toán ................................................................................................. 10
3.1.2 Đặc biệt hoá bài toán ......................................................................................... 11
3.1.3 Những bài toán cực trị có thể sử dụng bài toán 1 hỗ trợ ................................... 15
3. 2. Biện pháp 2: Đưa ra bài toán số 2 và định hướng giải các bài toán cực trị trong không gian dựa vào bài toán số 2 ................................................................................... 21
3.2.1 Lời giải bài toán ................................................................................................. 21
3.2.2 Đặc biệt hoá bài toán ......................................................................................... 21
3.2.3 Những bài toán cực trị có thể sử dụng bài toán số 2 hỗ trợ ............................... 28
3. 3. Biện pháp 3: Đưa ra bài toán số 3 và định hướng giải các bài toán cực trị trong không gian dựa vào bài toán số 3 ................................................................................... 33
3.3.1 Lời giải bài toán ................................................................................................. 33
3.3.2. Đặc biệt hoá bài toán ....................................................................................... 35
3.3.3 Những bài toán cực trị có thể sử dụng bài toán 3 hỗ trợ. .................................. 37
MỤC LỤC
4
3. 4. Biện pháp 4: Đưa ra một số bài toán cực trị có thể sử dụng ba bài toán trên hoặc định hướng cho học sinh dùng đẳng thức hình học không gian để giải quyết ............... 39
4. Đánh giá và kết quả thực hiện ............................................................................................ 48
Tài liệu này đã được chúng tôi sử dụng để ôn thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An. ............. 48
Năm học .......................................................................................................................... 49
Số học sinh đạt Học sinh giỏi tỉnh .................................................................................. 49
2020-2021 ....................................................................................................................... 49
1 Giải Ba ......................................................................................................................... 49
2021-2022 ....................................................................................................................... 49
2 Giải Ba ......................................................................................................................... 49
2022-2023 ....................................................................................................................... 49
1 Giải Nhì, 1 Giải Ba ...................................................................................................... 49
Đề tài này đã được các đồng nghiệp của các trường THPT Kim Liên, THPT Nam Đàn 1, THPT Thái Lão,.. sử dụng làm tài liệu giảng dạy và đem lại kết quả cao. ................ 49
PHẦN III. KẾT LUẬN .......................................................................................................... 49
TÀI LIỆU THAM KHẢO ...................................................................................................... 50
PHỤ LỤC II............................................................................................................................ 51
5
PHẦN I. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Làm thế nào để học sinh có thể giải được bài toán hình học không gian ở mức độ vận dụng và vận dụng cao trong đề thi học sinh giỏi là vấn đề mà các giáo viên bồi dưỡng luôn suy nghĩ để tìm ra cách giải quyết.
Cực trị hình học là một vấn đề gây ra rất nhiều khó khăn cho học sinh nói chung và học sinh trung học phổ thông nói riêng. Đặc biệt đối với chương trình trung học phổ thông, bài toán cực trị hình học không gian quả thực là một thách thức lớn cho không chỉ các thế hệ học sinh mà cho cả đội ngũ giáo viên trong công cuộc dạy và học. Hơn nữa, các câu hỏi thuộc dạng toán này thường nằm trong lớp các bài toán vận dụng và vận dụng cao, khiến cho việc giải quyết chúng trong quá trình học cũng như quá trình thi luôn nhận quá ít sự quan tâm chú ý. Qua sự tìm hiểu các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh các năm gần đây, chúng tôi thấy sự xuất hiện của các bài toán tìm GTLN, GTNN của các biểu thức về độ dài, thể tích. Với mong muốn giúp học sinh có thể chọn được hướng đi phù hợp khi gặp một bài toán như vậy. Cụ thể là trả lời được các câu hỏi: “Biểu thức này liên quan đến đẳng thức hình học tổng quát nào?”, “Nên sử dụng những đẳng thức hình học đặc biệt nào?”; “Tỉ số này có thể thu được từ đâu?”; … Chúng tôi đã tìm hiểu và chọn ra 3 bài toán làm tiền đề để học sinh có thể huy động khi gặp bài toán dạng này. Từ đó tôi đã mạnh dạn đưa ra đề tài:
“Phân tích 3 bài toán tiền đề về cực trị không gian giúp học sinh phát triển năng lực giải quyết vấn đề toán học”
2. Những điểm mới của sáng kiến
- Rèn luyện cho học sinh các năng lực giải quyết vấn đề, năng lực mô hình hóa.
Cụ thể định hướng cách giải quyết bài toán
- Cung cấp một số bài toán tiền đề, một số bài toán cực trị sử dụng đẳng thức về độ dài, khoảng cách, thể tích kết hợp bất đẳng thức đại số để giải quyết các bài toán có trong các kì thi HSG cấp tỉnh. Đề tài giúp học sinh củng cố được kiến thức về hình học không gian. Là tài liệu tham khảo để ôn thi học sinh giỏi.
3. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu về cách thức tổ chức dạy học Toán bằng hoạt động phát hiện và giải
quyết vấn đề cho học sinh khá, giỏi THPT.
Với quan điểm đi từ tổng quát đến cụ thể, từ tuỳ ý đến đặc biệt trong dạy học phân môn hình học nói chung dạy học hình học không gian nói riêng. Sử dụng đặc biệt
6
để tạo những bài toán mới, phân tích bài toán mới đó. Giúp học sinh rèn luyện khả năng ứng biến khi gặp bài toán mới.
Phát triển năng lực, tư duy toán học cho học sinh khi phân tích một số bài toán
cực trị.
Đề tài giúp học sinh có định hướng chính xác hơn khi gặp bài toán cực trị hình
học không gian.
4. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu đề tài chủ yếu tập trung vào những đẳng thức trong tứ diện, hình chóp tứ giác với đáy là hình bình hành kết hợp với các bất đẳng thức đại số quen thuộc để giải quyết các bài toán cực trị về hình học không gian. Từ đó góp phần nâng cao chất lượng dạy học nội dung cực trị hình học không gian trong chương trình toán trung học phổ thông.
5. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu lý luận: Tìm hiểu, nghiên cứu phương pháp dạy học giải quyết vấn
đề.
Tổng kết kinh nghiệm: Dùng tỉ số độ dài, tỉ lệ diện tích, tỉ lệ thể tích, dùng phương
pháp véc tơ, dùng bất đẳng thức đại số
Điều tra, quan sát, thử nghiệm sư phạm: Điều tra kết quả giải quyết bài toán cực
trị trước và sau khi thực hiện dạy chủ đề.
7
PHẦN II. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
1. Cơ sở lý luận
1. 1. Năng lực GQVĐ Toán học
Hoạt động GQVĐ trong môn toán là hoạt động diễn ra khi HS đứng trước những tình huống có vấn đề về TH cần giải quyết, HS cần phải: tự rút ra công thức, tự chứng minh định lí, tìm cách chủ động ghi nhớ những vấn đề cần lĩnh hội; tự tìm ra giải pháp tốt và rõ ràng cho các vấn đề lý thuyết hoặc TT, ... Bằng cách này, HS tiếp thu kiến thức và học cách tự khám phá.
NL GQVĐ trong môn Toán là khả năng huy động, tổng hợp kiến thức, kỹ năng và các thuộc tính cá nhân nhằm giải quyết một nhiệm vụ học tập môn Toán. NL GQVĐ của HS được bộc lộ, hình thành và phát triển thông qua hoạt động GQVĐ trong học tập hoặc trong cuộc sống.
1. 2. Một số đẳng thức hình học và đại số
1.2.1. Đẳng thức 1
S
MC
0
Cho tam giác ABC, điểm M bất kỳ nằm trong tam giác ABC.
MA S
MB S
MBC
MCA
MAB
Ta có
1.2.2. Đẳng thức 2
với mọi điểm O trong đó x + y + z = 1 Trong không gian cho tam giác ABC, điểm M thuộc mặt phẳng (ABC) khi và chỉ khi OM xOA yOB zOC
'
'
1.2.3. Tỷ số thể tích
V V
S S
'
+ Nếu hai khối chóp có cùng chiều cao thì
V V
' h h
+ Nếu hai khối chóp có cùng đáy thì
'
'
'
.
'C'
.
.
V S A B ' V
SA SB SC SA SB SC
S AB .
C
'
S AB .
'C'
+ Cho khối chóp S.ABC. A'SA, B'SB, C'SC
'
A A
V V
S AB .
C
- Nếu thì
'C'
', B B'
A A
thì
SB SC ' . SB SC SC SC
V S AB . V
C
S AB .
' - Nếu
8
+ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng cắt SA,
'
'
.
'C'D'
(
.
)
V S A B ' V
1 2
SA SC SB ' SA SC SB
' SD SD
S AB .
CD'
SB, SC, SD lần lượt tại A’, B’, C’, D’. khi đó
'
'
3
'C'D'
.
k
,
k
+ Cho hình chóp S.ABCD . Một mặt phẳng song song mp đáy và cắt SA, SB, SC, SD
V S A B ' V
' SA SA
SB SB
SC SC
SD ' SD
S AB .
CD'
lần lượt tại A’, B’, C’, D’. khi đó
2
2
1.2.4. Một số bất đẳng thức đại số
2
2
2
2
2
x y 1) x y xy 2 ; xy ; x y ,
2
2) x y z xy yz x y z , , 2 zx ,
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4)
(
x
z
)
3(
x
y
z
);
3(
xy
yz
zx
),
x y z , ,
(
x
y
3
3
3
2
x
y
x
y
(
x
y
)
y
z )
5)
xy
,
x y ,
;
6)
,
x y ,
0
8
2
4
( x y ) 3) ( x y ) 2( x y ); x y , x y z , , 2
a
a
a ...
,
...
a bất kì ta có: 1 , a
2
n a a n 1 2
n
n
7) Bất đẳng thức Côsi
a a , 2
n
a Dấu ‘’=’’ xảy ra khi và chỉ khi 1
a 2
a n
Với n số không âm 1
n
a 1
a 2
a n
a a 1 2
a ... n
... n
Bất đẳng trên tương đương với bất đẳng thức:
,
,
,
b ta có:
8) Bất đẳng thức Bunhiacopski
a a , 2
a và 1
b b , 2
n
, n
2
(
)
(
)
...
...
...
a b 1 1
a b 2 2
a b n n
2 a 1
2 a 2
2 a n
2 b )( 1
2 b 2
2 b n
...
Với hai bộ n số bất kì 1
a 1 b 1
a 2 b 2
a n b n
Dấu ‘’=’’ xảy ra khi và chỉ khi:
,
,
,
b ta có:
9) Bất đẳng thức Svacxơ
a a , 2
a và 1
b b , 2
n
, n
Với hai bộ n số dương bất kì 1
9
2
(
)
...
... ...
a n b n
a 1 b 1
a 2 b 2
a n b n
a 2 b 2
a 1 b 1
...
a 1 b 1
a 2 b 2
a n b n
Dấu ‘’=’’ xảy ra khi và chỉ khi:
1 x
1 y
x
y
4
4
10) với x,y là các số dương
0
,
,
a b c và
1 c
2 b
c b c b 2
1
11) với 1 a
x
2
x
z
2
z
z
a b a b 2 1 y
1 y
4
12) với x, y,z là số dương thỏa mãn
.
1 y 2 1 y
x 1 x
1 z
2
2
2
2
2
2
y
2
x
z
y
2
x
2
z
3
đẳng thức
xy
zx
13) với x, y,z là số dương thỏa mãn
yz 1 1 . z
1 y
1 x
đẳng thức
1.2.5. Sử dụng đạo của hàm để tìm GTLN-GTNN
2. Cơ sở thực tiễn và thực trạng
2.1 Cơ sở thực tiễn
Các bài toán về cực trị năm nào cũng xuất hiện trong đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An, và trong đề thi THPTQG
2.2. Thực trạng
Qua các bài kiểm tra nội dung hình học không gian của học sinh đội tuyển bồi dưỡng học sinh giỏi. Chúng tôi thu được kết quả sau:
Số lượng học sinh đạt được điểm khá giỏi chiểm 30% (3/10 học sinh)
Số lượng học sinh đạt trung bình chiếm 20% (2/10 học sinh)
Số lượng học sinh đạt dưới trung bình chiếm 50% (5/10 học sinh)
Qua đó thấy được sự khó khăn trong việc giải quyết bài toán cực trị không gian.
10
3. Biện pháp
3. 1. Biện pháp 1: Đưa ra bài toán số 1 và định hướng giải các bài toán cực
)
) qua M ABC tại N. Chứng minh
trị trong không gian dựa vào bài toán số 1
NBC
NAC
NAB
.
.
.
S S
SA S SD S
SB S SE S
SC SN SM SF
ABC
ABC
ABC
Cho hình chóp S.ABC. M là một điểm bất kì trong hình chóp. Mặt phẳng ( cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại D, E, F. SM cắt mặt đáy ( đẳng thức:
3.1.1 Lời giải bài toán
Cách 1. Dùng Vectơ
S
S
NC
0
Cho tam giác ABC, điểm N nằm trong tam giác ABC.
NA S
NB S
NBC
NCA
NAB
Ta có
D
F
M
SC
S
S
S
SN
Với điểm S bất kỳ,
SA S
SB S
NBC
NCA
NAB
NBC
NCA
NAB
E
C
A
S
SN
S
SA S
SB S
SC S
NBC
NCA
NAB
ABC
N
B
. SF
SN
. SM SA ,
. SD SB ,
. SE SC ,
(1)
SC SF
SN SM
SA SD
SB SE
.
.
.
S
. SM
.
Do
. SD S
. SE S
. SF S
NBC
NCA
NAB
ABC
SC SF
SA SD
SB SE
SN SM
Nên (1) trở thành
S
S
S
S
.
.
.
.
NBC
NCA
NAB
ABC
SA SD
SB SE
SC SF
SN SM
NBC
NAC
NAB
.
.
.
S S
SA S SD S
SB S SE S
SC SN SM SF
ABC
ABC
ABC
Mà D, E, F, M cùng thuộc mp(P), ta có
Cách 2. Dùng tỉ lệ thể tích
11
(2)
S DEM
.
S ABN
.
ABN
ABN
.
.
(1) .
V
V .
S ABN
.
S ABC
.
V V
SD SE SM SA SB SN
V V
S S
S S
S ABN
.
S ABC
.
ABC
ABC
(3)
V
S DEM
.
.
ABN
.
.
.
.
Ta có:
SD SE SM SA SB SN
V S DEM V
SD SE SM S . SA SB SN S
ABN
S ABC
.
ABC
V .
S ABC
.
S S
ABC
(4)
S DMF
.
ANC
.
.
Từ (1) và (2)
V V
SD SF SM S . SA SC SN S
S ABC
.
ABC
(5)
BNC
S EMF
.
.
.
V V
SE SF SM S . SB SC SN S
S ABC
.
ABC
V
Tương tự:
S DEM
S DMF
.
.
S EMF
.
ABN
ANC
BNC
.
.
.
.
.
.
V V
SM SD SE S SN SA SB S
SD SF S SA SC S
SE SF S SB SC S
S ABC
.
ABC
ABC
ABC
S DEF
.
ABN
ANC
BNC
.
.
.
.
.
.
V V
SM SD SE S SN SA SB S
SD SF S SA SC S
SE SF S SB SC S
S ABC
.
ABC
ABC
ABC
S DEF
.
.
.
Từ(3)(4)và(5) V
V V
SD SE SF SA SB SC
S ABC
.
ABN
ANC
BNC
.
.
.
.
.
.
.
.
Mặt khác
SD SE SF SM SD SE S SA SB SC SN SA SB S
SD SF S SA SC S
SE SF S SB SC S
ABC
ABC
ABC
ABN
ANC
BNC
.
1
SB S . SE S
SA S . SD S
ABC
ABC
ABC
BNC
ANC
ABN
SM SC S SN SF S SN SA S . SM SD S
SB S . SE S
SC S . SF S
ABC
ABC
ABC
Nên
3.1.2 Đặc biệt hoá bài toán
* Khi điểm M thuộc các mặt bên của hình chóp thì chúng ta có đẳng thức nào? Chẳng hạn khi điểm M SAB ta sẽ có bài toán sau:
12
.S ABC , M là một điểm bất kì thuộc mặt bên (SAB). Mặt phẳng ABC tại N. )
Bài 1. Cho hình chóp ) qua M cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại D, E, F. SM cắt mặt đáy ( ( Chứng minh đẳng thức:
(*)
BNC
ANC
SA S SN . SM SD S
SB S . SE S
ABC
ABC
S
Lời giải.
D
NBC
NAC
NAB
F
.
.
.
(1)
M
S S
SA S SD S
SB S SE S
SC SN SM SF
ABC
ABC
ABC
E
C
A
Theo bài toán 1 ta có:
0
, khi đó (1) trở thành
M SAB
NAB
S
N
(*)
B
BNC
ANC
SN SA S . SM SD S
SB S . SE S
ABC
ABC
k
(0
1)
nên
k
AN AB
, SM cắt (ABC) tại N và * Điểm M SAB
khi đó chúng ta có bài toán sau:
k
(0
1)
k
Bài 2. Cho hình chóp S.ABC, M là một điểm bất kì thuộc mặt bên (SAB). Mặt phẳng ABC tại N ) ) qua M cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại D, E, F. SM cắt mặt đáy ( (
. Chứng minh đẳng thức:
AN AB
(**)
.(1
k
)
k .
SA SN SM SD
SB SE
sao cho
(*)
BNC
ANC
Lời giải.
SN SA S . SM SD S
SB S . SE S
ABC
ABC
Theo bài 1 ta có
13
S
ANC
BNC
D
(0
k
k
k
;
k
1)
1
S S
ABC
ABC
F
M
E
(**)
C
A
.(1
k
)
k .
SA SN SM SD
SB SE
N
B
Đặt AN S S AB . Khi đó (*) trở thành:
2.
* Cho k các giá trị cụ thể chúng ta sẽ có các bài toán đặc biệt khác
k ta có:
1 2
SA SB SD SF
SN SM
Chẳng hạn
2
SN SM
Nếu M di chuyển trên đường trung bình tam giác SAB ta có thêm:
4
SA SB SD SF
Khi đó (**) trở thành
)
) qua M cắt các ABC tại N. Chứng minh đẳng
* Khi M là trọng tâm của hình chóp S.ABC ta có bài toán sau:
4
SA SB SC SD SE SF
Bài 3. Cho điểm M là trọng tâm của hình chóp S.ABC. Mặt phẳng ( cạnh SA, SB, SC lần lượt tại D, E, F. SM cắt mặt đáy ( thức:
S
NBC
NAC
NAB
.
.
.
(1)
Lời giải.
SB S SE S
SC SN SM SF
ABC
ABC
ABC
D
F
M
Theo bài toán 1 ta có: SA S S SD S S
E
SN SM
4 . 3
C
A
N
M là trọng tâm của hình chóp S.ABC nên
I
B
N là trọng tâm tam giác ABC thì
14
S
S
S
S
4
BNC
ANC
ABN
ABC
SA SB SC SD SE SF
1 3
khi đó (1) trở thành
ABC
ta sẽ có được đẳng thức: * Khi M
) qua M cắt các tia
của hình chóp S.ABC. Mặt phẳng ( tức M N ABC
BMC
AMC
ABM
1
SA S . SD S
SB S . SE S
SC S . SF S
ABC
ABC
ABC
S
Bài 4. Cho điểm M SA, SB, SC lần lượt tại D, E, F. Chứng minh đẳng thức:
Lời giải.
D
NBC
NAC
NAB
.
.
.
(1)
S S
SA S SD S
SB S SE S
SC SN SM SF
ABC
ABC
ABC
C
M
A
1
.
M
ABC
Theo bài toán 1 ta có :
SN SM
E
F
BMC
AMC
ABM
1
nên M N ,
B
SA S . SD S
SB S . SE S
SC S . SF S
ABC
ABC
ABC
S
S
S
Khi đó (1) trở thành
MAC
MAB
. Ta có
* Đặc biệt hơn nữa là Khi M là trọng tâm tam giác ABC thì MBC được đẳng thức :
3
SA SB SC SD SE SF
Bài 5. Cho điểm M là trọng tâm tam giác ABC của hình chóp S.ABC. Mặt phẳng ( ) qua M cắt các tia SA, SB, SC lần lượt tại D, E, F. Chứng minh đẳng thức:
S
D
C
M
A
E
F
B
Lời giải.
15
BMC
AMC
ABM
1(*)
SA S . SD S
SB S . SE S
SC S . SF S
ABC
ABC
ABC
S
S
S
S
. M là trọng tâm tam giác ABC thì
3
MBC
MAC
MAB
ABC
1 3
SA SB SC SD SE SF
. Khi đó (*) trở thành
* Hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a. Khi đó ta có bài toán sau:
NBC
NAC
NAB
a .
.
.
.
.
S S
1 S SD S
1` S SE S
1 SF
SN SM
ABC
ABC
ABC
Bài 6. Hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a, M là một điểm bất kì trong hình chóp. Mặt phẳng ( ) qua M cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại D, E, F. SM cắt mặt đáy ( ABC ) tại N. Chứng minh đẳng thức:
NBC
NAC
NAB
.
.
.
(1)
Lời giải.
S S
SA S SD S
SB S SE S
SC SN SM SF
ABC
ABC
ABC
Theo bài toán 1 ta có:
NBC
NAC
NAB
a .
.
.
.
.
S S
1 S SD S
1` S SE S
1 SF
SN SM
ABC
ABC
ABC
Hình chóp S.ABC có SA=SB=SC=a nên (1) trở thành
* Với các bất đẳng thức ở trên kết hợp với các bất đẳng thức đại số chúng ta có các bài toán cực trị trong hình học không gian. Học sinh cần phát hiện dấu hiệu bài toán từ đó đưa ra các đẳng thức hình học
3.1.3 Những bài toán cực trị có thể sử dụng bài toán 1 hỗ trợ
Bài 1. (Đề thi môn toán học sinh giỏi bảng A tỉnh Nghệ An 2011) Cho tứ diện S.ABC có SA = SB = SC = a. Mặt phẳng (P) thay đổi luôn đi qua trọng tâm G của tứ diện, cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại A’, B’, C’ (khác điểm S). Tìm giá trị lớn
Q
1 '.
SA SB SB SC
'
1 '.
1 SC SA ' '. ' Định hướng:
,
nhất của biểu thức:
'
'
SA SB SC ? , SA SB SC '
- Với những dự kiện đã cho chúng ta tìm được đẳng thức liên hệ tỷ số
- Cần sử dụng bất đẳng thức đại số nào đây để biểu diễn
1 SC
'
1 SA
1 SB
'
SA SB SB SC
'
'
1 '.
1 '.
1 SC SA ' '.
' Lời giải
qua ?
16
S
A'
C'
G
C
A
B'
S'
B
4
SB SB '
SC SC
'
a
4
Sử dụng bài toán 1 cụ thể bài 4 mục 3.1.2 (trường hợp đặc biệt của điểm M G ) ta có được đẳng thức: SA SA '
nên
1 SB
'
1 SC
'
1 SA
'
1 SB
'
1 SC
'
4 a
3.(
ca
)
(
1 SA 2 )
ab bc
a b c
hay Mặt khác SA SB SC a
' .
2
Áp dụng:
1 SC SA '.
1 SB SC '.
1 SA SB '.
1 3
'
'
'
'
1 SB
'
1 SC
'
16 2 a 3
1 SA * Cũng là dự kiện bài toán trên nhưng áp dụng bất đẳng thức:
n
a 1
a 2
a n
Bài toán được giải quyết:
a a 1 2
a ... n
... n
chúng ta có bài toán sau
Bài 2. Cho tứ diện S.ABC có SA = SB = SC = a. Mặt phẳng (P) thay đổi luôn đi qua trọng tâm G của tứ diện, cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại A’, B’, C’ (khác điểm
P
1 SA SB SC
'.
'.
'
3
3
4 3.
3.
'
V
V
S). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
SC SC
SB SB
SA SB SC SA SB SC
'
'
'
'
'
V
V
V
V
* Áp dụng BĐT cauchy ta có : SA SA '
B C '
'
BA '
B C '
'
CA '
B C '
'
SA B C '
'
'
' AA ' SA '
27 64 BB CC ' SC SB '
' '
V V
Mặt khác AA '
17
3
V
V
'
'
SA B C '
SA B C '
'
'
SC SC
SB SB '
SA SA ' ' Chúng ta có bài toán sau Bài 3. (Bài T10/301 tạp chí TH&TT năm 2002) Cho hình chóp S.ABC có thể tích là V. Mặt phẳng (P) di dộng luôn đi qua trọng tâm G của hình chóp lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC tại A’, B’, C’. Tìm giá rị nhỏ nhất của
+V
P=V
(V=VSABC, V’=VSA’B’C’)
AA'B'C'
4
a) Thể tích hình chóp VSA’B’C’. +V b) Của biểu thức
CA'B'C' b SB
'
c SC
'
2
2
2
2
a
b
16
a .
b
c
2
c
1 SA
'
1 SB
2 '
1 SC
2 '
1 SB
'
'
'
BA'B'C' a SA ' Áp dụng bất đẳng Bunhiacopxki ta có 1 SC 2
ca
a b c
ab bc
* Với SA=a, SB=b, SC=c thì ta có
3
2
3
16
1 SA Và áp dụng bất đẳng thức b SB
ab SA SB '.
'
'
ca SC SA '.
'
'
a SA
c SC
bc SB SC '.
'
'
Từ đó ta đặt ra bài toán Bài 4. Cho hình chóp S.ABC với SA=a, SB=b, SC=c. Mặt phẳng (P) di dộng luôn đi qua trọng tâm G của hình chóp lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC tại A’, B’, C’. a) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
,
ta có :
,là số thực dương
2
2
1 SA
2 '
1 SB
'
1 SC
'
với
ca SC SA '.
'
'
bc '. SB SC 1
ab '. SA SB
' Nhận xét : Trường hợp khi ở câu a ta được bài toán T10 số 278 tạp chí toán học tuổi trẻ, khi a=b=c ở câu b ta được bài toán T10 số 288 tạp chí toán học tuổi trẻ. * Kết hợp với các bài toán BĐT đại số.
1
b) Tìm giá trị lớn nhất của
1 y 2
z
z
x
x
x
2
1 y
4
.Đặc biệt hóa cho a=b=c=1 ta có bài toán
1 y 1 y
z 1 z
2 1 x Bài 5. Cho hình chóp S.ABC với SA=SB=SC=1. Mặt phẳng (P) di dộng luôn đi qua trọng tâm G của hình chóp lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC, SG tại A’, B’, C’.
với x, y,z là số dương thỏa mãn đẳng thức
1 SA SB SC
'
2
'
SC
'
SA
'
'
1 ' SB SC
1 ' 2 ' SA SB
' 2
Tìm giá trị lớn nhất của
18
2
2
2
2
2
2
y
2
x
z
2
y
x
2
z
3
yz
zx
1
* Sử dụng bất đẳng thức với x, y,z là số
xy 1 y
1 x
1 z
SC
SA
SB
' 1
dương thỏa mãn đẳng thức . Chúng ta có bài toán
' 1
2
2
2
2
SB
'
'
SC
'
'
SA
2 '
2 '
Bài 6. Cho hình chóp S.ABC với SA=SB=SC=4. Mặt phẳng (P) di dộng luôn đi qua trọng tâm G của hình chóp lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC, SG tại A’, B’, C’. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức a) ' 1
2 '. SA SB
SA '
SB '
2 '. SA SC
SC '
2 2
1;
SB SC
SA SB SC đôi một vuông góc và
,
,
b) 2 '. SC SB
,
,M N P , 1
Bài 7. (Đề thi môn toán học sinh giỏi bảng A tỉnh Nghệ An 2020-2021.) Cho hình chóp .S ABC có SA . Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Một mặt phẳng thay đổi đi qua I lần lượt cắt các tia SA SB SC tại ,
2
2
1 2 SM SN
1 SP
5 8
Chứng minh:
;
;
Định hướng:
SA SB SC SM SN SP
- Với những dự kiện đã cho chúng ta tìm được đẳng thức liên hệ tỷ số
1
Từ đó đưa ra đẳng thức liên hệ SM, SN, SP.
2
2
1 2 SM SN
1 SP
- Cần sử dụng bất đẳng thức đại số để biểu diễn qua đẳng thức đã đưa ra
S
M
C
I
A
N
P
B
Lời giải
19
;
;
SA SB SC SM SN SP
Ta cần xác lập đẳng thức liên quan đến 3 tỉ số
BIC
AIC
ABI
1
SA S . SM S
SB S . SN S
SC S . SP S
ABC
ABC
ABC
ABI
ACI
Thật vậy với bài toán 1 thì bài toán này là trường hợp điểm M nằm trong mặt đáy ABC của hình chóp .S ABC nên ta xác lập ngay đẳng thức:
S S
AB AB BC CA
S S
AC AB BC CA
ABC
ABC
BIC
S S
BC AB BC CA
ABC
.
AC
.
AB .
AB BC CA BC
Vì I là tâm đường tròn nội tiếp nên: ; ;
SA SM
SB SN
SC SP
Khi đó ta có được đẳng thức:
Từ giả thiết bài toán ta lại tính được AB=AC=3; BC=4
10
6 2 4 SM SN
6 2 SP
Do đó: (1)
2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
16 72 72
2
2
2
6 2 4 SM SN
6 2 SP
1 SM
1 SN
1 SP
1
(2)
(đ.p.c.m)
2
2
1 2 SM SN
1 SP
5 8
Từ (1) và (2) ta có:
2
a
* Xuất phát từ các đẳng thức ở mục 3.12 kết hợp các bất đẳng thức chúng ta tạo ra bài toán mới như sau
,
.S ABC có SA a SB SC ; thay đổi đi qua M lần lượt cắt các tia
P
. Gọi M là trọng tâm tam giác SA SB SC tại D, E, F. , Bài 8. Cho hình chóp ABC. Một mặt phẳng
2
2
2
1 SD
1 SE
1 SF
Tìm GTNN của biểu thức
;
;
Định hướng:
SA SB SC SD SE SF
- Với những dự kiện đã cho chúng ta tìm được đẳng thức liên hệ tỷ số
Từ đó đưa ra đẳng thức liên hệ SD, SE, SF.
20
P
2
2
2
1 SD
1 SE
1 SF
- Cần sử dụng bất đẳng thức đại số để biểu diễn qua đẳng thức đã đưa ra
Lời giải
3
S
SA SB SC SD SE SF
2
2
(1)
Theo bài 5 mục 3.1.2 ta có
SA a SB SC ;
2
a
1 3 SD SE SF a
F
A
E
C
Mà nên
M
2
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:
1 4 4
2
2
2
2 2 1 SD SE SF
1 SD
1 SE
1 SF
B
D
(2)
2
2
2
1 SD
1 SE
1 SF
1 2 a
P
Từ (1) và (2) ta có:
2
2
2
1 SD
1 SE
1 SF
1 2 a
SD
Vậy GTNN của biểu thức bằng . Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ
a SE SF 3 ;
a 3 2
khi
21
3. 2. Biện pháp 2: Đưa ra bài toán số 2 và định hướng giải các bài toán cực
,
,
d
b
c
trị trong không gian dựa vào bài toán số 2
1
x h a
y h b
z h c
t h d
Cho tứ diện ABCD và điểm M nằm trong tứ diện đó. Gọi x, y, z, t lần lượt là khoảng h h h h tương ứng là đường , cách từ M tới các mặt (BCD), (ACD), (ABD), (ABC). a cao kẻ từ A, B, C, D tới các mặt của tứ diện. Chứng minh rằng :
MABD
ABCD
MBCD
MACD
,
,
,
3.2.1 Lời giải bài toán
V V
V V
V V
V V
y h b
ACBD
z h c
V MABC V DABC
x h a
y h b
z h c
t h d
ABCD
t h d
ABCD
. Nên .
1
x h a
x h a y h b
BACD z h c
t h d
Vậy
- Các đối tượng cần nhắc đến ở đây là điểm M thay đổi trong tứ diện, đẳng thức liên quan đến độ dài - Với ý tưởng điểm M rơi vào các điểm đặc biệt rẽ có các đẳng thức nào? Từ các đẳng thức đó có các bài toán cực trị nào?
- Với phương pháp dùng tỷ lệ thể tích chúng ta thu được đẳng thức về độ dài.
Từ bài toán này ta có thể đặc biệt hóa, tương tự, bài toán đảo, mở rộng bài toán ta có một số bài toán sau
3.2.2 Đặc biệt hoá bài toán
- Với điểm M nằm trong tứ diện, nếu kẻ đường thẳng đi qua đỉnh và điểm M cắt mặt đối diện thì có tạo ra đẳng thức nào không? Từ đó ta có bài toán sau:
22
Bài 1. Cho tứ diện ABCD và điểm M nằm trong tứ diện đó. Các đường thẳng AM, BM, CM, DM cắt các mp (BCD), (ACD), (ABD), (ABC) lần lượt tại A’, B’, C’, D’.
1
MA MB MC MD DD AA
CC
BB
' '
' '
' '
' '
Chứng minh
,
.
' '
' '
BB
x MB , h BB a ' '
y MC MA ' , AA h CC ' b MA MB MC MD ' ' AA ' '
CC
t h d
Lời giải.
1 .
x h a
Theo bài toán số 2
1
t z MD ' h DD h ' c d z y x ' h h DD h ' c b a t y z h h h c d b MA MB MC MD ' DD AA '
CC
BB
' '
' '
' '
Vậy
- Qua bài toán trên khi M thuộc một mặt của tứ diện, chuyển dùng tỷ lệ thể tích sang dùng tỷ số về diện tích . khi chuyển về tỷ lệ diện tích cần xét trong mặt phẳng nào ( trong tam giác nào)
Bài 2. ( Học sinh giỏi Bảng B 2010 tỉnh nghệ an )
'
'
'
Cho tứ diện ABCD, M là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Đường thẳng qua M song song với AD cắt mặt phẳng (BCD) tại A’, đường thẳng qua M song song với BD cắt mặt phẳng (ACD) tại B’, đường thẳng qua M song song với CD cắt mặt phẳng (ABD) tại C’.
MA MB MC DA DB DC
Chứng minh tổng không phụ thuộc vào vị trí điểm M.
D
Định hướng Cách 1. Với cách nhìn dựa vào tỉ số thể tích, liệu ta có thể sử dụng được bài 1 không?
'MA DA
A'
C
- là tỉ số khoảng cách từ các điếm M, D đến (ABC)
A
M
A1
- Áp dụng bài toán số 2, chúng ta có kết quả sau:
B
Lời giải.
Trong mặt phẳng (ABC) : AM cắt BC tại A1.
23
BM cắt AC tại B1 , CM cắt AB tại C1
'
'
Trong (DAA1) : Kẻ đường thẳng qua M song song với AD cắt DA1 tại A’
z M D , h DA c
x MB , h DB a
y MC , h DC b
x h d
'
'
'
Xét tam giác DAA1 có MA’ // AD nên MA ' ' DA
1
MA MB MC DA DB DC
Do d(M,(ABC)=0, nên theo bài toán số 2:
Cách 2. Với cách nhìn dựa vào tỉ số diện tích
D
Trong mặt phẳng (ABC) : AM cắt BC tại A1.
BM cắt AC tại B1 , CM cắt AB tại C1
A'
C
A
MBC
M
S S
A1
Trong (DAA1) : Kẻ đường thẳng qua M song song với AD cắt DA1 tại A’
ABC
B
'
MAC
Xét tam giác DAA1 có MA’ // AD nên MA MA ' 1 AA DA 1
S S
MB MB 1 BB DB 1
ABC
'
'
'
MAB
1
S S
MA MB MC DA DB DC
MC MC ' 1 CC DC 1
ABC
Tương tự ta có
- Từ các đẳng thức có thể tạo ra các bài toán về GTLN-GTNN
Bài 3. ( Học sinh giỏi Bảng A 2010 tỉnh nghệ an )
Cho tứ diện ABCD, M là một điểm bất kì nằm trong tam giác ABC. Các đường thẳng qua M song song với AD, BD, CD tương ứng cắt các mặt phẳng (BCD), (ACD), (ABD) tại A’, B’, C’. Tìm vị trí điểm M sao cho MA’.MB’.MC’ đạt giá trị lớn nhất.
'
'
'
1
do S
S
S
S
Lời giải.
MBC
MAC
MAB
ABC
MA MB MC DA DB DC
'
'
'
'
'
'
3
Ta có
3
.
.
MA MB MC DA DB DC
MA MB MC DA DB DC
Ta có
24
D
MA MB MC
’.
’.
’
DA DB DC
.
.
1 27
Suy ra
MA MB MC ’
’.
’.
A'
.
.
Vậy giá trị lớn nhất
DA DB DC , đạt được khi
C
1 27 '
'
'
A
1
MA MB MC DA DB DC
1 3
1 3
M
MA MB MC 1 1 BB CC AA 1 1
1
A1
B
là
Hay M là trọng tâm tam giác ABC
3
Bài 4. Cho tứ diện ABCD và điểm M nằm trong tứ diện đó. Các đường thẳng AM, BM, CM, DM cắt các mặt đối diện lần lượt tại A’, B’, C’, D’.
'
'
'
MA MB MC MD ' DD BB CC AA Lời giải.
'
'
'
'
'
'
'
' BB MB CC MC DD MD CC
' DD
' BB
'
'
'
4
MA MB MC MD AA MA CC DD BB ' AA MA MB MC MD ' ' DD AA ' '
' AA ' '
' ' '
CC
BB
'
'
'
'
Chứng minh rằng:
'
BB CC
' AA
DD
'
'
'
' BB MB CC MC DD MD CC
' DD
' BB
'
'
'
3
Mà .
MA MB MC MD AA MA AA ' MA MB MC MD BB CC DD AA '
'
'
'
Nên
- Từ các bài toán trên kết bất đẳng thức ta có các bất đẳng thức sau
Bài 5. Cho tứ diện ABCD và điểm M nằm trong tứ diện đó. Các đường thẳng AM, BM, CM, DM cắt các mặt đối diện lần lượt tại A’, B’, C’, D’.
BB
CC
16
a
)
AA DD MA MB MC MD
' '
' '
' '
' '
b
)
12
'
'
'
MA MB MC MD ' MA MB MC MD
'
'
'
c
)
MA MB MC MD ' MA MB MC MD
4 3
Chứng minh rằng:
Lời giải.
25
1
MA MB MC MD DD AA
CC
BB
' '
' '
' '
' '
'
'
'
'
4
4
1
'
'
MA MB MC MD DD AA
CC
BB
' '
' '
' '
' '
'. MA MB MC MD '. BB CC A '.DD '.
'. A '.
' MA MB M ' A B A
C ' CC
B
MD ' DD
4
.
.
4 (1)
AA BB CC DD ' . MA MB MC MD '
' '
' '
' '
4
.
.
' '
' ' CC
BB
4
a) Do
4
.
.
1 MA MB MC MD ' . ' AA BB CC DD ' '
' ' DD AA MA MB MC MD
' '
' '
' '
AA BB CC DD ' . MA MB MC MD '
' '
' '
' '
BB
CC
16.
Mặt khác (2)
AA DD MA MB MC MD
' '
' '
' '
' '
MA MB MC MD DD AA
CC
BB
' '
' '
' '
' '
1 . 4
BB
CC
16
Từ (1) và (2) ta có Dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi
AA DD MA MB MC MD
' '
' '
' '
' '
'
'
'
'
16
MA MA MB MB MC MC MD MD
MA
'
MB
'
MD
'
MC
'
12
MA MB MC MD MA MB MC MD '
'
'
'
b) Áp dụng câu a :
3
MA MB MC MD BB CC DD AA '
'
'
'
'
'
'
.
c)
BB CC DD AA MA MB MC MD
' 16 3
'
'
'
MA MA MB MB MC MC MD MD
MA
'
MB
'
MD
'
' 16 3
MC
'
'
'
'
MA MB MC MD ' MA MB MC MD
4 3
Tương tự câu a, ta có
MA MB MC MD DD AA
CC
BB
' '
' '
' '
' '
1 4
Dấu bằng xẩy ra
- Chúng ta sẽ tìm hiểu một số bất đẳng thức liên quan đến tích
Bài 6. Cho tứ diện ABCD và điểm M nằm trong tứ diện đó. Các đường thẳng AM, BM, CM, DM cắt các mặt đối diện lần lượt tại A’, B’,C’, D’.
26
Chứng minh rằng :
.
.
256
' '
' ' '
'
.
.
a)
' AA BB CC DD ' . MA MB MC MD ' ' AA BB CC DD ' ' . MA MB MC MD
256 81
b)
Lời giải.
1
' '
' '
' '
4
4
.
.
MA MB MC MD ' AA DD ' MA MB MC MD ' ' DD AA ' '
CC ' '
BB ' '
CC
BB
MA MB MC MD ' . AA BB CC DD '
' '
' '
' '
.
.
.
.
256
MA MB MC MD ' . AA BB CC DD '
' '
' '
' '
1 256
AA BB CC DD ' . MA MB MC MD '
' '
' '
' '
a) Do
3
'
'
44
.
.
MA MB MC MD AA BB CC DD ' ' MA MB MC MD DD AA '
CC
BB
'
'
'
MA MB MC MD . AA BB CC DD ' '
'
'
'
'
.
.
.
.
MA MB MC MD . AA BB CC DD ' '
'
'
81 256
AA BB CC DD ' ' . MA MB MC MD
256 81
b) Do
Tuơng tự: Cho tứ diện ABCD và điểm M nằm trong tứ diện đó. Các đường thẳng AM, BM, CM, DM cắt các mặt đối diện lần lượt tại A’, B’,C’, D’.
'
'
'
'
n
n
n
n
n
Chứng minh rằng :
4
4 3
'
n
n
n
n
a)
n 4 4
CC IC CC IC
2
n
2
n
1
n
2
2
n
2
n
2
n
b)
4
'
' '
2
n
1
2
n
n
2
2
n
2
n
2
n
c)
3.4
AA IA AA ' IA ' IA ' AA ' IA AA
'
BB IB BB ' ' IB IB ' BB ' IB BB
'
DD ID DD ' ID ID ' DD ID DD
'
' ' IC CC IC CC
'
'
'
.
'
'
.
.
d)
V A B C D ' V
A BCD
.
- Với bài toán cơ bản kết hợp công thức tỷ số thể tích - Một câu hỏi đặt ra là thể tích tứ diện A’B’C’D’ có thể tích tứ diện ABCD có quan hệ như thế nào? Quyển 3 “Toán học và tuổi trẻ đã chứng minh vấn đề này’’ AB AC AD ' AB AC AD
27
Bài 7. Cho tứ diện ABCD và điểm M nằm trong tứ diện đó. Các đường thẳng AM, BM, CM, DM cắt các mặt đối diện lần lượt tại A’, B’,C’, D’.
'
V
'
V
V V
A B C D '
'
'
'
ABCD
V V
1 27
Chứng minh rằng ( Với ; )
V
V
V
V
,
,
,
,
,
?
Định hướng
. M BCD V
. M ABC V
MA MB MC MD ' , AA BB CC DD '
' '
' '
' '
.
M BCD
.
M ACD
M ABD
.
M ABC .
V
V ,
V ,
,
,
,
- Lập tỷ số qua tỷ lệ
V , M BCD M ACD M ABD M ABC
.
.
.
.
V V
. M ACD V V V
. M ABD V V V
V V
M B C D '
.
'
'
M A C D '
.
'
'
M A B D '
.
'
'
M A B C '
.
'
'
- Lập tỷ số qua
và V ? Dùng bất đẳng thức Cô Si -
V
'
V
V V ;
Lời giải.
A B C D '
'
'
'
ABCD
A
V
M BCD
.
V V , 1
M ACD
.
V V , 2
M ABD
.
V V , 3
M ABC .
V 4
V
M B C D '
.
'
'
M A C D '
.
'
'
M A B D '
.
'
'
M A B C '
.
'
'
' V V , 2
' V V , 3
' V 4
' V V , 1
C'
Đặt
B'
V MK MA ' 1 AH AA V '
D'
D
B
,
M A' K H
Ta có
' 4 CC V '
' '
C
.
Tương tự V MB V MC V MD ' 2 3 , DD BB V V '
MB MC MD V . V MB MC MD ' '
'
1 ' 1
'
'
'
2
.
.
' BB MB CC MC DD MD MC
' MD
' MB
'
'
'
V V V V V V 4 3 V V V . . 3 4
2
2
3
1
' V 1
V V T . 1
.
.
4
V 1 ' V 1
V V V V V V V V V 1 V V V V V V . 4 1
1
2
3
.
'
1
3
Mặt khác
T
V i
V V T . i
V V V V . . 4 2 V V V V V V V V 2 4
1
3
với . Tương tự với i = 2,3,4
28
'
V
'
V T 3 .
T 3
' ' V V V V 2 4
' 1
' 3
V V
3
khi đó (1)
3
V V V 1 2
V 3
V 4
V V V . . 3 4
2
3
3
3
.
.
3
V V 2
V V 3
1
V 4
V V V V V , 4 3
1
3
V 2
V V 4
1
V V V . . 2 4
1
3
Theo bất đẳng thức Cô Si . Tương tự
3
V V 4
V 2
V 3
V 1
V V V . . 3 1
2
V V V V V V V V 2 4
3
1
81 . 1
V V V V . . 2 4
3
'
.
1
3
.Từ đó
T
V V
1 27
1 81
V V V V . . 2 4 V V V V V V V V 2 4
1
3
(2). Từ (1) và (2) ta có
V V 2
V V 4
3
V 4
, M trùng với trọng tâm tứ diện Dấu “=” xẩy ra khi và chỉ khi 1
ABCD
3
1
2
4
3.2.3 Những bài toán cực trị có thể sử dụng bài toán số 2 hỗ trợ
4
3
3
V
V n
n
1
Bài 1. Cho tứ diện ABCD và điểm M nằm trong tứ diện đó.Các mặt khẳng đi qua M và song song với các mặt tứ diện cắt các mặt của tứ diện đó thành các phần rời nhau. V , V ,V ,V là các thể tích các phần tứ diện và V là thể tích của tứ diện. Chứng Kí hiệu minh rằng :
Định hướng.
- Biểu diễn tỉ số ?
1
x h a
z h c
t h d
nV V y h b
- Sử dụng
Lời giải.
29
A
'
AB AB
AM x AM AB ' , AB h AF AF a
x h a
ha
B'
D'
'
Giả sử thiết diện cắt bởi mp qua M song song (BCD) với tứ diện ABCD là tam giác B’C’D’. AM cắt (BCD) tại F
AC AC
x AD ' AD h a
M x
B
D
3
C'
'
'
'
F
.
.
tương tự
AB AC AD AB AC AD
V 1 V
x h a
C
3
3
mà
V 2 V
V 1 V
y h b
x h a
4
3
3
3
3
1
V
hay . Tương tự,
nên
V n
V 4 V
n
1
z h c
V t 3 , V h d
x h a
y h b
z h c
t h d
. Sử dụng
- Trong tứ diện gần đều nếu trọng tâm của tứ diện có quan hệ như thế nào với tâm đường tròn nội tiếp tứ diện ? Để trả lời cho câu hỏi đó chúng ta đi chứng minh Bổ đề :
a) Tứ diện ABCD gần đều khi và chỉ khi tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện trùng trọng
2
2
2
2
2
2
2
2
2
V
b
a
a
b
a
2
b
c
c
c
tâm G của tứ diện
1 12
b) Thể tích tứ diện ABCD gần đều với AB=CD= a, AC=BD= b, AD=BC= c.
c) Bốn mặt tứ diện gần đều là các tam giác nhọn
Chứng minh
h , h , h , h , tương
b
c
d
a
a) Cho tứ diện ABCD và điểm G nằm trong tứ diện đó. Gọi x, y, z, t lần lượt là
1
khoảng cách từ G tới các mặt (BCD), (ACD), (ABD), (ABC). ứng là đường cao kẻ từ A, B, C, D tới các mặt của tứ diện.
(*)
x h a
y h b
z h c
t h d
Theo bài toán cơ bản :
Bây giờ ta chứng minh, tứ diện gần đều khi và chỉ khi bốn đường cao tứ diện bằng nhau
30
,
,
,
h a
h b
h C
h D
V 3 S
BCD
ACD
BAD
BCA
V 3 S
V 3 S
V 3 S
Ta có (1)
Mà tứ diện gần đều khi và chỉ khi bốn mặt là các tam giác bằng nhau nên tứ diện gần đều khi và chỉ khi bốn mặt là các tam giác có diện tích bằng nhau (2)
h Từ (1) và (2) ta có a
h b
h c
h d
(**)
Từ (*) và (**), Tứ diện ABCD gần đều khi và chỉ khi tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện trùng trọng tâm G của tứ diện
b) Dựng hình hộp AD’BC’.A’DB’C sao cho các cạnh của tứ diện ABCD là các đường chéo của các mặt hình hộp. AD’BC’.A’DB’C là hình hộp chữ nhật
A
D'
2
2
2
2
2
2
I
x
y
2 a x ,
z
2 b z ,
y
2 c
B
C'
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
c
a
b
c
a
,
y
,
z
x
b 2
c 2
b 2
D
A'
Gọi AC’=x, AD’=y, AA’=z ta có
'V là thể tích khối hộp chữ nhật AD’BC’.A’DB’C
J
C
B'
2
2
2
2
2
2
2
2
(a
b
c
b
c
b
a
2 c ) a
V
'
2
1 2
2
2
2
2
2
2
2
2
(a
b
c
b
c
b
a
2 c ) a
V
'
2
1 2
Gọi
2
2
2
2
2
2
2
2
2(a
b
c
b
c
b
a
Gọi V là thể tích tứ diện ABCD, dễ thấy
2 c ) a
1 V= V 3
1 12
c) Vì bốn mặt của tứ diện gần đều ABCD bằng nhau nên ta chỉ cần chứng minh
tam giác ABC nhọn
31
D
A B
Dựng tứ diện DA’B’C’ sao cho A, B, C là trung điểm của ba cạnh của tam giác A’B’C’
vuông tại D,
AD
hay DA B
vuông tại D, DC B
vuông
1 2
nên
C
tương tự DA C tại D,
A'
C'
2
2
2 A'B' A'C' B'C'
A
B
B'
góc A’ nhọn, ta có tương tự góc B’, C’ nhọn. Hay A B C' nhọn
khi đó DA’B’C’ là tứ diện vuông tại D
mà A B C ~ ABC (đpcm)
nhọn , nên ABC
Bài 2. Giả sử bốn mặt tứ diện ABCD là các tam giác nhọn.chứng minh rằng ABCD là tứ diện trực tâm khi và chỉ khi tồn tại điểm M trong tứ diện sao cho
3
MA MB MC MD h
h
h
h
b
c
d
a
,
,
a)
h h h h là độ dài các đường cao của tứ diện kẻ từ các đỉnh A, B, C, D. , a
b
d
c
Trong đó
Định hướng
- Chứng minh phần thuận và phần dảo - Phần thuận áp dụng bài toán cơ bản - Phần đảo
Lời giải.
ABCD là tứ diện trực tâm, M là trực tâm.Gọi A’, B’, C’, D’ là trực tâm của các mặt đối diện với các đỉnh A, B, C, D. theo bài cơ bản ta có:
d
b
c
a
1
h MA h MB h MC h MD
1
h
MA MB MC MD h
h
h
h
h
h
a
b
d
c
b
c
d
a
b)
3
h MA MB MC MD h
h
h
h
b
c
d
a
3
c)
.Gọi
MA MB MC MD h
h
h
h
b
c
d
a
Ngược lại, M là điểm bất kỳ trong tứ diện thỏa mãn
M’, M”, M’”, M”” là hình chiếu của M trên mặt (BCD), (ACD), (ABD), (ABC)
32
1
MA MM
’ h
1
a
MA MM' h
h
MB MM" MC MM’” 1, h
h
h
h
a
a
b
b
c
c
1
. Nên
1 (1)
MD MM"" h
h
MM' MM" MM’” MM"" h
h
h
h
d
d
d
c
a
b
Ta có tương tự
1
MM' MM" MM’” MM"" h
h
h
h
d
a
b
c
Mặt khác ta có
Nên (1) xẩy ra dấu bằng tức M là trực tâm của tứ diện
MM ,MM ,
2
1
4
3
MM ,MM lần lượt vuông góc với các mặt BCD, CDA, DAB, ABC. Gọi r, và 1r lần lượt là bán kính mặt cầu nội tiếp và bán kính đường tròn ngoại tiếp mỗi mặt của tứ diện này. Gọi A,B,C là ba góc của tam giác ABC. Chứng minh rằng
2
2
2
MM MM MM MM 4r cosA.cosB.cosC
Bài 3, Cho M là một điểm nằm trong tứ diện gần đều ABCD.
4
2 1
2
3
2 1
d)
2 4
r r 1
e)
Lời giải.
h
h
h
h
h
nên theo bài toán cơ bản
a
b
c
d
MM MM MM MM h
a) Tứ diện ABCD gần đều với AB=CD= a, AC=BD= b, AD=BC= c.khi đó
1
2
3
4
ABC
3V S
2
2
2
2
2
2
2
2
2(a
b
c
b
c
b
a
V
2 c ) a
1 12
abc cosA.cosB.cosC
. Theo ý b bổ đề
ABC
S
1 bcsinA 2
1 3
abc 4r 1
cosA.cosB.cosC
. Mặt khác
MM MM MM MM 4r 1
3
2
1
4
Nên (1)
2
2
Theo định lý Bunhiacopxki,ta có
MM MM MM MM
2
2 1
3
4
2
4
3
1
2 4 MM MM MM MM 2
2
2
2
MM MM MM MM 4r cosA.cosB.cosC
(2)
2 1
2
4
2 1
3
MM MM MM MM
Thay (1) vào (2) ta có
1
2
3
4
Dấu bằng xẩy ra , M là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện
33
4
cosA.cosB.cosC
cosA.cosB.cosC
r
b) Áp dụng ý a bổ đề, Tứ diện gần đều tâm mặt cầu nội tiếp trùng với trọng tâm
4r 1
r r 1
tứ diện. ta có (*)
33 cosA.cosB.cosC cosA cosB cosC
( dễ dàng
Áp dụng ý c bổ đề 3, cosA, cosB, cosC đều dương. Áp dụng bất đẳng thức cô si
3 2
mà cosA cosB cosC
cosA.cosB.cosC
(**). Từ (*) và (**) ta có
2 4
1 8
r r 1
chứng minh có thể dùng tam thức bậc hai, dùng vec tơ). Nên
đều hay tứ diện ABCD đều Dấu bằng xảy ra ⟺ ABC
3. 3. Biện pháp 3: Đưa ra bài toán số 3 và định hướng giải các bài toán cực
trị trong không gian dựa vào bài toán số 3
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một (P) bất kỳ cắt
S
SA , SB , SC, SD lần lượt tại A’ , B’ , C’, D’.
SA SA '
SC SC
'
SB SB '
SD SD '
D'
A'
Chứng minh:
O'
D
A
B'
C'
',
O
3.3.1 Lời giải bài toán
B
C
SO
SD '
SC '
1 2 SB '
xSA zSC ' '
ySB t SD ' '
SA '
t x
z x
1
x
y
z
Cách 1 : Sử dụng phương pháp vec tơ. Đặt SA xSA SA xSA SB ySB ', ', SC zSC SA t SA ', ' (x, y, z, t là các số lớn hơn 1) Ta có SA SC SB SD (vì cùng bằng )
t
z x
y x t x
y x
Vì A’, B’, C’, D’ đồng phẳng nên
SA SA '
SC SC
'
SB SB '
SD SD '
Hay
m n
' (
1)
Hoặc có thể sử dụng vectơ dựa vào A’, O’, C’ thẳng hàng . . SO m SA n SC ' ' .
34
Cách 2 : Sử dụng định lí thales
Gọi O là tâm hình bình hành, O’ là giao điểm của SO với mặt phẳng (P).
Qua B, D lần lượt dựng đường thẳng song song với B’D’ cắt SO’ tại E, F.
S
SB SB '
SE SO
'
SO OE SD SF ; SD SO '
SO
'
'
SO OF SO
'
D'
A'
O'
OBE ODF g c g
. .
Theo định lý Thales ta có
D
A
B'
C'
2
Mặt khác OE=OF (do )
SB SB '
SD SD '
SO SO '
O
B
C
2
Nên
SA SA '
SC SC
'
SO SO '
Tương tự
SA SA '
SC SC
'
SB SB '
SD SD '
Do đó
S
'
'
'
S
S
S
SB O '
'
SO D '
'
SB D '
'
S SB O ' S
S SO D ' S
S SB D ' S
SBD
SBD
SBD
D'
'
'
'
S SB O ' S
S SO D ' S
S SB D ' S
B'
SBO
SOD
SBD
O'
'
'
'
B
D
'. '. '. SB SO SO SD SB SD SB SD SO SD SB SO . . .
O
2
SB SB '
SD SD '
SO SO '
2
Cách 3 : Sử dụng phương pháp diện tích.
SA SA '
SC SC
'
SO SO '
SA SA '
SC SC
'
SB SB '
SD SD '
Tương tự Do đó
35
Cách 4: Sử dụng phương pháp thể tích.
'
'
'
V SA B C ' V
SA SB SC SA SB SC
'. .
'. .
SABC
Nhận xét : trong đó A’ B’ C’ lần lượt là giao điểm của mặt phẳng
A B C
'
'
'
A C D '
'
'
A B D '
'
'
B C D '
'
'
(P) bất kỳ cắt các cạnh SA, SB, SC của tứ diện SABC. Vận dụng kết quả đó thì
A B C
'
'
'
A C D '
'
'
A B D '
'
'
B C D '
'
'
SABCD
SABCD
SABCD
SABCD
'
'
'
'
'
'
'
'
V V V V V V V V V V V V
SABC
SACD
SABD
V
V
V
V
V SA B C ' V V SA C D ' V V SA B D ' V V SB C D ' V
SABC
SACD
SABD
SB
CD
V S
ABC
D
'
'
'
'
'. .
'. .
'. .
'. .
'. .
SBCD 1 2 '. .
SA SB SC SA SB SC SA SA '
'. . SC SC
'
SA SC SD SA SB SD SA SC SD '. SA SC SD SA SB SD SA SC SD . SD SD '
SB SB '
(Do )
3.3.2. Đặc biệt hoá bài toán
P thay đổi nhưng luôn cắt
.S ABCD . Mặt phẳng ,
, A B C D
,
. Chứng minh rằng:
- Cho S.ABCD là hình chóp đều thì đẳng thức trên sẽ đặc biệt hơn
SA SB SC SD lần lượt tại
,
,
.
Bài 1. Cho hình chóp tứ giác đều các cạnh ,
1 SA
'
1 SC
'
1 SB
'
1 SD
'
SB SD SB SD . SA SC . SA SC
a) b)
Lời giải.
1 SA
'
1 SC
'
1 SB
'
1 SD
'
ta có a) Áp dụng bài toán số 3 và sử dụng SA SB SC SD
'
'
1 SA
'
1 SC
'
1 SB
'
1 SD '
' SA SC SA SC '. '
' SB SD SB SD '. '
' '
SB SD SB SD ' ' '. ' SA SC '. SA SC '
b) Theo câu a
Chúng ta có thể chứng minh lại từ đầu .
36
,
,
S O Othẳng hàng (do chúng thuộc
Gọi O là tâm đáy ABCD , O A C SAC và giao tuyến hai mặt phẳng
B D SBD ).
. Ta có
, ta có:
S
S
S
SA SC .
sin 2
SA SO .
sin
. SO SC
sin
Trong tam giác SA C Đặt 2 . ASC BSD
SA C
SA O
SC O
1 2
1 2
1 2
2
. SA SC
cos
SO SA SC
(1).
SA SC . SA SC
2cos SO
(2).
ta được
SB SD SB SD .
2cos SO
.
Tương tự với tam giác SB D
SB SD SA SC . SB SD . SA SC
SB SD SB SD . SA SC SA SC .
Từ (1) và (2) ta suy
Từ đẳng thức đó chúng ta có thể tạo ra các các bài toán tìm tỉ sô như sau
SA SB SC SD lần lượt
,
,
,
P cắt các cạnh
, A B C D
,
,
Bài 2. Cho hình chóp
biết
. Tính
.S ABCD . Mặt phẳng SC ' SD ' ' SB SC SB SB
2 , 3
1 , 3
3 4
'SA SA
tại
Lời giải.
SB SB '
SA SA '
1 3
1 4
2 3
3 4
'
SD SC SD SC ' Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung điểm
Áp dụng bài toán số 3
của SC. Mặt phẳng (P) qua AK cắt cạnh SB , SD lần lượt tại M và N.
3 .
SD SB SM SN
Chứng minh:
Lời giải.
37
S
S
K
I
M
N
N
M
I
F
D
D
O
A
O
B
E
B
C
3
nên ta có ngay kết quả
3
SC SA SK SA
SD SB SM SN
Theo bài toán số 3 và theo bài ra
Chúng ta có thể chứng minh lại từ đầu
E
=
Trong tam giác SBD vẽ : BE // MN và DF // MN. Dể thấy : OE = OF.
SB SM
SE SI
SO O SI
O
OF
SF S
Ta có: .
3
SD SN SI
SI
SB SD SM SN
2 SO SI
'A
A , B’, C’ lần lượt là trung điểm của SB, SC.Ta có bài toán
Mặt khác:
P
'O SO
* Cho Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.một mặt phẳng (P) qua A, M, N cắt cạnh SD tại K.Trong đó M,N tương ứng là trung điểm của SB, SC.
SC SO , SK SO ' 'A
A , B’ là điểm nằm trên cạnh SB thỏa mãn SB=3SB’. Ta có bài toán
Tính (O là tâm hình bình hành, )
* Cho Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.một mặt phẳng (P) qua A, M cắt cạnh SC, SD tương ứng tại tại N, K. Trong đó M điểm nằm trên cạnh SB thỏa mãn
SC SD SN SK
SB=3SB’. Tính
3.3.3 Những bài toán cực trị có thể sử dụng bài toán 3 hỗ trợ.
Bài 1. Cho S.ABCD là hình chóp đều cạnh bên bằng a. Một (P) bất kỳ cắt SA, SB, SC, SD tại A’, B’, C’, D’. Gọi O là giao điểm của AC với BD và I là giao điểm của A’C’ với SO. Chứng minh rằng
38
S
D'
1 SA
'
1 SC
'
1 SB
'
1 SD
'
A'
I
C'
'
a)
2
B'
SB SD SB SD ' 2 '
'. SC
'. SA
2 '
A
D
O
B
C
b)
Giải.
1 SA
'
1 SC
'
1 SB
'
1 SD
'
2
2
2
ta có a) Áp dụng bài toán 3.3 và sử dụng SA SB SC SD
1 SD
1 SC
1 SC
1 SB
1 SA
2 '
'
'
'
'
'
'
1 SA Suy ra
2
2
'
'
'
'
'
b) Áp dụng bất đẳng thức Côsi, Bunhiacopxki ta có 1 1 SB SD '
2 ,
2
(2)
'. SB SD SA '
SB SD '. SC
'
SB SD SB SD ' 2 '
'. SC
'. SA
2 '
'. SB SD SA '
'. SB SD SC
'
'
2
SB SD SB SD ' 2 '
'. SC
'. SA
2 '
4
,
B D là trung điểm của SB, SD thì
',
'
SA SA '
SC SC
'
1 SA
'
1 SC
'
4 a
* Với
4
với x,y là các số dương
0
,
,
a b c và
2 b
1 a
1 c
với
P
Kết hợp với các BĐT đại số : 4 1 1 x y x y c b a b c b 2 a b 2 Ta được các bài toán : Bài 2. Cho hình chóp đều S.ABCD cạnh bên bằng a. B’, D’ lần lượt là trung điểm của SB, SD.Mặt phẳng (P) đi qua B’, D’ và lần lượt cắt các cạnh SA, SC tại A’, C’. Tìm giá trị nhỏ nhất của
'
' P SA SC
2 4
2 4
' SA a SA a '
' SC a SC a '
a) b)
Thay đáy hình bình hành bởi một tứ giác lồi bất kỳ chúng ta có bài toán sau:
39
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là tứ giác lồi.một mặt phẳng (P) lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC, SD tại A’, B’, C’, D’.
S
S
S
S
BCD
ABD
ADC
ABC
SA SA '
SC SC
'
SB SB '
SD SD '
Chứng minh rằng :
Lời giải.
Kẻ tương tự cách 1 (ở đây O không còn là trung điểm của BD)
'
SO OE SD SF ; SD SO '
SO
'
'
SO OF SO
'
ABC
Theo định lý Thales ta có (1)
SB SB ' BO BB DO
SE SO '' DD''
S S
OE O
BO F DO
ADC
S
Và Mặt khác
D'
B'
ABC
OE S .
OF S .
(Trong đó B’’, D’’ là hình chiếu của B, D lên AC)
ABC
ADC
O'
E
OE F O
S S
ADC
B
O
D
Suy ra hay (2)
F
S
S
ADC
ABC
SD SD '
D
A
S
.
S
ADC
ABC
SB ' SB SO OE SO
'
SO OF SO
'
D"
O
S
.
ABCD
B"
SO SO '
B
C
S
S
S
.
Từ (1), (2) ta có :
BCD
ABD
ABCD
SA SA '
SC SC
'
SO SO '
Tương tự ta có
3. 4. Biện pháp 4: Đưa ra một số bài toán cực trị có thể sử dụng ba bài toán trên hoặc định hướng cho học sinh dùng đẳng thức hình học không gian để giải quyết
Đứng trước bài toán bất đẳng thức, cực trị trong hình học không gian, học sinh định hướng biểu thức đó xuất phát từ đâu( từ đẳng thức nào) và cần kết hợp với bất đẳng thức đại số nào để giải quyết. Sau đây chúng ta tìm hiểu một số bài toán
40
SABC E F lần lượt thuộc đoạn
AC AB Gọi K là giao điểm của
.
,
,
,
SAK với BC .
Bài 1. Cho tứ diện BE và CF . Gọi D là giao điểm của
. 6
AK BK CK KD KE KF
Chứng minh
,
,
Định hướng:
DK EK FK DA EB FC
- Có đẳng thức nào liên hệ hay không
- Tìm mối liên hệ các tỷ số độ dài - Sử dụng bất đẳng thức Cauchy
S
F
B
A
K
D
E
C
KAC
KBC
KAB
Lời giải.
1
EB
S S
S S
ABC
ABC
EB
9
9
FC FC DK EK FK
DK EK FK EB DA
DA FC EB DK EK FK
DK EK FK S FC S DA ABC Áp dụng định lý bất đẳng thức Cauchy ta có: DA
6
AK BK CK KD KE KF
Ta có
6
AK BK CK KD KE KF
,
,
.S ABC , M là một điểm nằm trong tam giác ABC . Các đường SBC SAC SAB lần ,
SA SB SC cắt các mặt phẳng
,
,
Nếu K trùng với trọng tâm G thì
.
P
.
.
Bài 2. Cho hình chóp thẳng qua M song song với , A B C lượt tại
MA MB MC SA SB SC
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
41
,
,
?
MA MB MC SA SB SC
P
.
.
Định hướng: - Có đẳng thức nào liên hệ
MA MB MC SA SB SC
- Tìm mối liên hệ và đẳng thức đưa ra
S
C'
B'
A'
B
A
M
E
C
Lời giải.
∥ nên bốn điểm này nằm trong cùng mặt phẳng. Giả sử E là giao điểm
MBC
+ Do MA SA
A M E thẳng hàng và ta có:
,
,
EA
ABC
MA ME S SA S
MAB
,
. của mặt phẳng này với BC . Khi đó
1 .
MB SB
S MAC S
MC SC
S S
MA MB MC SC SB SA
ABC
3
Tương tự ta có: . Vậy
3
.
.
.
.
ABC + Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : MA MB MC SC SB SA
MA MB MC SA SB SC
1 27
MA MB MC SA SB SC
S
S
S
.
MAC
MAB
MBC
MA MB MC SC SB SA
,
,P Q R .
Dầu bằng xảy ra khi và chỉ khi: .
ABC ACD ADB tại ,
,
Điều này chỉ xảy ra khi M là trọng tâm tam giác ABC . Bài 3. Cho tứ diện ABCD . Gọi G là trọng tâm tam giác BCD và M là điểm nằm bên trong tam giác BCD . Đường thẳng qua M và song song với GA lần lượt cắt các mặt phẳng
MP MQ MR GA
.
.
MP MQ MR đạt giá trị lớn nhất?
a) Khi M di động trong tam giác BCD , tính
b) Xác định vị trí của M để
42
MP MQ MR
,
P
.
.
- Có đẳng thức nào liên hệ - Tìm mối liên hệ và đẳng thức đưa ra Định hướng: , MA MB MC SA SB SC
P
Q
A
R
K
D
B
M
G
I
C
J
,
BCD I MG BC J MG CD K MG BD
Lời giải.
MBC
Mx AK R Mx AJ Q ,
a) TH1. GM cắt CD. Trong mặt phẳng , gọi (đây chính là giao điểm của Mx với :AIJ Mx AI P Trong . Qua M kẻ Mx GA∥ . ABC )
.Ta có:
3 S MBC S BCD
Tương tự .
BCD
MBD
,
Theo định lý Thalet ta có: . Do đó: .
3 .
IM S IG S GBC 3 MBC MP S GA S S 3 S
IM MP IG GA S MQ 3 MCD S GA
MR GA
MP MQ MR GA
BCD
BCD
Chứng minh tương tự ta có:
2
2
,
TH2. MG song song với một cạnh của tam giác BCD. Giả sử MG song song với BC Gọi I, j lần lượt lần lượt là giao điểm của MG với các đường thẳng CD, DB.Qua A kẻ đường thẳng d song song với BC. Trong (AMG) kẻ Mx song song với AG Cắt các đường thẳng d, AI, AJ lần lượt tại P,Q,R. b) APMG là hình bình hành nên MP=AG.
2
MQ MI AG IG
MI MR MJ AG JG IJ
MJ IJ
MQ MR AG AG
MP MQ MR
3
3
AG
G là trung điểm IJ, mà
MP MQ MR AG
.
43
3
MP MQ MR
.
.
3 GA
.
.
MP MQ MR 3 3GA . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
b) Áp dụng bất đẳng thức Cauchy ta có : .
MP MQ MR bằng
Vậy giá trị lớn nhất của
BCD
/ /
/ /
,
MP MQ MR Bài 4. ( Đề học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2021-2022) Cho tứ diện ABCD và điểm M nằm trong tứ diện. Qua M dựng các mặt phẳng
ACD
,
/ /
ABC
.
,E cắt BC tại
/ / ABD
. Điều này xảy ra khi M là trọng tâm tam giác BCD.
cắt A B tại
,F cắt
CD tại
,P cắt AD tại
.Q Chứng minh
4 3.
EA EB
FB FC
PC PD
QD QA
và Biết
,
,
,
,
1
1
1
1
Nếu gọi A 1 C 1
1
MA MA
EA EB và
Định hướng AM BCD B , AM ACD 1 AM ABD D AM ABC 1 MA MB MC MD , MA MB MC MD nào liên hệ hay không? Thì đẳng thức hay bất đẳng thức
A
- Mối liên hệ giữa
- Kết hợp với bđt đại số
E
M
B1
Lời giải.
D
B
A1
F
,
AM ACD AM BCD B , 1 AM ABD D AM ABC , 1 1ABA kẻ đường thẳng qua tại 1A B cắt AB
C
.
E
Gọi A 1 C 1 +) Trong mặt phẳng M song với
song EA MA EB MA 1
+) Tương tự ta cũng có:
44
,
,
.
PC MC PD MC 1
FB MB FC MB 1 EA EB
FB FC
QD MD QA MD 1 QD QA
PC PD
MA MA 1
MB MB 1
MC MC 1
MD MD 1
Khi đó:
,
V
,
V
,
V
,
V
.
V
V
ABCDV
MBCD
V a
MACD
V b
MABD
V c
MABC
d
BCD
Đặt
;
V a V
C B D
MA 1 AA 1
33
V b
V d
1
1
Khi đó
V V a
d M BCD ; d A BCD ; V V a V a
V V V b c d V a
3
3
3
3
3
3
(1)
;
;
.
d M BCD S . ; d A BCD S . MA AA MA AA 1 1 1 MA MA MA 1 1 1 V c dV V a V b
B M MB 1
V c V a MD D M 1
MC MC 1
V V V a b d V c
V V V a b c V d
Tương tự ta có:
.
.
1. 8
(2)
MA MB MC MD . MA MB MC MD 1 1
1
1
4
.
4
.
4 3
Từ (1), (2) suy ra
MA MA 1
MB MB 1
MC MC 1
MD MD 1
1
1
3
Khi đó
hay M là trọng tâm
MA MB MC MD . MA MB MC MD 1 1 MA MB MC MD MA MB MC MD 1
1
1
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
tứ diện.
Bài 5. ( Đề học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2011) Cho tứ diện ABCD có AB = CD, AC = BD, AD = BC. Chứng minh rằng khoảng cách từ trọng tâm của tứ diện ABCD đến các mặt phẳng (ABC), (BCD), (CDA), (DAB) bằng nhau.
45
A
Định hướng.
- Gọi I, G lần lượt là trọng tâm tứ diện ABCD
IG AG
I
D
B
G
IBCD
V
V
và tam giác BCD, thì tỉ số bằng bao nhiêu ?
ABCD
IBCD
1 4
1 4
ABCD
C
V
V
V
V
Ta có . - Dựa vào mối liên hệ giữa thể tích và khoảng cách để đưa ra kết quả Gọi I, G lần lượt là trọng tâm tứ diện ABCD và tam giác BCD. V IG V AG
IABC
IACD
IABD
ABCD
1 4 1 4
V
V
V
Tương tự ta có .
IABC
IABD
IBCD
IACD
(1). ABC = DCB SABC = SDCB (2)
M
,
(4)
đôi một vuông góc. là một điểm
2
2
ABC 2
T
Suy ra V Tương tự ta có d(I, (ABC)) = d(I, (ABD)) = d(I, (ACD)) Từ (3) và (4) suy ra điều phải chứng minh Bài 6. Cho tứ diện OABC , bất kì thuộc miền trong tam giác
2
2
2
H
,
.cot
.cot
a) Tìm giá trị nhỏ nhất của .
, cos
cos
b) Gọi với các đường thẳng
S
A 2 cos
c) Tìm GTNN của là trực tâm tam giác OA OB OC , 2 cos lần lượt là góc gữa đường thẳng OH cot cos
, kẻ
O
1MM OA
)
(
OBC
)
MM
1
A1
1
1
2
2
M1
A
có các cạnh OA OB OC . MA MB MC OC OB OA và ABC , . Tìm giá trị lớn nhất của cos cos cos 2 cos Lời giải. thì ta có:
2
B
(
M
2
N
)
20 .
a) Gọi N AM BC OBC OA ( MM OA 1 kẻ 2 AM AA MA 1
1
AOA 1
2
2
(1).
1
C
2
2
AM OA
Suy ra: . Khi đó: MA OA A OA , 2 2 2 AA MO OA 1 1 1 OM AA OA AA A ).( 0 ) 1 1 1 1 2 2 OM OA OA OA OM OA 2 ( OM OA
1A
OA 2 1 A 0 ,B C là các điểm tương tự như 1
1
Tương tự gọi thì ta có:
46
2
2
2
2
(2)
(3)
1
1
2
2
2
MB 2 OB
OM OB
OB 2 1 OB
OC 2 1 OC
MC OC
2
1
1
.
2.
3
T OM
2
2
2
1 1 1 OA OB OC
OA OB OC 1 OA OB OC
OM OC
Từ (1),(2),(3) ta có
2
1
1
T
2
3
Gọi H là trực tâm của tam giác ABC thì ta đã biết kết quả quen thuộc
2
2
2
2
2
OM OH
OA OB OC 1 OA OB OC
1 OA
1 OB
1 OC
1
nên
MAB
1
1
Mặt khác
1 1
OA OB OC OA OB OC
;MAC ABC
ABC
2
T
Tương tự nên
T
2
1 OH OA NM S MBC OA NA S ABC OB OC S S 1 1 OC S OB S 2 OM OH
do 1 2 ,
OM OH . ,
,
,
,
Do đó Vậy m in khi M H
A B C M đồng phẳng nên tồn tại
,x y z ,
. OA a OB b OC c Cách 2. Đặt . . OM x OA y OB z OC x (
1)
y
. Do
.
AM OM OA x (
sao cho .
2
2
2
2
2
2
AM
(
x
1)
a
2 y b
2 2 z c
x
(
1)
.
Ta có
2 y b 2 a
2
2
2
2
2
bình phương vô hướng ta được: 2 2 z c 2 a
(
y
1)
(
z
2 1) .
2
2
2
z 1). a y b z c . . 2 MA 2 OA 2 2 z c MC ; OC b
2 x a 2 b
2 2 z c 2 b
2
2
2
T
2 a x
(
2 b y
2 2 c z
) 1
ax
by .
cz .
1 2
Tương tự
2 x a 2 b 1 2 b
1 2 c
1 a
1 b
1 c
Vì vậy
BOH
.
MB OB 1 2 a 2
T
,
2
2
1
. AOH Vậy m in COH , b) Dễ thấy . 2
2
2
2
2
OH OA
OH OB
OH OC
1 OB 2
cos
cos
1 OA 2
1 OH 1
2
1
2
2
Ta có
x
cos
x
(*)
1 tan
x 2
2
1 OC 2 cos 1 2 cos
x
x
x
cot 1 cot
1 tan , và kết hợp với (1) thu được ,
2
2
2
1
Lại có
2
2
2 cot
2 cot
.( ,
x y z ,
0)
cot 1 cot x cot
cot 1 cot 2 y ,
cot 1 cot z ,
Áp dụng CT (*) cho x nhận các giá trị 2
thì bài toán trở thành
Đặt
47
0
,
.
x y z thỏa mãn ,
xyz
1
1 8
1
x
1
y
1
z
z
x
y
Cho . Chứng minh
1
1
2
x
1
y
1
z
1
x
1
y
1
z
y
z
1
x
y
z
x
y
z
yz 1
1
Ta có
2
2
1
x
y
z
1
yz 1
1
. .
2
2
1
y
x
z
3 và 1
z
x
y
1
1
xz 1
1
xy 1
1
Tương tự ta có : (4)
xyz (đ.p.c.m)
1 8
Nhân theo từng vế các BĐT (2)(3)(4) ta được
6 3
S
.
c) Tương tự như câu b) ta có min Bài tập. Bài tập 1. Cho tứ diện ABCD và M là một điểm nằm trong tam giác BCD. Các đường
1 3 2
1
1
thẳng qua M song song với AB, AC, AD lần lượt cắt mặt (ACD), ADB), (ABC) tại B1,
.
AB MB 1
AC MC 1
AD MD 1
2
2
2
2
C1, D1. Chứng minh rằng
đạt giá trị nhỏ nhất. Bài tập 2. Cho tứ diện ABCD. Tìm M trong không gian sao cho MA MB MC MD
2
2
2
2
2
Hướng dẫn.
2
2
MG GA
MG GD
Gọi G là trọng tâm của tứ diện ta có: 2
2
2
2
2
MG GC
2
2
2
2
2
2
2 2 MA MB MC MD MA MB MC MD 2 MG GB MG 4 2 2 4MG GA GB GC GD GA GB GC GD
2 2 2 MG GA GB GC GD GA GB GC GD ) (
2
2
2
2
2
,
,
,
,
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M G . Vậy: MA MB MC MD Bài tập 3. Cho tứ diện ABCD có lượt là góc giữa các đường thẳng
đạt giá trị nhỏ nhất khi M là trọng tâm của tứ diện. , lần
M
2
, 2 Hướng dẫn.
DA DB DC đôi một vuông góc. Gọi ABC . DA DB DC với mặt phẳng 2 . 2 cot 2 cot 2 cot A
Tìm Giá trị nhỏ nhất của
H
.
48
ABC Gọi H là hình chiếu của D trên Khi đó H là trực tâm của tam giác ABC.
,
2
2
thì DI là đường cao của tam giác DBC c
2 a b
DI
2 cot
bc 2
2
nên
DA AH DAH DA ABC , Và DA a DB b DC c , , Đặt Gọi I AH BC DB DC BC
2 2 b c
DA DI
b 2
2
c
2 a b
c 2
2
2 cot
2
2
2
2
cot
a 2 bc
a 4 bc
a 4 bc
. Vậy
2
cot
2
cot
2
2
2
2
2
).(2 cot
) 64
4 c ab ).(2 cot
2 2 b c 4 b ac (2 cot
Tương tự (2) và (3)
BĐT (1) (2) (3) ta được ( đpcm)
4. Đánh giá và kết quả thực hiện
Tài liệu này đã được chúng tôi sử dụng để ôn thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An.
Qua các bài kiểm tra nội dung hình học không gian của học sinh đội tuyển bồi dưỡng học sinh giỏi khi chưa sử dụng lài liệu để giảng dạy. Chúng tôi thu được kết quả sau:
Số lượng học sinh đạt được điểm khá giỏi chiểm 30% (3/10 học sinh)
Số lượng học sinh đạt trung bình chiếm 20% (2/10 học sinh)
Số lượng học sinh đạt dưới trung bình chiếm 50% (5/10 học sinh)
Chúng tôi đã thu được kết quả tốt hơn khi áp dụng đề tài vào giảng dạy :
Số lượng học sinh đạt được điểm khá giỏi chiếm 70% (7/10 học sinh)
Số lượng học sinh đạt điểm trung bình chiếm 30% (3/10 học sinh)
Nhất là các năm gần đây kết quả thi học sinh giỏi tỉnh của trường THPT Kim Liên rất tốt. Cụ thể như sau
Không còn học sinh đạt điểm dưới trung bình
49
Năm học Số học sinh đạt Học sinh giỏi tỉnh
2020-2021 1 Giải Ba
2021-2022 2 Giải Ba
2022-2023 1 Giải Nhì, 1 Giải Ba
Đề tài này đã được các đồng nghiệp của các trường THPT Kim Liên, THPT Nam Đàn 1, THPT Thái Lão,.. sử dụng làm tài liệu giảng dạy và đem lại kết quả cao.
PHẦN III. KẾT LUẬN
Đề tài giúp học sinh có thể phát triển tư duy sáng tạo thông qua lời giải và phân tích những bài toán cực trị. Tạo hứng thú cho học sinh khá giỏi, cách tiếp cận khi gặp một bài toán mới. Là một dạng toán mức độ vận dụng và vận dụng cao nên đòi hỏi học sinh phải nắm được những tính chất trong hình học cũng như đại số.
Đề tài cũng đã xây dựng được một dạng bài toán thường gặp trong kì thi học sinh giỏi. Qua đó giúp học sinh bình tĩnh hơn, có định hướng tốt hơn khi gặp dạng toán cực trị sử dụng đẳng thức có sẵn nói riêng và cực trị hình học không gian nói chung.
Chuyên đề có thể áp dụng được cho học sinh 11 và 12. Tuy nhiên căn cứ vào
từng đối tượng để sử dụng và khai thác, tăng giảm độ khó, để phù hợp với học sinh.
Khi nói đến cực trị thì liên quan đến các đại lượng biến thiên, trong hình học không phải là một đại lượng mà có thể là hai hoặc ba nhưng chúng phải có thỏa mãn một đẳng thức nào đó. Việc xác định ra đẳng thức không phải dễ và không phải khi nào cũng dùng đẳng thức nên đề tài chỉ muốn giải quyết một số bài cực trị.
Chúng tôi rất mong nhận được các ý kiến đóng góp để đề tài có thể hoàn thiện
hơn nữa,
Xin chân thành cảm ơn
50
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Đào Tam, “Phương pháp dạy học hình học ở trường THPT”, NXB Đại học Sư phạm (2004)
2. Đào Tam, “Giáo trình hình học sơ cấp”, NXB Đại học Sư phạm (2004)
3. Đỗ Thanh Sơn, “Một số chuyên đề Hình học không gian bồi dưỡng học sinh giỏi THPT”, NXB Giáo dục.
4. Nguyễn Đề, “Các bài toán hình học hay có nhiều cách giải”. NXB Giáo dục
5. Trần Phương – Nguyễn Đức Tấn, “Những sai lầm trong giải toán Phổ thông”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội (2014)
6. Phan Huy Khải, “Toán nâng cao hình học”, NXB Hà Nội (2002).
7. Lê Hoành Phò, “Bồi dưỡng học sinh giỏi toán hình học 12”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội (2012)
8. Trần Minh Quang, “Phương pháp giải và bài giải 27 chủ đề toán hình học không gian”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội (2010)
9. Lê Hồng Đức – Lê Hữu Trí, “Phương pháp giải toán hình học giải tích trong không gian”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội (2004)
10. Võ Thanh Vân – Lê Hiền Dương – Nguyễn Ngọc Giang, “Chuyên đề ứng dụng Vectơ trong giải toán hình học không gian”, NXB Đại học Quốc Gia Hà Nội (2010)
51
11. Đề thi học sinh giỏi tỉnh, thành phố lớp 11 & 12
12. Internet
PHỤ LỤC II
1. Mục đích khảo sát
KHẢO SÁT SỰ CẤP THIẾT VÀ TÍNH KHẢ THI CỦA CÁC GIẢI PHÁP ĐỀ XUẤT
2. Nội dung và phương pháp khảo sát
Xác định mức độ cần thiết và tính khả thi của 4 giải pháp trong đề tài: Phân tích 3 bài toán tiền đề về cực trị không gian giúp học sinh phát triển năng lực giải quyết vấn đề toán học. Xuất phát từ cơ sở đánh giá đó để nghiên cứu phương án điều chỉnh nếu cần.
2.1. Nội dung khảo sát
Khảo sát mức độ cần thiết và tính khả thi của 4 biện pháp sau:
- Biện pháp 1: Đưa ra bài toán số 1 và định hướng giải các bài toán cực trị trong
không gian dựa vào bài toán số 1
- Biện pháp 2: Đưa ra bài toán số 2 và định hướng giải các bài toán cực trị trong
không gian dựa vào bài toán số 2
- Biện pháp 3: Đưa ra bài toán số 3 và định hướng giải các bài toán cực trị trong
không gian dựa vào bài toán số 3
- Biện pháp 4: Đưa ra một số bài toán cực trị có thể sử dụng ba bài toán trên hoặc
định hướng cho học sinh dùng đẳng thức hình học không gian để giải quyết
2.2. Phương pháp khảo sát và thang đánh giá
52
Phương pháp được sử dụng để khảo sát là Trao đổi bằng bảng hỏi; với thang đánh
giá 04 mức (tương ứng với điểm số từ 1 đến 4):
Không cấp thiết 0 đến <1 Không khả thi 0 đến <1
Ít cấp thiết 1 đến <2.5 Ít khả thi 1 đến <2.5
Cấp thiết 2.5 đến <3.5 Khả thi 2 đến <3.5
Rất cấp thiết >3.5 Rất khả thi >3.5
Tính điểm trung bình X theo phần mềm Excel
3. Đối tượng khảo sát
Tổng hợp các đối tượng khảo sát
TT Đối tượng Số lượng
1 Giáo viên giảng dạy bộ môn Toán học trong trường 12
2 Học sinh khối 12 10
4. Kết quả khảo sát về sự cấp thiết và tính khả thi của các giải pháp đã đề xuất
4.1. Sự cấp thiết của các giải pháp đã đề xuất
TT Các giải pháp Các thông số
___ Mức
X
3.6 1
Rất cấp thiết
Đưa ra bài toán số 1 và định hướng giải các bài toán cực trị trong không gian dựa vào bài toán số 1
53
3.2 2
Cấp thiết
Đưa ra bài toán số 2 và định hướng giải các bài toán cực trị trong không gian dựa vào bài toán số 2
3.4 3
Cấp thiết
Đưa ra bài toán số 3 và định hướng giải các bài toán cực trị trong không gian dựa vào bài toán số 3
3.1 4
Cấp thiết
Đưa ra một số bài toán cực trị có thể sử dụng ba bài toán trên hoặc định hướng cho học sinh dùng đẳng thức hình học không gian để giải quyết
Từ số liệu thu được ở bảng trên, có thể thấy: Hầu hết tất cả các biện pháp đều có cấp thiết, riêng biện pháp “Đưa ra bài toán số 1 và định hướng giải các bài toán cực trị trong không gian dựa vào bài toán số 1” là rất cấp thiết
4.2. Tính khả thi của các giải pháp đề xuất
TT Các giải pháp Các thông số
___ Mức
X
3.6 1
Rất khả thi
Đưa ra bài toán số 1 và định hướng giải các bài toán cực trị trong không gian dựa vào bài toán số 1
3.2 Khả thi 2
Đưa ra bài toán số 2 và định hướng giải các bài toán cực trị trong không gian dựa vào bài toán số 2
3.5 3
Rất khả thi
Đưa ra bài toán số 3 và định hướng giải các bài toán cực trị trong không gian dựa vào bài toán số 3
54
4 3.1 Khả thi
Đưa ra một số bài toán cực trị có thể sử dụng ba bài toán trên hoặc định hướng cho học sinh dùng đẳng thức hình học không gian để giải quyết
Từ số liệu thu được ở bảng trên, có thể thấy: Hầu hết tất cả các biện pháp đều có
tính khả thi trở lên.
