Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển tư duy học sinh qua việc khai thác các yếu tố hình học của một số hình tứ diện đặc biệt

Chia sẻ: Ganuongmuoiot | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:33

Thêm vào BST

Báo xấu

30
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu đề tài nhằm giúp học sinh tiếp cận bài toán với cách tư duy linh hoạt, bao quát vấn đề, suy luận logic để tìm lời giải nhanh nhất, tránh kiểu tư duy rập khuôn, máy móc. Hơn nữa, thông qua việc phân tích và bình luận lời giải ở mỗi bài toán giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, thành thạo các kĩ năng giải toán, đồng thời khắc phục những sai lầm thường gặp trong quá trình làm toán.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Phát triển tư duy học sinh qua việc khai thác các yếu tố hình học của một số hình tứ diện đặc biệt

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐĂK LĂK TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ ******************* SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM PHÁT TRIỂN TƯ DUY HỌC SINH QUA VIỆC KHAI THÁC CÁC YẾU TỐ HÌNH HỌC CỦA MỘT SỐ HÌNH TỨ DIỆN ĐẶC BIỆT. Lĩnh vực: Toán học HÀ DUY NGHĨA A B D C A' B' D' C' H2 H1 H3 P Đăk Lăk, tháng 3 năm 2020
MỤC LỤC 1. Phần mở đầu .............................................................................................................. 2 1.1 Lý do chon đề tài .................................................................................................... 2 1.2 Mục tiêu và nhiệm vụ của đề tài ............................................................................ 2 1.3. Đối tượng nghiên cứu ........................................................................................... 2 1.4. Giới hạn đề tài ....................................................................................................... 2 1.5. Phương pháp nghiên cứu ...................................................................................... 2 2. Phần nội dung ............................................................................................................ 3 2.1 Cơ sở lí luận ........................................................................................................... 3 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu................................................................................ 3 2.3 Nội dung và hình thức của giải pháp ..................................................................... 3 2.3.1. Các khái niệm liên quan đến hình tứ diện ...................................................... 4 2.3.2. Bài toán liên quan đến hình tứ diện vuông ....................................................... 6 2.3.3. Bài toán liên quan đến hình tứ diện trực tâm ................................................... 13 2.3.4. Bài toán liên quan đến hình tứ diện gần đều .................................................... 17 2.3.5. Bài toán liên quan đến hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện .................................. 20 2.3.6. Các bài toán trong hệ tọa độ Oxyz liên quan đến các hình tứ diện đặc biệt ... 23 2.3.7. Bài tập luyện tập ............................................................................................... 29 3. Phần kết luận ............................................................................................................. 31 3.1 Kết luận .................................................................................................................. 31 3.2 Kiến nghị ................................................................................................................ 31 Tài liệu tham khảo ........................................................................................................... 32 1
1. PHẦN MỞ ĐẦU 1.1. Lý do chọn đề tài Kể từ năm học 2016-2017, trong kì thi THPT quốc gia bộ môn toán được thi dưới hình thức trắc nghiệm, từ đó nó đã dần làm cho học sinh rời bỏ dần thói quen đào sâu khai thác một vấn đề toán học. Đặc biệt đối với bộ môn hình học thì điều đó càng thể hiện rõ hơn, ở bài toán trắc nghiệm không thể khai thác sâu được yếu tố hình học mà chỉ vận dụng nhanh các công thức có sẵn để làm toán, từ đó dẫn đến việc dạy toán dần dần cũng đã chuyển sang hướng thực dụng và nó đã làm cho việc dạy học toán kém phần thú vị. Nhằm giúp cho học sinh yêu thích môn học, biết phân tích định hướng tìm tòi lời giải, biết khai thác, đào sâu, tìm ra mối liên hệ của các yếu tố hình học một cách hiệu quả. Trong quá trình giảng dạy và tìm hiểu học hỏi tôi viết đề tài “PHÁT TRIỂN TƯ DUY HỌC SINH QUA VIỆC KHAI THÁC CÁC YẾU TỐ HÌNH HỌC CỦA MỘT SỐ HÌNH TỨ DIỆN ĐẶC BIỆT”. 1.2. Mục tiêu, nhiệm vụ của đề tài Giúp học sinh tiếp cận bài toán với cách tư duy linh hoạt, bao quát vấn đề, suy luận logic để tìm lời giải nhanh nhất, tránh kiểu tư duy rập khuôn, máy móc. Hơn nữa, thông qua việc phân tích và bình luận lời giải ở mỗi bài toán giúp cho học sinh khắc sâu được kiến thức, thành thạo các kĩ năng giải toán, đồng thời khắc phục những sai lầm thường gặp trong quá trình làm toán. Thông qua các tính chất đẹp đẽ của các hình tứ diện giúp cho các em yêu thích môn học hơn, ôn tập tham gia vào các kì thi HSG do tỉnh nhà tổ chức. Đề tài sẽ tạo điều kiện cho giáo viên có trao đổi chuyên môn, giao lưu học hỏi lẫn nhau. 1.3. Đối tượng nghiên cứu Các bài toán hình học không gian trong các đề thi HSG tỉnh, các bài toán trong các đề thi THPT Quốc gia của bộ môn Toán liên quan đến hình tứ diện. 1.4. Giới hạn, phạm vi nghiên cứu Đề tài đề này tôi chỉ đề cập đến các dạng toán nâng cao liên quan đến hình tứ diện. Ngoài phần mở đầu, mục lục, tài liệu tham khảo, đề tài gồm 5 mục chính, ở mỗi mục tác giả trình bày các bài toán theo bố cục như nêu đề bài, phân tích tìm mối liên hệ giữa bài toán cần giải với bài toán khác để tìm lời giải, các lời giải được trình bày theo hướng suy luận tự nhiên nhằm phát huy năng lực tư duy của học sinh không áp đặt máy móc, mục cuối là các bài tập luyện tập nhằm giúp học sinh cũng cố phát triển năng lực tự học. 2
1.5. Phương pháp nghiên cứu Để thực hiện mục đích và nhiệm vụ của đề tài, trong quá trình nghiên cứu tôi đã sử dụng các nhóm phương pháp sau: Phương pháp quan sát; phương pháp tổng kết kinh nghiệm; phương pháp phân tích tổng hợp lý thuyết. 3
2. PHẦN NỘI DUNG 2.1. Cơ sở lý luận Trong chương trình THPT, môn Toán giữ một vai trò quan trọng. Môn Toán được coi là môn học công cụ, cung cấp các tri thức để người học có thể học tập các môn học khác. Thông qua học toán, người học được hình thành, rèn luyện và phát triển tư duy. Thực tế, có nhiều người ít dùng trực tiếp kiến thức toán học vào thực tiễn cuộc sống, nhưng không ai phủ nhận rằng, những người học toán tốt thường có tư duy tốt. Vì thế, người ta dùng các bài kiểm tra toán dưới nhiều hình thức khác nhau và dùng thành tích học tập môn Toán là một thước đo trong nhiều kì thi. Vì thế tham gia thi ở kì thi nào cũng rất tốt, kì thi HSG tỉnh lớp 12 là kì thi tương đối nhẹ mang tinh chất trao dồi kiến thức nên học sinh rất ít bị áp lực khi làm bài, từ đó các em dễ phát huy năng lực sở trường của mình. 2.2. Thực trạng Học sinh hay gặp khó khăn và ngại khó khi học toán hình học không gian. Học sinh mới chỉ dừng lại ở việc lĩnh hội các kiến thức trong sách giáo khoa mà chưa vận dụng nó, chưa đào sâu kiến thức thường giải bài tập theo kiểu trắc nghiệm thuần túy. 2.3 Nội dung và hình thức của giải pháp 2.3.1 Các khái niêm liên quan đến hình tứ diện Trong phần này tôi trình bày vắn tắt các khái niệm liên quan đến hình tứ diện cùng với các chất cơ bản của nó để làm cơ sở cho việc trình bày lời giải ở các phần sau. a) Khái niệm hình tứ diện +Hình chóp có đáy là một tam giác gọi là hình tứ diện, hình tứ diện cùng với miền trong của nó gọi là khối tứ diện. +Trong hình tứ diện, mỗi mặt là là một tam giác, mỗi mặt có một đỉnh đối diện; hình tứ diện có 4 đỉnh 6 cạnh, hai cặp cạnh gọi là đối diện nếu chúng không có điểm chung. + Hình tứ diện có các cạnh bằng nhau gọi là tứ diện đều +Hình tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc gọi là tứ diện vuông đỉnh O. +Tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối vuông góc gọi là tứ diện trực tâm. + Tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối bằng nhau gọi là tứ diện gần đều. b) Trọng tâm tứ diện +Điểm G gọi là trọng tâm của tứ diện ABCD nếu GA  GB  GC  GD  0 . 4
+Trọng tứ diện, các đoạn thẳng nối trung điểm các cạnh đối đồng quy tại trung điểm mỗi cạnh và là trọng tâm của tứ diện. Trong tứ diện, các đường thẳng nối từ đỉnh đến trọng tâm mặt đối diện đồng quy tại trọng tâm tứ diện và chia đoạn đó theo tỉ số 1 3 . (GA=3GG’, A là đỉnh và G’ là trọng tâm tam giác đáy của tứ diện). c) Mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp tứ diện + Mặt cầu gọi là ngoại tiếp tứ diện nếu nó đi qua các đỉnh của tứ diện . + Mặt cầu gọi là nội tiếp tứ diện nếu nó tiếp xúc tất cả các mặt của tứ diện và tâm của mặt cầu nằm trong hình tứ diện. + Mặt cầu gọi là bàng tiếp tứ diện nếu nó tiếp xúc tất cả các mặt của tứ diện và tâm của nó nằm ngoài hình tứ diện. + Mặt cầu gọi là nội tiếp khung của tứ diện nếu nó tiếp xúc 6 cạnh của tứ diện. + Mặt cầu gọi là bàng tiếp khung của tứ diện nếu nó tiếp xúc 6 đường thẳng chứa 6 cạnh của tứ diện và có ít nhất một tiếp điểm không thuộc cạnh của tứ diện. Trong tứ diện, gọi d là trục của đường tròn đáy ( đường thẳng qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đáy và vuông góc với mặt phẳng chứa đáy) thì tâm mặt cầu ngoại tiếp là giao điểm của 2 trục tùy ý hoặc là giao điểm của một trục và mặt phẳng trung trực của một cạnh bên (nếu có cạnh bên OA và d đồng phẳng thì dựng đường trung trực của cạnh bên OA đó trong mp (d,OA). Tứ diện đều, có tâm đường tròn nội tiếp ngoại tiếp và giao điểm các đường cao là trọng tâm của tứ diện. d) Tứ diện nội tiếp hình hộp +Nếu chọn 4 đỉnh trong 8 đỉnh của hình hộp sao cho bất cứ hai đỉnh nào không cùng thuộc một cạnh thì 4 đỉnh đó tạo thành một tứ diện gọi là tứ diện nội tiếp hình hộp. Chẳng hạn tứ diện BDAC  là tứ diện nội tiếp hình hộp ABCD. ABCD . +Mỗi một tứ diện tùy ý luôn có duy nhất một hình hộp ngoại tiếp tứ diện + Hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện gần đều là hình hộp chữ nhật. +Thể tích khối hộp gấp 3 lần thể tích tứ diện nội tiếp nó. 5
2.3.2. Bài toán liên quan đến hình tứ diện vuông Phần này chủ yếu khai thác các bài toán định lượng liên quan nhiều đến các hệ thức của định lý Pythagore, các bất đẳng thức hình học liên quan đến các cạnh, các góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy, diện tích các mặt của hình tứ diện và các bài toán liên quan hay xuất hiện trong kì thi HSG tỉnh lớp 12. Đa phần lời giải được trình bày theo hướng thác triển đề bài toán. Bài tập 2.1. Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có OA  a, OB  b, OC  c đường cao OH, Gọi S  S ABC , S1  S OAB , S 2  S OBC , S 3  S OCA Chứng minh: 1 1 1 1 a) 2  2  2  , (2.1.1). OH OA OB OC 2 b) S 2  S12  S22  S32 ,(2.1.2). Phân tích và lời giải 1 1 1 1 a) Chứng minh 2  2  2  OH OA OB OC 2 Đây là đẳng thức quen thuộc được trình bày ở dạng O bài tập trong SGK lớp 11 nhưng nó không kém phần quan trọng trong việc khai thác các yếu tố định lượng trong tứ diện vuộng, đồng thời việc chứng minh nó cũng hình thành cho học sinh nhiều yếu tố tư duy trong việc khai thác giải A thiết bài toán. Dù rằng bài toán đã cho H là hình chiếu của H C O lên mặt phẳng (ABC) nhưng thực sự đã ẩn đi yếu tố vị K trí của H, nên làm cho học sinh lúng túng trong cách khai B thác bài toán, do vậy học sinh cần xác định vị trí hình chiếu H ? Từ đó học sinh cũng dễ định vị được H thông qua mp (OAH) vuông góc BC. Từ đó suy ra được H là trực tâm của tam giác ABC. Gọi K là chân đường cao kẻ từ A của tam giác ABC khi đó OK là chân đường cao của tam giác OBC kẻ từ O, áp dụng hệ quả định lý Pythagore ta có được: 1 1 1   , OK 2 OB 2 OC 2 tiếp tục áp dụng hệ thức trên cho tam giác vuông AOK ta được 1 1 1 2   OH OA OK 2 2 6
1 1 1 1 Từ đó suy ra 2  2  2  . OH OA OB OC 2  b) Chứng minh S 2  S12  S22  S32 ,(2.1.2) với S  S ABC , S1  S OAB , S 2  S OBC , S 3  S OCA Đẳng thức (2.1.1) sẽ gợi ý ngay cho học sinh suy nghĩ O việc áp dụng định lí Pythgore vào bài toán, nhưng đẳng thức này sẽ làm cho các em lúng túng ngay khi tiếp cận. Có nhiều hướng chứng minh (2.1.2) nhưng ở đây tôi trình bày theo hướng thác triển của của bài toán (2.1.1) một cách A tự nhiên. H C K 2 1 Nhận thấy S OBC  OA2 .OB 2 do đó, quy đồng vế phải của B 4 OA2OB 2OC 2 (1) ta được ngay OA2OB 2  OB 2OC 2  OA2OC 2  OH 2 2 2 4OA2OB 2OC 2 2 Tức là S  S  S  1 2 3 vấn đề còn lại của bài toán chính là chứng minh OH 2 4OA2OB 2OC 2 2  S2. OH Rất dễ nhận thấy rằng 4OA2OB 2OC 2 4 AH . AK .OK 2 .BC 2 4 AK .OK 2 .BC 2 4 AK .HK . AK .BC 2   2 AK .BC  2 2    OH HA.HK HK HK 4OA2OB 2OC 2 Từ đó ta có điều cần chứng minh: 2  S2 OH  Nhận xét: Một hướng khác để giải bài toán là áp dụng công thức hình chiếu S  S  cos  , (2.2). Thật vậy dễ nhân thấy tam giác HBC là hình chiếu vuông góc của tam giác OBC lên mặt phẳng (ABC), nên S OBC  S OHC .cos OKH , bằng phép biến đổi đơn giản học sinh có được điều cần chứng minh. Ngoài ra học sinh cũng có thể khai thác S2ABC  SABC (SHBC  SHBA  SHCA ) cũng được kết quả tương tự. 7
Bài tập 2.2 Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có OA  a, OB  b, OC  c .Gọi S  S ABC , S1  S OAB , S 2  S OBC , S 3  S OCA và r là bán kính đường tròn nội tiếp của hình S1  S 2  S3  S tứ diện. Chứng minh rằng r  (2.2) abc Phân tích và lời giải : Trong tứ diện vuông luôn tồn tại O mặt cầu nội tiếp nên trong bài này tôi không trình việc chứng minh tồn tại mặt cầu ngoại tiếp mà trình bày sự khai thác đẳng thức (2.1.2) thông qua bán kính của mặt I cầu này.Nếu gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thì A C khi đó học sinh sẽ nhận ra được bán kính r chính là H chiều cao khối chóp I.ABC, từ đó ta có được đẳng thức B VOABC  VIABC  VIOBC  VIOAB  VIOAC 1 Hay VOABC  r  S1  S2  S3  S  3 3V Điều này suy ra r  . Từ đây sẽ có rất nhiều hướng đề khai thác vấn đề S1  S 2  S 3  S này, một trong những hướng đó là sử dụng (2.1.2) và công thức thể tích của tứ diện vuông 1 V  abc ta có: 6 3V 1 abc  S1  S 2  S3  S  1 abc  S1  S 2  S3  S   S1  S 2  S3  S     S1  S 2  S3  S 2  S1  S 2  S3 2  S 2 4 S1S2  S3 S 2  S1S3 abc S1  S2  S3  S Vậy ta có được điều cần chứng minh r  . abc  Bài tập 2.3 Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có OA  a, OB  b, OC  c đường cao OH, Gọi S  S ABC , S1  S OAB , S 2  S OBC , S 3  S OCA Chứng minh: 1 a) S  abc  a  b  c  , (2.1.4). 2 S12 S 22 S32 3 b) 2 2  2 2  2 2  ,(2.1.5). S  S1 S  S 2 S  S3 4 Phân tích và lời giải : Chỉ cần một chút thay đổi diện mạo có thể làm cho mình tự tin hơn và người khác cũng sẽ bối rối khi tếp xúc. Với bài toán sự thay đổi hình thức có thể làm thay đổi hoàn toàn định hướng lời giải. Chính vì thế, khi tiếp cận một vấn đề nào đó mà cụ 8
thể là làm toán thì việc đầu tiên phải thực sự bình tĩnh, tìm hiểu phân tích đề bài. Ở bài này, chỉ cần một chút nhìn nhận sẽ thấy nó chính là sự kết hợp hài hòa giữa đẳng thức (2.1.2) với bất đẳng thức AM-GM , còn không học sinh sẽ bị sa vào việc thiết lập diện tích S theo công thức Hê-rông và bài toán sẽ mất kiểm soát. Thật vậy: 1 2 2 2 2 Khai thác từ đẳng thức (2.1.2), ta có: S  a b  c b  a 2 c 2 , từ đó dễ dàng nhận thấy 2 AM  GM 1 a 2b 2  c 2b 2  a 2 c 2  abc(a  b  c) . 2 1 Hay S  abc  a  b  c  ,đẳng thức xảy ra khi a  b  c . 2  S12 S 22 S32 3 e) Chứng minh 2 2  2 2  2 2  , (2.1.4) S  S1 S  S 2 S  S3 4 Phân tích và lời giải : Một trong những cách thác triển để tạo ra bất đẳng thức đẹp là phải sử dụng bất đẳng thức kinh điển vào bài toán. Bài tập này là một trong những sự thác triển khác (2.1.2) thông qua bất đẳng thức Schwarz, cụ thể như sau: 1 1 1 9 Từ dạng BĐT Schwarz    thay x  S 2  S12 , y  S 2  S22 , z  S 2  S32 x y z  x  y  z 1 1 1 Ta được:  S 2  S12  S 2  S 22  S 2  S32   2  2  9, (4.1) S  S1 S  S 2 S  S 32 2 2 2 Sử dụng S 2  S12  S22  S32 ta có ngay được: S2 S2 S2 9 (4.1)  2 2  2 2  2 2  S  S1 S  S 2 S  S3 4 S12 S 22 S32 3  1 2 2 1 2 2 1 2 2   3 S  S1 S  S2 S  S3 4 S12 S 22 S32 3  1 2 2 1 2 2 1 2 2   3 S  S1 S  S2 S  S3 4 S12 S 22 S32 3  2 2  2 2  2 2  . S  S1 S  S2 S  S3 4 Đẳng thức xảy ra xem như bài tâp.  9
Bài tập 2.4 (HSGT-ĐăkLăk 2014). Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có OA  a, OB  b, OC  c , Gọi S  S ABC , S1  S OAB , S 2  S OBC , S 3  S OCA , P là điểm nằm trong tam giác ABC và P1  S PAB , P2  S PBC , P3  S PCA Tìm GTNN của P12 P22 P32 P   S12 S 22 S32 Phân tích và lời giải : Đây là bài toán trong đề thi HSG tỉnh lớp 12 THPT , nó là một cách kết hợp giữa S12  S22 ,  S32  S 2 (2.1.2) và bất đẳng thức Schwarz . Việc tác giả yêu cầu P12 P22 P32 tìm GTNN của P    là đã thay đổi rất nhiều diện mạo của bài tập (2.1.2) , bài S12 S 22 S32 toán này đã gây rắc rối cho không ít học sinh tham gia dự thi trong đợt này, thật ra ta thấy rằng sự xuất hiện của S12 , S22 , S32 chính là sự xuất hiện của S12  S22 ,  S32  S 2 (2.1.2) . P12 P22 P32 ( P1  P2  P3 ) 2 S 2 Thật vậy , áp dụng BĐT Schwarz ta có 2  2  2  2  2 1. S1 S 2 S3 S1  S 22  S32 S đẳng thức xảy ra khi P trực tâm tam giác ABC. Hay giá trị nhỏ nhất của P là 1. Bài tập 2.5 Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có OA  a, OB  b, OC  c goi  ,  ,  lần lượt là số đo của các góc tạo bởi lần lượt các mặt bên (OAB ), (OBC ), (OCA) và mặt đáy. cos +cos cos +cos cos +cos Chứng minh:    6 3,(2.5). cos 2 cos 2 cos 2  Phân tích và lời giải: Một hướng khác khai thác khác O nữa trong tứ diện vuông này đó chính là khai thác yếu tố về góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy của tứ diện. Để giải bài toán, một cách quen thuộc nhất là sự chuyển đổi từ bất đẳng thức hình học sang bất đẳng thức đại C B số, từ đó học sinh phát hiện ra: H K OH OH OH cos   cos COH  ,cos   ,cos   A OC OB OA Nên từ (2.1.1) ta có được OH 2 OH 2 OH 2 cos 2   cos 2   cos 2      1, OC 2 OB 2 OA2 Từ đó nhận thấy rằng, bất đẳng thức 10
cos +cos cos +cos cos +cos    6 3 có dạng của bất đẳng thức đại số: cos 2 cos 2 cos 2  x y y z z x 2  2  2  6 3, x 2  y 2  z 2  1,(2.5) . z x y Đến đây,việc chứng minh (2.5) thật sự không khó, thật vậy ta có x y yz zx  x x   z z   y y  2 x 2 z 2 y 2( x 2  y 2  z 2 )  2  2  2  2  2  2  2  2     z2 x y z y  y x  x z  yz xy xz xyz AM GM 1 2 Hơn nữa, ta có: x 2  y 2  z 2  3 3  xyz     xyz   2 2 6 3 27 xyz x y yz z x Từ đó ta có  2  2  6 3. z2 x y  Bài tập 2.6 (HSGT-Đăk Lăk 2019).Cho tứ diện vuông O.ABC đỉnh O, có OA  a, OB  b, OC  c , M là điểm tùy ý trên cạnh AB. Chứng minh rằng: d ( A, OM )  d ( B , OM )  d (C , OM )  2( a 2  b 2  c 2 ) , (2.6). Phân tích và lời giải: Đây là đề thi gần đây nhất của tỉnh O được khai thác từ loại tứ diện vuông và từ một bất đẳng thức quen thuộc Bunhiacopski. Có rất nhiều hướng tiếp cận bài toán, nhưng cách tự nhiên nhất là học sinh phải chuyển bất đẳng thức hình học sang bất đẳng thức dạng đại số. Từ đó dễ nhận ra được: A C M d (C , OM )  c,  OC   OAB   B d ( B, OM )  BM .sin BMO, d ( A, OM )  AM .sin BMO , Suy ra, d ( A, OM )  d ( B , OM )  d (C , OM )  c  AB.sin BMO Hơn nữa ta có c  AB.sin BMO  c  a 2  b 2 , (đẳng thức xảy ra khi OM  AB ). Khi đó, bất dẳng thức hình học trở thành bất dẳng thức đại số: c  a 2  b 2  2( a 2  b 2  c 2 ) Dễ dàng áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopski ta được:   2 c  a2  b2  (12  12 )(c2  a 2  b 2 ) 11
Hay c  a 2  b 2  2( a 2  b 2  c 2 ) , đẳng thức xảy ra khi c  a 2  b 2 Từ đó suy ra d ( A, OM )  d ( B, OM )  d (C , OM )  2( a 2  b 2  c 2 ) , đẳng thức xảy ra khi bộ ba số  a , b, c  là bộ Pythagore.  Bài tập 2.7 (HSGT-Đăk Lăk 2018).Cho tứ diện vuông S.ABC đỉnh S, có. Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, (P) là mặt phẳng thay đổi qua I cắt SA, SB, SC tại A’ , B’, C’ xác định vị trí của (P) sao cho thể tích tứ diện VS , ABC đạt giá trị nhỏ nhất. Phân tích và lời giải . Đây là một cách khai thác khác S của tứ diện vuông từ bài hệ tọa độ trong không gian ( Bài tập tổng quát trong hệ tọa độ không gian cũng như cách T giải khác của bài toán này đươc trình bày ở mục 2.3.6) . E F C' Với những định hướng quen thuộc từ việc tìm mối liên A' N hệ giữa điểm nằm trong tứ diện và thể tích của của tứ K I M diện đó là ta phải lập được các tỉ số thể tích. Từ đó ta B' thấy rằng, từ I dựng các đường thẳng song song với SA,SB,SC cắt các mặt phẳng (SBC), (SCA),(SAB) tại các điểm cố định E, T, F. Từ giả thiết bài toán mặt phẳng (P) qua I cắt SA, SB, SC tại A’, B’, C’ nên kéo dài A’I, B’I, C’I sẽ cắt các cạnh B’C’, C’A’, A’C’ lần lượt tại M, N, K khi đó ta có: IE S IT S IF S  IBC ;  IAC  ;  IBA ; SA ' SABC SB ' SABC  SC ' SABC IE IT IF S S S Từ đó suy ra:    IBC   IAC   IBA  1 SA ' SB ' SC ' S ABC  SABC  S ABC  Mặt khác áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có 3  IE IT IF  IE IT IF      27 . . (2.7.1)  SA ' SB ' SC '  SA ' SB ' SC '  SA '.SB '.SC '  27 IE.IT .IF Từ đó suy ra VS , ABC đạt giá trị nhỏ nhất khi đẳng thức (2.7.1) xảy ra. Tức là IE IT IF 1    hay SA '  3 IE , SB '  3 IT , SC '  3 IF . SA ' SB ' SC ' 3 Nhận xét: Mở rộng tiếp theo của bài toán là tính thể tích VS , ABC theo VS , ABC ? 12
2.3.3 Bài toán liên quan đến hình tứ diện trực tâm Trong phần này ta khai thác một hình tứ diện cũng khá đặc biệt, nó được thác triển từ tứ diện vuông bằng cách thay đổi điều kiện các cạnh chung đỉnh O đôi một vuông góc thành các có các cặp cạnh đối vuông góc đó chính là hình tứ diện trực tâm. Các bài toán được đặt ra trong phần này chủ yếu khai thác các yếu tố về trọng tâm, tâm mặt cầu ngoại tiếp hình tứ diện, khai thác các đẳng thức liên quan đến điểm đó. Bài tập 3.1. Cho hình tứ diện trực tâm ABCD.Chứng minh rằng chân đường cao hạ từ đỉnh của tứ diện là trực tâm tam giác đáy, các đường cao của tứ diện đồng quy.. Phân tích và lời giải: Nhận thấy tứ diện vuông là tứ diện A trực tâm, ở bài tứ diện vuông ta có được việc chứng minh chân đường cao tứ diện là trực tâm tam giác đáy liệu nó có còn đúng cho tứ diện trực tâm.Từ đó học sinh dễ phát hiện B1 được việc chứng hình chiếu A1 của A lên mặt đáy là trực tâm của mặt đáy bằng phép chứng tương tự ở tứ diện D B A1 E F  BC 1 vuông.thật vậy, ta có   BC  A1 D. C  BC  AD Tương tự cũng chứng minh được AC  A1 B , hay A1 là trực tâm tam giác DBC . Tiếp theo, để chứng minh các đường cao của tứ diện đồng quy ta chứng minh từng đôi một các đường cao cắt nhau Xét hai đường cao AA1 , BB1 tùy ý hạ từ A, và B. Ta có: DC  AA1 , DC  AB  DC BA1 .Tương tự ta cũng có DC  AB1 Kéo dài BA1 cắt DC tại E , ta có E cũng là giao điểm của AB1 với DC, Khi đó hai đường cao AA1 , BB1 tam giác ABE.cắt nhau tại trực tâm H của tam giác. Tương tự ta chứng minh được hai đường cao tùy ý của tứ diện đôi một cắt nhau. Do đó chúng đồng phẳng hoặc đồng qui. Điều này chứng tỏ các đường cao của tứ diện đồng qui.  Bài tập 3.2 ( HSG Tỉnh Đăk Lăk 2014).Cho hình tứ diện trực tâm ABCD. a) Chứng minh rằng tổng bình phương các cạnh đối diện bằng nhau . b) Gọi M là một điểm nằm trong tứ diện ABCD, gọi V là thể tích của tứ diện ABCD; S1, S2, S3, S4 lần lượt là diện tích các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P  MA.S1  MB.S 2  MC .S3  MD.S 4 theo V. 13
a) Chứng minh tổng bình phương các cạnh đối diện bằng nhau , tức là ta phải chứng minh AB2  CD2  AD2  CB2  AC2  BD2 Phân tích và lời giải: Gọi M, N, P,Q,I,J lần lượt trung A điểm AB, CD, AD, BC,AC,BD .Khi đó, các tứ giác MNPQ, MINJ, là hình bình hành, hơn nữa nó là hình chữ M P nhật. Suy ra các đường chéo bằng nhau, hay I MN  PQ  IJ . B D J Ngoài ra, ta có: Q N 2 2 2 2 2 AD  CB  4( NI  MI )  4 MN . C AB 2  CD 2  4( PI 2  QI 2 )  4 PQ 2 . AC 2  BD 2  4(PM 2  PN 2 )  4 MN 2 Từ đó suy ra: AB2  CD2  AD2  CB2  AC2  BD2 . b) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : P  MA.S1  MB.S 2  MC .S3  MD.S 4 theo V. Kẻ AA1, MA2 lần lượt vuông góc với mặt phẳng (BCD), A khi đó ta có: AM  MA2  AA2  AA1 hay AM  AA1  MA2 (1) , dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi M thuộc đường cao AA1, Từ (1) suy ra: M AM.S1  AA1.S1  MA2.S1  AM.S1  3V  3VM.BCD (2) D B A1 Dấu bằng xẩy ra khi M thuộc đường cao AA1. A2 Hoàn toàn tương tự cho các mặt CDA, DAB, ABC ta C có : BM .S 2  3V  3VM .CDA (3) , dấu = xảy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh B, CM .S3  3V  3VM . DAB (4) , dấu = xảy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh C, DM .S 4  3V  3VM . AB C (5) , dấu = xảy ra khi M thuộc đường cao tứ diện hạ từ đỉnh D, Từ (2), (3), (4) và (5) ta có: MA.S1  MB.S 2  MC .S3  MD.S 4  9V dấu bằng xảy ra khi M trùng H. Vậy GTNN của MA.S1  MB.S 2  MC .S3  MD.S 4 là 9V.  14
Bài tập 3.3. Cho hình tứ diện trực tâm ABCD. Chứng minh trằng trung điểm các cạnh và chân đường vuông góc chung của các cặp cạnh đối cùng nằm trên một mặt cầu. Phân tích và lời giải Tiếp tục khai thác các đường nối A trung điểm 2 cạnh đối diện và đường vuông góc chung của hai cạnh đối diện ta thấy rằng nếu IK là đoạn vuông M góc chung của của hai cạnh AB, CD và M, N là trung I điểm của AB và CD thì ta có AB  IN  AB  (CID)  D B hay I thuộc mặt cầu đường kính MN, tương tự K cũng NK thuộc mặt cầu đường kính MN. Từ đó suy ra Trung điểm C các cạnh và chân đường vuông góc chung của các cặp cạnh đối cùng nằm trên một mặt cầu.  Nhận xét: Một vấn đề tiếp theo được đặt ra là trong trong tam giác ba điểm O, G, H cùng nằm trên một đường thẳng đó là đường thẳng Euler, vậy trong không gian liệu rằng ba điểm ấy cũng thẳng hàng? Bài toán tiếp theo sẽ giúp ta làm sáng tỏ câu hỏi trên. Bài tập 3.4. Cho tứ diện trực tâm ABCD, gọi O, G, H lần lượt là tâm mặt cầu ngoại tiếp, trọng tâm và trực tâm của tứ diện, d là độ dài đoạn thẳng nối trung điểm hai cạnh đối diện. Chứng minh G là trung điểm OH và OH 2  4 R 2  3d 2 , ( R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện). Phân tích và Lời giải +) Chứng minh G là trung điểm OH ? Rõ ràng yêu cầu bài toán đã giúp cho ta định hướng A được công việc là phải chứng minh 3 điểm O, G, H thẳng hàng. M Gọi H1 , G1 , O1 lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm đường O2 O G2 G H tròn ngoại tiếp ∆BCD, khi đó H1 , G1 , O1 thẳng hàng ( H2 B D đường thẳng Euler) và H  AH1 , G  AG 1 , OO1 / / AH 1 H1 G1 O1 N nên H, G, O cùng thuộc  AH1O1  . C Gọi H 2,G2,O2 lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ACD. Chứng minh tương tự ta có: H, G, O cùng thuộc  DH 2O2  Do đó H, G, O thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng  AH1O1  và  DH 2O2  15
Hay H, G, O thẳng hàng. Hơn nữa ta nhận thấy rằng, mặt phẳng (CDH 2 ) và mặt phẳng trung trực (P) của cạnh AB song song với nhau và H  (CDH 2 ), O  (P) nên việc chứng minh G là trung điểm OH tức là phải chứng minh G thuộc mặt phẳng cách đều hai mặt phẳng (P) và (CDH 2 ) . Thật vậy, ta có: CH 2   ABD   CH 2  AB ,mà AB  CD  AB   CDH 2  . Gọi M, N trung điểm AB, CD. ta có N  (CDH 2 ), M  (P) G trung điểm MN nên suy ra G nằm trên mặt phẳng cách đều ( P ); (CDH 2 ) . Hay G là trung điểm OH( vì O, G, H thảng hàng). OD 2  OC 2 CD 2 Trong tam giác, OCD ta có: ON 2   . 2 4 OA2  OB 2 AB 2 Trong tam giác, OAB ta có OM 2   . 2 4 OM 2  ON 2 MN 2 Trong tam giác, OMN ta có OG 2   2 4 AB 2  CD 2 MN 2 ⇒ OG 2  R 2   8 4 Từ trên ta có, AB2  CD2  AD2  CB2  AC2  BD2 AB 2  CD 2 Suy ra MN 2  4 Từ đó suy ra: OH 2  4 R 2 - 3d 2 .  Bài toán 3 Cho tứ diện trực tâm ABCD. Chứng minh rằng trọng tâm và trực tâm các mặt nằm trên một mặt cầu. Phân tích và lời giải: Như ta đã biết, G là trọng tâm tứ A 1 1 diện nên GG1   GA , hay phép vị tự tâm G tỉ số  3 3 biến điểm A thành G1 ( G1 trọng tâm tam giác BCD) mà A thuộc mặt cầu tâm O nên G1 thuộc mặt cầu tâm O  là ảnh O/ G O H của O qua V 1 , hay các trọng tâm của các mặt cũng (G , ) 3 R O1 thuộc mặt cầu tâm O  bán kính r  .Từ đó ta thấy H1 I G1 3 16
rằng bài toán đặt ra cho học sinh là mặt cầu tâm O  có qua điểm H1 hay không? Với yêu cầu đó ta thấy được công việc cần thực hiện của bài toán là chứng minh trực tâm H1 của tam giác BCD thuộc mặt cầu tâm O  . Thật vậy , trong tam giác AH 1G 1 có 1 1 OG  GO  GH , gọi I là hình chiếu của O  lên cạnh H 1G1 ta có OI / / AH1 suy ra I 3 3 R là trung điểm H 1G1 hay OH 1  OG1 , Do đó mặt cầu tâm O  bán kính r  qua trực tâm 3 của các mặt đáy. Hay trọng tâm và trực tâm các mặt nằm trên một mặt cầu.  2.3.4 Bài toán liên quan đến hình tứ diện gần đều Một trong các yếu tố về các góc ở đỉnh của tứ diện chưa được khai khác ở hai loại tứ diện trên. Trong phần này tôi khai thác nó cùng với loại tứ diện mà yếu tố hình học cũng không kém phần thú vị đó là tứ diện gần đều. Trong phần này tôi trình bày những bài tập mang tính định tính, các bài tập thường xuất hiện trong các đề thi HSG lớp 12 cấp tỉnh. Bài tập 4.1 Cho hình tứ diện gần đều ABCD.Chứng minh rằng các đường thẳng qua trung điểm hai cạnh đối diện cũng là đường vuông góc chung của hai cạnh đó. Phân tích và lời giải Đây là một công việc cơ bản của A gải toán hình học, từ đề bài đã định hướng lời giải. Việc chứng minh đường thẳng qua trung điểm và vuông góc với cạnh chính là chứng minh nó là đường thẳng trung M trực của đoạn thẳng hay nói cách khác là chứng minh tam giác cân. Thật vậy, gọi M, N lần lượt là trung điểm B D của AB và CD. Khi đó : N 2 2 2 2( AD  AC )  DC Trong tam giác ACD ta có AN 2  C 4 2( BD 2  BC 2 )  DC 2 Trong tam giác BCD ta có BN 2  , 4 Vì AC  BD nên suy ra, AN  BN , hay tam giác NAB cân. Do đó MN  AB . Tương tự ta cũng chứng minh được MN  CD . Vậy MN là đường vuông góc chung của AB và CD. 17
Bài tập 4.2 ( HSGT Đăk Lăk-2016) Cho hình tứ diện gần đều ABCD.Chứng minh rằng trọng tâm tứ diện cũng là tâm mặt cầu nội tiếp, ngoại tiếp tứ diện. Phân tích và lời giải Như ta được biết nếu G là trọng A tâm tứ diện, thì G là trung điểm MN. Một cách liên hệ ngay đó là để chứng minh G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ M diện ta chứng minh GA  GB  GC  GD . Từ đó học G sinh có thể tính ngay được: B D 1 1 H GB 2  GA2  ( MN 2  AB 2 )  ( MN 2  CD 2 )  GD 2  GC 2 N 4 4 C . Vậy G là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. Tương tự như trên, để chứng minh G là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ta phải chứng minh d (G,(DBC))  d (G,(DBA))  d (G,(DAC))  d (G,(BAC)) . Một công việc quen thuộc như ở bài (2.2) ta có: 3 VABCD 3VGABC 4 Ta có d (G, ( ABC ))   , vì các mặt của tứ diện có diện tích bằng nhau nên SABC S ABC 3 3 VABCD VABCD ta suy ra được : d (G, ( ABC ))  4  4  d (G, ( DBC ))  d (G, ( DBA))  d (G, ( DAC )) SABC SDBC . Vậy trọng tâm tứ diện cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp tư diện.  Bài toán 4.3 Cho hình tứ diện ABCD. Chứng minh rằng tứ diện ABCD là tứ diện gần đều khi và chỉ khi diện tích các mặt của tứ diện bằng nhau Phân tích và lời giải: Dễ dàng suy ra phần thuận của bài A toán vì các mặt của hình tứ diện này đều có có bộ 3 cạnh là a , b, c. Còn phần đảo, ta nhận thấy rằng nếu gọi H, K là M hình chiếu của A, B lên CD, gọi M, N lần lượt trung điểm của AB, HK khi đó: B D TH1: H  K suy ra H  K  N . Dễ dàng suy ra được NM H là đường vuông góc chung của AB và CD. N K C TH2. H  K . Ta có AHK  BKH suy ra AN  BN hay NM  AB 18
Và ta cũng có AHB  AKB suy ra HM=KM. suy ra NM  CD . Từ đó ta thấy rằng, nếu diện tích các mặt của tứ diện bằng nhau thì đường vuông góc chung của các cặp cạnh đối diện qua trung điểm của các cạnh đó. Và như thế ta tiếp tục chứng minh các cặp cạnh đối bằng nhau. Thật vậy, giả sử MN là đường vuông góc chung của AB và CD, khi đó phép đối xứng trục MN biến A thành B, và biến C thành D suy ra nó biến AC thành BD. Hay ta có AC=BD. Từ đó ta có kết luận: Nếu diện tích các mặt của tứ diện bằng nhau thì các cặp cạnh đối bằng nhau. Từ đó suy ra điều phải chứng minh.  Bài tập 4.4 Cho hình tứ diện ABCD. Chứng minh rằng tứ diện ABCD có tổng 3 góc phẳng tại mỗi đỉnh bằng 1800 khi và chỉ khi nó là tứ diện gần đều. Phân tích và lời giải: Dễ thấy, nếu tứ diện ABCD có các D cặp đối bằng nhau khi đó theo trên ta có được mỗi mặt của chúng có diện tích bằng nhau. Khi đó tổng 3 góc phẳng ở đỉnh D bằng tổng 3 góc của tam giác ABC nên tổng của D2 D1 0 C chúng bằng 180 . A B Ngược lại, giả sử tứ diện ABCD có các góc ở đỉnh có tổng bằng 1800 và AD  a, BC  a, CA  b, BD  b, D3 AB  c, DC  c Trên mặt phẳng (ABC) lấy điểm D1 nằm khác phía điểm A với đường thẳng BC sao cho tam giác D1 BC bằng DBC , lấy điểm D 2 , D3 tương tự sao cho D2 AC bằng DAC và D3 AB bằng DAB ( Khai triển tứ diện trên mặt phẳng (ABC)). Khi đó ta thấy rằng D3 AB  BAC  CAD2  1800 , hay 3 điểm D2 , A, D3 thẳng hàng. Tương tự cũng chúng minh được D1 , B, D3 và 3 điểm D2 , C , D1 cũng thẳng hàng. Từ đó suy ra trong tam giác D2 D3 D1 có các cạnh AC, AB, BC là đường trung bình nên chúng bằng nửa độ dài cạnh đáy hay AC  D1 B  DB , tương tự ta cũng có điều phải chứng minh.  Nhận xét: Từ trên ta thấy rằng chỉ cần một đỉnh có tổng 3 góc bằng 1800 và có 2 cặp cạnh đối diện bằng nhau ta cũng suy ra được cặp cạnh còn lại bằng nhau. 19