- Tham gia
- 28/1/21
- Bài viết
- 82,496
- Điểm
- 113
tác giả
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN THPT: KHAI THÁC MỐI QUAN HỆ GIỮA HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ HÌNH HỌC PHẲNG TRONG GIẢNG DẠY TOÁN Ở THPT được soạn dưới dạng file word gồm 16 trang. Các bạn xem và tải về ở dưới.
A. ĐẶT VẤN ĐỀ :
Trong quá trình dạy và học toán, đối với học sinh phổ thông thường chúng ta phải phân tích , phán đoán các hướng giải quyết bài toán, liên hệ giữa bài toán đó với các bài toán quen thuộc, đơn giản hơn để có hướng giải quyết tương tự, ngược lại đối với các học sinh khá, giỏi chúng ta lại có thể từ một bài toán đơn giản đi sâu phân tích, mở rộng, phát triển thành những bài toán mới. Đặc biệt trong chương trình hình học ở THPT, việc khai thác được các liên hệ giữa không gian hai chiều ( hình học phẳng: Tổng hợp và tọa độ) và không gian ba chiều ( hình học không gian: Tổng hợp và tọa độ) giúp học sinh giải quyết được nhiều vấn đề toán học phù hợp với nhiều đối tượng học sinh, với nhiều mức độ kiến thức khác nhau,nội dung kiến thức này được xuất hiện khá nhiều trong các kì thi: Khảo sát chất lượng, thi Học sinh giỏi các cấp, thi Học sinh giỏi Quốc gia,.... Việc sử dụng phương pháp giải đối với một bài toán hình học phẳng để giải một bài toán hình học không gian tương tự và mở rộng một số bài toán phẳng sang bài toán trong không gian mới sẽ giúp hoạt động giảng dạy và học tập môn hình học đạt hiệu quả cao hơn.
B. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA
Bài toán 1:
Trên mặt phẳng toạ độ xOy cho điểm A(2;0), B(1;3). Tìm toạ độ của điểm M trên đường thẳng 4x + y - 9 = 0 sao cho khoảng MA + MB nhỏ nhất.
Bài toán 1':
Cho , trong đó x , y , z là các số thực thay đổi nhưng luôn thoả mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S.
Nhận xét 1: Với các cách nhìn khác nhau, bài toán 1 khá quen thuộc với học sinh từ tiểu học trở lên và có nhiều cách giải, ta để ý cách giải bằng hình học có thể vận dụng vào không gian để giải bài toán 1' nên ta có thể giải bài toán này như sau:
Giải : Trong hệ trục toạ độ Đề Các vuông góc Oxyz, xét các điểm và mặt phẳng . Dễ thấy O và A nằm cùng phía với nhau đối với (P) . Gọi B là điểm đối xứng của O qua (P), Với mỗi điểm M(x;y;z) Î (P) ta luôn có MO = MB và S =MO + MA ³ AB (Không đổi ). Dấu "=" xảy ra Û M º I Trong đó I = AB(đoạn) Ç (P), khi đó S đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm toạ độ của B ta được B(2;2;2) Þ . Tìm tọa độ điểm I ta được nên với cặp giá trị ta có S đạt giá trị nhỏ nhất là .
Bài toán 2:
Cho và với x, y, z, t là các số thực thay đổi. Tìm Max, min của biểu thức .
Bài toán 2':
Cho ; , trong đó x , y , z , a , b , c là các số thực thay đổi. Tìm Max, min của biểu thức .
Nhận xét 2: Với cách nhìn nhận bài toán 2 dưới góc độ hình học ta có S là bình phương khoảng cách giữa hai điểm M(x;y) và N(t;z) khi M,N thay đổi trên hai đường tròn cố định, ta có cách nhìn nhận bài toán 2' dưới góc độ tương tự nên có thể đưa lời giải của bài toán 2' như sau:
Giải : Trong hệ trục toạ độ Đề Các vuông góc Oxyz xét các mặt cầu (I;R) và (J;r) có tâm I(-1;1;-2) , và J(0;-1;1) , .
Û (I)
(J)
Từ giả thiết ta có , .
Dễ thấynên 2 mặt cầu trên ngoài nhau Þ S đạt Max , min Û MN đạt Max , min.
Khi M thay đổi trên (I) , N thay đổi trên (J) thì:
· Þ
· Þ .
Bài toán 3:
Cho ABC là tam giác vuông tại A , với độ dài các cạnh là a , b , c ; đường cao AH = h ; b' = CH, c' = BH ; a , b là góc giữa một đường thẳng bất kì với hai đường thẳng AB , AC tương ứng thì ta luôn có các hệ thức :
a)
b)
c) .
Bài toán 3':
Cho OABC là tứ diện vuông đỉnh O , đường cao OH = h , OA = a , OB = b , OC = c ; gọi S , SA , SB , SC thứ tự là diện tích các tam giác ABC , OBC , OCA , OAB ; S'A , S'B , S'C thứ tự là diện tích các tam giác HBC , HCA , HAB và a , b , g thứ tự là góc giữa một đường thẳng bất kì với các đường thẳng OA , OB , OC . Ta luôn có :
a)
b)
c) cos2a + cos2b + cos2 g = 1 .
Nhận xét 3:
Bài toán 3 rất quen thuộc với học sinh từ lớp 9 cả về nội dung và cách giải, với cách nhìn mở rông trong không gian ta có thể đặt vấn đề về kiến thức và cách chứng minh mở rộng của bài toán 3 thành bài toán 3' một cách dễ dàng, vấn đề này SGK lớp 11 cũng có các bài tập về vấn đề này, ta có thể đưa vấn đề và chứng minh tương tự, chẳng hạn tương tự phần 3-c ở hình học phẳng, với các chứng minh bằng véc tơ ở lớp 10, ta chứng minh 3'-c bằng phương pháp véc tơ như sau:
Chứng minh 3'- c:
Trên 3 cạnh OA , OB , OC đặt 3 véc tơ đơn vị như hình vẽ ( chúng có độ dài bằng 1 và đôi một vuông góc );gọi là véc tơ chỉ phương cho D , luôn có sự biểu thị duy nhất
Ta có
Dễ dàng suy ra cos2a + cos2b + cos2 g = 1 .
( Các bài tập 3'-a , 3'-b đã có hướng chứng minh trong sách bài tập hình học 11 hoặc có thể chứng minh bằng véc tơ )
Bài toán 4:
Chứng minh trong tam giác ABC bất kì, trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O thẳng hàng và (Đường thẳng Ơle).
Bài toán 4’ :
Chứng minh rằng, với tứ diện trực tâm ABCD, ta luôn có: trọng tâm G, trực tâm H và tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thẳng hàng và GH = GO.
Nhận xét 4: Trong nhiều cách chứng minh bài toán 4, ta để ý cách chứng minh bằng phép vị tự nên ta có thể nghĩ đến việc dùng phép vị tự để giải bài toán 4'. Hơn nữa, trong không gian, không phải tứ diện nào cũng có các đường cao đồng quy tại một điểm nên ta chỉ xét những tứ diện có tính chất này (tứ diện trực tâm).
Giải:
Ta cũng sẽ dùng phép vị tự để giải bài toán trong không gian. Yêu cầu chứng minh GH = GO gợi ý cho ta nghĩ đến phép vị tự tâm G tỉ số -1.
Lần lượt lấy A′ đối xứng với A, B′ đối xứng với B, C′ đối xứng với C, D′ đối xứng với D qua G.
Ta dễ thấy AA' //=AB (tính chất phép vị tự) và đường trung bình EF (E,F thứ tự là trung điểm của CD và AB) cũng đi qua G . Trong hình bình hành A'B'AB Þ E cũng là trung điểm của A'B' Þ A'CB'D là hình bình hành.
Mặt khác trong tứ diện trực tâm ABCD có hai cạnh đối diện vuông góc với nhau nên AB ^ CD Þ A'B' ^ CD
Þ A'CB'D là hình thoi
Þ A'C = A'B.
Chứng minh tương tự ta cũng có A'C = A'D Þ A’ cách đều B, C, D. nnnnn
Từ giả thiết ta cũng có O cách đều B,C,D nên A'O là trục của đường tròn ngoại tiếp DBCD Þ A'O ^ (BCD) Þ A'O ^ (B'C'D') (1).
Tương tự (1), ta cũng có B'O ^ (A'C'D') (2); C'O ^ (B'A'D') (3) Þ O là trực tâm của tứ diện A'B'C'D'.
Xét phép vị tự , ta có:
Như vậy, nên phép vị tự sẽ biến trực tâm của tứ diện ABCD thành trực tâm O của tứ diện A’B’C’D’.
Suy ra: hay Þ H, G, O thẳng hàng và GO = GH.
Bài toán 5:
Chứng minh trong tam giác bất kì, 9 điểm gồm: chân ba đường cao, ba trung điểm của ba cạnh, ba trung điểm các đoạn nối trực tâm với các đỉnh đều thuộc một đường tròn (Đường tròn Ơle).
Bài toán 5’:
Cho tứ diện trực tâm ABCD. Gọi lần lượt là chân 4 đường cao, trọng tâm các mặt và các điểm trên 4 đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh thỏa mãn . Chứng minh 12 điểm đó cùng thuộc một mặt cầu.
(tứ diện cần xét phải có các đường cao đồng quy nên là tứ diện trực tâm)
Một cách giải bài toán 5: Giả sử tam giác ABC có H1, H2, H3, M1, M2, M3, I1, I2, I3 lần lượt là 3 chân 3 đường cao, 3 trung điểm 3 cạnh, 3 trung điểm các đoạn
THẦY CÔ TẢI NHÉ!
KHAI THÁC MỐI QUAN HỆ GIỮA HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ HÌNH HỌC PHẲNG TRONG GIẢNG DẠY TOÁN Ở THPT
===================================
A. ĐẶT VẤN ĐỀ :
Trong quá trình dạy và học toán, đối với học sinh phổ thông thường chúng ta phải phân tích , phán đoán các hướng giải quyết bài toán, liên hệ giữa bài toán đó với các bài toán quen thuộc, đơn giản hơn để có hướng giải quyết tương tự, ngược lại đối với các học sinh khá, giỏi chúng ta lại có thể từ một bài toán đơn giản đi sâu phân tích, mở rộng, phát triển thành những bài toán mới. Đặc biệt trong chương trình hình học ở THPT, việc khai thác được các liên hệ giữa không gian hai chiều ( hình học phẳng: Tổng hợp và tọa độ) và không gian ba chiều ( hình học không gian: Tổng hợp và tọa độ) giúp học sinh giải quyết được nhiều vấn đề toán học phù hợp với nhiều đối tượng học sinh, với nhiều mức độ kiến thức khác nhau,nội dung kiến thức này được xuất hiện khá nhiều trong các kì thi: Khảo sát chất lượng, thi Học sinh giỏi các cấp, thi Học sinh giỏi Quốc gia,.... Việc sử dụng phương pháp giải đối với một bài toán hình học phẳng để giải một bài toán hình học không gian tương tự và mở rộng một số bài toán phẳng sang bài toán trong không gian mới sẽ giúp hoạt động giảng dạy và học tập môn hình học đạt hiệu quả cao hơn.
B. MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA
Bài toán 1:
Trên mặt phẳng toạ độ xOy cho điểm A(2;0), B(1;3). Tìm toạ độ của điểm M trên đường thẳng 4x + y - 9 = 0 sao cho khoảng MA + MB nhỏ nhất.
Bài toán 1':
Cho , trong đó x , y , z là các số thực thay đổi nhưng luôn thoả mãn . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức S.
Nhận xét 1: Với các cách nhìn khác nhau, bài toán 1 khá quen thuộc với học sinh từ tiểu học trở lên và có nhiều cách giải, ta để ý cách giải bằng hình học có thể vận dụng vào không gian để giải bài toán 1' nên ta có thể giải bài toán này như sau:
Giải : Trong hệ trục toạ độ Đề Các vuông góc Oxyz, xét các điểm và mặt phẳng . Dễ thấy O và A nằm cùng phía với nhau đối với (P) . Gọi B là điểm đối xứng của O qua (P), Với mỗi điểm M(x;y;z) Î (P) ta luôn có MO = MB và S =MO + MA ³ AB (Không đổi ). Dấu "=" xảy ra Û M º I Trong đó I = AB(đoạn) Ç (P), khi đó S đạt giá trị nhỏ nhất. Tìm toạ độ của B ta được B(2;2;2) Þ . Tìm tọa độ điểm I ta được nên với cặp giá trị ta có S đạt giá trị nhỏ nhất là .
Bài toán 2:
Cho và với x, y, z, t là các số thực thay đổi. Tìm Max, min của biểu thức .
Bài toán 2':
Cho ; , trong đó x , y , z , a , b , c là các số thực thay đổi. Tìm Max, min của biểu thức .
Nhận xét 2: Với cách nhìn nhận bài toán 2 dưới góc độ hình học ta có S là bình phương khoảng cách giữa hai điểm M(x;y) và N(t;z) khi M,N thay đổi trên hai đường tròn cố định, ta có cách nhìn nhận bài toán 2' dưới góc độ tương tự nên có thể đưa lời giải của bài toán 2' như sau:
Giải : Trong hệ trục toạ độ Đề Các vuông góc Oxyz xét các mặt cầu (I;R) và (J;r) có tâm I(-1;1;-2) , và J(0;-1;1) , .
Û (I)
(J)
Từ giả thiết ta có , .
Dễ thấynên 2 mặt cầu trên ngoài nhau Þ S đạt Max , min Û MN đạt Max , min.
Khi M thay đổi trên (I) , N thay đổi trên (J) thì:
· Þ
· Þ .
Bài toán 3:
Cho ABC là tam giác vuông tại A , với độ dài các cạnh là a , b , c ; đường cao AH = h ; b' = CH, c' = BH ; a , b là góc giữa một đường thẳng bất kì với hai đường thẳng AB , AC tương ứng thì ta luôn có các hệ thức :
a)
b)
c) .
Bài toán 3':
Cho OABC là tứ diện vuông đỉnh O , đường cao OH = h , OA = a , OB = b , OC = c ; gọi S , SA , SB , SC thứ tự là diện tích các tam giác ABC , OBC , OCA , OAB ; S'A , S'B , S'C thứ tự là diện tích các tam giác HBC , HCA , HAB và a , b , g thứ tự là góc giữa một đường thẳng bất kì với các đường thẳng OA , OB , OC . Ta luôn có :
a)
b)
c) cos2a + cos2b + cos2 g = 1 .
Nhận xét 3:
Bài toán 3 rất quen thuộc với học sinh từ lớp 9 cả về nội dung và cách giải, với cách nhìn mở rông trong không gian ta có thể đặt vấn đề về kiến thức và cách chứng minh mở rộng của bài toán 3 thành bài toán 3' một cách dễ dàng, vấn đề này SGK lớp 11 cũng có các bài tập về vấn đề này, ta có thể đưa vấn đề và chứng minh tương tự, chẳng hạn tương tự phần 3-c ở hình học phẳng, với các chứng minh bằng véc tơ ở lớp 10, ta chứng minh 3'-c bằng phương pháp véc tơ như sau:
Chứng minh 3'- c:
Trên 3 cạnh OA , OB , OC đặt 3 véc tơ đơn vị như hình vẽ ( chúng có độ dài bằng 1 và đôi một vuông góc );gọi là véc tơ chỉ phương cho D , luôn có sự biểu thị duy nhất
Ta có
Dễ dàng suy ra cos2a + cos2b + cos2 g = 1 .
( Các bài tập 3'-a , 3'-b đã có hướng chứng minh trong sách bài tập hình học 11 hoặc có thể chứng minh bằng véc tơ )
Bài toán 4:
Chứng minh trong tam giác ABC bất kì, trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O thẳng hàng và (Đường thẳng Ơle).
Bài toán 4’ :
Chứng minh rằng, với tứ diện trực tâm ABCD, ta luôn có: trọng tâm G, trực tâm H và tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thẳng hàng và GH = GO.
Nhận xét 4: Trong nhiều cách chứng minh bài toán 4, ta để ý cách chứng minh bằng phép vị tự nên ta có thể nghĩ đến việc dùng phép vị tự để giải bài toán 4'. Hơn nữa, trong không gian, không phải tứ diện nào cũng có các đường cao đồng quy tại một điểm nên ta chỉ xét những tứ diện có tính chất này (tứ diện trực tâm).
Giải:
Ta cũng sẽ dùng phép vị tự để giải bài toán trong không gian. Yêu cầu chứng minh GH = GO gợi ý cho ta nghĩ đến phép vị tự tâm G tỉ số -1.
Lần lượt lấy A′ đối xứng với A, B′ đối xứng với B, C′ đối xứng với C, D′ đối xứng với D qua G.
Ta dễ thấy AA' //=AB (tính chất phép vị tự) và đường trung bình EF (E,F thứ tự là trung điểm của CD và AB) cũng đi qua G . Trong hình bình hành A'B'AB Þ E cũng là trung điểm của A'B' Þ A'CB'D là hình bình hành.
|
Þ A'CB'D là hình thoi
Þ A'C = A'B.
Chứng minh tương tự ta cũng có A'C = A'D Þ A’ cách đều B, C, D. nnnnn
Từ giả thiết ta cũng có O cách đều B,C,D nên A'O là trục của đường tròn ngoại tiếp DBCD Þ A'O ^ (BCD) Þ A'O ^ (B'C'D') (1).
Tương tự (1), ta cũng có B'O ^ (A'C'D') (2); C'O ^ (B'A'D') (3) Þ O là trực tâm của tứ diện A'B'C'D'.
Xét phép vị tự , ta có:
Như vậy, nên phép vị tự sẽ biến trực tâm của tứ diện ABCD thành trực tâm O của tứ diện A’B’C’D’.
Suy ra: hay Þ H, G, O thẳng hàng và GO = GH.
Bài toán 5:
Chứng minh trong tam giác bất kì, 9 điểm gồm: chân ba đường cao, ba trung điểm của ba cạnh, ba trung điểm các đoạn nối trực tâm với các đỉnh đều thuộc một đường tròn (Đường tròn Ơle).
Bài toán 5’:
Cho tứ diện trực tâm ABCD. Gọi lần lượt là chân 4 đường cao, trọng tâm các mặt và các điểm trên 4 đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh thỏa mãn . Chứng minh 12 điểm đó cùng thuộc một mặt cầu.
(tứ diện cần xét phải có các đường cao đồng quy nên là tứ diện trực tâm)
Một cách giải bài toán 5: Giả sử tam giác ABC có H1, H2, H3, M1, M2, M3, I1, I2, I3 lần lượt là 3 chân 3 đường cao, 3 trung điểm 3 cạnh, 3 trung điểm các đoạn
THẦY CÔ TẢI NHÉ!
CHỦ ĐỀ LIÊN QUAN
CHỦ ĐỀ QUAN TÂM
CHỦ ĐỀ MỚI NHẤT
