KHAI THÁC MỐI QUAN HỆ GIỮA HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ HÌNH HỌC PHẲNG TRONG GIẢNG DẠY TỐN Ở THPT =================================== A ĐẶT VẤN ĐỀ : Trong trình dạy học tốn, học sinh phổ thơng thường phải phân tích , phán đốn hướng giải tốn, liên hệ tốn với toán quen thuộc, đơn giản để có hướng giải tương tự, ngược lại học sinh khá, giỏi lại từ tốn đơn giản sâu phân tích, mở rộng, phát triển thành toán Đặc biệt chương trình hình học THPT, việc khai thác liên hệ không gian hai chiều ( hình học phẳng: Tổng hợp tọa độ) khơng gian ba chiều ( hình học khơng gian: Tổng hợp tọa độ) giúp học sinh giải 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 xuất nhiều kì thi: Khảo sát chất lượng, thi Học sinh giỏi cấp, thi Học sinh giỏi Quốc gia, Việc sử dụng phương pháp giải tốn hình học phẳng để giải tốn hình học không gian tương tự mở rộng số tốn phẳng sang tốn khơng gian giúp hoạt động giảng dạy học tập môn hình học đạt hiệu cao B MỘT SỐ VÍ DỤ MINH HỌA Bài tốn 1: Trên mặt phẳng toạ độ xOy cho điểm A(2;0), B(1;3) Tìm toạ độ điểm M đường thẳng 4x + y - = cho khoảng MA + MB nhỏ Bài toán 1':   y     z  1 , x , y , z số thực thay đổi thoả mãn x  y  z   Tìm giá trị nhỏ biểu thức S Nhận xét 1: Với cách nhìn khác nhau, toán quen thuộc với học sinh từ tiểu học trở lên có nhiều cách giải, ta để ý cách giải hình học vận dụng vào khơng gian để giải tốn 1' nên ta giải tốn sau: Giải : Trong hệ trục toạ độ Đề Các vuông góc Oxyz, xét điểm O  0;0;0  , A  2;2;1 mặt phẳng  P  : x  y  z  Dễ thấy O A nằm phía với (P) Gọi B điểm đối xứng O qua (P), Với điểm M(x;y;z)  (P) ta có MO = MB S =MO + MA  AB (Không đổi ) Dấu "=" xảy  M  I Cho S  x  y  z   x  2 2 Trong I = AB(đoạn)  (P), S đạt giá trị nhỏ Tìm toạ độ B ta �2 7�  ;2; �nên với cặp B(2;2;2)  AB  17 Tìm tọa độ điểm I ta I � �5 5� �2 7�  ;2; �ta có S đạt giá trị nhỏ Smin  17 giá trị  x; y; z   � �5 5� Bài toán 2: Cho x  y  x  y   z  t  z  4t  11  với x, y, z, t số thực thay đổi Tìm Max, biểu thức S   x  t    y  z  2 Bài toán 2': Cho x  y  z  x  y  z   ; a  b  c  2b  2c   , x , y , z , a , b , c số thực thay đổi Tìm Max, biểu thức 2 S   x  a   y  b   z  c Nhận xét 2: Với cách nhìn nhận tốn góc độ hình học ta có S bình phương khoảng cách hai điểm M(x;y) N(t;z) M,N thay đổi hai đường tròn cố định, ta có cách nhìn nhận tốn 2' góc độ tương tự nên đưa lời giải toán 2' sau: Giải : Trong hệ trục toạ độ Đề Các vng góc Oxyz xét mặt cầu (I;R) (J;r) có tâm I(-1;1;-2) , R  J(0;-1;1) , r   I ; R  :  x  1   y  1   z     x  y  z  x  y  z   2  J ; r  : x   y  1   z  1  � x  y  z  y  z   2 (I) (J) Từ giả thiết ta có M  x; y; z  � I  , , N  a; b; c  � J  Dễ thấy S  MN , d  IJ  12  22  32  14  R  r   nên mặt cầu  S đạt Max ,  MN đạt Max , Khi M thay đổi (I) , N thay đổi (J) thì:  MN Max  AB  d  R  r  14    S Max   14    2  MN  CD  d  R  r  14    Smin    14   Bài toán 3: Cho ABC tam giác vuông A , với độ dài cạnh a , b , c ; đường cao AH = h ; b' = CH, c' = BH ;  ,  góc đường thẳng với hai đường thẳng AB , AC tương ứng ta ln có hệ thức : a) b  ab ', b  c2  a 1   h2 b2 c c) cos   cos   Bài tốn 3': Cho OABC tứ diện vng đỉnh O , đường cao OH = h , OA = a , OB = b , OC = c ; gọi S , SA , SB , SC thứ tự diện tích tam giác ABC , OBC , OCA , OAB ; S'A , S'B , S'C thứ tự diện tích tam giác HBC , HCA , HAB  ,  ,  thứ tự góc đường thẳng với đường thẳng OA , OB , OC Ta ln có : a) S A2  S S A' , S  S A2  S B2  SC2 b) 1 1    h2 a b2 c2 c) cos2 + cos2 + cos2  = Nhận xét 3: Bài toán quen thuộc với học sinh từ lớp nội dung cách giải, với cách nhìn mở rơng khơng gian ta đặt vấn đề kiến thức cách chứng minh mở rộng toán thành toán 3' cách dễ dàng, vấn đề SGK lớp 11 có tập vấn đề này, ta đưa vấn đề chứng minh tương tự, chẳng hạn tương tự phần 3-c hình học phẳng, với chứng minh véc tơ lớp 10, ta chứng minh 3'-c phương pháp véc tơ sau: Chứng minh 3'- c: ur ur ur Trên cạnh OA , OB , OC đặt véc tơ đơn vị e1 , e2 , e3 hình vẽ ( chúng có độ r dài đơi vng góc );gọi u véc tơ phương cho  , ln có r ur ur ur biểu thị u  xe1  y e2  z e3 r ur x cos   cos u ; e1 = Ta có x2  y2  z r ur y cos  cos u ; e2 = x2  y  z b)     r ur cos  cos u ; e3   = z x2  y  z Dễ dàng suy cos2 + cos2 + cos2  = ( Các tập 3'-a , 3'-b có hướng chứng minh sách tập hình học 11 chứng minh véc tơ ) Bài toán 4: Chứng minh tam giác ABC bất kì, trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O thẳng hàng GH  2GO (Đường thẳng Ơle) Bài toán 4’ : Chứng minh rằng, với tứ diện trực tâm ABCD, ta ln có: trọng tâm G, trực tâm H tâm O mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thẳng hàng GH = GO Nhận xét 4: Trong nhiều cách chứng minh toán 4, ta để ý cách chứng minh phép vị tự nên ta nghĩ đến việc dùng phép vị tự để giải toán 4' Hơn nữa, khơng gian, khơng phải tứ diện có đường cao đồng quy điểm nên ta xét tứ diện có tính chất (tứ diện trực tâm) Giải: Ta dùng phép vị tự để giải tốn khơng gian u 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) đường trung bình EF (E,F thứ tự trung điểm CD AB) qua G Trong hình bình hành A'B'AB  E trung điểm A'B'  A'CB'D hình bình hành Mặt khác tứ diện trực tâm ABCD có hai cạnh đối diện vng góc với nên AB  CD  A'B'  CD  A'CB'D hình thoi  A'C = A'B Chứng minh tương tự ta có A'C = A'D  A’ cách B, C, D nnnnn Từ giả thiết ta có O cách B,C,D nên A'O trục đường tròn ngoại tiếp BCD  A'O  (BCD)  A'O  (B'C'D') (1) A' Tương tự (1), ta có B'O  (A'C'D') (2); C'O  (B'A'D') (3)  O trực tâm tứ diện A'B'C'D' Xét phép vị tự VG1 , ta có: VG : A a A ' , B a B, C a C ' , D a D ' Như vậy, VG1 : ( ABCD ) a ( A ' B ' C ' D ') nên phép vị tự biến trực tâm tứ diện ABCD thành trực tâm O tứ diện A’B’C’D’ uuur uuur Suy ra: VG1 : H a O hay GO   GH  H, G, O thẳng hàng GO = GH Bài toán 5: Chứng minh tam giác bất kì, điểm gồm: chân ba đường cao, ba trung điểm ba cạnh, ba trung điểm đoạn nối trực tâm với đỉnh thuộc đường tròn (Đường tròn Ơle) Bài toán 5’: Cho tứ diện trực tâm ABCD Gọi H1 , H , H , H ; G1 , G2 , G3 , G4 ; I1 , I , I , I chân đường cao, trọng tâm mặt điểm đoạn thẳng I1H I H I H I H     Chứng minh nối trực tâm với đỉnh thỏa mãn I1 A I B I 3C I D 12 điểm thuộc mặt cầu (tứ diện cần xét phải có đường cao đồng quy nên tứ diện trực tâm) Một cách giải tốn 5: Giả sử tam giác ABC có H1, H2, H3, M1, M2, M3, I1, I2, I3 chân đường cao, trung điểm cạnh, trung điểm đoạn nối trực tâm với đỉnh Gọi E1, E2, E3, F1, F2, F3 điểm đối xứng với H qua H1, H2, H3, M1, M2, M3 Dễ dàng chứng minh điểm A, B, C, H1, H2, H3, M1, M2, M3 thuộc đường tròn (S) ngoại tiếp tam giác ABC H V : A a I1 , E1 a H1 , F1 a M  I1 , H1 , M thuộc đường tròn (S') Ta có ảnh đường tròn (S) qua V Chứng minh tương tự ta có I , H , M ; H I , H , M thuộc (S') nên điểm nêu thuộc (S') (đpcm) Nhận xét 5: Từ cách giải toán ta lựa chọn cách giải toán 5' tương tự sau: Giải toán 5': Gọi G, O thứ tự trọng tâm, tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện từ toán ta uuur uuuur uuur uuur biết GH  OG Gọi E điểm cho HE  3HH1 F điểm cho uuur uuuur HF  3HG1 uuuu r uuur uuur uuur uuur uuur uuuur uuur Ta có AF  AH  HF  AH  3HG1 = AH  AG1  AH uuur uuur uuur uuur uuur 2(2 AG  AH ) = =  AG  AH 2AO (Do G trung điểm HO) � A, O, F thẳng hàng O trung điểm AF Dễ thấy H1G1 // EF mà AH1  H1G1 nên AE  EF  E, F thuộc mặt cầu ngoại tiếp tứ diện   Xét phép vị tự V biến điểm A, E, F thuộc mặt cầu (S) thành điểm I1 , H H1, G1 thuộc mặt cầu (S') ảnh mặt cầu (S) qua phép vị tự V H Hoàn toàn tương tự ta chứng minh điểm lại thuộc mặt cầu (S') (đpcm) Bài toán : Cho tam giác ABC , ta ln có: uuu r uuu r uuur r - Một điểm G cho GA  GB  GC  - đường trung tuyến đồng quy điểm G, điểm G chia đường trung tuyến theo tỉ số - Bài toán 6' : Cho tứ diện ABCD , ta ln có : uuu r uuu r uuur uuur r - Một điểm G cho GA  GB  GC  GD  - ba đường trung bình đồng quy điểm G , điểm G chia đường trung tuyến theo tỉ số - ; bốn đường trọng tuyến đồng quy G , điểm G chia đường theo tỉ số - Bài tốn 6" : Trong khơng gian ( mặt phẳng ) cho hệ n điểm A1, A2 , … , An , ta ln có: n uuu r uu r GA  a) Một điểm G cho � i i 1 b) Tất đường trung tuyến bậc k ( k = 0, 1, …, n - 1) đồng quy điểm G ( đường trung tuyến bậc k đoạn thẳng nối trọng tâm hệ k điểm n điểm cho với trọng tâm hệ n - k điểm lại) c) Điểm G chia đường trung tuyến bậc k theo tỉ số (k-n)/k Nhận xét 6: Cả ba toán tương tự nhau, có mở rộng dần khơng gian và mở rộng dần khái niệm, tính chất; với tốn có cách giải khác nhau, tốn - tốn 6' có hướng giải SGK lớp 11, nhiên cách giải cơng cụ véc tơ giải ba toán Chứng minh 6" : uuur uu r a) Lấy điểm O cố định , điểm G thoả mãn �GAi  n i 1 uuur uuur uu r OA  OG   � i uuur uuur uu r uuur n uuur OAi  nOG   OG  �OAi (là véc tơ � n i 1 i 1 i 1 không đổi ), O cố định nên đẳng thức điểm G xác định b) , c) Lấy k điểm X1 , X2 , … ,Xk từ họ điểm cho gọi trọng tâm hệ G1 trọng tâm hệ n - k điểm Xk + , Xk + , … , Xn lại k uuuu n uuuuuu u r r r r G'1 , ta có : �G1 X i  (1) �G '1 X j  (2) n   n i 1 i  k+1 uuuu r uuuu r r GX  GG Từ (1) ta có � i 0  k i 1   uuuu r uuuu r r GX  kGG � i  (1') k i 1 uuuu r uu uuuu r r n �GX i -  n  k  GG1' = (2') n Từ (2) ta có i  k 1 uuur uu r Cộng (1') (2') sử dụng �GAi  , ta i 1 uuuu r r uuuu r uuuu r u u u u r kGG1   n  k  GG1'   kGG1   k  n  GG1'  điểm G, G'1,G1 thẳng hàng đồng thời G chia G1G'1 (trung tuyến bậc k) theo tỉ số (k-n)/k Vậy b) , c) chứng minh Bài toán 7: Cho tam giác ABC M điểm thuộc miền tam giác Gọi Sr1, S2, uSu3urlần lượt tích tam giác MBC, MCA, MAB Chứng minh uuu uuurlà diện r S1 MA  S MB  S3 MC  n Giải: Gọi S diện tích tam giác ABC, từ M ta dựng hai đường thẳng song song với AB AC, cắt AB B’ AC C’ uuuu r S uuu r S uuur Biểu thức cần chứng minh biến đổi dạng AM  AB  AC (*) S S u u u r u u u r r AB ' uuuu r uuur uuuu AC ' AB  AC Ta có: AM = AB '  AC ' = AB AC Dễ chứng minh AB ' MC ' S( MAC ) S2 AC ' MB ' S( MAB ) S3    ;    nên ta có điều phải chứng AB AB S BAC  S AC AC S CAB  S minh (*) Nhận xét 7: Bài toán mở rộng không gian xét cho tứ diện diện tích tam giác cần chứng minh chuyển thành thể tích tứ diện Bài toán 7’: Cho tứ diện ABCD, O điểm thuộc miền tứ diện Gọi V1, V2, V3, V4 uuu r thể uuu rtích uuur tứ uuurdiệnr OBCD, OCDA, OABD OABC Chứng minh V1 OA  V2 OB  V3 OC  V4 OD  Giải: Tương tự toán mặt phẳng ta biến đổi đẳng thức cần chứng uuur V uuu r V uuur V uuur minh dạng AO  AB  AC  AD (Với V thể tích tứ diện) V V V Từ ta định hướng giải tốn cách dựng hình hộp nhận AO làm đường chéo ba cạnh kề nằm ba cạnh tứ diện xuất phát từ A (hình bên) uuur AM uuu r AS uuur AP uuur AB  AC  AD Ta có AO  AB AC AD AM OR OK OK dt  ACD  V2     Có AB AB BH BH dt  ACD  V Tương tự ta có AS V2 AP V3  ,  nên ta AC V AD V có đpcm Bài tốn 8: Chứng minh điều kiện cần đủ để tứ giác ngoại tiếp tổng cạnh đối diện ( BT hình học lớp 9) Nhận xét 8: Bài toán quen thuộc với học sinh hình học phẳng kiến thức cách chứng minh, ta mở rộng tính chất khơng gian cách chứng minh tương tự hình học phẳng sao? Ta có tốn mở rộng: Bài toán 8': Chứng minh điều kiện cần đủ để tứ diên có cạnh tiếp xúc với mặt cầu tổng cạnh đối diện Chứng minh: Điều kiện cần: Giả sử có mặt cầu tiếp xúc với cạnh tứ diện ABCD điểm hình vẽ , theo tính chất tiếp tuyến với mặt cầu ta có : AP = AN = AH = x ; BM = BP = BF = y ; CM = CN = CE = z ; DE = DF = DH = t Từ tổng cạnh đối diện tứ diện có giá trị x + y + z + t, ta có điều phải chứng minh Điều kiện đủ : Giả sử tứ diện có tổng cạnh đối diện , gọi (C1) đường tròn nội tiếp ABC M, N, P (C2) đường tròn nội tiếp BCD M' , E , F hình vẽ - Trước hết ta chứng minh M  M' Thật vậy, theo cơng thức tính khoảng cách từ đỉnh C đến tiếp điểm M' cạnh BC với đường tròn (C1) nội tiếp tam BC  CA  AB BC  CD  DB giác ta có CM '  ; tương tự ta có CM  2 Giả thiết  CM' = CM  M'  M - Dễ chứng minh trục (C1) (C2) nằm mặt phẳng qua M vng góc với BC , khơng song song với nên trục cắt điểm O , dễ dàng chứng minh đoạn thẳng OM , ON , OP , OF , OE vng góc với cạnh tương ứng Từ suy mặt cầu qua M , N , E , F có tâm O đồng thời tiếp xúc với cạnh BC , CD , DB , BA , CA tứ diện - Lập luận tương tự ta thay M E ta có mặt cầu qua M , N , E , F tiếp xúc với cạnh BC , CD , DB , DA , CA tứ diện , từ mặt cầu nói tiếp xúc với cạnh tứ diện (ĐPCM) Bài toán 9: Trong mặt phẳng cho tam giác ABC có R , r bán kính đường tròn ngoại tiếp nội tiếp tam giác Chứng minh ta ln có R  2r Chứng minh: (Bài tốn có nhiều cách chứng minh, xin đưa cách chứng minh để dùng tưong tự khơng gian) Xét phép vị tự tâm G tỉ số k = -1/2 biến (O) thành (O1 ;R1) qua trung điểm A1, B1, C1 cạnh BC, CA, AB Gọi  đường thẳng song song với BC , tiếp xúc với (O1) A'1 - khác phía với A BC ; gọi A2 giao điểm đoạn AA'1 với BC Xét phép vị tự tâm A tỉ số k1 = AA'1/ AA2 ( < k  ) : 1/ Như VG :  O  a  O1  ,  O1  qua trung điểm ba cạnh ABC VAk1 :  O1  a  O2  với < k1   O2  tiếp xúc với cạnh BC, có điểm chung với cạnh CA, AB VBk2 :  O2  a  O3  với < k2   O3  tiếp xúc với cạnh BC, CA có điểm chung với cạnh AB VCk3 :  O3  a  O4  với < k3   O4  tiếp xúc với ba cạnh BC, CA, AB nên  O4  đường tròn nội tiếp tam giác 1 Thực liên tiếp phép vị tự ta có r  k1.k2 k3 R � R 2 (vì < k3 , k3 ,k3  1)  điều phải chứng minh Dấu "=" xảy  A1  A2  A3  A4 ; …  ABC tam giác Bài tốn 9' : Trong khơng gian với tứ diện ABCD ta ln có R  3r , R , r thứ tự bán kính mặt cầu ngoại tiếp mặt cầu nội tiếp tứ diện Nhận xét 9: Một số đề thi mở rộng toán cho vài tứ diện đặc biệt (hình chóp tam giác đều, tứ diện gần đều, ) với cách chứng minh dựa vào việc tính R,r chứng minh bất đẳng thức tương ứng.Trường hợp tổng quát, tốn khó, biết cách chứng minh tốn hình học phẳng ta 10 có cách chứng minh tương tự hình học khơng gian cách nhẹ nhàng Bài toán 10: Cho ABC đều, chứng minh với điểm M ln có MA + MB + MC  3R (có thể chứng minh kiến thức lớp xem cách giải toán 10' ) Bài toán 10': Cho tứ diện ABCD , chứng minh với điểm M ln có MA + MB + MC + MD  4R Giải uuu r :uGọi uu r G uuu r trọng uuur tâm r tứ diện , Dễ thấy GA = GB = G C = GD = R GA  GB  GC  GD  Với điểm M ta có uuuruuur uuuu r uuur uuur uuuu r uuu r MA GA  MG  GA GA  MG GA +R MA.R = MA.GA  uuuu r uuu r  MA.R �MG GA +R uuuu r uuu r uuuu r uuur uuuu r uuur Tương tự MB.R �MG GB +R ; MC.R �MG GC +R ; MD.R �MG GD +R Cộng bất đẳng thức ta suy điều phải chứng minh , dấu "=" xảy  uuu r uuu r uuur uuur uuuu r uuur Khi suy MG phải MA chiều với véc tơ GA, GB, GC , GD uuu r uuu r uuur uuur phương với véc tơ không phương GA, GB, GC , GD nên M  G ) Bài toán 10" : Cho tam giác nhọn ABC , tìm điểm M mặt phẳng tam giác cho MA + MB + MC nhỏ B Cách : ( kiến thức lớp ) Dựng điểm M' , C' cho tam giác AMM' , ACC' tam giác hình vẽ ( thực chất xét phép quay tâm A góc quay  M 900 để có M' C') Dễ dàng chứng minh MAC' = M'AC'  MC = M'C' ; C A mà MA = MM' nên MA + MB + MC = BM + MM' + MC'  BC' Dấu "=" xảy  B , M , M' , C' thẳng hàng theo thứ tự M' Khi MA + MB + MC đạt Khi MA + MB + MC đạt , giả sử M  T , M'  T' ATT' tam giác nên � ATB  1200 , đồng thời tứ giác ATCC' nội tiếp C' nên ta có � ATC  1200  T nhìn cạnh góc1200 nên T giao điểm cung chứa góc 1200 cạnh ( phía với đỉnh lại Điểm T gọi điểm Tôri xenli tam giác, vị trí T ln xác định   11 uur uur uuu r r TA TB TC uu Cách : Gọi T điểm thoả mãn    (*), M điểm bất TA TB TC kì Chứng minh MA + MB + MC  TA + TB + TC nên MA + MB + MC nhỏ  M  T ( xem cách chứng minh tương tự không gian ) - Chú ý điều kiện (*)  uur uur uuu r TA TB TC bình phương   TA TB TC uur uur vế rút gọn  cos TA;TB    T nhìn AB góc 120 , tương tự ta có T nhìn BC , CA góc 1200 Bài tốn 10''': Trong khơng gian cho tứ diệnuABCD ur uur , gọi uuu r T ulà uu r điểm r TA TB TC TD uu cho    0 TA TB TC TD (**) , M điểm Chứng minh MA + MB + MC + MD  TA + TB + TC + TD Chứng minh : Với điểm M ta ln có uur uuur uur uuur uur uur uuur uur uuur TA MATA �MA TA = MT +TA TA  MT TA  TA  MA �MT  TA TA Hồn tồn tương tự ta có uuu r uur uuu r uuur TC uuur TB uuur TD  TC ; MD �MT MB �MT  TB ; MC �MT  TD TC TB TD cộng bất đẳng thức sử dụng (**) ta :  MA + MB + MC + MD  TA + TB + TC + TD (điều phải chứng minh) uuur uur uur uuu r uuu r Dấu "=" xảy  MA, TA, TB, TC , TD chiều  M  T uur uur uuu r uuu r uur uur uuu r uuu r u u r � � TA TB TC TD TA TB TC TD   �  Chú ý : Từ     (**)  �bình TA TB TA TB TC TD �TC TD � phương vế ta suy T nhìn cạnh đối diện góc Bài tốn 10"": Cho hình chóp S.ABC có cạnh đáy a , cạnh bên a , gọi O điểm nhìn cạnh góc  1) Tính cos     12 2) M điểm khơng gian , chứng minh 6a MA  MB  MC  MD � (Tương tự đề thi HSG Quốc gia năm 1999) Lời giải : 1) Đặt véc tơ đơn vị có gốc O hình vẽ , tứ diện S'A'B'C' có độ dài cạnh 2cos nên tứ diện  tâm O mặt cầu ngoại tiếp trọng tâm tứ diện uuur uuur uuuu r uuuu r uuu r OS '  OA '  OB '  OC '  O (*) uuur uuur uuuu r uuuu r OS '   OA '  OB '  OC '    Bình phương vế ta = + + + 6cos  cos  = -1/3 2) áp dụng định lí sin cho tam giác SOA , SOB , SOC ta có OA , OB , OC nghiệm dương phương trình : 3a2 = x2 + SO2 - 2x.SO.cos  x2 - 2x.SO.cos - (3a2 - SO2 ) = nên chúng (PT có nghiệm dương)  O nằm đường cao SH hình chóp S.ABC  OA = OB = OC Từ (*) ta có O điểm T toán nên MA + MB + MC + MD  OS + 3OA Trong SHA , OHA (vuông) có AH  a a a ; AO  : sin � AOH   3 a a 2a ; SH   HO  OA.cos � AOH   12  SO  SH  HO  2a a a   12 12 7a 3a 4a (ĐPCM)   12 Bài toán 11 : Trên cạnh góc xOy có điểm M , O a b   , a , b N thay đổi cho OM ON độ dài cho trước Chứng minh M N qua điểm cố định A E Từ MA + MB + MC + MD  OS +3OA = B 13 M x F N y Chứng minh : Trên tia Ox , Oy đặt đoạn OA = a , OB = b ; gọi E trung điểm AB F giao điểm OE với MN , ta có uuur OF uuur OF uuu r uuu r OF  OE  OA  OB OE OE uuur OF �OA uuuu r OB uuur � OF  OM  ON �  � 2OE �OM ON � Mà F , M , N thẳng hàng nên có biểu thị dạng : uuur uuuu r uuur OF OA OF OB  1 OF  kOM  lON với k + l =  2OE OM 2OE ON OF � a b �   � �  OF = OE  F điểm thứ tư hình 2OE �OM ON � bình hành OAFB ) Bài tốn 11' : Hai điểm M , N thứ tự thay đổi nửa đường thẳng chéo Ax, By a b   ( a, b độ dài cho trước ) Chứng minh MN cho AM BN cắt đường thẳng cố định   Giải : Dựng tia Bx' // Ax , lấy M' Bx' cho MM'//AB ; Bx' , By đặt đoạn BA' = a , BB' = b Từ giả thiết  A a b   , theo kết ta có BM ' BB ' M'N qua điểm cố định I ( đỉnh thứ tư hình bình hành BA'IB') Xét đường thẳng  qua I // MM' (//AB) , dễ thấy  đường thẳng cố B định ln cắt MN Bài tốn 11'' : Trên tia Ox , Oy , Oz tương ứng có điểm M , N , P thay đổi cho ln có a b C    , a , b , c OM ON OP độ dài cho trước Chứng minh mp(MNP) qua điểm cố định Chứng minh : Cách chứng minh tương tự toán 11' x M  x' M' a A' I b B' y N O C G A P B z F M N x y 14 Chú ý : Bài tốn 11 tốn 11'' dùng tính chất tỉ số diện tích, tỉ số thể tích cộng diện tích, cộng thể tích để có kết Bài toán 12 : Cho tam giác ABC có độ dài cạnh BCur=uu ar ,urCA = b , AB = c Từ đỉnh A, B, C làm gốc ta dựng véc tơ đơn vị e1 , e2 , e3 tương ứng ngược chiều uuuur uuuur uuuur ur uu r ur r với véc tơ đường cao AH1 , BH , CH Chứng minh : ae1  be2  ce3  Bài toán 12' : Cho tứ diện ABCD có diện tích mặt đối diện với đỉnh A , B , C , D tương ứng uSrA uu ,r SuBr , uSu rC , SD Từ đỉnh A , B , C , D làm gốc ta dựng véc tơ đơn vị e1 , e2 , e3 , e4 tương ứng ngược chiều với véc tơ đường cao uuuur uuuur uuuur uuuur ur uu r ur uu r r AH1 , BH , CH , DH Chứng minh S A e1  S B e2  SC e3  S D e4  ur uu r ur uu r r Chứng minh: Đặt S A e1  S B e2  SC e3  S D e4  x r uuu r ur uu r ur uu r uuu r ur uuu r uu r uuu r  x AB  S A e1  S B e2  SC e3  S D e4 AB  S A e1.AB  S B e2 AB   = SA AB cos( -  ) + SB 1.BA cos  = - SA AH1 + SB AH2 = -VABCD + VABCD = r uuu r  x  AB tương tự ta có A r uuur r uuur r x  AC , x  AD  x vng góc  với véc tơ không đồng phẳng  r r x  (nếu ngược lại qua A có mặt phẳng vng góc r với đường thẳng có phương x )  B Bài tốn 13: Cho tam giác ABC có trọng e2 tâm G , nội tiếp đường tròn (O) Chứng minh A = 900  uuur uuu r OG  OA Chứng minh : Gọi A' điểm đối xứng với A qua O ta có uuur uuu r uuu r uur uuur uuur OG  OA  GA   GA '  AI   BA ' 2 uuur uuur  AC  BA '  tứ giác ACA'B hình bình hành (nội tiếp đường tròn)  tứ giác ACA'B hình chữ nhật  tam giác ABC vng A Bài toán 13' : e1 e3 H2 C H1 D e4 A C I G O B A' 15 Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G , nội tiếp mặt cầu (O) , ta có góc uuur uuu r tam diện đỉnh A góc tam diện vuông  OG  OA Chứng minh : Điều kiện cần : Dựng hình hộp chữ nhật dựa cạnh AB , AC , tâm hình hộp tâm O mặt cầu, dễ dàng chứng minh đường chéo AA' hình hộp ( đường kính mặt cầu) qua trọng tâm G' tam giác BCD AG '  AA ' (Bài tập SGK 11)  AG '  AO mà AG  AG ' ( tính chât 3 trọng tâm) nên AG  AO A u u u r uuu r C  OG  OA  OG  OA 2 G I G' Điều kiện đủ : Giả sử tứ diện ABCD nội tiếp mặt uuur uuu r B O cầu (O) có OG  OA , gọi I trung điểm D CD , D' điểm đối xứng D qua O , G' trọng tâm  BCD D' uuur uuu r uuur uuuur Từ OG  OA , AG  AG ' (tính chất trọng uuuur u u u u r tâm)  G ' O   G ' A uuuu r u u u u r uur uuu r uuuur uur uuu r mà G ' I   G ' B nên OI  BA  D ' C  2OI  BA 2  tứ giác ABD'C hình bình hành ( có đỉnh nằm mặt cầu)  tứ giác nội tiếp đường tròn  tứ giác ABD'C hình chữ �  900 nhật nên BAC �  900 ; DAB �  900  góc tam diện đỉnh A Chứng minh tương tự ta có CAD tam diện vng MỘT SỐ BÀI TỐN KHÁC (liên hệ hình học phẳng với hình học khơng gian ngược lại) Bài tốn 14: Cho  ABC với trọng tâm G a) Chứng minh rằng, với điểm M ta có MA2  MB  MC  3MG  GA2  GB  GC b)Tìm quỹ tích điểm M cho MA2  MB  MC  k (k độ dài cho trước) Bài toán 14': 16 Cho tứ diện ABCD trọng tâm G a) Chứng minh rằng, với điểm M ta có: MA2  MB  MC  MD  MG  GA2  GB  GC  GD b) Tìm quỹ tích M cho MA2  MB  MC  MD  k (k độ dài cho trước) Bài tốn 15': Chứng minh tổng bình phương độ dài hình chiếu cạnh tứ diện mặt phẳng 4a2 Bài toán 16': Chứng minh bốn điểm A, B, C, D thuộc cạnh MN, NP, PQ, QM tứ diện MNPQ; đồng phẳng AM BN CP DQ  (Định lí Mênêlẳyt khơng gian) AN BP CQ DM Bài toán 17: Chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn: Các đường thẳng qua trung điểm cạnh vng góc với cạnh đối diện đồng qui Bài toán 17': Chứng minh tứ diện mặt phẳng qua trung điểm cạnh vng góc với cạnh đối diện đồng qui điểm ( Điểm Monge) C.KẾT LUẬN Trên vài ví dụ minh họa cho việc khai thác liên hệ tốn hình học phẳng với tốn mở rộng khơng gian, để thấy tính chất, cách chứng minh,… mở rộng, liên hệ với cách lôgic giúp cho việc dạy học tốn có hiệu hơn, kiểu tư áp dụng thực tế giảng dạy học tập tùy theo yêu cầu chương trình, người học, người dạy mà ta lựa chọn tập phù hợp Trong việc dạy toán Trường THPT chuyên Lam Sơn, vận dụng kiểu tư để dạy cho nhiều đối tượng, việc ơn thi học sinh giỏi, hình thành cho học sinh thói quen liên hệ tồn hình học khơng gian với tốn phẳng đơn giản đơi mở rộng tốn theo hướng ngược lại Để hiểu sâu vấn đề này, việc ứng dụng việc giảng dạy học tập mong nhận ý kiến đóng góp rút kinh nghiệm đồng nghiệp để viết thêm đầy đủ, trở thành tài liệu tham khảo tốt phục vụ cho việc giảng dạy giáo viên kích thích hứng thú học tập, tìm tòi học sinh 17 B XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 17 tháng năm 2013 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác (Ký ghi rõ họ tên) 18 ... minh tứ diện mặt phẳng qua trung điểm cạnh vng góc với cạnh đối diện đồng qui điểm ( Điểm Monge) C.KẾT LUẬN Trên vài ví dụ minh họa cho việc khai thác liên hệ toán hình học phẳng với tốn mở rộng... đối diện ( BT hình học lớp 9) Nhận xét 8: Bài tốn quen thuộc với học sinh hình học phẳng kiến thức cách chứng minh, ta mở rộng tính chất khơng gian cách chứng minh tương tự hình học phẳng sao? Ta... tam diện đỉnh A Chứng minh tương tự ta có CAD tam diện vng MỘT SỐ BÀI TỐN KHÁC (liên hệ hình học phẳng với hình học khơng gian ngược lại) Bài tốn 14: Cho  ABC với trọng tâm G a) Chứng minh rằng,