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 A' C B' D' C' H2 H1 P H3 Đăk Lăk, tháng năm 2020 MỤC LỤC Phần mở đầu 1.1 Lý chon đề tài 1.2 Mục tiêu nhiệm vụ đề tài 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Giới hạn đề tài 1.5 Phương pháp nghiên cứu 2 Phần nội dung 2.1 Cơ sở lí luận 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu 2.3 Nội dung hình thức giải pháp 2.3.1 Các khái niệm liên quan đến hình tứ diện 2.3.2 Bài tốn liên quan đến hình tứ diện vuông 2.3.3 Bài tốn liên quan đến hình tứ diện trực tâm 13 2.3.4 Bài tốn liên quan đến hình tứ diện gần 17 2.3.5 Bài toán liên quan đến hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện 20 2.3.6 Các toán hệ tọa độ Oxyz liên quan đến hình tứ diện đặc biệt 23 2.3.7 Bài tập luyện tập 29 Phần kết luận 31 3.1 Kết luận 31 3.2 Kiến nghị 31 Tài liệu tham khảo 32 1 PHẦN MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Kể từ năm học 2016-2017, kì thi THPT quốc gia mơn tốn thi hình thức trắc nghiệm, từ dần làm cho học sinh rời bỏ dần thói quen đào sâu khai thác vấn đề tốn học Đặc biệt mơn hình học điều thể rõ hơn, tốn trắc nghiệm khơng thể khai thác sâu yếu tố hình học mà vận dụng nhanh cơng thức có sẵn để làm tốn, từ dẫn đến việc dạy toán chuyển sang hướng thực dụng làm cho việc dạy học toán phần thú vị Nhằm giúp cho học sinh u thích mơn học, biết phân tích định hướng tìm tịi lời giải, biết khai thác, đào sâu, tìm mối liên hệ yếu tố hình học cách hiệu Trong trình giảng dạy tìm hiểu học hỏi 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 đề tài Giúp học sinh tiếp cận toán với cách tư linh hoạt, bao quát vấn đề, suy luận logic để tìm lời giải nhanh nhất, tránh kiểu tư rập khuôn, máy móc Hơn nữa, thơng qua việc phân tích bình luận lời giải tốn giúp cho học sinh khắc sâu kiến thức, thành thạo kĩ giải toán, đồng thời khắc phục sai lầm thường gặp q trình làm tốn Thơng qua tính chất đẹp đẽ hình tứ diện giúp cho em u thích mơn học hơn, ơn tập tham gia vào kì thi HSG tỉnh nhà tổ chức Đề tài tạo điều kiện cho giáo viên có trao đổi chun mơn, giao lưu học hỏi lẫn 1.3 Đối tượng nghiên cứu Các tốn hình học khơng gian đề thi HSG tỉnh, toán đề thi THPT Quốc gia mơn Tốn liên quan đến hình tứ diện 1.4 Giới hạn, phạm vi nghiên cứu Đề tài đề tơi đề cập đến dạng tốn nâng cao liên quan đến hình tứ diện Ngồi phần mở đầu, mục lục, tài liệu tham khảo, đề tài gồm mục chính, mục tác giả trình bày toán theo bố cục nêu đề bài, phân tích tìm mối liên hệ tốn cần giải với tốn khác để tìm lời giải, lời giải trình bày theo hướng suy luận tự nhiên nhằm phát huy lực tư học sinh khơng áp đặt máy móc, mục cuối tập luyện tập nhằm giúp học sinh cố phát triển lực tự học 1.5 Phương pháp nghiên cứu Để thực mục đích nhiệm vụ đề tài, q trình nghiên cứu tơi sử dụng nhóm phương pháp sau: Phương pháp quan sát; phương pháp tổng kết kinh nghiệm; phương pháp phân tích tổng hợp lý thuyết PHẦN NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lý luận Trong chương trình THPT, mơn Tốn giữ vai trị quan trọng Mơn Tốn coi môn học công cụ, cung cấp tri thức để người học học tập mơn học khác Thơng qua học tốn, người học hình thành, rèn luyện phát triển tư Thực tế, có nhiều người dùng trực tiếp kiến thức tốn học vào thực tiễn sống, khơng phủ nhận rằng, người học tốn tốt thường có tư tốt Vì thế, người ta dùng kiểm tra tốn nhiều hình thức khác dùng thành tích học tập mơn Tốn thước đo nhiều kì thi Vì tham gia thi kì thi tốt, kì thi HSG tỉnh lớp 12 kì thi tương đối nhẹ mang tinh chất trao dồi kiến thức nên học sinh bị áp lực làm bài, từ em dễ phát huy lực sở trường 2.2 Thực trạng Học sinh hay gặp khó khăn ngại khó học tốn hình học khơng gian Học sinh dừng lại việc lĩnh hội kiến thức sách giáo khoa mà chưa vận dụng nó, chưa đào sâu kiến thức thường giải tập theo kiểu trắc nghiệm túy 2.3 Nội dung hình thức giải pháp 2.3.1 Các khái niêm liên quan đến hình tứ diện Trong phần tơi trình bày vắn tắt khái niệm liên quan đến hình tứ diện với chất để làm sở cho việc trình bày lời giải phần sau a) Khái niệm hình tứ diện +Hình chóp có đáy tam giác gọi hình tứ diện, hình tứ diện với miền gọi khối tứ diện +Trong hình tứ diện, mặt là tam giác, mặt có đỉnh đối diện; hình tứ diện có đỉnh cạnh, hai cặp cạnh gọi đối diện chúng khơng có điểm chung + Hình tứ diện có cạnh gọi tứ diện +Hình tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc gọi tứ diện vng đỉnh O +Tứ diện ABCD có cặp cạnh đối vng góc gọi tứ diện trực tâm + Tứ diện ABCD có cặp cạnh đối gọi tứ diện gần b) Trọng tâm tứ diện +Điểm G gọi trọng tâm tứ diện ABCD GA  GB  GC  GD  +Trọng tứ diện, đoạn thẳng nối trung điểm cạnh đối đồng quy trung điểm cạnh trọng tâm tứ diện Trong tứ diện, đường thẳng nối từ đỉnh đến trọng tâm mặt đối diện đồng quy trọng tâm tứ diện chia đoạn theo tỉ số (GA=3GG’, A đỉnh G’ trọng tâm tam giác đáy tứ diện) c) Mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp tứ diện + Mặt cầu gọi ngoại tiếp tứ diện qua đỉnh tứ diện + Mặt cầu gọi nội tiếp tứ diện tiếp xúc tất mặt tứ diện tâm mặt cầu nằm hình tứ diện + Mặt cầu gọi bàng tiếp tứ diện tiếp xúc tất mặt tứ diện tâm nằm ngồi hình tứ diện + Mặt cầu gọi nội tiếp khung tứ diện tiếp xúc cạnh tứ diện + Mặt cầu gọi bàng tiếp khung tứ diện tiếp xúc đường thẳng chứa cạnh tứ diện có tiếp điểm không thuộc cạnh tứ diện Trong tứ diện, gọi d trục đường tròn đáy ( đường thẳng qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác đáy vng góc với mặt phẳng chứa đáy) tâm mặt cầu ngoại tiếp giao điểm trục tùy ý giao điểm trục mặt phẳng trung trực cạnh bên (nếu có cạnh bên OA d đồng phẳng dựng đường trung trực cạnh bên OA mp (d,OA) Tứ diện đều, có tâm đường trịn nội tiếp ngoại tiếp giao điểm đường cao trọng tâm tứ diện d) Tứ diện nội tiếp hình hộp +Nếu chọn đỉnh đỉnh hình hộp cho hai đỉnh không thuộc cạnh đỉnh tạo thành tứ diện gọi tứ diện nội tiếp hình hộp Chẳng hạn tứ diện BDAC  tứ diện nội tiếp hình hộp ABCD ABCD +Mỗi tứ diện tùy ý ln có hình hộp ngoại tiếp tứ diện + Hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện gần hình hộp chữ nhật +Thể tích khối hộp gấp lần thể tích tứ diện nội tiếp 2.3.2 Bài tốn liên quan đến hình tứ diện vng Phần chủ yếu khai thác tốn định lượng liên quan nhiều đến hệ thức định lý Pythagore, bất đẳng thức hình học liên quan đến cạnh, góc tạo cạnh bên mặt đáy, diện tích mặt hình tứ diện toán liên quan hay xuất kì thi HSG tỉnh lớp 12 Đa phần lời giải trình bày theo hướng thác triển đề tốn Bài tập 2.1 Cho tứ diện vng O.ABC đỉnh O, có OA  a, OB  b, OC  c đường cao OH, Gọi S  S ABC , S1  S OAB , S  S OBC , S  S OCA Chứng minh: a) 1 1    , (2.1.1) 2 OH OA OB OC b) S  S12  S22  S32 ,(2.1.2) Phân tích lời giải a) Chứng minh 1 1    2 OH OA OB OC Đây đẳng thức quen thuộc trình bày dạng tập SGK lớp 11 khơng phần quan trọng việc khai thác yếu tố định lượng tứ diện vuộng, đồng thời việc chứng minh hình thành O cho học sinh nhiều yếu tố tư việc khai thác giải A H C thiết toán Dù toán cho H hình chiếu K O lên mặt phẳng (ABC) thực ẩn yếu tố vị B trí H, nên làm cho học sinh lúng túng cách khai thác toán, học sinh cần xác định vị trí hình chiếu H ? Từ học sinh dễ định vị H thơng qua mp (OAH) vng góc BC Từ suy H trực tâm tam giác ABC Gọi K chân đường cao kẻ từ A tam giác ABC OK chân đường cao tam giác OBC kẻ từ O, áp dụng hệ định lý Pythagore ta có được: 1   , OK OB OC tiếp tục áp dụng hệ thức cho tam giác vuông AOK ta 1   2 OH OA OK Từ suy 1 1    2 OH OA OB OC  b) Chứng minh S  S12  S22  S32 ,(2.1.2) với S  S ABC , S1  S OAB , S  S OBC , S  S OCA Đẳng thức (2.1.1) gợi ý cho học sinh suy nghĩ O việc áp dụng định lí Pythgore vào toán, đẳng thức làm cho em lúng túng tiếp cận Có nhiều hướng chứng minh (2.1.2) tơi trình bày theo hướng thác triển của toán (2.1.1) cách tự nhiên Nhận thấy S OBC A  OA2 OB đó, quy đồng vế phải (1) ta OA2OB  OB 2OC  OA2OC  H C K B OA2OB 2OC OH 4OA2OB 2OC vấn đề cịn lại tốn chứng minh Tức S  S  S  OH 2 2 4OA2OB 2OC  S2 OH Rất dễ nhận thấy 4OA2OB 2OC AH AK OK BC AK OK BC AK HK AK BC 2      AK BC  OH HA.HK HK HK 4OA2OB 2OC  S2 Từ ta có điều cần chứng minh: OH  Nhận xét: Một hướng khác để giải tốn áp dụng cơng thức hình chiếu S  S  cos  , (2.2) Thật dễ nhân thấy tam giác HBC hình chiếu vng góc tam giác OBC lên mặt phẳng (ABC), nên S OBC  S OHC cos OKH , phép biến đổi đơn giản học sinh có điều cần chứng minh Ngồi học sinh khai thác S2ABC  SABC (SHBC  SHBA  SHCA ) kết tương tự Bài tập 2.2 Cho tứ diện vng O.ABC đỉnh O, có OA  a, OB  b, OC  c Gọi S  S ABC , S1  S OAB , S  S OBC , S  S OCA r bán kính đường trịn nội tiếp hình tứ diện Chứng minh r  S1  S  S3  S (2.2) abc Phân tích lời giải : Trong tứ diện vuông tồn mặt cầu nội tiếp nên tơi khơng trình việc chứng minh tồn mặt cầu ngoại tiếp mà trình bày khai thác đẳng thức (2.1.2) thông qua bán kính mặt cầu này.Nếu gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện học sinh nhận bán kính r O I A chiều cao khối chóp I.ABC, từ ta có đẳng thức C H B VOABC  VIABC  VIOBC  VIOAB  VIOAC Hay VOABC  r  S1  S2  S3  S  Điều suy r  3V Từ có nhiều hướng đề khai thác vấn đề S1  S  S  S này, hướng sử dụng (2.1.2) cơng thức thể tích tứ diện vng V  abc ta có: 3V abc  S1  S  S3  S  abc  S1  S  S3  S   S1  S  S3  S     S1  S  S3  S  S1  S  S3 2  S S1S2  S3 S  S1S3 abc Vậy ta có điều cần chứng minh r  S1  S2  S3  S 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  S OBC , S  S OCA Chứng minh: a) S  b) abc  a  b  c  , (2.1.4) S32 S12 S 22    ,(2.1.5) 2 2 2 S  S1 S  S S  S3 Phân tích lời giải : Chỉ cần chút thay đổi diện mạo làm cho tự tin người khác bối rối tếp xúc Với toán thay đổi hình thức làm thay đổi hồn tồn định hướng lời giải Chính thế, tiếp cận vấn đề mà cụ thể làm tốn việc phải thực bình tĩnh, tìm hiểu phân tích đề Ở này, cần chút nhìn nhận thấy kết hợp hài hòa đẳng thức (2.1.2) với bất đẳng thức AM-GM , cịn khơng học sinh bị sa vào việc thiết lập diện tích S theo cơng thức Hê-rơng tốn kiểm sốt Thật vậy: Khai thác từ đẳng thức (2.1.2), ta có: S  2 2 a b  c b  a c , từ dễ dàng nhận thấy a 2b  c 2b  a c Hay S  AM  GM  abc(a  b  c) abc  a  b  c  ,đẳng thức xảy a  b  c  S32 S12 S 22    , (2.1.4) e) Chứng minh 2 2 S  S1 S  S S  S3 Phân tích lời giải : Một cách thác triển để tạo bất đẳng thức đẹp phải sử dụng bất đẳng thức kinh điển vào toán Bài tập thác triển khác (2.1.2) thông qua bất đẳng thức Schwarz, cụ thể sau: Từ dạng BĐT Schwarz 1    thay x  S  S12 , y  S  S22 , z  S  S32 x y z  x  y  z Ta được:  S  S12  S  S 22  S  S32  1    9, (4.1) 2 S  S1 S  S S  S 32 Sử dụng S  S12  S22  S32 ta có được: S2 S2 S2 (4.1)     2 S  S1 S  S S  S3 S32 S12 S 22  1 1 1   3 2 S  S1 S  S2 S  S3 S32 S12 S 22  1 1 1   3 2 S  S1 S  S2 S  S3  S32 S12 S 22    2 2 2 S  S1 S  S2 S  S3 Đẳng thức xảy xem tâp  Bài tập 4.2 ( HSGT Đăk Lăk-2016) Cho hình tứ diện gần ABCD.Chứng minh trọng tâm tứ diện tâm mặt cầu nội tiếp, ngoại tiếp tứ diện Phân tích lời giải Như ta biết G trọng A tâm tứ diện, G trung điểm MN Một cách liên hệ để chứng minh G tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ta chứng minh GA  GB  GC  GD Từ học sinh tính được: M G B D 1 GB  GA2  ( MN  AB )  ( MN  CD )  GD  GC 4 H N C Vậy G tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Tương tự trên, để chứng minh G 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 (2.2) ta có: Ta có d (G, ( ABC ))  3VGABC SABC VABCD  , mặt tứ diện có diện tích nên S ABC 3 VABCD VABCD 4   d (G, ( DBC ))  d (G, ( DBA))  d (G, ( DAC )) ta suy : d (G, ( ABC ))  SABC SDBC Vậy trọng tâm tứ diện tâm mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp tư diện  Bài tốn 4.3 Cho hình tứ diện ABCD Chứng minh tứ diện ABCD tứ diện gần diện tích mặt tứ diện Phân tích lời giải: Dễ dàng suy phần thuận tốn mặt hình tứ diện có có cạnh a , b, c Còn phần đảo, ta nhận thấy gọi H, K A M hình chiếu A, B lên CD, gọi M, N trung điểm AB, HK đó: TH1: H  K suy H  K  N Dễ dàng suy NM D B đường vng góc chung AB CD K TH2 H  K Ta có AHK  BKH suy AN  BN hay NM  AB 18 C N H Và ta có AHB  AKB suy HM=KM suy NM  CD Từ ta thấy rằng, diện tích mặt tứ diện đường vng góc chung cặp cạnh đối diện qua trung điểm cạnh Và ta tiếp tục chứng minh cặp cạnh đối Thật vậy, giả sử MN đường vng góc chung AB CD, phép đối xứng trục MN biến A thành B, biến C thành D suy biến AC thành BD Hay ta có AC=BD Từ ta có kết luận: Nếu diện tích mặt tứ diện cặp cạnh đối Từ suy điều phải chứng minh  Bài tập 4.4 Cho hình tứ diện ABCD Chứng minh tứ diện ABCD có tổng góc phẳng đỉnh 1800 tứ diện gần Phân tích lời giải: Dễ thấy, tứ diện ABCD có D cặp đối theo ta có mặt chúng có diện tích Khi tổng góc phẳng đỉnh D tổng góc tam giác ABC nên tổng D2 chúng 180 Ngược lại, giả sử tứ diện ABCD có góc đỉnh có tổng 1800 AD  a, BC  a, D1 C A CA  b, BD  b, B D3 AB  c, DC  c Trên mặt phẳng (ABC) lấy điểm D1 nằm khác phía điểm A với đường thẳng BC cho tam giác D1 BC DBC , lấy điểm D , D3 tương tự cho D2 AC DAC D3 AB DAB ( Khai triển tứ diện mặt phẳng (ABC)) Khi ta thấy D3 AB  BAC  CAD2  1800 , hay điểm D2 , A, D3 thẳng hàng Tương tự chúng minh D1 , B, D3 điểm D2 , C , D1 thẳng hàng Từ suy tam giác D2 D3 D1 có cạnh AC, AB, BC đường trung bình nên chúng nửa độ dài cạnh đáy hay AC  D1 B  DB , tương tự ta có điều phải chứng minh  Nhận xét: Từ ta thấy cần đỉnh có tổng góc 1800 có cặp cạnh đối diện ta suy cặp cạnh lại 19 2.3.5 Bài tốn liên quan đến hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện Trong phần tơi trình bày số kĩ thuật ứng dụng việc dựng hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện để giải tốn, đặc biệt tìm kĩ thuật khác tốn quen thuộc liên quan đến thể tích tứ diện Bài tập 5.1 (HSGT Đăk Lăk -2010) Cho hình tứ diện gần ABCD có BC  AD  a, CA  DB  b, AB  DC  c a) Gọi O trung điểm AB Chứng minh thiết diện (OCD) chia tứ diện cho thành hai tứ diện AOCD BOCD tích b) Tính thể tích tứ diện ABCD Phân tích lời giải Cách thứ nhất: (theo đáp án đề thi) a) Gọi h1 đường cao tứ diện A.OCD kẻ từ A, A Gọi h2 đường cao tứ diện B.OCD kẻ từ B, Ta có h1 OA    h1  h2 h2 OB F O Hai tứ diện có đáy chung đường cao nên thể tích K E D B b) Từ tập 4.1 ta có OCD cân , gọi H trung điểm CD, từ O vẽ EF//CD ta có H C OE=OF= CD Từ suy sa tứ giác AEBF hình chữ nhật, HO  ( AEBF ) Kẻ AK  EF , HO  ( AEBF ) suy HO  AK AK  (OCD) AK đường cao tứ diện A.OCD Theo câu a) ta có VABCD  2VAOCD  KA CD.OH  AK CD.FC Vì FB//AK AK  FC suy FB  FC FC2  a2  FB2  b2  FA2 Hay FB2  FA2  a2  b2 (1) Mặt khác tam giác AFB vuông suy FB2  FA2  c2 (2) Từ (1) (2) ta có FB  2 2 a  b  c  , FA2   c  a  b   2 Vậy FC  a  (a  b  c )  (a  b  c ) 20 Ta có : AK  (a  b  c 2) (c  a  b ) AE.FA FB.FA   EF EF 2c Vậy : VABCD  AK CD.FC   6 ( a  b  c )(b  c  a )(c  a  b ) ( a  b  c )(b  c  a )(c  a  b ) Cách thứ 2: ( Sử dụng kĩ thuật dựng hình hộp ngoại tiếp) Bài tập liên quan đến thể tích tứ diện, cách tự nhiên nghĩ đến dựng hình hộp ngoại tiếp tứ diện tính thể tích khối hộp sau xét ccs yếu tố liên quan Thật vậy, xét hình hộp ngoại tiếp tứ diện ABCD hình vẽ, khối hộp AD’BC’.B’CA’D khối hộp chữ nhật a) Gọi O trung điểm AB, dễ thấy mặt phẳng (OCD) mặt phẳng (C’D’CD), mà mặt phẳng chia khối hộp thành hai khối lăng trụ AC’D’.B’DC khối BC’D’.A’DC tích nên dễ dàng A O C' suy hai khối tứ diện AOCD, BOCD tích B C B' A' D b) Tính thể tích tứ diện D' Ta có VABCD  VAD ' BC ' BCAD Ngoài ra, khối hộp chữ nhật AD’BC’.B’CA’D gọi AC’  x, AD’  y AB’  z ta có:  x2  y  a2  a  b2  c2 b2  c  a 2 c2  a  b2 2 ,y  ,z   y  z  b suy x  2  z  x2  c2  Do thể tích khối hộp V  xyz  a  b  c  a  c  b  b  c  a  2 Vậy VABCD  a  b  c  a  c  b  b  c  a  21 Nhận xét: Nhận thấy hình hộp ngoại tiếp tứ diện hình hộp chữ nhật mặt cầu ngoại tiếp hình hộp mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Do bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện R  1 a  b2  c AA  x  y2  z2  2 Bài tập 5.2 Chứng minh tổng bình phương diện tích mặt hình hộp ABCD.A’B’C’D’ gấp hai lần tổng bình phương diện tích mặt tứ diện ACB’D’ Phân tích lời giải: Nhận thấy hình hộp ABCD.A’B’C’D’ Gọi S AD ,S AC , SCD A diện tích mặt ADD’A’; ABCD; DCC’D’ hình hộp xét mặt phẳng (P) tùy ý vng góc với AD’ cắt AD’ H1 Gọi H , H hình A' H H  H1H  H1H  2H1H H1H 3cos AD ' C D chiếu B’, C lên (P) Dễ thấy B B' D' (1) (  AD ' góc nhị diện cạnh AD’ tứ diện C' H2 H1 H3 ACB’D’) DA2 Nhân hai vế phương trình (1) cho ta được: 2 S AD   SACD  S ABD  2S ACD SABD cos  AD ' Tương tự, ta có : 2 SCD   SACD  SCBD  2S ACD SCBD cos CD ' SCA  S2ACD  S2CBA  2SACD SCBA cos CA Suy ra: 2 SAD   SAC  SCD 2  3S2ACD  S2BCD    SACB  SABD    2SACD (SABD   cosAD'  SCBD   cosCD'  SCBA  cosCA ) 2  S2ACD  S2BCD    SACB  SABD   2 2 2 Vậy S AD   S AC  SCD  S ACD  S BCD  S ACB  S ABD Bài tập 5.2 Gọi d1 , d , d3 khoảng cách cặp cạnh đối tứ diện h1 , h2 , h3 , h4 chiều cao tương ứng với bốn đỉnh tứ diện Chứng minh 1 1 1  2  2 2 2 2 d1 d d h1 h2 h3 h4 22 Phân tích lời giải: Gọi d1 , d , d A khoảng cách cặp cạnh AB, CD , AC, BD , B CB, AD Khi C D 1 1 VACBD  VABCD ABC D  d1SCD  d SCB  d3 S AD 3 3 A' B' D' Từ suy ra: 1 1 2  2  SCD   S CB  S AD  2 d1 d d 9V  C'  2 2 2 Hơn theo, tốn trước ta có SAD SAC  SCD  SACD  SBCD    SACB  SABD   Suy ra: 1 1 1 1  2  S 2ACD  S 2BCD  S 2ACB  S 2ABD     2 d1 d d 9V h1 h2 h3 h4  Đặc biệt với tứ diện gần ta có hệ thức  1  2  2 d1 d d h Bài tập 5.4 Cho tứ diện gần ABCD có đường cao AH, H1 trực tâm tam giác BCD, CC đường cao tam giác BCD Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD trung điểm HH Phân tích lời giải: Xét hình hộp ngoại tiếp tứ diện hình vẽ, hình hơp hình hộp chữ A nhật Gọi O tâm hình hộp AA đường chéo B hình hộp Khi ta có tứ diện ABCD tứ diện vng nên hình chiếu A lên mặt phẳng (BCD ) C' trực tâm tam giác BCD hình chiếu điểm O mặt phẳng (BCD )là điểm O1 trung điểm HH D O H1 O1 H C A' Hơn ta có O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình hộp nên tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện hình chiếu O lên mặt phẳng (BCD) tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD 2.3.6 Các toán hệ tọa độ Oxyz liên quan đến hình tứ diện đặc biệt Trong phần tơi trình bày tốn hình học hệ tọa độ Oxyz Nội dung chủ yếu sử dụng tính chất đặc trưng loại hình tứ diện đề cập phần trước để giải tập mức vận dụng cao thường xuất kì thi THPT Quốc gia 23 Bài tập 6.1 Trong không gian Oxyz , cho điểm H  2; 1; 1 Gọi  P  mặt phẳng qua H cắt trục tọa độ A , B , C cho H trực tâm tam giác ABC Phương trình mặt phẳng  P  A 2x  y  z   B x  y  z   C x  y  2z   D 2x  y  z   Phân tích lời giải: Yêu cầu toán rõ ràng sử dụng kỉ thuật giải thông thường giải ngay, vấn đề tơi cần nói đến gì? Vì tốn trắc nghiệm nên yếu tố thời gian phải đặt lên hàng đầu, tức tìm cách giải ngắn tốn, sau tơi trình bày hai cách giải thể rõ điều đó: Cách Nếu học sinh khơng phân tích đặc điểm tứ diện vng, em giải toán phương pháp tọa độ túy là: Gọi A  a ; 0;   Ox , B  0; b ;   Oy , C  0; 0; c   Oz Khi mặt phẳng  P  có dạng: x y z   1 a b c Ta có AH    a ;1;1 , BH   2;1  b ;1 , BC   0;  b ; c  , AC    a ; 0; c  2 1  a  b  c  a    Do H trực tâm tam giác ABC nên: b  c   b  2a  c  c     Vậy phương trình mặt phẳng  P  là: x y z     2x  y  z   6 Cách Nhận thấy tứ diện vng đỉnh O, theo kết Bài toán 2.1 ta thấy rằng, H trực tâm tam giác ABC nên H chân đường cao tứ diện Hay OH vectơ pháp tuyến mặt phẳng (ABC), từ ta có suy n ABC   OH   2;1;1 Do đó, PT mp(ABC) có dạng: 2( x  2)  1( y  1)  1( z  1)   2x  y  z   Vậy phương trình mặt phẳng (P) là: 2x  y  z   Bài tập 6.2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho điểm P (1; 2; 2) Mặt phẳng ( ) qua P cắt trục Ox, Oy , Oz A, B , C khác gốc tọa độ cho T  24 R12 R22 R32   đạt giá trị S12 S 22 S32 nhỏ nhất, S1 , S , S3 diện tích tam giác OAB , OBC , OCA R1 , R2 , R3 diện tích tam giác PAB , PBC , PCA Khi điểm M sau thuộc ( ) : A M (2; 0;5) B M (5; 0; 2) C M (5;1; 2) D M (2;1;5) Phân tích lời giải Đây tốn sinh trực tiếp từ Bài tập 2.4 Từ kết tập ta có mp ( ) có n    OH  1; 2;  Vậy phương trình mp ( ) : ( x  1)  2( y  2)  2( z  2)  Điểm M (5; 0; 2) thuộc mp ( ) Bài tập 6.3 ( THPT QG-2018) Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  có tâm I 1; 2;3 qua điểm A  5; 2; 1 Xét điểm B , C , D thuộc mặt cầu  S  cho AB, AC , AD đôi vng góc với Thể tích khối tứ diện ABCD có giá trị lớn bằng? A 128 B 256 C 128 D 256 Phân tích lời giải Đây vận dụng cao đề thi THPT B QG 2018, mức độ khó người ghi nhận Đây tập sinh từ dạng hình hộp A D ngoại tiếp tứ diện I B' Nhận thấy ABCD tứ diện vuông đỉnh A , nội tiếp mặt cầu  S  , điều gợi cho ta liên hệ đến E C E' D' hình hộp ngoại tiếp tứ diện Nhưng tứ diện vng nên ABCD tứ diện đặt góc A hình hộp chữ nhật tương ứng có cạnh AB , AC , AD hình vẽ đường chéo AE  đường kính hình cầu ngoại tiếp hình hộp Từ ta có a  b  c  R Xét VABCD  abc  VABCD  2 abc 36 3  a  b2  c2   4R2  2 2  a b c  Mà a  b  c  a b c       36.VABCD  V  R 27     2 2 Với R  IA   V  256 25 Vậy Vmax  256 Bài tập 6.4 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, phương trình mặt phẳng (P) qua điểm M(9;1;1) , cắt tia Ox, Oy, Oz A, B, C cho thể tích tứ diện OABC có giá trị nhỏ A x y z   1 3 B x y z   1 27 3 C x y z   1 27 3 D x y z    1 27 3 Phân tích lời giải: Một kiểu viết phương trình mặt phẳng chắn trục tọa độ tạo tứ diện vuông đặc biệt khai thác nhiều xuất đề thi THPTQG toán tốn gốc vấn đề Tương tự toán trước giá sử A(a; 0; 0)  Ox, B(0; b;0)  Oy, C(0; 0; c)  Oz (a, b, c  0) Khi PT mặt phẳng (P) có dạng: x y z   1 a b c Từ giả thiết ta có M (9;1;1)  ( P)  1    (1); a b c Hơn nữa, ta có VOABC  abc (2) Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta được:  27 hay abc  243 abc a  27 9 bc  ac  ab x y z     1  b   (P): Dấu "=" xảy   1 27 3 c   a  b  c  Nhận xét: Nếu toán khơng có vấn đề đặc biệt, quay lại Bài tốn 2.6 (HSGT-Đăk Lăk 2018).Cho tứ diện vng S.ABC đỉnh S, có Gọi I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC, (P) mặt phẳng thay đổi qua I cắt SA, SB, SC A’ , B’, C’ xác định vị trí (P) cho thể tích tứ diện VS , ABC đạt giá trị nhỏ ta thấy Bài tốn 2.6 trường hợp đặc biệt Bài toán 6.4 trường hợp M I, vấn đề đặt liệu có tìm tọa độ I hay khơng? Sau để giải tốn tơi trình bày cách xác định tọa độ I Giả sử A(a;0;0)  Ox, B(0; b;0)  Oy, C(0;0; c)  Oz , dễ dàng tính AB  m  a  b2 BC  n  b  c CA  p  c  a 26 Xét tam giác ABC với I tâm đường tròn ngoại tiếp, kéo dài AI cắt BC D (chân đường phân giác góc A) Từ đẳng thức DB   A m DC ta suy p E I  bp mc  D  0; ;   pm pm B C D Hơn ta có I chân đường phân giác góc B tam giác ABC nên ta có ID   m 2b  m c BD IA IA hay ID   BA ( p  m) Từ đẳng thức vectơ ta suy tọa độ I Và theo tốn ta suy phương trình mặt phẳng (P) từ suy vị trí điểm A’,B’,C’ thỏa yêu cầu Với cách giải này, ta thấy phức tạp ta xác định vị trí A’,B’,C’ theo a,b,c Bài tập 6.5 Trong hệ trục tọa độ Oxyz cho điểm A  a;0;0  , B  0; b;0  , C  0;0; c  với a, b, c  Giả sử a, b, c thay đổi thỏa mãn a  b2  c  k khơng đổi Diện tích tam giác ABC đạt giá trị lớn A k2 B k2 C k D k Phân tích lời giải: Đây cách thác triển khác Bài toán 6.3 việc sử dụng yếu tố đặc biệt tứ diện để giải toán hướng nghĩ đến Bài tốn trình bày theo hai cách sau: Cách thứ nhất: Giải túy theo phương pháp tọa độ khơng gian chương trình chuẩn Áp dụng cơng thức phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn ta có phương trình mp(ABC) x y z   1 a b c Gọi H  x; y; z  hình chiếu vng góc O lên  ABC  27  ab c x  2  ab    bc   ca    H  ( ABC ) bcx  cay  abz  abc  a 2bc     y  OH  AB     by  2  ab    bc   ca  OH  AC  ac  cz      a 2b c z  2   ab    bc   ca  abc Khi OH   ab    bc   ca  2 6 Ngồi ra, ta có VOABC  OA.OB.OC  abc  S ABC  3VABCD  OH  ab    bc    ca  2 Áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta có a  b4 b4  c4 c4  a4 a b b c c a     a  b4  c 2 2 2 2 2 2 Suy ra:  ab    bc    ca   (a  b  c ) Dấu “=” xảy a  b  c k4 k2 Vậy max S   Cách thứ hai Nhận thấy tứ diện OABC tứ diện vuông đỉnh O nên theo Bài tập 2.1.2 ta 2  ab    bc    ac  Từ áp dụng bất đẳng thức AM-GM ta kết cách thứ có S  Bài tập 6.5 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A 1; 2;  , B  0; 2; 3 , C 1; 0;3 I  a; b; c  tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện OABC Tính S  a  b  2c A S  B S  1 C S  D S  3 Phân tích lời giải Với việc tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện khơng khó, tốn  IA  IB  có cách giải tổng quát thông qua việc thiết lập hệ:  IA  IC sử dụng máy tính cầm tay  IA  ID  28 để giải hệ đó, khơng rèn luyện tư cho học sinh Ở tơi trình bày cách giải khác phương pháp truyền thống sau: Cách thứ nhất: Kiểm tra dấu hiệu nhận biết tứ diện đặc biệt để phân loại tứ diện Khi học sinh thấy tứ diện OABC tứ diện có cặp cạnh đối nên tứ diện gần Từ suy trọng tâm tứ diện tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 1 Hay I ( ; ; ) suy S=4 2 Cách thứ Dựng hình hộp ngoại tiếp hình tứ diện, phát hình hộp hình nhật nên tâp mặt cầu ngoại tiếp hình hộp tâm mặt cầu ngoại tiệp hình chữ nhật Từ ta suy tọa độ I Nhận xét: Cách thứ phù hợp cho việc tìm tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện vng cách dựng hình hộp có góc hình hộp tứ diện góc vng, mặt cầu ngoại tiếp hình hộp mặt cầu ngoại tiếp tứ diện 2.3.7 Bài tập luyện tập Bài tập tự luận Bài tập 7.1 Cho tứ diện vng O.ABC đỉnh O, có OA  a, OB  b, OC  c goi  ,  ,  số đo góc tạo mặt bên (OAB ), (OBC ), (OCA) mặt đáy Chứng minh: a) cos 2 cos  cos 2    2 2 2 sin   sin  sin   sin  sin   sin  1 1 3 R 3 b)     ,  (R, r bán kính mặt cầu ngoại tiếp,nội tiếp tứ diện) r a b c abc r c) V (h  r )  , (R bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện, h=OH) R rh Bài tập 7.2 Cho hình tứ diện gần ABCD Chân đường cao hạ từ đỉnh xuống mặt, trung điểm đường cao, trực tâm mặt nằm mặt cầu Bài tập7.3 Cho tứ diện trực tâm ABCD với trực tâm H trọng tâm G, G  , H  trọng tâm, trực tâm tam giác ABC, N, M giao điểm HG , H G với mặt cầu ngoại tiếp tứ diện Chứng minh HN  3HG, GM  3GH  Bài tập7.4 Cho tứ diện gần ABCD có đường cao AH, H1 trực tâm tam giác BCD, CC đường cao tam giác BCD Chứng minh AH  4H1C.H1C 29 Bài tập trắc nghiệm Câu 7.5 Cho hình chóp O.ABC có OA=a, OB=b, OC=c đơi vng góc với Điểm M cố định thuộc tam giác ABC có khoảng đến mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) 1,2,3 Khi tồn a,b,c thỏa thể tích khối chóp O.ABC nhỏ nhất, giá trị nhỏ thể tích khối chóp O.ABC A 18 B 27 C D 20 Câu 7.6 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD.ABCD có điểm A trùng với gốc tọa độ, B(a;0;0), D(0; a;0), A(0;0; b) với (a  0, b  0) Gọi M trung điểm cạnh CC Giả sử a  b  , tìm giá trị lớn thể tích khối tứ diện ABDM ? A max VAMBD  64 27 C max VAMBD   B max VAMBD  64 27 D max VAMBD  27 64 Câu 7.7 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , xét điểm A 0;0;1 , B  m;0;0 , C  0; n;0 , D 1;1;1 với m  0; n  m  n  Biết m , n thay đổi, tồn mặt cầu cố định tiếp xúc với mặt phẳng  ABC  qua d Tính bán kính R mặt cầu đó? A R  B R  C R  D R  Câu 7.8 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  2; 0;  , B  0; 2;  , C  0; 0; 2  Gọi D điểm khác O cho DA , DB , DC đơi vng góc I  a; b; c  tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD Tính S  a  b  c A S  4 B S  1 C S  2 D S  3 Câu 7.9 Cho tứ diện ABCD có AB = CD = a; AC = BD = b; AD = BC = Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện là: A a  b2  c2 B a  b2  c2 2 C a  b2  c2 D, a  b2  c2 30 KẾT LUẬN 3.1 Kết luận Trong viết trình bày vấn đề sau: Khai thác yếu tố hình học đặc trưng hình tứ diện đặc biệt tứ diện trực tâm, tứ diện gần đều, tứ diện vng Sử dụng tính chất hình hộp ngoại tiếp tứ diện để giải toán, kĩ thuật có ích để giúp học sinh giải toán trắc nghiệm thi THPT Quốc gia Thác triển xây dựng toán từ toán gốc.Trong tốn, tác giả phân tích kĩ yêu cầu đề giúp học sinh quen với tư giải tốn hình học 3.2 Kiến nghị Để đề tài sáng kiến kinh nghiệm áp dụng rộng rãi hiệu quả, tơi kính đề nghị sở giáo dục tổ chức buổi hội thảo để báo cáo, thảo luận đề tài đồng thời phổ biến đề tài website ngành để học sinh, giáo viên dễ tham khảo trao đổi 31 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] HÌNH HỌC 11 – Trần Văn Hạo (Chủ biên), NXB Giáo dục, năm 2006 [2] SÁNG TẠO TỐN HỌC – G.Pơlia, NXB Giáo dục, năm 1997 [3] PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC MƠN TỐN – Nguyễn Bá Kim, NXB Đại học sư phạm, năm 2002 [4] Đề thi thử nghiệm, đề thi minh họa THPT Quốc gia năm trước [5] Đề thi học sinh giỏi toán 12 tỉnh Đăk Lăk năm trước [6] Tài liệu chun tốn Hình học 11-Đồn Quỳnh (chủ biên), NXB Giáo dục, năm 2018 [7] Các tài liệu mạng internet 32 ... sau: Khai thác yếu tố hình học đặc trưng hình tứ diện đặc biệt tứ diện trực tâm, tứ diện gần đều, tứ diện vng Sử dụng tính chất hình hộp ngoại tiếp tứ diện để giải tốn, kĩ thuật có ích để giúp học. .. “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 đề tài Giúp học sinh tiếp cận toán với cách tư linh hoạt, bao quát... khơng phần quan trọng việc khai thác yếu tố định lượng tứ diện vuộng, đồng thời việc chứng minh hình thành O cho học sinh nhiều yếu tố tư việc khai thác giải A H C thiết toán Dù tốn cho H hình chiếu