Skkn hình thành thói quen tự học thông qua bài luyện tập

  • Số trang: 28 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 18 |
  • Lượt tải: 0
nganguyen

Đã đăng 34173 tài liệu

Mô tả:

Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP SỞ GD & ĐT TỈNH LÀO CAI TRƯỜNG THPT SỐ 1 BẢO THẮNG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NĂM HỌC 2013 - 2014 TÊN ĐỀ TÀI: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Họ tên tác giả: Trần Văn Hào Đơn vị : Tổ chuyên môn:TOÁN -TIN Trường: THPT SỐ 1 BẢO THẮNG Lĩnh vực nghiên cứu : Phương pháp dạy bộ môn SƠ LƢỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1. Họ và tên: Trần Văn Hào 2. Ngày tháng năm sinh: 10/10/1958 3. Nam,( nữ): Nam 4. Địa chỉ: Tổ toán -Trường THPT số1 Bảo Thắng. 5. Chức vụ: Giáo viên 6. Đơn vị công tác: Trường THPT số1 Bảo Thắng II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Đại học sư phạm - Chuyên ngành đào tạo: Toán III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: 30 Năm dạy Toán THPT. Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng -1- Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP MỤC LỤC Trang PHẦN THỨ NHẤT:MỞ ĐẦU 2 I. Lý do chọn đề tài 3 II.Mục đích nghiên cứu: 3 III.Đối tượng nghiên cứu 4 IV. Giới hạn phạm vi nội dung: 4 V.Nhiệm vụ nghiên cứu 4 VI. Phương pháp nghiên cứu 4 VIII.Thời gian nghiên cứu: 4 PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG 4 PHẦN THỨ BA:KẾT QUẢ KHẢO SÁT 27 PHẦN THỨ TƯ :KẾT LUẬN 28 PHẦN THỨ NĂM:TÀI LIỆU THAM KHẢO 28 Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng -2- Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP PHẦN THỨ NHẤT:MỞ ĐẦU I. Lý do chọn đề tài -Xu thế của dạy học hiện đại là dạy học theo phương pháp kiến tạo hay gọi là lý thuyết tình huống và hiện nay chúng ta dạy học bằng cách tổ chức các hoạt động. Trong hoạt động dựa vào tri thức đã biết để xây dựng các tri thức mới thì các kiểu giải bài tập tương tự là hoạt động phù hợp và cần thiết. -Khi dạy học sinh lớp 11 và 12 giải toán hình không gian tôi thường gặp các bài toán tương tự ở hình phẳng và thực tế có nhiều bài toán hình không gian để dễ hiểu chúng ta phải qui về mặt phẳng để tìm tòi lời giải hay minh họa cho học sinh dễ hiểu.(Bài toán đối ngẫu). - Khi dạy học sinh lớp 12 giải toán tích phân tôi thường định hướng cho học sinh áp dụng trực tiếp sau đó tìm cách giúp học sinh tự khái quát nhận dang các bài toán tương tự. -Trong hướng dẫn học sinh làm bài về nhà, bồi dưỡng học sinh các đối tượng và hướng dẫn học sinh giải bài toán trên báo toán học tuổi trẻ tôi thường xuyên giúp đỡ và đưa ra các gợi ý tìm bài toán liên quan. Với các lý do trên tôi xin trình bày một số bài toán mà tôi đã giảng dạy trong bộ môn hình học không gian ở khối 11 và 12 cũng như bồi dưỡng học sinh các đối tượng. - Học sinh thường lúng túng trước một bài toán hình không gian ở các mặt: vẽ hình, chưa hiểu rõ các khái niệm, định lý, liên quan và đặc biệt là không nhớ hay phát hiện được các bài toán tương tự. -Trong hình không gian có những bài toán này là bài toán con của bài toán khác (ví dụ: cắt một góc của khối chữ nhật ta có tứ diện vuông, cắt 1 tứ diện vuông ta có 1 tứ diện tùy ý hay bổ sung 1 tứ diện ta được một hình hộp…) Học sinh thường suy nghĩ hay giải từ các bài toán liên quan theo dạng (các loại tứ diện, hình chóp, hình hộp, các cách chứng minh sự vuông góc hay song song…) mà không để ý xa hơn là có bài toán hình phẳng tương tự và giải các bài toán này… - Học sinh ít suy nghĩ là từ đâu ta ra đề toán này (thực ra đối với thầy giáo thì việc ra đề bài hoàn toàn dựa trên nền tảng lý thuyết cũng như bài tập các em đã gặp đã được học. Đề cho học sinh giỏi là đề biến hóa từ một mệnh đề toán nào đó mà giả thiết bị giấu khá xa hay khai thác một tính chất được tổng quát hóa hay mở rộng cho đối tượng khác). Với các lý do trên tôi xin trình bày một số bài toán mà tôi đã giảng dạy trong bộ môn hình học không gian ở khối 11 và 12 ,Phương pháp đổi biến số để tính tích phân ơ khối 12 cũng như bồi dưỡng học sinh các đối tượng. II.Mục đích nghiên cứu: Mọi khối đa diện đều phân chia được thành những khối tứ diện.Nắm vững phương pháp tiếp cận khối tứ diện thông qua các tính chất định tính , định lượng đặc trưng của nó là cơ sở quan trọng nhất để hình thành kiến thức và kỹ năng giải toán hình học Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng -3- Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP tổng hợp lớp 11 và lớp 12 một cách chủ động và sáng tạo.Rèn luyện kỹ năng xác định hàm hợp từ đó ghi nhớ và vận dụng phương pháp tính tích phân . III.Đối tƣợng nghiên cứu Học sinh lớp 11A2 ,12A3, 12A4 và lớp 12A5 năm học 2013-2014 của trường . IV. Giới hạn phạm vi nội dung: Tôi xin trình bày 20 bài toán và 15 bài tập kiểm tra; để áp dụng cho nhiều đối tượng . V.Nhiệm vụ nghiên cứu -Muốn giải một bài toán ta thường thực hiện 2 bước: * Huy động kiến thức và tổ chức kiến thức. Huy động kiến thức là một thao tác tư duy nhằm tái hiện các kiến thức có liên quan tới bài toán, từ lý thuyết, phương pháp giải, các bài toán đã gặp. Do đó: Người làm toán phải biết và cần phân tích ý tưởng: Ta đã gặp bài toán nào gần với kiểu bài toán này hay chưa ? Polia đã viết quyển sách với nội dung: “Giải bài toán như thế nào trong đó ông có đề cập đến nội dung trên như một điều kiện thiết yếu”. -Phương pháp tương tự hay tổng quát hóa là những thao tác tư duy cần thiết cho người làm toán phổ thông(tương tự trong toán học cần hiểu rộng hơn như có tính chất giống nhau, mô hình giống nhau, mối quan hệ giống nhau…như đường thẳng trong mặt phẳng và mặt phẳng trong không gian cũng là tương tự…tam giác và tứ diện, đường tròn và mặt cầu…là tương tự,khả năng nhận biết hàm hợp). VI. Phƣơng pháp nghiên cứu Trong giảng dạy tôi thực hiện: -Dùng hệ thống câu hỏi gợi ý phương pháp tìm tòi lời giải cũng như phương pháp chứng minh bằng kỹ thuật tương tự. -Khai thác, phát triển tính chất của bài toán hình phẳng, bài toán hình không gian tương tự. -Nhận dạng công thức tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số. -Ra đề toán theo hướng mở với kiểu câu phát hiện sáng tạo (ví dụ: em thử nghĩ kết quả này mở rộng trong không gian thì ra sao và có tính chất đó hay không). -Dùng phương pháp thống kê toán học. VIII.Thời gian nghiên cứu: Năm học 2013-2014 PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG Bài toán 1: 1 Cho ABC vuông tại A có đường cao AH. Chứng minh a) BC2 = AB2 + AC2 (Định lý Pytago) Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng -4- Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP b) 1 1 1   2 2 AH AB AC2 2 Cho tứ diện vuông OABC có đường cao OH 2 2 2 a) S2ABC  SOAC (Định lý Pytago)  SOAB  SOCB b) 1 1 1 1    2 2 2 OH OA OB OC2 Nhận xét: Bài toán này khá quen thuộc tôi không nêu cách giải. Ta có thể ra đề cho học sinh trung bình khá bài sau giúp các em nhận dạng sự tương tự bước đầu. 3 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = a, AD = b, AA' = c. a) Tính độ dài đường chéo AC' b) Tính khoảng cách từ các đỉnh A', B, D đến AC' c) Gọi ,, là góc tạo bởi đường chéo AC' và 3 cạnh lần lượt là AD, AB, AA'. Tính tổng B = cos2 + cos2 + cos2 (hay chứng minh S = 1) Đáp số a) AC'2 = a2 + b2 + c2 b) Gọi x, y, z là các khoảng cách từ A' đến AC…  x.AC'  cA'C'  x  c a 2  b2 b a 2  c2 c a 2  b2 .Tương tự y  , z a 2  b 2  c2 a 2  b2  c2 a 2  b2  c2 c) Đặt d = AC'  dcos = a, dcosb = b, dcos = c và dùng lại kết quả phần a S=1 Bài toán 2: 1 Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong ABC đều cạnh a. Hạ MH, MI, MK lần lượt vuông góc với các cạnh BC, CA, AB Chứng minh: S = MH + MI + MK không phụ thuộc vào vị trí của M. 2 Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong tứ diện đều ABCD. Hạ MH, MI, MK, ML lần lượt vuông góc với các mặt của tứ diện (H, I, K, L thuộc các mặt đó). Chứng minh: S = MH + MK + MI + ML không phụ thuộc vào vị trí của M. Giải: A A I K B K M H M H h.1 C L D I B H.2 C 2SMBC 2SMAC SMAB 2SABC a 3     AH  (đpcm) a a a a 2 Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng -5- 1 S  MH  MK  MI  ML  Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP (AH là đường cao ABC)- h.1 2 S  MH  MI  MK  ML  3V 3V 3VMBCD a 6  ....  MABC  ABCD  AH  SBDC SBDC SBDC 3 không đổi (AH là đường cao)- h.2 Nhận xét:  Câu 1: Có thể mở rộng cho đa giác đều  Câu 2: Có thể mở rộng cho tứ diện đều hay tứ diện ABCD gần đều (AB=CD=a; AC = BD = b; AD = BC = c) hay khối đa diện đều.  Học sinh làm quen với tỉ số diện tích, thể tích có chung mẫu số. Bài toán 3: 1. M là điểm tùy ý nằm trong ABC. Gọi MH, MI, MK là các khoảng cách từ M đến MH MI MK các cạnh của tam giác. Chứng minh   1 BC AC AB 2. M là điểm tùy ý nằm trong tứ diện ABCD. Gọi x,y,z,t là khoảng cách từ M đến các mặt đối diện đỉnh A,B,C,D và ha, hb, hc, hd lần lượt là đường cao của tứ diện. x y z t    1 Chứng minh: ha hb hc hd Nhận xét: Đây là bài toán nền dựa vào kết quả này ta có thể phát triển và khai thác nhiều kiểu ra đề khác nhau. Bài toán 4: 1. M là điểm nằm trong tam giác. Hãy tìm vị trí M để thấy tổng khoảng cách từ M đến các cạnh là lớn nhất, nhỏ nhất. 2. M là điểm nằm trong tứ diện. Hãy tìm vị trí M để tổng các khoảng cách từ M đến các mặt là lớn nhất, nhỏ nhất. Cách giải: A A I K B 1. K M H M H h.1 C L D I B H.2 C 1 1 1 1 x.BC  .AC  z.AC  ha.BC 2 2 2 2 Giả sử AB < AC < BC tương ứng là ha < hb < hc Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng -6- Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP ha  x  y  z  hc 2 Tương tự ha  x  y  z  t  h d Bài toán 5: 1. Cho điểm M nằm trong  ABC, AM, BM, CM cắt BC, CA, AB lần lượt tại A1,B1 ,C1. Chứng minh: 1) MA1 MB1 MC1   1 AA1 BB1 CC1 2) MA MB MC   6 MA1 MB1 MC1 3) MA1 MB1 MC1 3    MA MB MC 2 4) AA1 BB1 CC1   9 MA1 MB1 MC1 5) MA1 MB1 MC1 1    AA1 BB1 CC1 27 6) MA MB MC   8 MA1 MB1 MC1 AM BM CM   MA1 MB1 MC1 7) Tìm GTNN của P  2. Điểm O nằm trong tứ diện ABCD, AO, BO, CO, DO cắt các mặt tứ diện lần lượt tại A1, B1, C1, D1. Chứng minh OA1 OB1 OC1 OD1 OA OB OC OD    1 1) 2)    1 AA1 BB1 CC1 DD1 AA1 BB1 CC1 DD1 AA1 BB1 CC1 DD1 OA OB OC OD     12 3)     16 4) OA1 OB1 OC1 OD1 OA1 OB1 OC1 OD1 OA1 OB1 OC1 OD1 4 AA1 BB1 CC1 DD1 16         5) 6) OA1 OB1 OC1 OD1 3 OA OB OC OD 3 AA1 BB1 CC1 DD1 OA OB OC OD . . .  81 . . .  256 7) 8) OA1 OB1 OC1 OD1 OA1 OB1 OC1 OD1 AA1 BB1 CC1 DD1 256 . . .  AO BO CO DO 81 Lời giải: 1. 9) 10) OA1 OB1 OC1 OD1    4 3 OA1 OB1 OC1 OD1 A A B1 C1 B C1 M A1 O D1 h.1 C B B1 A1 H.2 Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng D C -7- Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP 1) MA1 MH' SMBC S1    AA1 AH SABC S Tương tự  VT  2) S1 S2 S3 S1  S2  S3    1 S S S S MA1 AA1  A1M S2  S3    côsi cho 3 cặp nghịch đảo  VT  6 AA1 MA1 S1 3) Khai thác bất đẳng thức bất đẳng thức Nétbit 4) ,5), 6) ,7) Dùng bất đẳng thức Côsi 2. 1) V  V2  V3  V4 OA1 V1   VT  1 1 AA1 V V 2) 3(V1  V2  V3  V4 ) OA1 AA1  OA1 V  V2 V2  V3  V4     3 AA1 AA1 V V V 3) 4,5,6,7,8,9,10: Tương tự khai thác các bất đẳng thức Đại số cho 4 số không âm. Nhận xét: + Việc khai thác bất đẳng thức đại số cho 4 số không âm (diện tích, thể tích) giúp ta có nhiều bài tập hay và tổng hợp toàn diện. Bài toán 6: 1. Cho ABC. Đường thẳng  qua trọng tâm G cắt 2 cạnh AB và AC tại B',C'. AB AC Chứng minh:  3 AB' AC' 2. Cho tứ diện ABCD. Mặt phẳng  đi qua giao điểm các trọng tuyến G cắt AB, AC, AB AC AD AD tại B', C', D'. Chứng minh:   4 AB' AC' AD' Cách giải: A A A B’   I B A F M D’ G  A E h.1 B1 A’ C’ C K B D G .. .A 1 h.2 A B’ C 1. Hạ BI, CK, ME, AF vuông góc với  và đặt BI = x, CK = y, AF = z Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng -8- Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Ta có BB' x AB x  z    AB' z AB' z Tương tự: AC y  z  AC' z AB AC x  z  y  z xy ME 1 Mà    2  (tính chất trọng tâm) AB' AC' z z AF 2 xy AB AC  ME   AF  Z  x  y    2 1  3 2 AB' AC' 2. Cách giải: tương tự như trên, tuy nhiện đề bài ra là TRỌNG TUYẾN. Khái niệm này cần phải giải thích cho học sinh và chứng minh tính chất nên ta có thể đưa ra bài toán sau hoàn toàn tương tự. 3.Cho hình chóp SABC và G là trọng tâm  ABC. Mặt phẳng () đi qua điểm G'  SG cắt SA, SB, SC lần lượt tại A', B', C' Chứng minh: SA SB SC SG   3 SA' SB' SC' SG ' S A’ B’ G’ B C’ G Giải: A C Ta đã quen với bài toán tỉ số thể tích nên cách giải như sau: SA SB SC SG , y , z , t SA' SB' SC' SG ' V VSB'C'G'  y.z.t ; Ta có : SA'B'C'  x.y.z ; VSABG VSBCG Đặt  x  VSA'C'G'  x.z.t VSACG VSA'B'C'  (xy  yz  zx).t 1 V 3 SABC 1 (vì VSABG  VSBCG  VSABC ) 3 V 3 Mặt khác ta có: SA'B'C'  (**) 1 xyz V 3 SABC Cộng 3 đẳng thức Từ (*) và (**)  đpcm (x + y + z = 3t) * Trường hợp đặc biệt nếu G' là giao điểm 2 trọng tuyến thì Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng SG 3  SG ' 4 -9- Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP  SA SB SC 4    3  4 . Thỏa bài toán trên. SA' SB' SC' 3 Bài toán 7: 1. Cho ABC. M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Đặt S1 = SMBC, S2 = SMCA, S3 = SMAB. 1. Chứng minh: S1 MA  S2 MB  S3 MC  O 2. Chứng minh: Với mọi điểm I ta luôn có: S1 IA  S2 IB  S3 IC  SABC .IM 2. Cho tứ diện ABCD, M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tứ diện đó ký hiệu Vi(i  1,4) lần lượt là thể tích các khối MBCD, MACD, MABD, MABC. 1. Chứng minh: V1 MA  V2 MB  V3 MC  V4 MD  O . 2. Chứng minh: Với mọi điểm I ta luôn có: V1 IA  V2 IB  V3 IC  V4 ID  VABCD IM Lời giải: A A I I D M M B A’ C h.1 1. AM cắt BC tại A'; MA '  Mà B H H.2 C A 'C A 'B .MB  .MC BC BC S3 S2 S2 A 'C SMA'C SMAC S2 A 'C    ...   ...  MA '  .MB  .MC (1) A 'B SMA'B SMAB S3 BC S2  S3 S2  S3 S3  S2 Ngoài ra S1 S1 MA '  .  MA '  MA (2)Thế (2) và (1) MA S2  S3 S2  S3  S1 MA '  S2 MB  S3 MC  (đpcm) 2. (*)  S1 (IA '  IM)  S2 (IB  IM)  S3 (IC  IM)  O  S1 IA  S2 IB  S3 IC  (S1  S2  S3 )IM (đpcm) AM cắt mp (BCD) tại H Đặc S2 = SCJD ; S3 = SBDJ; S4 = SBCJ Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng - 10 - Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Theo bài trên:  SBCD.MJ  S2 MB  S3 MC  S4 MD (1) S2 S3 S4  3     (2) V2 V3 V4  h  Dễ dàng chứng minh được: (1)(2)  (V2  V3  V4 )MJ  V2 MB  V3 MC  V4 MD (3) Ta có :   V2  V3  V4 MA (4)  V1 MJ Từ (3)(4)  V1 MA  V2 MB  V3 MC  V4 MD  O b) Từ (a)  V1  IA  IM   V2  IB  IM   V3  IC  IM   V4  ID  IM   O đpcm Nhận xét:  Diện tích được thay bằng thể tích và bài toán tâm tỉ cự. Bài toán 8: 1. Cho  ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh nếu điểm I thỏa mãn hệ thức  a IA  bIB  cIC  O thì I là tâm đường tròn nội tiếp ABC. 2. Cho tứ diện ABCD với I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện. Đặt Sa = SBCD, Sb = SACD, Sc = SABD, Sd = SABC Chứng minh: Sa IA  Sb IB  Sc IC  O Giải: 1  aIA  b  IB  AI   c  IC  AI   (a  b  c)AI  bAB  cAC (1) Hay I  phân giác AD tương tự I  phân giác BE  đpcm D A E I M H D B C I· h.1 C A H.2 B 2 (I)  (ABC) = H Mặt phẳng (DAI) cắt BC tại M thì M nằm trên mặt phân giác của 2 mặt phẳng (BAD) và (CAD) Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng - 11 - Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP  d(M, DCD) = d(M, (DAB))  MB SAMB VDAMB VMDAB SDAB SC      MC SAMC VDAMC VMDAC SDCA SB M  BC  MB   Sc MC  Sb MB  Sc MC  O Sb  Sb IB  Sc IC  Sb  Sc  IM (1)Gọi M là giao điểm của IM và AD Tương tự:  Sd ID  Sa IA  Sd  Sa  IM' (2) Từ (1)(2)  Sa IA  Sb IB  Sb IC  Sd ID  Sb  Sc  IM  Sd  Sa  IM' Mà I, M, M' thẳng hàng  X  kMM' Lý luận tương tự với N, N' 2 điểm trên AB, CD, P và P' là 2 điểm trên BD, AC ta được X  lNN' , X  hPP' . Mà MM', NN',PP' không đồng phẳng  X  O  đpcm Nhận xét: Kiểu ra đề khác và ý tưởng tương tự được thể hiện ở kỹ thuật chứng minh. Ngoài ra ví dụ đưa ra phương pháp chứng minh một vectơ bằng O . Bài toán 9: 1. Cho ABC, M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tam giác Chứng minh: aMA + bMB + cMC  4SABC 2. Cho tứ diện ABCD. M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tứ diện. Gọi S a, Sb, Sc, Sd là diện tích các mặt đối diện tương ứng của đỉnh A,B,C,D. Chứng minh Sa.MA + Sb.MB + ScMC + SdMD  9VABCD Giải: 2. Gọi Vi(i  1, 4) lần lượt là thể tích các khối tứ diện MBCD, MACD, MABD, 1 MABC ta có AA1  MA + MA2  VABCD  Sa .MA  V1 3 Tương tự cho 3 bất đẳng thức còn lại: 1 VABCD  Sb .MB  V2 ...  đpcm 3 Bài toán 10: 1. Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G (hay GA  GB  GC  GD  O và một mặt phẳng (P) không cắt tứ diện. Gọi A1, B1, C1, D1, G1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A,B,C,D trên (P). Chứng minh: AA1 + BB1 + CC1 + DD1 = 4GG1 Em hãy tìm bài toán tương trong mặt phẳng Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng - 12 - Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Giải: Gọi M, N là trung điểm AB, CD và M1, N1 là hình chiếu của chúng trên (P). Ta có.   2 GM  GN  2GM  2GN  GA  GB  GC  GD  O (Vì G là trọng tâm)  GM  GN  0  G là trung điểm MN. Do mặt phẳng (P) không cắt tứ diện nên các hình thang ABB1A1, CDD1C1, MNN1M1 có các đường trung bình tương ứng là MM1, NN, GG1 do đó: GG1   1 1 1 MM1  NN1    AA1  BB1    CC1  DD1   2 2 2  1  AA1  BB1  CC1  DD1 (đpcm) 4 2. Bài toán tương tự là: Cho ABC có trọng tâm G và đường thẳng d không cắt cạnh nào của tam giác. Gọi A1, B1, C1, G1 là hình chiếu của A,B,C,G. Chứng minh AA' + BB' + CC' = 3GG' Cách giải: -Giải bằng vectơ thì đơn giản -Giải bằng cách vẽ thêm MM1 với M là trung điểm BC và M1 là hình chiếu của M trên d. Bài toán 11: 1. Chứng minh rằng: Trong ABC ta có: 1 1 1 1    r ha hb hc (r là bán kính đường tròn nội tiếp, hi: là đường cao tương ứng) 2. Chứng minh rằng: Trong tứ diện ABCD ta có: 1 1 1 1 1     r ha hb hc hd (r là bán kính mặt cầu nội tiếp hi là đường tròn cao tương ứng từ đỉnh tứ diện) Nhận xét: + Lời giải đơn giản dựa vào tỉ số diện tích và thể tích. + Đây là bài toán nền để khai thác các bài toán bất đẳng thức hay cực trị. + Đối với tam giác đều hay tứ diện đều cần nhớ : a) 1 3 r 1  hay  r h h 3 b) 1 4 h  hay  4 r h r + Khai thác bài 11 ta có bài sau. Bài toán 12: 1. Cho ABC. Gọi ha, hb, hc, r lần lượt là độ dài các đường cao, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó. Chứng minh: ha  h b  h c  9r Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng - 13 - Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP 2. Cho tứ diện ABCD gọi hai hi (i  1  4) , r lần lượt là độ dài các đường cao và bán kính mặt cầu nội tiếp tứ giác. Chứng minh h1 + h2 + h3 + h4  16r. Bài toán 13: 1. Cho ABC và M là 1 điểm tùy ý trong tam giác. Hạ MA1, MB1, MC1 vuông góc với BC, AC, BC. Chứng minh: BC AC AB C    MA1 MB1 MC1 r (C : chu vi ABC, r là bán kính đường tròn nội tiếp ABC) 2. Cho tứ diện ABCD, M là 1 điểm tùy ý trong tứ diện. Hạ Hạ MA1, MB1, MC1, MD1 vuông góc với các mặt phẳng đối diện với đỉnh A,B,C,D. Chứng minh: SBCD SCDA SDAB SABC S     MA1 MB1 MC1 MD1 r (S là diện tích toàn phần tứ diện, r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện) Giải: 1. 2 BC AC AB   BC.MA1  AC.MB1  AB.MC1    BC  AC  AB  MA1 MB1 MC1 Hay: T.2S  (2p)2 biết S = pr.  đpcm 2. Tương tự T(3V1 + 3V2 + 3V3 + 3V4)  S2 T S2 3V S S S S S 1 ta lại có  V  Sr  BCD  CDA  DAB  ABC  (đpcm) MA1 MB1 MC1 MD1 r 3 Bài toán 14: 1. Cho ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Gọi M là 1 điểm nằm trong tam giác. Gọi khoảng cách từ M đến A,B,C là Ra, Rb, Rc và da, db, dc là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB. Chứng minh: da.db.dc  S2  S3 S3  S1 S1  S2 R a .R b .R c . .  a a a 9 (trong đó S1 = SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB + S = SABC) Bài 2. Cho tứ diện A1A2A3A4. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi Ra, Rb, Rc, Rd là khoảng cách từ M đến các đỉnh, da, db, dc, dd là khoảng cách từ M đến các mặt. Gọi V, Vi, Si là thể tích tứ diện các mặt đối diện đính Ai. Chứng minh 4 da.db.dc   i 1  V  V1   R a R bR cR d Si 81 (*) Giải: 1. Vẽ AH  BC Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng - 14 - Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Ra + da  ha  aRa  aha – ada = 2S – 2S1 (1) bRb  bhb – bdb = 2S – 2S2 (1) cRc  chc – cdc = 2S – 2S3 (3) Từ (1)(2)(3)  aRcRaRbRc  (2S – 2S1)(2S – 2S2)(2S – 2S3) (4) Kết hợp với (2S – 2S1)  bdb + cdc   2 bcdddc  VP(4)  8abc.da db .dc (5) Từ (4) và (5)  đpcm 2. Trong không gian thay cạnh bằng diện tích và diện tích bằng thể tích ta được kết quả (*) Nhận xét: Ta có thể khai thác bài toán này theo tổng các khoảng cách R a, Rb, Rc như sau: 3. Cho tứ diện A1A2A3A4. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi Ra, Rb, Rc, Rd là khoảng cách từ M đến các đỉnh, da, db, dc, dd là khoảng cách từ M đến các mặt. Chứng minh:  R a  R b  R c  R d  2 d a d b  d a d c  d a d d  d b d c  d b d b  d cd d  Giải: Ta đã biết da d b dc dd     1 (1) ha hb hc hd Theo Bunhiacốpxki ta có: da d b dc dd     ha hb hc hd  da  d b  dc  dd ha  hb  hc  hd  2 (2) Từ (1) (2)  h a  h b  h c  h d  da  d b  dc  dd  2 d d  i j Ngoài ra Ra + da  ha Chú ý dấu = xảy ra khi M thuộc các đường cao tứ diện và cách đều các đỉnh nên M là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trực tâm ABCD. Bài toán 15: Học sinh giải Câu 1 và tìm cách ra đề và giải bài toán tương tự trong không gian. 1. Trong ABC lấy điểm M bất kỳ. Gọi ha, hb, hc là khoảng cách từ M đến BC = a, AC = b, AB = c. Tìm vị trí của điểm M để tích hahbhc đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị đó theo a,b,c. Giải: Dễ thấy aha + bhb + chc = 2S Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng - 15 - Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP 3  2S   ah a bh bch c     3   ha h bhc  (Côsi)  8 p(p  a)(p  b)(p  c) 3 8S  27abc  3 27abc (Dấu = xảy ra khi aha = bhb M thuộc trung tuyến CM, tương tự  M là trọng tâm ABC). 2. Trong tứ diện ABCD. Tìm vị trí điểm M để tích khoảng cách từ đó đến các mặt của tứ diện là lớn nhất. Tính GTLN đó theo diện tích các mặt và thể tích của tứ diện. Bài toán 16: Tính các tích phân sau: 1 a) I = e  x 0 2 1  ln x xdx b) J =  cos 2 x dx c) H = dx x 1  2 sin 2 x 0 1 e 4  1 x phân tích : a) I =  e xdx 2 0  x2 Ta xem g(x) = e ; h(x) = x 2 Đặt u = -x  g(x) = eu ( g(x) : biểu diễn được theo u ) 1 2 u’(x) = -2x = -2h(x)  h(x) =  u ' ( x) ( h(x) : bằng u’(x) nhân hằng số ) Vậy bài toán đặt u = -x2 là hợp lý giải 1 2 a) Đặt u = -x2  du = -2xdx  xdx =  du Đổi cận x = 1  u = -1 x=0u=0 1 0 1 u 1 u 1 u do đó I =   e du   e du  e 20 2 1 2 1 e 1  (e 0  e 1 )  2 2e 1 0  4 b) J = cos 2 x  1  2 sin 2 x dx 0 đặt u = 1+2sin2x  du = 4cos2xdx  cos2xdx = đổi cận x =  u=3 4 du 4 x= 0  u = 1 3 1 1 1 1 1 3 do đó J =  du  ln u 1  (ln 3  ln 1)  ln 3 41u 4 4 4 Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng - 16 - Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP 1  ln x dx c) H =  x 1 e 1 dx x đặt u = 1+ lnx  du = đổi cận x = e  u = 2 x=1u=1 2 u2 do đó H =  udu  2 1 2  2 1 1 3  2 2 b Nhận xét:Tính tích phân  f ( x)dx a Cơ sở của phương pháp đổi biến số là công thức sau đây b u (b) a u(a)  f u( x)u' ( x)dx   f (u)du Trong đó hàm số u = u(x) có đạo hàm liên tục trên K, hàm số y = f(u) liên tục và sao cho hàm số f[u(x)] xác định trên K; a,b là 2 số thuộc K b chú ý: nếu tính tích phân  g ( x).h( x)dx bằng phương pháp đổi biến a đặt u = u(x) sao cho : h(x) = k u’(x) ( k hằng số ) và g(x) biểu diển được theo u dx 1 a 1 Dạng 1: I =  ax  b  a  ax  b dx  a ln ax  b  C Dạng 2: I =  ax 2 dx 2 (a  0) ( với  = b -4ac)  bx  c  nếu  > 0 : ax2 + bx + c = a(x – x1)(x – x2) nên  1 x  x1 1 1  1  dx   ln C  a( x1  x2 )  x  x1 x  x2  a( x1  x2 ) x  x2 I=  nếu  = 0 : ax2 + bx + c = a(x – x0)2 ( với x0 =  I = b ) nên 2a 1 dx 1  C 2  a ( x  x0 ) a( x  x0 )  nếu  < 0: ax2 + bx + c = a(x- x0)2 + (     ) = a ( x  x0 ) 2  ( 2 ) 4a 4a   1 du dùng đổi biến u = tant 2  a u  2 (mx  n)dx Dạng 3: I =  2 ax  bx  c  (ax 2  bx  c)'  1 phân tích I =   . 2  . 2 dx ax  bx  c   ax  bx  c 1 (mx  n)dx chú ý: nếu  > 0 ta có : I =  a ( x  x1 )( x  x2 ) nên I có dạng I = Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng - 17 - Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP phân tích mx  n A B   đồng nhất hệ số ta tìm được A,B sau đó đưa ( x  x1 )( x  x2 ) x  x1 x  x2 về dạng 1 mx0  n mx  n 1 (mx  n)dx 1 m 1 = (  )dx  ln x  x0  0 C 2  2 a ( x  x0 ) a x  x0 ( x  x0 ) a x  x0 nếu  = 0 ta có I = Bài toán 17: Tính các tích phân sau: 2 dx A=  2x  1 1 2 xdx ;B=  ; C= 2 1 ( 2 x  1) 1 2 2 xdx 0 x 2  3x  2 ; D = 1 x 0 4x  3 dx  x 1 2 giải: 2 A= dx  2x  1 = 1 2 1 1 1 1 d (2 x  1) = l n 2 x  1 1  (ln 3  ln 1)  ln 3  2 2 2 2 1 2x  1 2 2 B= 1 4 1 xdx 1 (2 x  1) 2 = 2 1 d (2 x  1) 1 2 x  1 + 4 2 2 2   1  2x  1 1  2 xdx 1 1 1 =  dx  1 (2 x  1) 2 2 1 (2 x  1) 2 (2 x  1) 2  2 1 2 x  1  (2 x  1) 2  dx =   2 2 1 1 d (2 x  1) 1 1 1 1 (2 x  1) 2 = 4 ln 2 x  1 1  4 2 x  1 1 = 4 ln3 - 4 2 2 1 1 1   1 = ln3 + 4 6 3  1 2 1 2 2 xdx 2 xdx = ( x  1)( x  2)  3x  2 0 0 2x A B A( x  2)  B( x  1) ( A  B) x  2 A  B phân tích :     ( x  1)( x  2) x  1 x  2 ( x  1)( x  2) ( x  1)( x  2) A  B  2  A  2  giải hệ :   2 A  B  0 B  4 C= x 2 1 2 1 2 4 C  (  )dx   2 ln x  1 02  4ln x  2 x  1 x  2 0 1 2 0 1 3  2. ln  4. ln  2 ln 2  4 ln 3  4 ln 2  4 ln 3  2 ln 2 2 2 4x  3 dx 0 x  x 1 4x  3  (2 x  1)    2 Phân tích : 2 x  x  1 x2  x  2 x  x  1 2  4   2  giải hệ      3   1 1 1 1 4x  3 2x  1 1 D=  2 dx = 2 2 dx   2 dx 0 x  x 1 0 x  x 1 0 x  x 1 1 D=  2 1 Ta có: 2 0 1 2x  1 d ( x 2  x  1) dx  2  2 ln x 2  x  1  2 ln 3 2 2  0 x  x 1 x  x 1 0 1 Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng - 18 - Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP 1 1 1 1 dx   dx 2 2 2   0 x  x 1 0  1 3   x     2   2    1 3    đặt x   tan t , t    ;  đổi cận : x = 0  t = 6 2 2  2 2 I  x= 1  t = ;  3 2 2 3 1  3 3  2   (tan 2  1) dx = (tan t  1)dt ;  x      2 2  2  4    3  (tan 2 x  1) 3 3 3 2 2 2   I=  2 dt =  dt  t   3 3 3  3 6 3 3   (tan 2 x  1) 6 6 6 4  vậy D = 2ln3 + 3 3 Bài toán 18: Tính các tích phân sau: x 1 1 a) A   3 0 3x  1 1 dx; b) B   0 xdx 1  2x  1 1 ; c)C   0 x 3 dx x2  2 giải 1 a) A   3 0 x 1 3x  1 dx đặt u = 3 3x  1  u3 = 3x + 1 3u2du = 3xdx  u2du = xdx và x = u3 1 3 đổi cận : x = 0  u = 1 x=1u= 3 4 u3 1 3 4 3 3 1 4 4 5   1 1 u 1  83 2 6  1  183 2 2 4 2 3 3  A  u du   (u  2u )du    u     2 2      u 3 3 5 3 5 5 3 5   1 1    1 1 b) B   0 xdx 1  2x  1 đặt u = 2 x  1  u 2  2x  1  2udu  2dx  udu  dx và x = đổi cận : x = 0  u = 1 x=1u= 3 u 2 1 2 u 2 1 3 .udu 3 3 1 1  u3 u2  1 9 1 1 3 13 2 2 B    (u  u )du       3       1 u 2 1 2 3 2 1 2 2 3 2 2 6 1 1 c) C   0 x 3 dx x2  2 đặt u = x 2  2  u 2  x 2  2  udu  xdx và x2 = u2 – 2 đổi cận : x = 0  u = 2 Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng - 19 - Sang kiến kinh nghiệm: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP x=1u= 3 1 C 0 (u 2  2)udu   u x2  2 2 3 x 2 xdx 2 Bài toán 19: Tính A   1  u3   u  2 du   3  2u  2 3   2 1 dx x 2x 2  2x  1 ;B   0 3  32 3( 2 2 2 4 2  2 2)  3 3 dx ( x  1) x 2  2 x  2 Giải 2 dx A x 2x  2x  1 1 1 1 đặt u =  x =  dx =  2 du x u u 2 1 đổi cận : x = 1  u = 1 x=2u=½ 1 1 du du 1 1 2 2 u u A   1 2 2 2 2 1 1 1 1 1  1 2  1 2 2 2 2 u u u u u u u 1 2  ln u  1  (u  1) 2  1 chú ý: 0 1 1 2  ln( 2  5 )  ln( dx  1 B 1 du u2  1 2  2u  u 2  1 2 1 du 2  2u  u 2  1 2 du (u  1) 2  1 3  13 42 5 )  ln 2 3  13  ln x  a  ( x  a) 2  b  C ( x  a)  b 2 dx ( x  1) x 2  2 x  2 đặt t = x 2  2 x  2  t2 = x2 + 2x + 2  tdt = (x+ 1)dx đổi cận : x = 0  t = 2 x=1t= 5 ( x  1)dx 1 B 0  ( x  1) 2 5 tdt   2  ( t  1 ) t x 2  2x  2 2 dt 1  1 1  1 t 1  t 2  1  2   t  1  t  1 dt  2 ln t  1 2 2 5 5 5 2 1  5 1 2  1  1 ( 5  1)( 2  1) ln  ln  ln 2  5 1 2  1  2 ( 5  1)( 2  1) Bài toán 20: 1 A  1/2 dx 8  2 x  x2 1  x2 dx ; C  x2 3 dx;B   1 3  1 1  x2 dx x2 giải 1 A  1/2 dx 8  2 x  x2 1 dx  dx  9  ( x  1)2 1/2   đặt x-1 = 3sint , x  ;   2 2 Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng - 20 -
- Xem thêm -