Tài liệu Tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học” và “đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải một số bài toán

A. ĐẶT VẤN ĐỀ I. LỜI MỞ ĐẦU - Hình học là một môn học được xây dựng trên cơ sở hệ thống các tiên đề, định lý toán học, là một môn học chứa đựng nhiều tư duy trừu tượng, tư duy logic. Vì vậy đây thực sự là môn học khó đối với học sinh. Do đó để học sinh tiếp thu được môn học đòi hỏi người giáo viên phải có nghệ thuật sư phạm hướng dẫn học sinh hình thành các bước giải quyết bài toán và kỹ năng giải quyết bài toán đó. - Trong hình học ta thường gặp những bài toán như: chứng minh một đẳng thức hình học, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một đại lượng hình học, tìm điểm chia đoạn thẳng …. Để giải các bài toán này cần phải xây dựng một “Hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học”. Đây là một dạng toán khó ít gặp ở trong sách giáo khoa song lại gặp nhiều trong các kỳ thi tuyển sinh, thi học sinh giỏi. Để giúp học sinh định hướng nhanh lời giải cần đưa ra một phương pháp chung để giải quyết dạng toán này. - Qua nhiều năm dạy bồi dưỡng học sinh khá, giỏi, tôi đã rút ra một số kinh nghiệm nhỏ trong việc giúp học sinh định hướng nhanh việc “Tìm hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học” và sử dụng phương pháp giải một số bài toán hình học. Với đề tài này tôi hy vọng sẽ giúp học sinh không lúng túng khi gặp một số bài toán có liên quan. Nó sẽ giúp học sinh học tốt hơn, có hứng thú hơn đối với môn toán. Đề tài gồm có hai phần đó là: “Tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học” và “Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải một số bài toán” - Ý tưởng nghiên cứu đề tài được nảy sinh từ năm 2003, ban đầu tôi chỉ sử dụng phương pháp này để giải các bài toán bất đẳng thức hình học và cực trị hình học. Qua nhiều năm dạy học và bồi dưỡng học sinh khá giỏi đề tài được 1 nâng dần áp dụng vào việc tính toán các đại lượng hình học như độ dài đoạn thẳng, tỉ số đoạn thẳng,... II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU 1. Thực trạng vấn đề Khi gặp một bài toán có nhiều đại lượng hình học thay đổi và yêu cầu tìm điều kiện liên hệ giữa các đại lượng hình học thoả mãn một tính chất cho trước, tìm giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của một đại lượng hình học, tìm điểm chia đoạn thẳng, tính độ dài một đoạn thẳng, …thì học sinh tỏ ra rất lúng túng. Đa số học sinh không định hướng được lời giải, không biết được tìm lời giải phải bắt đầu từ đâu. Chính vì vậy tôi đã sử dụng các phương pháp đề cập trong đề tài và thấy có hiệu quả nhất định. 2. Kết quả, hiệu quả của thực trạng Qua quá trình kiểm tra đối với học sinh khi chưa đưa ra phương pháp trên đã cho kết quả dưới đây: Loại giỏi Tổng số SL học sinh 45 Tỉ lệ (%) 0 0 Loại khá SL Tỉ lệ Loại TB Tỉ lệ SL SL (%) Tỉ lệ (%) (%) 8 Loại yếu 17,78 17 37,78 20 44,44 Từ thực trạng trên tôi đã mạnh dạn đưa ra nội dung cách thức dạy học nhằm giúp học sinh định hướng nhanh lời giải bài toán 2 3 B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN Qua quá trình giảng dạy bản thân thấy được hai vấn đề đặt ra ở trên có thể được giải quyết trong một bài toán. Nếu không tìm được hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học thì không giải quyết được bài toán. Vì vậy trong quá trình dạy học, tôi đã dạy cho học sinh nắm chắc lần lượt hai vấn đề: “Tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học” sau đó là “Đi tìm hệ thức liên hệ giải một số bài toán hình học”. Hai nội dung trên được dạy trong các tiết dạy bồi dưỡng học sinh khá giỏi 1. Tìm hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học - Nếu trong giả thiết của một bài toán hình học có các yếu tố: điểm, đường thẳng, góc … thay đổi; chịu một điều kiện ràng buộc hình học nào đó thì một vấn đề đặt ra là cần chuyển điều kiện ràng buộc hình học đó thành một điều kiện ràng buộc giữa các đại lượng có thể tính toán được dưới dạng một biểu thức đại số - được gọi là biểu thức liên hệ. Qua nhiều năm giảng dạy tôi đã rút ra được hai cách để giải quyết bài toán trên. a. Cách 1 Chọn và tính một đại lượng hình học nào đó (Độ dài đoạn thẳng, diện tích một đa giác, thể tích khối đa diện, …) theo hai cách khác nhau, đẳng thức liên hệ giữa hai cách tính đó sẽ cho một hệ thức cần tìm. Ta xét một số bài toán minh hoạ sau: �   , I là một điểm cố định trên phân giác của góc. Bài toán 1.1. Cho góc xOy Một đường thẳng  thay đổi qua I cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B. Tìm hệ thức liên O hệ giữa hai độ dài x=OA; y = OB. BÀI GIẢI A x I B 4 y + Đặt OI = d, ta có: + SOAB = 1 1 .OA.OB.sin � AOB = . x.y.sin  2 2 + SOAB = SOAI + SOIB = = 1  d sin (x+y) 2 2 (1). 1  1  xd sin + yd sin 2 2 2 2 (2)  2 cos 1 1  1 1 . x . y .sin   . x  y . d .sin   2 + Từ (1) và (2) ta có: 2 2 2 � x  y  d  * Đẳng thức (*) chính là hệ thức cần tìm. Nhận xét - Đẳng thức (*) tìm được là do ta tính diện tích  ABC bằng hai cách. Cách 1 cho đẳng thức (1); cách 2 cho đẳng thức (2). - Thông thường trong hai cách tính đại lượng đã chọn, có một cách là cách tính thông thường đúng cho mọi trường hợp (Như cách 1). Cách còn lại sẽ chỉ có được do điều kiện ràng buộc hình học của bài toán (Như cách 2). Bài toán 1.2. Cho hai tia Am, Bn chéo nhau nhận AB làm đường vuông góc chung. Các điểm M, N chuyển động trên Am, Bn sao cho đường thẳng MN tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB =a. Tìm hệ thức liên hệ giữa AM = x và BN = y. BÀI GIẢI + Kẻ tia Bt//Am. Gọi M 1 là hình chiếu của M trên Bt, ta có tứ giác AMM 1B là hình chữ nhật � BM1 = AM = x; � BN =  + Đặt M 1 (  bằng góc giữa Am và Bn). M A + Trong tam giác vuông M1MN ta có: MN2 = MM12 + M1N2 O  = MM12 + BM12+BN2 – 2BM.BN.cos  = a 2 + x2 + y2 – 2xy.cos (1) T M1 B N 5 + Mặt khác, gọi T là tiếp điểm của MN với mặt cầu ta có : MN = NT + TM = BN + AM = y + x (2) + Từ (1) và (2) ta có: (x+y) = a + x + y – 2xy.cos  2 2 2 2 � xy  a  4 cos 2 2  * Hệ thức (*) chính là hệ thức cần tìm Nhận xét - Để có hệ thức liên hệ ta đã tính độ dài MN bằng hai cách. Cách 1 cho đẳng thức (1), cách 2 cho đẳng thức (2). Bài toán 1.3. Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AD, I là một điểm trên AD. Một đường thẳng qua I cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N, đặt AM = x, BN = y . Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y BÀI GIẢI S x y AMN + Ta có : S  AB . AC  1 ABC A + Mặt khác : S AMN S AMI  S AIN S S 1 AI � x y �   AMI  ANI   2 �  � S ABC S ABC 2 S ABD 2S ADC 2 AD �AB AC � + Từ (1) và (2) ta có : 1 AI � x y � M x y .   * �  � AB AC 2 AD �AB AC � B N I C D Nhận xét S AMN - Đẳng thức liên hệ (*) được tìm ra do ta tính tỉ số diện tích S bằng 2 ABC cách khác nhau. Cách 1 cho đẳng thức (1), cách 2 cho đẳng thức (2) 6 - Bài toán có thể mở rộng trong trường hợp D không phải là trung điểm mà D thõa mãn : DB  k . Áp dụng tương tự ta cũng tìm được hệ thức liên hệ DC b. Cách 2 Chuyển điều kiện ràng buộc đã cho thành điều kiện ràng buộc về dạng của một tam giác, hệ thức liên hệ sẽ là một hệ thức lượng của tam giác này. Bài toán 1.4. Cho hình hộp chữ nhật ABCDA1B1C1D1 có ABCD là hình vuông cạnh a, AA1 = b. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Tìm điều kiện của a, b để nhị diện B1D1 của tứ diện MNB1D1 có số đo bằng  . 3 BÀI GIẢI + Gọi I=BD  MN  I là trung điểm của MN.  I 1  B1 D1 I1 B1  IB + I1 là hình chiếu của I trên mp(A1B1C1D1)   � N là góc Do B1D1  AC  B1 D1  MN , mà B1 D1  II1  B1 D1  ( MI1 N ) .=> MI 1 phẳng nhị diện cạnh B1D1 � N là góc phẳng nhị diện cạnh B D => MI 1 1 1 + Do II1  MN tại I là trung điểm của MN A M B I � N = 600 � MNI1 nên  MI1N cân tại I1. Vậy MI 1 là tam giác đều. 3 a 6 (*) � I1 I  MN b 2 4 N D C A1 D1 (*). Vậy điều kiện của a, b là liên hệ bởi hệ thức B1 I1 C1 Nhận xét 7 � N = 600 về điều - Ở cách giải bài toán ta đã chuyển điều kiện ràng buộc MI 1 kiện để  MNI1 là tam giác đều. 2. Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải một số bài toán . - Thông thường trong hình học ta phải giải bài toán tìm một đại lượng hình học f nào đó bị ràng buộc bởi các đại lượng x, y,…thay đổi. Khi đó để giải được bài toán này ta phải đi tìm một hệ thức liên hệ giữa các đại lượng thay đổi đó. Ta xét một số bài toán sau đây: Bài toán 2.1. (Đề thi HSG toán lớp 12 tỉnh Thanh Hoá năm học 2005 – 2006). Cho góc tam diện vuông Oxyz, trên Oz lấy điểm A cố định khác O, biết OA = a. Gọi (P) là mặt phẳng thay đổi chứa điểm A và cắt Ox, Oy lần lượt tại các điểm B, C sao cho 1 1 2   . Chứng minh rằng mặt phẳng (P) luôn chứa OB OC a một đường thẳng cố định. BÀI GIẢI � , I = BC  Ot . + Gọi Ot là tia phân giác của góc BOC + Áp dụng bài toán 1.1 ta có: 1 1 2 cos 450 1 1 2   �   OB OC OI OB OC OI + Theo giả thiết: 1 1 2   OB OC a + Từ (1) và (2) ta có:  1  2 2 2  � OI  a. OI a Do Ot cố định nên OI = a không đổi. � I là điểm cố định. Vậy mp (P) luôn chứa đường thẳng cố định AI. Nhận xét 8 - Bài toán có hai đại lượng hình học thay đổi OB, OC, ta đã tìm hệ � thức liên hệ giữa chúng chính là hệ thức (1), thay giả thiết BOC = 900 bởi giả � thiết BOC =  ta cũng có bài toán tương tự. - Bằng cách áp dụng bài toán 1.1 (hoặc cách xây dựng như bài toán 1.1), học sinh sẽ phát hiện nhanh lời giải các bài toán sau (bài toán 2.2; 2.3;2.4) Bài toán 2.2. Cho góc tam diện Oxyz, � yOx = 900. Trên Oz lấy điểm A cố định khác O, biết OA = a. Gọi (P) là mặt phẳng thay đổi chứa điểm A và cắt Ox, Oy lần lượt tại các điểm B, C sao cho 3 1 2   . OB OC a Chứng minh rằng mặt phẳng (P) luôn chứa một đường thẳng cố định. BÀI GIẢI � = 300 và BC  Ot = I . + Kẻ tia Ot sao cho xOt Ta có: SBOC = 1 . OB.OC (1) 2 + Mặt khác: SBOC = SBOI + SIOC = 1 1 . OB.OI. sin 300 + . OI.OC .sin 600 2 2 1 1 2 2 = ( OB  3 OC ).OI 2 (2) + Từ (1) và (2) ta có: 1 3 3 1 2 ( OB  OC ).OI  OB.OC �   (3) 2 2 OB OC OI +Theo giả thiết: 2 2 3 1 2   a OI .   (4) . Từ (3) và (4) ta có OI a OB OC a Do Ot cố định nên I cố định. Do đó mp (P) qua điểm I cố định. 9 Bài toán 2.3. Cho hình chóp tứ giác đều SABCD. Một mặt phẳng ( ) thay đổi cắt các cạnh SA, SC, SB, SD lần lượt tại các điểm M, N, P, Q. Chứng minh rằng 1 1 1 1    SM SN SP SQ BÀI GIẢI + Từ giả thiết ta có:  SAC và  SBD cân. ABCD là hình vuông =>  SAC =  SBD � . � � =  . SO là phân giác của MSN � và QSP ASC = BSC � + Áp dụng bài toán 1.1 đối với MSN ta có:  2 cos 1 1 2   SM SN SI (1) S  2 cos � ta có: 1 1 + Mặt khác đối với QSP 2  2   1 1 SP SQ 1 1 P M SI I Từ (1) và (2) ta có: SM  SN  SP  SQ Q N A B O D Bài toán 2.4 C Cho hình chóp tứ giác đều S SABCD có 8 cạnh đều bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SC. Một P M mặt phẳng (  ) thay đổi luôn đi qua M, N, cắt I Q N A B 10 O D C các cạnh SB, SD lần lượt tại P và Q. Xác định giá trị nhỏ nhất của diên tích tứ giác MPNQ. BÀI GIẢI + Từ giả thiết ta có: SA2+SC2 = AD2 + DC2 = 2 = AC2. =>  SAC vuông tại S. Tương tự  BSD vuông tại S. + Do MN  PQ nên 1 2 SMPNQ = . MN.PQ =  S MPNQ  2 .PQ 4 2 . x2  y2 4 (1) (Với SP=x; SQ = y, 0 - Xem thêm -