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
xy
ME 1
Mà
2
(tính chất trọng tâm)
AB' AC'
z
z
AF 2
xy
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=0u=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=1u=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=1u= 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=1u= 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=1u= 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
32 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=2u=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
42 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=1t= 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 -