PHẦN I: ĐẶT VẤN ĐỀ Lí chọn đề tài Phù hợp với xu hội nhập đổi phương pháp dạy học, phù hợp với việc đổi theo Chương trình Giáo dục phổ thơng 2018, đặc biệt phương pháp dạy học tích cực “lấy học sinh làm trung tâm”, việc rèn luyện cho học sinh phương pháp tự học phát triển lực tư cho em điều cần thiết Để làm điều đó, người giáo viên cần rèn luyện cho học sinh kĩ khai thác vận dụng linh hoạt kiến thức có, từ tạo tiền đề cho phát triển tồn diện lực người học Hình thành học sinh phẩm chất trung thực, chăm chỉ, trách nhiệm, nhân u nước Trong chương trình tốn học phổ thơng, đặc biệt kì thi Học sinh giỏi, kì thi Đại học- Cao đẳng, kì thi THPT quốc gia, …các dạng tốn như: Tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng; tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau; tính thể tích khối đa diện; tính tỉ số thể tích khối đa diện; … hình học khơng gian thường dạng tốn khó địi hỏi kết hợp linh hoạt kiến thức, tư Việc giải dạng toán làm cho học sinh nhiều thời gian gặp nhiều khó khăn q trình định hướng cách giải, làm hứng thú niềm đam mê em môn Tốn, đặc biệt tốn Hình Từ thực tiễn giảng dạy qua trình bồi dưỡng cho học sinh kì thi, đồng thời qua trao đổi đồng nghiệp, nhận thấy việc phát khai thác “Mối liên hệ tỉ số độ dài đoạn thẳng với khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, với tỉ số thể tích hai khối đa diện” giúp ích nhiều cho việc định hướng cách giải tốn hình học khơng gian nói chung dạng tốn tính khoảng cách, tính thể tích khối đa diện tính tỉ số thể tích hai khối đa diện hình học khơng gian nói riêng Qua việc vận dụng khai thác mối liên hệ tỉ số độ dài đoạn thẳng với khoảng cách thể tích khối đa diện, phần giúp học sinh giảm bớt khó khăn việc phát giải vấn đề, phát huy lực tính sáng tạo vốn có thân học sinh Vì lí trên, tơi chọn đề tài: “Vận dụng tính chất tỉ số đoạn thẳng vào giải tốn hình học khơng gian” làm đối tượng nghiên cứu, nhằm nâng cao chất lượng dạy học thân, đồng thời góp phần khơi dậy niềm đam mê tình u Tốn học cho học sinh, đặc biệt tốn Hình Giúp học sinh có phương pháp tự học, tự nghiên cứu kiến thức, phát huy tối đa lực vốn có học sinh Trong đề tài này, tập trung khai thác tính chất mối liên hệ tỉ số hai đoạn thẳng với khoảng cách từ điểm đến đường thẳng; khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng; khoảng cách hai đường thẳng chéo tỉ số thể tích hai khối đa diện không gian Trên sở tìm cách giải tạo nên hệ thống tốn điển hình dạng tốn tính khoảng cách, tính tỉ số thể tích hai khối đa diện, hay tính thể tích khối đa diện, … không gian liên quan đến tỉ số độ dài hai đoạn thẳng, dạng tốn khó phức tạp Với cách giải trước đây, học sinh thường xác định tính tốn trực tiếp, … Tuy nhiên, cách giải học sinh thường phải kẻ thêm nhiều đường phụ hình vẽ bước biến đổi phức tạp, nhiều thời gian Trong đó, với việc kết hợp kiến thức tỉ số đoạn thẳng với khoảng cách, tỉ số đoạn thẳng với tỉ số thể tích khối đa diện khơng gian giúp học sinh chuyển đổi tốn cần giải tốn bản, dễ tính toán giải vấn đề đặt cách nhẹ nhàng Mục đích nhiệm vụ nghiên cứu Nghiên cứu lí luận kỹ giải tốn số biện pháp rèn luyện kỹ giải toán cho học sinh THPT Rèn luyện kỹ giải tốn tính khoảng cách điểm đến đường thẳng đến mặt phẳng; Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau; Tính thể tích khối đa diện; Tính tỉ số thể tích khối đa diện; … tốn Hình Tìm hiểu thực trạng việc học hình học khơng gian học sinh, đặc biệt dạng tốn tính khoảng cách thể tích khối đa diện Tìm hiểu tốn hay hình học khơng gian Xây dựng hệ thống tập điển hình nhằm rèn luyện kỹ tổng hợp khai thác kiến thức học sinh Gợi ý cách vận dụng hệ thống tập điển hình việc rèn luyện kỹ giải tốn nói chung, giải tốn Hình nói riêng, từ góp phần phát triển trí tuệ lực cho học sinh Phương pháp nghiên cứu a) Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu số giáo trình phương pháp dạy học mơn tốn, sách giáo khoa (SGK) phổ thơng, sách tập hình học 11,12 hai ban (cơ nâng cao), sách Bồi dưỡng giáo viên trung học phổ thông (THPT), mô đun bồi dưỡng thường xuyên, tài liệu tham khảo, đề thi Học sinh giỏi tỉnh Tỉnh Thành phố nước, đề thi Đại học- Cao đẳng, đề thi THPT quốc gia tạp chí Tốn học liên quan khác b) Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: Tổng kết kinh nghiệm qua nhiều năm trực tiếp giảng dạy, trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp, … Từ xây dựng hệ thống tập điển hình c) Phương pháp quan sát, điều tra: Quan sát thực trạng việc học tốn Hình học sinh qua năm học, khảo sát kết qua đợt kiểm tra khảo sát chất lượng, trao đổi với đồng nghiệp ý thức học tập kết học tập tốn Hình học sinh, … Đối tượng phạm vi nghiên cứu Học sinh khối lớp 11 khối lớp 12; Học sinh thi Học sinh giỏi; Học sinh thi THPT quốc gia; Giáo viên giảng dạy mơn Tốn trường THPT Nguyễn Đức MậuQuỳnh Lưu- Nghệ An Thời gian nghiên cứu Đề tài nghiên cứu thử nghiệm năm học: 2018  2019; 2019  2020 2020  2021 PHẦN II: NỘI DUNG NGHIÊN CỨU I CƠ SỞ LÝ LUẬN Trong chương trình Hình học lớp 11 lớp 12, đề thi học sinh giỏi; đề thi THPT quốc gia; … thường bắt gặp dạng tốn về: Tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng; Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau; Tính thể tích khối đa diện; Tính tỉ số thể tích khối đa diện; … hình học khơng gian Tuy nhiên, việc khai thác vận dụng kiến thức học vào giải dạng toán chưa đề cập nhiều sách giáo khoa tài liệu, làm cho học sinh gặp nhiều khó khăn q trình định hướng cách giải dạng tốn Để giúp học sinh rèn luyện phương pháp tự học phát huy lực sáng tạo thân, đề tài hướng dẫn cách khai thác kiến thức về: Mối tương quan tỉ số đoạn thẳng với khoảng cách điểm tới đường thẳng tới mặt phẳng 1.1 Bài tốn I.1: Trong khơng gian, cho hai đường thẳng   ' cắt điểm H Trên đường thẳng  ' lấy hai điểm phân biệt A, B khác với H Gọi d  A,   , d  B,   khoảng cách từ A B tới đường thẳng  Chứng minh d  A,   AH  d  B,   BH * Chứng minh toán I.1: - Trường hợp 1:  '   ' A ' A B H Khi đó, ta có d  A,    AH d  B,    BH , suy H B d  A,   AH  d  B,   BH - Trường hợp 2:   ' khơng vng góc với Gọi A ', B ' hình chiếu vng góc A, B đường thẳng  ' ' A A B B' H A' B' H A' B Ta có d  A,    AA ' ; d  B,    BB ' HAA 'HBB ' d  A,   AA ' AH   d  B,   BB ' BH Suy 1.2 Bài toán I.2: Trong không gian, cho đường thẳng  cắt mặt phẳng   điểm H Trên đường thẳng  lấy hai điểm phân biệt A, B khác với H Gọi d  A,    , d  B,    khoảng cách từ A B tới mặt phẳng   Chứng minh d  A,    d  B,     AH BH * Chứng minh toán I.2: - Trường hợp 1:     A A B H α H α B Khi đó, ta có d  A,     AH d  B,     BH , suy d  A,    d  B,     AH BH - Trường hợp 2:  khơng vng góc với   Gọi A ', B ' hình chiếu vng góc A, B mặt phẳng   A A B ' α H B' A' ' B' A' H α B Ta có điểm A ', B ', H thuộc đường thẳng  ' hình chiếu vng góc  lên   , d  A,     AA ', d  B,     BB ' Trong mp  ,  '  ta có HAA 'HBB ' , suy d  A,   AA ' AH   d  B,   BB ' BH 1.3 Bài toán I.3: Cho tứ diện ABCD có cạnh AB, AC, AD đơi vng góc với đỉnh A (tứ diện vuông đỉnh A ) Gọi h khoảng cách từ điểm A 1 1 đến mặt phẳng  BCD  Chứng minh    2 h AB AC AD2 * Chứng minh toán I.3: Gọi K , H hình chiếu vng góc A lên BC DK Ta có BC  AD BC  AK suy BC   ADK   BC  AH  AH   BCD  D  h  AH H Áp dụng hệ thức lượng tam giác vng ta có 1 1 1      2 2 h AK AD AB AC AD2 C A K B Mối liên hệ tỉ số đoạn thẳng với tỉ số thể tích hai khối đa diện 2.1 Bài tốn I.4: Cho khối chóp tam giác S ABC Trên ba đường thẳng SA, SB, SC lấy ba điểm A ', B ', C ' khác với S Gọi V V ' thể V ' SA ' SB ' SC ' tích khối chóp S ABC S A ' B ' C ' Chứng minh  V SA SB SC (Dạng tập 23, trang 29- SGK Hình học 12 nâng cao tập 4, trang 25- SGK Hình học 12 bản) * Chứng minh tốn I.4: - Kí hiệu V H  thể tích khối đa diện  H  S D  diện tích đa giác  D  A A B' A' K S C' S C' C C H K A' H B B' B HÌNH HÌNH A B' A A' A' C' C' S C C K HÌNH S H B' K H B B HÌNH - Ta có VS ABC  VA SBC VS A ' B ' C '  VA ' SB ' C ' - Gọi H, K hình chiếu vng góc điểm A, A ' lên mặt phẳng  SBC   AH / / A ' K - Vì ba điểm S , A, A ' thẳng hàng nên điểm S, H, K thẳng hàng SHASKA ' SA ' A ' K   SA AH - Mặt khác, vị trí điểm A ', B ', C ' đường thẳng SA, SB, SC khác điểm S tam giác SBC SB ' C ' ta có: 1 ; S    sin B  sin BSC ' SC ' SSBC  SB.SC.sin BSC SB '.SC '.sin B ' SC ' SB ' C '  2 - Do V ' VA ' SB ' C '  V VA SBC A ' K SSB ' C ' SA ' SB ' SC '   SA SB SC AH.SSBC 2.2 Bài toán I.5: Cho khối lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' Trên tia AA ', BB ', CC ' lấy điểm M, N, P khác đỉnh A, B, C lăng trụ Gọi V, V ' thể tích khối lăng trụ ABC A ' B ' C ' khối đa diện lồi có V '  AM BN CP  đỉnh A, B, C, M, N, P Chứng mhinh      V  AA ' BB ' CC '  * Chứng minh tốn I.5: - Kí hiệu V H  thể tích khối đa diện  H  ; S D diện tích đa giác  D  ; d  M,    khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng   d  ,  '  khoảng cách đường thẳng   ' A A C C B M B A' P C' N A' C' B' M P N B' HÌNH HÌNH A A C C M B P B A' A' M N B' HÌNH C' C' B' N P HÌNH Trong tất vị trí điểm M, N , P thuộc tia AA ', BB ', CC ' V ' VM ABC  VM BCPN VM ABC VM BCPN khác đỉnh A, B, C ta ln có    V V V V Mặt khác VM ABC V d  M,  ABC   SABC d  M,  ABC   MA    d  A ',  ABC   A ' A d  A ',  ABC   SABC diện tích hình thang BCPN SBCPN   BN  CP .d  B, CC '  1   BN.d  B, CC '   CP.d  B, CC '     BN.d  C, BB '   CP.d  B, CC '   2  BN CP CP   BN    BB '.d  C, BB '   CC '.d  B, CC '     S BCC ' B '  S BCC ' B '   BB ' CC ' CC '   BB '   BN CP      SBCC ' B '  BB ' CC '  Đồng thời VA BCC ' B '  V AM / /  BCC ' B '  suy thể tích khối chóp M BCPN 1  BN CP  VM BCPN  d  M,  BCC ' B '   SBCPN  d  A,  BCC ' B '      SBCC ' B ' 3  BB ' CC '   BN CP   BN CP       VA BCC ' B '    V  BB ' CC '   BB ' CC '  Do VM BCPN  BN CP      V  BB ' CC '  Từ suy V '  AM BN CP       V  AA ' BB ' CC '  II CƠ SỞ THỰC TIỄN Hình học nói chung hình học khơng gian nói riêng mơn học địi hỏi tư cao, yêu cầu người học phải có lực liên kết khai thác kiến thức cách linh hoạt, có tư logic trí tưởng tượng khơng gian Các tài liệu chuyên đề viết cách khai thác vận dụng tỉ số đoạn thẳng vào giải dạng tốn như: Tính khoảng cách từ điểm đến đường thẳng; Tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng; Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau; Tính thể tích khối đa diện; Tính tỉ số thể tích hai khối đa diện; … có mang tính rời rạc chưa đề cập nhiều Việc định hướng cách giải dạng toán hình học khơng gian thường phức tạp, gây nhiều khó khăn cho học sinh, làm hứng thú niềm đam mê em môn học Một số giáo viên dạy học chưa trọng đến việc dạy cho học sinh phương pháp tự học, tự nghiên cứu thông qua việc khai thác vận dụng kiến thức có; chưa định hướng cho em cách phân tích tổng hợp kiến thức, từ tạo nên hệ thống tốn điển hình học nghiên cứu Điều này, làm hạn chế lực sáng tạo người học, làm cho em khai thác hết tiềm vốn có III THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI Trong trình giảng dạy trao đổi với đồng nghiệp, nhận thấy tốn hình học khơng gian nói chung dạng tốn “tính khoảng cách” hay dạng tốn “tính tỉ số thể tích hai khối đa diện” hình học khơng gian nói riêng, học sinh gặp nhiều khó khăn q trình định hướng cách giải Cụ thể, giảng dạy lớp 12C1 phối hợp với đồng nghiệp dạy lớp 12C2 (hai lớp khối 12) trường THPT Nguyễn Đức Mậu- Quỳnh LưuNghệ An, tiến hành cho học sinh làm khảo sát chất lượng khoảng thời gian 45 phút nắm bắt kết sau: Đề kiểm tra Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật; AB  a; AD  a 2; SA  a SA   ABCD  Gọi M trung điểm SD a) Tính theo a thể tích khối chóp S MAC b) Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  MAC  c) Tính theo a khoảng cách đường thẳng SC AM d) Gọi   mặt phẳng qua BM song song với AC cắt cạnh SA, SC E F Tính theo a thể tích khối chóp S BEMF Kết thu được: 2.1 Tại lớp 12C1: - Số học sinh giải ý a): 38/38 - Số học sinh giải ý a) b): 36/38 - Số học sinh giải ý a), ý b) ý c): 16/38, có học sinh áp dụng cách sử dụng tỉ số đoạn thẳng để tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng - Số học sinh giải ý a), b), c) d): 1/38 2.2 Tại lớp 12C2: - Số học sinh giải ý a): 38/38 - Số học sinh giải ý a) b): 30/38 - Số học sinh giải ý a), ý b) ý c): 11/38, tất em giải theo cách sử dụng thể tích khối chóp để tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng - Số học sinh giải ý a), b), c) d): 0/38 10 Và có MH đường trung bình tam giác CBB ' nên MH / / BB ' suy MH / / AA ', mặt phẳng  AA ' HM  ta có AM cắt A ' H I Kẻ HK  AF,  K  AF  HJ  IK ,  J  IK  ta có AF   IHK   AF  HJ  HJ   AEM   d  H,  AME    HJ IH HM   IA ' A ' A S S a Và có HK  d  H, AF   d  B, AF   ABF  ABC  IH  A ' H  AF AF Mặt khác BC  2a  AH  a  A ' H  A ' A2  AH  a  AF  AC CF a2 Lại có AB   , suy  AF  a SABC  AB AC  2 3a 1 109 3a 3a HK       HJ   d AM , C ' N    HJ HI HK 27a 2 109 109 Kết luận: Như vậy, với việc vận dụng tính chất tỉ số độ dài đoạn thẳng ta giải dạng tốn khoảng cách khơng gian Mặt khác, thể tích khối đa diện liên quan đến độ dài đường cao diện tích đa giác, nghĩa liên quan đến khoảng cách từ điểm đến đường thẳng khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, có khối đa diện tích liên quan đến khoảng cách hai đường thẳng chéo Trên sở đó, vận dụng tính chất tỉ số độ dài đoạn thẳng vào giải dạng tốn thể tích khối đa diện, đặc biệt toán liên quan đến tỉ số thể tích hai khối đa diện Cụ thể, xét dạng toán: Dạng toán Vận dụng tính chất tỉ số đoạn thẳng vào giải tốn tính thể tích khối đa diện, tính tỉ số thể tích hai khối đa diện * Phương pháp chung: Bước 1: Chia đa giác đáy khối đa diện thành tam giác (nếu cần) cho tam giác có mối liên hệ diện tích với Bước 2: Xác định tỉ số độ dài đoạn thẳng thuộc cạnh bên hình chóp tam giác hình lăng trụ tam giác Bước 3: Vận dụng kiến thức thể tích khối đa diện Bài toán I.4 Bài toán I.5 để giải vấn đề Cụ thể, xét toán: Bài tốn 12: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành Gọi   mặt phẳng cắt tia SA, SB, SC, SD điểm A ', B ', C ', D ' khác đỉnh S; V, V ' thể tích khối chóp S ABCD S A ' B ' C ' D ' V ' SA ' SC '  SB ' SD '  V ' SB ' SD '  SA ' SC '  Chứng minh         V SA SC  SB SD  V SB SD  SA SC  26 Phân tích: Giả sử   cắt tia SA, SB, SD A ', B ', D ' Gọi O giao điểm AC BD , SO cắt B ' D ' I A ' I cắt SC C ' Vì ABCD hình bình hành nên diện tích S S SABC  SADC  ABCD ; SABD  SBCD  ABCD 2 Từ đó, vận dụng cơng thức tính thể tích khối chóp Bài tốn I.4 cho khối chóp tam giác ta có: S C' B' I A' D' B C O A D V  d  S ,  ABCD   S ABCD  VS ABC  VS ADC  VS ABD  VS BCD , từ suy V ' VS A ' B ' C '  VS A ' D ' C ' VS A ' B ' C ' VS A ' D ' C '  SA ' SB ' SC ' SA ' SD ' SC '         V VS ABC  VS ADC VS ABC VS ADC  SA SB SC SA SD SC  SA ' SC '  SB ' SD '      SA SC  SB SD  V ' VS A ' B ' D '  VS B ' C ' D ' VS A ' B ' D ' VS B ' C ' D '  SA ' SB ' SD ' SB ' SC ' SD '       V VS ABD  VS BCD VS ABD VS BCD  SA SB SD SB SC SD  SB ' SD '  SA ' SC '      SB SD  SA SC  Nhận xét: Qua toán ta thấy mối liên hệ tỉ số thể tích hai khối chóp tỉ số đoạn thẳng, từ tính thể tích khối chóp thơng qua thể tích khối chóp Và toán giải dựa vào việc chia hình bình hành thành hai tam giác có diện tích nhau, từ áp dụng cách cho dạng toán tỉ số thể tích cách chia đa giác đáy thành tam giác có mối liên hệ diện tích với Cụ thể, xét tốn: Bài tốn 13: Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang  AB / / CD mAB  nCD,  m, n  *  Gọi   mặt phẳng cắt tia SA, SB, SC, SD điểm A ', B ', C ', D ' khác đỉnh S; V, V ' thể tích khối chóp S ABCD S A ' B ' C ' D ' Chứng minh rằng: V' SA ' SC '  SB ' SD '  V' SB ' SD '  SA ' SC '    m   m  n   n  V m  n SA SC  SB SD  V m  n SB SD  SA SC  Phân tích: Giả sử   cắt tia SA, SB, SD A ', B ', D ' Gọi O giao điểm AC BD , SO cắt B ' D ' I A ' I cắt SC C ' Vì AB / / CD mAB  nCD nên diện tích mSABC  mSABD  nSACD  nSBCD  mVS ABC  mVS ABD  nVS ADC  nVS BCD 27 Từ đó, vận dụng Bài tốn I.4 vào khối chóp tam giác ta có: V ' VS A ' B ' C '  VS A ' D ' C '  V VS ABC  VS ADC VS A ' B ' C ' VS A ' D ' C '   n  m     VS ABC    VS ADC n   m   SA ' SB ' SC ' SA ' SD ' SC '   m  n  m  n  SA SB SC SA SD SC   SA ' SC '  SB ' SD '   m  n  m  n SA SC  SB SD  Tương tự ta có:  S B' A' I C' A B D' O D C V ' VS A ' B ' D '  VS B ' C ' D ' VS A ' B ' D ' VS B ' C ' D '    n V VS ABD  VS BCD  m     VS ABD    VS BCD n   m  SA ' SB ' SD ' SB ' SC ' SD '  SB ' SD '  SA ' SC '   m  m  n    n  m  n  SA SB SD SB SC SD  m  n SB SD  SA SC  Nhận xét: Với hình thang hai cạnh đáy song song với nên biết mối liên hệ độ dài hai đáy ta chia hình thang thành tam giác có mối liên hệ diện tích với nhau, từ tìm tỉ số thể tích hai khối chóp liên quan đến tỉ số độ dài đoạn thẳng Và mở rộng tốn cho đa giác khác, cụ thể: Bài tốn 14: Cho hình chóp S ABCDE có đáy ABCDE ngũ giác Gọi   mặt phẳng cắt tia SA, SB, SC, SD, SE điểm A ', B ', C ', D ', E ' khác đỉnh S V, V ' thể tích khối chóp S ABCDE S A ' B ' C ' D ' E ' V' 2sin180 SA '  SB ' SC ' SC ' SD ' SD ' SE '  Chứng minh rằng:      0 V  4sin18 SA  SB SC 2sin18 SC SD SD SE  Phân tích: Giả sử   cắt tia S SA, SB, SE A ', B ', E ' Và BE cắt AC, AD H K ; B ' E ' cắt SH, SK I J ; A ' I cắt SC C ' A ' J cắt SD D '   CAD   DAE   36 Ta có BAC ABC  AED suy SABC  SAED A' J A B' I E' D' C' B H K E C D 28 SABC AB AC.sin 36 AB AB    A' D SACD AD AC.sin 360 AD sin180 A E B  O AB.sin18  2sin180 A' D  SABC  SAED  2sin180.SACD D A' C  VS ABC  VS ADE  2sin180.VS ACD Khi đó:   V ' VS A ' B ' C '  VS A ' C ' D '  VS A ' D ' E '  V VS ABC  VS ACD  VS ADE VS A ' B ' C ' VS A ' C ' D ' VS A ' D ' E '   1     4sin18 VS ACD   V V 2    S ABC  S ADE 2sin18  2sin18      SA ' SB ' SC ' SA ' SC ' SD ' SA ' SD ' SE '   2sin180   2sin180    4sin18  SA SB SC SA SC SD SA SD SE  2sin180 SA '  SB ' SC ' SC ' SD ' SD ' SE '       0  4sin18 SA  SB SC 2sin18 SC SD SD SE  Kết luận: Như vậy, chia ngũ giác thành ba tam giác chúng có mối liên hệ diện tích, tính tỉ số thể tích hai khối chóp dựa vào tỉ số đoạn thẳng Từ đó, xây dựng hệ thống tốn điển hình tỉ số thể tích hai khối chóp cách chia đa giác đáy thành tam giác có mối liên hệ diện tích với Cụ thể, xét tốn: Bài tốn 15: Cho hình chóp S ABCDEF có đáy ABCDEF lục giác Gọi   mặt phẳng cắt tia SA, SB, SC, SD, SE, SF điểm A ', B ', C ', D ', E ', F ' khác đỉnh S; V, V ' thể tích khối chóp S ABCDEF S A ' B ' C ' D ' E ' F ' Chứng minh rằng: V ' SA '  SB ' SC ' SC ' SD ' SD ' SE ' SE ' SF '        V SA  SB SC SC SD SD SE SE SF  Phân tích: Giả sử   cắt tia SA, SB, SF A ', B ', F ' Và BF cắt AC, AD, AE M, N P; B ' F ' cắt SM, SN, SP H, K I ; A ' H cắt SC C ' ; A ' K cắt SD D ' A ' I cắt SE E ' Vì ABCDEF lục giác nên ta có SACD  SAED  SABC  SAFE , suy VS ACD  VS ADE  2VS ABC  VS AEF 29 S A A' F' H I A B' K E' M C O B C F E  F C' D' N P Khi đó: B D E D V ' VS A ' B ' C '  VS A ' C ' D '  VS A ' D ' E '  VS A ' E ' F '  V VS ABC  VS ACD  VS ADE  VS AEF VS A ' B ' C ' VS A ' C ' D ' VS A ' D ' E ' VS A ' E ' F '    VS ABC 3VS ACD 3VS ADE VS AEF  SA ' SB ' SC ' SA ' SC ' SD ' SA ' SD ' SE ' SA ' SE ' SF '         SA SB SC SA SC SD SA SD SE SA SE SF  SA '  SB ' SC ' SC ' SD ' SD ' SE ' SE ' SF '        SA  SB SC SC SD SD SE SE SF  Kết luận: Như vậy, chia đáy hình chóp thành tam giác có mối liên hệ diện tích với ta tìm mối liên hệ tỉ số thể tích khối chóp tỉ số đoạn thẳng Trên sở biết tỉ số thể tích hai khối đa diện ta tính thể tích khối đa diện biết thể tích khối đa diện kia, ngược lại Cụ thể, xét toán: Bài toán 16: Cho khối tứ diện ABCD tích V; G trọng tâm tứ diện ABCD Gọi M, N, P điểm đối xứng với A qua trung điểm cạnh BC, CD, DB Tính theo V thể tích khối tứ diện GMNP Phân tích: Gọi K , H, I trung điểm cạnh BC, CD, DB ta có K , H, I trung điểm AM, AN , AP Suy  MNP  / /  BCD  BD  KH  MN; DC  IK  PM; CB  HI  NP  BCD  NPM Gọi E trọng tâm tam giác BCD ta có DK cắt IH J ; AJ cắt PN Q; AE cắt MQ F KJ / / MQ Và GF có AF  AE  8GE   AF A G I B K H C P F M D J E Q N 30 theo Bài tốn I.2 ta có khoảng cách d  G ,  MNP   d  A,  MNP    d  A,  BCD    d  A,  MNP   5 Từ suy thể tích VGMNP  VAMNP  V AE GF ta đưa AF AF toán cần giải toán đơn giản Trên sở tạo nên hệ thống tốn tính thể tích khối chóp Cụ thể, xét toán: Nhận xét: Như vậy, cách áp dụng tỉ số đoạn thẳng Bài toán 17: Cho khối tứ diện ABCD tích V Gọi G , G1, G2 , G3 trọng tâm tam giác BCD, ABC, ACD, ADB A ', B ', C ' điểm       thỏa mãn GA '  3GG1; GB '  5GG2 ; GC '  GG3 Tính theo V thể tích khối tứ diện AA ' B ' C ' Phân tích: Để giải tốn ta cần tìm mối liên hệ thể tích VAA ' B ' C ' với VGA ' B ' C ' ; VGA ' B ' C ' với VGG1G2G3 VGG1G2G3 với VABCD dựa vào C' F H B' tỉ số đoạn thẳng Cụ thể: Gọi M, N , P trung điểm cạnh BC, CD, DB ta có - Trong mp  BCD  : DM  PN  J A A' - Trong mp  APN  : AJ  G2 G3  E - Trong mp  GB ' C '  : GE  B ' C '  F - Trong mp  GA ' F  : A ' F  GA  H GA  G1 E  I Ta có AG1 AG2 AG3    suy AM AN AP  G1G2 G3  / /  BCD  B G3 I E G2 G1 P G J M D N C I trọng tâm tam giác G1G2 G3 Mặt khác, điểm A ', B ', C ' thuộc tia GG1 , GG2 , GG3 điểm      A, H thuộc tia GI , suy GA  3GI  GG1  GG2  GG3  GA      GH  GH  GH  GH  GA '  GB '  GC '  GH  GA '  GB '  GC ' GH 3GA 5GA GA Và có bốn điểm A ', B ', C ', H đồng phẳng  GH GH GH GA 47   1  3GA 5GA GA GH 60 31  d  A,  A ' B ' C '   13 AH 13  , theo Bài toán I.2 suy khoảng cách  GH 60 d  G ,  A ' B ' C '   60  VAA ' B ' C ' 13 13   VAA ' B ' C '  VGA ' B ' C ' VGA ' B ' C ' 60 60 Theo Bài tốn I.4 ta có VAG1G2G3 VAMNP Mặt khác  AG1 AG2 AG3 2   AM AN AP 3 27 VGG1G2G3 VAG1G2G3  VAG1G2 G3  VGA ' B ' C ' GA ' GB ' GC '   3.5.4  60 VGG1G2G3 GG1 GG2 GG3  d  G ,  G1G2 G3   d  A,  G1G2 G3    GI V S V  AMNP  MNP   VAMNP  AI VABCD SBCD 4 2V V 20 V 13V  VGG1G2 G3   VGA ' B ' C '   VAA ' B ' C '  27 27 87 Kết luận: Qua tốn ta thấy để tìm mối liên hệ thể tích khối chóp ta cần tìm tỉ số đoạn thẳng liên quan, từ áp dụng Bài toán I.2 Bài toán I.4 ta có cách giải vấn đề Tương tự, xét tốn: Bài tốn 18: Cho khối chóp S ABCD có đáy ABCD hình bình hành tâm O tích V Gọi G1 , G2 , G3 , G4 trọng tâm tam giác SAB,     SBC, SCD, SDA A ', B ', C ', D ' điểm thỏa mãn OA '  3OG1 ; OB '  3OG2 ;     OC '  2OG3 ; OD '  2OG4 ; S ' điểm đối xứng S qua O Tính theo V thể tích khối chóp S ' A ' B ' C ' D ' Phân tích: Để giải tốn ta cần tìm mối liên hệ thể tích VS A ' B ' C ' D ' với VO A ' B ' C ' D ' ; VO A ' B ' C ' D ' với VO G1G2G3G4 VO G1G2G3G4 với VS ABCD dựa S A' D' B' I G4 vào tỉ số đoạn thẳng Cụ thể: OA ' OB ' Ta có    A ' B '/ / G1G2 OG1 OG2 OC ' OD '    C ' D '/ / G3 G4 OG3 OG4 Gọi M, N , P, Q trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA ta có mp  OA ' C '  : G1G3  SO  H SO  A ' C '  I C' H G1 M B G3 G2 A D Q O P C N S' 32 SG1 SG2 SG3 SG4     suy  G1G2 G3 G4  / /  ABCD  G1G2 G3G4 SM SN SP SQ hình bình hành tâm H , đồng thời điểm A ', B ', C ', D ' thuộc tia OG1 , OG2 , OG3 , OG4 điểm I , S thuộc tia OH Từ suy A ' B '/ / C ' D ' Ta có      OH    Mặt khác ta có 2OH  OG1  OG3  OA '  OC '  OI  OA '  OC ' OI  OI  OI  OI OI  OI  OA '  OC ' điểm A ', I , C ' thẳng hàng   1 6OH 4OH 6OH 4OH 12 4 S'I  OI  OH  OS  OS '   5 OI Do theo Bài tốn I.2 suy Theo Bài tốn 12 ta có VS G1G2G3G4 VS MNPQ Mặt khác d  O,  A ' B ' C ' D '    V  S ' A ' B ' C ' D '  VO A ' B ' C ' D ' VO A ' B ' C ' D ' OA ' OC '  OB ' OD '       15 VO G1G2G3G4 OG1 OG3  OG2 OG4  SG SG  SG SG      SM SP  SN SQ  27 VO G1G2 G3G4 VS G1G2 G3G4  VS MNPQ  d  S ',  A ' B ' C ' D '    d  O,  G1G2 G3G4   d  S ,  G1G2 G3 G4    V S OH 1  S MNPQ  MNPQ  SH VS ABCD S ABCD V 4V 2V 10V  VS G1G2G3G4   VO G1G2 G3G4   VO A ' B ' C ' D '  27 27  VS ' A ' B ' C ' D '  5V Kết luận: Qua toán ta thấy mối liên hệ chặt chẽ tỉ số đoạn thẳng với khoảng cách không gian với tỉ số thể tích khối đa diện, từ kết hợp với kiến thức để tạo nên hệ thơng tốn khơng gian Cụ thể, xét toán: Bài toán 19: Gọi M điểm nằm tứ diện ABCD Các đường thẳng AM, BM, CM, DM cắt mặt phẳng  BCD  ,  ACD  ,  ABD  ,  ABC  AM BM CM DM     12 Gọi V, V1 , V2 , V3 , V4 A' M B ' M C ' M D' M thể tích khối tứ diện ABCD, MBCD, MABC, MACD, MADB Chứng minh V V1  V2  V3  V4  A ', B ', C ', D ' cho 33 Phân tích: Vì điểm M nằm tứ diện ABCD nên ta có: A V d  A,  BCD   AA '   V1 d  M,  BCD   MA ' D' V d  D,  ABC   DD '   V2 d  M,  ABC   MD ' V d  B,  ACD   BB '   V3 d  M,  ACD   MB ' M C' B' B D A' V d  C,  ADB   CC '   V4 d  M ,  ADB   MC ' C V  V1  V2  V3  V4 Mặt khác: AM BM CM DM AA ' A ' M BB ' B ' M CC ' C ' M DD ' D ' M        A ' M B ' M C ' M D' M A' M B' M C' M D' M  AA ' BB ' CC ' DD ' V V V V    4    4 A' M B ' M C ' M D' M V1 V2 V3 V4 1 1 1 16 16  V        V   V   12 V1  V2  V3  V4 V  V1 V2 V3 V4  - Đẳng thức xẩy V1  V2  V3  V4  Từ suy V AM BM CM DM V     12 V1  V2  V3  V4  A' M B ' M C ' M D' M Kết luận: Qua việc kết hợp tỉ số đoạn thẳng với tỉ số thể tích khối đa diện, đồng thời kết hợp với kiến thức bất đẳng thức giải toán cách đơn giản gọn nhẹ Bên cạnh đó, kết hợp với tốn tính thể tích khối đa diện xây dựng hệ thống toán phong phú đa dạng Cụ thể xét toán: Bài toán 20: Cho lăng trụ ABC A ' B ' C ' có chiều cao 2a đáy tam giác cạnh a Gọi M, N P tâm mặt bên ABB ' A ', ACC ' A ' BCC ' B ' Tính theo a thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm A, B, C, M, N, P Phân tích: Vì mặt bên hình lăng trụ hình bình hành M, N , P 34 tâm hình bình hành ABB ' A ', ACC ' A ' BCC ' B ' nên ta có MN / / B ' C '; MP / / A ' C '; NP / / A ' B '   MNP  / /  A ' B ' C '  A' B' N H Gọi H, I , K trung điểm AA ', BB ', CC ' ta có M, N, P trung điểm IH, HK , KI S IM IP Suy diện tích IMP   ; SIHK IH IK SHMN HM HN   SHIK HI HK C' K P M I A C B SKNP KN KP   SKHI KH KI VABC HIK 12 Và có điểm H, I , K thuộc tia AA ', BB ', CC ' nên áp dụng Bài V  AH BI CK  tốn I.5 ta có ABC HIK      VABC A ' B ' C '  AA ' BB ' CC '  Từ suy thể tích VAHMN  VBIMP  VCKPN  Suy thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm A, B, C, M, N, P V1  VABC HIK   VAHMN  VBIMP  VCKPN   Mặt phác VABC A ' B ' C ' 3 VABC HIK  VABC A ' B ' C ' a2 3a3 3a  a   V1  16 Kết luận: Như vậy, cách sử dụng tỉ số đoạn thẳng ta tính thể tích khối đa diện biết thể tích khối đa diện Và cách kết hợp yêu cầu tính thể tích khối đa diện theo cơng thức, ta tạo nên hệ thống tốn thể tích khối đa diện Tương tự, xét tốn: Bài tốn 21: Cho hình lăng trụ ABC A1 B1C1 có đáy tam giác cạnh a BA1  BB1  BC1  a Gọi G1 , G2 , G3 trọng tâm tam giác ABA1 , ACC1 , CBB1 Tính theo a thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm G1 , G2 , G3 , A1, B1 C1 (Câu 4b, đề thi HSG tỉnh Nghệ An, năm học 2020 - 2021) Phân tích: Vì mặt bên hình lăng trụ hình bình hành G1 , G2 , G3 trọng tâm tam giác ABA1 , ACC1 , CBB1 nên ta có G1  AB1 AG1  AB1 ; 35 G2  CA1 CG2  CA1 ; G3  BC1 BG3  BC1 Qua G1 kẻ đường thẳng song song với AB cắt AA1 , BB1 M, N BN AM AG1     BB1 AA1 AB1 AM CG2    MG2 / / AC AA1 CA1 B C G3 N A P G2 G1 M B1 C1 H K A1 Trong mặt phẳng  ACC1 A1  : MG2  CC1  P   MNP  / /  ABC  BN BG3    NG3 / / B1C1  NG3 / /  MNP   G3   MNP  BB1 BC1 suy thể tích khối đa diện lồi có đỉnh điểm G1 , G2 , G3 , A1, B1 C1 Mặt khác ta có   V1  VMNP A1B1C1  VA1MG1G2  VB1NG1G3  VC1PG2 G3 Và có M, N , P thuộc tia AA1 , BB1, CC1 hình lăng trụ ABC A1 B1C1 V 1 A M B N C P  nên áp dụng Bài toán I.5 ta có MNP A1B1C1       VABC A1B1C1  AA1 BB1 CC1  Lại có diện tích tam giác: SPG2 G3 SMNP  SMG1G2 SMNP  MG1 MG2 SNG1G3 NG1 NG3  ;   MN MP SMNP NM NP PG2 PG3  , đồng thời  MNP  / /  A1 B1C1  suy ra: PM PN 14 VMNP A1B1C1  VABC A1B1C1  V1  VABC A1B1C1 27 81 27 Gọi H trọng tâm tam giác A1 B1C1 , ta có H tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác A1 B1C1 Và có BA1  BB1  BC1 nên B thuộc trục đường tròn ngoại tiếp tam VA1MG1G2  VB1NG1G3  VC1PG2 G3  giác A1 B1C1 , suy BH   A1 B1C1   BH  BB12  B1 H   VABC A1B1C1  6a a3 2a3  V1  27 * Kết luận: Việc khai thác vận dụng tính chất tỉ số độ dài đoạn thẳng không gian mang lại cho cách giải đẹp tốn hình học Trên sở đó, giáo viên giúp học sinh khai thác kiến thức khác nhằm tạo 36 niềm tin hứng thú em học tập mơn Tốn Ở đây, tác giả nêu lên số kết hợp tỉ số độ dài đoạn thẳng với số kiến thức khoảng cách tỉ số thể tích khối đa diện, tạo tiền đề gây niềm đam mê, hứng thú cho học sinh giải tốn hình, đặc biệt hình học khơng gian Và qua đề tài này, giúp học sinh xây dựng hệ thống dạng tốn điển hình khoảng cách khơng gian thể tích khối đa diện V KẾT QUẢ THỰC HIỆN ĐỀ TÀI Trong trình dạy học bồi dưỡng Học sinh giỏi mơn Tốn, học sinh thi THPT quốc gia, … trường, đồng nghiệp lồng ghép cách khai thác vận dụng “tỉ số độ dài đoạn thẳng” giảng, tiết tự chọn, tiết luyện tập, buổi ôn tập nhận thấy phần lớn học sinh tiếp thu lĩnh hội kiến thức tốt, đặc biệt trình bồi dưỡng học sinh giỏi, em vận dụng nhanh vào việc giải tốn tính khoảng cách tính tỉ số thể tích khối đa diện, tính thể tích khối đa diện Sau áp dụng trực tiếp đề tài lớp 12C1 trường THPT Nguyễn Đức Mậu- Quỳnh Lưu- Nghệ An, nhận thấy lực tư kĩ thực thao tác tư học sinh tăng lên rõ rệt, từ học sinh có tư phân tích, tổng hợp tốt hơn, nâng cao lực tự học cho thân Cụ thể, thân giảng dạy lớp 12C1 (lớp áp dụng đề tài) nhờ đồng nghiệp dạy lớp 12C (lớp không áp dụng đề tài) thực khảo sát chất lượng thông qua kiểm tra viết khoảng thời gian 45 phút thu kết sau : Đề kiểm tra Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng tâm O, cạnh a a SA   ABCD  Biết khoảng cách từ B đến mặt phẳng  SCD  Gọi I là trung điểm SO a) Tính theo a thể tích khối chóp S BCD b) Tính khoảng cách từ điểm I đến mặt phẳng  SCD  c) Gọi M trung điểm SB Tính khoảng cách đường thẳng DI, CM d) Gọi A ', B ', C ', D ' đối xứng với O qua trọng tâm tam giác SAB, SBC, SCD, SDA S ' đối xứng với S qua O Tính thể tích khối chóp S ' A ' B ' C ' D ' Kết thu được: Lớp Sĩ số Làm ý Làm ý a), b), c) Làm Làm ý a), b) ý a) 12C1 38 25 35 38 38 12C2 38 16 38 38 Không làm ý 37 Qua kết làm học sinh hai lớp, phát thấy: - Tất em lớp 12C1 giải ý b) theo cách sử dụng tỉ số độ dài đoạn thẳng để chuyển đổi khoảng cách từ A Và giải ý d) theo tỉ số thể tích liên quan đến tỉ số độ dài đoạn thẳng - Các em học sinh lớp 12C2 giải ý b) theo cách sử dụng thể tích khối chóp để tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng khơng có em phát cách giải ý d) Đồng thời, áp dụng đề tài vào ôn thi THPT quốc gia năm 2019 cho lớp 12C1 kết thu tốt, cụ thể điểm bình qn mơn Tốn lớp 8.3 Đồng thời áp dụng đề tài vào hỗ trợ bồi dưỡng Học sinh giỏi khối 12 đồng nghiệp kết thu mơn Tốn trường đạt 2/3 học sinh đậu học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm học 2020- 2021 Ngồi ra, tơi đồng nghiệp áp dụng đề tài vào lớp 11 12 trường năm học, kết thu khả quan Các học sinh đam mê hứng thú mơn Tốn, đặc biệt hình học khơng gian Và qua kì thi THPTQG năm số học sinh đạt điểm cao mơn Tốn tăng lên, đội tuyển học sinh giỏi đạt kết kì thi, nhiều học sinh vận dụng cách linh hoạt kiến thức học để tìm cách giải vấn đề q trình học tập khơng mơn Tốn mà cịn mơn học khác Với kết thu lớp trước sau áp dụng đề tài, so sánh kết lớp áp dụng đề tài lớp khơng áp dụng đề tài, thấy tác dụng trỗi đề tài nghiên cứu Qua đề tài, học sinh có phương pháp tự học, tự nghiên cứu tốt hơn, sở giúp em đam mê tự tin học tập mơn Tốn mơn học khác PHẦN III: KẾT LUẬN Ý nghĩa học kinh nghiệm đề tài Qua việc trình bày đề tài, tác giả thể ý tưởng mang tính xuyên suốt hệ thống tốn, việc hình thành phương pháp giải dạng tốn tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau, tính tỉ số thể tích hai khối đa diện, tính thể tích khối đa diện hình học cách khai thác vận dụng tính chất tỉ số độ dài đoạn thẳng Với cách giải này, học sinh tiếp cận kiến thức cách tự nhiên tìm cách giải đẹp cho toán Cách giải cần kết hợp linh hoạt kiến thức mối liên hệ tỉ số độ dài với tỉ số khoảng cách, tỉ số diện tích tỉ số thể tích Trong đó, cách giải khác học sinh thường phải kẻ thêm đường phụ sử dụng kiến thức tổng hợp nhiều, gây khó khăn việc định hướng cách giải vấn đề Đề tài thể phương pháp giải sở nghiên cứu phương pháp giải khác thông qua tốn có đề tài Đồng thời cách giải phát triển từ kiến thức tỉ số độ dài quen thuộc học sinh 38 Qua thực tiễn nhận thấy, phương pháp phát huy tính ưu việt có hiệu cao giảng dạy mơn Tốn trường trung học phổ thông Đề tài tác giả kết hợp, chia sẻ từ phía đồng nghiệp, xem tài liệu tham khảo thiết thực người giáo viên dạy Toán, đồng nghiệp áp dụng trình dạy học cho kết khả quan Đề tài hẳn tác giả tiếp tục nghiên cứu sâu hơn, cho nhiều kết thú vị, đóng góp thiết thực cho q trình dạy học mơn Tốn trường phổ thơng Tạo điều kiện giúp học sinh có phương pháp tự học tốt, tạo hội điều kiện cho học sinh tham gia cách tích cực, chủ động, sáng tạo vào trình khám phá lĩnh hội kiến thức Đề xuất kiến nghị Nhà trường cần tổ chức nhiều sân chơi trí tuệ cho học sinh giáo viên Tổ, nhóm chun mơn kết hợp với tổ chức nhà trường tổ chức buổi tập huấn trao đổi cách viết chủ đề dạy học tốt để nâng cao chất lượng giảng dạy, phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo học sinh, rèn luyện phương pháp lực tự học cho học sinh Do thời gian nghiên cứu kinh nghiệm cịn nên khơng thể tránh khỏi số hạn chế đề tài, mong đóng góp tất đồng nghiệp người để thân tác giả hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! 39 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Sách tập hình học 11 (Nâng cao) [2] Sách tập hình học 12 (Nâng cao) [3] Các thi Olympic Tốn trung học phổ thơng Việt nam [4] Tạp chí Tốn học tuổi trẻ [5] Tuyển tập đề thi Olympic 30/4 khối 11 [6] Tuyển tập đề thi Đại học Cao đẳng, THPTQG năm [7] Tuyển tập đề thi Học sinh giỏi tỉnh nước năm học [8] Các diễn đàn Toán học số tài liệu tham khảo khác 40 ... vận dụng tỉ số đoạn thẳng để tính khoảng cách, cần ý tính chất số đo góc hai đường thẳng Để thấy rõ ưu sử dụng tính chất tỉ số độ dài đoạn thẳng liên quan đến tốn tính khoảng cách hai đường thẳng. .. diện, đặc biệt toán liên quan đến tỉ số thể tích hai khối đa diện Cụ thể, xét dạng toán: Dạng toán Vận dụng tính chất tỉ số đoạn thẳng vào giải tốn tính thể tích khối đa diện, tính tỉ số thể tích... tốn Vận dụng tính chất tỉ số đoạn thẳng vào giải tốn tính khoảng cách hai đường thẳng chéo không gian * Phương pháp chung: Để tính khoảng cách d  ,  '  hai đường thẳng   ' chéo khơng gian