Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh trung học phổ thông qua dạy học giải bài tập hình học

ng mà cách dựng ở trên chỉ là một cách. Ta còn có thể dựng theo các cách sau: - Coi cạnh AD là dựng được, ta dựng BC//AD và sau khi đặt trên nó đáy nhỏ ta nối điểm C tìm được với điểm D Khi đó ta phải chứng minh rằng: CD = BD' - Coi C là giao điểm của hai cung tâm D, bán kính DC = d và tâm B bán kính BC = b thì trong hai giao điểm C và C1 chỉ có C là điểm phải tìm, vì ta còn phải chứng minh BC // AD hoặc CD // BD'. - Nếu dựng đường thẳng qua B song song với AD và đặt BC2 về bên trái thì điểm C2 sẽ không thích hợp và chỉ có điểm C là điểm phải tìm. Bài toán 3: Dựng hình bình hành ABCD biết một cạnh AB = a, tổng hai đường chéo AC + BD = d và góc tạo bởi hai đường chéo bằng a. - Phân tích: Giả sử ABCD là hình bình hành đã dựng được . Trong đó O là giao điểm hai đường chéo và . Ta có . DAOB có thể dựng được ngay vì viết một góc xen giữa hai cạnh. Từ đó xác định tiếp các đỉnh C và D còn lại của hình bình hành. - Cách dựng: Dựng DAEB biết hai cạnh EA =, AB = a, và góc đối với cạnh a bằng . + Dựng điểm O trên cạnh AE bằng cách dựng tia Bx sao cho , cắt AE tại O. + Trên Ox dựng điểm D sao cho OD = OB, rồi trên AE kéo dài lấy điểm C sao cho OC = OA. Nối AD, DC, CB ta được hình bình hành ABCD cần dựng. - Chứng minh: + Vì OE = OB nên OA + OB = OA +OE = AE = mà OC ≠ OD = OA + OB = nên AC +BD = d. Tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm O của mỗi đường nên là hình bình hành mà một cạnh AB = a. Ngoài ra (góc ngoài của DOEB) bằng a. Vậy hình bình hành ABCD vừa dựng thoả mãn điều kiện đề bài. - Biện luận: Nếu thì bài toán không có nghiệm hình - Nếu thì sau khi dựng được AE và góc AEB, cung tròn tâm A bán kính a có thể không gặp EB hoặc có thể gặp EB tại một điểm hoặc cắt nhau tại hai điểm. Do đó bài toán có khi vô nghiệm, có khi có một hoặc hai nghiệm hình. - Chú ý: 1) Nếu với bài toán trên ta thấy tổng hai đường chéo bằng hiệu hai đường chéo là AC - BD = h thì cách giải sẽ như sau: - Đặt trên đoạn OA một đoạn OF = OB - Dựng DAFB biết hai cạnh AB = a, và góc đối với cạnh AB là (Vì ) -Tại B dựng góc FBC bằng góc F1 tức bằng để được DAOB. Từ đó bổ sung cho thành hình bình hành ABCD bằng nhiều cách khác nhau. 2) Ngoài ra có thể giải thêm bài toán sau: "Dựng hình bình hành biết hai đường chéo và một góc" Giả sử phải dựng hình bình hành ABCD biết hai đường chéo AC = p và BD = q và góc nhọn tại A bằng a. Ta chỉ cần dựng DABD biết góc A bằng a, cạnh BD = q và trung tuyến . Dựng được tam giác này chỉ cần bổ sung nó cho thành hình bình hành ABCD. Như vậy, ta đã quy việc giải bài toán này về việc "dựng một tam giác biết đáy, trung tuyến và góc ở đỉnh" Bài toán 4: Dựng tứ giác ABCD biết hai cạnh đối AD = a, BC =b, các góc và đoạn EF nối trung điểm hai cạnh đối AD, BC. - Phân tích: Giả sử ABCD là tứ giác đã dựng được. Nếu dời chổ song song AD đến CG, AC đến BH thì ba tứ giác ACGD, ABHC và DBHG đều là hình bình hành. Các góc . Như vậy DCGB dựng được ngay (Biết hai cạnh và một góc). Từ đó dựng được cx. Ngoài ra có thể xác định được vị trí trung điểm M của BG vị trí của H nằm trên cx vì F là trung điểm của AH và của BC (giao điểm của hai đường chéo). EF = DH = MH = m. Xác định được vị trí của D thì dựng được ngay đỉnh A. - Cách dựng: DCGB biết hai cạnh CG = a, CB = b, và . - Từ trung điểm M của BG lấy làm tâm dựng cung tròn bán kính m cắt cx tại H. - Nối HM và kéo dài đến D sao cho MD = m. - Từ D dựng DA song song và bằng GC. - Tứ giác ABCD chính là tứ giác cần dựng. -Bài toán có một nghiệm hình + Chú ý: Có thể giải thêm bài toán sau đây. "Dựng tam giác ABC biết hai cạnh AB = a, BC = b và ba góc A,B, góc M giữa hai đường chéo". Cách dựng như sau: - Dựng DABC trong đó góc B bằng góc đã cho, AB = a, BC = b. - Dựng tại C một góc ACx bằng góc M đã cho và dựng By// (cx). - Dùng A làm đỉnh và AB làm một cạnh dựng một góc bằng góc A đã cho, cạnh kia đã cắt By tại D. Tứ giác ABCD là tứ giác phải dựng. Bài toán có một nghiệm hình. *) Bài tập tự giải. Bài 1: Cho hai đường thẳng a và b cắt bởi đường thẳng thứ ba. Dựng một đoạn thẳng AB = m sao cho AB//C và hai đầu mút A và B lần lượt nằm trên hai đường thẳng a và b. Bài 2: Cho một đường thẳng P và hai điểm A, B cùng nằm một phía của p. Hãy tìm trên P hai điểm P và Q sao cho PQ = a cho trước và AP = BQ. Bài 3: Dựng tứ giác ABCD biết hai cạnh đối AD = a, BC = b và góc = ; ; . 2.1.9. Dựng đường tròn. Bài toán 1: Dựng đường tròn nội tiếp trong một tam giác cho trước. - Phân tích: Giả sử DABC là tam giác cho trước và O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác đó, tiếp xúc cạnh AB tại M. O a Ta có OM AB , vì O cách đều ba cạnh của tam giác nên OA, OB, OC là các tia phân giác trong của các góc của DABC. - Cách dựng: - Trước hết dựng các tia phân giác của hai góc bất kỳ của D đã cho rồi lấy giao điểm O của chúng. - Qua O dựng đường vuông góc với đường thẳng AB. được điểm M là chân đường vuông góc này. - Dựng đường tròn tâm O bán kính OM. Chứng minh: Đường thẳng AB tiếp xúc với đường tròn (.) vì nó vuông góc bán kính OM. Tâm O lại cách đều ba cạnh của D, (Vì O là giao điểm của các tam giác trong của D nên OM = ON = OP). Do đó các đường thẳng AC và BC theo thứ tự vuông góc với các bán kính của ON và OP tại đầu mút của chúng; suy ra mỗi đường thẳng trên tiếp xúc với đường tròn (O). Vậy (O, OM) là đường tròn phải dựng. - Biện luận; Bài toán có một nghiệm hình. Chú ý: Có thể giải bài toán tương như sau: "Dựng đường tròn ngoại tiếp 1 tam giác cho trước". Tâm M của đường tròn ngoại tiếp phải cách đều 3 đỉnh của D. nên M là giao điểm ba đường trung trực của D đã cho. Nếu là : "Dựng đường tròn bàng tiếp của 1 tam giác cho trước" thì ta có thể tìm tâm là giao điểm của phân giác trong 1góc và phân giác ngoài của hai góc còn lại. Ta dựng được ba đường tròn bàng tiếp của D. Bài toán 2: Dựng một đường tròn tiếp xúc với một đường tròn cho trước tại một điểm cho trước thuộc đường tròn đó và tiếp xúc với một đường thẳng cho trước. - Phân tích: Giả sử đường tròn (O) đã dựng được qua điểm M trên đường tròn (I) cho trước và đồng thời tiếp xúc với (I) và với đường thẳng d cho trước. Tâm O phải nằm trên đường thẳng IM. Hai đường tròn tâm (O) và (I) phải có chung một tiếp tuyến MT qua M nên O lại phải nằm trên phân giác đi qua giao điểm P của d và Mt. + Cách dựng: - Dựng tia IM. - Qua M dựng tiếp tuyến MT của (I) cắt tại P. - Dựng phân giác của góc cắt tia IM tại O. - Dựng đường tròn tâm O bán kính OM. Đó chính là đường tròn phải dựng. + Chứng minh: - Ta có OQ d. Vì OQ = OM (O nằm trên phân giác góc ) nên đường tròn (O) tiếp xúc với d. Đường tròn (O) lại tiếp xúc với (I) vì điểm M nằm trên đường thẳng OI nối tâm của chúng. + Biện luận: - Vì Phương trình và d cắt nhau tạo thành hai góc của góc tpx cắt MI kéo dài tại một điểm O', đường tròn tâm O' này tiếp xúc với d đồng thời tiếp xúc trong với (I). Do đó bài toán có hai nghiệm hình. - Nếu IM d thì chỉ có một nghiệm hình. Chú ý; Ta có các bài toán tương tự sau đây. 1) Dựng đường tròn tiếp xúc với 1 cạnh của góc cho trước và tiếp xúc với cạnh kia tại một điểm cho trước. Giả sử đường tròn (O) đã dựng được tiếp xúc với cạnh Px và với cạnh Py tại điểm M của góc xPy. Tia có cách dựng như nhau. - Dựng phân giác của góc xPy. - Dựng đường vuông góc với Dy tại M. Giao điểm O tia phân giác và đường vuông góc chính là tâm đường tròn phải dụng. 2) Đường tròn đi qua một điểm cho trước và tiếp xúc với 1 đường tròn cho trước tại một điểm cho trước. Giả sử đường tròn (I) đã dựng được tiếp xúc với 1 đường tròn (O) đã cho tại điểm A và đi qua điểm B. Ta thấy rằng tâm I phải nằm trên. - Đường thẳng OA vì tiếp xúc với đường tròn đã cho tại A. - Đường trung trực xy của AB vì đường tròn phải đi qua A và B. Giao điểm của OA và xy là tâm I của đường tròn phải dựng. Bài toán có một nghiệm hình nếu B không nằm trên tiếp tuyến chung MN và vô nghiệm nếu B nằm trên MN. Nếu A trùng với B thì mọi đường tròn có tâm O trên OA đi qua A sẽ thoả mãn bài toán; Có vô số nghiệm hình. 3) Dựng đường tròn tiếp xúc ngoài với 3 đường tròn bằng nhau cho trước. Giả sử đường tròn (O) đã dựng được tiếp xúc với 3 đường tròn bằng nhau (O1), (O2), (O3). Ta thấy rằng tâm O phải cách đều tâm ba đường tròn đã cho tức là OO1 = OO2 = OO3 = R + r, trong đó R là bán kính đường tròn cần tìm và r là bán kính các đường tròn bằng nhau cho trước. Suy ra cách dựng sau: Dựng đường trung trực của O1O2 và đường trung trực của O2O3. Chúng cắt nhau tại O là tâm đường tròn phải dựng. Rõ ràng nếu ba điểm O1, O2, O3 thẳng hàng thì bài toán vô nghiệm. Bài tập: Bài 1: Cho trước ba điểm M,N,P, dựng DABC sao cho chân ba đường cao của nó theo thứ tự là M,N,P. Bài 2: Dựng DABC biết đáy BC, góc A = và trung tuyến AM = m. Bài 3: Cho đoạn thẳng AB = a. Dựng trên đoạn AB điểm M sao cho AM2 = a (A - AM). (Bài toán về phép phân chia hoàng kim). Gợi ý: Bài 1: Giả sử DABC đã dựng được và ba đường cao AM, BN, CP cắt nhau tại H. Vận dụng tính chất "chân ba đường cao của một tam giác tạo thành ba đỉnh của 1 tam giác mới mà ba đường cao là phân giác của ba góc của tam giác mới". Ta có cách dựng sau: - Nối ba điểm M,N,P được DMNP. - Dựng hai phân giác của DMNP cắt nhau tại H. - Dựng qua M,N,P các đường vuông góc với HM, HN, HP cắt nhau tại A, B, C. Tam giác ABC là tam giác cần dựng. Bài 2: Dựng được đáy BC ta chỉ cần xác định vị trí đỉnh A, đỉnh A phải nằm trên cung chứa góc dựng trên BC đồng thời nằm trên đường tròn tâm là trung điểm của BC bán kính bằng m. Ta được 4 tam giác bằng nhau, nhưng bài toán chỉ có 1 nghiệm hình. Bài 3: Lưu ý: Biểu thức x2 = a(a - x) có thể viết . Như vậy x là đoạn trung bình nhân giữa a và a - x ta còn nói rằng đây là phép chia AB theo trung và ngoại tỷ. Bài toán dựng hình nổi tiếng này được gọi là phép chia hoàng kim. 2.1.10. Dựng thiết diện (mặt cắt) * Phương pháp dựng: - Cho khối đa diện (K) và một mặt phẳng (P). Nếu (P) cắt các mặt của (K) một số đoạn thẳng thì hình phẳng giới hạn bởi các đoạn thẳng ấy gọi là thiết diện của (K) với (P). - Dựng thiết diện thực chất là dựng giao điểm của mặt phẳng với đường thẳng hoặc dựng giao tuyến của hai mặt phẳng. - Lưu ý đến các tính chất song song trong quá trình dựng giao tuyến: 1. 2. * Bài toán 1: Cho tứ diện ABCD; M là một điểm trên cạnh BC. 1) Một mặt phẳng (P) qua M và song song với CD cắt các cạnh BD, AD và AC tại N, R, S. Tứ giác MNRS là hình gì? 2) Nếu (P) song song với CD và cả AB nữa thì tứ giác MNRS là hình gì? Giải: A B C D M N S R A B C D M N S R 1) (P) // CD. Thiết diện là hình gì? (1) Tương tự: (ACD) cắt (P) theo RS nên: RS // CD (2) 2) (P) // CD và (P) // AB. Thiết diện là hình gì? Lý giải như trên câu 1) ta có thêm MS // NR. Vậy thiết diện MNRS là hình bình hành. * Bài toán 2: Cho hình chóp S. ABCD là một tứ giác lồi. Gọi I là giao điểm của AC và BD. Vẽ thiết diện của hình chóp với mặt phẳng qua I, song song với AB và SC. Thiết diện là hình gì? Giải: * Dựng thiết diện - Gọi (a) là mặt phẳng qua I song song với AB và SC. (a) cắt AD tại M và BC tại N thì: S Q P B A M N C D I MN // AB (a) cắt SB tại P và SA tại Q thì: NP // SC và PQ // AB * Cách dựng - Qua I dựng MN // AB (M ẻ AD; N ẻ BC) - Từ N dựng NP // SC (P ẻ SB) - Từ P dựng PQ // AB (Q ẻ SA) Thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (a) qua I song song với AB và SC là tứ giác MNPQ. * Thiết diện là hình gì? Như trên đã thấy: * Bài toán 3: J A' A N P B' B M R C C' I Cho lăng trụ tam giác ABCA'B'C'. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh AB, AA' và A'C'. Hãy dựng thiết diện của lăng trụ với mặt phẳng (MNP). Giải: ã Đường thẳng MN cắt các đường thẳng BB', B'A' lần lượt tại I và J (MN, BB' và B'A' cùng ở trong mặt phẳng (ABB'A')). ã Nối JP. Đường thẳng này cắt BC tại Q. ã Nối IQ. Đường thẳng này cắt BC tại R. Thiết diện của lăng trụ với mặt phẳng (MNP) là đa giác MNPQR. Ghi chú: (i) Do (ABC) // (A'B'S') nên MR // PQ. Ngoài đặc điểm này ra thì thiết diện không có đặc điểm gì khác. (ii) Hai đường thẳng chỉ cắt nhau khi chúng cùng mặt phẳng và không song song. * Bài toán 4: Cho hình chóp SABCD, đáy là tứ giác lồi ABCD. Hãy dựng thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (P) qua A và song song với BD. Giải: - Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC và BD trong mặt đáy ABCD. Mặt phẳng (P) cắt SO tại O' và cắt mặt phẳng (SBD) theo giao tuyến B'D' song song với BD // (P). Do đó cách dựng: * Cách dựng: S A B C D O B' C' D' O' ã Nối SO; lấy một điểm O' trên đoạn SO. ã Qua O' dựng đường thẳng song song với BD, đường thẳng này cắt SB và SD tại B' và D'. ã AO' cắt SC tại C'. Thiết diện là tứ giác AB'C'D'. 2.2. Vấn đề 2: Khuyến khích học sinh tìm ra nhiều cách giải cho một bài toán hình học không gian. Vấn đề này được xây dựng dựa trên cơ sở một vấn đề Toán học có nhiều cách nhìn nhận theo các góc độ khác nhau. Với một bài toán được giải bằng nhiều cách giải khác nhau, học sinh sẽ được tiếp cận theo nhiều đường lối, kiến thức rộng hơn, sâu sắc hơn. Từ các phương thức tiếp cận đó có thể giải quyết được vấn đề một cách nhanh chóng, linh hoạt. Tuy nhiên, không phải bài toán nào cũng giải được theo nhiều phương pháp, cách giải khác nhau, song đối với một số bài toán về hình học không gian, đặc biệt là các bài toán về hình hộp, tứ diện vuông, hình chóp … ta có thể giải được theo nhiều cách khác nhau. Cụ thể, sau khi giải xong một cách nào đó của bài toán, giáo viên cũng nên hỏi học sinh: "Bài toán này có cách giải nào khác nữa hay không?". Nếu giáo viên không đặt ra câu hỏi này e có nhiều học sinh sẽ tỏ ra bức xúc và biết đâu các em còn có nhiều cách giải, phương pháp khác hay hơn nhiều cách giải vừa được trình bày. Mỗi học sinh có khả năng liên tưởng, huy động kiến thức khác nhau tuỳ vào khả năng tư duy giải quyết vấn đề của các em. Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, và G là trung điểm của đoạn MN. Chứng minh rằng đường thẳng AG đi qua trọng tâm A' của DBCD. Phát biểu kết luận tương tự đối với các đường thẳng BG; CG; DG. Cách 1: + Chứng minh AG đi qua A'. Û Chứng minh A, G, A' thẳng hàng. Û Chứng minh A, G, A' cùng thuộc hai mặt phẳng. Do G ẻ MN nên G ẻ mặt phẳng (ABN) Do A' là trọng tâm DBCD nên A' ẻ BN ị A' ẻ mp (ABN) ị A, G, A' ẻ mp (ABN) (1) Gọi I, J lần lượt là trung điểm BC, AD. Ta dễ dàng chứng minh được tứ giác MIJ là hình bình hành hay G ẻ IJ ị G ẻ mp (ADI) Mặt khác A' ẻ DI ị A' ẻ mp (ADI) ị A, G, A' ẻ mp (ADI) (2) Từ (1) và (2) ị A, G, A' thẳng hàng hay AG đi qua A'. Cách 2: 1) Chứng minh AG đi qua A'. Trong DABN gọi A'' là giao của BN và AG. áp dụng định luật Men đe lêuyt cho ba điểm A, G, A'' ta có: Trong đó: Thay vào ta có: hay BA'' = 2A'N (1) Mặt khác vì A' là trọng tâm DBCD nên (2) Từ (1) và (2) ị A'' º A'. Vậy AG đi qua A' Cách 3: 1) Chứng minh A, G, A' thẳng hàng. Û Chứng minh AA', GA' cùng song song một đường thẳng. Dựng đường thẳng MH // AA' (H ẻ BN) (1) Khi đó MH là đường trung bình DABA'. ị H là trung điểm BA ị BH = HA'. Mặt khác: BA' = 2A'N hay 2HA' = 2A'N. ị A' là trung điểm HN ị GA' // MH (2) Từ (1) và (2) ị A, G, A' thẳng hàng hay AG đi qua A' . Cách 4: Do A' là trọng tâm DBCD ị A' = BN ầ DI (I là trung điểm BC). Nên A, G, A' thẳng hàng. ị AG, BN, DI đồng quy. Gọi J là trung điểm AD. Khi đó ta có tứ giác MINJ là hình bình hành. ị G ẻ IJ, G ẻ MN ị AG là giao tuyến của hai mặt phẳng (ABN) và (ADI). DI là giao tuyến của hai mặt phẳng (ADI) và (BCD). BN là giao tuyến của hai mặt phẳng (BCD) và (ABN) Mà DI ầ BN = A' (trọng tâm DBCD). Suy ra (theo định luật về giao tuyến của ba mặt phẳng) AG, BN, DI đồng quy tại A' hay A, G, A' thẳng hàng. Vậy AG đi qua trọng tâm A' của DBCD. () Ví dụ 2: Cho hình lập phương ABCD A1B1C1D1 Chứng minh A, G, C1 thẳng hàng (G là trọng tâm DA1BD). Cách 1: A, G, C1 thẳng hàng Û A, G, C1 đồng thời thuộc hai mp phân biệt. Gọi O là tâm hình vuông ABCD. ị A1O è (AA1C1C) Vì G ẻ A1O ị G ẻ (AA1C1C) Vậy A, G, C1 ẻ (AA1C1C) (1) Gọi O1 là tâm của hình vuông ABB1A1 ị DO1 là trung tuyến của DA1B1D ị G ẻ DO1 è (ADC1B1) ị G ẻ (AD C1B1) Vậy A; G; C1 ẻ (ADC1B1) (2) Do mặt phẳng (ADC1B1) và mặt phẳng (AA1C1C) là hai mặt phẳng phân biệt nên từ (1) và (2) suy ra A, G, C1thẳng hàng. Cách 2: A, G, C1 thẳng hàng Û AC1 chứa G. Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Ta có A1O ẻ (AA1C1C) Gọi G là giao điểm AC1 và A1O. Khi đó G là giao điểm của AC1 và mặt phẳng (A1BD). Ta sẽ chứng minh G là trọng tâm DA1BD Û Chứng minh A1G = 2GO. Xét DAOG và DC1GA1. Có AO // A1C1 ị Hay A1G = 2GO. Vậy G là trọng tâm DA1BD. Cách 3: Vì G là trọng tâm DA1BD ị G = A1O ầ DO1 Vậy A1, G, C1 thẳng hàng Û AC1, A1O, DO1 đồng quy (O, O1 lần lượt là tâm của hình vuông ABCD, ABB1A1). Ta có: AC1là giao tuyến của hai mặt phẳng (ADC1B1) và (ACC1A1) DO1là giao tuyến của hai mặt phẳng (ADC1B1) và (A1BD). A1O là giao tuyến của hai mặt phẳng (A1BD) và (ACC1A1) (Vì O1 ẻ A1B ị DO1 è (A1BD); O = AC ầ BD. ị A1O ẻ (ACC1A1) Mà DO1 ầ A1O = G. Vậy theo định lý về giao tuyến của ba mặt phẳng ta có AC1, DO1, A1O đồng quy tại G (G là trọng tâm DA1BD) Hay A, G, C1thẳng hàng. Cách 4: Hai góc ở vị trí đối đỉnh Trong mặt phẳng (ACC1A1). Xét DAOG và DC1OA1 có (Vì O là trung điểm AC, G là trọng tâm DA1BD) (Góc so le trong) Vậy DC1OA1 ~ DAOG hay (ở vị trí đối đỉnh). ị A, G, C1 thẳng hàng. Ví dụ 3: Cho hình chóp S ABCD có SA ^ mặt phẳng (ABCD); SA = 2. Đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 1, BC = 3. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD. Cách 1: Xem khoảng cách là độ dài đoạn ^ góc chung. Từ D dựng Dx // AC. Từ A dựng AF ^ Dx (F ẻ Dx) và AH ^ SF (H ẻ SF) Qua H kẻ đường thẳng HP // FD (P ẻ SD) Kẻ PQ // AH (Q ẻ AC) Khi đó PQ là đoạn ^ góc chung của AC và SD. Thật vậy: ị FD ^ (SAF) ị FD ^ AH. Mà AH ^ SF ị AH ^ (SFD) ị AH ^ SD. Do AH // PQ ị PQ ^ SD (1) Mặt khác AH ^ FD ị AH ^ AC ị PQ ^ AC (2) Từ (1) và (20 ị PQ là đoạn vuông góc chung. Xét DAFD vuông và DCDA vuông có Vậy DAFD ~ DCDA ị . Vậy d(AC, SD) = AH = . Cách 2: Khoảng cách giữa AD và SD là khoảng cách từ đường thẳng AC đến mặt phẳng (SFD). Từ D dựng Dx // AC. Gọi (P) là mp qua SD vấn đề Dx. Khi đó (P) // AC. Vậy d (AC, SD) = d(AC, (P)) = d(A, (P)). Dựng AH ^ Dx (F ẻ Dx) AH ^ SF (H ẻ F) Sauy ra AH ^ (SFD) hay AH ^ (P) Do đó: d(AC, SD) = d(A, P) = AH = . Cách 3: Xem khoảng cách giữa AC và SD là khoảng cách của hai mặt phẳng. Từ D dựng Dx // AC. Gọi (P) là mp qua SD và Dx, (Q) là mp qua AC và (P) // (Q). Khi đó d(AC, SD) = d((Q), (P)) = d((A), (P)) = AH = Cách 4: Xem khoảng cách AC và SD là chiều cao hình chóp có đỉnh A và đáy là DSFD, hình chóp SAFD. Ta có: d(AC, SD) = . Trong đó VASFD = SA. AF. FD Ta có: SA = 2, AF = Suy ra VASFD = . 2 . SD = SF = Suy ra SSFD = Do đó d(AC, SD) = . Cách 5: Xem khoảng cách AC, SD là chiều cao hình hộp có 2 đáy lần lượt chứa hai cạnh AC, SD. Dựng hình hộp ACEDPQRS. Ta có: d(AC, SD) = Trong đó: Thể tích hình hộp V = SA. SACDE ị V = 2. SA . SACD = SA. AD. DC = 6. Ta có: SDERS = DS. DE. sin () = DS. DE . sin () = DS. DE . = AC. FS = = 7. Vậy d(AC, SD) = . Ví dụ 4: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một ^ nhau và OA = OB + OC. Chứng minh rằng tổng ba góc phẳng tại đỉnh A bằng 900. Cách 1: Đặt . Khi đó bài toán trở thành bài toán chứng minh a + b + g = 900 Û a = 900 - (b + g) Û cos a = sin(b + g) (*) Ta có VT của (*) cosa = (Định lý h/s cosin cho DABC) Û a = (1) Vế phải của (*): sin (b + g) = sinb . cosg + cosb . sing ị sin (b + g) = = (2) (Vì OA = OB + OC theo giả thiết). Từ (1) và (2) ị (*) đúng. Vậy tổng ba góc phẳng tại đỉnh A bằng 900. Cách 2: Với cách đặt trên áp dụng định lý h/s cosin cho DABC. cosa = ị cosa = . Theo giả thiết OA = OB + OC Û 1 = Û cosb . cosg = sinb . cosg + sing . cosb Û cosa = sin(b + g) ị Trong DOAB có OA > OB nên b < ị Tương tự ta có g < . Vậy b + g < . Nên a = - (b + g) Vậy a + b + g = hay tổng ba góc phẳng tại đỉnh A bằng 900. Cách 3: Đặt OA = a; OB = b; OC = c. Khi đó vì DOBC ^ tại B. Nên BC = Trong mp bất kỳ đi qua đỉnh A, dựng hình vuông cạnh bằng b + c. Hình vuông AA1A2A3 Trên cạnh A1A2 lấy điểm B sao cho A1B' = b. Trên cạnh A2A3 lấy điểm C sao cho A3C' = c ị B'C' = Khi đó ta có DAA3C' = DAOC; DAA1B' = DOAB DAB'C' = DABC (C. C. C) ị hay a + b + g = 900. Vậy tổng các góc phẳng ở đỉnh của tứ diện bằng 900. Ví dụ 5: Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 có cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là các điểm thuộc các cạnh AD, BD1 sao cho AM = BN < 1. Gọi I, J lần lượt là trung điểm AB, C1D1. CMR: Bốn điểm M, I, N, J đồng phẳng. Cách 1: Để chứng minh M, I, N, J đồng phẳng ta sẽ chứng minh MI cắt NJ ta có tứ giác AIJD1 là hình chữ nhật (Vì AI // = JD1 = và = 900). ị IJ ^ AB và IJ ^ C1D1 (1) Ta cũng có: Tứ giác DIB1J là hình thoi ị IJ ^ B1D1 tại trung điểm O của mỗi đường. Khi đó thực hiện phép đối xứng trục IJ. DIJ: A a B thoả mãn AD = BB1 D a B1 AM = BM' M a M' Mà BN = AM ị BN = BM' ị N º M'. Vậy DIJ: M a N. ị Bốn điểm M, I, N, J đồng phẳng. Cách 2: (áp dụng định lý Minebuyt trong không gian) Xét các tứ giác ghềnh ABB1D. Có (Vì I, O là trung điểm của AB, B1D và BN = AM ị DM = NB1) ị 4 điểm M, I, N, O đồng phẳng. Mặt khác ta lại có tứ giác DIB1J là hình thoi nên J ẻ OI. Vậy 4 điểm M, I, N, J đồng phẳng. Cách 3: Để chứng minh bốn điểm M, I, N, J đồng phẳng ta chứng minh mặt phẳng đi qua ba trong bốn điểm sẽ đi qua điểm còn lại. Gọi (P) là mp đi qua ba điểm I, M, J. Trong mp (ABCD) DIAM ~ DIBD ị ị AM = BD (1) DIAM ~ DQDM ị ị PQ = . Trong mp (CDD1C1): DQDE ~ DJD1E. ị ị (IA = JD1 = ). D ID1E ~ DJC1R ị ị C1R + ED1 = . (E1D1 = Û ED1 - ED1 . AM = AM - ED1 . AM ị ED1 = AM ị C1R = AM (2) Từ (1) và (2) ị DPCR vuông cân (CP = CR) ị DPBN' ^ cân hay BD = BM' = AM ị N' = N hay N ẻ (P) Vậy M, I, N, J đồng phẳng. Ví dụ 6: CHo hình chữ nhật ABCDA1B1C1D1 có các kích thước lần lượt AB = a, AD = b, AA1 = C. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BD1. Cách 1: Từ D kẻ DH ^ CD1 (H ẻ CD1) Từ H kẻ HE // BC (E ẻ BD1) Từ E kẻ EF // DH (F ẻ AD) Khi đó EF là đường vuông góc chung của AD và BD1. Thật vậy: Do BC ^ (CDD1C1) nên BC ^ DH mà DH ^ CD1 suy ra DH ^ (BCD1) ị DH ^ BD1. ị EF ^ BD1 (Vì EF // DH) (1) Mặt khác: AD ^ (CDD1C1) ị AD ^ DH ị EF ^ AD (Vì EF // DH) (2) Từ (1) và (2) ị EF là đường ^ góc chung của BD1 và AD. Ta có d (AD, BD1) = EF = DH. Trong đó: ị DH = . Vậy d (AD, BD1) = Cách 2: Gọi (P) là mp qua BD1 và BC. Khi đó (P) // AD. d (AD, BD1) = d(AD, (P)) = d(D, (P)). Từ D kẻ DH ^ CD1 (H ẻ CD1) Vì BC ^ (CDD1C1) nên BC ^ DH ị DH ^ (BCD1) hay DH ^ (P) Suy ra d (AD, BD) = 10 = d(D, (P)) = DH = Cách 3: Gọi (P) là mp đi qua BD1 và BC. (Q) là mp đi qua AD và // (P) Khi đó d (AD, BD1) = d((Q), P) = d(D1, (P)) (D ẻ (Q)). Qua D kẻ DH ^ CD1 (H ẻ CD1) Vì BC ^ (CDD1C1) nên BC ^ DH, do đó DH ^ (BCD1) hay DH ^ (P) ị d (AD,BD1) = DH = . Cách 4: Khoảng cách giữa AD và BD1 bằng chiều cao hình chóp DBD1C. d(AD, BD1) = . Trong đó DD1.DC.BC = abc. Vậy d (AD, BD1) = = . Cách 5: Dựng hình hộp ADEFA1D1BP. Gọi V là thể tích của hình hộp Khi đó d ( AD, BD1) = Trong đó V = AB . = abc Vậy . Ví dụ 7: Cho hình tứ diện ABCD với P, Q lần lượt là trung điểm AB, CD. Gọi R là điểm nằm trên cạnh BC sao cho BR = 2RC. S là điểm nằm trên cạnh AD sao cho AS = 2SD. Chứng minh rằng bốn điểm P, Q, R, S cùng nằm trên một mặt phẳng. Cách 1: (Sử dụng định lý Mendeleuyp trong không gian) Xét tứ giác ghềnh ABCD có: (Vì P, Q lần lượt là trung điểm AB, CD và ) Do đó: Bốn điểm P, Q, R, S cùng nằm trên một mp. Cách 2: Bốn điểm P, Q, R, S cùng thuộc 1 mp Û có 2 đường thẳng (mỗi đường thẳng đi qua 2 trong 4 điểm trên cắt nhau). Gọi I là giao điểm của đường thẳng PR và AC. Gọi J là giao điểm của đường thẳng SQ và AC. Từ C kẻ CE // AB, CF // AD. Trong mặt phẳng (ABC) DPBR ~ DECR ị ị ị C là trung điểm IA (1) Trong mặt phẳng (ACD) DSPQ ~ D FCQ ị ị C là trung điểm JA (2) Từ (1) và (2) ị I º J hay PR cắt SQ tại I. Vậy 4 điểm P, Q, R, S cùng thuộc mặt phẳng. Cách 3: Bốn điểm P, Q, R, S cùng thuộc một mặt phẳng. Û Có một mp đi qua 3 trong 4 điểm cũng sẽ đi qua điểm còn lại. Gọi (P) là mp đi qua R, P, Q. Tứ giác PRQS là tiết diện cắt bởi (P) và hình tứ diện ABCD. Ta sẽ chứng minh S' º S ẻ (P). Thật vậy: Từ C kẻ CE // AB, CF // AD. Trong mặt phẳng (ABC). Do DPBR ~ DECR. ị Trong DIAD ta có: (1) Trong mp (ACD) Ta có theo (1) (2) Vì DCFQ ~ DDS'Q nên hay CF = SD. Thay vào (2) ta được ị AS' = 2S'D. Mà giả thiết AS = 2SD (S, S' ẻ cạnh AD). Do đó S' º S hay S ẻ (P) Vậy P, Q, R, S cùng thuộc một mặt phẳng. 2.3. Vấn đề 3. Xây dựng hệ thống bài toán gốc giúp học sinh quy lạ về quen Quy lạ về quen là quá trình quy việc giải một bài toán về giải các bài toán quen thuộc đã biết. Quy lạ về quen là một tri thức phương pháp giúp học sinh dễ dàng thực hiện một số hoạt động quan trọng được quy định trong chương trình. Đồng thời việc thông báo những tri thức này dễ hiểu và ít tốn thời gian. Trong quá trình giảng dạy, giáo viên cũng cần quan tâm cho học sinh biết kiến thức nào có thể để học sinh tự học hoặc tự suy luận được trên cơ sở kiến thức đã được lựa chọn, truyền thụ cho học sinh. Hoặc giáo viên cũng có thể hướng dẫn cho học sinh xây dựng các bài toán gốc để củng cố khái niệm, định lý. Hệ thống bài tập gốc đóng vai trò hết sức quan trọng vì ngoài chức năng củng cố kiến thức cho học sinh, hệ thống bài tập gốc còn góp phần định hướng tìm tòi lời giải cho các dạng toán, nhất là các dạng toán có quy trình giải. Việc thực hiện quy trình trong dạy học toán không những hướng cho học sinh tới tư tưởng thuật toán mà còn tạo điều kiện cho học sinh sử dụng mềm mại, uyển chuyển các phương pháp dạy học khác nhau. Giáo viên dựa vào những kiến thức truyền đạt để dạy học sinh tưởng tượng, phát triển trực giác, giúp học sinh phát triển tư duy tích cực, độc lập sáng tạo. Chúng ta hãy xét các ví dụ sau. Ví dụ 1: Cho tam diện vuông OABC có OA = a, OB = b, OC = c. Tính khoảng cách từ O đến (ABC) Gọi H là hình chiếu của O trên (ABC) áp dụng tính chất của tam diện vuông ta có: ị OH = Bài toán: Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 cạnh bằng 1. Lấy M trên cạnh CC1 sao cho độ dài MC = . Trên cạnh A1D1 lấy N sao cho độ dài A1N = . O là tâm hình lập phương. Tính khoảng cách từ D đến (MNO)? Khi gặp bài toán này học sinh sẽ thấy khó khăn khi tìm hình chiếu của D trên (MNO). Khi đó giáo viên gợi ý để học sinh tìm cách đưa về bài toán gốc. Như vậy: Làm thế nào để đưa về bài toán gốc? Nếu học sinh chưa trả lời được, giáo viên có thể gợi ý: Mặt phẳng (a) trong bài toán gốc cắt 3 cạnh của góc tam diện A, B, C và độ dài OA, OB, OC đã biết. Lời giải: Gọi E = MO ầ AA1 P = NE ầ AD Q = NE ầ DD1 và R = MQ ầ DC Ta có AE = MC1 = ; EA1 = CM = ị ị . ị DP = . Tương tự ta tính được DQ = ; DR = Vậy . * Bài toán tương tự: Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 cạnh bằng 1. Trên AA1 lấy E sao cho AE = . Trên BC lấy F sao cho độ dài BF = . Gọi O là tâm hình lập phương. Tìm khoảng cách từ B1 đến (EFO). Ví dụ 2: Cho hình chóp SABC có DABC ^ ở C; SA ^ (ABC). Mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SB cắt SB, SC tại B', C'; B'C' ầ BC = I. Chứng minh a) AC' ^ (SBC) b) DAC'B' ^ tại B' c) AI ^ (SAB). Ngược lại nếu B', C' là hình chiếu của A trên SB, SC thì (AB'C') ^ SB. Giải: a) Do ị BC ^ (SAC) ị BC ^ AC' Mà SB ^ AC' ị AC' ^ (SBC) (1) b) Từ (1) ị AC' ^ C'B' hay DAC'B' ^ ở C' c) Do AI è (AB'C') nên AI ^ SB. AI è (ABC) ị AI ^ SA. ị AI ^ (SAB). Ngược lại, nếu AB' ^ SB; AC' ^ SC, ta có: BC ^ (SAC) ị BC ^ AC' SC ^AC' ị AC' ^ SB. Kết hợp với SB ^ AB', suy ra SB ^ (AB'C') Khi đó ta cũng có các tính chất a, b, c. Bài toán 1: Trong (P) cho nửa lục giác đều ABCD với AB = BC = CD = a, AD = 2a. Trên nửa đường thẳng Ax vuông góc (P) tại A, lấy điểm S. Mặt phẳng qua A ^ SD cắt SB, SC, SD lần lượt tại B', C', D'. a) Chứng minh: A'B'C'D' là tứ giác nội tiếp. b) Khi S chuyển động trên Ax thì đường thẳng B'C' đi qua 1 điểm cố định, đường thẳng C'D' cũng đi qua 1 điểm cố định. a) So sánh giả thiết của bài toán 1 với bài toán gốc ở ví dụ 2 xem có gì giống nhau không? * Giống: Có mặt phẳng qua A và ^ SD, có SA ^ đáy. * Giáo viên vẽ riêng đáy để học sinh thấy được do ABCD là nửa lục giác đều nên nó nội tiếp trong đường tròn đường kính AD ị = 1V. * Xét các bộ phận liên quan tới bài toán gốc. - Học sinh sẽ nhận ra các hình chóp đó là SABD và SACD. Quay về chứng minh bài toán gốc đối với 2 hình chóp này, ta sẽ có: Tứ giác AB'C'D' nội tiếp đường kính AD'. b) Khi S thay đổi trên Ax, những yếu tố nào cố định, những yếu tố nào thay đổi? * Vẽ vào trường hợp của S và dự đoán điểm cố định mà B'C' đi qua? Liên hệ với bài toán gốc học sinh sẽ nghĩ tới việc gọi I = BC ầ B'C'. Và chứng minh I cố định: Ta đã có I ẻ BC cố định để chứng minh I cố định ta cần chứng minh thêm điều gì? Lúc này đưa bài toán về bài toán gốc để chứng minh AI ^ (SAD) mà (SAD) cố định nên AI cố định. Bài toán 2: Cho hình chóp SABC có cạnh SA vuông góc với đáy. Gọi B', C' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SC. Gọi I = BC ầ B'C'. Chứng minh rằng: . * Học sinh dễ dàng thấy được bài toán 2 có nhiều giả thiết gần với bài toán gốc như (SA ^ (ABC), B', C' là hình chiếu của A trên SB, SC. Nhưng trong bài toán này DABC không phải là D vuông. Tìm định hướng để chứng minh ? Với vị trí 2 góc này, học sinh sẽ nghĩ tới việc chứng minh IA là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp DABC. Từ đó đưa về chứng minh AI ^ AD (là đường kính của đường tròn). ị ị AI ^ (SAD) ị AI ^ SD. Việc giải bài toán quy về giải bài toán gốc đối với hai hình chóp SABC và SACD. Bài toán 3: Trên mặt phẳng (P), cho đường tròn (C), đường kính AB, M là một điểm trên đường tròn (C). S là một điểm nằm ngoài (P), SA ^ (P). D là một điểm trên đoạn SA. Từ D kẻ DE ^ SM. a) Chứng minh khi M di động trên đường tròn (C) thì DE không nằm trên một mặt phẳng (p) cố định. b) Tìm tập hợp điểm E. Ta phân tích bài toán: Trong bài toán này ta có SA ^ (AMB). Điểm M thuộc đường tròn (C), đường kính AB nên = 1V. Do đó có nhiều khả năng có thể liên hệ bài toán 3 với bài toán gốc. Tuy nhiên, trong bài toán ta lại không có hình chiếu của A trên SM, SB mà chỉ có hình chiếu của điểm D thuộc SA lên SM. Trước hết cho học sinh giải bài toán sau: Với giả thiết như bài toán 3, gọi M' là hình chiếu của A trên SM. Tìm quỹ tích điểm M'. Bài toán này gần với bài toán gốc hơn bài toán 3, học sinh sẽ nghĩ tới việc gọi B' là hình chiếu của A trên SB. Việc giải bài toán này quy về giải bài toán gốc. Ta có: + (AM'B') ^ SA nên (AM'B') cố định. + AB' cố định + = 1V nên quỹ tích điểm M' là đường tròn đường kính AB' trong mặt phẳng (AM'B'). Bây giờ học sinh có thể liên hệ bài toán 3 với bài toán trên để đi đến: Kẻ DF ^ SB, chứng minh (p) = (DEF) cố định và = 1V ị quy tích điểm E. Ví dụ 3: Cho tứ diện SABC có SA ^ mặt phẳng (ABC). Gọi H, K lần lượt là trực tâm của các tam giác ABC và SBC. Chứng minh: 1) SC ^ (BHK) 2) HK ^ (SBC) Giải: 1) Do ị BH ^ (SAC) ị BH ^ SC (1) K là trực tâm của DSBC nên BK ^ SC (2) Từ (1) và (2) ị SC ^ (BHK) Gọi I = AH ầ BC thì:ị BC (SAI) ị BC SI ị K ẻ SI. Do vậy BC ^ (SAI) ị BC ^ HK (3) Mà SC (BHK) ( câu a) ị JC ^ HK (4) Từ (3) và (4) ị HK (SBC). Bài toán 1: Trong (P) cho DABC cố định, trên đường thẳng Ax với (P) lấy điểm S. Hy là đường thẳng đi qua trực tâm H của tam giác ABC và (SBC). Chứng minh rằng khi S di động trên Ax, đường thẳng Hy luôn đi qua một điểm cố định. + So sánh bài toán 1 và bài toán góc. Trong bài toán gốc đường thẳng nào đóng vai trò của Hy?. + Quy bài toán 1 về bài toán gốc? + Lời giải: Gọi K là trực tâm tam giác ABC ị K cố định. Chứng minh bài toán gốc ta có HK (SBC) ị K ẻ Hy. Bài toán 2: Trong mặt phẳng (P) cho một đoạn thẳng AB cố định. Một đường thẳng d cố định vuông góc với AB tại I ẻ AB. Đường tròn (C) thay đổi luôn qua AB và cắt d tại 2 điểm M,N. Qua A dựng nửa đường thẳng Ax (P). và trên Ax lấy điểm chuyển động C. Chứng minh rằng khi (C) thay đổi, đường thẳng với mặt phẳng (CMN) và đi qua trực tâm của tam giác CMN luôn đi qua 1 điểm cố định. + Các yếu tố nào là cố định, yếu tố nào là thay đổi? + Dự toán điểm cố định cần tìm? Nếu học sinh đã giải quyết bài toán 1 thì bài toán 2 thì sẽ dự đoán đó là K với K là trực tâm tam giác MAN. Tuy nhiên, trong bài toán 1, tam giác ABC là cố định, còn trong bài toán 2 do (C) thay đổi nên MN thay đổi, dẫn đến tam giác AMN thay đổi? Vì riêng mặt phẳng (P) và các yếu tố trên (P). Đến đây học sinh sẽ nhớ lại một bài toán quen thuộc trong hình học phẳng: Tam giác AMN nội tiếp ( C). K là trực tâm tam giác AMN thì ảnh đối xứng với K qua cạnh nằm trên (C). Bài toán 3: Trong mặt phẳng (P) cho hình chữ nhật ABCD, gọi I,J là trung điểm của cạnh AB, CD. Trong mặt phẳng qua I, J với (P) dựng nủa đường tròn đường kính IJ. S là một điểm bất kỳ trên nửa đường tròn đó. Gọi H', K' lần lượt là các hình chiếu trực tâm H, K của các tam giác SAB và SCD xuống (P). CMR tích HH'. KK' là đại lượng không đổi khi S chạy trên nửa đường tròn đã cho. Trước hết hướng dẫn học sinh biến đổitích HH'. KK' về 1 tích dễ đánh giá hơn. Do S ẻ đường tròn đường kính IJ nên = 1V. ị DIHH' DKJK'. ị ị HH'.KK' = JK' .IH' + Nêu định lượng chứng minh Jk'.JH' không đổi? + Gọi y' cho học sinh: Vai trò của H' và K' là như nhau nên nếu H' cố định thì K' cũng cố định. Quy bài toán về chứng minh H', K' cố định. Đối với bài toán này, học sinh rất khó phát hiện nó có liên hệ với bài toán gốc vì những dấu hiệu để nhận biết không dễ thấy. Tuy nhiên, ở đây ta vẫn có sự xuất hiện của trực tâm H, và HH' (ABCD). Do vậy H' có thể là trực tâm của một tam giác nào đó và tam giác đó sẽ đóng vai trò như tam giác SBC trong bài toán gốc. Dự đoán H' là trực tâm của tam giác nào? Chú ý đến H' ẻIJ và IJ^AB, học sinh sẽ nghĩ ngay tới DABJ. Hãy vẽ lại hình chóp SABJ để dễ liên hệ với bài toán gốc. Bây giờ còn lại là chứng minh IJ ^ D(SAB) và quy về bài toán gốc để giải. 2.4. Vấn đề 4: Chuyển việc tìm tòi lời giải bài toán hình học không gian về bài toán hình học phẳng. Hình học không gian đối với học sinh lớp 11 THPT là môn học có cấu trúc chặt chẽ, có nội dung phong phú hơn so với hình học phẳng. Trong quá trình dạy học ở trường THPT, chúng tôi nhận thấy hoạt động dạy học chuyển việc nhìn nhận một vấn đề hình học không gian sang hình học phẳng, hay việc giải bài toán hình học không gian về việc giải một hoặc nhiều bài toán phẳng là một việc làm đúng đắn. Vì đó cũng là một trong những hoạt động góp phần rèn luyện năng lực lập luận, sự sáng tạo, tính linh hoạt và khả năng liên tưởng từ không gian sang phẳng nói riêng và trong bộ môn hình học nói chung của học sinh. Trong mối liên hệ giữa hình học phẳng và hình học không gian, trên cơ sở coi mặt phẳng là một bộ phận của không gian chúng ta cần đặc biệt chú trọng "tách" bộ phận phẳng ra khỏi không gian (vẽ hình, xét trên chi tiết của bài toán). Các bộ phận được tách ở đây có thể là mặt (mặt của khối đa diện), mặt cắt (thiết diện) hay đường giao tuyến. Vấn đề ở chỗ các bộ phận được tách thể hiện giữa các yếu tố đã cho và các yếu tố cần tìm, giúp học sinh tự giải quyết được các yêu cầu của bài toán đặt ra. Thông qua dạy học các chủ điểm kiến thức về khoảng cách, góc, mặt cầu hoặc thẳng hàng, vuông góc, song song, giáo viên cần chú ý rèn luyện cho học sinh năng lực quy lạ về quen, chuyển các bài toán không gian về bài toán phẳng quen thuộc, chẳng hạn: xét tiếp tuyến của mặt cầu quy về xét tiếp tuyến của đường tròn lớn, tạo bởi mặt phẳng qua tiếp tuyến và tâm mặt cầu. Tính khoảng cách giữa các yếu tố quy về tính cạnh góc vuông của tam giác vuông hoặc tính đường cao của tam giác vuông. Khi giải các bài toán hình học không gian giáo viên và học sinh thường gặp khó khăn do một số nguyên nhân sau: - Học sinh phải có trí tưởng tượng không gian cao khi đứng trước các bài toán hình học không gian. - Vì hình học không gian có tính trừu tượng cao nên việc lĩnh hội và sử dụng các tri thức hình học không gian là một vấn đề khó khăn thường gặp đối với học sinh cũng như các giáo viên. - Học sinh quen với hình học phẳng nên khi chuyển sang hình học không gian thì học sinh khó tìm thấy các tính chất phẳng của hình phẳng. Và do sử dụng hình học phẳng từ trước nên khi chuyển sang nghiên cứu của hình học không gian chưa biết vận dụng những tính chất riêng của hình học phẳng cho hình học không gian. Một số bài toán không gian sự liên hệ giữa các yếu tố đã cho và kết luận còn chưa rõ ràng nên học sinh chưa làm quen dần với các định hướng được. Chính vì những lý do trên, chúng tôi đưa ra một số bài toán hình học không gian nhưng có thể chuyển về bài toán phẳng đề giải. Ví dụ 1: Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1. Gọi G là trọng tâm DA1BD. Chứng minh rằng A, G, G1 thẳng hàng. Đây là bài toán thuộc dạng chứng minh ba điểm thẳng hàng. Nên ta có thể dùng phép chiếu song song để giải bài toán trên bằng cách chỉ ra một phép chiếu song song mà 3 điểm đó là ảnh trùng nhau hoặc chứng minh 3 điểm đó có ảnh qua phép chiếu song song là các bộ 3 điểm thẳng hàng. + Chọn phép chiếu song song ((A1B1C1D1), AC1) + Xác định các hình chiếu cần thiết trên mặt phẳng chiếu. Phát biểu bài toán phẳng tương ứng. Ta có phép chiếu song song (A1B1C1D1), AC1) biến . A1C1//AO với O là tâm của ABCD. Do đó nếu lấy điểm O1 trên A1C1 kéo dài về phía C1 sao cho: C1O1 = AO thì OO1//AC1 Từ đó suy ra ị A1O a A1O1 Từ giả thiết G là trọng tâm DBDA1 ị G ẻA1O sao cho A1 G = 2GO ị G a G1 ẻA1O1 sao cho G1A1 = 2G1O1 Khi đó bài toán đã cho chuyển về bài toán phẳng đó là chứng minh G1º C1 Û A1C1 = 2C1O1. + Giải bài toán phẳng đồng thời chuyển kết quả về kết luận của bài toán ban đầu. Thật vậy ta có: C1O1 = AO = .AC =A1C1 ị C1O1 = A1C1 ị G1 = C1 Vậy 3 điểm A, G, C1 thẳng hàng. Ví dụ 2: Cho hình tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, CD, và O là trung điểm đoạn MN. Chứng minh rằng đường chéo AO đi qua trọng tâm G của DBCD. (Đào Tam (2005), Phương pháp dạy học hình học ở trường THPT, NXB HĐSP Huế). Việc chứng minh G là trọng tâm O BCD quy về chứng minh (1). Việc chứng minh G là trọng tâm DBCD. Quy về chứng minh GN = GB (1). Việc chứng minh hệ thức (1) được tiến hành nhờ tách bộ phân phẳng (ABN) ra ngoài. Từ đó dẫn tới bài toán phẳng sau: "Cho tam giác ABN. Gọi M là trung điểm của cạnh AB, O là trung điểm đoạn MN. Đường thẳng AO cắt BN tại G. Chứng minh rằng Việc giải bài toán này thuộc về kiến thức ở cuối cấp II. Vẽ MK//AG, sử dụng tính chất đường trung bình của DABG và DMKN ị BK = KG = GM. Từ đó . Ví dụ trên được giải thông qua việc giáo viên tách bộ phận không gian ra khỏi tứ diện và đưa bài toán cần giải về bài toán phẳng quen thuộc mà học sinh đã biết. Ví dụ 3: Cho hình hộp ABCDA1B1C1D1 có các cạnh bên là AA1,BB1, CC1, DD1. Xác định giao điểm G của đường chéo AC1 và mặt phẳng (A1BD). Chứng minh G là trọng tâm DA1BD? Giải: Ta có: AC1 è mp(ACC1 A1), A1O//AC1 nên gọi G = AC1ầA1O Do A1O è mp(A1BD) ị G ẻ mp(A1BD) Vậy G là giao điểm của đường thẳng AC1 và mp (A1BD). Để chứng minh F là trọng tâm DA1BD ta cần chứng minh A1G = 2GO (O là trung điểm BD). Khi đó chuyển bài toán trong không gian về bài toán phẳng sau: "Cho hình bình hành ACC1A1. Gọi O là trung điểm AC, G là giáo điểm của cạnh AC1 và đoạn thẳng A1O. Chứng minh A1G = 2GO" Thật vậy: Do AO//A1C1 ị áp dụng định lý Talet ta có: (vì 2AO = AC = A1C1) ị A1G = 2GO Vậy G là trọng tâm DA1BD. Chú ý: Ta cũng có thể chứng minh G là trọng tâm DA1BD bằng cách sau: Cách 2: Gọi G là trọng tâm DA1BD. Để chứng minh AC1 đi qua G ta chứng minh AC1, A1O, DO1 đồng quy (Trong đó O1 là trung điểm AB) Ta có: AC1 làgiao tuyến của mp(ACC1A1) và mp(ADC1B1) A1O là giao tuyến của mp(A1BD) và mp(ACC1A1) DO1 là giao tuyến của mp(A1BD) và mp(ADC1B1) Mặt khác: A1O ầDO1 = G Vậy AC1, A1O, DO1 đồng quy tại G. Hay giao điểm của AC1 và mp(A1BD) là trọng tâm DA1BD. Ví dụ 4: Cho tứ diện ABCD. a) Chứng minh rằng các đoạn thẳng nối trung điểm cặp cạnh đối của tứ diện cắt nhau tại một điểm. b) Gọi A1, B1, C1 lần lượt là trọng tâm của các mặt của tứ diện tương ứng đối diện với các điểm A, B, C, D. Chứng tỏ rằng AA1, BB1, CC1, DD1 đồng quy tại G và a) Gọi M, N, I, J, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD, BC, AD, AC, BD. Ta có: MJ // = BD IN // = BD Suy ra tứ giác MJNI là hình bình hành ị MN, IJ cắt nhau tại trung điểm G của chúng Chứng minh tương tự ta có: Tứ giác MPNQ là hình bình hành. Vậy MN, IJ, PQ đồng quy tại G. b) ta có IJ è mp(AID) ị G ẻmp(AID) Gọi A1 là giao điểm AG và ID Ta cần chứng minh: A1 là trọng tâm DBCD và . ta đưa về bài toán phẳng như sau: "Cho DAID. Gọi J là trung điểm AD, G là trung điểm IJ. Gọi A1 là giao điểm của cạnh ID và AG. Chứng minh rằng A1D = 2A1I và " Thật vậy: Kẻ IK // AA1 ( k ẻID) Khi đó: JK là đường trung bình DDAA: (1) GA1 là đường trung bình DIJK: (2) Từ (1) và (2) ta có: ị ð. 2.5. Kết luận chương 2. Trong chương này luận văn đã nêu ra một số vấn đề nhằm bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học giải bài tập Hình học. Qua đây chúng tôi muốn nói rằng chúng ta hoàn toàn có khả năng bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học giải bài tập Toán. Chương 3 Thực nghiệm sư phạm 3.1. Mục đích thực nghiệm Thực nghiệm sư phạm được tiến hành nhằm kiểm tra tính khả thi và tính hiệu quả của các vấn đề đã được đề xuất. 3.2. Nội dung thực nghiệm Cho học sinh tiếp cận với những hình thức dạy học bồi dưỡng tư duy sáng tạo thông qua giải bài tập. Những vấn đề đã đưa ra tiến hành dạy học thực nghiệm bao gồm: Dạng 1: Rèn luyện tư duy sáng tạo qua bài toán dựng hình. Dạng 2: Sử dụng bài toán gốc Dạng 3: Giải bài toán hình học không gian chuyển về bài toán hình học phẳng. Dạng 4: Giải bài toán bằng nhiều cách 3.3. Tổ chức thực nghiệm 3.3.1. Chọn lớp thực nghiệm Việc thực nghiệm sư phạm được thực hiện tại trường THPT Nghi Lộc 1. Lớp thực nghiệm: Lớp 11A3 có 47 học sinh Lớp đối chứng: Lớp 11A7 có 41 học sinh Giáo viên dạy hai lớp này là thầy giáo Nguyễn Trọng Ngà. Dựa vào kết quả kiểm tra chất lượng đầu năm thì chất lượng của hai lớp tương đối đều nhau. 3.3.2. Hình thức tổ chức thực nghiệm Đợt thực nghiệm được tiến hành từ 20/10/2007 đến 22/11/2007. 3.3.2.1. Về nội dung Việc bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học giải bài tập hình học cho học sinh khối 11 không những cung cấp cho các em những cách giải khác nhau đối với một bài toán mà còn làm cho các em nắm vững kiến thức hình học hơn. Hiểu và vận dụng một cách sáng tạo hơn trong quá trình giải toán. Hệ thống các ví dụ, bài tập đưa ra phù hợp với trình độ nhận thức, khả năng tiếp thu của học sinh. Làm học sinh hiểu được bản chất các vấn đề khi học. 3.3.2.2. Về hình thức Việc đề xuất một số vấn đề để bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua dạy học giải bài tập tạo điều kiện cho học sinh có thêm những cách giải khác nhau cho một số dạng toán. Đồng thời giúp cho giáo viên có những thuận lợi trong việc giảng dạy giúp học sinh tiếp thu và vận dụng kiến thức một cách linh hoạt, sáng tạo. Trước khi tiến hành thực nghiệm, tôi trao đổi với giáo viên dạy thực nghiệm về mục đích, nội dung, kế hoạch cụ thể cho giáo viên dạy thực nghiệm để đi tới việc thống nhất mục đích, nội dung và phương pháp dạy các tiết thực nghiệm. Đối với lớp đối chứng vẫn dạy như những giờ bình thường. Việc dạy học thực nghiệm và đối chứng được tiến hành song song theo lịch trình dạy của nhà trường. Chúng tôi đã phối hợp một số phương pháp dạy học như: Phương pháp giải quyết vấn đề, phương pháp đàm thoại để thực hiện các biện pháp đã đề xuất. Thông qua các bài kiểm tra, thường xuyên theo quy định của phân phối chương trình và một bài kiểm tra hết chương. Chúng tôi theo dõi quá trình học tập của học sinh và điều chỉnh phương pháp kiến thức truyền thụ. Kết thúc chương trình dạy thực nghiệm chúng tôi cho học sinh làm bài kiểm tra cùng đề bài với lớp đối chứng. Bài kiểm tra số 1 Cho hình chóp SABCD đáy là hình bình hành ABCD; O là tâm của hình bình hành ấy. Hãy dựng thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (P) qua điểm I trên SO song song SB và AC. Kết quả bài kiểm tra số 1: Điểm Lớp 3 4 5 6 7 8 9 10 Tổng số bài 11A3 1 4 6 10 11 9 6 0 47 11A7 4 8 8 9 6 4 2 0 41 - Lớp thực nghiệm có 42/47 (89%) đạt trung bình trở lên. Trong đó có 55% khá giỏi. Có 6 em đạt điểm 9. Không có em nào đạt điểm tuyệt đối. - Lớp đối chứng có 29/41 (70%) đạt trung bình trở lên. Trong đó có 29% khá giỏi. Có 2 em đạt điểm 9. Không có em nào đạt điểm tuyệt đối. Bài kiểm tra số 2 Cho hình hộp chữ nhật ABCDA'B'C'D' có đường chéo AC' = 2a; và AB = AA' = a. 1) Chứng minh rằng hai đường thẳng AC' và CD' ^ với nhau. 2) Tính khoảng cách từ điểm D tới mặt phẳng (ACD') (bằng 2 cách). 3) Xác định đường vuông góc chung của AC' và CD'. Tính độ dài của đường vuông góc chung đó. Thang điểm: Câu 1: 3 diểm Câu 2: 4 điểm Câu 3: 2 điểm Vẽ hình đúng, đẹp: 1 điểm Kết quả bài kiểm tra số 2: Điểm Lớp 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Tổng số bài 11A3 1 1 4 4 7 11 10 8 1 47 11A7 2 4 7 6 10 8 3 1 0 41 - Lớp thực nghiệm có 41/47 (87%) đạt trung bình trở lên. Trong đó có 63% khá giỏi. Có 8 em đạt điểm 9. Có 1 em đạt điểm tuyệt đối. - Lớp đối chứng có 28/41 (68%) đạt trung bình trở lên. Trong đó có 29% khá giỏi. Có 1 em đạt điểm 9. Không có em nào đạt điểm tuyệt đối. 3.4. Kết luận chung về thực nghiệm 3.4.1. Đánh giá định tính Qua quan sát hoạt động dạy, học ở lớp thực nghiệm và lớp đối chứng, tôi thấy: - ở lớp thực nghiệm, học sinh tích cực hoạt động, chịu khó suy nghĩ, tìm tòi và phát huy tư duy độc lập, sáng tạo hơn ở lớp đối chứng. Hơn nữa, tâm lý học sinh ở lớp thực nghiệm thoải mái, tạo mối quan hệ thân thiết, cởi mở giữa thầy và trò. - Khả năng tiếp thu kiến thức mới, giải các bài tập toán cao hơn hẳn so với bài đối chứng. Các em có thể vận dụng các quy trình hoặc các phương pháp giải các dạng toán cơ bản của hình học không gian vào giải các bài tập cụ thể. Các em biết huy động kiến thức cơ bản, các tri thức liên quan để giải các bài tập toán, kỹ năng lựa chọn của học sinh cao hơn, trình bày lời giải bài toán một cách chặt chẽ, ngắn gọn và rõ ràng hơn. 3.4.2. Đánh giá định lượng Cả hai bài kiểm tra đều cho thấy kết quả đạt được của lớp thực nghiệm cao hơn so với lớp đối chứng, đặc biệt là loạt bài đạt khá, giỏi cao hơn hẳn. Kết quả thu được trên bước đầu cho phép kết luận rằng: Nếu giáo viên có phương pháp dạy học thích hợp và học sinh có kiến thức cơ bản, vững chắc, khả năng huy động kiến thức cơ bản cao thì thuận lợi hơn trong việc tổ chức hoạt động nhận thức cho học sinh. Nhờ đó học sinh nắm vững chắc và hiểu sâu các kiến thức được trình bày trong sách giáo khoa, đồng thời phát triển tư duy sáng tạo, góp phần nâng cao hiệu quả dạy học môn toán. Kết luận Qua quá trình nghiên cứu đề tài "Bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh THPT qua dạy học giải bài tập hình học " chúng tôi đã thu được kết quả chính sau: 1. Làm sáng tỏ một số khái niệm liên quan đến tư duy, tư duy sáng tạo. 2. Đề xuất được một số vấn đề nhằm bồi dưỡng tư duy sáng tạo cho học sinh. 3. Bước đầu khẳng định tính khả thi và tính hiệu quả của những vấn đề đã đề xuất thông qua việc kiểm nghiệm bằng thực nghiệm sư phạm. 4. Luận văn có thể làm tài liệu tham khảo cho giáo viên Toán ở trường THPT. Qua những nhận xét trên, chúng tôi nhận định: Giả thuyết khoa học của luận văn là chấp nhận được, nhiệm vụ nghiên cứu đã hoàn thành. Tài liệu tham khảo [1] Lê Quang ánh, Trần Thái Hùng, Nguyễn Hoàng Dũng (1993), Tuyển tập những bài toán khó và phương pháp giải toán Hình học không gian, NXB Trẻ - Thành phố Hồ Chí Minh [2] Phạm Xuân Chung (2001), Khai thác tiềm năng sách giáo khoa Hình học 10 THPT hiện hành qua một số dạng bài tập điển hình nhằm phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho học sinh (Luận văn thạc sĩ Khoa học sư phạm) [3] Hoàng Chúng (1969) Rèn luyện khả năng sáng tạo toán học ở trường phổ thông. NXB Giáo dục [4] Crutexki V.A (1980) Những cơ sở của Tâm lý học sư phạm, NXB Giáo dục. [5] Crutexki V.A (1973) Tâm lý năng lực Toán học của học sinh, NXB Giáo dục. [6] G. Polya (1968) Toán học và những suy luận có lý, NXB Giáo dục [7] G. Polya (1978) Sáng tạo Toán học, NXB Giáo dục [8] Phạm Văn Hoàn, Nguyễn Gia Cốc, Trần Thúc Trình (1981), Giáo dục học môn Toán, NXB Giáo dục. [9] Nguyễn Thái Hoè (2001), Rèn luyện tư duy qua việc giải bài tập toán, NXB Giáo dục. [10] Phan Huy Khải (1998), Toán học nâng cao cho học sinh Hình học 11, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội. [11] Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thuỵ (1996), Phương pháp dạy học môn Toán, NXB Giáo dục. [12] Lene (1977) Dạy học nêu vấn đề, NXB Giáo dục [13] Thái Văn Long (1999), Khơi dậy và phát huy năng lực tự học, sáng tạo của người học trong giáo dục đào tạo, Nghiên cứu giáo dục. [14] Trần Luận (1995), Dạy học sáng tạo môn toán ở trường phổ thông, Nghiên cứu giáo dục. [15] Trần Luận (1995), Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua hệ thống bài tập toán, Nghiên cứu giáo dục. [16] Đào Tam, Nguyễn Văn Lộc (1996), Giáo trình Hình học sơ cấp và phương pháp dạy học hình học ở trường phổ thông NXB Giáo dục. [17] Đào Tam (2005), Phương pháp dạy học Hình học ở trường THPT, NXB Đại học sư phạm Hà Nội. [18] Tôn Thân (1995), Xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập nhằm bồi dưỡng một số yếu tố của tư duy sáng tạo cho học sinh khá và giỏi ở trường THCS Việt Nam, Viện Khoa học giáo dục. [19] Nguyễn Văn Thuận (2004), Góp phần phát triển năng lực tư duy lôgic và sử dụng chính xác ngôn ngữ Toán học cho học sinh đầu cấp THPT trong dạy học Đại số, Luận án Tiến sĩ giáo dục học, Vinh. [20] Nguyễn Cảnh Toàn (1997), Phương pháp luận duy vật biện chứng với việc học, dạy, nghiên cứu Toán học, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội. [21] Vũ Dương Thuỵ, Vũ Quốc Chung (1999), Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh Tiểu học trong quá trình dạy các yếu tố hình học, Nghiên cứu giáo dục. [22] Trần Trọng Thủy (2000), Sáng tạo, một chức năng quan trọng của trí tuệ, Thông tin khoa học [23] Trần Thúc Trình (1998), Tư duy và hoạt động Toán học, Viện Khoa học giáo dục [24] Đức Uy, Tâm lý học sáng tạo, NXB Giáo dục