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

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI MỞ ĐẦU
- Hình học là một môn học được xây dựng trên cơ sở hệ thống các tiên đề,
định lý toán học, là một môn học chứa đựng nhiều tư duy trừu tượng, tư duy
logic. Vì vậy đây thực sự là môn học khó đối với học sinh. Do đó để học sinh
tiếp thu được môn học đòi hỏi người giáo viên phải có nghệ thuật sư phạm
hướng dẫn học sinh hình thành các bước giải quyết bài toán và kỹ năng giải
quyết bài toán đó.
- Trong hình học ta thường gặp những bài toán như: chứng minh một đẳng
thức hình học, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một đại lượng hình học, tìm
điểm chia đoạn thẳng …. Để giải các bài toán này cần phải xây dựng một “Hệ
thức liên hệ giữa các đại lượng hình học”. Đây là một dạng toán khó ít gặp ở
trong sách giáo khoa song lại gặp nhiều trong các kỳ thi tuyển sinh, thi học sinh
giỏi. Để giúp học sinh định hướng nhanh lời giải cần đưa ra một phương pháp
chung để giải quyết dạng toán này.
- Qua nhiều năm dạy bồi dưỡng học sinh khá, giỏi, tôi đã rút ra một số kinh
nghiệm nhỏ trong việc giúp học sinh định hướng nhanh việc “Tìm hệ thức liên
hệ giữa các đại lượng hình học” và sử dụng phương pháp giải một số bài toán
hình học. Với đề tài này tôi hy vọng sẽ giúp học sinh không lúng túng khi gặp
một số bài toán có liên quan. Nó sẽ giúp học sinh học tốt hơn, có hứng thú hơn
đối với môn toán. Đề tài gồm có hai phần đó là: “Tìm hệ thức liên hệ các đại
lượng hình học” và “Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải
một số bài toán”
- Ý tưởng nghiên cứu đề tài được nảy sinh từ năm 2003, ban đầu tôi chỉ sử
dụng phương pháp này để giải các bài toán bất đẳng thức hình học và cực trị
hình học. Qua nhiều năm dạy học và bồi dưỡng học sinh khá giỏi đề tài được
1
nâng dần áp dụng vào việc tính toán các đại lượng hình học như độ dài đoạn
thẳng, tỉ số đoạn thẳng,
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Thực trạng vấn đề

Khi gặp một bài toán có nhiều đại lượng hình học thay đổi và yêu cầu tìm
điều kiện liên hệ giữa các đại lượng hình học thoả mãn một tính chất cho trước,
tìm giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của một đại lượng hình học, tìm điểm chia đoạn
thẳng, tính độ dài một đoạn thẳng, …thì học sinh tỏ ra rất lúng túng. Đa số học
sinh không định hướng được lời giải, không biết được tìm lời giải phải bắt đầu
từ đâu. Chính vì vậy tôi đã sử dụng các phương pháp đề cập trong đề tài và thấy
có hiệu quả nhất định.
2. Kết quả, hiệu quả của thực trạng
Qua quá trình kiểm tra đối với học sinh khi chưa đưa ra phương pháp trên
đã cho kết quả dưới đây:
Tổng số
học sinh
Loại giỏi Loại khá Loại TB Loại yếu
SL Tỉ lệ
(%)
SL
Tỉ lệ
(%)
SL Tỉ lệ
(%)
SL Tỉ lệ
(%)
45 0 0 8 17,78 17 37,78 20 44,44
Từ thực trạng trên tôi đã mạnh dạn đưa ra nội dung cách thức dạy học
nhằm giúp học sinh định hướng nhanh lời giải bài toán
2
3
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. CÁC BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN
Qua quá trình giảng dạy bản thân thấy được hai vấn đề đặt ra ở trên có thể

được giải quyết trong một bài toán. Nếu không tìm được hệ thức liên hệ giữa các
đại lượng hình học thì không giải quyết được bài toán. Vì vậy trong quá trình
dạy học, tôi đã dạy cho học sinh nắm chắc lần lượt hai vấn đề: “Tìm hệ thức liên
hệ các đại lượng hình học” sau đó là “Đi tìm hệ thức liên hệ giải một số bài
toán hình học”. Hai nội dung trên được dạy trong các tiết dạy bồi dưỡng học
sinh khá giỏi
1. Tìm hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học
- Nếu trong giả thiết của một bài toán hình học có các yếu tố: điểm, đường
thẳng, góc … thay đổi; chịu một điều kiện ràng buộc hình học nào đó thì một
vấn đề đặt ra là cần chuyển điều kiện ràng buộc hình học đó thành một điều kiện
ràng buộc giữa các đại lượng có thể tính toán được dưới dạng một biểu thức đại
số - được gọi là biểu thức liên hệ. Qua nhiều năm giảng dạy tôi đã rút ra được
hai cách để giải quyết bài toán trên.
a. Cách 1
Chọn và tính một đại lượng hình học nào đó (Độ dài đoạn thẳng, diện tích
một đa giác, thể tích khối đa diện, …) theo hai cách khác nhau, đẳng thức liên
hệ giữa hai cách tính đó sẽ cho một hệ thức cần tìm. Ta xét một số bài toán minh
hoạ sau:
Bài toán 1.1. Cho góc
·
xOy
α
=
, I là một điểm cố định trên phân giác của góc.
Một đường thẳng
∆
thay đổi qua I cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B. Tìm hệ thức liên
hệ giữa hai độ dài x=OA; y = OB.
BÀI GIẢI
4

O
A
I
B
y
x
+ Đặt OI = d, ta có:
+ S
OAB
=
1
2
.OA.OB.sin
·
AOB
=
1
2
. x.y.sin
α
(1).
+ S
OAB
= S
OAI
+ S
OIB
=
1
2

xd sin
2
α
+
1
2
yd sin
2
α

=
1
2
d sin
2
α
(x+y) (2)
+ Từ (1) và (2) ta có:
( )
1 1
. . .sin . . .sin
2 2 2
x y x y d
α
α
= +

( )
2cos
1 1

2
*
x y d
α
⇔ + =

Đẳng thức (*) chính là hệ thức cần tìm.
Nhận xét
-Đẳng thức (*) tìm được là do ta tính diện tích
∆
ABC bằng hai cách.
Cách 1 cho đẳng thức (1); cách 2 cho đẳng thức (2).
-Thông thường trong hai cách tính đại lượng đã chọn, có một cách là
cách tính thông thường đúng cho mọi trường hợp (Như cách 1). Cách còn lại
sẽ chỉ có được do điều kiện ràng buộc hình học của bài toán (Như cách 2).
Bài toán 1.2. Cho hai tia Am, Bn chéo nhau nhận AB làm đường vuông góc
chung. Các điểm M, N chuyển động trên Am, Bn sao cho đường thẳng MN tiếp
xúc với mặt cầu đường kính AB =a. Tìm hệ thức liên hệ giữa AM = x và BN =
y.
BÀI GIẢI
+ Kẻ tia Bt//Am. Gọi M
1
là hình chiếu của M trên Bt, ta có tứ giác AMM
1
B là
hình chữ nhật
⇒
BM
1
= AM = x;

+ Đặt
·
1
M BN
=
α
(
α
bằng góc giữa Am và Bn).
+ Trong tam giác vuông M
1
MN ta có: MN
2
= MM
1
2
+ M
1
N
2
= MM
1
2
+ BM
1
2
+BN
2
– 2BM.BN.cos
α

=
2
a
+ x
2
+ y
2
– 2xy.cos
α
(1)
5
A
O
B
T
M
1
M
N
+ Mặt khác, gọi T là tiếp điểm của MN
với mặt cầu ta có :
MN = NT + TM = BN + AM = y + x (2)
+ Từ (1) và (2) ta có:
(x+y)
2
=
2
a
+ x
2

+ y
2
– 2xy.cos
α
( )
2
*
4cos
2
a
xy
α
⇔ =

Hệ thức (*) chính là hệ thức cần tìm
Nhận xét
- Để có hệ thức liên hệ ta đã tính độ dài MN bằng hai cách. Cách 1 cho đẳng
thức (1), cách 2 cho đẳng thức (2).
Bài toán 1.3. Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AD, I là một điểm trên
AD. Một đường thẳng qua I cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N, đặt AM =
x, BN = y . Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y
BÀI GIẢI
+ Ta có :
( )
. 1
AMN
ABC
S
x y
S AB AC

=
+ Mặt khác :

( )
1
2
2 2 2
AMN AMI AIN ANI
AMI
ABC ABC ABD ADC
S S S S
S AI x y
S S S S AD AB AC
+
 
= = + = +
 ÷
 
+ Từ (1) và (2) ta có :
.
x y
AB AC
=
( )
1
*
2
AI x y
AD AB AC
 

+
 ÷
 
Nhận xét
- Đẳng thức liên hệ (*) được tìm ra do ta tính tỉ số diện tích
AMN
ABC
S
S
bằng 2
cách khác nhau. Cách 1 cho đẳng thức (1), cách 2 cho đẳng thức (2)
6
A
B
C
D
I
M
N
- Bài toán có thể mở rộng trong trường hợp D không phải là trung điểm
mà D thõa mãn :
DB
k
DC
=
. Áp dụng tương tự ta cũng tìm được hệ thức liên hệ
b. Cách 2
Chuyển điều kiện ràng buộc đã cho thành điều kiện ràng buộc về dạng của một
tam giác, hệ thức liên hệ sẽ là một hệ thức lượng của tam giác này.
Bài toán 1.4. Cho hình hộp chữ nhật ABCDA

1
B
1
C
1
D
1
có ABCD là hình vuông
cạnh a, AA
1
= b. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Tìm điều kiện của
a, b để nhị diện B
1
D
1
của tứ diện MNB
1
D
1
có số đo bằng
3
π
.
BÀI GIẢI
+ Gọi I=BD
⇒∩
MN
I là trung điểm của MN.
+ I
1

là hình chiếu của I trên mp(A
1
B
1
C
1
D
1
)



=
∈
⇒
IBB
DI
11
111
I
B
Do
11
B D

MNDAC ⊥⇒⊥
11
B
, mà
11

B D

)(B
1111
NMIDII ⊥⇒⊥
.=>
·
1
MI N
là
góc phẳng nhị diện cạnh
11
B D
=>
·
1
MI N
là góc phẳng nhị diện cạnh
11
B D
+ Do
1
II MN⊥
tại I là trung điểm của MN
nên
∆
MI
1
N cân tại I
1

. Vậy
·
1
MI N
= 60
0

1
MNI⇔ ∆
là tam giác đều.
1
3
2
I I MN⇔ =
4
6a
b =⇔
(*)
Vậy điều kiện của a, b là liên hệ bởi hệ thức (*).
Nhận xét
7
A B
D
1
D
C
1
B
1
C

N
M
I
1
A
1
I
- Ở cách giải bài toán ta đã chuyển điều kiện ràng buộc
·
1
MI N
= 60
0
về điều
kiện để
∆
MNI
1
là tam giác đều.
2. Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải một số bài toán .
- Thông thường trong hình học ta phải giải bài toán tìm một đại lượng hình
học f nào đó bị ràng buộc bởi các đại lượng x, y,…thay đổi. Khi đó để giải được
bài toán này ta phải đi tìm một hệ thức liên hệ giữa các đại lượng thay đổi đó. Ta
xét một số bài toán sau đây:
Bài toán 2.1. (Đề thi HSG toán lớp 12 tỉnh Thanh Hoá năm học 2005 –
2006).
Cho góc tam diện vuông Oxyz, trên Oz lấy điểm A cố định khác O, biết OA =
a. Gọi (P) là mặt phẳng thay đổi chứa điểm A và cắt Ox, Oy lần lượt tại các
điểm B, C sao cho
.

211
aOCOB
=+
Chứng minh rằng mặt phẳng (P) luôn chứa
một đường thẳng cố định.
BÀI GIẢI
+ Gọi Ot là tia phân giác của góc
·
BOC
, I = BC
Ot∩
.
+ Áp dụng bài toán 1.1 ta có:

( )
0
1 1 2cos45 1 1 2
1
OB OC OI OB OC OI
+ = ⇔ + =

+ Theo giả thiết:
( )
1 1 2
2
OB OC a
+ =

+ Từ (1) và (2) ta có:
2 2

.OI a
OI a
= ⇔ =

Do Ot cố định nên OI = a không đổi.
⇒
I là điểm cố định. Vậy mp (P) luôn chứa đường thẳng cố định AI.
Nhận xét
8
- Bài toán có hai đại lượng hình học thay đổi OB, OC, ta đã tìm hệ
thức liên hệ giữa chúng chính là hệ thức (1), thay giả thiết
·
BOC
= 90
0
bởi giả
thiết
·
BOC
=
α
ta cũng có bài toán tương tự.
- Bằng cách áp dụng bài toán 1.1 (hoặc cách xây dựng như bài toán
1.1), học sinh sẽ phát hiện nhanh lời giải các bài toán sau (bài toán 2.2;
2.3;2.4)
Bài toán 2.2. Cho góc tam diện Oxyz,
·
yOx
= 90
0

. Trên Oz lấy điểm A cố định
khác O, biết OA = a. Gọi (P) là mặt phẳng thay đổi chứa điểm A và cắt Ox, Oy
lần lượt tại các điểm B, C sao cho
.
213
aOCOB
=+
Chứng minh rằng mặt phẳng
(P) luôn chứa một đường thẳng cố định.
BÀI GIẢI
+ Kẻ tia Ot sao cho
·
xOt
= 30
0
và BC
Ot∩
= I .
Ta có: S
BOC
=
1
2
. OB.OC (1)
+ Mặt khác: S
BOC
= S
BOI
+ S
IOC

=
1
2
. OB.OI. sin 30
0
+
1
2
. OI.OC .sin 60
0

=
1 1 3
( ).
2 2 2
OB OC OI+
(2)
+ Từ (1) và (2) ta có:

1 3 3 1 2
( ). . (3)
2 2
OB OC OI OB OC
OB OC OI
+ = ⇔ + =

+Theo giả thiết:
3 1 2
OB OC a

+ =
(4) . Từ (3) và (4) ta có
OIa
aOI
=⇔=
22
.
Do Ot cố định nên I cố định. Do đó mp (P) qua điểm I cố định.
9
Bài toán 2.3.
Cho hình chóp tứ giác đều SABCD. Một mặt phẳng
( )
α
thay đổi cắt các cạnh
SA, SC, SB, SD lần lượt tại các điểm M, N, P, Q. Chứng minh rằng

SQSPSNSM
1111
+=+
BÀI GIẢI
+ Từ giả thiết ta có:
∆
SAC và
∆
SBD cân. ABCD là hình vuông
=>
∆
SAC =
∆
SBD

·
ASC
=
·
BSC
=
α
. SO là phân giác của
·
MSN
và
·
QSP
.
+ Áp dụng bài toán 1.1 đối với
·
MSN
ta có:
(1)
+ Mặt khác đối với
·
QSP
ta có:
( )
2cos
1 1
2
2
SP SQ SI
α

+ =

Từ (1) và (2) ta có:
SQSPSNSM
1111
+=+
Bài toán 2.4 Cho hình chóp tứ giác đều
SABCD có 8 cạnh đều bằng 1. Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của các cạnh SA, SC. Một
mặt phẳng (
α
) thay đổi luôn đi qua M, N, cắt
10
D
B
C
A
M
O
S
N
P
Q
I
D
B
C
A
M
O

S
N
P
Q
I
SISNSM
2
cos2
11
α
=+
các cạnh SB, SD lần lượt tại P và Q. Xác định giá trị nhỏ nhất của diên tích tứ
giác MPNQ.
BÀI GIẢI
+ Từ giả thiết ta có:
SA
2
+SC
2
= AD
2
+ DC
2
= 2 = AC
2
.
=>
∆
SAC vuông tại S. Tương tự
∆

BSD vuông tại S.
+ Do MN
PQ⊥
nên
S
MPNQ
=
2
1
. MN.PQ =
PQ.
4
2
22
.
4
2
yxS
MPNQ
+=⇔
(1)
(Với SP=x; SQ = y, 0<x, y
1≤
)
+Áp dụng bài toán 1.1 ta có
0
1 1 2 os45c
SP SQ SI
+ =
4

11
=+⇔
yx
(2) (Do SI =
1
2
.SO =
4
2
)
+Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho hai số không âm
1 1
,
x y
ta có
4
1
2
11
.2
11
4
≥⇔≥⇔≥+=
xyxy
xyyx
. Vậy
4
1
2.
4

2
4
2
22
≥≥+=
xyyxS
MPNQ

Dấu đẳng thức xảy ra
11
1 1 1
2
1 1
4
x y
x y
x y
x y


=


⇔ = ⇔ = = ⇔



+ =



P, Q là trung điểm của SB và SD.
Vậy tứ giác MPNQ có diện tích bằng
1
4
khi P, Q lần lượt là trung điểm của SB
và SD.
Nhận xét
- Bài toán có hai đại lượng thay đổi SP và SQ. Học sinh thường tính ra
được biểu thức diện tích (1).
- Nếu học sinh không tìm đươc liên hệ x, y bằng đẳng thức (2) thì bài
toán khó giải quyết được. Nhưng vì ở phần trước học sinh đã được học kỹ do
đó nhiều em đã dễ dàng phát hiện ra đẳng thức (2) và bài toán đựoc giải
quyết.
- Có thể thay đổi giả thiết SA=SB=SC=SD = 1 bởi giả thiết
SA=SB=SC=SD = a, giả thiết M, N là trung điểm được thay bằng gỉa thiết

;(0 1)
SM SN
m m
SA SC
= = < ≤
ta cũng có bài toán với kết luận tương tự.
Bài toán 2.5. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Trên các
cạnh SA, SB, SC, SD ta chọn lần lượt các điểm A
1
, B
1,
C
1
sao cho:

3
1
;
2
1
;
3
2
111
===
SC
SC
SB
SB
SA
SA
.Mặt phẳng(A
1
B
1
C
1
) cắt SD tại D
1
. Tính tỉ số
SD
SD
1
BÀI GIẢI
+ Gọi

1111
; DBSOCAIBDACO
∩∩=∩=
+ Xét tam giác SBD áp dụng bài toán 1.3 ta có:
12
S
A
D
C
A
1
B
C
1
D
1
I
B
1
1 1 1 1
1
. . ( )
2
SB SD SB SDSI
SB SD SO SB SD
= +
(1)
+ Tương tự xét tam giác SAC ta có
( )
1 1 1 1

1
. . ( )
2
2 1 1 2 1 4
. . .( ) 2
3 3 2 3 3 9
SA SC SA SCSI
SA SC SO SA SC
SI SI
SO SO
= +
⇔ = + ⇔ =

Thay (2) vào (1) và áp dụng giả thiết ta có:
1 1 1
1 1 4 1 2
. . .( )
2 2 9 2 5
SD SD SD
SD SD SD
= + ⇔ =
Nhận xét
- Để giải bài toán ta đã tìm ra một hệ thức liên hệ chứa tỉ số
1
SD
SD
. Hệ
thức tìm được nhờ áp dụng bài toán 1.3 đối với hai tam giác ACS và BSD
Bài toán 2.6. Cho tam giác ABC, ba điểm M,N,P trên AB,AB, BC thoã mãn :
1 2

,
3 3
AM AN
MB NC
= =
,
1
3
BP
BC
=
. Đường thẳng MN cắt AP tại I. Tính tỉ số
AI
IP
.
BÀI GIẢI
+ Theo giả thiết:

1 2 1 2
, ;
3 3 4 5
AM AN AM AN
MB NC AB AC
= = ⇒ = =
+
( )
1
. 1
10
AMN

ABC
S
AM AN
S AB AC
= =
+
3
3
2
AMN AMI AIN AIN AIN
AMI AIM
ABC ABC ABC ABC ABP
APC
S S S S S
S S
S S S S S
S
+
= = + = +
1 2
. .
3 3
AM AI AN AI
AB AP NC AC
= +
( )
1 1 2 2 7
. . . 2
3 4 3 5 20
AI AI AI

AP IP AP
= + =

Từ (1) và (2) ta có:
13
I
N
M
P
A
C
B
7 1 2 2
20 10 7 5
AI AI AI
AP AP IP
= ⇔ = ⇔ =
Nhận xét
- Thông thường học sinh giải bài toán bằng cách sử dụng định lí talet hoặc
sử dụng phương pháp véc tơ. Song trong cách giải bài toán ta đã đi tìm một
hệ thức chứa tỉ số
AI
IP
. Hệ thức tìm được nhờ tính tỉ số
AMN
ABC
S
S
bằng 2 cách.
Cách 1 tính thông thường , cách 2 tính bằng cách chia diện tích tam giác

AMN thành tổng 2 tam giác
Bài toán 2.7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, và có
thể tích bằng 8. Các điểm M,N lần lượt là trung điểm của các cạnh SB và
SD.Gọi E là một điểm trên cạnh SA, mp(MNE) cắt SC tại F. Tìm vị trí của điểm
E để khối chóp S.EMFN có thể tích lớn nhất, nhỏ nhất
BÀI GIẢI
+ Dựng điểm F
. .
.
. . .
. . . .
1 1 1
( )
2 2 2 2 8
S ENF
S EMF V
S EMFN S EMF S ENF
S ABCD S ABCD S ABC S ADC
V
V V V
SE SM SF SE SN SF SE SF
V V V V SA SB SC SA SD SC SA SC
+
= = + = + = +
( )
( )
.
1
; ;
8

1
S EMFN
SE SF
x y x y
SA SC
V x y
æ ö
÷
ç
= + = =
÷
ç
÷
ç
è ø
= +Þ
+ Lại có :
1 1
2 2 2 2
SEF SEI SFI SEI SIF
SAC SAC SAO SOC
S S S S S
SE SF SE SI SF SI
S S S S SA SC SA SO SC SO
+
= = + = +Û
( ) ( )
1
. 2
4 4 1

x
x y x y y
x
= + =Û Û
-
+ Do
1
0 , 1 1
3
x y x< £Þ££
Thay (2) vào (1) ta có
2
.
4
4 1
S EMFN
x
V
x
=
-
14
+ Ta xột hm s :
( )
2
4 1
; ;1
4 1 3
x
x

f x
x
ộ ự
ờ ỳ
= ẻ
ờ ỳ
-
ở ỷ
( )
( )
( )
( )
2
1 1 1
3 2
8 2 1
1 1
0 ;1
2 3
4 1
4 4
; ; 1
3 3
x
x x
f x
x
f f f
ổử ổử
ữ ữ

ỗ ỗ
ữ ữ
ỗ ỗ
ữ ữ
ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
ộ ự
-
Â
ờ ỳ
= = = ẻ
ờ ỳ
-
ở ỷ
= = =
.
.
1
1
4
3
;
3
3
1
1
1 1
1
2 2

S EMFN
S EMFN
SE
x
SA
MaxV
SE
x
SA
SE
MinV x
SA
ộ
ộ
ờ
=
ờ
=
ờ
ờ
=ị
ờ
ờ
ờ
=
=
ờ
ờ
ở
ờ

ở
= = =
Nhn xột
-Thụng thng hc sinh tỡm c
.S EMFN
V
c biu th bng ng thc (1),
song khụng ỏnh giỏ c
.S EMFN
V
vỡ cú 2 i lng thay i x, y. Do ú cn
phi tỡm c mi liờn h gia x v y . Mt h thc liờn h tỡm ra c nh
bi toỏn 3.1, ng thc (2) ó giỳp hc sinh gii quyt c bi toỏn .
Bi toỏn 2.8. Cho hỡnh chúp S.ABCD ỏy l hỡnh vuụng cnh bng 1 v khi
chúp cú th tớch bng 1. Gi M,N l cỏc im di ng trờn AD, CD sao cho
ã
0
45MBN =
. Tỡm giỏ tr ln nht v nh nht ca th tớch khi t din SBMN
BI GII
+ Gi h l di ng cao ca hỡnh chúp ta cú
.
3
3
S ABCD
ABCD
V
h
S
= =

+ t AM= x; CN = y,
(0 , 1)x yÊ Ê
( ) ( )
( )
.
1 1
1
1
2 2 2 2
1
1
2
BMN
S BMN
x y
x y xy
S
xy
V
- -
-
= - - - =ị
-
=ị
ã
ã
ã
ã
ã
( )

( )
0 0
45 45
1
tan 1 1 2
1 1
MBN ABM NBC
x y x
ABM NBC y
xy x
+ = + =
+ -
+ = = =
- +
15
N
B
C
A
D
S
M
O
A
C
D
B
S
M
N

F
I
E
Do
0 , 1x y£ £
nên
[ ]
0;1x ∈
Thay (2) vào (1) ta có:
( )
2
.
1
2 1
S BMN
x
V
x
+
=
+
+ Ta xét hàm số:
( )
( )
[ ]
2
1
, 0;1
2 1
x

x
f x
x
+
= Î
+
( )
( )
[ ]
( ) ( )
( )
[ ]
( )
[ ]
( )
2
2
0 1
1 2
;1
0;1
1 2 1
0 1 2 0;1
2
1
1 1
, , 2 1
2 2
1
minf 2 1,max

2
x
x x
x o
x
x x
f x
x
f f f
f
- +
Î
Î
+ -
¢
= = =- +Û Î
+
= = = -
= - =Þ
Vậy thể tích khối chóp
.S BMN
đạt giá trị lớn nhất bằng
1
2
khi M trùng A hoặc
M trùng D, và đạt giá trị nhỏ nhất bằng
2 1-
khi
2 1AM = -
Nhận xét

- Thông thường học sinh tìm được
SBMN
V
cho bởi (1) song không đánh giá
được biểu thức thể tích vì có 2 đại lượng thay đổi x, y. Do đó cần phải tìm mối
liên hệ giữa x và y sẽ giúp học sinh giải quyết được bài toán một cách dễ
dàng.
- Ta đã tìm được một hệ thức liên hệ giữa x và y cho bởi hệ thức (2) vì
vậy
Bài toán 2.9. Cho hai nửa đường thẳng Am, Bn chéo nhau và vuông góc với
nhau, nhận AB = a làm đường vuông góc chung. Các điểm M, N lần lượt chuyển
động trên Am, Bn sao cho độ dài MN = b không đổi.
a) Chứng minh rằng tứ diện ABMN có các mặt là các tam giác vuông.
b) Xác định giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABMN.
BÀI GIẢI
a) Ta chứng minh được
∆
AMN vuông tại A;
∆
BMN vuông tại B.
16
b) Đặt AM = x; BN=y ta có V
ABMN
=
1
3
.S
ABN
.AM =
1

3
.axy (1).
+ Xét tam giác AMN ta có:
2 2 2 2 2 2
MN MA AN MA AB BN= + = + +
2 2 2 2
MN a x y
⇔ = + +
2 2 2 2 2 2 2 2
.b a x y x y b a
⇔ = + + ⇔ + = −
.

2 2
2 2
1 1 1
. ( )
6 6 2 12
ABMN
x y
V axy a a b a
+
⇒ = ≤ = −

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
2
22
2222
ab
yx

abyx
yx
−
==⇔



−=+
=
Vậy giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABMN
là:
)(
12
1
22
aba −
.
Nhận xét
- Trong bài toán có 2 đại lượng thay đổi x, y. Ta đã tìm hệ thức liên hệ
x,y cho bởi đẳng thức (2) vì vậy sẽ giúp học sinh giải quyết được bài toán một
cách dễ dàng .
- Ta có thể giải bài toán tìm giá trị lớn nhất của diện tích toàn phần của
tứ diện ABMN.
Bài toán 2.10. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh thanh hóa năm học 2010- 2011) Cho
tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là hai điểm thuộc
các cạnh AB, AC sao cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với mặt phẳng (ABC).
Đặt
,AM x=
AN y=
. Tìm

,x y
để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN đạt
giá trị nhỏ nhất.
BÀI GIẢI
+Kẻ
DH MN⊥
, do
( ) ( ) ( )
DMN ABC DH ABC⊥ ⇒ ⊥
17
A
B
N
n
M
m
H
A
B
C
D
M
N
mà ABCD là tứ diện đều, nên suy ra H là tâm của
tam giác đều ABC.
+ Áp dụng bài toán 1.1 cho
AMN∆
ta có

0 0

1 1 2cos30 1 1 2cos30
x y AH x y AH
+ = ⇔ + =

( )
1 1
3 3 1x y xy
x y
⇔ + = ⇔ + =

[ ]
( )
, 0;1x y∈
+ Gọi S là diện tích toàn phần của tứ diện DAMN ta có:

ADM AND DMN AMN
S S S S S
= + + +

0 0 0
1 1 1 1
. .sin 60 . .sin 60 . . .sin 60
2 2 2 2
AD AM AD AN DH MN AM AN= + + +
( )
6
3 . 3 3 1
6
x y xy xy= + −
+ Theo (1)

2 4
3 2
3 9
xy x y xy xy xy= + ≥ ⇒ ≥ ⇒ ≥

Đẳng thức xảy ra khi
3
2
3
x y xy
x y
x y
+ =

⇔ = =

=

Vậy
( )
3 4 2
min
9
S
+
=
, đạt khi
2
3
x y= =

.
Nhận xét
- Ở bài toán ta đã tìm ra được hệ thức liên hệ (1) nhờ vào việc tính diện tích
tam giác AMN bằng 2 cách ( Bài toán 1.1) . Nhờ có hệ thức (3) ta đánh giá
được biểu thức diện tích toàn phần
Bài toán 2.11. Cho khối hộp
ABCDA B C D
¢ ¢ ¢ ¢
có đáy là hình chữ nhật với
3, 7AB AD= =
. Hai mặt bên
( )
ABB A
¢ ¢
và
( )
ADD A
¢ ¢
lần lượt tạo với đáy những
góc
0
45
và
0
60
, cạnh bên có độ dài bằng 1. Tính thể tích của khối hộp
ABCDA B C D
′ ′ ′ ′
.
BÀI GIẢI

18
D
S
A
B
C
O
F
E
+ Gọi H là hình chiếu của
A
¢
trên (ABC). Gọi M,N lần lượt là hình chiếu của H
trên AB và AD ta có
·
·
0 0
45 , 60A MH A NH
¢ ¢
= =
+ Trong
( )
0 2
2
: .sin 45 1 . 1
2
A MH A H A M A H AM
¢ ¢ ¢ ¢
= = -D Û
+ Trong

( )
0
: .tan60 . 3 2ANH A H NH AM
¢
= =D
Từ (1) và (2) ta có
( )
2
2
1 . . 3 3
2
AM AM- =

1
7
AM =Û
.Thay vào (2) ta có
3
7
A H
¢
=
Nhận xét
- Khó khăn khi giải bài toán là việc tính
A H
′
do chưa tính được AM hoặc
NH. Ta đặt vấn đề tìm một hệ thức chứa AM, một cách tự nhiên ta nhận thấy
có thể tính
A H

′
bằng 2 cách khác nhau và do đó ta đã tìm được hệ thức (3)
Bài toán 2.12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với đáy
AD= 3a, BC=a. Góc giữa hai đường chéo của đáy bằng
0
60
, các mặt phẳng
(SAC), (SBD) vuông góc với đáy . mp(SBC) và (SAD) lần lượt tạo với mặt
phẳng đáy các góc có số đo
2
a
và
a
. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo
a.
BÀI GIẢI:
+ Gọi
O AC BD= Ç
theo giả thiết (SAC) và (SBD)
cùng vuông góc với mp(ABCD)
( )
SO ABCD^Þ
.
Do OA = OD nên F là trung điểm của AD thì ta có

OF AD^
( )
·
AD SOF SFO
a

^ =Þ Þ
.
Tương tự E là trung điểm của BC
·
2SEO
a
=Þ

và E,O,F thẳng hàng .
OAD+ D
cân đỉnh O
·
·
0
30OAD ODA= =Þ
.
0
3 3 3
.tan30 .
2 3 2
a a
OF AF= = =Þ
19
B
C
B
¢
D
¢
A

¢
D
C
¢
A
M
N
H
. . 3
ABCDA B C D
V AB AD A H
′ ′ ′ ′
′
⇒ = =
N
M
S
H
B
C
A
D
OBC+ D
cân đỉnh O
· ·
0 0
3 3
30 .tan30 .
2 3 6
a a

OBC OCE OE EC= = = = =Þ Þ
.
Vậy
3 3 2 3
2 6 3
a a a
EF OE OF= + = + =
.
( )
2
1 1 2 3 4 3
.4
2 2 3 3
ABCD
a a
S EF BC AD a= + = =Þ
.
( ) ( )
3
: .tan .tan tan 1
2
a
SOF SO OF SFO OF
a a
+ = = =D
.
( ) ( )
3
: .tan .tan 2 .tan 2 2
6

a
SOE SO OE SEO OE
a a
+ = = =D
.
Từ (1) và (2) ta có
( )
3 3
tan tan 2 3
2 6
a a
a a
=
3tan tan 2
a a
=Û
2
2 tan 1
3tan tan
1 tan
3
a
a a
a
= =Û Û
-
.
Thay vào (1) ta có
3
.

3 1 1 2 3
. .
2 2 3 9
3
S ABCD ABCD
a a a
SO V S= = = =Þ
.
Nhận xét
- Khó khăn đối với học sinh là việc tính độ dài đường cao vì nó chứa
tan
α
.Ta
đã tìm được hệ thức (3) dựa vào tính độ dài SO bằng 2 cách. Hệ thức (3) cho
ta tính được
tan
α
Bài toán 2.13. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD = a.
SCDD
và
SABD
cân đỉnh S , cạnh bên SD tạo với đáy một góc
0
30
, mp(SCD) và
(SAB) lần lượt tạo với mặt phẳng đáy các góc có số đo
0
45
và
0

60
. Tính thể tích
khối chóp S.ABCD
BÀI GIẢI
Gọi H là hình chiếu của S trên (ABCD),
qua H kẻ
( )
;MN CD M CD N AB^ ÎÎ
·
·
·
0 0 0
45 , 60 , 60SMH SNH SDH= = =Þ
20
SCDD
cân
HC HD M=Þ Þ
là trung điểm của CD
Tương tự N là trung điểm của AB
( ) ( )
0
: .tan .tan 60 3. 1SNH SH NH SNH NH NH= = =D
( ) ( )
0
: .tan .tan 45 2SHM SH HM SMH HM HM= = =D
Từ (1) và (2)
( )
3 *NH HM=Þ
Mặt khác NH+HM=a, nên từ (*) ta có :
3NH NH a+ =

.
( )
3 3
3
2
1 3 1 3
a
a a
NH SH
-
= = =Þ Þ
+ +
.
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
0
0
2
2
2 2 2
: 3 3
sin sin30
3 3 3 3
1
: .
sin 2 sin 45 2

3 3 3 3
: 3 3 2
2
2
SH SH
HSD SD a
SDH
a a
SH
SHM SM
SMH
a a
SDM DM SD SM DM DC a
= = = -D
- -
= = =D
- -
= - = = = -D Þ Þ
( ) ( )
2 3
.
3 3 2 2 3 2
ABCD S ABCD
S a V a= - = -Þ Þ
.
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1. Cho tứ diện S.ABC. G là trọng tâm của tứ diện. Một mặt phẳng
)(
α
quay

quanh AG cắt các cạnh SB, SC tại M, N. Đặt V
1
=V
S.AMN
và V=V
S.ABC
. Chứng
minh rằng
1
4 1
9 2
V
V
≤ ≤

Bài 2. Cho tam giác ABC đều cạnh bằng 1. G là trọng tâm của tam giác. Một
đường thẳng
∆
qua G cắt các cạnh AB, AC tại M, N. Chứng minh rằng

3 3
9 8
AMN
S≤ ≤
.
21
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và cạnh SA
⊥
(ABCD). Mặt phẳng qua AB cắt hình chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích
bằng nhau.Tính tỉ số độ dài của hai đoạn thẳng do mặt phẳng thiết diện cắt

SC
Bài 4. Cho hình chóp lục giác đều SABCDEF. Một mặt phẳng (
α
) cắt các cạnh
SA, SD, SB, SE, SC, SF lần lượt tại các điểm M, N, P, Q, I, K. Chứng minh
rằng

1 1 1 1 1 1
SM SN SP SQ SI SK
+ = + = +
Bài 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành ABCD. Một mặt phẳng
(
α
) thay đổi cắt các cạnh SA, SC, SB, SD lần lượt tại các điểm M, N, P, Q.
Chứng minh rằng
SQ
SD
SP
SB
SN
SC
SM
SA
+=+
Bài 6. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Các điểm M, N lần lượt chuyển
động trên cạnh AB, AC sao cho mp(DMN) luôn vuông góc với mp(ABC). Tìm
giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của thể tích tứ diện ADMN.
Bài 7. Trên mp(
α
) cho hình chữ nhật ABCD có AB = a; BC = b, các điểm M,

N lần lượt chuyển động trên các đường thẳng m, n vuông góc với (
α
) tại A, B
sao cho luôn có DM
⊥
CN. Đặt AM = x; BN = y.
a.Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y.
b. Tính thể tích tứ diện CDMN theo a, b, x, y. Từ đó suy ra giá trị nhỏ
nhất của thể tích tứ diện đó.
Bài 8. (Đề thi HSG toán lớp 12 tỉnh Thanh Hoá năm học 2003 – 2004).
Cho góc tam diện Oxyz,
·
yOx
= 60
0
. Trên Oz lấy điểm A cố định khác O. Biết
OA = a. Gọi (P) là mặt phẳng thay đổi luôn qua A và cắt Ox, Oy lần lượt tại các
22
điểm B, C sao cho
.2
11
=+
OCOB
Chứng minh rằng mặt phẳng (P) luôn đi qua
một điểm cố định khác điểm A.
Bài 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là trung điểm
của AC. Mặt phẳng qua AK cắt SB, SD lần lượt tại các điểm M,N. Đặt
V
1
=V

S.AMNK
và V=V
S.ABCD
. Chứng minh rằng
1
1 3
3 8
V
V
≤ ≤
.
Bài 10. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có SA =
54
. Lấy điểm D trên cạnh
SC sao cho SD =
5
. Khoảng cách từ A đến đường thẳng BD bằng
52
. Tính
thể tích hình chóp
.S ABC
.
II. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU VÀ KIẾN NGHỊ ĐỀ XUẤT
1. Kết quả nghiên cứu
- Trong năm học 2011 – 2012, bản thân tôi đựoc phụ trách lớp 12A
3
–
trường THPT Hậu Lộc 4 - tôi đã đưa các phương pháp trên vào việc giảng dạy
tại lớp và đã thu được một số kết quả sau:
- Học sinh giải các bài toán tìm hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học,

chứng minh một đẳng thức hình học, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một đại
lượng hình học, tìm điểm chia đoạn thẳng …. thành thạo.
- Kỹ năng định hướng nhanh cách giải quyết một bài toán hình học được
nâng cao.
- Rèn luyện cách trình bày bài toán chứng minh hình đầy đủ, chặt chẽ, lập
luận có căn cứ, chính xác, Khắc sâu và củng cố các kiến thức có liên quan.
- Góp phần phát triển năng lực tư duy của học sinh, phát huy trí thông
minh, óc sáng tạo. Hệ thống kiến thức chương trình được củng cố, gây được
hứng thú học tập bộ môn, mở rộng kiến thức cơ bản đã học, tích luỹ kinh
nghiệm như : Góp phần nâng cao năng lực học toán qua "Tìm các hệ thức liên
hệ", "Chứng minh một đẳng thức", "Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
23
nhất của một đại lượng hình học", chất lượng học toán của học sinh được nâng
lên rõ rệt. Tỷ lệ học sinh khá giỏi tăng lên.
Tổng số
học sinh
Loại giỏi Loại khá Loại TB Loại yếu
SL Tỉ lệ
(%)
SL Tỉ lệ (%) SL Tỉ lệ
(%)
SL Tỉ lệ
(%)
45 10 22,22 22 48,89 13 28,89 0 0
2. Kiến nghị đề xuất
a. Đối với nhà trường
- Bố trí thời gian để tổ chức chuyên đề cho giáo viên.
- Tổ chức cho giáo viên dạy thực nghiệm theo nội dung trên để học hỏi rút
kinh nghiệm.
b. Đối với giáo viên

- Phải thường xuyên tự học, tự bồi dưỡng để nâng cao trình độ.
- Áp dụng nội dung phương pháp phù hợp với đối tượng học sinh trong
từng giai đoạn khác nhau.
C. KẾT LUẬN
Là một giáo viên trực tiếp giảng dạy, tôi đã manh dạn đưa ra một số suy
nghĩ về việc dạy học sinh “Tìm hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học” và
24
“ Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải một số bài toán”. Mặc
dù bản thân đã có nhiều cố gắng nhưng vẫn không tránh khỏi những hạn chế
thiếu sót. Vì vậy tôi rất mong các đồng nghiệp góp ý bổ sung để đề tài được
hoàn thiện hơn. Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 10 tháng 05 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Nguyễn Anh Hoài
25