SKKN mối liên hệ giữa một số bài toán hình học không gian và bài toán hình học phẳng

MỤC LỤC

PHẦN 1. MỞ ĐẦU ................................................................................................... 2
1.1. Lý do chọn đề tài ............................................................................................ 2
1.2. Phạm vi áp dụng giải pháp.............................................................................. 3
PHẦN 2. NỘI DUNG ............................................................................................... 4
2.1. Thực trạng của nội dung cần nghiên cứu ........................................................ 4
2.2. Nội dung ......................................................................................................... 4
PHẦN 3. KẾT LUẬN ............................................................................................. 13
TÀI LIỆU THAM KHẢO ....................................................................................... 14

1


PHẦN 1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình tốn phổ thơng, hình học khơng gian là phần kiến thức
tương đối khó với hầu hết các em học sinh, kể cả những học sinh khá giỏi. Bởi để
giải quyết tốt các bài tốn hình học khơng gian, học sinh không những nắm vững
các kiến thức cơ bản của hình học khơng gian, hình học phẳng mà cịn phải có trí
tưởng tượng phong phú, biết cách liên hệ giữa hình học phẳng với hình học khơng
gian. Có nhiều cách để tiếp cận một bài toán mới, một trong những phương thức
hiệu quả là phương pháp tương tự hóa, tức là tìm hiểu xem bài tốn cần giải quyết
có vấn đề gì tương tự với các bài tốn mà ta đã giải quyết trước đây chưa, đó cũng
là nguồn gốc của sự sáng tạo. Học sinh thường lúng túng trước một bài tốn hình
học khơng gian ở các mặt: vẽ hình, chưa hiểu rõ các khái niệm, định lý liên quan
và đặc biệt là không nhớ hay phát hiện được các bài tốn tương tự. Trong hình học
khơng gian có những bài toán này là bài toán con của bài toán khác.
Xu thế của dạy học hiện đại là dạy học theo phương pháp kiến tạo, trải
nghiệm thông qua các hoạt động. Trong hoạt động dựa vào tri thức đã biết để xây
dựng các tri thức mới thì các kiểu giải bài tập tương tự là hoạt động phù hợp và cần

thiết đối với học sinh. Khi dạy học sinh lớp 11 và 12 giải tốn hình học khơng gian
tơi thường gặp các bài tốn tương tự ở hình học phẳng và thực tế có nhiều bài tốn
hình học khơng gian để dễ hiểu chúng ta phải quy về mặt phẳng để tìm lời giải
hoặc minh họa cho học sinh dễ hiểu. Trong q trình giảng dạy tơi thường xun
đưa ra các gợi ý tìm bài tốn liên quan giữa hình học khơng gian và hình học
phẳng giúp học sinh dễ hiểu về bài tốn hình học khơng gian hơn, từ đó dần hình
thành cho học sinh phương pháp “tương tự hóa”. Muốn giải một bài tốn ta thường
thực hiện 2 bước: Huy động kiến thức và tổ chức kiến thức. Huy động kiến thức là
một thao tác tư duy nhằm tái hiện các kiến thức có liên quan với bài toán, từ lý
thuyết, phương pháp giải, các bài toán đã gặp. Do đó, học sinh phải biết và cần
phân tích ý tưởng: ta đã gặp bài tốn nào gần gũi với kiểu bài toán này hay chưa?
Polia đã viết một quyển sách chỉ với nội dung “Giải bài toán như thế nào”, trong
đó ơng có đề cập đến nội dung trên như một điều kiện thiết yếu.
Nhằm giúp các em học sinh lớp 11 và 12 có cách nhìn tồn diện hơn, bản chất
hơn các bài tốn hình học khơng gian, từ đó nâng cao hiệu quả học tập, góp phần
nâng cao chất lượng dạy học để có kết quả tích cực trong kỳ thi THPT quốc gia
cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi, tôi chọn đề tài “Mối liên hệ giữa một số bài
tốn hình học khơng gian và bài tốn hình học phẳng”.

2


1.2. Phạm vi áp dụng giải pháp
Phương pháp tương tự hay tổng quát hóa là những thao tác tư duy cần thiết
cho người học (tương tự trong toán học cần hiểu rộng hơn như có tính chất giống
nhau, mơ hình giống nhau, mối quan hệ giống nhau … như đường thẳng trong mặt
phẳng và mặt phẳng trong không gian, tam giác và tứ diện, đường trịn và mặt cầu
…).
Trong khn khổ của tài liệu này tôi chỉ đưa ra mối liên hệ giữa các bài tốn
về tứ diện trong khơng gian và tam giác trong mặt phẳng.

3


PHẦN 2. NỘI DUNG
2.1. Thực trạng của nội dung cần nghiên cứu
Học sinh thường suy nghĩ hay giải từ các bài tốn liên quan theo dạng (các
loại tứ diện, hình chóp, hình hộp, các cách chứng minh sự vng góc hay song
song …) mà không để ý xa hơn là có bài tốn hình phẳng tương tự và giải các bài
tốn này. Học sinh ít suy nghĩ là từ đâu ta có đề tốn này (thực ra đối với thầy cơ
giáo thì việc ra đề bài hồn tồn dựa trên nền tảng lý thuyết cũng như bài tập các
em đã được học. Đề cho học sinh giỏi là đề biến hóa từ một bài tốn nào đó mà giả
thiết bị giấu đi hoặc khai thác một tính chất được tổng quát hóa hay mở rộng cho
đối tượng khác).
Để làm rõ hơn mối liên hệ giữa các bài toán về tứ diện trong khơng gian và
các bài tốn tam giác trong mặt phẳng, tơi đưa ra các ví dụ sau cùng những câu hỏi
gợi ý bằng kỹ thuật tương tự.
2.2. Nội dung
Bài tốn 1:
a) Cho ABC vng tại A có đường cao AH. Khi đó:
a1) BC 2 = AB2 + AC 2 (Pytago).
a2)

1
1
1
=
+
.
2

2
AH
AB
AC 2

b) Cho tứ diện vuông OABC (OA, OB, OC đơi một vng góc) có đường cao OH.
Chứng minh:
b1) S2ABC = S2OAB + S2OBC + S2OCA .
b2)

1
1
1
1
=
+
+
.
OH 2 OA2 OB 2 OC 2

Hướng dẫn giải:
a) Kết quả này là hệ thức lượng trong tam giác vuông, một kết quả quen thuộc đối
với học sinh.
b) Gọi K là chân đường cao kẻ từ O của OBC .
b1) (Áp dụng kết quả a1))
 BC ⊥ OA
 BC ⊥ AK .
Ta có: 
BC
⊥

OK


4


1
S2OAB + S2OBC + S2OCA = (OA2 .OB 2 + OA2 .OC 2 + OB 2 .OC 2 )
4
1
1
= OA2 (OB 2 + OC 2 ) + OB 2 .OC 2  = (OA2 .BC 2 + OK 2 .BC 2 ), (OB.OC = OK .BC )
4
4
1
1
= (OA2 + OK 2 ) BC 2 = AK 2 .BC 2 = S2ABC .
4
4

b2) (Áp dụng kết quả a2))
Gọi H là trực tâm của ABC . Ta có:
 BC ⊥ OA
 BC ⊥ OH (1) ;

 BC ⊥ AH
 AC ⊥ OB
 AC ⊥ OH (2) .

AC

⊥
BH


Từ (1) và (2) suy ra OH ⊥ ( ABC ) hay OH là đường cao của tứ diện OABC.
Áp dụng kết quả câu a2), ta có:
1
1
1
1
1
1
+
+
=
+
=
.
2
2
2
2
2
OA OB
OC
OA OK
OH 2

Nhận xét:
* Mối liên hệ ở Câu b) là hệ thức lượng trong tam giác vuông: định lý Pitago, hệ

thức giữa đường cao và các cạnh góc vng, cơng thức tính diện tích tam giác.
* Ta có thể áp dụng ý tưởng trên cho bài toán sau.
Bài tốn 2:
a) Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a, AD = b.
a1) Tính độ dài đường chéo AC.
a2) Tính khoảng cách từ các đỉnh B, D đến AC.
a3) Gọi  ,  lần lượt là góc tạo bởi đường chéo AC và 2 cạnh AB, AD. Chứng
minh: cos 2  + cos 2  = 1 .
b) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = a, AD = b, AA' = c.
b1) Tính độ dài đường chéo AC'.
b2) Tính khoảng cách từ các đỉnh B, D, A’ đến AC'.
b3) Gọi  ,  ,  lần lượt là góc tạo bởi đường chéo AC' và 3 cạnh AB, AD, AA'.
Chứng minh: cos 2  + cos 2  + cos 2  = 1 .

5


Hướng dẫn giải:
a1) AC 2 = a 2 + b 2 .
a2) Gọi x, y lần lượt là khoảng cách từ B, D đến AC.
ab

Ta có: x. AC = AB.BC  x =
ba

Tương tự, y =

a 2 + b2

a 2 + b2

.

.

a3) Đặt d = AC  d cos = a, d cos  = b
 cos 2  + cos 2  =

a 2 + b2
= 1.
d2

b1) AC '2 = a 2 + b 2 + c 2 .
b2) Gọi x, y, z lần lượt là khoảng cách từ B, D, A' đến AC’.
Ta có: x. AC ' = AB.BC '  x =
b a2 + c2

Tương tự, y =

a 2 + b2 + c2

a b2 + c2
a +b +c

, z=

2

2

2

.

c a 2 + b2
a 2 + b2 + c2

.

b3) Đặt d = AC'  d cos = a, d cos  = b, d cos  = c
a 2 + b2 + c 2
 cos  + cos  + cos  =
= 1.
d2
2

2

2

Bài toán 3:
a) Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong ABC đều cạnh a; H, I, K lần lượt là hình
chiếu vng góc của M trên các cạnh BC, CA, AB.
Chứng minh: d = MH + MI + MK không phụ thuộc vào vị trí của M.
b) Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong tứ diện đều ABCD cạnh a; H, I, K, L lần lượt là
hình chiếu vng góc của M trên các mặt BCD, CDA, DAB, ABC của tứ diện.
Chứng minh: d = MH + MI + MK + ML khơng phụ thuộc vào vị trí của M.
Hướng dẫn giải:
a) Ta có:

6


d = MH + MI + MK =
=

2SMBC 2SMCA 2SMAB
+
+
BC
CA
AB

2
a 3
SABC = d ( A, BC ) =
.
BC
2

Tức là, d khơng phụ thuộc vị trí của M (đpcm).
b) Ta có:
d = MH + MI + MK + ML =
=

3
SBCD

3VMBCD 3VMCDA 3VMDAB 3VMABC
+

+
+
SBCD
SCDA
SDAB
SABC

VABCD = d ( A,( BCD)) =

a 6
.
3

Nhận xét:
* Kết quả ở 3a) có thể mở rộng cho đa giác đều.
* Kết quả ở 3b) có thể mở rộng cho khối đa diện đều.
* Mối liên hệ ở đây là tính khoảng cách dựa vào diện tích, thể tích.
* Ta có thể áp dụng ý tưởng trên cho bài toán sau.
Bài toán 4:
a) Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong ABC đều; MH, MI, MK lần lượt là khoảng
cách từ M đến các cạnh BC, CA, AB; ha , hb , hc lần lượt là chiều cao của ABC kẻ
MH MI MK
+
+
= 1.
từ A, B, C. Chứng minh:
ha
hb
hc
b) Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong tứ diện đều ABCD; MH, MI, MK, ML lần

lượt là khoảng cách từ M đến các mặt BCD, CDA, DAB, ABC của tứ diện;
ha , hb , hc , hd lần lượt là chiều cao của tứ diện kẻ từ A, B, C, D. Chứng minh:
MH MI MK ML
+
+
+
= 1.
ha
hb
hc
hd
Hướng dẫn giải:
a) Vì ABC đều nên ha = hb = hc . Do đó, theo kết quả 3a) ta có:
MH MI MK MH + MI + MK ha
+
+
=
= = 1.
ha
hb
hc
ha
ha

b) Tương tự, theo kết quả 3b) ta có:
MH MI MK ML MH + MI + MK + ML ha
+
+
+
=

= = 1.
ha
hb
hc
hd
ha
ha
7


Nhận xét: Các bài tốn trên thoạt nhìn có vẻ như khơng liên quan gì đến nhau,
nhưng thực tế chúng cùng xuất phát từ một ý tưởng.
Sử dụng ý tưởng diện tích tam giác, thể tích khối tứ diện như trên ta có bài
tốn sau.
Bài tốn 5:
a) Cho ABC có AB  AC  BC . M là điểm nằm trong ABC . Gọi x, y, z lần
lượt là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB; ha , hb , hc lần lượt là chiều cao của
ABC kẻ từ A, B, C. Chứng minh rằng: ha  x + y + z  hc . Dấu “=” xảy ra khi
nào?
b) Cho tứ diện ABCD có SABC  SABD  SACD  SBCD . M là điểm nằm trong tứ
diện ABCD. Gọi x, y , z , t lần lượt là khoảng cách từ M đến các mặt BCD, CDA,
DAB, ABC; ha , hb , hc , hd lần lượt là chiều cao của tứ diện kẻ từ A, B, C, D. Chứng
minh rằng: ha  x + y + z + t  hd . Dấu “=” xảy ra khi nào?
Hướng dẫn giải:
a) Ta có:

1
1
1
1

1
1
x.BC + y.CA + z. AB = SABC = ha .BC = hb .CA = hc . AB (1).
2
2
2
2
2
2

Vì AB  AC  BC nên ha  hb  hc . Do đó từ (1), ta có:
1
1
ha .BC  ( x + y + z ) BC  ha  x + y + z (2)
2
2
1
1
( x + y + z ) AB  hc . AB  x + y + z  hc (3)
2
2

Từ (2) và (3) suy ra điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi ABC đều.
b) Tương tự như trên, ta có:
1
1
1
1
x.SBCD + y.SCDA + z.SDAB + t.SABC = VABCD
3

3
3
3
(4).
1
1
1
1
= ha .SBCD = hb .SCDA = hc .SDAB = hd .SABC
3
3
3
3

Vì SABC  SABD  SACD  SBCD nên ha  hb  hc  hd . Do đó từ (4), ta có:
1
1
ha .SBCD  ( x + y + z + t ) S BCD  ha  x + y + z + t (5)
3
3
1
1
( x + y + z + t ) S ABC  hd .S ABC  x + y + z + t  hd (6)
3
3

Từ (5) và (6) suy ra điều phải chứng minh. Dấu “=” xảy ra khi tứ diện ABCD đều.
8

Bài toán 6:
a) Cho ABC. Đường thẳng  qua trọng tâm G cắt 2 cạnh AB và AC tại B', C'.
AB AC
+
= 3.
Chứng minh:
AB ' AC '
b) Cho tứ diện ABCD. Mặt phẳng () đi qua giao điểm các trọng tuyến G cắt AB,
AB AC AD
+
+
= 4.
AC, AD tại B', C', D'. Chứng minh:
AB ' AC ' AD '
Hướng dẫn giải:
a) Gọi M là trung điểm BC. Hạ BI, CK, ME, AF vng góc với  và đặt BI = x,
CK = y, AF = z.
Ta có

BB ' x
AB x + z
.
= 
=
AB ' z
AB '
z

Tương tự:

AC y + z
=
.
AC '
z

AB AC x + z + y + z
x+ y
+
=
= 2+
AB' AC'
z
z

Mà

ME 1
= (tính chất trọng tâm)
AF 2

 ME =



x+ y
 AF = z = x + y
2

AB AC

+
= 2 +1 = 3
AB' AC'

b) Cách giải: tương tự như trên, tuy nhiên đề bài ra là TRỌNG TUYẾN. Khái niệm
này cần phải giải thích cho học sinh và chứng minh tính chất nên ta có thể đưa ra
bài tốn sau hồn tồn tương tự.
Bài tốn 7:
Cho hình chóp S.ABC và G là trọng tâm ABC. Mặt phẳng () đi qua điểm G'
 SG cắt SA, SB, SC lần lượt tại A', B', C'.
Chứng minh:

SA SB SC
SG
.
+
+
=3
SA' SB' SC'
SG'

Hướng dẫn Giải:
Ta đã quen với bài tốn tỉ số thể tích nên cách giải như sau:
Đặt x =

SA
SB
SC
SG
, y=

, z=
, t=
.
SA'
SB '
SC '
SG '
9


Ta có:

VSA' B 'C '
V
V
= x. y.z ; SB 'C 'G ' = y.z.t ; SA'C 'G ' = x.z.t
VSABG
VSBCG
VSACG

Cộng 3 đẳng thức, ta được:

VSA' B 'C '
= ( xy + yz + zx).t
1
V
3 SABC

1
(vì VSABG = VSBCG = VSABC )

3

Mặt khác ta có:

VSA' B 'C '
3
(**)
=
1
xyz
V
3 SABC

Từ (*) và (**) → đpcm (x + y + z = 3t).
* Trường hợp đặc biệt nếu G' là giao điểm 2 trọng tuyến thì


SG 3
=
SG ' 4

SA SB SC
4
+
+
= 3 = 4 , thỏa bài toán trên.
SA ' SB ' SC '
3

Bài toán 8:

a) Cho ABC. M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Đặt S1 = SMBC,
S2 = SMCA, S3 = SMAB.
1. Chứng minh: S1 MA + S2 MB + S3 MC = 0 .
2. Chứng minh: Với mọi điểm I ta ln có: S1 IA + S2 IB + S3 IC = S ABC .IM .
b) Cho tứ diện ABCD, M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tứ diện đó, ký hiệu Vi(i = 1,4)
lần lượt là thể tích các khối MBCD, MACD, MABD, MABC.
1. Chứng minh: V1 MA + V2 MB + V3 MC + V4 MD = 0 .
2. Chứng minh: Với mọi điểm I ta ln có:

V1 IA + V2 IB + V3 IC + V4 ID = VABCD IM .
Hướng dẫn giải:
a)
1. AM cắt BC tại A'; MA ' =
Mà

A'C
A' B
.MB +
.MC .
BC
BC

S2
A ' C S MA 'C S MAC S 2
A 'C
=
=
= ... 
=
...

A ' B S MA ' B S MAB S3
BC S 2 + S3

 MA ' =

S3
S2
.MB +
.MC (1)
S 2 + S3
S3 + S 2

10


Ngoài ra

S1
− S1
MA '
=
 MA ' =
MA (2)
MA S2 + S3
S 2 + S3

Thế (2) và (1)  −S1 MA ' = S2 MB + S3 MC  (đpcm).
2. (*)  S1 ( IA ' − IM ) + S2 ( IB − IM ) + S3 ( IC − IM ) = 0
 S1 IA + S2 IB + S3 IC = (S1 + S2 + S3 ) IM (đpcm)

b)
1. AM cắt mp(BCD) tại H
Đặt S2 = SCJD;

S3 = SBDJ; S4 = SBCJ

Theo bài trên:

 SBCD .MJ = S2 MB + S3 MC + S4 MD (1)
Dễ dàng chứng minh được:
S2 S3 S4  3 
= =
=
(2)
V2 V3 V4  h 

(1), (2)  (V2 + V3 + V4 )MJ = V2 MB + V3 MC + V4 MD (3)
Ta có :

(

)

V2 +V3 +V4
MA
(4)
=−
V1
MJ

Từ (3)(4)  V1 MA + V2 MB + V3 MC + V4 MD = 0
2. Từ a)  V1 ( IA − IM ) + V2 ( IB − IM ) + V3 ( IC − IM ) + V4 ( ID − IM ) = 0 đpcm
Bài toán 9:
a) Cho ABC, M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Chứng minh:
aMA + bMB + cMC  4SABC.
b) Cho tứ diện ABCD. M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tứ diện. Gọi Sa, Sb, Sc, Sd là
diện tích các mặt đối diện tương ứng của đỉnh A, B, C, D. Chứng minh:
Sa.MA + Sb.MB + Sc.MC + Sd.MD  9VABCD.
Hướng dẫn giải:
b) Gọi Vi(i = 1, 4) lần lượt là thể tích các khối tứ diện MBCD, MACD, MABD,
1
MABC ta có AA1  MA + MA2  VABCD  Sa .MA + V1
3
1
Tương tự cho 3 bất đẳng thức còn lại: VABCD  Sb .MB + V2 ...  đpcm.
3
11


Bài tốn 10:
Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G (hay GA + GB + GC + GD = 0 ) và một mặt
phẳng (P) không cắt tứ diện. Gọi A1, B1, C1, D1, G1 lần lượt là hình chiếu vng
góc của A, B, C, D, G trên (P). Chứng minh: AA1 + BB1 + CC1 + DD1 = 4GG1. Em
hãy tìm bài tốn tương trong mặt phẳng.
Hướng dẫn giải:
Gọi M, N là trung điểm AB, CD và M1, N1 là hình chiếu của chúng trên (P). Ta có.

(

)

2 GM + GN = 2GM + 2GN = GA + GB + GC + GD = 0

(Vì G là trọng tâm)  GM + GN = 0  G là trung điểm MN. Do mặt phẳng (P)
không cắt tứ diện nên các hình thang ABB1A1, CDD1C1, MNN1M1 có các đường
trung bình tương ứng là MM1, NN1, GG1 do đó:
GG1 =


1
1
1
MM1 + NN1 ) = ( AA1 + BB1 ) + ( CC1 + DD1 )
(
2
2
2


1
= AA1 + BB1 + CC1 + DD1 (đpcm).
4

* Bài tốn tương tự là:
Cho ABC có trọng tâm G và đường thẳng d không cắt cạnh nào của tam giác.
Gọi A1, B1, C1, G1 là hình chiếu của A, B, C, G trên d. Chứng minh:
AA' + BB' + CC' = 3GG'.
Nhận xét:
Trong mỗi bài tập ở trên tơi đã thể hiện giải tốn bằng phương pháp tương tự,
kể cả cách lật ngược vấn đề cũng như dự đoán đề bài và phương pháp chứng minh

bằng con đường tương tự hóa.

12


PHẦN 3. KẾT LUẬN
Sau nhiều năm giảng dạy và thực tế kiểm nghiệm tôi nhận thấy nâng cao hứng
thú học tập cho học sinh (qua nhiều con đường) là một việc làm rất cần thiết từ đó
góp phần phát triển năng lực tự học, tự khám phá, sáng tạo cho học sinh và đây
cũng là xu thế của dạy học hiện đại. Các bài toán của chuyên đề đã thể hiện rõ mục
đích và đạt kết quả này (phù hợp với đổi mới dạy học).
Quy trình giải một bài tốn được tóm tắt gồm 2 bước là “huy động kiến thức
và tổ chức kiến thức”, kiến thức cũ (hình học phẳng) đã được huy động để mở rộng
cho bài toán hình học khơng gian ở chun đề này bằng phương pháp tương tự hóa
đem lại cho chúng ta một tri thức về phương pháp từ con đường vận dụng các thao
tác tư duy. Và cũng chính từ đây chúng ta lại thấy giải tốn hình học khơng gian
mà khơng cần hình vẽ (cũng là mục tiêu phát triển tư duy tầm cao). Giống như một
chuyện vui: khi trả lời phỏng vấn người vợ của nhà bác học Albert Einstein đã nói:
“chồng tơi vừa mới khám phá sự xuất hiện một vì sao nhờ ơng tính tốn trên giấy”.
Từ các bài toán kiều này sẽ rèn luyện cho học sinh khả năng liên tưởng, tư duy,
sáng tạo trong việc học tập mơn tốn nói chung và mơn hình học nói riêng.
Vì thời gian và năng lực trình bày có hạn nên chun đề chắc chắn sẽ cịn
nhiều thiếu sót, kính mong q thầy cơ đóng góp ý kiến để tài liệu được hoàn thiện
hơn.

13


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Các sách Bài tập hình học không gian của các tác giả Văn Như Cương, Đỗ

Thanh Sơn, Phan Huy Khải.
2. Tạp chí Tốn học tuổi trẻ.
3. Các tài liệu trên internet từ các website: diendantoanhoc.vn, vnmath, mathvn, …

14