SKKN PHÁT TRIỂN NĂNG lực tư DUY SÁNG tạo của học SINH THÔNG QUA GIẢNG dạy một số bài TOÁN HÌNH học 11

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:

PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC TƯ DUY SÁNG TẠO
CỦA HỌC SINH THƠNG QUA GIẢNG DẠY MỘT
SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC 11

NGƯỜI THỰC HIỆN: VÕ ANH TÚ
Tổ Tốn – Tin Trường THPT Bắc Yên Thành

NGHỆ AN – 2021


Mục lục
Nội dung

Trang

Phần 1: Đặt vấn đề

1

Phần 2: Nội dung

3

I.MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ LÍ THUYẾT KIẾN TẠO

3

II. KHAI THÁC, MỞ RỘNG VÀ VẬN DỤNG MỘT SỐ BÀI

5

TỐN HÌNH HỌC CƠ BẢN TRÊN CƠ SỞ LÝ THUYẾT KIẾN
TẠO
III. XÂY DỰNG MỘT SỐ ĐỊNH HƯỚNG CƠ BẢN NHẰM

13

HÌNH THÀNH KỸ NĂNG GIẢI BÀI TỐN BẰNG PHÉP BIẾN
HÌNH TRÊN CƠ SỞ LÝ THUYẾT KIẾN TẠO
1. Bài tập rèn luyện định hướng 1

14

2. Bài tập rèn luyện định hướng 2

22

3. Bài tập rèn luyện định hướng 3

26

4. Bài tập rèn luyện định hướng 4

33

Phần I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lý do chọn đề tài:
Nhiệm vụ của người thầy người cô là mở rộng, đặt nền móng cho việc phát triển trí
tuệ của học sinh chứ khơng phải lấp đầy trí tuệ của các em bằng cách truyền thụ và nhồi
nhét các tri thức đã có. Việc này địi hỏi thầy cơ giáo phải biết cách dạy cho học sinh
suy nghĩ để giải quyết vấn đề mà học sinh gặp phải trong quá trình học cũng như trong
cuộc sống.
Thông qua dạy học nêu vấn đề và giải quyết vấn đề giáo viên sẽ dạy học sinh suy
luận. Đây là nhiệm vụ khó khăn với mọi giáo viên, đặc biệt là giáo viên dạy tốn. Mục
đích của việc đổi mới phương pháp dạy học ở trường phổ thông là thay đổi lối dạy học
truyền thụ một chiều sang dạy học theo "Phương pháp dạy học tích cực" (PPDHTC)
nhằm giúp học sinh phát huy tính tích cực, tự giác, sáng tạo; kỹ năng vận dụng kiến
thức vào các tình huống khác nhau trong học tập và thực tiễn; tạo niềm tin, hứng thú
cho học sinh trong học tập.
2. Mục đích nghiên cứu:
Nghiên cứu những vấn đề cơ bản của PPDHTC và lý thuyết kiến tạo nhằm phát
triển năng lực tự duy sáng tạo cho học sinh THPT, qua đó giúp các em trau dồi các kỹ
năng, phát huy tư duy sáng tạo và hoàn thiện các năng lực về toán học.
3. Phạm vi nghiên cứu:
Đề tài tập trung nghiên cứu và đề xuất các bài toán rèn luyện tư duy sáng tạo cho
học sinh THPT ở nội dung hình học lớp 11.
4. Nhiệm vụ nghiên cứu
Đề tài tập trung làm rõ một số vấn đề sau:
- Làm sáng tỏ một số vấn đề cơ bản của tư duy, tư duy sáng tạo và năng lực tư duy sáng
tạo và lý thuyết kiến tạo.
- Nghiên cứu và đề xuất một số định hướng rèn luyện năng lực tư duy sáng tạo cho học
sinh Trung học phổ thông thông qua dạy học tìm tịi lời giải các bài tốn hình học lớp
11.
1

5. Phương pháp nghiên cứu
+ Nghiên cứu lý luận:
Nghiên cứu, phân tích và tổng hợp các tài liệu về giáo dục học, tâm lý học, các
sách giáo khoa, sách bài tập, các tạp chí, sách, báo, đặc san tham khảo có liên quan tới
logic tốn học, tư duy sáng tạo, năng lực tư duy sáng tạo, các phương pháp tư duy toán
học, các phương pháp nhằm rèn luyện năng lực tư duy sáng tạo tốn học cho học sinh
phổ thơng.
+ Điều tra quan sát:
- Dự giờ, quan sát việc dạy của giáo viên và việc học của học sinh trong quá trình
dạy học nội dung hình học lớp 11.
+ Thực nghiệm sư phạm:
Tổ chức thực nghiệm sư phạm để xem xét tính khả thi và hiệu quả của đề tài.

2


Phần II: NỘI DUNG
I.MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ LÍ THUYẾT KIẾN TẠO:
a) Nguyên tắc cơ bản xây dựng lý thuyết kiến tạo:
Theo Tiến sĩ Nguyễn Chánh Tú thì lý thuyết kiến tạo được trình bày dựa trên hai
nguyên tắc cơ bản sau:
“Tri thức được kiến tạo một cách tích cực bởi chủ thể nhận thức chứ không phải
được tiếp thu thụ động từ mơi trường bên ngồi. Nhận thức là quá trình điều ứng và tổ
chức lại thế giới quan của chính mỗi người. Nhận thức khơng phải là một khám phá
một thế giới độc lập đang tồn tại bên ngoài ý thức của chủ thể”.
Hai giả thuyết này bác bỏ việc áp đặt, truyền thụ một chiều đến người học. Giả
thuyết thứ nhất nhấn mạnh việc học mang tính chủ động. Giả thuyết thứ hai cho rằng
việc học mang tính cá nhân.

b) Những định hướng chủ yếu trong dạy học theo lý thuyết kiến tạo:
Những nghiên cứu về quan điểm kiến tạo kiến thức trong dạy học toán ở nước ta
được nhiều nhà khoa học nghiên cứu như: Nguyễn Bá Kim, Nguyễn Hữu Châu, Nguyễn
Chánh Tú … và về cơ bản đã đề xuất bốn định hướng chủ yếu sau trong dạy học:
1. Khai thác triệt để các kiến thức và các kinh nghiệm đã có của học sinh liên
quan đến vấn đề cần dạy làm cơ sở cho kiến tạo kiến thức mới.
2. Tạo môi trường hợp tác trong dạy học.
3. Sử dụng quy trình kiến tạo tri thức để thiết kế các hoạt động dạy học.
4. Sử dụng linh hoạt các phương pháp dạy học phù hợp với quan điểm kiến tạo
trong việc tổ chức các giờ học. (Trong bài viết này tôi chỉ đề cập đến vận dụng các
định hướng thứ nhất và thứ ba).
c. Một số đặc điểm của lí thuyêt kiến tạo:
Theo Tiến sĩ Nguyễn Văn Cường thì lý thuyết kiến tạo có một số đặc điểm cơ
bản sau:
- Trí thức được lĩnh hội trong quá trình học tập là một quá trình và sản phẩm kiến
tạo theo từng cá nhân thông qua tương tác giữa học sinh và nội dung học tập.
3


- Về mặt nội dung, dạy học phải định hướng theo những vấn đề phức hợp gắn với
cuộc sống được khảo sát tổng thể.
- Việc học tập chỉ có thể thực hiện trong một q trình tích cực vì chỉ từ những
kinh nghiệm và những kiến thức mới của bản thân thì mới có thể thay đổi và cá nhân
hóa những kiến thức và khả năng đã có.
- Nội dụng học tập cần định hướng vào sự hứng thú của học sinh, vì có thế học
dễ nhất từ những nội dung mà người ta thấy hứng thú hoặc có tính thách thức.
- Học trong nhóm có ý nghĩa quan trọng, thơng qua tương tác xã hội trong nhóm
góp phần cho người học tự điều chỉnh học tập của bản thân.
- Học qua sai lầm.
- Thuyết kiến tạo không chỉ giới hạn những khía cạnh của việc dạy học. Sự học

tập địi hỏi khuyến khích phát triển khơng chỉ có lý trí mà về cả tình cảm giao tiếp.
- Mục đích học tập là xây dựng kiến thức của bản thân nên khi đánh giá kết quả
học tập không định hướng theo các sản phẩm học tập mà cần kiểm tra những tiến bộ
trong quá trình học tập.
d) Những quan điểm của lý thuyết kiến tạo và vận dụng chúng:
Từ những đặc điểm của lý thuyết kiến tạo chúng ta có các quan điểm và vận dụng
trong học tập như sau: Theo Tiến sĩ Nguyễn Sĩ Nam thì
- HS phải là chủ thể tích cực kiến tạo nên kiên thức cho bản thân, dựa trên tri thức
hoặc kinh nghiệm có từ trước, chỉ khi nào tạo nên mối quan hệ hữu cơ giữa kiến thức
mới và cũ, sắp xếp kiến thức mới vào cấu trúc hiện có hoặc thay đổi cho phù hợp thì
q trình học tập mới có ý nghĩa;
- Học tập của cá nhân không phải là hoạt động thụ động mà là hoạt động tích cực,
tức là, cá nhân hành động trong môi trường đê xây dựng kiến thức;
Quá trình xây dựng kiến thức là quá trình phát triển và tiến hóa, nó khơng phải là
q trình tĩnh mà là q trình động;
- Kiến thức có thể được hình thành thơng qua q trình liên tưởng giữa việc học
tập trước đó và liên quan với việc học tập mới. Trong q trình học tập, HS có thể sáng
4


tạo kiến thức bằng cách tự mình tích cực sử dụng kinh nghiệm hiện có để giải quyết bất
kỳ mâu thuẫn có thể phát sinh, từ đó đạt
được một sự hiểu biết chung với các thông tin mới;
- HS đạt được kiến thức mới theo quá trình: Tri thức đã có  dự đốn  kiểm
nghiệm  (thất bại)  thích nghi  tri thức mới. Trong q trình này HS thơng qua
trải nghiệm từ những kiến thức đã có, HS sẽ có được nhũng dự đốn về về tri thức mới,
những dự đoán này được kiểm nghiệm. Nếu kiểm
nghiệm thành cơng thì củng cố niềm tin vào tri thức mới. Nếu kiểm nghiệm
thất bại thì HS phải điều chỉnh lại việc dự đốn vả q trình lại tiếp tục cho
đến khi kiểm nghiệm thành cơng và thu được trì thức mới.

II. KHAI THÁC, MỞ RỘNG VÀ VẬN DỤNG MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC
CƠ BẢN TRÊN CƠ SỞ LÝ THUYẾT KIẾN TẠO
Trong quá trình dạy học, chúng ta phải ln ln chú ý tạo ra mơi trưởng thích
hợp cho hoạt động nhận thức tích cực của học sinh, tránh áp đặt, gò ép học sinh tiếp
nhận kiến thức một cách thụ động. Chúng ta cần tạo sự nhịp nhàng giữa hoạt động dạy
của thầy vào hoạt động học của trị, tạo điều kiện để học sinh có thể khám phá và hình
thành kiến thức mới. Chính vì vậy mà những vấn đề (bài toán) mà chúng ta đưa ra phải
tương ứng với nhận thức của học sinh theo nguyên tắc từ đơn giản đến phức tạp, cài đặt
các kiến thức cần giảng dạy vào các tình huống thích hợp, như vậy học sinh mới có khả
năng huy động các kiến thức sẵn có của mình để tiếp nhận, khám phá các kiến thức mới.
Theo giáo sư - TSKH - Hà Huy Khối thì khi dạy cho học sinh một bài tốn thì
chúng ta khơng chỉ để ý đến đó là bài toán cũ hay mới mà điều chúng ta cần quan tâm
nhất là dạy điều gì ở bài tốn và khai thác những điều gì từ bài tốn đó. Chính vì vậy
khơng chỉ dừng lại ở việc trình bày lời giải mà chúng ta cần có những nhận xét phân
tích, đánh giá để học sinh có thể tìm được lời giải bài tốn qua đó hướng dẫn các em
nắm được bản chất, định dạng và phát triển bài toán. Có như vậy mới tạo được niềm
tin, lịng say mê và u thích mơn tốn.

5


Bài toán 1: Trong mặt phẳng cho đoạn thẳng AB và đường thẳng a gọi  là góc giữa
đường thẳng AB và a. A’B’ là hình chiếu vng góc của AB lên a. Chứng minh. A’B’
= AB . cos
Hướng dẫn giải:
TH1:  = 00  A’B’  AB  A’B’ = AB . cos00
TH2:  = 900  A’  B  A’B’ = AB . cos900

B
A

M

TH3:   (00; 900)

a

Kẻ A’M cùng phương với AB cắt BB’ tại M.

B’

A’

Trong A’MB’ ta có A’B’ = A’M. cos = AB . cos (đpcm)
Nhận xét: Có hai nội dung cơ bản trong bài tốn trên đó là:
- Góc giữa hai yếu tố
- Hình chiếu vng góc
Chúng ta sẽ hướng dẫn học sinh mở rộng bài toán trên cho đoạn thẳng AB và
đường thẳng a trong khơng gian.
Bài tốn 2: Trong khơng gian cho đoạn thẳng AB và đường thẳng a, gọi A’B’ là hình
chiếu vng góc của AB lên a, góc giữa AB và a là . Chứng minh
A’B’ = AB . cos 
Hướng dẫn giải
+ Hướng dẫn học sinh tìm cách vận dụng kết quả bài toán 1 bằng cách chuyển bài
toán trên về bài toán trong mặt phẳng.

B

+ TH1: A a  AB và a cùng thuộc một mặt phẳng  đpcm.
+ TH 2: AB  a  hiển nhiên vì A’  B’

B1

A

+ TH3: A  a


- Gọi A’ là hình chiếu của A lên a
- Trong (A’AB) lấy B1 sao cho A’B1 // AB; BB1 // AA’

A’

Do BB’  a  B1B’  a  hình chiếu của A’B1 lên a là A’B’
- Góc giữa AB và a bằng góc giữa A’B1 và a
6

a
B’


- AB = A’B1  A’B’ = A’B1 . cos = AB . cos (đpcm)
Chúng ta xét bài toán mới bằng cách thay “yếu tố đường thẳng a” bởi mặt phẳng P.
Bài toán 3: Cho đoạn AB và mặt phẳng (P); gọi A’B’ là hình chiếu vng góc của
đường thẳng AB lên P và góc giữa AB và (P) là . Chứng minh A’B’ = AB. cos
Hướng dẫn giải
- TH1: AB  (P)  Hiển nhiên
- TH2: AB không vuông góc với (P) khi đó góc giữa AB và (P) là góc giữa AB và A’B’
nên ta có A’B’ = AB. cos (đpcm).
Bây giờ chúng ta thay yếu tố đường thẳng AB bởi ABC thì kết quả vẫn đúng.

Bài tốn 4: Gọi 'B'C’ là hình chiếu vng góc của ABC lên mặt phẳng (P). là
góc giữa (ABC) và (P). Chứng minh SA’B’C’ = SABC . cos
Hướng dẫn giải

A

TH1: (ABC) X (P) theo giao tuyến BC
Gọi AH là đường cao ABC; A’H’

B H

C

là hình chiếu của AH lên (P)

AHA'   theo kết quả trên ta có: A’H = AH cos
S 'BC 

P

A’

A'H.BC AH.BC.cos 

 SC .cos  (đpcm)
2
2

TH2: B thuộc giao tuyến của (ABC) cắt P là a và đường AC // a

A

C

Khi đó hình chiếu của ABC lên (P) là A1BC1
mà AC = A1C1 đường cao BB1 của C

B

có hình chiếu lên (P) là BB’1 thỏa mãn
P

BB .cos   S BC  SC .cos  (đpcm)
'
1

1

1

TH3: B  a và AC cắt a tại M
Gọi hình chiếu vng góc của A, C lên (P) là A1; C1
7

a


Khi đó theo TH1 thì

A


S BM  S .cos 


SC BM  SC .cos 
S BC  SABC .cos 

C

1

a
B

1

1

M

P

TH4: Với ABC bất kỳ
Lấy B’  a và dựng A’B’C’ có các cạnh tương ứng song song (hoặc trùng) với các
cạnh của ABC nên ABC = A’B’C’.
Gọi hình chiếu vng góc của ABC và A’B’C’ lên mp(P) lần lượt là A1B1C1 và

1' B1' C1' . Khi đó A1B1C1 = 1' B1' C1' (vì có các cạnh tương ứng song song hoặc trùng
nhau)

Mà theo TH3 ta có S ' B' C'  S 'B'C' .cos  S B C  SC .cos  (đpcm)
1

1

1

1 1 1

Ta mở rộng bài toán trên bằng cách thay ABC bởi một đa giác tùy ý:

'
'
'
Bài tốn 5: Cho đa giác A1A2… An có hình chiếu lên mặt phẳng (P) là A1A 2 ...A n góc

giữa (A1A2… An) và (P) là . Chứng minh S B ...A  SA A ...A .cos 
' '
1 2

'
n

1

2

n

Đây là nội dung định lý 1 – SGK hình học nâng cao – trang 105.

Việc chứng minh bằng cách chia đa giác trên thành các tam giác và sử dụng kết quả bài
tốn 4.
Bài tốn 6: Gọi  là góc giữa mp(P) và mp(Q), hình giới nội (H)  (P) có hình chiếu
vng góc lên (Q) là H khi đó
S’ = S . cos

(với S là diện tích hình H)
(với S’ là diện tích hình H’)

Như vậy từ bài tốn đơn giản (Bài tốn 1) qua phân tích để giúp học sinh nắm rõ được
nội dung cơ bản của bài toán, từ đó hướng dẫn học sinh khai thác, mở rộng bài toán để
được các kết quả tốt hơn trong mặt phẳng cũng như trong không gian.
8


Bây giờ chúng ta hướng dẫn học sinh vận dụng các kết quả trên vào giải toán
Bài toán 7: Cho ABC và mặt phẳng (P). Tìm vị trí của ABC để hình chiếu vng
góc của nó lên mặt phẳng P là lớn nhất, bé nhất.
Hướng dẫn giải:
Gọi hình chiếu của ABC lên (P) là A’B’C’ ta có: S 'B'C'  SBC .cos  (với  là góc
giữa hai mặt phẳng (ABC) và (P).
Do đó: 0  S 'B'C'  SBC nên

MinS 'B'C'  0khi(ABC)  (P)
MaxS 'B'C'  SC khi(ABC) / / (P) hoặc trùng (P)

Bài toán 8: Cho tứ diện cạnh a và mặt phẳng (P). Tìm vị trí của tứ diện đối với (P) sao
cho hình chiếu vng góc của tứ diện lên (P) có diện tích lớn nhất.
TH1: Hình chiếu của tứ diện là 1
khơng mất tính tổng quát gọi hình chiếu của tứ diện đều ABCD lên (P) là A’B’C’ (với

A’B’C’ là hình chiếu của ABC.
Khi đó: S 'B'C'  SBC .cos  SC . Với  là góc giữa (ABC) và (P)
MaxS 'B'C'  SC 

a2 3
khi (ABC) / /(P) hoặc (ABC)  (P)
2

TH2: Hình chiếu là một tứ giác
+ Do tứ diện ABCD đều nên kết quả mất tính tổng qt ta có A’B’C’D’ là hình chiếu
B

của ABCD lên (P).
+ Gọi  là góc giữa A’C’ và B’D’

A

C

1
2

khi đó S 'B'C'D'  .A'C'.B'D'.sin 

D
B’

C’

Gọi ;  lần lượt là góc giữa AC; BD với (P)

A’

 A 'C'  AC.cos   AC
Khi đó 
 B'D '  BD.cos   BD
Vậy S 'B'C'D'  AC.BD.sin   AC.BD
9

D’


AC / /CD hcAC  (P)
Do đó MaxS  ' B 'C 'D'  AC.BD Khi 
BD / / (P) hc BD  (P)

B 'D'/ / B D hc B ' D'  BD
Khi đó 
mà AC  BD  A’C’  B’D’  sin = 1
A
'
C
/
/
AC
hc
A'C
'

AC


2
2
Vậy S A'B'C 'D'  a / 2  MaxS A'B'C 'D'  a / 2

Khi tứ diện có 2 cạnh đối song song hoặc thuộc (P)
Bài toán 9: Cho tứ diện OABC sao cho OA, OB, OC đơi một vng góc với nhau. Gọi
a, b, c là góc giữa các mặt (OAB); (OBC); (OAC) với (ABC)
Chứng minh: cos2 a  cos2 b  cos2 c  1
Hướng dẫn giải
+ Kẻ OH  ABC  AH  BC

O

tại A’ và OA’  BC  AA'O  b
+ OA'A  AOH  cosb  cosAOH 
Tương tự cosa 

OH
OA

OH
OH
;cosc 
OC
OB

1
1 
 1
 cos a  cos b  cos c  OH 



1
2
2
2 
 OA OB OC 
2



2

2

C

2

1
1
1
1
1
1
1







(đpcm)
2
2
2
2
'2
2
OA OB OC OH
OA OA OH2

A

b
H

A’

B

Nhận xét: Vì ABC có hình chiếu lên các mặt cịn lại là OAB; OAC; OBC do đó ta
có:
S 2ABC  S 2OAB  S 2OAC  S 2OBC  S 2ABC  S 2ABC  cos2 a  cos2 b  cos2 c 

Vấn đề đặt ra là nếu các điểm A, B, C khơng nằm trên các cạnh của góc tam diện vng
mà nằm trên các mặt của góc tam diện thì tính chất trên có đúng nữa khơng?

10

Bài tốn 10: Cho góc tam diện vng Oxyz. Gọi A, B, C là ba điểm thuộc 3 mặt của
góc tam diện. Gọi S; S1; S2; S3 lần lượt là diện tích ABC và diện tích hình chiếu của
ABC lên các mặt của góc tam diện.
2
2
2
2
Chứng minh: S  S1  S 2  S 3

Hướng dẫn giải
Gọi , ,  là góc giữa (ABC) với các mặt của tam diện. Khi đó ta có

S 2  S12  S 22  S 32
 S 2  S 2 cos2   S 2 cos2   S 2 cos2   S 2 cos2   cos2   cos2    S 2 (đpcm)

Do cos2 + cos2 + cos2 = 1 (Bài toán 9)
Nhận xét: Nếu 3 điểm A, B, C năm trong góc tam diện thì tính chất vẫn hồn tồn
đúng. (Chứng minh như bài tốn 10).
Bài tốn 11: Cho hình vng ABCD cạnh a. Các điểm M, N, P nằm trong hình vng
và có thế trên các cạnh hình vng. Chứng minh S MNP

a2
 .
2

+ Xét MNP có 3 đỉnh nằm trong hình vng ABCD khi đó MN cắt cạnh hình vng
tại E (N  đoạn ME).

A

B
P

Khi đó SMNP < SMEP
Bằng cách lập luận tương tự ta thấy điều kiện cần để
diện tích MNP lớn nhất là M, N, P thuộc các cạnh
hình vng.

M

E

N

D

C

TH1: MNP chỉ nằm trên 2 cạnh. Khi đó SMNP lớn nhất khi M, N, P là 3 đỉnh hình vng

MaxS MNP

a2

2

A

Kẻ DP1 // NP  S P  S P  S AOP 

1

1

B
P

TH2: M, N, P thuộc 3 cạnh không mất tính tổng qt
ta có M, N, P như hình vẽ và giả sử CP ≥ DN

M

N
P1

2

a
2

D

11

C


Vậy MaxS MNP 

a2

2

Bài toán 12: Cho 2014 điểm trong khối lập phương có cạnh bằng 1 và khơng có 3
điểm nào thẳng hàng. Chứng minh tồn tại một tam giác có 3 đỉnh là 3 trong các điểm
đã cho mà diện tích khơng vượt q

3
.
200

Hướng dẫn giải
+ Chia hình lập phương thành 1000 hình lập phương nhỏ có cạnh

1
 tồn tại ít nhất
10

một hình lập phương nhỏ chứa 3 điểm trong các điểm đã cho. Do đó ta sẽ chứng minh
tồn tại tam giác có 3 đỉnh nằm trong hình lập phương có cạnh
S

1
mà diện tích
10
B

3
.
200
A

+ Với MNP có 3 đỉnh nằm trong hình lập phương
ABCDA’B’C’D’ có cạnh

C

1
.
10

D
B’

Gọi S1, S2, S3 lần lượt là hình chiếu của MNP lên các

A’

C’
D’

mặt ABCD; ABB’A’; ADD’A’ khi đó theo bài tốn 11 ta
2
2
2
2
có: S MNP  S1  S 2  S 3 .

 1 



Mà theo bài tốn 11 thì S12   100 

Do đó: S 2MNP 

2

4

 1 


;S 22   100 

2

4

 1 


;S 32   100 

2

4

3
3

S


dấu đẳng thức xảy ra khi MNP trùng BDA’
MNP
(200)2
200

Bài tốn 13: Cho hình chữ nhật có 3 kích thước a, b, c. MNP có các đỉnh nằm trong
hình hộp hoặc nằm trên các mặt hình hộp. Tìm vị trí MNP sao cho SMNP lớn nhất.
Hướng dẫn giải
2
2
2
2
Tương tự như trên ta có S MNP  S1  S 2  S 3

12


a 2 b 2  b 2 c2  c2a 2
 ab   bc   ac 
2
          S MNP 
4
 2   2  2
2

S

2
MNP

 S MNP 

2

2

1 2 2 2 2 2 2
a b b c c a
2

Dấu đẳng thức xảy ra khi M, N, P là 3 đỉnh còn lại của 3 cạnh xuất phát từ 1 đỉnh.
III. XÂY DỰNG MỘT SỐ ĐỊNH HƯỚNG CƠ BẢN NHẰM HÌNH THÀNH KỸ
NĂNG GIẢI BÀI TỐN BẰNG PHÉP BIẾN HÌNH TRÊN CƠ SỞ LÝ THUYẾT
KIẾN TẠO
Các phép biến hình được nghiên cứu là công cụ cho phép xét các tính chất của
hình hình học. Đặc biệt dùng phép biến hình ( PBH) làm cơng cụ giải tốn.
Tuy nhiên khi nghiên của các ứng dụng của PBH còn bộc lộ khó khăn cơ bản sau
đây: làm thế nào để chọn một phép biến hình thích hợp để giải bài tốn hình học? Hay
nói cách khác với điều kiện nào của bài toán học sinh định hướng chọn đúng PBH để
giải.
Trả lời câu hỏi trên không chỉ là vấn đề phương pháp nghiên cứu các PBH ở
trường phổ thơng mà cịn góp phần tích cực hố hoạt động nhận thức của học sinh thơng
qua dạy học phép biến hình.
Dưới đây là các định hướng cơ bản, các hoạt động sư phạm cần thiết giúp học
sinh tìm tịi lời giải bài tốn hình học bằng phép biến hình.
Định hướng l: Dạy học các thành tố bộ phận nhằm hình thành biểu tượng không gian
của PBH. Xây dựng hệ thống bài tập nhằm rèn luyện kỹ năng dựng ảnh các hình qua
phép biến hình cụ thể. Thơng qua kỹ năng đó giúp học sinh nắm vững các bất biến của
PBH.

Định hướng 2: Rèn luyện cho học sinh kỹ năng giải bài toán ngược các bài tốn dựng
ảnh nói trên. Nghĩa là cho trước hai hình, tìm phép biến hình này thành hình kia. Giải
bài toán này là rất cần thiết cho việc chọn lựa PBH thích hợp để giải bài tốn hình học.

13


Định hướng 3: Nắm vững các hình có tâm đối xứng, trục đối xứng, mặt phẳng đối
xứng. Các phép quay biến 1 hình thành chính nó như hình tứ diện đều, chóp đều, hình
hộp, hình chữ nhật, lập phương, …
Học sinh phải xác định được tâm đối xứng, trục đối xứng mặt phẳng đối xứng,
phép quay biến 1 hình thành chính nó. Điều đó giúp ít cho việc tìm phép biến hình để
giải bài tốn hình học.
Định hướng 4: Rèn luyện cho học sinh khả năng chuyển dịch giả thiết, kết luận của bài
tốn tứ ngơn ngữ “hình học tổng hợp, véc tơ, tọa độ sang “ngơn ngữ” biến hình. Qua
đó học sinh hiểu bài tốn dưới dạng “ngơn ngữ” biến hình và tìm lời giải bài tốn bằng
các phép biến hình.
A. . BÀI TẬP RÈN LUYỆN ĐỊNH HƯỚNG 1:
Để giúp học sinh hình thành định hướng 1 có thể sử dụng các dạng bài tập sau:
d1: Cho một số tạo ảnh và PBH tìm ảnh
d2: Cho một số tạo ảnh và PBH tìm tạo ảnh
d3: Cho tạo ảnh biến thiên và PBH tìm ảnh
d4: Cho ảnh biến thiên và PBH tìm tạo ảnh
Khi tìm ảnh (tạo ảnh) của 1 hình qua PBH nên hướng dẫn các em nhiều cách khác
nhau nhằm rèn luyện khả năng nắm vững và vận dụng các bất biến của PBH vào giải
toán.
Bài toán 1: Cho tứ diện ABCD. Tìm ảnh ABCD qua phép biến hình sau: Đ(D); TBC ;
Đ(BC); V(A,1/2)
Hướng dẫn giải
+ Dựng ảnh của ABCD qua Đ(D)

- Dựng ảnh của B là B1 bằng cách dựng DB1  BD  (theo ĐN)
- Dựng ảnh của điểm C1 bằng cách sau:
+ Dựng DC1  DC  (theo ĐN)
+ Hoặc B1C1  CB (vì qua phép đối xứng tâm D biến BC thành B, C1 mà B1C1  CB .
14


+ Hoặc dựng B1C1 // BC cắt CD kéo dài tại C1 vì qua Đ(C) C, D, C1 thẳng hàng và B1C1
A

// BC.

C1

- Dựng ảnh điểm A là A1 bằng cách sau;

D

B1

B

+ Dựng DA1  AD  (theo ĐN)

C

+ Hoặc dựng B1A1  AB  (theo tính chất)

A1

+ Hoặc B1A1 // AB cắt AD tại A1  (sử dụng tính chất tương tự trên)
+ Hoặc C1A1 // AC cắt AD tại A1  (sử dụng tính chất tương tự trên)
+ Hoặc dựng qua B1C1 một mặt phẳng (P) song song với (ABC), cắt AD kéo dài tại A1
(vì qua Đ(D) mặt phẳng biến hình thành mặt phẳng song song và các điểm ảnh, tạo ảnh,
tâm đối xứng thẳng hàng).
- Qua Đ(D): điểm D bất biến
Vậy qua Đ(D): ABCD

A1B1C1D D

+ Dựng ảnh của ABCD qua TBC
- Qua TBC : B

C  (định nghĩa)

- Dựng ảnh của C là C1 thỏa mãn CC1  BC  (định nghĩa)
- Dựng ảnh của D là D1 bằng cách:
- Dựng DD1  BC  (định nghĩa)
+ Hoặc dựng CD1  BD  (theo tính chất: phép tịnh tiến biến MN  M1N 1 mà
MN  M1 N 1 ).

+ Hoặc dựng Cx // DB  (theo tính chất phép Tv biến d

d' thì d cùng phương với

d’.
Dy // BC  đường thẳng nối ảnh và tạo ảnh cùng phương với đường thẳng chứa
vec tơ tịnh tiến).
CX x Dy = D1
+ Hoặc: Dựng Dy // BC

15


dựng (P) qua C và song song với (ADB)
(P) x Dy = C1
(Vì qua TBC mặt phẳng ABD biến thành mặt (P) mà (P) // (ABD)
(Ta cũng có thể dựng ảnh điểm D bằng cách dựa vào điểm C1 tương tự như điểm C).
- Dựng ảnh A là A1
Tương tự như dựng ảnh của điểm D.
(Tuy nhiên ta có thể dựng ảnh của A là A1 bằng cách dựng ảnh của các mặt phẳng
(ABD); (ABC); (ADC) là các mặt phẳng tương ứng qua C và song song với ABD; qua
C1 và song song với (ADC); mặt phẳng (ABC) bất biến  giao 3 mặt phẳng đó là điểm
A

A1).
Vậy qua TBC : A BCD

A1

A1CC1D1

+ Dựng ảnh của ABCD qua Đ(BC)
- Qua Đ(BC): B

B

C

B1

B

C

(điểm thuộc trục thì bất biến)

C

- Dựng ảnh của A là A1 qua Đ(BC)

D

C1

D

- Dựng AI  IA1
AA1  BC (Theo định nghĩa)
- Dựng ảnh của D là D1 qua Đ(BC)
- Dựng

DJ  JD1

A

DD1  BC  (theo định nghĩa)
Qua Đ(BC): A BCD

J
B

C
I

A1

A1BCD1

+ Dựng ảnh của ABCD qua V(A.1/2)
- V( A,1/2 ) : A

A (tâm vị tự bất biến)

- Qua V( A,1/2 ) : B

B1
D1

thỏa mãn AB1 = 1/2 AB  (định nghĩa)
16


- Dựng ảnh C là C1:
* Dựng AC1  1 / 2AC  (định nghĩa)
* hoặc dựng B1C1  1 / 2BC  (theo tính chất của phép V).
* hoặc dựng

B1x // BC

D1

B1

B1x cắt AC = C1  (theo tính chất V).

C1

- Dựng ảnh của D là D1 tương tự dựng ảnh của C bằng cách dựa
vào điểm B1 hoặc C1 (Cũng có thể dựng C1, D1 bằng cách dựng ảnh
của (BCD) là mặt phẳng song song với (BCD) đi qua B1 và cắt AC

B

D
C

tại C1, cắt AD tại D1.
Qua V(A,1/2) : A BCD
Bài tốn 2:

AB1C1D1

Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ hãy tìm tạo ảnh của tứ diện

ACD’B’ qua TAD ; Đ(DCC’D’);
Tìm tạo ảnh của hình lập phương qua V(A,2); Q ( BA, 45 )
0

Hướng dẫn giải
+ Tìm tạo ảnh của tứ diện ACD’B’ qua TAD là phép dựng ảnh của ACD’B’ qua TDA .

- Tìm ảnh của A là A1 qua TDA
* Dựng AA1  DA  (định nghĩa)
* hoặc sử dụng tính chất biến phương của đường thẳng D'A

A'A1 mà A’A1// D’A

nên từ A’ dựng đường thẳng song song với AD’ cắt AD kéo dài tại A 1 (Tương tự ta có
thể kẻ song song với AC từ B).
* Bằng cách sử dụng định nghĩa hoặc các bất biến của Tv ta dễ dàng xác định ảnh các
điểm còn lại.
+ Tìm tạo ảnh của ACD’B’ qua Đ(DCC’D’) cũng là tìm ảnh của ACD’B’ qua Đ(DCC’D’).
- Do C và D’ thuộc mặt phẳng đối xứng nên qua Đ(DCC’D’)
17


B

C
D'

C

A1

C

A

D'

D

- Dựng ảnh của điểm B’ là B1
(hay dựng ảnh của cạnh D’B’)

C’
’’

B’

* Dựng C ' B1  B 'C '  (định nghĩa)

A’

D’

* Do mặt phẳng (A’B’C’D’)  (DCC’D’)  qua Đ(DCC’D’) thì (A’B’C’D’) bất biến.
Dựng D’B1 trong (A’B’C’) tạo với D’C’ 1 góc 450
(tương tự ta có thể CB1 sao cho B1CC '  450 ).

B
A

C
A1

D

- Dựng ảnh của A là A1
* Dựng DA1  AD  (định nghĩa)

C1
’’

B1

* Dựng A1CD  45  (tính chất)
0

A1

D1

* Dựng B1A1 //AB’  (Vì AB’ // (DCC’D’)  ảnh của nó qua Đ(DCC’D’) cũng song song
với AB’). Cắt AD kéo dài tại A1 vì AD  (DCC’D’)
Vậy tạo ảnh của ACD’B’ qua Đ(DCC’D’) là A1CD’B1 (ta có thể tìm tạo ảnh của ACD’B’
bằng cách gián tiếp tìm tạo ảnh của ABCDA’B’C’D’ qua Đ(DCC’D’)
+ Tìm tạo ảnh của hình lập phương qua V(A.2) để tìm tạo ảnh của hình lập phương
qua V(A.2) tức là tìm ảnh của hình lập phương qua V(A.1/2)
- Ta có V( A.1/2 ) : A

A (tâm vị tự bất biến).

- Để dựng ảnh của các điểm còn lại ta dùng định nghĩa hoặc các bất biến như trên
qua V( A,1/2 ) : ABCDA’B’C’D’

AB1C1D1A 2 B 2C 2 D 2

- Tuy nhiên ta cũng có thể dựng ảnh của hình lập phương qua V(A,1/2): như sau:
+ Điểm A bất biến, các mặt phẳng qua A bất biến  góc tam diện của hình lập

phương tại đỉnh A bất biến. Mà tỷ số vị tự k = 1/2  cạnh hình lập phương ảnh bằng
1/2 cạnh hình lập phương ABCDA’B’C’D’.
Vậy ta dựng 1 hình lập phương AB1C1D1A2B2C2D2 có 1 góc tam diện tại đỉnh A
trùng với góc tam diện đỉnh A của hình lập phương và cạnh bằng 1/2 cạnh của hình lập
phương ABCDA’B’C’D’.
18

B1


(Vì phép V biến 1 hình lập phương thành 1 hình lập phương).
+ Dựng tạo ảnh của hình lập phương qua Q ( BA,45 ) tức là tìm ảnh của hình lập phương
0

C

B

qua Q ( AB,45 ) .
0

D

A

- Do A, B thuộc trục quay  qua Q ( AB,45 )
0

A

A

B

B

A1

B’
A’

- Do (ADD’A’)  AB
 Qua Q ( AB,45 ) : (ADD'A'
0

D2

C’
D’

D1

ADD'A')

Trong mặt phẳng ADD’A’ ta dựng ảnh của hình vng AA’D’D qua Q ( BA,45 ) là AA1D1D2
0

(bằng cách dựng ảnh của từng điểm hoặc do qua phép Q thì hình vng biến thành hình
vng bằng nó, nên lấy AA1 làm cạnh dựng hình vng AA1D1D2 chính là ảnh cần tìm.
- Tương tự trên dựng ảnh của BCC’B’ trong mặt phẳng bất biến (BCC’B’) là BC1C2B1

qua Q (AB,45 ) : ABCDA’B’C’D’
0

ABC1D 2 A1B1C 2 D1

Ta cũng có thể dựng ảnh của hình lập phương bằng cách dựng hình lập phương có 1
mặt là AA1D1D2 và nằm cùng phía với hình lập phương ABCDA’B’C’D’ so với mặt
phẳng ADD’A’ thì đó là hình lập phương cần dựng (vì qua Q một hình [] biến thành 1
hình bằng nó.
Khi hướng dẫn học sinh giải các bài tập dạng trên cần chú ý thực hiện theo các thao tác
sau:

Dựng ảnh của
1 hình

Dựng ảnh của 1số
điểm bằng định
nghĩa

Dựng ảnh của 1số
điểm bằng định
nghĩa và các bất
biến

Dựng ảnh của 1số điểm dùng tính
chất và bất biến để dựng ảnh của
19tìm
hình cần

Dựng ảnh của hình

cần tìm


Bài toán 3: Cho tứ diện ABCD, M, N thay đổi trên đoạn AB và CD sao cho
. Gọi I thuộc MN ssao cho

MA ND

MB NC

MI 1

IN 2

a) Tìm ảnh của tập hợp I qua TCB
b) Tìm tạo ảnh của tập hợp I qua V(C,2)
Hướng dẫn giải
a) Cách 1: Ta tìm tập hợp điểm I khi M, N thay đổi trên AB và CD sau đó tìm ảnh
của nó qua TCB

EB AF 1


Gọi E, F thuộc BC và AD mà EC FD 2

A
F1

Ta chứng minh được I thuộc EF
Qua TCB : E

E1 thỏa mãn EF1  CB

Từ E1 kẻ E1F1  EF  TCB : EF

F

M
E1

I

E1 F1

D

B
E

(Vì qua Tv thì

M

M1

N

N1 thỏa mãn MN  M1N 1 )

N

C

Cách 2: Dựng ảnh của I qua TCB là I1 sau đó tìm tập hợp I1 qua TCB

C

B

B

B1 sao cho BB1  CB

D

D1 sao cho DD1  CB

A

A1 sao cho AA1  CB

N

N1 sao cho NN1  CB

M

M1 sao cho MM1  CB

I

A1
A
M1

M
I1

B1

D1
I

N1
B

I1 sao cho I I1  CB

D
C

Theo tính chất của phép Tv ta có M1 thuộc A1B1; N1 thuộc BD1
20

N


I1 thuộc M1N1 và NC  N1B
ND

N1D1

MB M1B1
MA
N D IM I1M1 1

 1 1  1 1;


MA M1A1
M1B1
N1B IN I1N1 2

Vậy trong tứ diện A1B1BD1 cho M1N1 thay đổi nhưng:
M1A1 N1D1 tìm tập hợp I sao cho I1M1 1
1


M1B1
I1N1 2
N1B

Ta chứng minh được I1 thuộc E1F1 với E1 thuộc BB1; F1 thuộc A1D1
và E1B1  F1A1  1
E1B

F1D1

2

Vậy tập hợp ảnh của I qua TCB là đoạn E1F1
b) Tương tự câu a ta có hai cách tìm tập hợp ảnh của I qua V(C,2)
Cách 1: Tìm ảnh của I là I1 qua V(C,2) sau đó tìm tập hợp I1 là ảnh của tập hợp I cần tìm.
Cách 2: Tìm tập hợp I là đoạn EF và dựng ảnh của EF qua V(C,2) là E1F1 cần tìm.

21


B. BÀI TẬP RÈN LUYỆN ĐỊNH HƯỚNG 2:
Để giúp cho định hướng 2 đã nêu ở trên, khi dạy học các PBH cụ thể cần quan
tâm các cách cho khác nhau của PBH đó. Chẳng hạn: các phép Đ(0); Đ(p) ; Tv có thể cho
bởi một cặp điểm ảnh và tạo ảnh.
Phép V cho tâm vị tự và cặp điểm ảnh, tạo ảnh hoặc cho ảnh, tạo ảnh và tỉ số vị
tự hoặc cho 2 cặp điểm ảnh, tạo ảnh.
Phép Q có thể cho trục quay và 1 cặp điểm ảnh và tạo ảnh
Hoặc cho hai cặp điểm ảnh, tạo ảnh…
Nếu cần chứng minh hai hình bằng nhau mà các cạnh tương ứng song song thì
có thể dùng phép Tv hoặc Đ(O). Nếu các cạnh khơng song song thì có thể dùng phép Đ(P);
Q(d,). Để chứng minh hai đường thẳng, mặt phẳng song song thì có thể dùng phép T V;
Đ(O), V(l,k), …
Tuy nhiên, đối với từng dạng toán và từng bài tốn cụ thể trước khi giải cần phân
tích kỹ giả thiết, kết luận kết hợp với hình vẽ (trực quan) thì mới có
thể tìm được phép biến hình phù hợp để giải (nội dung này sẽ trình bày cụ thể ở
phần sau).

A

Bài toán 4: Cho tứ diện ABCD,

B1

C1

gọi B1, C1, D1 là trung điểm AB, AC, AD
a) Tìm phép biến hình biến BCD

B1C1D1

b) Tìm phép biến hình biến tứ diện ABCD thành AB1C1D1
Hướng dẫn giải

D1
D2
C2

B

D

C

a) Do ABC và B1C1D1 không bằng nhau nên không thể sử dụng các phép Đ(O), Tv;
Đ(P) để biến  này thành  kia.
Vì các cạnh BCD tương ứng song song với các cạnh B1C1D1 nên ta có thể dùng phép
V hoặc tích của phép V với các phép Đ(O); TV ; Đ(P)

22


Cách 1: Sử dụng phép V(A,1/2) : B
Tương tự ta có:

C
D

Vậy V(A,1/2) : CD

1
AB1  AB
2
B1 (vì theo giả thiết B1A = B1B nên

C1
D1
1C1D1

C2: Sử dụng phép TBA/2 để đưa BCD về B1C2D2 cũng thuộc một mặt phẳng với
B1C1D1 và có đỉnh B chung.
Sử dụng V( B1,1/2 ) : B1C2 D 2

1C1D1

Tương tự ta có thể sử dụng phép: V(C1 ,1/2) .TCA/2 hoặc V(D1 ,1/2) .TDA/2
Cách 3: Gọi G là trọng tâm của tứ diện qua ĐG: Trung điểm cạnh BC biến thành trung
điểm AD là D1 nên qua Đ(G) BC biến thành đường thẳng qua Đ1 và song song với BC
 nó cũng song song với B1C1.
Tương tự qua Đ(G) các đường thẳng CD biến thành đường thẳng qua B1 và song
song C1D, đường thẳng BD biến thành đường thẳng qua C1 và song song B1D1 gọi giao
các đường thẳng ảnh trên là B2, C2, D2 ta có:
Đ(G): CD

A

1C1D1

C1
B1

D1

Gọi G1 là trọng tâm B1C1D1 ta có qua:

V(G1 ,1/2) Đ(G): B2

C2
D2

D2

B1

C1

B

C1

D1  V(G1 ,1/2) biến 2C2 D 2

Vậy V(G1 ,1/2) . Đ(G): CD

1C1D1

D
C

1C1D1

b) Cách 1: Do B1 C1D1 là trung điểm AB, AC, AD nên sử dụng phép:
V(A,1/2):

A

A

B

B1

(tâm vị trí bất biến)

23

B2