dàn âm thanh hội trường, âm thanh lớp học, âm thanh phòng họp, loa trợ giảng

SKKN Áp dụng định lý Menelaus, định lý Ceva giải quyết một số bài toán hình học không gian trong chương trình trung học phổ thông

SKKN Áp dụng định lý Menelaus, định lý Ceva giải quyết một số bài toán hình học không gian trong chương trình trung học phổ thông

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Từ buổi sơ khai trong xã hội loài người, toán học luôn gắn liền với các
lĩnh vực đời sống kiến trúc, hội hoạ, khoa học…và trong hầu hết các lĩnh vực
của toán học, hình học nói chung luôn giữ vị trí đứng đầu vì nó chính là cơ sở
của các ngành kiến trúc, nghệ thuật và toán học ứng dụng. Cũng như lịch sử
phát triển chúng ta đã tiếp xúc với hình học từ rất sớm. Các khái niệm về điểm,
đường thẳng, đoạn thẳng đã được đề cập đến ngay ở tiểu học. Hình học trải dài
đến tận năm cuối cấp Trung học phổ thông (THPT) và đi theo đến những năm
đại học, điều này khẳng định vai trò quan trọng của hình học trong toán học và
trong đời sống xã hội.
Đồng thời với sự phát triển của toán học, hình học cũng phát triển không
ngừng. Liên tiếp các kết quả mới được phát hiện và những kĩ thuật mới được
khám phá. Chính vì thế, việc bắt kịp các kiến thức của hình học là cần thiết và
quan trọng, cùng với hình thức thi Tốt nghiệp THPT hiện nay thì việc bớt ngắn
thời gian khi hoàn thành một câu trắc nghiệm là rất quan trọng. Đây cũng chính
là lý do tôi nghiên cứu sáng kiến “ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ MENELAUS, ĐỊNH
LÝ CEVA GIẢI QUYẾT MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG
GIAN TRONG CHƯƠNG TRÌNH TRUNG HỌC PHỔ THÔNG”.
Sáng kiến đã đưa ra các định lí hình học Menelaus và Ceva; các ứng dụng
cũng như mở rộng các áp dụng của nó trong hình học phẳng và hình học không
gian ở chương trình THPT. Đặc biệt trong giai đoạn đổi mới căn bản toàn diện
giáo dục nước ta hiện nay thì qua sáng kiến hy vọng là một tài liệu tham khảo bổ
ích cho các thầy cô và các em học sinh nghiên cứu nhằm đáp ứng tốt nhất cho
các kì thi Tốt nghiệp THPT cũng như kì thi chọn học sinh giỏi các cấp.
Mỗi bài toán tôi đưa ra trong sáng kiến đều có những hướng dẫn, gợi ý và
những dụng ý sư phạm cần thiết giúp các em dễ hiểu và khai thác cũng như mở
rộng các vấn đề hình học liên quan.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Các bài toán về chủ đề hình học không gian là mảng kiến thức quan trọng
trong chương trình toán học phổ thông, nó thường gặp trong các kì thi THPT
Quốc gia; thi Đại học (theo chương trình cũ) và thi Tốt nghiệp THPT (như hiện
nay); thi học sinh giỏi các cấp. Mặc dù học sinh được cọ sát phần này khá nhiều
song phần lớn các em vẫn thường lúng túng trong quá trình tìm ra cách giải
trong các bài toán vận dụng và vận dụng cao. Nguyên nhân là:
4
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang
Thứ nhất, các bài toán về hình học không gian là mảng kiến thức phong
phú và khó, đòi hỏi người học phải có tư duy tưởng tượng sâu sắc, có sự kết
hợp nhiều mảng kiến thức khác nhau, có sự nhìn nhận trên nhiều phương diện.
Thứ hai, hầu hết học sinh quen với tư duy hình học phẳng quá lâu nên
khi chuyển sang hình học không gian các em thường ngại tư duy, ngại vẽ hình,
rồi lúng túng không biết áp dụng các kiến thức của hình học phẳng vào không
gian như nào?
Thứ ba, các định lý Menelaus và Ceva học sinh được học ở hình học
phẳng bậc THCS và có nêu trong sách bài tập hình học 10 bậc THPT nhưng
hầu hết các thầy cô ngại vì khó nên không phân tích, hướng dẫn cho học sinh do
thói quen rằng các đề thi giai đoạn trước với hình thức tự luận ít khi thi vào. Do
vậy khi chuyển sang hình thức kiểm tra, đánh giá thi cử hiện nay chúng ta
không thể bỏ qua dù bất cứ phần nào. Chính vì vậy khi gặp các bài toán hình
học không gian có liên quan thì các em loay hoay với các kiến thức hình học
phẳng, rồi áp dụng rất nhiều bước mới xử lý được bài toán mà quên rằng định
lý Menelaus và định lý Ceva có những ứng dụng rất thú vị giúp ta giải quyết
đơn giản hơn, góp phần rút ngắn thời gian trong từng câu hỏi.
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
Sáng kiến kinh nghiệm của tôi là một chủ đề mới trong những năm gần
đây khi thực hiện thi THPT Quốc gia hay thi Tốt nghiệp THPT môn Toán bằng
hình thức trắc nghiệm và các kì thi chọn học sinh giỏi. Cái mới ở đây chính là
sự phân loại và phát triển các dạng bài có tính chất xuyên suốt chương trình
nhưng vẫn bám vào các kĩ thuật quen thuộc, phù hợp với tư duy của học sinh.
Thêm vào đó, với mỗi bài toán đều có sự phân tích lôgic, có sự tổng quát và
trang bị thêm cho các em một số kỹ thuật suy luận nhanh khi các em đã hiểu
được bản chất bài toán.
Thông qua việc làm thường xuyên này, học sinh đã dần dần thích nghi một
cách rất tốt, có tư duy sáng tạo, có năng lực làm toán và tạo ra các bài toán mới.
Học sinh thường hiểu sâu và thích nghi khi học phần này, rút ngắn được thời gian
làm một câu trắc nghiệm ở mức độ vận dụng, vận dụng cao.
Trong sáng kiến này, tôi xin đưa ra việc phân loại áp dụng định lý
Menelaus và định lý Ceva theo một số dạng toán nhằm đáp ứng cho kì thi Tốt
nghiệp THPT và kì thi chọn học sinh giỏi các cấp.
Sau đây tôi xin được trình bày nội dung chính của sáng kiến:
2.1. Một số kiến thức bổ trợ liên quan
5
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang
2.1.1. Định lý sin và cosin trong tam gác: Cho tam giác ABC có R là bán kính
đường tròn ngoại tiếp. Khi đó, ta có:
Định lý sin trong tam giác:
2 .
sin sin sin
BC AC AB
R
A B C
  
Định lý cosin trong tam giác:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 . .cos
2 . .cos
2 . .cos .
BC AB AC AB AC A
AC BA BC BABC B
AB CA CB CACB C
  
  
  
2.1.2. Cho tam giác ABC B C , ‘, ‘ là các điểm lần lượt trên các đường AB AC , .

Khi đó: AB C ‘ ‘
S
‘ ‘ .
AB AC
.
ABC
S
AB AC


2.1.3. Thể tích khối chóp có diện tích đáy B, chiều cao h là 1 . .
3
V B h 
2.1.4. Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B, chiều cao h là V B h  . .
2.1.5. Cho khối chóp S ABC . có A B C ‘, ‘, ‘ lần lượt thuộc các đường
SA SB SC , , . Khi đó, ta có: . ‘ ‘ ‘
.
‘ ‘ ‘
. . .
S A B C
S ABC
V SA SB SC
V SA SB SC

Chú ý: Tỷ số thể tích trên chỉ áp dụng được cho khối chóp tam giác, còn khối
chóp tứ giác, ngũ giác,…không áp dụng được công thức này nên khi làm ta phải
phân chia ra các khối chóp tam giác để sử dụng.
2.1.6. Nếu chia khối đa diện H có thể tích V thành các khối đa diện
H H H 1 2 , ,…,    n có thể tích tương ứng là V V V 1 2 , ,…, n thì ta có:
V V V V     1 2 … . n
2.2. Định lý Menelaus
Cho tam giác ABC có các điểm D E F , , theo thứ tự nằm trên các đường
thẳng BC CA AB , , . Khi đó D E F , , thẳng hàng khi và chỉ khi
FA DB EC . . 1.
FB DC EA

Chứng minh:
6
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang
Phần thuận:
Sử dụng định lý sin trong các tam giác AEF BDF CDE , , ta được:
 
 
 
sin sin sin
; ;
sin sin sin
FA AEF DB BFD EC CDE
EA FB DC AFE BDF CED
  
Do sin sin ,sin sin ,sin sin AEF CED BFD AFE CDE BDF          nên nhân
các vế lại ta được: FA DB EC FA DB EC . . 1 . . 1.
FB DC EA FB DC EA
  
Phần đảo:

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ
Gọi 1
1
. . . . 1
FD AC E
    
1
FB DC E A
FB DC EA
FA DB ECFA DB E C
Do đó 1
1
.
E E
   Vậy ba điểm D E F , , thẳng hàng.
1
E A
EA
Chú ý:
ECE C

+ Định lý Menelaus có thể mở rộng cho đa giác lồi n cạnh.
+ Định lý Menelaus có rất nhiều ứng dụng trong giải toán. Nhiều định lý nổi
tiếng được chứng minh một cách dễ dàng nhờ định lý Menelaus như định lý
Ceva, Pascal, Desargues.
Ví dụ. Cho sáu điểm A B C D E F , , , , , là các điểm nằm cùng trên một đường
tròn (có thể không xếp theo thứ tự như trên). Gọi
P AB DE Q BC EF     , và R CD FA   . Chứng minh rằng ba điểm
P Q R , , thẳng hàng.
Hướng dẫn:
Gọi X EF AB Y AB CD Z CD EF       , , .
7
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang
Áp dụng định lý Menelaus cho BC DE FA , , (đối với tam giác XYZ ), ta có:

ZQ XB YCXP YD ZEYR ZF XA
. . . . . . 1.
  
XQ YB ZCYP ZD XEZR XF YA

Nhân các vế và áp dụng tiếp định lý Menelaus ta được QZ PX RY . . 1.
QX PY RZ

Do đó ba điểm
P Q R , , thẳng hàng.
Bài tập áp dụng:
Bài 1. Điểm P nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC A B C , , , 1 1 1
lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P xuống BC CA AB , , . Chứng minh
rằng A B C 1 1 1 , , thẳng hàng.
Bài 2. Trong tam giác vuông ABC kẻ đường cao CK từ đỉnh của góc vuông
C, còn trong tam giác ACK kẻ đường phân giác CE. Gọi điểm D là trung
điểm của đoạn AC, F là giao điểm của các đường thẳng DE và CK. Chứng
minh BF song song với CE.
Bài 3. Các đường thẳng AA BB CC 1 1 1 , , đồng quy tại điểm O. Chứng minh rằng
giao điểm của các đường thẳng AB và AB 1 1, BC và BC 1 1, CA và C A 1 1 nằm
trên một đường thẳng.
Bài 4. Cho hai tam giác ABC A B C , ‘ ‘ ‘. Nếu các đường thẳng AA BB CC ‘, ‘, ‘
đồng quy tại một điểm O, thì các điểm P Q R , , thẳng hàng, trong đó
P BC B C Q CA C A R AB A B       ‘ ‘, ‘ ‘, ‘ ‘.
8
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang
2.3. Định lý Ceva
Cho tam giác ABC, gọi D E F , , lần lượt nằm trên các cạnh
BC CA AB , , . Chứng minh rằng các mệnh đề sau là tương đương:
(i) AD BE CF , , đồng quy tại một điểm.
(ii)
 
 
 
sin sin sin
. . 1.
sin sin sin
ABE BCF CAD
DAB EBC FCA

(iii) DC FB EA . 1.
DB FA EC
 
Chứng minh:
+ Giả sử (i) đúng, ta chứng minh (ii) đúng:
Gọi P là giao điểm của AD BE CF , , . Theo định lý sin trong tam giác ADP,ta
có:
 
 
sin sin 1
sin sin
ABE ABP AP
DAB BAP BP
 
Tương tự, ta cũng có:
 
sin 2
sin
BCF BP
EBC CP
 và
 
sin 3 . 
sin
CAD CP
FCA AP

Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta được (ii).
+ Giả sử (ii) đúng, ta chứng minh (iii) đúng:
Theo định lý sin trong tam giác ABD và tam giác ACD ta có:
 
 

sin
ADB
sin
AB CAD
CD
; .
sin
BAD
sin
ACD DB
CA

Do đó:
 
sin
. ,
sin
CAD AB CD
BAD CA DB

BDA ADC     1800 (4)
9
Sáng kiến kinh nghiệm Bùi Đức Quang
Tương tự, ta có:
 
sin
. .
sin
BCF CA BF
FCA BC FA
 (5) và
 
sin
. .
sin
ABE BC AE
EBC AB EC
 (6)
Nhân từng vế của (4), (5), (6) ta được (iii).
+ Giả sử (iii) đúng ta chứng minh (i) đúng:
Ta gọi P CF BE D AP BC     , . 1
Do
AD BE CF 1, , đồng qui nên (iii), ta có:
1 1
1.
FA EA DC
FA EC D B
  Hơn nữa theo giả thiết (iii)

1
1
. 1 .
D D
     
1
D B
DB FA ECDB
DC FB EADCDC

Do vậy AD BE CF , , đồng quy tại điểm P tức (i) được chứng minh.
Như vậy định lý được chứng minh.
Nhận xét: Với định lý Ceva, ta có thể chứng minh được các đường trung tuyến,
các đường cao, các đường phân giác trong của tam giác đồng quy tại một điểm.
Các điểm đó lần lượt là trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn nội tiếp tam
giác I. Nếu đường tròn nội tiếp tam giác ABC cắt AB BC CA , , lần lượt tại
F D E , , . Khi đó, ta có: AE AF BF BD CD CF    , , . Bằng định lý Ceva, ta
chứng minh được AD BE CF , , đồng quy tại một điểm, điểm đó gọi là điểm
Gergonne (Ge) của tam giác ABC (hình dưới).

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

SGK, sách ôn thi, sách tham khảo giá rẻ

Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa


Comments

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *