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

 đường thẳng, hai mặt phẳng, đường thẳng và mặt phẳng..v..v
Sử dụng đồ dùng dạy học một cách hợp lý như các mô hình trong không gian, các phần mềm giảng dạy như Cabir, GSPS,Geogebra....
Dạy học theo các chủ đề, mạch kiến thức mà đã được giáo viên phân chia từ khối lượng kiến thức cơ bản của chương trình nhằm giúp học sinh hiểu sâu các kiến thức mà mình đang có, vận dụng chúng một cách tốt nhất.
Trong quá trình dạy học tỏi đề ra một hướng giải quyết là “Rèn luyện tư day giải toán Hình học cho học sinh thông qua mối liên hệ giữa hình học phẳng và hình học không gian".
Góp phần rèn luyện kĩ năng học chủ đề quỹ tích của một điểm
Bài toán 1: Trong mặt phẳng cho hai nửa đường thẳng q và p cắt nhau tại I. Một đường thẳng D cắt cả hai đường thẳng q và p. Một đường thẳng di động song song với D và cắt hai đường thẳng q, p lần lượt tại A và B. Tìm quỹ tích trung điểm đoạn thẳng AB.
Nhận xét: Bài toán này có phương pháp giải khá đơn giản và được kết quả: Quỹ tích trung điểm đoạn thẳng AB là đường thẳng IM trong đó M là trung điểm của đoạn thẳng AB. (hình 1)
p
A
M
B
q
I
Hình 1
Bây giờ ta xét bài toán tương tự bài toán này trong không gian như sau: Bài toán 1': Trong không gian, cho hai nửa mặt phẳng (P) và (Q), có giao tuyến là đường thẳng d và một đường thẳng D	cắt (P) và (Q). Một đường thẳng di động luôn song song với D cắt (P) và (Q) lần lượt tại A và B. Tìm quỹ tích trung điểm đoạn thẳng AB.
Giải
Ta xét trường hợp đặc biệt khi đường thẳng di động và song song với D
nằm trong mặt phẳng (R) chứa đường thẳng D và cắt đường thẳng d tại I.
Mặt phẳng (R) cắt mặt phẳng (P) và (Q) theo hai đường thẳng q và p. Trong mặt phẳng (R) quỹ tích trung điểm của đoạn thẳng AB là đường thẳng IM như hình vẽ 2.
Cho mặt phẳng (R) di động và song song với chính nó thì đoạn thẳng IM vạch trên nửa mặt phẳng (d,M) và đó là kết quả bài toán.
Tóm lại, quỹ tích trung điểm của đoạn thẳng AB là nửa mặt phẳng chứa đường thẳng d và trung điểm của một đoạn thẳng PQ bất kì.
P Q
d
I
A
B
 	D	
p
M
q
R
Hình 2
Góp phần rèn luyện kĩ năng học chủ đề khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm
Bài toán 2: Trong mặt phẳng, chứng minh rằng độ dài cạnh dài nhất của tam giác là khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm bất kì nằm trên cạnh của tam giác.
Giải:
M
N
B
C
A	A
B	C
H	N
Hình 3
Hình 4
Hình 3	Hình 4
Gọi M, N là hai điểm bất kì nằm trên hai cạnh của tam giác ABC. Ta xét trường hợp đặc biệt:
+ Nếu M và N lần lượt trùng với hai điểm là hai đỉnh của tam giác ABC
thì suy ra
MN £
max{AB, BC, CA}
+ Nếu M hoặc N trùng với một đỉnh của tam giác. Giả sử M trùng với A.
Nếu N thuộc cạnh AB hoặc AC thì hiển nhiên.
Nếu N thuộc BC:
Gọi H là chân đường cao hạ từ A xuống cạnh BC. Nếu N thuộc đoạn thẳng BH Þ MN £ AB
Nếu N thuộc đoạn thẳng CH Þ MN £ AC
Þ MN £
max{AB, BC, CA}
+ Nếu M và N không trùng với đỉnh nào của tam giác. Giả sử M ÎAB, N ÎAC . Nối B với N (hình 3)
Như trên suy ra
MN £ max{AB, BN, NA} £ max{AB, NB, CA} £ max{AB, BC, CA}.
Tóm lại ta luôn có:
MN £ max{AB, BC, CA}.
Bây giờ ta xét bài toán tương tự bài toán này trong không gian như sau: Bài toán 2': Trong không gian, chứng minh rằng cạnh dài nhất của tứ diện là khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm bất kì nằm trên tứ diện.
Nếu bài toán này trực tiếp giải thì đây có thể nói là một bài toán khá khó đối với học sinh phổ thông. Tuy nhiên nếu ta nhìn bài toán này ở một góc độ đơn giản hơn thì ta dễ thấy có một bài toán trong hình học phẳng tương tự với bài toán này khi coi hình tứ diện trong hình học không gian tương tự với tam giác trong hình học phẳng.
M
N
B
D
P
Q
A
Giải
C
Hình 5
Hình 5
Thật vậy, do M, N nằm trên tứ diện ABCD suy ra M nằm trên ít nhất một
mặt của tứ diện. Giả sử
MÎ(ABC),NÎ(ACD)
(hình 5)
Đường thẳng AM cắt BC tại Q, đường thẳng AN cắt CD tại P. Áp dụng bài toán 2, ta có:
MN £ max{AQ, AP, PQ} £ max{AB, BC, CA, PQ, AP} £ max{AB, BC, CA, BD, CD, AD}.
Vậy ta có: MN không lớn hơn cạnh lớn nhất của tứ diện nên cạnh dài nhất của tứ diện là khoảng cách lớn nhất giữa hai điểm bất kì nằm trên tứ diện. (đpcm)
Góp phần rèn luyện kĩ năng học chủ đề diện tích tam giác, tứ giác Bài toán 3: Trong mặt phẳng, cho góc xOy và một điểm M nằm trong góc đó; D là một đường thẳng qua M và cắt Ox, Oy lần lượt tại A và B. Xác định vị trí đường thẳng D để diện tích tam giác OAB đạt giá trị lớn nhất.
Giải:
A
P
M
O
Q
B
y
x
Hình 6
Hình 6
Qua M ta kẻ lần lượt các đường thẳng song song với Ox cắt Oy tại Q; song song với Oy cắt Ox tại P. (hình 6)
Vì M cố định nên P và Q cố định.
Do PM//Oy và QM//Ox
suy ra: OP = BM = BQ Þ OP + OQ = BQ + OQ = OB =1.
AO	AB	OB	OA	OB	OB	OB	OB
Áp dụng bất đẳng thức Cô si ta có:
æ OP	OQ ö2	OP OQ
1=ç	+	÷ ³ 4	.
Þ OA.OB ³ 4OP.OQ
è OA	OB ø	OA OB
S	1
Mặt khác,	OAB = 2 OA.OB.sinO ³ 2.OP.OQ.sinO=4SOPQ
Do SOPQ
không đổi nên:
maxSOAB = 4SOPQ
Dấu bằng có được khi OP = OQ Û AB//PQ
OA	OB
Từ đó ta có cách dựng: Qua M kẻ các đường thẳng song song với Ox và Oy, cắt Oy và Ox lần lượt tại P và Q. Qua M kẻ đường thẳng D song song với PQ thì D là đường thẳng cần dựng.
Nhận xét: Qua lời giải trên ta thấy bước quan trọng nhất là kẻ thêm hình (MP//Oy và MQ//Ox) và tìm mối liên hệ giữa diện tích của tam giác OAB và
diện tích tam giác cố định OPQ . Khai thác phương hướng như vậy, ta giải quyết bài toán trong không gian như sau:
Bài toán 3': Trong không gian, cho góc tam diện Oxyz và một điểm M nằm
trong góc tam diện; (α) là một mặt phẳng qua M và cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A, B, C. Xác định vị trí của mặt phẳng (a ) để thể tích tứ diện OABC đạt giá trị lớn nhất.
Giải
Qua M kẻ lần lượt các đường thẳng song song với các tia Ox, Oy, Oz;
cắt các mặt phẳng (Oyz) , (Ozx) , (Oxy)
lần lượt tại các điểm A', B' và C' (hình 4).
Do M cố định nên các điểm A', B' và C' cố định.
B'
A'
C
A
R
C'
x
z
Q
M
P
B
y
Hình 7
O
Hình 7
Gọi P, Q, R lần lượt là giao điểm của đường thẳng AM với OA', CM với OC', BM với OB'. Suy ra P Î BC, Q Î AB, R Î AC.
Lấy các điểm A'',B'',C'' lần lượt đối xứng với các điểm A',B',C' qua điểm M.
Trên các tia Ox, Oy, Oz lần lượt lấy các điểm
OA0 =MA",OB0 =MB",OC0 =MC"
A0 ,B0,C0
sao cho:
Þ VOA'B'C' = OA0 .OB0 .OC0 = MA'. MB'. MC'
VOABC
OA.OB.OC	OA	OB	OC
Mặt khác, ta có MA' + MB' + MC' = PM + MK + MQ =1
OA	OB	OC	AP	BK	CQ
Áp dụng bất đẳng thức Cô si:
æ MA'	MB'	MC' ö3
è	ø
1=ç OA + OB + OC ÷
³ 27 MA'. MB'. MC' OA	OB	OC
(*)
Do M cố định suy ra: MA', MB', MC' không đổi Từ (*) ta có: OA.OB.OC ³ 27.MA'.MB'.MC'
Suy ra: VOABC ³ VOA'B'C'
Þ MinV	=27V	Û MA' = MB' = MC' Û MR = MP = MQ = 1
OABC	OA'B'C'
OA	OB	OC
AR	BP	CQ	3
Û M là trọng tâm tam giác ABC.
Từ đây ta có cách dựng hình của bài toán:
Gọi D là đường thẳng qua M và song song với Ox cắt mặt phẳng (Oyz) tại A'.
Gọi (α) là mặt phẳng chứa Ox và M cắt mặt phẳng (Oyz) theo đường thẳng D ' Þ AÎ D '.
Trên D ' lấy điểm P sao cho A' nằm giữa O và R thõa mãn:
Đường thẳng MR cắt Ox tại A.
Dựng các điểm B, C tương tự với điểm A.
3
OP =	OA' 2
Theo chứng minh thì ta dựng được mặt phẳng (α) qua M cắt Ox,Oy,Oz lần lượt tại A, B, C để thể tích tứ diện OABC đạt giá trị lớn nhất. Theo cách dựng thì mặt phẳng (α) là duy nhất. (đpcm)
Góp phần rèn luyện kĩ năng học chủ đề tiếp tuyến
Bài toán 4: Trong mặt phẳng, tìm những điểm từ đó kẻ được hai tiếp tuyến với một đường tròn cho trước và vuông góc với nhau.
Nhận xét: Đây là một bài toán rất đơn giản và dễ dàng ta có kết quả: Quỹ tích những điểm thỏa mãn bài toán là một đường tròn đồng tâm với đường tròn đã cho và có bán kính là 2R .( với R là bán kính đường tròn đã cho).
Với kết quả như vậy ta có thể dự đoán kết quả của bài toán sau:
Bài toán 4': Trong không gian, tìm quỹ tích những điểm từ đó có thể dựng đến một mặt cầu cho trước ba tiếp tuyến đôi một vuông góc nhau.
Dự đoán: quỹ tích là một mặt cầu đồng tâm với mặt cầu đã cho.
Để chứng minh dự đoán này ta phải chứng minh nếu M là một điểm thuộc quỹ tích thì OM luôn không đổi (O là tâm mặt cầu đã cho).
Giải
Gọi M là một điểm thuộc quỹ tích bài toán; MA,MB,MC là ba tiếp tuyến từ M đến mặt cầu cho trước (O;R) . (hình 5)
Ta có: MA=MB=MC và MA ^ MB, MB^ MC, MC ^ MA
Do đó tam giác ABC là tam giác đều và đường vuông góc AI hạ từ A xuống MO cũng là đường cao của	ABC.
Đặt: MA=a ; OA=R ta có:
2
Þ AB=BC=CA=a
AB2 =MA2 +MB2 =2a2
3
2
3
2	1
3
Þ BI=	.	AB =	AB = a	.
3	2
Mặt khác trong tam giác vuông BMO ta có: BM.BO=BI.BO
a.R. 3
a. 2
Þ MO= BM.BO =	= R 6
BI	2
Vậy điểm M thuộc quỹ tích thì nó phải nằm trên mặt cầu
æ O; R 6 ö .
ç	2	÷
è	ø
Trong các bài toán toán trên ta đã vận dụng sụ tương tự từ lời giải một bài toán trong hình học phẳng để tìm ra lời giải của bài toán trong hình học không gian. Tuy nhiên có những bài toán tương tự như nhau nhưng lời, phương pháp giải lại hoàn toàn khác nhau, có thể trong hình học phẳng thì lại đơn giản nhưng khi chuyển sang hình học không gian thì rất khó. Chính vì lẽ đó mà vận dụng sự tương tự giữa hình học phẳng và hình học không gian để giải các bài toán trong hình học không gian chỉ là cung cấp thêm một phương pháp suy nghĩ, một phương pháp giải toán áp dụng cho một số bài toán hình học không gian.
Nếu như trong giải toán hình học không gian nhờ vào tương tự giữa nó với một bài toán tương tự trong hình học phẳng đòi hỏi học sinh có một kiến thức vững vàng về hình học phẳng, có trí tưởng tượng hình học không gian tốt thì quá trình suy nghĩ từ một bài toán hình học phẳng rồi đề xuất một bài toán tương tự trong hình học không gian sau đó tìm cách giải quyết bài toán mới đó
đòi hỏi ở học sinh ngoài những kiến thức cần thiết như trên mà còn cần ở các em có khả năng nhìn nhận vấn đề dưới từng góc độ và nhiều phương diện khác nhau. Muốn thực hiện được điều đo trước tiên phải nắm được và hiểu được các yếu tố, mối quan hệ tương tự có tính chất cơ bản giữa hình học phẳng và hình học không gian. Sau đó là sử dụng các kiến thức hình học không gian hoặc áp dụng tính chất tương tự trong lời giải của bài toán hình học phẳng để giải bài toán đặt ra, nhiều khi bài toán đặt ra lại rất khó.
Trong điều