1 / 28

Hình thành thói quen tự học thông qua bài luyện tập

-Xu thu1ebf cu1ee7a du1ea1y hu1ecdc hiu1ec7n u0111u1ea1i lu00e0 du1ea1y hu1ecdc theo phu01b0u01a1ng phu00e1p kiu1ebfn tu1ea1o hay gu1ecdi lu00e0 lu00fd thuyu1ebft tu00ecnh huu1ed1ng vu00e0 hiu1ec7n nay chu00fang ta du1ea1y hu1ecdc bu1eb1ng cu00e1ch tu1ed5 chu1ee9c cu00e1c hou1ea1t u0111u1ed9ng. Trong hou1ea1t u0111u1ed9ng du1ef1a vu00e0o tri thu1ee9c u0111u00e3 biu1ebft u0111u1ec3 xu00e2y du1ef1ng cu00e1c tri thu1ee9c mu1edbi thu00ec cu00e1c kiu1ec3u giu1ea3i bu00e0i tu1eadp tu01b0u01a1ng tu1ef1 lu00e0 hou1ea1t u0111u1ed9ng phu00f9 hu1ee3p vu00e0 cu1ea7n thiu1ebft.<br>-Khi du1ea1y hu1ecdc sinh lu1edbp 11 vu00e0 12 giu1ea3i tou00e1n hu00ecnh khu00f4ng gian tu00f4i thu01b0u1eddng gu1eb7p cu00e1c bu00e0i tou00e1n tu01b0u01a1ng tu1ef1 u1edf hu00ecnh phu1eb3ng vu00e0 thu1ef1c tu1ebf cu00f3 nhiu1ec1u bu00e0i tou00e1n hu00ecnh khu00f4ng gian u0111u1ec3 du1ec5 hiu1ec3u chu00fang ta phu1ea3i qui vu1ec1 mu1eb7t phu1eb3ng u0111u1ec3 tu00ecm tu00f2i lu1eddi giu1ea3i hay minh hu1ecda cho hu1ecdc sinh du1ec5 hiu1ec3u.(Bu00e0i tou00e1n u0111u1ed1i ngu1eabu).

JackelineFerry
Download Presentation

Hình thành thói quen tự học thông qua bài luyện tập

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript

  1. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc SỞ GD & ĐT TỈNH LÀO CAI TRƯỜNG THPT SỐ 1 BẢO THẮNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NĂM HỌC 2013 - 2014 TÊN ĐỀ TÀI: HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Họ tên tác giả: Trần Văn Hào Đơn vị :Tổ chuyên môn:TOÁN -TIN Trường:THPT SỐ 1 BẢO THẮNG Lĩnh vựcnghiên cứu : Phươngpháp dạy bộ môn SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC I.THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN 1.Họ và tên: Trần Văn Hào 2.Ngày tháng năm sinh: 10/10/1958 3.Nam,( nữ): Nam 4.Địa chỉ: Tổ toán -Trường THPTsố1 Bảo Thắng. 5.Chức vụ: Giáo viên 6.Đơn vị công tác: Trường THPT số1 Bảo Thắng II.TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO -Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ)cao nhất: Đại học sư phạm -Chuyên ngành đào tạo: Toán III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: 30 Năm dạy Toán THPT. - 1 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  2. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP MỤC LỤC PHẦN THỨ NHẤT:MỞ ĐẦU I. Lý do chọn đề tài II.Mục đích nghiên cứu: III.Đối tượng nghiên cứu IV. Giới hạn phạm vi nội dung: V.Nhiệm vụ nghiên cứu VI. Phương pháp nghiên cứu VIII.Thời gian nghiên cứu: PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG PHẦN THỨ BA:KẾT QUẢ KHẢO SÁT PHẦN THỨ TƯ :KẾT LUẬN PHẦN THỨ NĂM:TÀI LIỆU THAM KHẢO Trang 2 3 3 4 4 4 4 4 4 27 28 28 - 2 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  3. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP PHẦN THỨ NHẤT:MỞ ĐẦU I. Lý do chọn đề tài -Xu thế của dạy học hiện đại là dạy học theo phương pháp kiến tạo hay gọi là lý thuyết tình huống và hiện nay chúng ta dạy học bằng cách tổ chức các hoạt động. Trong hoạt động dựa vào tri thức đã biết để xây dựng các tri thức mới thìcác kiểu giải bài tập tương tự là hoạt động phù hợp và cần thiết. -Khi dạy học sinh lớp 11 và 12 giải toán hình không gian tôi thường gặp các bài toán tương tự ở hình phẳng và thực tế có nhiều bài toán hình không gian để dễ hiểu chúng ta phải qui về mặt phẳng để tìm tòi lời giải hay minh họacho học sinh dễ hiểu.(Bài toán đối ngẫu). - Khi dạy học sinh lớp 12 giải toán tích phân tôi thường định hướng cho học sinh áp dụng trực tiếp sau đótìm cách giúp học sinh tự khái quát nhận dang các bài toán tương tự. -Trong hướng dẫn học sinh làm bài về nhà, bồi dưỡng học sinh các đối tượng và hướng dẫn học sinh giải bài toán trên báo toán học tuổi trẻ tôi thường xuyên giúp đỡ và đưa ra các gợi ý tìm bài toán liên quan. Với các lý do trên tôi xin trình bày một số bài toán mà tôi đã giảng dạy trong bộ môn hình học không gian ở khối 11 và 12 cũng như bồi dưỡng học sinh các đối tượng. -Học sinh thường lúng túng trước một bài toán hình không 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 toán tương tự. -Trong hình không gian có những bài toán này là bài toán con của bài toán khác (ví dụ: cắt một góc của khối chữ nhật ta có tứ diện vuông, cắt 1 tứ diện vuông ta có 1 tứ diện tùy ý hay bổ sung 1 tứ diện ta được một hình hộp…) Học sinh thường suy nghĩ hay giải từ các bài toán liên quan theo dạng (các loại tứ diện, hình chóp, hình hộp, các cách chứng minh sự vuông góc hay song song…) mà không để ý xa hơn là có bài toán hình phẳng tương tự và giải các bài toán này… - Học sinh ít suy nghĩ là từ đâu ta ra đề toán này (thực ra đối với thầy giáo thì việc ra đề bài hoàn toàn dựa trên nền tảng lý thuyết cũng như bài tập các em đã gặp đã được học. Đề cho học sinh giỏi là đề biến hóa từ một mệnh đề toán nào đó mà giả thiết bị giấu khá xa hay khai thác một tính chất được tổng quát hóa hay mở rộng cho đối tượng khác). Với các lý do trên tôi xin trình bày một số bài toán mà tôi đã giảng dạy trong bộ môn hình học không gian ở khối 11 và 12 ,Phương pháp đổi biến số để tính tích phân ơ khối 12 cũng như bồi dưỡng học sinh các đối tượng. II.Mục đíchnghiên cứu: Mọi khối đa diện đều phân chia được thành những khối tứ diện.Nắm vững phương pháp tiếp cận khối tứ diện thông qua các tính chất định tính , định lượng đặc trưng của nó là cơ sở quan trọng nhất để hình thành kiến thức và kỹ năng giải toán hình học - 3 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  4. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP tổng hợp lớp 11 và lớp 12 một cách chủ động và sáng tạo.Rèn luyện kỹ năng xác định hàm hợp từ đó ghi nhớ và vận dụng phương pháp tính tích phân . III.Đối tượng nghiên cứu Học sinh lớp 11A2 ,12A3, 12A4 và lớp 12A5 năm học 2013-2014 của trường . IV. Giới hạn phạm vi nội dung: Tôi xin trình bày 20 bài toán và 15 bài tập kiểm tra; để áp dụng cho nhiều đối tượng . V.Nhiệm vụ nghiên cứu -Muốn giải một bài toán 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 tới bài toán, từ lý thuyết, phương pháp giải, các bài toán đã gặp. Do đó: Người làm toán phải biết và cần phân tích ý tưởng: Ta đã gặp bài toán nào gần với kiểu bài toán này hay chưa ? Polia đã viết quyển sách với nội dung: “Giải bài toán như thế nào trong đó ông có đề cập đến nội dung trên như một điều kiện thiết yếu”. -Phương pháp tương tự hay tổng quát hóa là những thao tác tư duy cần thiết cho người làm toán phổthông(tương tự trong toán học cần hiểu rộng hơn như có tính chất giống nhau, mô hình giống nhau, mối quan hệ giống nhau…như đường thẳng trong mặt phẳng và mặt phẳng trong không gian cũng là tương tự…tam giác và tứ diện, đường tròn và mặt cầu…là tương tự,khả năng nhận biết hàm hợp). VI. Phương pháp nghiên cứu Trong giảng dạy tôi thực hiện: -Dùng hệ thống câu hỏi gợi ý phương pháp tìm tòi lời giải cũng như phương pháp chứng minh bằng kỹ thuật tương tự. -Khai thác, phát triển tính chất của bài toán hình phẳng, bài toán hình không gian tương tự. -Nhận dạng công thức tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số. -Ra đề toán theo hướng mở với kiểu câu phát hiện sáng tạo (ví dụ: em thử nghĩ kết quả này mở rộng trong không gian thì ra sao và có tính chất đó hay không). -Dùng phương pháp thống kê toán học. VIII.Thời gian nghiên cứu: Năm học 2013-2014 PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG Bài toán 1: 1 Cho ABC vuông tại A có đường cao AH. Chứng minh a) BC2 = AB2 + AC2(Định lý Pytago) - 4 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  5. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP 1 1 1 = + b) 2 2 2 AH AB AC 2 Cho tứ diện vuông OABC có đường cao OH = + + 2 ABC S 1 OH 2 OAC S 2 OAB S 2 OCB S a) (Định lý Pytago) 1 1 1 = + + b) 2 2 2 2 OA OB OC Nhận xét: Bài toán này khá quen thuộc tôi không nêu cách giải. Ta có thể ra đề cho học sinh trung bình khá bài sau giúp các em nhận dạng sự tương tự bước đầu. 3 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = a, AD = b, AA' = c. a) Tính độ dài đường chéo AC' b) Tính khoảng cách từ các đỉnh A', B, D đến AC' c) Gọi ,,là góc tạo bởi đường chéo AC' và 3 cạnh lần lượt là AD, AB, AA'. Tính tổng B = cos2 + cos2 + cos2(hay chứng minh S = 1) Đáp số a) AC'2 = a2 + b2 + c2 b) Gọi x, y, z là các khoảng cách từ A' đến AC… + + + 2 2 2 2 2 2 c a a b + b a a c + c a a b +  x.AC' cA'C' =  = = = x y z .Tương tự , + + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b c b c b c c) Đặt d = AC'  dcos = a, dcosb = b, dcos= c và dùng lại kết quả phần a  S = 1 Bài toán 2: 1 Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong ABC đều cạnh a. Hạ MH, MI, MK lần lượt vuông góc với các cạnh BC, CA, AB Chứng minh: S = MH + MI + MK không phụ thuộc vào vị trí của M. 2 Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong tứ diện đều ABCD. Hạ MH, MI, MK, ML lần lượt vuông góc với các mặt của tứ diện (H, I, K, L thuộc các mặt đó). Chứng minh: S = MH + MK + MI + ML không phụ thuộc vào vị trí của M. Giải: A A I K L K M D M H I C B C B H h.1 H.2 2S 2S 2S MAB S a a 3 2 S MH MK MI ML = + + + = + + = = = 1 (đpcm) MBC a MAC a ABC a AH - 5 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  6. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP (AH là đường cao ABC)- h.1 3V 3V 3V S a 6 3 S MH MI MK ML = + + + = + + + = = 2 .... MABC S ABCD S AH MBCD BDC BDC BDC không đổi (AH là đường cao)- h.2 Nhận xét: •Câu 1: Có thể mở rộng cho đa giác đều •Câu 2: Có thể mở rộng cho tứ diện đều hay tứ diện ABCD gần đều (AB=CD=a; AC = BD = b; AD = BC = c) hay khối đa diện đều. •Học sinh làm quen với tỉ số diện tích, thể tích có chung mẫu số. Bài toán 3: 1. M là điểm tùy ý nằm trong ABC. Gọi MH, MI, MK là các khoảng cách từ M đến các cạnh của tam giác. Chứng minhMH BC 2. M là điểm tùy ý nằm trong tứ diện ABCD. Gọi x,y,z,t là khoảng cách từ M đến các mặt đối diện đỉnh A,B,C,D và ha, hb, hc, hd lần lượt là đường cao của tứ diện. Chứng minh: a c b d h h h h Nhận xét:Đây là bài toánnềndựa vào kết quả này ta có thể phát triển và khai thác nhiều kiểu ra đề khác nhau. Bài toán 4: 1. M là điểm nằm trong tam giác. Hãy tìm vị trí M để thấy tổng khoảng cách từ M đến các cạnh là lớn nhất, nhỏ nhất. 2. M là điểm nằm trong tứ diện. Hãy tìm vị trí M để tổng các khoảng cách từ M đến các mặt là lớn nhất, nhỏ nhất. Cách giải: MI AC MK AB + + = 1 x y z t + + + = 1 A A I K L K M D M H I C B C B H h.1 H.2 1. 1 1 2 1 2 1 2 + + = x.BC .AC z.AC ha.BC 2 Giả sử AB < AC < BC tương ứng là ha < hb < hc - 6 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  7. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP x y z  + +  h h a c  + + +  2 Tương tự h x y z t h a d Bài toán 5: 1. Cho điểm M nằm trongABC, AM, BM, CM cắt BC, CA, AB lần lượt tại A1,B1 ,C1. Chứng minh: MA MB MC 1 AA BB CC MA MA MB MB MC MC + +  + + = 6 1) 2) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 MA MA MB MB MC MC AA MA BB MB CC MC 3 2 + +  + +  3) 4) 1 1 1 9 1 1 1 1 1 1 MA AA MB BB MC CC 1 27 MA MA MB MB MC MC + +  + +  8 5) 6) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 AM MA BM MB CM MC = + + 7) Tìm GTNN của P 1 1 1 2. Điểm O nằm trong tứ diện ABCD, AO, BO, CO, DO cắt các mặt tứ diện lần lượt tại A1, B1, C1, D1. Chứng minh OA OB OC OD 1 AA BB CC DD AA AA BB CC DD 16 OA OB OC OD OA OA OB OC OD 4 OA OB OC OD 3 OA OA OB OC OD . . . 81 OA OB OC OD AA BB CC DD 256 . . . AO BO CO DO 81 Lời giải: 1. OA OB BB OB OB BB OB OC CC OC OC CC OC OD DD OD OD DD OD + + + = + + + = 1 1) 2) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 OA + + +  + + +  12 3) 4) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 AA 16 3 + + +  + + +  5) 6) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 AA BB CC DD . OA OB OC OD OA OB OA OB 7) 8) . . 256 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 OC OC OD OD  + + +  4 3 9) 10) 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 A A B1 C1 C1 B1 O D M D1 A1 C B C B A1 h.1 H.2 - 7 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  8. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP MBC S S S S A M MA AA S S MH' AH = = = 1) 1 1 1 ABC + + S S S S S S S S S S = + + = = 3 1 2 3 1 1 2 Tương tự  VT + − MA AA AA côsi cho 3 cặp nghịch đảo  VT  6 = = 2) 2 3 1 1 MA 1 S 1 1 1 3) Khai thác bất đẳng thức bất đẳng thức Nétbit 4) ,5), 6) ,7) Dùng bất đẳng thức Côsi 2. V OA V VT AA V + + + V V V =  = = 1) 1 1 2 3 4 1 1 V 1 + + + + + − − V V V V 3(V V V V ) OA AA AA OA V V V = = =  = 2) 3 2 3 4 1 2 3 4 1 1 AA 1 2 V 1 1 3) 4,5,6,7,8,9,10: Tương tự khai thác các bất đẳng thức Đại số cho 4 số không âm. Nhận xét: + Việc khai thác bất đẳng thức đại số cho 4 số không âm (diện tích, thể tích) giúp ta có nhiều bài tập hay và tổng hợp toàn diện. Bài toán 6: 1. Cho ABC. Đường thẳng qua trọng tâm G cắt 2 cạnh AB và AC tại B',C'. Chứng minh: AB 3 AB' AC' 2. Cho tứ diện ABCD. Mặt phẳng đi qua giao điểm các trọngtuyến G cắt AB, AC, AD tại B', C', D'. Chứng minh: AB AB' AC' Cách giải: AC + = AC AD AD' + + = 4 A A D’ D B’ •  B1 A’ G • G I • F C’ B’ K E A1 C B C B M h.1 h.2 1. Hạ BI, CK, ME, AF vuông góc với và đặt BI = x, CK = y, AF = z - 8 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  9. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP + + Ta có BB' x z x z y z z x y 2 AB AB' x z z Tương tự: AC y z z =  = = AB' AC AC' AC' 1 2 AC AC' + + + + AB AB' x y z Mà ME = = = + = (tính chất trọng tâm) 2 AF AB AB' +  + 2 1 3 = + =  =  = x y = + ME AF Z 2. Cách giải: tương tự như trên, tuy nhiện đề bài ra là TRỌNG TUYẾN. Khái niệm này cần phải giải thích cho học sinh và chứng minh tính chất nên ta có thểđưa ra bài toán sau hoàn toàn tương tự. 3.Cho hình chóp SABC 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 3 SA' SB' SC' SG' SB SC SG + + = S B’ A’ G’ B C’ G C A Giải: Ta đã quen với bài toán tỉ số thể tích nên cách giải như sau: SA x SA' SB' V x.y.z V SB SC SC' V V SG SG'  = = = = Đặt , , , y z t SA'C'G' V V = = = y.z.t x.z.t SA'B'C' SB'C'G' Ta có : ; ; SABG SBCG SACG SA'B'C' V 1V 3 1 V 3 = (xy yz zx).t + + Cộng 3 đẳng thức SABC = = (vì ) SABG V SBCG V SABC SA'B'C' V 1 V 3 3 = Mặt khác ta có: (**) xyz SABC Từ (*) và (**) →đpcm (x + y + z = 3t) * Trường hợp đặc biệt nếu G' là giao điểm 2 trọng tuyến thì SG 3 4 = SG' - 9 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  10. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP SA SA' SB' SC' Bài toán 7: 1. Cho ABC. M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Đặt S1 = SMBC, S2 = SMCA, S3 = SMAB. + + SB SC 4 3  + + =  = . Thỏa bài toán trên. 3 4 = 1. Chứng minh: S MA S MB S MC O 1 2 3 S IA S IB S IC S + + = 2. Chứng minh: Với mọi điểm I ta luôn có: IM . 1 2 3 ABC = 2. 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. + + + = V MA V MB V MC V MD O 1. Chứng minh: . 1 2 3 4 2. Chứng minh: Với mọi điểm I ta luôn có: + + + = V IA V IB V IC V ID ABCD V IM 1 2 3 4 Lời giải: A A I I D M M H C B B C A’ h.1 H.2 A'C BC A'B BC 1. AM cắt BC tại A'; = + MA' .MB .MC MA'C S S MAC S S S + S S S + S + A'C A'B A'C BC Mà (1) = = =  =  = + ... ... MA' .MB .MC 3 2 2 2 S S S S S S MA'B MAB 3 2 3 2 3 3 2 − S + S + MA' MA Ngoài ra (2)Thế (2) và (1) =  = . MA' MA 1 1 S S S S 2 3 2 3 (đpcm) S MA' S MB S MC − = + 1 2 3 2. (*)  S (IA' IM) S (IB IM) S (IC IM) − + − + − = O 1 2 3 (đpcm)  S IA S IB S IC + + = + + (S S S )IM 1 2 3 1 2 3 AM cắt mp (BCD) tại H Đặc S2 = SCJD ; S3 = SBDJ; S4 = SBCJ - 10 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  11. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP  .MJ S MB S MC S MD = + + Theo bài trên: (1) BCD S 2 3 4 S V S V S V 3 h       = = = Dễ dàng chứng minh được: (2) 3 2 4 2 3 4 (1)(2)  + = + V MC V MD + (3) (V V V )MJ V + MB 2 3 4 2 ) 3 4 ( + + V V V V MA MJ 2 3 4 =− Ta có : (4) 1  V MA V MB V MC V MD + + ( 1 2 V IA IM V IB IM + = Từ (3)(4) O 1 2 3 4 ) ( ) ( ) ( )  + + + = đpcm V IC IM V ID IM O b) Từ (a) − − − − 3 4 Nhận xét: •Diện tích được thay bằng thể tíchvà bài toán tâm tỉ cự. Bài toán 8: 1. Cho ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh nếu điểm I thỏa mãn hệ thức a c IA bIB IC O  + + = thì I là tâm đường tròn nội tiếp ABC. 2. Cho tứ diện ABCD với I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện. Đặt Sa = SBCD, Sb = SACD, Sc = SABD, Sd = SABC + = Chứng minh: S IA S IB S IC O + a c b Giải: ( ) ( )  =− −  (a b c)AI + + = bAB cAC + aIA b IB AI c IC AI 1 (1) + − Hay I phân giác AD tương tự I  phân giác BE đpcm D A E I· C I M H D B B C A h.1 H.2 2 (I)  (ABC) = H Mặt phẳng (DAI) cắt BC tại M thì M nằm trên mặt phân giác của 2 mặt phẳng (BAD) và (CAD) - 11 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  12. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP  d(M, DCD) = d(M, (DAB)) S S S S DAMB V V MDAB V V DAB S S MB MC  = = = = C AMB = B AMC DAMC S S S + MDAC DCA =− M  BC   S MB S MC O + = MB MC c c b b S IM ( )  S IB S IC + = (1)Gọi M là giao điểm của IM và AD c c b b ( )  S ID S IA + = + Tương tự: (2) S S IM' a a d d ( ) ( )  S IA S IB S IC S ID + + + = + + + Từ (1)(2) S S IM S S IM' a c a b b d b d Mà I, M, M' thẳng hàng X Lý luận tương tự với N, N' 2 điểm trên AB, CD, P và P' là 2 điểm trên BD, AC ta được X lNN' = , X hPP' = . = kMM' đpcm = Mà MM',NN',PP'không đồng phẳng X O  Nhận xét:Kiểu ra đề khác và ý tưởng tương tự được thể hiện ở kỹ thuật chứng minh. Ngoài ra ví dụ đưa ra phương pháp chứng minh một vectơ bằng O . Bài toán 9: 1. Cho ABC, M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tam giác Chứng minh: aMA + bMB + cMC  4SABC 2. 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 + ScMC + SdMD  9VABCD Giải: 2. Gọi Vi(i 1,4) = lần lượt là thể tích các khối tứ diện MBCD, MACD, MABD, 1 3 MABC ta có AA1 MA + MA2  + ABCD V S .MA V a 1 Tương tự cho 3 bất đẳng thức còn lại: 1 V S .MB V 3 Bài toán 10: đpcm  + ... ABCD 2 b + + + = 1. Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G (hay GA GB GC GD O phẳng (P) không cắt tứ diện. Gọi A1, B1, C1, D1, G1lần lượt là hình chiếu vuông góc của A,B,C,D trên (P). Chứng minh: AA1 + BB1 + CC1 + DD1 = 4GG1 Em hãy tìm bài toán tương trong mặt phẳng và một mặt - 12 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  13. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Giải:Gọi M, N là trung điểm AB, CD và M1, N1là hình chiếu của chúng trên (P). Ta có. ( 2 GM GN 2GM 2GN GA GB GC GD O ) + = + = + + + =  GM GN + = G là trung điểm MN. Do mặt phẳng (P) không 0 (Vì G là trọng tâm) cắt tứ diện nên các hình thang ABB1A1, CDD1C1, MNN1M1có các đường trung bình tương ứng là MM1, NN, GG1do đó: 1 1 1 GG MM NN AA BB 2 2 2  1AA BB CC DD 4 2. Bài toán tương tự là: Cho ABC có trọng tâm G và đường thẳng d không cắt cạnh nào của tam giác. Gọi A1, B1, C1, G1là hình chiếu của A,B,C,G. Chứng minh AA' + BB' + CC' = 3GG' Cách giải: -Giải bằng vectơ thì đơn giản -Giải bằng cách vẽ thêm MM1với M là trung điểm BC và M1là hình chiếu của M trên d. Bài toán 11: 1 r      ( ) ( ) ( ) = + = + + + CC DD 1 1 1 1 1 1 1 = + + + (đpcm) 1 1 1 1 1 h 1 h 1 h = + + 1. Chứng minh rằng: Trong ABC ta có: a c b (r là bán kính đường tròn nội tiếp, hi: là đường cao tương ứng) 1 r 1 h 1 h 1 h 1 h = + + 2. Chứng minh rằng: Trong tứ diện ABCD ta có: + a c b d (r là bán kính mặt cầu nội tiếp hilà đường tròn cao tương ứng từ đỉnh tứ diện) Nhận xét: + Lời giải đơn giản dựa vào tỉ số diện tích và thể tích. + Đây là bài toán nền để khai thác các bài toán bất đẳng thức hay cực trị. + Đối với tam giác đều hay tứ diện đều cần nhớ : a) 1 r h h 3 + Khai thác bài 11 ta có bài sau. Bài toán 12: 1. Cho ABC. Gọi ha, hb, hc, r lần lượt là độ dài các đường cao, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó. Chứng minh: a b h h + + 3 hay r 1 b) 1 4 h h r= = = = hay 4 r  h 9r c - 13 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  14. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP ih (i 1 4) = − 2.Cho tứ diện ABCD gọi hai kính mặt cầu nội tiếp tứ giác. Chứng minh h1 + h2 + h3 + h4 16r. Bài toán 13: 1. Cho ABC và M là 1 điểm tùy ý trong tam giác. Hạ MA1, MB1, MC1 vuông góc với BC, AC, BC. BC AC AB MA MB MC r , r lần lượt là độ dài các đường cao và bán C + Chứng minh: + 1 1 1 (C : chu vi ABC, r là bán kính đường tròn nội tiếp ABC) 2. Cho tứ diện ABCD, M là 1 điểm tùy ý trong tứ diện. Hạ Hạ MA1, MB1, MC1, MD1 vuông góc với các mặt phẳng đối diện với đỉnh A,B,C,D. S S S S MA MB MC MD S r + + +  Chứng minh: BCD CDA ABC DAB 1 1 1 1 (S là diện tích toàn phần tứ diện, r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện) Giải: BC AC AB BC.MA MA MB MC ( ) (  ) 2 + + + BC AC AB + + AC.MB AB.MC 1. + 1 1 1 1 1 1 Hay: T.2S  (2p)2biết S = pr. đpcm 2. Tương tự T(3V1 + 3V2 + 3V3 + 3V4)  S2 BCD S MA CDA S MB ABC S MD DAB S MC 2 S r S 3V 1 3  = + + +    (đpcm) V T ta lại có  Sr 1 1 1 1 Bài toán 14: 1. Cho ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Gọi M là 1 điểm nằm trong tam giác. Gọi khoảng cách từ M đến A,B,C là Ra, Rb, Rc và da, db, dclà khoảng cách từ M đến BC, CA, AB. S S S S S da.db.dc . . a a (trong đó S1 = SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB + S = SABC) Bài 2. Cho tứ diện A1A2A3A4. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi Ra, Rb, Rc, Rdlà khoảng cách từ M đến các đỉnh, da, db, dc, dd là khoảng cách từ M đến các mặt. Gọi V, Vi, Silà thể tích tứ diện các mặt đối diện đính Ai. Chứng minh ( 1 a c b d V V R R R R da.db.dc Si 81 = Giải: Vẽ AH ⊥ BC + + + R .R .R 9 S   a c 2 3 3 1 b 1 2 Chứng minh: a ) − 4    (*) i 1 1. - 14 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  15. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Ra + da  ha  aRa aha– ada = 2S – 2S1 (1) bRb bhb– bdb = 2S – 2S2 (1) cRc chc– cdc = 2S – 2S3 (3) Từ (1)(2)(3)  aRcRaRbRc (2S – 2S1)(2S – 2S2)(2S – 2S3) (4) Kết hợp với (2S – 2S1)  bdb + cdc  2 bcd d c d (5) Từ (4) và (5) đpcm  VP(4) 8abc.d d .d  a c b 2. Trong không gian thay cạnh bằng diện tích và diện tích bằng thể tích ta được kết quả (*) Nhận xét:Ta có thể khai thác bài toán này theo tổng các khoảng cách Ra, Rb, Rcnhư sau: 3. Cho tứ diện A1A2A3A4. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi Ra, Rb, Rc, Rdlà khoảng cách từ M đến các đỉnh, da, db, dc, dd là khoảng cách từ M đến các mặt. Chứng minh: ( b d b ) + + +  + + + + + R R R R 2 d d a c d d d d d d b b d d d d a c a a c c d b d Giải: Ta đã biết d d h h d h d h + + + = (1) 1 a b c d a c b d Theo Bunhiacốpxki ta có: ) ( 2 + + + + d d d d d h d h d h d h a c b d + + + a b c d (2)  + + h h h h a c a c b d b d Từ (1) (2) → ( ) +  + + +  + + + h h h h d d d d 2 d d a c a c b d b d i j Ngoài ra Ra + da ha Chú ý dấu = xảy ra khi M thuộc các đường cao tứ diện và cách đều các đỉnh nên M là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trực tâm ABCD. Bài toán 15:Học sinh giải Câu 1 và tìm cách ra đề và giải bài toán tương tự trong không gian. 1. Trong ABC lấy điểm M bất kỳ. Gọi ha, hb, hclà khoảng cách từ M đến BC = a, AC = b, AB = c. Tìm vị trí của điểm M để tích hahbhcđạt giá trị lớn nhất và tính giá trị đó theo a,b,c. Giải: Dễ thấy aha + bhb + chc = 2S - 15 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  16. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP 3 2S 3         (Côsi) ah bh ch a c b ) ( 3 − − − 8 p(p a)(p b)(p c) 27abc 3 8S 27abc   h h h = c a b (Dấu = xảy ra khi aha = bhbM thuộc trung tuyến CM, tương tự M là trọng tâm ABC). 2. Trong tứ diện ABCD. Tìm vị trí điểm M để tích khoảng cách từ đó đến các mặt của tứ diện là lớn nhất. Tính GTLN đó theo diện tích các mặt và thể tích của tứ diện. Bài toán 16: Tính các tích phân sau:  x c) H = 1 e + 1 ln x 4 cos 2 a) I =  2xdx − x e b) J = + dx dx x 1 2 sin 2 x 0 1 0 1 phân tích : a) I =  2xdx − x e 0 2 e− x Ta xem g(x) = Đặt u = -x2 g(x) = eu( g(x) : biểu diễn được theo u ) u’(x) = -2x = -2h(x)  h(x) = ; h(x) = x 1 ( h(x) : bằng u’(x) nhân hằng số ) − ( ' u ) x 2 Vậy bài toán đặt u = -x2là hợp lý giải 1 a) Đặt u = -x2 du = -2xdx  xdx = − du 2 Đổi cận x = 1  u = -1 x = 0  u = 0 0 −  1 0  − 1 1 1 1 1 e − − = = = − = 0 1 u u u ( ) e du e du e e e do đó I = 2 2 2 2 2 e − 1 − 0 1  4 cos 2 x b) J = + dx 1 2 sin 2 x 0 du đặt u = 1+2sin2x  du = 4cos2xdx  cos2xdx = 4  u = 3 đổi cận x = 4 x= 0  u = 1 1 3  1 u 1 1 1 3 = = − = ln (ln 3 ln ) 1 ln 3 du u do đó J = 4 4 1 4 4 1 - 16 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  17. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP e + 1 ln x c) H =  dx x 1 1 đặt u = 1+ lnx  du = dx x đổi cận x = e  u = 2 x = 1  u = 1 2 2  2 1 3 u = = − = 2 udu do đó H = 2 2 2 1 1 b Nhận xét:Tính tích phân  ( ) f x dx a Cơ sở của phương pháp đổi biến số là công thức sau đây     ) ( a u a Trong đó hàm số u = u(x) có đạo hàm liên tục trên K, hàm số y = f(u) liên tục và sao cho hàm số f[u(x)] xác định trên K; a,b là 2 số thuộc K b dx x h x g ) ( ). ( bằng phương pháp đổi biến ( ) u b b = ( ) ( ' u ) ( ) f u x x dx f u du chú ý: nếu tính tích phân  a đặt u = u(x) sao cho : h(x) = k u’(x) ( k hằng số ) và g(x) biểu diển được theo u Dạng 1: I =   + ax a b ax Dạng 2: I = ( 2 + +  c bx ax •nếu  > 0 : ax2 + bx + c = a(x – x1)(x – x2) nên  − − −  2 1 2 1 ) ( 1 1 dx a = = + + ln dx ax b C + b a dx ( với  = b2 -4ac)  ) 0 a  − x x 1 1 1 1 I =   dx   − = + 1 ln C − − ( ) a x x x x x x a x x x x 1 2 2 b •nếu  = 0 : ax2 + bx + c = a(x – x0)2( với x0 = ) nên − 2 a 1 1 dx −  I = = − + C − 2 ( ) a a x x ( ) x x 0 0 −  − 4  2   •nếu  < 0: ax2 + bx + c = a(x- x0)2 + = − + 2 ( ) ( ) ( ) a x x   0 4 a a 1 a + du dùng đổi biến u = tant nên I có dạng I =  +  2 2 u dx ) ( mx 2 n Dạng 3: I =  + ( . + 2 ax  bx ax c   + + )' 1 bx c phân tích I =  +  . dx   + + + + 2 2 ax bx c ax bx ) dx n c + )( 1 a ( mx chú ý: nếu  > 0 ta có : I =  − − ( ) x x x x 1 2 - 17 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  18. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP + mx n − A − B − phân tích đồng nhất hệ số ta tìm được A,B sau đó đưa = + − ( )( ) x x x x x x x x 1 2 1 2 về dạng 1 nếu  = 0 ta có I =  Bài toán 17: Tính các tích phân sau: + + + 1 a ( ) mx n dx mx ( n ) mx n 1 1 m −  = + = − − + 0 0 ( ) ln dx x x C 0 − − − 2 2 ( 0) a x x a x x x x x x 0 0 0 1 2 2 1 + 2 dx xdx 2 xdx 4 3 x + A =  ; B =  ; C =   0 ; D = dx 1 − − + − 2 + 2) 1 2 3 2 2x 1 x x 2 ( x x x 0 1 1 giải: 1 1 1 2 2 − 1 2 ( d ) 1 dx x 2 − = − = A =  =  2 1 (ln 3 ln ) 1 ln 3 = n l x 2 2 2 − − 1 2x 1 2 2 1 x 1 1     2 2 2 2 − ) 1 1 1 1 2 x xdx xdx 2 1 1 1 1 x B =   1  1 = 2 = 2 2 = + + dx dx       − − − − − − 2 2 2 2) 1 2) 1 2 1 x 2 ( 2 ( ) 1 2 ( ) 1 2 ( x 2 ( x x x   1ln3 - 4   1 1 2 2 2 − − 2) 1   1 1 1 1 1ln3 + 6 1 2 ( d ) 1 2 ( d ) 1 1 x x 1 1 2 + 4 =4 = 4 = 4 −1 − −     ln 2 1 x − − − 4 3 2 1 4 2 1 x x 2 ( x 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 xdx xdx C =  =  − − − + 2 ( 1 )( ) 2 x x A 3 2 x x 0 0 − x + ) 1 − + x − x − 2 ( ) 2 − ( ( ) 2 − x B A x B x A B x A B phân tích : = + = = − B − − A − − − ( 1 )( = ) 2 1 = 2 ( 1 )( ) 2 ( 1 )( ) 2 x + 2 x 2 x  x x − 4  2 A giải hệ :    − − = = 0 A B B   1 − x 1 1 2 2 4 − = + = − − + − ( ) 2 ln 1 4 ln 2 C dx x x 2 0 2 0 − 1 2 x 0 1 3 = . 2 − + = + − = − ln . 4 ln 2 ln 2 4 ln 3 4 ln 2 4 ln 3 2 ln 2 2 + 2 1 4 3 x +  0 D= dx 1 4 2 x =  + 2 x x + x  +  3 + 2 ( ) 1 + x x Phân tích : = + + 2 + + + 2 2 x x 1 1 x x 2   =   2  + 4 giải hệ    + =  = 3 1  x +  1 1 1 + 4 3 2 1 1 x +  0  0  0 D= = + 2 dx 1 dx 1 dx 1 + + + + 2 2 2 x x x x x x 1  1  + x + ) 1 + 2 2 2 1 + ( x x d x x 1 Ta có: = = + + = 2 2 2 2 ln 1 2 ln 3 dx x x + + + 2 1 1 x x 0 0 0 - 18 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  19. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP 1 1 1 1  0  0 = = I dx 1 dx + + 2 2 x x   2   1 3     + +    x 2 2  ; x= 1  t = 3   −  1 3 đổi cận : x = 0  t = 6 2 =    đặt + =    tan , t t ; x 2 2 2 2   2   3 1 3 3  dx = ; 2+ + + ) 1 + 2 (tan ) 1   (tan t dt x 2 2 4 2 3    + 2 (tan ) 1 x   3 3  2 2 2 3 2   I = = = = = dt dt t 3 6 3 3 3 3 3  + 2 (tan ) 1 x  6 4 6 6  vậy D = 2ln3 + 3 3 Bài toán 18: Tính các tích phân sau:  + 0 3 x 1 1 1 + 3 1 x xdx x dx  0  0 = = = ) ; ) ; ) a A dx b B c C + + 3 1 1 2 1 x + 2 2 x giải 1 + x 1 x  0 a) = A dx + 3 3 1 3− 1 u  u3 = 3x + 1 3u2du = 3xdx  u2du = xdx và x = đặt u = 3 3 + x 1 3 đổi cận : x = 0  u = 1 x = 1  u = 34 1 4 =  u − 3 u + 1 3 4 3 3       4 5 3 3 3 1 1 1 8 2 6 1 18 2 6 6 2 2 u 3              = + = + = + − = − = − 2 4 2 3 ( 2 ) 2 2 A u du u u du u 3 3 5 3 5 5 3 5 5 5 5 1 1 1 1 xdx  0 b) = B + + 1 2 1 x 2− 1 u và x = đặt u =  = +  =  = 2 + x 2 2 1 udu 2 2 1 u x dx udu dx 2 đổi cận : x = 0  u = 1 x = 1  u = 3 1 3 =  u  + 0 x đặt u = x + đổi cận : x = 0  u = 2 − 2 u . udu 3   3 3 2   1 1 1 9 1 1 3 13 u u 2      = − = − = − − + = − 2     ( ) 3 B u u du + 1 2 2 3 2 2 2 3 2 2 6 1 1 1 1 3 x dx c) = C 2 2 2 và x2 = u2– 2  = +  = 2 2 2 2 u x udu xdx - 19 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  20. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP x = 1  u = 3 3   1  3 3 − 2 ( ) 2 3 ( ) 2 u u udu 2 2 4 2 x xdx u       = = = − = − = − − − = − 2 2 2 3 2 3 ( 2 2 ) 3 C u du u 3 3 3 + 2 2 x 0 2 2 2 2 1 dx dx  1  0 Bài toán 19: Tính = = ; A B + + + + + 2 2 2 2 1 ( ) 1 2 2 x x x x x x Giải 2 dx  1 = A + + 2 2 1 x = u 2 1 1 dx = x x x 1 đặt u = x đổi cận : x = 1  u = 1 x = 2  u = ½ 1 2 2 − =  − du u2 1 1 1 du du du 1  1  1  1  du du 2 2 u u u = = = = A 1 1 u 2 2 u 1 u 2 2 u + + ) 1 + + 2 2 2 2 ( 1 u u u + + 2 2 2 u u 1 1 1 1 + + + + 1 1 1 2 u 2 2 2 2 2 2 u u + + 1 3 13 4 2 5 = + + ) 1 + + = + − = 2 ln 1 ( 1 ln( 2 5 ) ln( ) ln u u 2 + 1 3 13 2 dx +  chú ý: = + + + + + 2 ln ( ) x a x a b C + 2 ( ) x a b 1 dx  0 = B + + +  t2 = x2 + 2x + 2  tdt = (x+ 1)dx 2 ( ) 1 2 2 x x x đặt t = đổi cận : x = 0  t = 2 x = 1  t = 5 + x + 2 2 2 x 5 1  5 5 5 ) 1 + −   ( 1 1 − 1 + 1 1 x dx tdt dt t    = = = = − =     ln B dt + ) 1 − − 2 2 2 1 1 2 1 t t t ( 1 t t t ) 1 + + + 2 2 ( 2 2 x x x 0 2 2 2 2   − − − ) 1 + 1 5 1 2 1 1 ( 5 1 )( 2     = − = ln ln ln 2 2 + + + ) 1 − 5 1 2 1 ( 5 1 )( 2 Bài toán 20: 1 A − 3 3 + + 2 2 1 1 dx x x   = ; = = ; dx B dx C dx 2 2 x x + − 2 8 2 x x 1/2 1 1 giải 1  1  dx dx x = = A dx + − − − 2 2 8 2 9  ( 1) x x − − 1/2 1/2   − đặt x-1 = 3sint , x ;   2 2 - 20 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  21. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP  dx = 3costdt đổi cận : x =  1 −  t = − 6 2 x = 1  t = 0 x ) 1 ( 9 − − = − = − = = 2 2 2 2 9 9 sin 1 ( 9 sin ) 3 cos 3 cos t t t t 0  − 0  3 cos tdt = 0 − = = dt t  Do đó : B = 3 cos 6 t 6   − 6 6 3   + 2 −  1 x đặt x = tant , x =   ; C dx 2 x 2 2 1  ; x = 1  t = 4  đổi cận : x = 3 t = 3 dx = (1 + tan2x)dt x 1 1 + = + , x2 = tan2t 2 2 tan t 1     + tan 2 3 3 3 3 1 tan 1 1 cos t t t 2 cos t         C = + = = = 2 1 ( tan ) . t dt dt dt dt 2 2 2 2 2 2 sin cos cos . sin cos . sin t t t t t t 2 cos 4 4 t 4 4 đặt u = sint  du = costdt   2 3 t =4 đổi cận : t =  u = u = 3 2 2 3 3 3 3 3 + 2 2   1 1 1 u 1 1 1 1 u 1 1 u 2 2 2   + = − + − = − +     ( ) du du n l 3 + − − − 2 2 2 1 1 2 1 u u u 1 u u 2 2 2 2 du  C= 2 2 = 2 2 2 2 2 − 2) 2 1 ( u u 2     + + + − 2 2 1 3 2 2 2 2 2 1 ( 3 2 )( 2 ) 2         2 = − + − = − + ln ln ln 2 2 − − − + 2 3 3 2 2 2 2 3 ( 3 2 )( 2 ) 2 Nhận xét :Tích phân của hàm vô tỉvới phương pháp : 1)khi gặp tích phân của hàm chứa n u = n x f ) ( ( f(x) : đa thức hoặc phân thức) nếu biến số vừa nêu không giải được thì : + dùng x = acost ( hoặc x = asint ) khi gặp + dùng x = atant khi gặp a + 2) với dạng  + + bx ax n mx ) ( nếu (ax2+bx+c)’ = k(mx + n) ta có thể đặt u = 3. Kết quả: ta dùng phương pháp đổi biến số , đặt ( ) f x a − 2 2 x 2 2 x 1 dx , đặt u = mx + n + 2 c + + 2 ax bx c - 21 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  22. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP 1. Trong mỗi bài tập đã trình bày trên tôi đã thể hiện giải toán bằng phương pháp tương tự, kể cả cách lật ngược vấn đề cũng như dự đoán đề bài và phương pháp chứng minh bằng tương tự. 2. Sau đây xin đưa ra thêm các bài tập mà tôi đã thực hiện để kiểm tra chuyên đề cho các loại đối tượng. A. Cho học sinh các đối tượng. Bài tập 1:Cho hình chóp SABC. Trên các tia SA,SB, SC lấy các điểm A', B', C'. Chứng minh: V SA'.SB'.SC' V SA.SB.SC = SA'B'C' SABC Bài toán này được dẫn dắt bởi hệ thống câu hỏi. 1) Tương tự của bài toán này trong mặt phẳng là bài toán nào ? Hãy chứng minh. 1 V 3 từ đường cao ? Nhận xét: •Bài toán phẳng là : Cho SAB, trên 2 tia SA, SB lấy các điểm A', B'. Chứng minh: S SA'.SB' S SA.SB = 2) Khi tính thể tích khối tứ diện em có thể sử dụng bao nhiêu cách tính Bh = SA'B' SAB •Câu hỏi 2 sẽ giúp các em có lời giải. Bài tập 2:Cho tứ diện vuông OABC. a) Dựng đường cao OH của tứ diện Chứng minh:a OA a,b,c là khoảng cách từ H đến các mặt OBC, OAC, OAB b) Gọi , , là góc tạo hởi OH và các cạnh OA, OB, OC. Chứng minh: 2 2 2 cos cos cos 1 + +  = b c + + = 1 OB OC + Đây là bài toán quen thuộc trong sách giáo khoa. Sau đó đưa ra bài toán sau. Bài tập 3:Cho tứ diện vuông OABC. M là điểm bất kỳ thuộc mp (ABC) 1) Dựng A1, B1, C1là hình chiếu của M trên các cạnh OA, OB, OC OA OB OC P OA OB OC 2) Gọi , , là góc tạo bởi OM và các tia OA, OB, OC. = + + 1 1 1 Chứng minh: không phụ thuộc vào vị trí của điểm M. - 22 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  23. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Gọi ', ', ' là góc tạo bởi OM và các mặt phẳng OBC, OCA, OAB. Chứng minh: + +  = 2 2 2 a) cos cos cos 1 ' cos  + ' cos  + ' 1  = 2 2 2 b) cos 9 2 + +  2 3) Chứng minh: OAB S OBC S OCA S OH + + 4) Chứng minh: OA OB OC  2 1 2 1 2 12 2OH 5) Chứng minh: 2R  + 3(1 3) r Nhận xét: 1) Đa số học sinh dựng được hình và chứng minh được các câu 2, câu 4, câu 3. Rất nhiều học sinh làm đúng phần chứng minh câu 1. 2) Gợi ý tỉ số diện tích thì học sinh giải được câu 1. 3) Câu 3 tuy khó nhưng vì học sinh có tính 2 2 2 a b c b c + = 2 OH + 2 2 a b 2 2 2 2 c a và SOAB, SOAC, SOBCnên các em liên hệ làm được. 4) Câu 5 có rất ít học sinh làm được vì tích 2R khó khăn. r 1 2 = + + 2 2 2 * Cần tích được: R a b c abc 2 + = r và 1 2 ( )       ab bc ca + + + + 2 2 a b 2 2 b c 2 2 c a + +  6 2 2 2 2 2 2 a b c 3 a b c * Ta có ab bc ca 3 a b c + +  6 2 2 2 + +  6 2 2 2 b c 2 2 c a 4 4 4 a 3 a b c 2 b 2R r   + 3(1 3) * Để giúp học sinh đại trà chứng minh tôi đã đưa ra bài toán sau: Bài tập 4: Cho OAB vuông tại O, M  AB, A1, B1là hình chiếu của M trên OA, OB OA OB T OA OB = + a) Hãy chứng minh 1 1 không phụ thuộc vào vị trí M. - 23 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  24. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP b) Hãy mở rộng bài toán này trong không gian. Khi ấy phương pháp chứng minh tỉ số đoạn thẳng trên cạnh AB chắc chắn sẽ định hướng tỉ số diện tích trên mặt phẳng ABC mà không đi theo hướng tỉ số thể tích. * Khai thác tính chất tổng hợp của tứ diện vuông 1 1 a 1 b 1 c 1 h = + + + (1) r 1 h 1 a 1 b 1 c = + + (2) 2 2 2 2 Tôi đã có bài toán sau: Bài tập 5: Cho tứ diện vuông OABC có OA = a, OB = b, OC = C, r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện. Chứng minh: 1 r 1 a 1 b 1 c 3 3 a b c + +  + + + Cách giải: Dễ thấy cần chứng minh 1 3 3 + +  h a b c 1 h 1 a 1 b 1 c 1 = + + 3 (2) (3) (Côsi)   3 2 2 2 a b c 2 2 2 2 3 2 2 2 và (4) c ) 9 a b c  + + 2 2 2 (a b (3)(4) (đpcm)  1 tan x 4  e 2 e ln x = 2 − x = . I e xdx; b) dx I dx Bài tập 6:a) c) 2 0cos x − x x 0 1 2 − ( 5 ) 1 0 2  1 1 1 dx  −  1 dx Bài tập 7: a) dx b) c) − 2 6 x x + − 2) 1 3 4 x 3 ( x 1 2  2 x 2 2  =  I dx = + 2 3 2. I x x dx = + Bài tập 8:a) 2 3 I x x dx b) c) + 3 1 x 0 0 1  3  4 /2  . tg xdx 2  b)  5 7 sin . xdx cos xdxc) Bài tập 9:a) cos2 x 0 0 0  1 e 2  0  0  1 =  2 x = sin ( ). 2. x I e x dx = + . cos I x dx 2 ( 2 ). ln dx . I x x Bài tập 10:a) b) c) B. Cho học sinh giỏi: Bài tập 1: - 24 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  25. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP 1. Cho ABC nhọn. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC. Các đường thẳng 9R 2 + +  AO, BO, CO cắt cạnh đối diện tại A1, B1, C1. Chứng minh AA BB CC . 1 1 1 Câu hỏi đưa ra: •Bài toán 5a có liên quan đến bài này hay không ? •Khi m trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp thì có thể qui MA, MB, MC bằng R hay không ? Các em có chú ý số 9 và bất đẳng thức nào ? •Em hãy cho biết bài toán tương tự trong không gian học sinh đã đưa ra được bài. 2.Cho tứ diện ABCD. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện (O) nằm trong tứ diện. Các đường thẳng AO, BO, CO, DO cắt các mặt đối diện lần lượt tại A1, B1, C1, D1. Chứng minh: 1 1 1 1 AA BB CC DD + + +  16R 3 Bài tập 2: 1. Cho ABC, gọi a,b,c ma, mb, mclần lượt là độ dài các cạnh và độ dài các đường trung tuyến của ABC. Chứng minh a m m + 3 4 + = + + 2 2 b 2 c 2 2 2 m (a b c ) 2. Cho tứ diện ABCD. Gọi ai (i các trọng tuyến của tứ diện đó Chứng minh: là độ dài các cạnh và ma, mb, mc, mdlà độ dài = 1,6) 4 9= 6 =  + + + 2 a 2 b 2 c 2 d 2 m m m m ai i f * Nhận xét •Lời giảiquen thuộc. •Khai thác tính chất trọng tâm và bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có bài toán sau: 3. Cho tứ diện ABCD có bán kính mặt cầu ngoại tiếp là R, ma, mb, mc, mdlà độ dài các trọng tuyến. Chứng minh: a R (m 16 Cách giải: 3  + + + m m m ) c b d 9(m 16 →đpcm. + + + 2 a 2 b 2 c 2 d 4R2 = OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 4OG2 + m m m ) Bài tập 3: 1. Chứng minh bất đẳng thức sau: - 25 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  26. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP 2         2 2 2 2 x a y b c c t d 1 a 1 b 1 c 1 d x a y b z c t a          + + + + + +  + + +  1 h 1 h 1 h 1 h 1 r + + 2. Em hãy thử ra 1 đề toán vận dung + = 1 2 3 4 hi là độ dài các đường cao tứ diện, r là bán kính mặt cầunội tiếp. Có học sinh đã đưa ra được bài toán sau: 3. Cho tứ diện ABCD. Mặt cầu tâm I bán kính r nội tiếp tứ diện, tiếp xúc với các mặt tại A1, B1, C1, D1. Gọi h1, h2, h3, h4là độ dài đường cao tương ứng từ A, B, C, D của tứ diện. M là điểm tùy ý nằm trong tứ diện (có thể nằm trong không gian). Chứng minh: 2 2 2 2 MA h MB h MC h MD h + + +  r 1 2 3 4 Bài tập 4: 1. Cho tam giác ABC và M là điểm nằm trong tam giác, các đường thẳng AM, BM, 1 4  CM cắt cạnh đối diện tại A1, B1, C1. Chứng minh 1 1 1 A B C S ABC S 2. Cho tứ diện ABCD và M là một điểm nằm trong tứ diện. Các đường thẳng MA, MB, MC, MD cắt các mặt BCD, CDA, DAB, ABC tương ứng tại A1, B1, C1, D1. Chứng minh rằng 1 1 1 1 A B C D ABCD V V 4 Nhận xét: •Bài 1.: Chúng ta thường gặp bài toán này khi A1, B1, C1 là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp và các cạnh; chân đường cao, chân đường phân giác trong của tam 1 S S 4 của đường cao hay đường phân giác; sự tiếp xúc. •Cách giải là vận dụng từ bài tập 1 dành cho học sinh đại trà. •Học sinh phát hiện đây là bài toán T12 số 253 báo toán học tuổi trẻ và có lời giải ở số 357 tháng 3/2007 (trong khi học sinh đã giải ở năm trước đó). Bài tập 5: 1.Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là trung điểm của đường cao AH. Chứng minh rằng: + + = (1) 2. Cho tứ diện OABC có các cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi SO, SA, SB, SClần lượt là diện tích các mặt của tứ diện đối diện với các đỉnh tương ứng O, A, B, C. Gọi I là trung điểm đường cao OH của tứ diện. Chứng minh rằng: 3. Để giúp học sinh đại trà chứng minh tôi đã đưa ra bài toán sau: 2 2 2 2 B O A C S IO S IA S IB S IC 0 + + + = . 1  .  giác ABC thì kết quả cũng là , nhưng cách giải là dựa vào tính chất 1 1 1 A B C ABC 2 2 2 a IA b IB c IC 0 - 26 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  27. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP Nhận xét:Điểm I là điểm Lemoin đặc biệt trong tam giác vuông. Ta cũng có : 2 2 b a c a = + . Và định lí Pitago a2 = b2 + c2→(đpcm) AH AB AC 2 2 Trong không gian vì tam giác chứa mặt phẳng OAH cắt mặt phẳng OBC tại N thì OH là đường cao của tam giác vuông OAN. Ngoài ra ta cũng có định lí Pitago cho không gian O B A C S S S S = + + 2 ON OA OH OB AN AN BOC vuông. 2 2 2. ON .OB OC BC BC OB 2 2 A B 2 2 O O S S PHẦN THỨ BA:KẾT QUẢ KHẢO SÁT HỌC KÌ I Điểm Lớp Đến 2,4 Đến 3,4 Đến 4,9 11A2 TS:39 % 0 20,5 38,5 12A3 TS:35 % 15 37,5 25 12A4 TS:37 % 27 46 13,5 12A5 TS:34 % 15 37,5 25 HỌC KÌ II Điểm Lớp Đến 2,4 Đến 3,4 Đến 4,9 11A2 TS:39 % 0 5.1 12.8 12A3 TS:35 % 10 20 15 12A4 TS:37 % 16.2 24.3 27 12A5 TS:34 % 15 37,5 25 2 2 2 2 2 Ta có : OAN vuông:→ = + (1) OC 2 2 2 2 OC + OB + OC OB  = + = + ON OB OC (2)  2 2 2 2 2 OC 2 C 2 O S OB OC S S S = →(đpcm) + + Thay (2) vào (1) OH .OA OB OC Từ 0,0 Từ 2,5 Từ 3,5 Từ 5,0 Từ 6,5 Từ 8,0 Đến 6,4 Đến 7,9 Đến 10,0 0 8 15 10 5 1 25,6 12,8 2,6 4 15 10 6 0 0 22,5 0 0 10 17 5 5 0 0 13,5 0 0 3 15 10 6 0 0 22,5 0 0 Từ 0,0 Từ 2,5 Từ 3,5 Từ 5,0 Từ 6,5 Từ 8,0 Đến 6,4 Đến 7,9 Đến 10,0 0 2 5 9 20 3 23.1 51.3 7.7 2 5 6 10 11 0 30 25 0 6 9 10 10 2 0 27 7.4 0 2 15 10 7 0 0 22,5 0 0 - 27 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

  28. Sang kiến kinh nghiệm:HÌNH THÀNH THÓI QUEN TỰ HỌC THÔNG QUA BÀI LUYỆN TẬP PHẦN THỨ TƯ:KẾT LUẬN 1. 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). 2. Qui trình giải một bài toán đã 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 không gian ở chuyên đề này bằng phương pháp tương tự đem lại cho chúng ta một tri thức về phương pháp từ con đường vận dụng các thao tác tư duy. 3. Từ các bài toán kiều này sẽ làm chohọc sinh thường xuyên tham gia giải toán của báo toán học tuổi trẻ và trên đó các em luôn tìm được con đường khám phá lời giải các bài toán hay từ mục “Đề ra kỳ này”. 4.Từ cách rèn luyện kỹ năng xác định hàm hợp giúp học sinh ghi nhớ và vân dụng tốt công thức áp dụng. 5. Vì năng lực trình bày có hạn có thể chuyên đề còn nhiều thiếu sót kính mong các đồng nghiệp tham khảo và đóng góp ý kiến để được hoàn thiện hơn. PHẦN THỨ NĂM:TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Các sách Bài tập hình học không giancủa các tác giả: -Văn Như Cương -Phan Huy Khải 2. Báo toán học tuổi trẻ. - 28 - Trần Văn Hào –Tổ Toán- trường THPT số 1 Bảo Thắng https://topsaigon.com.vn/

More Related