Dùng hình học cao cấp để xây dựng hệ thống bài tập hình học sơ cấp nhằm bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh chuyên toán THPT

MỞ ĐẦU1. Lí do chọn đề tài

Trong thời kỳ công nghiệp hóa, hiện đại hóa của đất nước ta hiện nay

việc phát triển lực lượng lao động khoa học, kỹ thuật chất lượng cao đang là

vấn đề được quan tâm hàng đầu. Hơn lúc nào hết, việc phát hiện và bồi dưỡng

nhân tài cho đất nước được coi là quốc sách. Vấn đề này được thể hiện qua

các nghị quyết số 14/NQTƯ (11/1979) và đặc biệt là Hiến pháp nước Cộng

hòa xã hội chủ nghĩa Việt Nam (1992, Điều 66, Điều 72) đã trực tiếp đề cập

đến việc phát triển các trường đào tạo tài năng, đặc biệt là tài năng trẻ.

Hội nghị lần IV BCHTƯ Đảng khóa VII (1/1993) đã ra nghị quyết về

"Tiếp tục đổi mới sự nghiệp giáo dục và đào tạo", nêu rõ bốn quan điểm chỉ

đạo của Đảng, trong đó có quan điểm thứ hai trực tiếp đề cập đến việc "nâng

cao dân trí, đào tạo nhân lực và bồi dưỡng nhân tài".

Nghị quyết Đại hội IX của Đảng khẳng định: "Con đường công nghiệp

hóa, hiện đại hóa của nước ta cần và có thể rút ngắn thời gian so với các

nước đi trước, vừa có những bước tuần tự, vừa có những bước nhảy vọt về

khoa học và công nghệ, bước nhảy vọt về dân trí, nhân lực, nhân tài cùng với

cơ sở cần thiết, được đào tạo nên bởi một trong những yếu tố quyết định là

giáo dục và đào tạo".

Trong phần hai của Văn kiện hội nghị lần thứ IX của BCHTƯ khóa IX

có viết: "Bộ chính trị ra nghị quyết về công tác quy hoạch cán bộ, trong đó

cần nhấn mạnh việc phát triển, tuyển chọn, đào tạo, bồi dưỡng và sử dụng tài

năng".

Đào tạo nhân tài là một trong những mục tiêu quan trọng nhất của

ngành giáo dục, mà các trường chuyên là một trong những mũi nhọn tiên

phong trong quá trình đào tạo nhân tài cho đất nước. Qua 42 năm tồn tại và

phát triển, các trường chuyên đã có những đóng góp to lớn. Tuy nhiên, bên

cạnh đó còn có rất nhiều hạn chế. Cụ thể, chúng ta thấy hiện nay ở các trường

chuyên đang đi theo con đường "luyện thi", "luyện gà chọi", đánh giá chất

lượng nặng về thành tích thi học sinh giỏi nên quên đi mục tiêu lâu dài, mục

tiêu mang tính chất chiến lược, đó là phát triển và bồi dưỡng năng lực của học

sinh giúp những học sinh năng khiếu trở thành những tài năng cho đất nước.

Trong hệ thống các lớp chuyên toán THPT của nước ta hiện nay đang

gặp nhiều khó khăn, bất cập, trong đó việc chưa có một bộ sách giáo khoa

dành riêng cho các lớp chuyên toán là một khó khăn không nhỏ. Tài liệu mà

các giáo viên giảng dạy chủ yếu là do giáo viên tự biên soạn dựa theo khung

hướng dẫn của Bộ giáo dục và đề thi học sinh giỏi các năm.

Mặc dù các lớp chuyên toán có ý nghĩa vô cùng to lớn trong việc đào

tạo nhân tài cho đất nước nhưng chưa có một đội ngũ các chuyên gia nghiên

cứu và viết sách giáo khoa cho học sinh, đồng thời các giáo viên giảng dạy

cũng chưa chú trọng vấn đề này.

Mặt khác, hướng dùng toán cao cấp soi sáng toán sơ cấp để xây dựng

chuyên đề dạy học sẽ phát huy được năng lực giải toán cho học sinh nhưng

chưa được quan tâm nghiên cứu một cách đầy đủ, toàn diện.

Vì các lí do trên nên chúng tôi quyết định chọn đề tài nghiên cứu là

"Dùng hình học cao cấp để xây dựng hệ thống bài tập hình học sơ cấp

nhằm bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh chuyên toán THPT" là

một hướng đi thích hợp, hữu ích cho giáo viên trong việc giảng dạy ở các lớp

chuyên toán THPT hiện nay.

2. Mục đích nghiên cứu

Dùng hình học cao cấp xây dựng hệ thống bài tập về tứ diện trực tâm

và bài toán "con bướm" giúp giáo viên bồi dưỡng năng lực giải toán cho học

sinh chuyên toán THPT.

3. Nhiệm vụ nghiên cứu

- Nghiên cứu cơ sở lí luận về quá trình dùng hình học cao cấp soi sáng

hình học sơ cấp.

- Nghiên cứu thực trạng quá trình dạy học ở chuyên toán THPT.

- Xây dựng hệ thống bài tập về tứ diện trực tâm và bài toán "con

bướm".

- Đề xuất một số biện pháp nhằm giúp giáo viên bồi dưỡng năng lực

giải toán cho học sinh chuyên toán THPT.

4. Giả thuyết khoa học

Nếu dùng hình học cao cấp xây dựng hệ thống bài tập về tứ diện trực

tâm và bài toán "con bướm" góp phần giúp giáo viên bồi dưỡng năng lực giải

toán cho học sinh chuyên toán THPT hiệu quả.

5. Phương pháp nghiên cứu

5.1. Nghiên cứu lí luận

- Nghiên cứu khai thác tài liệu về lí luận dạy học môn Toán ở trường

phổ thông.

- Nghiên cứu khai thác tài liệu về bồi dưỡng năng lực giải toán cho học

sinh khá giỏi.

- Nghiên cứu chương trình hình học cao cấp ở bậc đại học và hình học

sơ cấp dành các lớp chuyên toán THPT.

5.2. Phương pháp điều tra quan sát

- Điều tra thực trạng giảng dạy của giáo viên và học tập của học sinh

trước và sau thử nghiệm.

- Quan sát việc học tập của học sinh liên quan đến luận văn.

- Thu thập kết quả thực tế của học sinh làm cơ sở thực tiễn để đưa ra hệ

thống bài tập phù hợp có tính khả thi dành cho đối tượng học sinh chuyên

toán khối 11.

- Đánh giá kết quả thử nghiệm.

5.3. Phương pháp tổng kết kinh nghiệm

- Thống kê số liệu sau thử nghiệm của lớp thử nghiệm.

- Lấy ý kiến đánh giá tham khảo của giáo viên trực tiếp giảng dạy để

điều chỉnh luận văn cho phù hợp với thực tiễn dạy học phần chuyên đề được

xây dựng.

6. Đối tượng và khách thể nghiên cứu

- Đối tượng nghiên cứu: Lí thuyết về phần đơn hình trực tâm và các

tính chất liên quan, bài toán "con bướm" đối với siêu mặt bậc hai.

- Khách thể nghiên cứu: Quá trình dạy học hình học ở các lớp chuyên

toán THPT.

7. Phạm vi nghiên cứu

Học sinh và giáo viên trường chuyên Lam Sơn - Thanh hóa.

8. Cấu trúc luận văn

Phần 1: Mở đầu

1. Lí do chọn đề tài

2. Mục đích nghiên cứu

3. Nhiệm vụ nghiên cứu

4. Giả thuyết khoa học

5. Phương pháp nghiên cứu

6. Đối tượng và khách thể nghiên cứu

7. Phạm vi nghiên cứu

8. Cấu trúc luận văn

Phần 2: Nội dung

Chương 1- Cơ sở lí luận

Chương 2- Dùng hình học cao cấp soi sáng hình học sơ cấp.

Chương 3- Bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh chuyên toán

THPT, thông qua việc giải bài tập hình học. Thử nghiệm sư phạm.

Phần 3: Kết luận

Chương 1

CƠ SỞ LÍ LUẬN

1.1. Lí luận về năng lực giải toán của học sinh

1.1.1. Năng lực (ability)

Khái niệm năng lực đã từ lâu được rất nhiều nhà giáo dục học quan

tâm, nghiên cứu và cũng có rất nhiều cách quan niệm về khái niệm này.

Chẳng hạn như

Theo Từ điển Tiếng Việt 1995 NXB Đà Nẵng

Năng lực:

1) Khả năng, điều kiện chủ quan hoặc tự nhiên sẵn có để thực hiện một

hoạt động nào đó.

2) Phẩm chất tâm lí và sinh lí tạo cho con người khả năng hoàn thành

một loại hoạt động nào đó với chất lượng cao.

Theo Từ điển Giáo dục (NXBGD):

Năng lực, khả năng được hình thành hoặc phát triển, cho phép một con

người đạt thành công trong một hoạt động thể lực, trí tuệ hoặc nghề nghiệp.

Năng lực được thể hiện vào khả năng thi hành một hoạt động, thực hiện

một nhiệm vụ. Năng lực chỉ có hiệu quả khi nó được chứng minh. Trong

trường hợp ngược lại nó chỉ là giả định hoặc không có thực.

Năng lực có thể bẩm sinh hoặc do rèn luyện mà chiếm lĩnh được. Nó

phát triển bởi kinh nghiệm hoặc bởi việc học tập phù hợp với tính riêng biệt

của cá nhân.

Năng lực được coi như khả năng của con người khi đối mặt với những

tình huống mới, gợi lại được những tin tức và những kỹ thuật đã được sử

dụng trong những thực nghiệm trước đây.

Hiện nay trên thế giới vẫn chưa có một định nghĩa thống nhất về năng

lực. PGS.TS Trần Thúc Trình trong cuốn "Tư duy và hoạt động toán học" đã

viết một số định nghĩa về năng lực như sau:

"Ở Hoa Kỳ định nghĩa được sử dụng rộng rãi nhất (theo nghĩa có nhiều

tài liệu đề cập và nhiều hệ thống trường học công nhận để hướng dẫn hành

động của mình) là định nghĩa của Sidney Marlan: "Trẻ em có năng khiếu và

tài năng là những trẻ em có những năng lực nổi bật, có khả năng đạt được

những thành tích cao đã qua thẩm định của các nhà chuyên môn giỏi. Đó là

những trẻ em đòi hỏi một chương trình giáo dục chuyên biệt hay được giáo

dục với nội dung vượt xa chương trình học bình thường, để có những đóng

góp cho bản thân và xã hội. Những trẻ em có tiềm lực cho những thành tích

cao trong một hay một số mặt sau:

- Năng lực trí tuệ chung

- Năng khiếu hàn lâm riêng biệt

- Tư duy sáng tạo hay phát triển

- Năng lực lãnh đạo

- Nghệ thuật quan sát hay trình diễn

- Năng lực tâm vận.

A.H.Passow định nghĩa tài năng như là khả năng đạt được thành tích

nổi bật trong bất kỳ lĩnh vực xã hội nào của con người, hạn chế ở lĩnh vực hàn

lâm của ngôn ngữ, khoa học xã hội, khoa học tự nhiên và toán học, ở lĩnh vực

nghệ thuật như âm nhạc, hội họa, tạo hình,...và ở lĩnh vực quan hệ người với

người.

Nói chung năng khiếu là phải có thành phần sáng tạo, đó là quan điểm

được nhất trí bởi Gakkagher và Weiss (1979) – hai ông đã có nhiều cố gắng

tổng kết những đặc trưng của trẻ em có óc sáng tạo: đó là những em bé có

năng lực nổi bật trong khái quát, nhìn nhận, trình diễn hay mô tả tư tưởng

mới, quan điểm mới hay sản phẩm mới.

Các nhà triết học duy vật cho rằng:

Con người có những năng lực khác nhau vì có những tố chất khác

nhau. Tố chất là cơ sở tự nhiên ban đầu của năng lực, còn chưa được phát

triển và chỉ được bộc lộ ra trong hành động, đó chính là những tính chất giải

phẫu sinh lí. C. Mác chỉ ra rằng:

"Con người là một thực thể tự nhiên, lại là một thực thể tự nhiên sống,

con người một mặt đước phú cho những sức lực tự nhiên, những sức lực sống,

trong khi vẫn là một thực thể tự nhiên hoạt động, những sức lực ấy tồn tại

trong con người ở dạng những tố chất và năng lực, dưới dạng những đam

mê...Tuy nhiên những sức lực tự nhiên ấy cần có môi trường thuận lợi mới

phát triển được nếu không sẽ bị thui chột".

Muốn phát triển các tố chất phải kiên trì lao động. "Thiên tài đó là 1%

hứng khởi và 99% mồ hôi" (Gioocgiơ Bupphông - Pháp, thể kỷ XVIII)

([36], tr 48)

Nhà tâm lí học Xô- viết V.A. Kơrutecxki cho rằng:

- Khi nói đến năng lực tức là nói đến năng lực trong một loại hoạt động

nhất định của con người. Nó chỉ tồn tại một loại hoạt động nhất định, vì vậy

chỉ trên cơ sở phân tích loại hoạt động đó mới thấy được biểu hiện của năng

lực.

- Năng lực là một cái gì động: Nó không những chỉ thể hiện và tồn tại

trong hoạt động tương ứng mà nó còn được tạo nên trong hoạt động và phát

triển hoạt động.

- Trong các thời kỳ phát triển riêng biệt xác định của con người thì xuất

hiện các điều kiện thích hợp nhất cho việc hình thành và phát triển các loại

năng lực riêng biệt.

- Kết quả của hoạt động thường phụ thuộc vào một lớp tổ hợp năng lực.

([15]).

Nghiên cứu về lý thuyết năng lực của các tác giả đã nêu trên có thể

hiểu năng lực, khả năng được hình thành và phát triển cho phép con người

đạt được thành công trong một hoạt động nào đó. Năng lực tiềm ẩn ở mỗi con

người nếu không có môi trường thuận lợi để nó phát triển thì năng lực sẽ bị

thui chột. Năng lực của mỗi con người là khác nhau, có người năng lực cao

đó là những thiên tài hay những người có năng khiếu.

1.1.2. Lí luận về năng lực toán học

Năng lực nói chung chỉ tồn tại trong hoạt động, nói riêng năng lực toán

học chỉ tồn tại trong hoạt động toán học và chỉ trên cơ sở phân tích hoạt động

toán học mới thấy được biểu hiện năng lực toán học. Năng lực toán học cũng

ở trạng thái động, nó hình thành và phát triển trong hoạt động toán học theo

từng thời kỳ, có thời kỳ thích hợp nhất cho việc hình thành và phát triển năng

lực toán học, thường vào lứa tuổi 12, 13, 14. Cũng thường xảy ra các tổ hợp

năng lực toán học với triết học, toán học với ngoại ngữ....

a) Năng lực toán học

Được hiểu theo hai ý nghĩa, hai mức độ:

Một là, theo ý nghĩa năng lực học tập (tái tạo) tức là năng lực đối với

việc học toán, đối với việc nắm giáo trình toán học ở trường phổ thông, nắm

một cách nhanh và tốt các kiến thức, kỹ năng, kỹ xảo tương ứng.

Hai là, theo ý nghĩa năng lực sáng tạo (khoa học) tức là năng lực đối

với hoạt động sáng tạo toán học tạo ra những kết quả mới, khách quan có một

giá trị lớn đối với loài người" ([15], tr13).

Bộ óc con người có thiên hướng tách từ môi trường xung quanh những

kích thích loại quan hệ không gian, quan hệ số lượng, quan hệ lôgic và có

thiên hướng làm việc hiểu quả với các kích thích thuộc loại đó.

Khuynh hướng toán học của trí tuệ đặc trưng cho những người có năng

lực toán học là thường tri giác nhiều hiện tượng qua lăng kính của các quan

hệ toán học, thường nhận thức các hiện tượng đó trên phương diện toán học.

b) Theo sơ đồ khái quát của cấu trúc năng lực toán học ở lứa tuổi học

sinh

Theo Khinsin thì năng lực toán học thể hiện ở những nét sau:

- Suy luận theo sơ đồ lôgic

- Khuynh hướng đi tìm con đường ngắn nhất dẫn đến mục đích

- Phân tích chính xác kí hiệu

- Có căn cứ đầy đủ trong các lập luận, đặc biệt không bao giờ chấp

nhận những khái quát không có suy luận, những phép tương tự không có cơ

sở ...

Theo Kônmôgôrôp thì trong thành phần của những năng lực toán học

có:

- Năng lực biến đổi khéo léo những biểu thức chữ phức tạp, năng lực

tìm kiếm con đường giải phương trình không theo quy tắc chuẩn, năng lực

tính toán.

- Trí tưởng tượng hình học hay trực giác hình học.

- Nghệ thuật suy luận lôgic theo các bước đã được phân chia một cách

đúng đắn kế tiếp nhau, đặc biệt hiểu và có kỹ năng vận dụng đúng đắn quy

nạp toán học là tiêu chuẩn của sự trưởng thành lôgic hoàn toàn cần thiết đối

với nhà toán học.

Theo Kơrutecxki thì cấu trúc của năng lực toán học bao gồm những

thành phần sau:

- Thu nhận thông tin toán học: Năng lực tri giác hình thức hóa tài liệu

toán học, năng lực nắm cấu trúc hình thức của bài toán.

- Chế biến thông tin toán học:

+ Năng lực tư duy lôgic trong lĩnh vực quan hệ số lượng và không gian,

hệ thống ký hiệu số và dấu. Năng lực tư duy bằng kí hiệu toán học.

+ Năng lực khái quát hóa nhanh và rộng các đối tượng, quan hệ toán

học và các phép tính, phép toán.

+ Năng lực rút gọn quá trình suy luận toán học và hệ thống các phép

toán tương ứng. Năng lực tư duy bằng các cấu trúc rút gọn.

+ Tính linh hoạt mềm dẻo của quá trình tư duy trong hoạt động toán

học.

+ Khuynh hướng vươn tới tính rõ ràng, đơn giản, tiết kiệm, hợp lí của

lời giải.

+ Năng lực nhanh chóng và dễ dàng sửa lại phương hướng của quá

trình tư duy thuận sang tư duy đảo (trong suy luận toán học).

- Lưu trữ thông tin toán học: Trí nhớ toán học (trí nhớ khái quát về các

quan hệ toán học đặc điểm về loại, sơ đồ, suy luận và chứng minh; phương

pháp giải toán; nguyên nhân tắc đường lối giải toán).

- Thành phần tổng hợp khái quát hóa.

- Khuynh hướng toán học của trí tuệ.

Các thành phần nêu ở trên quan hệ biện chứng với nhau hợp thành một

hệ thống duy nhất, một cấu trúc toàn vẹn của năng lực. Ngoài ra, trong cấu

trúc năng lực còn có thể có các thành phần không bắt buộc như:

+ Tốc độ của quá trình tư duy.

+ Năng lực tính toán.

+ Trí nhớ về chữ số, số, công thức.

+ Năng lực tưởng tượng không gian.

+ Năng lực biểu diễn trực quan các quan hệ và phụ thuộc toán học trừu

tượng.

Phân tích sơ đồ cấu trúc của năng lực toán học ta có thể chú ý rằng một

số yếu tố xác định trong đặc điểm của các mặt tri giác, tư duy, trí nhớ của

hoạt động toán học có một ý nghĩa chung. Chẳng hạn, việc tri giác hình thức

hóa bài toán đó là một sự tri giác được khái quát hóa, tắt, linh hoạt; trí nhớ

toán học đó là một trí nhớ về các hệ thống khái quát, tắt và linh hoạt. Nếu như

ta nói đến việc tri giác hình thức hóa (khái quát) bài toán, thì cũng có thể nói

đến việc giải hình thức hóa (khái quát) và đến việc ghi nhớ hình thức hóa

(khái quát). Vì vậy, sơ đồ triển khai của cấu trúc năng lực có thể biểu thị bằng

một công thức cô đọng hơn: Năng lực toán học được đặc trưng bởi tư duy

khái quát, gọn, tắt và linh hoạt trong lĩnh vực các quan hệ toán học, hệ thống

các ký hiệu số, dấu và bởi khuynh hướng toán học của trí tuệ.

Đặc điểm của tư duy toán học dẫn đến việc tăng cường tốc độ chế biến

thông tin toán học. Điều này liên quan đến việc thay thế một khối lượng thông

tin lớn bởi một khối lượng thông tin nhỏ do khái quát hóa và suy luận gọn, tắt

và vì vậy liên quan đến việc tăng cường tiết kiệm sức lực của trí tuệ.

Các năng lực đã nêu biểu hiện với các mức độ khác nhau ở các em học

sinh giỏi , khá, trung bình, yếu. Ở các em có năng khiếu, các em giỏi thì các

mối liên tưởng khái quát, tắt, linh hoạt, ngược và hệ thống trên tài liệu toán

học được tạo thành ngày tức khắc, sau đó một số ít bài tập. Ở các em kém thì

mối liên tưởng đó được tạo thành một cách hết sức khó khăn. Ở các em trung

bình thì muốn hình thành dần dần các mối liên tưởng đó cần phải có cả một

hệ thống bài tập, cần phải có sự rèn luyện. Chính vì vậy, người giáo viên cần

đánh giá năng lực toán học của học sinh một cách đúng đắn để có thể giúp đỡ

học sinh học toán tốt hơn.

Những chỉ tiêu năng lực toán học cơ bản của UNESCO Paris (1973):

- Năng lực phát biểu và tái hiện những định nghĩa, kí hiệu, các phép

toán, các khái niệm.

- Năng lực tinh nhanh và cẩn thận, sử dụng đúng các kí hiệu.

- Năng lực dịch chuyển các dữ kiện thành kí hiệu.

- Năng lực biểu diễn các dữ kiện, ẩn, các điều kiện ràng buộc giữa ẩn

và các dữ kiện thành kí hiệu.

- Năng lực theo dõi một hướng suy luận hay chứng minh.

- Năng lực xây dựng một chứng minh.

- Năng lực giải một bài toán đã toán học hóa.

- Năng lực giải một bài toán chưa toán học hóa (toán có lời văn).

- Năng lực phân tích bài toán và xác định các phép toán có thể áp dụng

để giải.

- Năng lực khái quát hóa toán học.

1.1.3.Lí luận về năng lực giải toán của học sinh

a) Năng lực giải toán của học sinh

Năng lực giải toán của học sinh là một biểu hiện của năng lực toán học,

có thể hiểu:

Năng lực giải toán của học sinh là những đặc điểm tâm lí cá nhân đáp

ứng cao yêu cầu lĩnh hội tri thức, có khả năng huy động các kiến thức, các kỹ

năng khoa học, các thủ pháp nhận thức, các cách giải quyết vấn đề trong

hoạt đông giải toán, hướng đến việc tạo ra các phẩm chất tư duy có tính mới

mẻ có giá trị với bản thân học sinh.

Học sinh có năng lực giải toán, tức là khi cho biết đề bài toán học sinh

tức thì có thu nhận thông tin toán học của bài toán, chế biến các thông tin đó,

huy động trí nhớ toán học tìm ra phương pháp giải bài toán đó đồng thời cũng

lưu trữ thông tin đó sau khi đã tổng hợp khái quát hóa.

Theo G. Pôlya học sinh có năng lực giải toán tức là phải biết giải toán,

không chỉ những bài toán thông thường mà cả những bài toán đòi hỏi tư duy

độc lập nhất định, có óc phán đoán, tính độc đáo, sáng tạo.

b) Năng lực giải toán hình học của học sinh phổ thông

Theo Ăng-ghen "Đối tượng của toán học thuần túy là những hình dạng

không gian và những quan hệ số lượng của thế giới khách quan".

Thực tiễn cho thấy môn hình học nói riêng và môn toán nói chung

không chỉ cung cấp cho những kiến thức mà nó còn giúp học sinh phát triển

năng lực trí tuệ chung. Do tính trừu tượng cao của hình học nên nó có thể

giúp rất nhiều cho việc rèn luyện ở học sinh óc trừu tượng. Do tính chính xác

cao, lập luận lôgic chặt chẽ, hình học có khả năng phong phú dạy cho học

sinh tư duy hợp lôgic và tư duy biện chứng. Việc tìm cách chứng minh hay

giải một bài toán hình học có tác dụng lớn trong việc rèn luyện cho học sinh

tư duy sáng tạo, rèn cho học sinh phương pháp khoa học trong suy nghĩ, biết

giải quyết vấn đề bằng phân tích tổng hợp, so sánh, khái quát hóa... Từ đó học

sinh phát triển phẩm chất tư duy linh hoạt, độc lập, sáng tạo.

Vậy năng lực giải toán hình học của học sinh được hiểu là: Năng lực

giải toán hình học của học sinh là những đặc điểm tâm lí các nhân, đáp ứng

yêu cao yêu cầu lĩnh hội tri thức hình học, có khả năng huy động kiến thức, kỹ

năng khoa học, các thủ pháp nhận thức, các cách thức giải quyết vấn đề

trong hoạt động giải bài toán hình học hướng đến việc tạo ra sản phẩm tư

duy có tính mới mẻ có giá trị với bản thân học sinh.

Có thể hiểu một cách gọn hơn: "Học sinh có năng lực giải toán hình

học tức là có khả năng giải các bài tập hình học theo lược đồ của G. Pôlya".

Học sinh có năng lực giải toán hình học khi cho biết đề bài toán hình

học thể hiện ngay năng lực giải toán. Có thể vẽ hình đúng, chính xác, rõ ràng

với những bài cần vẽ hình, với những bài toán chứng minh hình học biết rõ

giả thiết và kết luận. Sau đó có thể tìm ngay ra cách chứng minh bài toán. Từ

bài toán đó lại có thể chứng minh hoặc làm thêm câu hỏi hoặc khái quát hóa,

tương tự,...Với các bài toán quỹ tích hay dựng hình học sinh cũng có thể giải

và làm rõ các trường hợp đặc biệt, biện luận bài toán.

Học sinh có năng lực giải toán ở THPT cũng vậy, các em biết tìm cách

giải và trình bày lời giải bài toán hình học rõ ràng sáng sủa.

Một vấn đề đặt ra là khi dạy hình học ở THPT, đặc biệt là lớp 11, làm

thế nào để biết một học sinh có năng lực giải toán hình học? Theo chúng tôi

học sinh đó có thể

+ Giải nhanh các bài tập hình học.

+ Nghĩ ra nhiều cách giải khác nhau cho cùng một bài toán hình học.

+ Nghĩ ra những khả năng vẽ hình và trình bày lời giải bài toán hình

học tốt.

+ Ít mệt mỏi trong những giờ học hình học, ngược lại còn ham mê,

hứng thú.

1.1.4. Các yêu cầu rèn luyện năng lực giải toán cho học sinh THPT

a) Mục đích dạy học Toán trong nhà trường phổ thông

Theo [44] dạy học Toán trong nhà trường phổ thông nhằm giúp học

sinh lĩnh hội và phát triển một hệ thống kiến thức, kỹ năng thói quen cần thiết

cho:

- Cho cuộc sống hàng ngày với những đòi hỏi đa dạng của cá nhân, của

gia đình, trong cộng đồng.

- Tiếp tục học tập, tìm hiểu Toán học dưới bất kỳ hình thức nào của

giáo dục thường xuyên.

- Hình thành và phát triển các phẩm chất tư duy cần thiết của một con

người có học vấn trong xã hội hiện đại (tư duy lôgic, thuật giải, hình tượng…)

cùng những phẩm chất và thói quen khác như đầu óc suy lí, tính chính xác,…

- Hình thành và phát triển vốn ngôn ngữ và nắm vững công cụ Toán

học trong việc giải quyết các vấn đề có yêu cầu sử dụng trực tiếp các phương

pháp toán học.

- Góp phần quan trọng trong việc hiện thực hóa khả năng hình thành

thời gian khoa học qua Toán học, hiểu được bức tranh toàn cảnh của khoa học

cũng như năng lực hình thành một số phẩm chất khác.

- Hiểu rõ nguồn gốc thực tiễn của Toán học và vai trò của nó trong quá

trình hình thành và phát triển văn hóa, văn minh nhân loại cùng với những

tiến bộ của khoa học, kỹ thuật.

b) Yêu cầu nhiệm vụ môn toán ở trường phổ thông

Xuất phát từ mục tiêu của nhà trường XHCN, từ đặc điểm và vị trí môn

toán, việc dạy học môn này có nhiệm vụ sau ([20], tr 6):

- Truyền thụ tri thức, kỹ năng toán học và kỹ năng vận dụng toán học

vào thực tiễn.

` - Phát triển năng lực trí tuệ chung.

- Giáo dục tư tưởng chính trị, phẩm chất đạo đức và thẩm mỹ.

- Đảm bảo chất lượng phổ cập đồng thời chú trọng phát hiện và bồi

dưỡng năng khiếu về toán.

c) Một số năng lực khi giải toán

Kiến thức là cơ sở của năng lực, do đó tùy theo nội dung kiến thức

truyền thụ cho học sinh mà ta có những yêu cầu rèn luyện kỹ năng, năng lực

tương ứng. Con đường đi từ chỗ có kiến thức đến chỗ có kỹ năng, năng lực là

con đường luyện tập bằng hoạt động, nội dung của sự luyện tập hay những

hoạt động tương ứng rất phong phú.

Một số kỹ năng, năng lực cần thiết khi giải toán ở THPT

- Năng lực tính toán: Năng lực tính toán là một trong những năng lực

cơ bản của việc học toán ở trường phổ thông. Trong thực tế đời sống, trong

sản xuất, kỹ thuật,.. đâu cũng đòi hỏi năng lực tính toán: tính nhanh, tính

đúng, tính hợp lí...Nên cần rèn luyện, phát triển cho học sinh năng lực tính

toán.

- Năng lực khám phá và lĩnh hội những quy tắc, phương pháp:

+ Những quy tắc, phương pháp có tính thuật toán:

Ví dụ: Thuật toán giải phương trình bậc hai, hệ phương trình bậc nhất

hai ẩn.

Tuy có những quy tắc thể hiện phần nào nhưng không hoàn toàn yêu

cầu chặt chẽ của khái niệm thuật toán mà ta gọi là quy tắc mang tính chất

thuật toán.

Ví dụ: Quy tắc tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số.

+ Những quy tắc, phương pháp mang tính chất phi thuật toán

Ví dụ: Quy trình tìm giao tuyến của hai mặt phẳng

1- Tìm điểm chung sẵn có của hai mặt phẳng

1.1- Tìm điểm chung trong các điểm đã cho của hai mặt phẳng,

1.2- Tìm điểm đã cho của mặt phẳng này thuộc đường thẳng của mặt

phẳng kia,

1.3- Tìm điểm đã cho của mặt phẳng này thuộc mặt phẳng kia.

Sau 1.1, 1.2, 1.3 nếu tìm được hai điểm chung phân biệt thì đường

thẳng đi qua hai điểm phân biệt đó là giao tuyến cần tìm. Nếu chưa có hai

điểm chung phân biệt thì thực hiện 2.

2- Tìm điểm chung chưa có sẵn của hai mặt phẳng (P), (Q).

2.1- Tìm một đường thẳng d thuộc (P) và một đường thẳng d' thuộc

(Q), d và d' cùng thuộc một mặt phẳng thứ ba (R).

Nếu tìm được d thuộc (P) (như trên) thì giao điểm của d và d'. Nếu có

giao điểm thì đó là một điểm chung của (P) và (Q),

Nếu không có giao điểm thì giao tuyến (nếu có) của (P) và (Q) song

song với d.

2.2- Tìm một mặt phẳng (R) cắt cả (P) lẫn (Q).

Nếu tìm được thì xác định hai giao tuyến (của (P) và (R), của (Q) và

(R)), rồi xác định giao điểm của hai giao tuyến đó. Nếu có giao điểm thì đó là

một điểm chung của (P) và (Q). Nếu không có giao điểm thì giao tuyến (nếu

có) của (P) và (Q) sẽ song song với hai giao tuyến đó.

- Năng lực vẽ hình và tính toán trên các hình.

- Năng lực vận dụng các kiến thức để giải bài toán (suy luận, chứng

minh, vận dụng kiến thức toán học để giải quyết vấn đề thích hợp trong đời

sống) và trình bày lời giải rõ ràng và chính xác.

- Năng lực chuyển từ tư duy thuận sang tư duy nghịch.

- Năng lực hoạt động tư duy hàm

- Năng lực toán học hóa các tình huống thực tiễn.

- Năng lực tự kiểm tra, tự đánh giá, trình bày lời giải và tránh sai lầm

khi giải toán.

1.2. Ý nghĩa của bài tập toán trong dạy học môn toán

Dạy học giải bài tập toán có tầm quan trọng đặc biệt và từ lâu đã là một

trong những vấn đề trung tâm của phương pháp dạy học toán ở trường phổ

thông. Đối với học sinh THPT và đặc biệt là các lớp chuyên toán THPT, có

thể coi việc giải bài tập toán là một hình thúc chủ yếu của việc học toán. Việc

giải bài toán có nhiều ý nghĩa:

- Đó là hình thức tốt nhất để củng cố, đào sâu, hệ thống hóa kiến thức

và rèn luyện kỹ năng. Trong nhiều trường hợp, giải bài toán là một hình thức

để dẫn dắt học sinh tự mình đi đến kiến thức mới.

- Đó là một hình thức vận dụng những kiến thức đã học vào những vấn

đề cụ thể, vào thực tế, vào các vấn đề mới.

- Đó là một hình thức tốt nhất để giáo viên kiểm tra được năng lực học

sinh và học sinh tự kiểm tra về năng lực, về mức độ tiếp thu và vận dụng kiến

thức đã học.

- Việc giải bài toán có tác dụng lớn gây hứng thú học tập cho học sinh,

phát triển trí tuệ và giáo dục rèn luyện cho con người về rất nhiều mặt.

Với ý nghĩa quan trọng như trên, trong việc lựa chọn hệ thống bài tập

toán và hướng dẫn học sinh giải toán, người giáo viên cần phải chú ý đầy đủ

đến tác động nhiều mặt của bài tập toán ([2])

1.3. Bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh chuyên toán THPT

Để bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh chuyên toán THPT người

giáo viên cần sử dụng tối ưu các phương pháp dạy học trong quá trình dạy

giải toán cho học sinh. Do vậy, ở đây chúng tôi đưa ra một số biện pháp bồi

dưỡng năng lực giải toán cho học sinh phổ thông chuyên toán.

1.3.1. Một số biện pháp bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh

a) Cơ sở lí luận để xây dựng các biện pháp nhằm phát triển năng lực

giải toán cho học sinh chuyên toán THPT

* Những cơ sở của tâm lí học và giáo dục học:

Quá trình dạy học được tiến hành bằng sự phối hợp giữa hoạt động dạy

của thầy giáo và hoạt động học của học sinh, cho nên các biện pháp sư phạm

phải thông qua hoạt động dạy tác động vào hoạt động học của học sinh, làm

cho học sinh có "động cơ hoàn thiện tri thức". Bản chất của hoạt động học là

quá trình tự tổ chức, tự điều khiển, điều chỉnh hoạt động nhận thức của mình,

đồng thời người chủ động trong hoạt động học. Mặt khác, nhân cách của học

sinh trong đó có kết quả trí dục, chính là chất lượng sản phẩm mà nhà trường

đào tạo cho xã hội. Vì vậy, cần chú ý đến hoạt động học, các biện pháp tập

trung vào phát triển các hoạt động học, các biện pháp tập trung vào tăng

cường các hoạt động nhằm bồi dưỡng, nâng cao năng lực giải toán cho học

sinh (năng lực nhận thức, năng lực thực hành, năng lực tổ chức hoạt động,

năng lực tự kiểm tra, đánh giá).

* Lí luận về phương pháp dạy học bộ môn toán:

Theo [2] và [20], phương pháp dạy học toán ở trường phổ thông phải

luôn gắn liền với việc truyền thụ tri thức, kỹ năng với việc giáo dục rèn luyện

con người, với việc bồi dưỡng và phát triển năng lực của học sinh.

Căn cứ vào nhiệm vụ của việc dạy học bộ môn: bên cạnh việc truyền

thụ kiến thức, rèn luyện kỹ năng thực hành toán học, học sinh còn phải rèn

luyện năng lực vận dụng toán học vào thực tiễn, cụ thể là trau dồi cho học

sinh khả năng vận dụng những hiểu biết toán học vào việc học tập các môn

học khác, vào thực tiễn cuộc sống... Do đó, cần thiết xây dựng các biện pháp

nhằm rèn luyện các kỹ năng giải toán cho học sinh nhằm bồi dưỡng, nâng cao

năng lực giải toán, góp phần thực hiện nhiệm vụ dạy học bộ môn. Các biện

pháp này được dựa trên quan điểm hoạt động với 4 tư tưởng chủ đạo

([20],tr73):

- Cho học sinh thực hiện và tập luyện những hoạt động và hoạt động

thành phần tương thích với nội dung và mục đích dạy học.

- Gây động cơ học tập và tiến hành hoạt động.

- Truyền thụ tri thức, đặc biệt là những tri thức phương pháp như

phương tiện và kết quả hoạt động.

- Phân bậc hoạt động làm chỗ dựa cho việc điều khiển quá trình dạy

học.

b) Nội dung biện pháp bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh chuyên

toán THPT

Theo các yêu cầu rèn luyện, nâng cao năng lực giải toán cho học sinh

trên cơ sở lí luận tâm lí học và giáo dục học đã trình bày ở trên: Biện pháp bồi

dưỡng năng lực thực hành cho học sinh nói chung và bồi dưỡng năng lực giải

toán cho học sinh nói riêng phải nhằm vào việc biến kiến thức và kỹ năng cơ

bản trong từng phần kiến thức một thành kiến thức và kỹ năng cơ bản tổng

hợp, hoàn chỉnh chuẩn bị cho mọi hoạt động học tâp, lao động nghề nghiệp

cho cả cuộc sống theo tinh thần giáo dục kỹ thuật tổng hợp và hướng nghiệp

dạy nghề qua môn toán ở trường phổ thông.

Một số biện pháp bồi dưỡng năng lực giải toán chủ yếu được đề nghị

theo phương châm chỉ đạo trên:

* Biện pháp 1: Trang bị đầy đủ các kiến thức về môn toán.

Để đảm bảo cho việc học tập môn toán được tốt, trước hết cần đảm bảo

cho học sinh nắm vững và có hệ thống các kiến thức trong chương trình. Từ

đó người thầy giáo chọn lọc các kiến thức và kỹ năng từ cơ bản đến nâng cao,

từ đơn giản đến phức tạp để dạy cho học sinh, sao cho đảm bảo 50% đến 75%

thời gian cho luyện tập kỹ năng.

* Biện pháp 2: Trang bị các tri thức về phương pháp toán:

- Dạy giải bài tập toán có nêu giả thiết, kết luận, không thỏa mãn khi

tìm được cách giải mà phải tìm được cách giải ngắn gọn nhất.

- Dạy cách giải bài tập toán, cách suy luận, phân tích ra những bài toán

nhỏ quen thuộc,...Dạy tập dượt tìm tòi, phát hiện, sáng tạo theo con đường

suy đoán, suy diễn.

Đặc biệt, đối với những bài toán chưa có hoặc không có thuật giải, giáo

viên cần hướng học sinh cách suy nghĩ, cách tìm lời giải. Qua đó trang bị cho

học sinh một số tri thức về phương pháp giải toán. Thông qua dạy học một số

bài toán cụ thể mà dần dần truyền thụ cho học sinh cách thức kinh nghiệm

tiến tới linh hoạt trong việc suy nghĩ, tìm tòi lời giải các bài toán, hình thành

phương pháp giải một lớp các bài toán dạng quen thuộc. Bản gợi ý của G.

Pôlya về phương pháp tìm lời giải (thường được tìm theo 4 bước):

B1: Tìm hiểu đề bài toán,

B2: Xây dựng chương trình giải,

B3: Thực hiện chương trình giải,

B4: Kiểm tra và nghiên cứu lời giải.

Như vậy, để bồi dưỡng cho học sinh chuyên toán THPT chúng tôi cần

dạy cho học sinh giải toán dựa trên bảng hướng dẫn giải toán của G.Pôlya

theo hướng phát hiện và giải quyết vấn đề.

1.3.2. Phương pháp tìm lời giải

Theo lí luận của các nhà khoa học V.M Bradixơ, Fanghaenel,

Faorekhop, G.Pôlya, Phạm Văn Hoàn, Đỗ Trung Hiếu,... có thể hiểu:"Giải

bài toán tức là tìm kiếm một cách có ý thức phương tiện thích hợp để đạt tới

mục đích của bài toán. Đó là một quá trình tìm tòi, sáng tạo, huy động kiến

thức - kỹ năng - thủ thuật và các phẩm chất của trí tuệ để giải quyết bài toán

đã cho" ([33]).

Xuất phát từ đặc điểm các bài toán bậc phổ thông (tính vừa sức, tính

kết quả, tính liên thông môn đồng bộ thống nhất và tính phát triển) tiến trình

giải một bài toán (gọi tắt là TTGT) được hiểu là một quá trình lao động phát

minh của học sinh (theo nghĩa sáng tạo tái tạo) để chiếm lĩnh tri thức mới

"đồng hóa- điều tiết thích nghi với môi trường có dụng ý sư phạm cùng với

các tính huống học tập lí tưởng được tạo ra" ([20], tr 225, 226, 227).

Phân tích - tổng hợp các quan niệm TTGT của G. Pôlya: Các nhà khoa

học GS.TSKH Nguyễn Bá Kim, GS.TSKH Phạm Văn Hoàn, Hoàng Chúng,

Nguyễn Thái Hòe ... đi đến nhận định chung:

+ Có thể thiết kế một TTGT (một algôrít tổng quát) theo các bước cơ

bản (tập hợp các thao tác trí tuệ).

+ TTGT phải tương thích với hệ thống giáo dục hiện hành: chương

trình SGK và đặc thù bậc học.

+ TTGT phải phát huy được năng lực sáng tạo - năng lực giải quyết vấn

đề của học sinh trong dạy học giải toán.

+ TTGT đảm bảo được tính khả thi, chất lượng và hiệu quả ([33]).

Căn cứ vào tiến trình giải toán gồm 4 bước của G.Pôlya, nhiều giáo

viên đã đạt kết quả cao khi dạy học sinh TTGT theo hướng phát hiện và giải

quyết vấn đề theo các bước sau:

Bước 1: Tìm hiểu đề bài toán,

Bước 2: Xây dựng chương trình giải bài toán,

Bước 3: Thực hiện chương trình giải bài toán,

Bước 4: Kiểm tra tiến trình giải toán, nghiên cứu lời giải.

a) Tìm hiểu bài toán

Để hiểu một bài toán, trước hết phải hiểu đề bài toán và hơn nữa còn

phải có hứng thú giải bài toán đó. Vì vậy, điều đầu tiên người thầy giáo cần

chú ý hướng dẫn học sinh giải toán là khêu gợi trí tò mò lòng ham muốn giải

toán của học sinh, giúp học sinh hiểu bài toán phải giải.

Thực chất của bước "tìm hiểu bài toán" là tiếp nhận bài toán, tri giác

vấn đề hay là giai đoạn chuẩn bị của quá trình sáng tạo.

+ Tạo tâm lí hứng thú giải toán, khêu gợi trí tò mò, gợi mở trí sáng tạo,

lòng ham muốn và khát vọng giải bằng được bài toán, tạo môi trường có dụng

ý sư phạm cùng các tình huống học tập lí tưởng.

+ Hiểu và phân tích bài toán, nhìn bài toán dưới nhiều góc độ khác

nhau biểu diễn hình học hoặc đồ thị, biểu thức đại số, ... đối với từng loại bài

toán. Tránh thói quen không tốt của một số học sinh là đi ngay vào các chi

tiết. Cần tách ra những yếu tố chính của bài toán, xem xét các yếu tố chính

nhiều lần và ở nhiều mặt. Nếu là bài toán về chứng minh thì yếu tố chính là

giả thiết và kết luận. Nếu bài toán về tìm tòi thì yếu tố chính là ẩn (cái cần

tìm, cái chưa biêt), là dữ kiện (những cái đã biết) và điều kiện (mối liên hệ

giữa cái cần tìm và cái cho) của bài toán.

+ Chuyển dịch ngôn ngữ tự nhiên trong bài toán sang ngôn ngữ kí hiệu

toán học.

Có những bài liên quan đến hình vẽ thì phải vẽ hình. Có những bài toán

lại cần đưa vào các kí hiệu. Điều này cũng giúp ta hiểu rõ đề toán.

* Hình vẽ:

Đối với bài toán hình học, nói chung phải vẽ hình. Hình vẽ làm hiện lên

đối tượng, các yếu tố cũng như các chi tiết cùng mối liên hệ giữa cái chi tiết

đã cho trong bài toán. Vì thế, thường sau khi vẽ hình đúng, đề toán được hiểu

rõ ràng cụ thể hơn.

Khi vẽ hình cần chú ý:

- Hình vẽ phải mang tính tổng quát, không nên vẽ hình trong trường

hợp đặc biệt vì thế dễ gây nên ngộ nhận.

Chẳng hạn, đối với bài toán tam giác thì không nên vẽ tam giác đặc

biệt, tứ diện không nên vẽ tứ diện đều, tứ diện vuông... khi bài toán không đòi

hỏi.

- Hình vẽ phải rõ ràng, chính xác dễ nhìn thấy những quan hệ (song

song, cắt nhau,..) và tính chất (đường trung tuyến, trung trực, phân giác,...) mà

bài toán đã cho. Có những trường hợp còn phải khéo léo lựa chọn trình tự vẽ

các đối tượng hình học trong bài toán.

Ngoài ra, để làm nổi bật vai trò khác nhau của các đường, các tình

huống trong hình vẽ, có thể bằng nét đậm, nét nhạt, màu sắc khác nhau,...

Đối với những bài toán không phải là hình học, ta cũng có thể dùng

một biểu diễn hình học, ví dụ dùng sơ đồ ven để biểu diễn tập hợp. Cảm nhận

trực giác trên biểu diễn hình học này có thể giúp ta dễ nắm bắt được nội dung

cơ bản của đề toán, như G. Pôlya đã nêu: "Tìm một biểu diễn hình học rõ

ràng, sáng sủa cho những bài toán không phải là bài toán hình học có thể cho

phép tiến một bước rõ rệt tới cách giải" ([27], tr131).

*Kí hiệu: Khi nghiên cứu đề toán, nhiều trường hợp ta phải chọn kí

hiệu và đưa kí hiệu vào một cách thích hợp. Dùng các kí hiệu toán học có thể

ghi lại các đối tượng và mối liên quan giữa chúng trong bài toán một cách

ngắn gọn, dễ nhớ, dễ quan sát. Cách kí hiệu thích hợp có thể nhanh chóng

giúp ta hiểu được đề toán.

"Thời gian dành để chọn kí hiệu sẽ được trả công rất hậu bởi thời gian

tiết kiệm được nhờ tránh khỏi mọi sự do dự và lẫn lộn" ([27], tr137).

Khi chọn các kí hiệu cần phải chú ý:

- Mỗi kí hiệu phải có nội dung và dễ nhớ, tránh nhầm lẫn hoặc hiểu

nước đôi.

- Thứ tự các kí hiệu và quan hệ giữa chúng phải giúp ta liên tưởng đến

thứ tự và quan hệ giữa các đại lượng tương ứng.

Không dùng một kí hiệu để cùng chỉ hai đối tượng khác nhau. Kí hiệu

cùng loại chỉ để chỉ các đối tượng cùng loại. Chẳng hạn, với tam giác ABC:

A, B, C chỉ các đỉnh; a, b, c chỉ các cạnh đối diện với các đỉnh tương ứng A,

B, C.

Như vậy, bước "Tìm hiểu bài toán" theo định hướng phát hiện và giải

quyết vấn đề phù hợp với bước "phát hiện/ thâm nhập vấn đề" của phương

pháp dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề.

- Học sinh phát hiện vấn đề từ một tình huống gợi vấn đề nào đó.

- Phát biểu và chính xác hóa tình huống.

- Phát biểu vấn đề và đặt ra mục đích giải quyết vấn đề.

b) Xây dựng chương trình giải (giai đoạn ấp ủ của quá trình sáng tạo)

Tìm tòi lời giải là một bước quan trọng trong hoạt động giải toán. Nó

quyết định sự thành công hay không thành công, đi đến sự thành công nhanh

hay chậm của việc giải toán. Điều cơ bản ở bước này là biết "định hướng

đúng" để tìm ra được đường đi đúng.

+ Phát biểu các mối quan hệ định hướng định tính và định lượng của

bài toán. Huy động các lực lượng tâm lí tiềm thức, vốn tri thức, lượng thông

tin, kỹ năng và thủ thuật, kinh nghiệm về giải toán.

+ Lựa chọn cách giải

Theo lí luận dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề thì "xây dựng

chương trình giải" nằm trong bước 2 "giải quyết vấn đề" khi thực hiện dạy

học giải quyết vấn đề. Cần:

Phân tích, làm rõ mối quan hệ giữa cái đã biết và cái phải tìm.

Đề xuất và thực hiện hướng giải quyết, có thể điều chỉnh, thậm

chí bác bỏ và chuyển hướng khi cần thiết. Trong khâu này

thường hay sử dụng những quy tắc tìm đoán và chiến lược nhận

thức như sau: Quy lạ về quen, đặc biệt hóa, chuyển qua trường

hợp suy biến; xem xét tương tự, khái quát hóa, xét những mối

liên hệ phụ thuộc, suy ngược (tiến ngược, lùi ngược) và suy xuôi.

(Khâu này có thể làm nhiều lần cho đến khi tìm ra hướng đi

đúng) ([20]).

Không một thuật toán tổng quát nào để giải được mọi bài toán cả:

"Những người có kinh nghiệm giải toán" đã có lời khuyên như sau:

* Sử dụng bài toán đã giải

Việc tìm ra con đường đi đúng trong việc giải một bài toán nhiều khi

khá thuận lợi nếu ta nhớ lại được là ta đã từng tìm ra con đường đi đến cách

giải một bài toán tương tự hoặc gần giống với bài toán cần giải. Thực tế khó

mà đặt ra được một bài toán hoàn toàn mới, không giống bất hay liên quan

đến bài toán đã có. Mặt khác, cũng có thể có rất nhiều bài toán liên quan đến

bài toán đang giải. Cần phải lựa chọn được một hay một số bài toán trong đó

mà thực sự có lợi. Hãy xét kỹ lại cái chưa biết hay một cái chưa biết tương tự.

Hãy nhớ lại một bài toán đã được giải và gần giống với bài toán đang xét. Cần

phải lợi dụng bài toán đã giải này về phương pháp giải, về kết quả, về kinh

nghiệm giải toán. ([31], tr 6)

Chính là "quy lạ về quen", "xem xét tương tự" khi giải quyết vấn đề.

* Biến đổi bài toán:

Để đi đến cách giải một bài toán cần phải huy động và tổ chức những

kiến thức đã học từ trước. Cần phải nhớ lại và vận dụng những yếu tố cần

thiết cho việc giải toán. Có thể dùng định nghĩa hay định lí đã biết để thay thế

điều phải chứng minh hay cần tìm bằng cái tương đương, phát biểu bài toán

một cách khác. Việc biến đổi bài toán tạo ra những liên hệ mới, những khả

năng mới, gợi lại trong trí nhớ những gì liên quan đến bài toán đang xét.

c) Thực hiện chương trình giải

Sau khi đã tìm được cách giải rồi tiến hành thực hiện chương trình giải.

Việc tiến hành thực hiện này là công việc chủ yếu, là kết quả để đánh giá hoạt

động giải toán. Khi đã tìm thấy cách giải rồi thì việc thực hiện giải không khó

khăn như trước nữa nhưng tính chất công việc có khác nhau.

Khi đang tìm kiếm lời giải thì có thể tự do mò mẫm dự đoán và không

ngại gì mà không dùng một cách lập luận “tạm thời”. Nhưng khi thực hiện

chương trình giải thì phải thay đổi quan niệm đó và chỉ được thừa nhận những

lý lẽ chặt chẽ, phải kiểm nghiệm lại từng chi tiết. Một điều quan trọng trong

việc trình bày lời giải là trình tự các chi tiết nhất là đối với các bài toán phức

tạp. Phải trình bày sao cho tường minh sự liên hệ giữa các chi tiết trong từng

giai đoạn của lời giải và trong toàn bộ lời giải ấy. Trình tự mà ta trình bày

trong lời giải có thể rất khác với trình tự mà ta đã theo để tìm lời giải.

Thực hiện chương trình giải: Học sinh có thể đồng hóa hay điều tiết để

thực hiện kế hoạch. Sử dụng các thao tác tư duy và các phương pháp suy luận

trong dạy học giải toán. Lựa chọn từ các phương án để có cách giải tối ưu.

Việc trình bày lời giải cũng cần phải hết sức chú ý, trình tự trình bày các chi

tiết trong lời giải cần phải gọn gàng, mạch lạc, sáng sủa.

Hiện nay, học sinh các lớp chuyên toán là những em có tố chất, năng

lực về toán, nhưng người thầy giáo cũng cần rèn luyện cho các em trong việc

trình bày lời giải. Không những nó giúp học sinh trình bày lời giải của bài

toán tốt hơn mà nó còn giúp các em phát triển về ngôn ngữ rất tốt. Vì vậy,

nhận thức rõ điều này, người thầy giáo cần có kế hoạch dài hơi, nghiêm túc

trong việc rèn luyện học sinh trong trình bày lời giải, yêu cầu cao, có thái độ

nghiêm khắc trong mọi giờ học đối với mọi bài làm của học sinh.

d) Kiểm tra và nghiên cứu lời giải

Học sinh thường có thói quen không tốt là khi đã tìm được lời giải của

bài toán thì thỏa mãn, ít đi sâu kiểm tra lại lời giải xem có sai lầm hay thiếu

sót gì không, ít đi sâu cải tiến lời giải, khai thác lời giải. Vì vậy, cần tránh

những thói quen đó của học sinh và cần rèn luyện thói quen tốt cho học sinh

chuyên toán, tránh những yếu điểm như đã nêu ở trên. Có mấy vấn đề cần chú

ý hướng dẫn học sinh:

* Kiểm tra lại kết quả, kiểm tra lại suy luận:

Việc này phải trở thành một thói quen đối với học sinh và giáo viên

phải yêu cầu học sinh thực hiện thường xuyên.

Ở bậc tiểu học, học sinh dã được rèn luyện tập kiểm tra kết qua làm

tính, kiểm tra phép cộng bằng phép trừ, kiểm tra phép chia bằng phép nhân…

Lên đến trung học cơ sở, cần quan tâm đến điều này mỗi khi có điều kiện,

chẳng hạn khi giải phương trình, khi tìm được nghiệm của phương trình thì

các em thay nó trở lại xem kết quả đã đúng chưa. Còn đối với bậc THPT, đặc

biệt là các học sinh lớp chuyên toán thì việc làm này thường nên tạo cho các

em thành phản xạ khi giải toán.

* Đối với các bài toán hình học tính toán

Ta cũng có thể kiểm tra lại kết quả thông thường phải nhìn lại xem đã

xét đầy đủ các trường hợp có thể xảy ra của bài toán không? Đối với học sinh

các lớp chuyên toán thì việc làm này thực sự cần thiết, vì mỗi lần làm như vậy

thì rèn cho các em nhìn nhận vấn đề một cách hoàn chỉnh và sâu sắc hơn.

* Tìm cách giải khác của bài toán

Một bài toán thường có nhiều cách giải, học sinh có những cách suy

nghĩ khác nhau khi đứng trước một bài toán, nhiều khi khá độc đáo và sáng

tạo, đặc biệt là học sinh khối chuyên toán thì khả năng độc lập suy nghĩ, suy

nghĩ táo bạo và có nhiều ý tưởng để giải quyết vấn đề. Vì thế, giáo viên phải ý

thức được điều này và phát huy tốt những phẩm chất đó của học sinh, luôn

khuyến khích các em tìm tòi sáng tạo, không những làm cho học sinh chiếm

lĩnh được kiến thức, kỹ năng cần thiết mà còn tạo cho các em tinh thần hưng

phấn trong học tập, lòng say mê tìm hiểu, nghiên cứu toán.

* Tìm cách sử dụng kết quả hay phương pháp giải của bài toán này

cho một bài toán khác, đề xuất bài toán mới

Đây chính là yêu cầu cần thiết và quan trọng của học sinh chuyên toán

THPT. Giáo viên cần chuẩn bị những phần bài tập, những chuyên đề mang

tính chất sâu sắc, khai thác đầy đủ, những dạng bài tập có tính chất mở và

luôn khuyến khích học sinh tìm tòi và xây dựng bài toán mới một cách chủ

động. Từ đó chúng ta đã tập cho các em sáng tạo toán học, nghiên cứu toán.

e) Bảng gợi ý của G. Pôlya trong việc giải toán

Bảng này rất có ích cho giáo viên trong quá trình dạy học giải toán cho

học sinh. Người giáo viên có kinh nghiệm về mặt này thường là người biết đề

ra cho học sinh đúng lúc kịp thời những câu hỏi gợi ý sâu sắc và sát với trình

độ học sinh, nâng dần mức độ nào đó trong sử dụng thành thạo và linh hoạt

bảng này. Cụ thể:

Bước 1: Hiểu rõ bài toán:

Đâu là ẩn? Đâu là dữ kiện? Có thể thỏa mãn được điều kiện hay

không? Điều kiện có đủ để xác định được ẩn hay không, hay chưa đủ,

hay thừa, hay có mâu thuẫn?

Hình vẽ. Sử dụng một kí hiệu thích hợp.

Phân biệt các thành phần khác nhau của điều kiện. Có thể diễn tả các

điều kiện đó thành công thức không?

Bước 2: Xây dụng một chương trình giải:

Bạn đã gặp bài toán lần nào chưa? Hay đã gặp bài toán này ở một dạng

hơi khác?

Bạn có biết bài toán nào liên quan không? Một định lí có thể dùng được

không?

Xét kỹ cái chưa biết (ẩn) và thử nhớ lại một bài toán quen thuộc có

cùng ẩn hay ẩn tương tự.

Đây là một bài toán liên quan mà bạn có lần giải rồi. Có thể sử dụng nó

không? Có thể sử dụng kết quả của nó không? Hay sử dụng phương

pháp khác? Có cần phải dựa thêm một yếu tố phụ thì mới sử dụng được

nó hay không?

Có thể phát biều bài toán một cách khác không? Một cách khác nữa?

Quay về định nghĩa.

Nếu bạn chưa giải được bài toán đã đề ra, thì hãy thử giải một bài toán

có liên quan. Bạn có thể nghĩ ra một bài toán có liên quan và dễ hơn

không? Một bài toán tổng quát hơn? Một trường hợp riêng? Một bài

toán tương tự? Bạn có thể giải được một phần bài toán không? Hãy giữ

lại một phần điều kiện, bỏ qua phân kia. Khi đó ẩn được xác định đến

một chừng mực nào đó, nó biến đổi như thế nào? Bạn có thể từ các dữ

kiện rút ra một yếu tố có ích không? Có thể thay đổi ẩn hay khác dữ

kiện, hay cả hai đều cần thiết, sao cho ẩn và các dữ kiện mới được gần

nhau hơn không?

Bạn sử dụng mọi dữ kiện hay chưa? Đã sử dụng toàn bộ điều kiện hay

chưa? Đã để ý đến mọi khái niệm chủ yếu trong bài toán hay chưa?

Bước 3: Thực hiện chương trình giải:

Hãy kiểm tra lại từng bước. Bạn thấy rõ ràng là mỗi bước đều đúng

chưa? Bạn có thể chứng minh là nó đúng không?

Bước 4: Trở lại cách giải (Nghiên cứu cách giải đã tìm ra):

Bạn kiểm tra lại kết quả? Bạn có thể kiểm tra lại toàn bộ quá trình giải

bài toán không?

Bạn có thể sử dụng kết quả hay phương pháp đó cho mọi bài toán nào

khác không?

Trong quá trình giải toán rất nên làm cho học sinh biết các nội dung của

lôgic hình thức một cách có ý thức, xem như vốn thường trực quan trọng để

làm việc với toán học cũng như để sử dụng trong quá trình học tập liên tục,

thường xuyên. Để thực hiện điều này, sau khi giải xong mỗi bài toán cần có

phần nhìn lại phương pháp đã sử dụng để giải. Dần dần những hiểu biết về

lôgic sẽ thâm nhập vào ý thức của học sinh.

Rất nên hệ thống hóa các bài toán liên quan với một chủ đề hay mô

hình nào đấy để học sinh thấy được những tính chất đa dạng thông qua các

chủ đề và mô hình đó.

1.4. Hình học cao cấp soi sáng hình học sơ cấp

1.4.1. Tình hình nghiên cứu của vấn đề

Các nhà sư phạm cho rằng "Có nhiều vấn đề toán học phổ thông chỉ có

thể được hiểu chính xác và đúng bản chất nếu chúng được nhìn từ những vấn

đề của toán học hiện đại". Vì vậy, việc soi sáng toán học sơ cấp bằng toán

học cao cấp nói chung và trong lĩnh vực hình học nói riêng là cần thiết.

Đối với giáo viên toán ở trường phổ thông việc nắm vững mối liên hệ

giữa toán cao cấp và toán sơ cấp là cần thiết nhằm giúp học sinh hiểu sâu sắc

các vấn đề về toán học phổ thông và có thể dẫn dắt cho học sinh tìm kiếm

kiến thức mới một cách hiệu quả. Các công trình nghiên cứu về vấn đề này

bao gồm :

1) Luận án tiến sĩ : "Tăng cường định hướng sư phạm trong dạy học Đại

số đại cương thông qua việc xây dựng một số chuyên đề cho sinh viên toán

CĐSP" của tác giả Đặng Quang Việt (Viện Khoa học giáo dục Hà Nội, 2001).

2) Luận văn Thạc sĩ : "Xây dựng một số chuyên đề ‘‘cầu nối’’ giữa

chương trình Đại số ở Cao đẳng Sư phạm với chương trình Đại số Trung học

cơ sở nhằm tăng cường định hướng cho giáo sinh khoa Toán trường Cao

đẳng Sư phạm" của tác giả Phan Văn Lý (Trường Đại học Sư phạm Hà Nội,

2003).

3) Luận văn Thạc sĩ : "Tăng cường định hướng sư phạm cho sinh viên

Cao đẳng Sư phạm trong dạy học Lí thuyết số và Cơ sở số học" của tác giả

Vương Hội (Trường Đại học Sư phạm Hà Nội, 2005).

4) Luận văn Thạc sĩ : "Xây dựng một số chuyên đề ‘‘cầu nối’’ giữa hình

học cao cấp ở Cao đẳng Sư phạm với hình học ở phổ thông nhằm tăng cường

định hướng sư phạm cho giáo sinh viên" của tác giả Nguyễn Thị Minh Yến

(Trường Đại học Sư phạm Hà Nội, 2006).

Nói chung các đề tài được nêu ở trên đều nghiên cứu mối liên hệ giữa

toán cao cấp dành cho sinh viên Cao đẳng và toán sơ cấp phần kiến thức dành

cho học sinh THCS, nhằm giúp cho sinh viên Cao đẳng nắm được mối liên

mối quan hệ giữa phần toán cao cấp được học và phần toán sơ cấp sau này

dạy học. Các đề tài có tính định hướng nghề nghiệp tốt cho sinh viên sau khi

ra trường.

1.4.2. Ý nghĩa của việc hình học cao cấp soi sáng hình học sơ cấp

Chúng tôi cho rằng, việc dùng hình học cao cấp soi sáng hình học sơ cấp

là một việc làm cần thiết và hữu ích, bởi các lí do sau:

Thứ nhất, chúng ta biết rằng hình học cao cấp nói chung và hình học

Ơclit nói riêng là trường hợp tổng quát của hình học phẳng và hình học không

gian ở chương trình phổ thông. Vì vậy, việc nhìn nhận một vấn đề của hình

học phổ thông dưới "con mắt" của hình học cao cấp làm cho vấn đề được

sáng tỏ, chính xác và khoa học. Từ đó giúp người thầy giáo có cách nhìn khoa

học về một vấn đề mà đang trực tiếp giảng dạy.

Thứ hai, trong hình học cao cấp thì công cụ giải quyết vấn đề nhiều hơn,

phong phú hơn, giúp người thầy giáo có thể giải quyết được nhiều vấn đề,

hoặc những vấn đề mà chỉ giới hạn của hình học phổ thông thì khó hoặc

không phát hiện ra. Từ đó, người thầy giáo chỉ việc đặc biệt hóa các kết quả

của hình học cao cấp thì sẽ thu được những kết quả của hình học sơ cấp mang

tính chính xác và khoa học. Đây chính là một công cụ phát hiện vấn đề của

giáo viên.

Thứ ba, từ tâm cao người giáo viên có cách nhìn từng vấn đề mang tính

chất hệ thống, từ đó có thể xây dựng được nội dung học tâp cho học sinh

mang tính "hệ thống" cao, không phải là những bài toán sơ cấp rời rạc, mà các

bài toán thuộc chuyên đề trong một hệ thống hoàn chỉnh hơn.

Thứ tư, đối với học sinh, các kết quả của từng bài toán trong hình học

phẳng và hình không gian đó chính là tài liệu quan trọng mang tính định

hướng giúp học sinh có thể khái quát hóa để có được các kết quả hình học cao

cấp sau này được tiếp xúc với hình học cao cấp.

Do đó chúng tôi chọn đề tài theo hướng từ kết quả của hình học cao cấp

soi sáng kết quả của hình học sơ cấp, để xây dựng chuyên đề dạy học cho học

sinh chuyên toán THPT nhằm bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh.

Chẳng hạn như

Trong hình học cao cấp ta chứng minh được kết quả sau :

Trong n- đơn hình trực tâm , tâm siêu cầu Ơle cùng trọng tâm

T, trực tâm H của n- đơn hình cùng nằm trên một đường thẳng, ta gọi đó là

đường thẳng Ơle của n- đơn hình , đồng thời với mỗi số q tự

nhiên gọi Oq là tâm siêu cầu Ơle loại q của n- đơn hình.

Khi đó

Từ đó chúng ta có kết quả cho bài toán hình học sơ cấp sau:

* Đối với tam giác:

Cho tam giác ABC, H, G, O lần lượt là trực tâm, trọng tâm, tâm đường

tròn ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng .

* Đối với tứ diện:

Chứng minh rằng trong tứ diện trực tâm, trọng tâm của nó nằm tại trung

điểm của đoạn thẳng nối trực tâm với tâm của mặt cầu nội tiếp của tứ diện.

Đối với người giáo viên bằng vốn hiểu biết về hình học cao cấp thì hai bài

toán trên thu được bằng cách đặc biệt hóa bài toán tổng quát trong không gian

Ơclit n-chiều với n=2, n=3. Nhưng đối với học sinh thì bài toán đối với n=2

thì đã được biết trong hình học phẳng ở trung học cơ sở còn đối với bài toán

trong hình học không gian thì là mới. Vậy giáo viên cần giúp học sinh chiếm

lĩnh bài toán này bằng cách hướng dẫn giải theo sơ đồ gợi ý của G. Pôlya:

Bước 1 : Tìm hiểu bài toán

- Học sinh nhắc lại giả thiết và kết

- Bài toán cho gì ? Yêu cầu gì ?

- Hãy vẽ hình.

- Hãy tìm lời giải cho bài toán.

luận của bài toán.

- Vẽ hình.

- Suy nghĩ và tìm lời giải bài toán.

Bước 2 : Xây dựng chương trình

giải

- Bài toán này em đã được học chưa ?

Hay em có biết một bài toán tương tự

không ?

- Hãy nhắc lại lời giải của bài toán.

- Từ lời giải của bài toán tương tự có

gợi ý gì cho việc giải bài toán này

không ?

- Hãy trình bày lời giải cho bài toán.

- Suy nghĩ và nhớ lại kiến thức đã

được học.

- Bài toán tương tự (Bài toán trong

hình học phẳng nêu ở trên)

- Nhắc lại bài toán (nếu em nào quên

thì có thể làm lại).

- Tìm cách áp dụng cách giải của bài

toán cũ trong trường hợp mới.

Bước 3 : Thực hiện chương trình giải

- Học sinh tự trình bày lời giải.

- Sau đó giáo viên có thể đưa lời giải cho học sinh tham khảo đối

chiếu.

Bước 4 : Kiểm tra, nghiên cứu lời giải

- Học sinh tự kiểm tra lời giải.

- Đề nghị lời giải mới.

- Nghiên cứu sự mở rộng của bài toán hoặc đặc biệt hóa bài toán

xem có được bài toán mới không ?

Với cách làm như vậy, đối với người giáo viên sáng tỏ được phần kiến

thức hình học sơ cấp, nếu không để ý thì có thể cho rằng hai bài toán trên là

độc lập. Còn nếu người thầy giáo hiểu biết về hình học cao cấp thì hai bài

toán trên chỉ là hai trường hợp đặc biệt của một bài toán tổng quát. Còn đối

với học sinh thì qua cách làm của bài toán này vừa được rèn luyện cách giải

toán theo sơ đồ của G. Pôlya, vừa rèn luyện được khả năng xem xét bài toán

tương tự từ hình học phẳng sang hình học không gian. Qua đó góp phần bồi

dưỡng năng lực giải toán cho học sinh.

1.4.3. Mối liên hệ giữa hình học cao cấp và hình học sơ cấp

Dưới đây là những phần kiến thức tương ứng giữa hình học cao cấp và hình học sơ cấp

Hình học cao cấp Hình học sơ cấp

- Đơn hình trực tâm.

- Một số tính chất đặc trưng của đơn

hình trực tâm.

- Các dấu hiệu nhận biết trực tâm của

đơn hình.

- Các siêu cầu Ơle trong đơn hình

trực tâm.

- Siêu cầu Ơ le trong đơn hình bất kì.

- Các bất đẳng thức đối với đơn hình

trực tâm.

- Bài toán ‘‘con bướm’’ đối với siêu

mặt bậc hai.

- Tam giác, tứ diện trực tâm.

- Một số tính chất đặc trưng của tứ

diện trực tâm.

- Các dấu hiệu nhận biết trực tâm của

tam giác, tứ diện trực tâm.

- Đường tròn Ơle trong tam giác, mặt

cầu Ơle trong tứ diện trực tâm.

- Mặt cầu Ơle trong tứ diện bất kì.

- Các bất đẳng thức đối với tứ diện

trực tâm.

- Bài toán "con bướm" đối với đường

tròn, đối với cặp đường thẳng, đối với

Elip, đối với Hyperbol, đối với

Parabol, đối với mặt cầu, đối với cặp

đường thẳng.

Ở phần kiến thức này có mối quan hệ bao hàm, phần kiến thức hình học

sơ cấp chính là các trường hợp đặc biệt của các phần kiến thức hình cao cấp

tương ứng.

Mặc dù mối liện hệ giữa hình học cao cấp và hình học sơ cấp còn rất là

nhiều, nhưng trong khuôn khổ luận văn này chúng tôi chỉ làm rõ mối liên hệ

giữa các đối tượng được nêu và từ đó xây dựng hai chuyên đề nhằm bồi

dưỡng năng lực giải toán cho học sinh chuyên toán THPT. Đây chính là sự

khác biệt của đề tài này với các đề tài đã nêu ở trên.

1.5. Thực trạng dạy học ở các lớp chuyên toán THPT

Để tìm hiểu thực trạng dạy học ở các lớp chuyên toán THPT hiện nay,

chúng tôi đã trao đổi trực tiếp với các giáo viên dạy toán ở trường THPT

chuyên Lam Sơn – Thanh Hóa và được biết tình hình cụ thể như sau:

* Về nhận thức:

Hầu hết giáo viên đều cho rằng, việc bồi dưỡng năng lực giải toán cho

học sinh chuyên toán là việc làm cần thiết đối với người giáo viên toán. Đây

là việc làm trọng tâm, xuyên suốt quá trình dạy học của giáo viên.

Về việc xây dựng nội dung các chuyên đề dạy học, đây là vấn đề được

quan tâm hàng đầu của giáo viên dạy chuyên hiện nay. Nói chung là hầu hết

giáo viên còn lúng túng ở hướng giải quyết cho vấn đề này, những người có

kinh nghiệm thì việc biên soạn tài liệu giảng dạy thuận lợi hơn. Một số giáo

viên mới thì việc làm này gặp nhiều khó khăn, đó là chưa có một bộ sách giáo

khoa chính thống cho học sinh chuyên, việc định hướng xây dựng nội dung

tài liệu giảng dạy cũng gặp nhiều khó khăn, chủ yếu là người đi sau học tập

và rút kinh nghiệm của những người đi trước.

* Về thái độ:

Qua trao đổi với các giáo viên toán về việc dùng hình học cao cấp soi

sáng hình học sơ cấp để xây dựng nội dung các chuyên đề dạy bồi dưỡng, thì

có hai khuynh hướng về vấn đề này, đó là: đa số giáo viên thích hướng đi này

đặc biệt là giáo viên trẻ, còn số còn lại thì họ cho rằng việc làm đó không cần

thiết, chỉ cần siêu tầm các tài liệu về toán sơ cấp và tập hợp thành nội dung

của từng chuyên đề là đủ, vì hiện tại tài liệu về toán sơ cấp rất nhiều và phong

phú.

Việc xây dựng chuyên đề dạy học theo cách hướng dẫn học sinh giải

bài tập theo sơ đồ bốn bước của G. Pôlya, thì đa số ủng hộ việc làm này. Còn

một số thì cho rằng có nhiều cách làm khác cũng hoàn toàn đáp ứng được yêu

cầu về việc bồi dưỡng năng lực giải toán, việc hướng dẫn học sinh theo sơ đồ

ấy thì không thường xuyên làm nên thay đổi thói quen này cũng rất ngại.

* Về hành vi:

Mặc dù việc đa số giáo viên được hỏi rất thích thú với việc xây dựng

nội dung các chuyên đề dạy bồi dưỡng bằng con đường dùng hình học cao

cấp soi sáng hình học sơ cấp để xây dựng nội dung các chuyên đề dạy học,

nhưng việc này chưa được tiến hành ở đây. Nguyên nhân là ngay từ khi học

đại học thì việc tìm hiểu sâu về mối quan hệ giữa hình học cao cấp và hình

học sơ cấp cũng ít để ý, thứ hai là khi đi dạy, việc không thường xuyên tiếp

cận với nội dung hình học cao cấp nên kiến thức bị mai một đi rất nhiều nên

việc làm này cũng gặp không ít khó khăn. Theo thói quen từ trước đến nay thì

việc xây dựng nội dung các chuyên đề dạy học chủ yếu là tham khảo các tài

liệu về toán sơ cấp có sẵn, chỉ làm việc với toán sơ cấp thì mất ít thời gian

soạn bài hơn.

Về việc soạn giáo án giảng dạy phần bài tập thì soạn theo sơ đồ gợi ý

của G. Pôlya thì không tiến hành, chủ yếu là soạn nội dung về toán, còn

hướng dẫn giải cho học sinh thì được biết: khi lên lớp, với kinh nghiệm của

bản thân sẽ gợi ý cho học sinh khi gặp tình huống.

Ở chương trình hình học của các lớp chuyên Toán thì có một chuyên đề

dành dạy cho học sinh về “các tứ diện đặc biệt” (Chương trình hình học 11

chuyên toán THPT).

Phần các tứ diện đặc biệt, bao gồm: tứ diện đều, tứ gần đều, tứ diện

vuông, tứ diện trực tâm. Trong đó, các tài liệu tham khảo hầu hết khai thác rất

nhiều về tứ diện đều, tứ diện gần đều, tứ diện vuông, còn tứ diện trực tâm thì

còn rất sơ sài, chưa có hệ thống.

Phần bài toán "con bướm", trong hình học phẳng cũng có rất nhiều tài

liệu đề cập đến, nhất là bài toán "con bướm" đối với đường tròn thì cũng được

nghiên cứu khá kỹ, nhưng để nghiên cứu một cách hệ thống đầy đủ, giúp học

sinh nhìn nhận về bài toán "con bướm" một cách đầy đủ và hệ thống thì chưa

có tài liệu nào làm được việc này.

Như đã nói trong phần mở đầu, việc dạy học nói chung và việc dạy

hình học ở các lớp chuyên toán THPT hiện nay vẫn đang ở tình trạng quá

tham về kiến thức, dạy "luyện thi" nên chưa chú ý đến việc rèn luyện tư duy,

bồi dưỡng năng lực học tập cho học sinh. Đây chính là hạn chế lớn của các

lớp chuyên toán hiện nay của nước ta. Mục tiêu giáo dục ở trường chuyên là

cần giúp những em học sinh có năng khiếu trở thành tài năng cho đất nước,

những người có khả năng sáng tạo thì cần phải đổi mới phương pháp dạy học

ở trường chuyên hiện nay.

Vì vậy, việc chúng tôi quyết định nghiên cứu vấn đề này cũng là một

hướng rất tích cực cho việc nghiên cứu và xây dựng chương trình học tập cho

học sinh ở lớp chuyên toán THPT hiện nay.

Kết luận chương 1

Qua nghiên cứu về quá trình giảng dạy toán ở các lớp chuyên toán

THPT, có thể rút ra kết luận sau :

- Dùng hình học cao cấp để soi sáng hình học sơ cấp, để xây dựng nội

dung các chuyên đề giảng dạy của giáo viên chuyên toán THPT là một cách

làm thích hợp hiện nay.

- Năng lực được hình thành, phát triển trong hoạt động nên để phát

triển được năng lực của mỗi cá nhân thì chúng ta cần phải có kế hoạch phát

hiện và bồi dưỡng các em cho kịp thời. Các em phải được đào tạo và bồi

dưỡng trong hoạt động đó.

- Muốn bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh thì cần phải cho các

em hoạt động giải toán. Trong luận văn này chúng tôi đề xuất con đường bồi

dưỡng năng lực giải toán theo hướng tập luyện cho học sinh giải toán theo sơ

đồ gợi ý của G. Pôlya.

Chương 2

HÌNH HỌC CAO CẤP SOI SÁNG HÌNH HỌC SƠ CẤP

2.1. Chuyên đề 1: ĐƠN HÌNH TRỰC TÂM VÀ CÁC BÀI TOÁN LIÊN

QUAN

2.1.1. MỘT SỐ KHÁI NIỆM

2.1.1.1. Các định nghĩa

Định nghĩa 1

n- đơn hình trong đó J0, J1,..., Jn là (n + 1) điểm độc lập afin

trong không gian Ơclít hữu hạn chiều E, là bao lồi của hệ điểm (J0,J1,...,Jn).

Định nghĩa 2

Cho n-đơn hình trong không gian Ơclit hữu hạn chiều E,

mỗi Ji(i = 0,1,...,n). Lấy (q + 1) đỉnh phân biệt (0 q n-1) của nó thì bao lồi

của hệ (q + 1) điểm này gọi là một q-mặt bên của n-đơn hình đã cho, q-mặt

bên S và q'-mặt bên S' của đơn hình gọi là măt đối diện nến q + q' = n-1 và S,

S' không có đỉnh chung.

Định nghĩa 3

Hai phẳng trong không gian Ơclit E gọi là trực giao nếu các không

gian véctơ chỉ phương tương ứng và trực giao tức là mọi véctơ của

trực giao với mọi véctơ của .

Định nghĩa 4

n-đơn hình được gọi là n-đơn hình trực tâm nếu các đường

cao (đường thẳng qua đỉnh Ji và trực giao với siêu phẳng chứa (n-1)-mặt bên

đối diện với Ji) đồng quy.

Kí hiệu

Ta kí hiệu {0,1,...,n}\{i} bởi {0,1,.., ,...,n} (i = 0,1,...,n).

2.1.1.2. Trường hợp đặc biệt

- Trong E2: Tam giác là đơn hình trực tâm.

- Trong E3: Tứ diện là đơn hình. Một tứ diện gọi là tứ diện trực tâm nếu bốn

đường cao trong tứ diện đồng quy.

2.1.2. MỘT SỐ TÍNH CHẤT ĐẶC TRƯNG CỦA ĐƠN HÌNH TRỰC

TÂM

2.1.2.1. Định lí

Điều kiện cần và đủ để n-đơn hình là đơn hình trực tâm là

không đổi với mọi i k; i, k {0,1,2...,n}\{p} trong đó p cố định

thuộc {0,1,...,n}.

Chứng minh

1. Điều kiện cần: Nếu là n-đơn hình trực tâm. Gọi H là trực tâm

của n-đơn hình đó. Chẳng hạn, ta chứng minh không đổi với mọi i

k; i, k {1,2...,n}.

Thật vậy, với mọi i k; i, k {1,2...,n}

s t; s, t {1,2...,n}

=

( ở đây i k, t s nên , )

) = 0

Điều này luôn đúng vì .

Vậy không đổi với mọi i k; i, k {1,2...,n}.

2. Điều kiện đủ: Nếu trong n-đơn hình chẳng hạn có = a không đổi

i, k {1,2...,n}.

Gọi là pháp véctơ của (n-1)- mặt bên đối diện với đỉnh J i của n-đơn

hình, {0,1,2...,n}, đồng thời thỏa mãn:

. với mọi {0,1,2...,n}

(Điều này thực hiện được vì mà bù trực giao với

nên = 0)

Gọi H là điểm được xác định bởi:

Ta sẽ chứng minh: là đơn hình trực tâm và nhận H là trực

tâm.

Ta có

=

= -a + a

= 0,

(ở đây do cách xác định các véctơ nên , ,

, ). (1) Vậy

<J0,J1,...,Jn>

= .

= -a + a

= -a + a

= 0

(ở đây để ý rằng s)

Vậy

Hoàn toàn tương tự ta cũng có

(2)

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

2.1.2.2. Hệ quả

Từ định lí 2.1.2.1 ta có:

Nếu n-đơn hình là đơn hình trực tâm thì mọi q-mặt bên (q

2) đều là q-đơn hình trực tâm.

2.1.2.3. Định lí

Điều kiện cần và đủ để n-đơn hình là n-đơn hình trực tâm

là tồn tại duy nhất điểm H sao cho không đổi với mọi i k, i,k

{0,1,...,n}.

Chứng minh

1. Nếu là n-đơn hình trực tâm, gọi H là trực tâm của n-đơn hình

đó

Ta có

(ở đây lấy m , m , m nên

luôn đúng vì theo đúng cách chọn m thì

Vậy không đổi

2.Giả sử H là điểm sao cho không đổi với mọi

ta sẽ chứng minh là n-đơn hình trực tâm đó

Thật vậy, giả sử = a không đổi

Ta có

=

= -a + a

= 0 với

Do đó

Hoàn toàn tương tự ta có

Vậy H là trực tâm của n-đơn hình .

Qua đó ta thấy điểm H nếu có sao cho không đổi với mọi

là duy nhất.

2.1.2.4. Định lí

Cho n-đơn hình trực tâm và H là trực tâm của n-đơn hình đó. Điều kiện

cần và đủ để là đơn hình trực tâm là các (n-1)-mặt bên của hình

là các (n-1)-đơn hình trực tâm. Đường cao JiH giao với (n-1)-mặt bên đối diện

tương ứng tại Ai, i .

Chứng minh

Chẳng hạn, ta chứng minh A0 là trực tâm của (n-1)-đơn hình

Ta có: J0A0

(1)

J1A1

(2)

Từ đó suy ra

Vậy J1A0

Tương tự, ta cũng có JkA0

Do đó các đường cao của (n-1)-đơn hình [J1,...,Jn] đồng quy tại A0. Ta

có điều phải chứng minh.

2. Đảo lại, giả sử trong n-đơn hình mọi (n-1)-mặt bên đều là (n-

1)-mặt bên đều là (n-1)-đơn hình trực tâm đồng thời hình chiếu vuông góc từ

mỗi đỉnh xuống mỗi (n-1)-mặt bên đối diện là trực tâm của mặt đó.

Gọi Ai là hình chiếu vuông góc của Ji xuống (n-1)-mặt bên

<J0, J1, J2,...,

Ai là trực tâm của (n-1)-đơn hình trực tâm đồng thời hình chiếu vuông góc từ

mỗi đỉnh xuống mỗi (n-1)- mặt bên đối diện là trực tâm của mặt đó.

Gọi là hình chiếu vuông góc của Ji xuống (n-1)-mặt bên <J0,J1,J2,...,

Ai là trực tâm của (n-1)- đơn hình [J0,J1,...,Jn] nên theo phần 1, thì J0A1 đi qua

trực tâm M của (n-1)-đơn hình [J2,...,Jn], A0 là trực tâm của (n-1)- đơn hình

[J2,...,Jn].

Vậy J0A1 và J1A0 cắt nhau tại M.

(trong trường hợp n = 3 không có trực tâm của 1 - đơn hình [J2J3] song ta cũng

thấy rằng J0A1 và J1A0 cắt nhau tại M ).

Trong tam giác J0J1M gọi H là trực tâm. Ta sẽ chứng minh H là trực

tâm của n- đơn hình

Thật vậy,

Trước hết J0A0 <J1,J2,...,Jn>

J1A1 <J0,J2,...Jn>

J0H <J1,J2,...,Jn> (*)

J1H <J0,J2,...,Jn> (**)

(Để ý rằng trong tam giác J0A0M các đường cao J0A0, đi qua trực tâm H của

tam giác đó).

Bây giờ xét k {2,3,...,n}

A0 là trực tâm của [J1,J2,...,Jn] nên

Mặt khác, HA0 <J1,J2,...,Jn>

Từ (3) và (4) suy ra

Ta có J0A 0 <J1,J2,...,Jn>

J1A1 <J0,J2,J3,...,Jn>

(Nhắc lại rằng M là trực tâm của (n - 2)-đơn hình [J2...Jn] nên M nằm trên (n-

2)-phẳng <J2,J3,...,Jn>)

Mặt khác, H là trực tâm của tam giác J0MJ1 nên



HJk <J1,J2,..., ,...,Jn>

Từ đó cùng với (*) và (**) suy ra các đường cao của n-đơn hình

đồng quy tại H.

Từ đó ta có điều phải chứng minh.

2.1.2.5. Định lí

Điều kiện cần và đủ để n-đơn hình là n-đơn hình trực tâm

là mọi cặp mặt đối nhau của n- đơn hình đều trực giao với nhau.

Chứng minh

1. Giả sử là n-đơn hình trực tâm. Chẳng hạn, ta chứng minh q-

mặt bên <J0,J1,...,Jn> trực giao với (n-q-1)-mặt bên đối diện

<Jq + 1,Jq + 2,...,Jn> (q = 1,2,...,n-2)

Xét k bất kỳ thuộc {1,2,...,q}

Gọi H là trực tâm của n - đơn hình

Khi đó, J0H <J1,J2,...,Jn>

JkH <J0,J1,..., ,...,Jn>

Từ (1) & (2) suy ra

với k tùy ý thuộc {1,2,...,n}

Vậy <J0,J1,...,Jq> <Jq+1,Jq+2,...,Jn> . Ta có điều phải chứng minh.

2. Giả sử n-đơn hình có các cặp mặt bên đối diện trực giao với

nhau. Ta phải chứng minh là đơn hình trực tâm.

Gọi Ai là chân đường cao kẻ từ đỉnh Ji của đơn hình. Ta sẽ chứng minh

(n-1)- mặt bên <J0,J1,..., ,...,Jn> - đơn hình trực tâm và Ai là trực tâm của nó, i

Chẳng hạn, ta chứng minh các đường cao của

(n-1)- đơn hình [J1,J2,...,Jn] đồng quy tại A0.

Thật vậy,

J0A0 <J1,J2,...,Jn>

J1J0 trực giao với (n-1)- mặt bên đối diện <J2,J3,...,Jn> nên


Do đó J1A0 <A2,A3,...,An>.

Vậy J1A0 là đường cao của (n-2)- đơn hình [J2,J3,...,Jn], tương tự JkA0

cũng là đường cao của (n-2)- đơn hình [J1,J2,.., ,...,Jn].

Vậy (n-1)-đơn hình [J1,J2,...,Jn] là (n-1)- đơn hình trực tâm, có trực tâm

là Ak.

Từ đó theo định lí 2.1.2.4 thì là n- đơn hình trực tâm.

(Điều phải chứng minh)

2.1.2.6. Định lí

Trong n-đơn hình trực tâm (n 4) đường thẳng qua các

trực tâm của mỗi cặp mặt đối diện (có số chiều 2) trực giao với hai mặt đó.

Chứng minh

Không giảm tính tổng quát, chẳng hạn ta chứng minh đường thẳng nối

trực tâm M của mặt [J0,J1,...,Jn] với trực tâm N của mặt [Jq+1,Jq+2,...,Jn] trực giao

với cả hai mặt đó (2 ).

Do là n-đơn hình trực tâm nên theo hệ quả 2.1.2.2 thì

[J0,J1,..,Jq+1] cũng là (q+1)- đơn hình trực tâm, mặt khác M là trực tâm của q-

mặt [J0,J1,...,Jq] nên theo định lí 2.1.2.4 thì Jq+1M [J0,J1,...,Jq].

mặt khác theo định lí 2.1.2.5 ta có

<J0,J1,...,Jq> <Jq+1,...,Jn>.

nên

Do đó

Tương tự ta cũng có MN <Jq+1,Jq+2,...,Jn> (điều phải chứng minh).

2.1.2.7. Định lí

Trong n- đơn hình trực tâm đường vuông góc chung của

mặt đối diện đồng quy tại trực tâm của n-đơn hình.

Chứng minh

Gọi H là trực tâm của n- đơn hình , chẳng hạn ta chứng

minh đường vuông góc chung của cặp mặt đối diện <J0,J1,...,Jn> và

<Jq+1,Jq+2,...,Jn> đi qua H.

Thật vậy,

Dựng HM [J0,J1,...,Jq] (M <J0,J1,...,Jn>).

Vì H là trực tâm của n- đơn hình nên

.

Mặt khác theo định lí 2.1.2.5 thì

<J0,J1,...,Jq> <Jq+1,...,Jn>

M <J0,J1,...,Jq>


Từ đó suy ra điều phải chứng minh.

2.1.2.8. Định lí

Điều kiện cần và đủ để n- đơn hình là đơn hình trực tâm là

tồn tại số tự nhiên q: 0 sao cho mọi cặp q-mặt bên và (n-q-1)- mặt

bên đối diện của n- đơn hình trực giao với nhau, đồng thời các đường vuông

góc chung đó của các cặp mặt đối diện đồng quy tại một điểm.

Chứng minh

Điều kiện cần được suy ra từ định lí 2.1.2.5 và 2.1.4.7.

Bây giờ ta chứng minh điều kiện đủ.

Trước hết nếu q = 0 hoặc q = n -1 thì rõ ràng theo định nghĩa ta có n-

đơn hình là n - đơn hình trực tâm (các đường cao đồng quy).

Xét trường hợp 1 :

Giả sử các đường vuông góc chung của các cặp q- mặt bên và (n-q-1)-

mặt bên đối diện của n- đơn hình đồng quy tại H. Ta chứng minh

là n- đơn hình trực tâm và nhận H là trực tâm.

Thật vây,

Xét q- mặt bên [J1,J2,...,Jq+1] và (n-q-1)-mặt bên đối diện [J0,Jq+2,...,Jn]

chúng vuông góc với nhau và đường vuông góc chung MN của chúng đi qua

H.

(M )

Theo giả thiết <J1,J2,...,Jq+1> <J0,Jq+2,...,Jn> mà 1 ;

M

nên

Mặt khác, H

nên (

Tương tự ta cũng có

Vậy J0H


JkH

Do đó là đơn hình trực tâm. (Điều phải chứng minh).

2.1.2.9. MỘT SỐ TÍNH CHẤT ĐẶC TRƯNG CỦA TỨ DIỆN TRỰC TÂM

Từ các tính chất của đơn hình trực tâm, xét với n = 3 ta thu được các

tính chất của tứ diện trực tâm như sau:

2.1.2.9.1. Tính chất 1

Điều kiện cần và đủ để tứ diện ABCD là tứ diện trực tâm là

.

2.1.2.9.2. Nhận xét

Ở tính chất này chúng ta thấy tam giác luôn thỏa mãn, từ đó giải thích

tại sao trong tam giác luôn có ba đường cao đồng quy.

2.1.2.9.3. Tính chất 2

Điều kiện cần và đủ để tứ diện ABCD là tứ diện trực tâm là tồn tại duy

nhất một điểm H thỏa mãn

2.1.2.9.4. Tính chất 3

Điều kiện cần và đủ để một tứ diện là tứ diện trực tâm là các đường

cao đi qua trực tâm của mặt đáy.

2.1.2.9.5. Tính chất 4

Điều kiện cần và đủ để một tứ diện là tứ diện trực tâm là các cặp cạnh

đối vuông góc với nhau.

2.1.2.9.6. Tính chất 5

Trong tứ diện trực tâm thì đường vuông góc chung của các cặp cạnh

đối đồng quy tại trực tâm của tứ diện.

2.1.3. CÁC DẤU HIỆU NHẬN BIẾT VỊ TRÍ TRỰC TÂM CỦA ĐƠN HÌNH2.1.3.1. Định lí

Điều kiện đủ để n- đơn hình trực tâm có trực tâm H nằm

trong n- đơn hình là tâm O của siêu cầu ngoại tiếp n- đơn hình nằm trong đơn

hình đó.

Chứng minh

Gọi G là trọng tâm của n- đơn hình , ta tạm thời công nhận

rằng mà sẽ chứng minh kết quả này trong định lí 2.1.2.4.

Gọi Vi là thể tích của n- đơn hình [J0,J1,...,Ji-1,O,Ji+1,...,Jn] i=0,1,...,n. V là thể

tích của n- đơn hình .

Để ý rằng V =

Ta có

Gọi Ai là giao của JiO với mặt đối diện với đỉnh Ji của n- đơn hình

(i=0,1,..,n)

Do O nằm trong n- đơn hình nên Ai nằm trong(n-1)- mặt

đồng thời O là tâm siêu cầu ngoại tiếp n- đơn hình nên OA i

.

Do đó Vi

Kết hợp với (1) suy ra H nằm trong n-đơn hình .

2.1.3.2. Nhận xét

1. n-đơn hình trực tâm có trực tâm nằm ngoài đơn hình khi và

chỉ khi tồn tại ít nhất một (n-1)- mặt nào đó của n- đơn hình cũng có trực tâm

nằm ngoài (n-1)- mặt đó. Từ để ý trên cùng với định lí 2.1.2.1 và định lí

2.1.2.4 dễ dàng thấy kết quả sau:

i) n- đơn hình trực tâm có trực tâm nằm ngoài n- đơn hình khi và chỉ khi

tồn tại i sao cho không đổi với mọi

nhận giá trị âm.

ii) n- đơn hình trực tâm có trực tâm nằm trong n- đơn hình khi

và chỉ khi với mọi thì không đổi với mọi

và nhận giá trị dương.

iii) n- đơn hình trực tâm có trực tâm trùng với một đỉnh J i nào

đó khi và chỉ khi

2. Ta cũng dễ dàng nhận thấy rằng

- Nếu n- đơn hình có trực tâm H thì các n- đơn hình

cũng là đơn hình trực tâm, đồng thời nhận Ji là trực tâm

.

- Nếu n- đơn hình có trực tâm H nằm ngoài n- đơn hình thì

tồn tại để n- đơn hình (i=0,1,...,n) có trực tâm Ji

nằm ngoài n- đơn hình đó.

- Nếu n- đơn hình có trực tâm H nằm trong n- đơn hình thì

tồn tại để n- đơn hình có trực tâm Ji nằm trong n-

đơn hình đó.

Tất nhiên rằng n- đơn hình cũng có trực tâm Ji trùng vào

đỉnh Ji thì n- đơn hình cũng có trực tâm Ji trùng đỉnh H.

Từ đó cùng với nhận xét (1) và định lí 2.1.2.3 ta có kết quả sau:

a) n- đơn hình trực tâm có trực tâm H nằm trong n- đơn hình khi và chỉ

khi:

không đổi với và nhận giá trị âm.

b) n- đơn hình trực tâm có trực tâm H nằm ngoài n- đơn hình

khi và chỉ khi:

không đổi với mọi và nhận giá trị dương.

c) n- đơn hình trực tâm có trực tâm H trùng vào đỉnh Ji của

n- đơn hình khi và chỉ khi:

= 0 .

2.1.3.3. Định lí

Trong n- đơn hình trực tâm gọi wi là thể tích của (n-1) -

mặt bên .

Khi đó

i) n- đơn hình có trực tâm H trùng vào đỉnh Ji nào đó của n- đơn

hình khi và chỉ khi:

ii) n- đơn hình có trực tâm H nằm trong n- đơn hình khi và chỉ

khi với mọi thì

iii) n- đơn hình có trực tâm H nằm ngoài n- đơn hình khi và chỉ

khi với mọi thì

Chứng minh

i) Nếu n- đơn hình trực tâm có trực tâm H trùng vào đỉnh nào đó

của n- đơn hình, chẳng hạn H J0

Khi đó JsJ0

Dựng J0A0

Theo định lí "con nhím" ta có

(


ii) Nếu n- đơn hình có trực tâm H nằm trong n- đơn hình, khi đó

theo định lí "con nhím" ta có:

(Do H nằm trong n- đơn hình nên theo nhận xét 2.1.3.2 ta có không

đổi với mọi i , và nhận giá trị âm).

Tương tự ta cũng có


iii) Nếu n- đơn hình có trực tâm H nằm ngoài n- đơn hình. Khi

đó theo nhận xét 2.1.3.2: không đổi với và nhận

giá trị dương, đồng thời tồn tại để tồn tại n- đơn hình

có trực tâm Ji nằm trong n- đơn hình đó. Không giảm tính

tổng quát chẳng hạn J0 nằm trong n- đơn hình

Khi đó theo định lí "con nhím" ta có

(Theo nhận xét 2.1.3.2 thì )

Đối với một bố số W0,W1,...,Wn khác 0 bất kỳ thì chỉ có thể xảy ra một trong

các khả năng sau:

+ Thứ nhất hoặc tồn tại duy nhất sao cho

+ Thứ hai hoặc với mọi thì:

+ Thứ ba hoặc tồn tại duy nhất thì

Do đó sau khi chứng minh ba điều kiện cần ở các kết luận i), ii), iii) của định

lí 2.1.3.3 thì điều kiện đủ cũng hoàn toàn được chứng minh.

2.1.3.4. CÁC DẤU HIỆU NHẬN BIẾT TRỰC TÂM CỦA TAM GIÁC, TỨ

DIỆN

Từ các dấu hiệu nhận biết trực tâm của tứ diện trực tâm, xét với n = 2,

n=3 thu được các dấu hiệu nhận biết trực tâm của tam giác và tứ diện như sau:

2.1.3.4.1. Từ định lí 2.1.3.1 ta có


Trong tam giác, trực tâm nằm trong tam giác khi và chỉ khi tâm của

đường tròn ngoại tiếp cũng nằm trong tam giác đó.

*Đối với tứ diện:

Điều kiện cần và đủ để tứ diện trực tâm ABCD có trực tâm H nằm

trong tứ diện là tâm O của mặt cầu ngoại tiếp cũng nằm trong tứ diện.

2.1.3.4.2. Từ nhận xét 2.1.3.2 ta có

1. Tứ diện trực tâm ABCD có trực tâm H nằm ngoài tứ diện khi và chỉ khi có

ít nhất một mặt nào đó có trực tâm nằm ngoài tam giác đó.

2. * Đối với tam giác:

Tam giác ABC có trực tâm H

a) H nằm ngoài tam giác khi và chỉ khi tồn tại một trong các tích sau nhận

giá trị âm:

b) H nằm trong tam giác khi và chỉ khi


Tứ diện trực tâm A1A2A3A4 có trực tâm H

a) H nằm ngoài tứ diện khi và chỉ khi tồn tại một đỉnh Ai (i = 1,2,3,4) sao

cho không đổi và nhận giá trị âm.

b) H nằm trong tứ diện khi và chỉ khi với mọi i sao cho

không đổi nhận giá trị dương.

c) H trùng với một đỉnh Ai nào đó


Nếu tam giác ABC có trực tâm H, thì các tam giác HBC, HCA, HAB

lần lượt có các trực tâm là A, B, C.

* Đối với tứ diện

Nếu tứ diện ABCD có trực tâm H thì HBCD, HACD, HABD, HABC

cũng là các tứ diện trực tâm và lần lượt nhận các đỉnh A, B, C, D làm trực

tâm.


Tam giác ABC có trực tâm H

a) Nếu H nằm ngoài tam giác khi và chỉ khi tồn tại một đỉnh sao cho H

cùng với hai đỉnh còn lại tạo thành các tam giác có trực tâm nằm ngoài.

b) H nằm trong tứ diện thì các tam giác HAB, HBC, HCA có trực tâm nằm

ngoài tam giác đó.



a) Nếu H nằm ngoài tứ diện thì tồn tại một đỉnh Ai, (i = 1,2,3,4) sao cho H

cùng 3 đỉnh còn lại tạo thành một tứ diện có trực tâm nằm ngoài.

b) Nếu H nằm trong tứ diện thì các tứ diện HA1A2A3, HA1A2A4, HA1A3A4,

HA2A3A4 có tâm nằm ngoài tứ diện.

c) Nếu H trùng với một đỉnh Ai (i=1,2,3,4) nào đó của tứ diện thì tứ diện

tạo bởi H và 3 đỉnh còn lại cũng có trực tâm trùng với H.

2.1.3.4.6. Từ định lí 2.1.3.3 ta có


Cho tam giác ABC, H là trực tâm. Chứng minh rằng

a) H trùng với A khi và chỉ khi a2 = b2 + c2;

b) H nằm trong tam giác khi và chỉ khi bình phương của một cạnh bất kì

nhỏ hơn tổng bình phương của hai cạnh còn lại;

c) H nằm ngoài tam giác khi và chỉ khi tồn tại một cạnh sao cho bình

phương của cạnh đó lớn hơn tổng bình phương của hai cạnh còn lại.


Cho tứ diện trực tâm ABCD, H là trực tâm của tứ diện. Chứng minh

rằng

a) Trực tâm H trùng với A khi và chỉ khi

b) Trực tâm H nằm trong tứ diện khi và chỉ khi bình phương diện tích

một mặt nhỏ hơn tổng bình phương diện tích các mặt còn lại.

c) Trực tâm H nằm ngoài tứ diện khi và chỉ khi tồn tại một mặt sao cho

bình phương diện tích mặt đó lớn hơn tổng bình phương diện tích các mặt còn

lại.

2.1.4. CÁC SIÊU CẦU ƠLE TRONG ĐƠN HÌNH TRỰC TÂM

2.1.4.1. Định lí

Trong n- đơn hình trực tâm , các điểm G0,G1,...,Gn,

A0,A1,...,An, M0,M1,...,Mn cùng nằm trên một n- cầu, trong đó Gk là trọng tâm

của mặt <J0,J1,..., ...,Jn>, Ak là chân đường cao hạ từ đỉnh Jk xuống mặt

<J0,J1,..., ...,Jn>, Mk là điểm chia đoạn nối trực tâm H với đỉnh Jk theo tỉ lệ

Ta gọi n- cầu đi qua 3(n+1) điểm trên siêu cầu Ơle loại (n-1) của n- đơn hình

.

Chứng minh

Ta sẽ chứng minh các điểm Ai, Gi cùng nhìn M0G0 dưới góc vuông

.

Thật vậy, theo phần chứng minh định lí 2.1.2.4 thì J0A1 và J1A0 cắt nhau

tại M (M nằm trên A2A3 nếu n = 3 và M là trực tâm của [A2,A3,...,An] nếu n

).

Ta có

nên

Gọi G0 là trọng tâm của [J1,J2,...,Jn] nên

Vậy

Xin lưu ý thêm rằng: Vì H là trực tâm của nên

A1 là trực tâm của [J0,J1,J2,...,Jn] nên

ở đây ta nói nếu n=3 và M là trực tâm của (n-2)- mặt [J2,J3,...,Jn] nếu n

)

Bây giờ trong tam giác J0MJ1, có trực tâm là H, các đường cao J1A1,

J0A0 cắt nhau tại H.

đồng dạng với

Mặt khác, nếu tam giác J0MJ1 có góc thì

còn

nếu tam giác J0MJ1 có J1J0M <900 thì

còn

Có nghĩa là và luôn trái dấu

Kết hợp cùng hệ thức (2) ta có

Từ đó thay vào (1) suy ra

Hoàn toàn tương tự ta cũng có (3)

Bây giờ do G0 là trọng tâm của mặt [J1,J2,...,Jn], G1 là trọng tâm của mặt

[J0,J2,J3,...,Jn] nên

Do vậy,

(Vì H là trực tâm của nên )

Vậy


Ta có

Vậy

Vậy = 0


Từ (3), (4), (5) chứng tỏ Ak, Mk, Gk cùng nhìn M0G0 dưới một góc vuông, với

. Do đó các điểm G0,G1,...,Gn, A0,A1,...,An, M0,M1,...,Mn cùng

nằm trên một n- cầu đường kính M0G0 (MkGk cũng là đường kính của n- cầu

này ).

2.1.4.2. Định lí

Trong n- đơn hình trực tâm , trực tâm H, với mỗi số tự

nhiên q sao cho ta luôn có:

Trọng tâm của các q- mặt bên, chân đường vuông góc hạ từ H xuống

các q- mặt bên đó, các điểm là ảnh của các trọng tâm các (n-q-1)- mặt đối

diện (với các q- mặt trên) qua phép vị tự tâm H tỉ lệ cùng nằm trên một

n- cầu, ta tạm gọi đây là siêu cầu Ơle loại q của n- đơn hình trực tâm.

Chứng minh

Gọi G là trọng tâm q- mặt [J0,J1,...,Jq]

N là hình chiếu vuông góc của H xuống q- mặt này

Khi đó HN là đường vuông góc chung của q- mặt [J0,J1,...,Jq] và (n-q-1)- mặt

đối diện [Jq+1,Jq+2,...,Jn]

Gọi K là ảnh của trọng tâm (n-q-1)- mặt [Jq+1,Jq+2,...,Jn] qua phép vị tự tâm H tỉ

lệ , có nghĩa là

Định lí sẽ được chứng minh nếu ta xét một q- mặt bất kỳ khác q- mặt

trên và chứng minh được rằng trọng tâm của q- mặt này, hình chiếu vuông

góc của H xuống q- mặt này, ảnh của trọng tâm của (n-q-1)- mặt đối diện với

nó qua phép vị tự tâm H tỉ lệ cùng nhìn GK dưới một góc vuông.

Không mất tính tổng quát, chẳng hạn xét q- mặt

[Jq-m+1Jq-m+2...JqJq+1Jq+2...J2q-m+1] ( )

Gọi G1 là trọng tâm của q- mặt này.

N1 là hình chiếu vuông góc của H xuống q- mặt này

K1 là điểm được xác định bởi

Ta có G là trọng tâm của q- mặt [J0,J1,...,Jq], G1 là trọng tâm của q- mặt

[Jq-m+1Jq-m+2...JqJq+1Jq+2...J2q-m+1] nên

Vậy

(Ở đây xin lưu ý thêm rằng H là trực của n- đơn hình trực tâm

nên nếu và )

Vậy

Ta có

Vậy

(Theo (1) thì ta đã chứng minh

Từ (1) và (2) suy ra trọng tâm của các q- mặt các ảnh của các trọng tâm

các (n-q-1)- mặt đối diện với các q- mặt trên qua phép vị tự tâm H tỉ lệ

cũng nằm trên một n- cầu.

- Nếu q = 0 thì mỗi q- mặt chỉ gồm 1 đỉnh của n- đơn hình đồng thời

hình chiếu vuông góc từ trực tâm H xuống O- mặt này cũng là trọng tâm của

q- mặt cũng nằm trên n- cầu đã nói ở trên.

- Nếu thì mỗi q- mặt B của n- đơn hình cùng xem là q- mặt của

(q+1)- đơn hình nào đó có các đỉnh của n- đơn hình, theo định lí 2.1.4.1 thì

(q+1)- cầu đi qua các trọng tâm của các q- mặt của (q+1)- đơn hình này cũng

đi qua chân các đường cao hạ từ các đỉnh của (q+1)- đơn hình xuống các q-

mặt bên, trong số đó chân đường cao ứng với q- mặt B cùng nằm trên (q+1)-

cầu Ơle loại q của (q+1)- đơn hình nói trên. Hơn nữa n- cầu đã nói ở (3) cũng

đi qua (q+1) trọng tâm của các q- mặt bên của (q+1)- đơn hình này. Nên

(q+1)- cầu Ơle nói trên nằm trên n- cầu đã nói ở (3). Dó đó hình chiếu vuông

góc của H xuống q- mặt bên B cũng nằm trên n- cầu đã nói ở (3).

Như vậy định lí đã hoàn toàn được chứng minh.

2.1.4.3. Nhận xét

Khi cho q = 0,1,...,n-1; theo cách nhìn nhận của ta đối với mỗi n- đơn

hình trực tâm sẽ có n siêu cầu Ơle.

Trong trường hợp q=0 thì n- cầu Ơle loại 0 đi qua các đỉnh n- đơn hình

nên nó chính là n- cầu ngoại tiếp n- đơn hình. Tuy nhiên theo định lí trên n-

cầu ngoại tiếp này cũng đi qua các điểm K0, K1,...,Kn; trong đó Ki được xác

định sao cho:

, hơn nữa n- cầu

ngoại tiếp này nhận JiKi là đường kính i=0,1,...,n.

Gọi Ai là chân các đường cao hạ từ đỉnh J i xuống (n-1)- mặt đối diện của n-

đơn hình; i=0,1,...,n.

Gi là trọng tâm của (n-1)- mặt

Ei là điểm được xác định bởi .

Khi đó do

Suy ra

Mà

hay cũng là

Do đó Ei cũng nằm trên n- cầu ngoại tiếp n- đơn hình, nói cách các ảnh

của các chân đường cao của n- đơn hình qua phép vị tự tâm H tỉ lệ cũng

nằm trên n- cầu ngoại tiếp đơn hình.

2.1.4.5. ĐƯỜNG TRÒN ƠLE TRONG TAM GIÁC VÀ MẶT CẦU ƠLE

TRONG TỨ DIỆN TRỰC TÂM

Xét với n=2, n=3 chúng ta thu được bài toán đường tròn Ơle và mặt

cầu Ơle sau:

2.1.4.5.1. Tính chất 1

* Đối với tam giác

Cho tam giác ABC bất kỳ, H trực tâm, các đường cao là AA1, BB1,

CC1; M1, M1, M3 lần lượt là trung điểm các cạnh BC, AC, AB; I1, I2, I3 lần

lượt là trung điểm của các đoạn thẳng HA, HB, HC. Chứng minh rằng 9 điểm

M1, M1, M3, I1, I2, I3, A1, B1, C1 cùng nằm trên một đường tròn (Đường tròn

Ơle).


Chứng minh rằng trong một hình tứ diện trực tâm, các trọng tâm và

trực tâm của các mặt, cũng như các điểm các đoạn thẳng của mỗi đường cao

của tứ diện, kể từ đỉnh tới trực tâm của tứ diện theo tỉ số 2:1 thì cùng nằm trên

một mặt cầu (Mặt cầu Ơle).

2.1.4.5.2. Tính chất 2

*Đối với tứ diện

Trong một tứ diện trực tâm sáu trung điểm của sáu cạnh và sáu chân

đường vuông góc chung của các cặp cạnh đối cùng nằm trên một mặt cầu.

2.1.4.5.3. Nhận xét


Trong tam giác ABC có M1, M2, M3 lần lượt là trung điểm của các cạnh

BC, AC, AB; H1, H2, H3 lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C.

Gọi K1, K2, K3 lần lượt là điểm đối xứng của H qua M1, M2, M3; I1, I2, I3 lần

lượt là điểm đối xứng của H qua BC, AC, AB. Khi đó K1, K2, K3, I1,I2, I3

thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, hơn nữa đường tròn này có các

đường kính AK1, BK2, CK3.


Trong tứ diện trực tâm ABCD, H là trực tâm, có G1, G2, G3, G4 lần lượt

là trọng tâm của các mặt (BCD), (ACD), (ABD), (ABC); H1, H2, H3, H4 lần

lượt là chân đường cao hạ từ đỉnh A, B, C, D.

Gọi K1, K2, K3, K4 được xác định

I1, I2, I3, I4 lần lượt được xác định

Khi đó K1, K2, K3, K4, I1, I2, I3, I4 nằm trên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Hơn nữa, mặt cầu này nhận AK1, BK2, CK3, DK4 làm đường kính.

2.1.5. SIÊU CẦU ƠLE TRONG ĐƠN HÌNH BẤT KỲ

2.1.5.1. Định lí

Đối với mỗi n- đơn hình bất kỳ, tồn tại duy nhất điểm H

thỏa mãn tính chất: Trọng tâm các (n-1)-mặt bên của đơn hình, các điểm Mk

chia đoạn HJk theo tỉ lệ , các hình chiếu vuông góc của Mk

xuống (n-1)- mặt cùng nằm trên một n- cầu. Ta gọi đây là

siêu cầu Ơle của n- đơn hình . Trong trường hợp là

đơn hình trực tâm thì điểm H là trực tâm và siêu cầu nói trên chính là siêu cầu

Ơle loại (n-1) của n- đơn hình. .

Chứng minh

Gọi G là trọng tâm n- đơn hình , Gk là trọng tâm mặt

k=0,1,...,n; O là tâm siêu cầu ngoại tiếp đơn hình.

Điểm H được xác định bởi:

Gọi Mk là điểm sao cho

Xét phép vị tự tâm H, tỉ lệ

:Jk Mk k = 0,1,...,n

: (O;R) (O1;R1)

trong đó (O;R) là siêu cầu tâm O, bán kính R ngoại tiếp n- đơn hình

; (O1;R) là siêu cầu tầm O1 bán kính R, ngoại tiếp n- đơn hình

.

Ta có

Xét phép vị tự tâm G, tỉ lệ

trong đó (O2;R2) là siêu cầu tâm O2,

bán kính R2, ngoại tiếp n- đơn hình .

Ta có

Từ (1) và (2) suy ra .

Vậy các điểm M0,M1,...,Mn, G0,G1,...,Gn cùng nằm trên một siêu cầu tâm O1,

bán kính R1.

Hơn nữa,

Vậy

Do đó MkGk là các đường kính của siêu cầu (O1;R1) k=0,1,...,n, nên

hình chiếu vuông góc của Mk xuống (n-1)-mặt <J0,J1,..., ...,Jn> cũng nằm

trên siêu cầu này với mọi k=0,1,...,n.

Dễ dàng nhận thấy điểm H thỏa mãn tính chất nói trên là duy nhất,

đồng thời khi là n- đơn hình trực tâm thì biểu thức

suy ra H là trực tâm của n- đơn hình, siêu cầu nói trên trở thành siêu cầu Ơle

loại (n-1) của n- đơn hình trực tâm .

2.1.5.2. Định lí

n- đơn hình bất kì, khi đó với mỗi điểm M trong không

gian mà hình chiếu vuông góc của nó xuống các (n-1)- mặt bên của n- đơn

hình cùng nằm trên một siêu cầu. Trong trường hợp là đồng quy

của các đường thẳng qua các trọng tâm của các (n-1)- mặt và vuông góc với

mặt đó thì siêu cầu nói trên trở thành siêu cầu Ơle loại (n-1) của n- đơn hình

trực tâm .

Chứng minh

Giả sử M là điểm bất kì và hình chiếu vuông góc của nó xuống (n-1)-

mặt <J0,J1,..., ...,Jn> là Mk, k=0,1,...,n.

M0,M2,...,Mn không cùng nằm trên một siêu phẳng.

Gọi Ak là điểm đối xứng của M qua siêu mặt <J0,J1,..., ...,Jn>, k=0,1,...,0.

Suy ra

Ta cũng có A0,A1,...,An không cùng nằm trên một siêu phẳng. Gọi (N,R) là

siêu cầu tâm N, bán kính R, ngoại tiếp n- đơn hình (A0,A1,...,An).

Xét phép vị tự tâm M, tỉ lệ

Suy ra

trong đó (O1; ) là siêu cầu tâm O, bán kính , ngoại tiếp n- đơn hình

.

O1 được xác định bởi

Bây giờ ta cũng gọi Nk là hình chiếu vuông góc của N xuống siêu mặt

<J0,J1,..., ...,Jn> k=0,1,...,n.

Gọi Bk (k=0,1,…n) lần lượt là điểm đối xứng của N qua các mặt đối diện với

các đỉnh Jk (k=0,1,2,…,n).

Lúc đó theo tính chất về đối xứng ta có:

NAk = MBk k=0,1,...,n.

Mà NAk = R, k=0,1,..,n

MBk= R, k=0,1,...,n

Vậy B0,B1,...,Bn cùng nằm trên siêu cầu (M,R), tâm M bán kính R.

Hoàn toàn tương tự phần chứng minh phía trên ta cũng suy ra N0,N1,...,Nn

cùng nằm trên một siêu cầu tâm O2, bán kính , trong đó O2 được xác định

bởi hay là vậy O1 O2.

Do đó M0,M1,...,Mn,N0,N1,...,Nn cùng nằm trên một siêu cầu tâm O1, bán kính

R1.

Dễ dàng chứng minh được rằng với mỗi điểm M thỏa mãn yêu cầu của

định lí tồn tại duy nhất điểm N thỏa mãn tính chất đã nêu, đồng thời khi

là đơn hình trực tâm và M trùng vào trực tâm của đơn hình hoặc

M trùng vào điểm đồng quy của các đường vuông góc với các mặt tại trọng

tâm các siêu mặt tương ứng thì siêu cầu đã nói trên chính là siêu cầu Ơle loại

(n-1) của đơn hình trực tâm .

2.1.5.3. MẶT CẦU ƠLE ĐỐI VỚI TỨ DIỆN BẤT KỲ

2.1.5.3.1. Tính chất 1

Cho tứ diện ABCD bất kỳ, tồn tại duy nhất một điểm H thoả mãn tính

chất: Trọng tâm của các mặt, các điểm I1, I2, I3, I4 lần lượt chia các đoạn HA,

HB, HC, HD theo tỉ số tính từ H, các hình chiếu của I1 xuống mặt (BCD),

I2 xuống (ACD), I3 xuống (ABD), I4 xuống (ABC), hình chiếu vuông góc của

G xuống các mặt, cùng nằm trên một mặt cầu.

2.1.5.3.2. Tính chất 2

Cho tứ diện ABCD, M là một điểm trong không gian mà hình chiếu

vuông góc của M xuống các mặt của tứ diện không đồng phẳng. Tồn tại duy

nhất điểm N sao cho các hình chiếu vuông góc của M và N xuống các mặt của

tứ diện nằm trên cùng một mặt cầu.

2.1.6. MỘT SỐ BẤT ĐẲNG THỨC TRONG ĐƠN HÌNH TRỰC TÂM

2.1.6.1. Định lí

Trong n- đơn hình trực tâm có trực tâm H trong n- đơn hình

các đường cao J0A0,J1A1,...,JnAn cắt các siêu cầu ngoại tiếp tại B0,B1,...,Bn

(khác J0,J1,...,Jn).

Khi đó .

Chứng minh

Gọi R, r lần lượt là bán kính siêu cầu ngoại tiếp, bán kính siêu cầu Ơle

lại (n-1)- của đơn hình, O và I lần lượt là tâm của các siêu cầu đó.

Dễ dàng nhận thấy

Theo định lí 4.4 ta cũng có

Xét phương trình tích H đối với siêu cầu (O)

Do H nằm trong n- đơn hình nên

HJ0.HB0 = R2-OH2=n2(r2-HI2).

Xét phương tích của H đối với siêu cầu (I):

Do đó HJ0 .HB0= n2HM0.HA0

Mặt khác HM0=

nên

Hoàn toàn tương tự

(Thực ra có thể thấy ngay từ nhận xét 2.1.4.3)

Suy ra

(ở đây H nằm trong n- đơn hình nên )

Vậy

Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có

Suy ra .

2.1.6.2. Định lí

Trong n- đơn hình trực tâm các đường cao JsAs (s=0,1,...,n)

đồng quy tại H nằm trong n- đơn hình. Gọi ais là độ dài cạnh JiJs

Khi đó .

Chứng minh

Lấy bộ 3 đỉnh bất kì trong số (n+1) đỉnh của n-đơn hình

.

Xét tam giác , các đường cao đồng quy tại K nằm

trong tam giác (vì H nằm trong n- đơn hình ).

Theo định lí 2.1.2.6 và định lí 2.1.2.7 thì HK < >

Mặt khác, ta cũng có

.

Do đó 4 điểm nằm trên một đường tròn (trong phẳng 2 chiều

chứa và ).

Vậy

Hoàn toàn tương tự

Suy ra

(ở đây do giả thiết H nằm trong n- đơn hình, K nằm trong tam giác

nên , )

Mặt khác trong tam giác trực tâm K nằm trong tam giác ta có một kết

quả sơ cấp quen thuộc

Do đó

trong đó .

Do đó

Suy

ra .

Vì H nằm trong n- đơn hình nên

Áp dụng bất đẳng thức Bunhia-Cốpxki

Hay là .

2.1.6.3. Định lí

Trong n- đơn hình trực tâm gọi H, T lần lượt là trực tâm,

trọng tâm của n- đơn hình, giả sử H nằm trong n- đơn hình. Khi đó

với R là bán kính n- cầu ngoại tiếp n- đơn hình.

Chứng minh

Do T là trọng tâm n- đơn hình nên

Gọi O là tâm n- cầu ngoại tiếp n- đơn hình . Khi đó


Theo định lí 2.1.6.2 ta lại có

Do đó (Điều phải chứng minh).

2.1.6.4. BẤT ĐẲNG THỨC TRONG TỨ DIỆN TRỰC TÂM

2.1.6.4.1. Tính chất 1

Cho tứ diện trực tâm ABCD, có H là trực tâm nằm trong tứ diện, các

đường cao AA1, BB1, CC1, DD1, các đường cao này cắt mặt cầu ngoại tiếp tứ

diện lần lượt tại các điểm A’, B’, C’, D’. Chứng minh rằng

2.1.6.4.2. Tính chất 2

Cho tứ diện trực tâm ABCD, có trực tâm H nằm trong tứ diện. Chứng

minh rằng

(HA + HB + HC + HD)2 AB2 + AC2 + AD2 +BC2 + BD2 +CD2.

2.1.6.4.3. Tính chất 3

Cho tứ diện trực tâm ABCD, H, G lần lượt là trực tâm và trọng tâm của

tứ diện, giả sử H nằm trong tứ diện. Chứng minh rằng

4R(GA + GB + GC + GD) (HA + HB +HC + HD)2

2.2. Chuyên đề 2 : BÀI TOÁN "CON BƯỚM"

2.2.1. KHÁI NIỆM SIÊU MẶT BẬC HAI

Trong không gian Ơclit An trên trường số thực chọn mục tiêu trực chuẩn

. Cho phương trình bậc hai

(1)

trong đó các hệ số aij, ai, a0 đều là số thực các aij không đồng thời bằng 0 và

aij=aji.

Tập hợp tất cả những điểm X thuộc An sao cho tọa độ (x1,x2,…,xn) của nó

thỏa mãn phương trình (1) gọi là một siêu mặt bậc hai xác định bởi phương

trình đó.

2.2.2. TRƯỜNG HỢP ĐẶC BIỆT

2.2.2.1. Xét trong E2 : Chúng ta có khái niệm đường bậc hai như sau

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đề -Các vuông góc Oxy, tập hợp tất cả

những điểm M(x ;y) thỏa mãn phương trình f(x,y) = 0, trong đó f(x,y) là đa

thức bậc hai với hai ẩn x và y, là đường bậc hai.

Chúng ta xét một số đường bậc hai trong mặt phẳng là :

+ Đường tròn, có phương trình x2 + y2 + 2Ax + 2By + C = 0 với

.

+ Đường Elip, có phương trình chính tắc .

+ Đường Hyperbol, có phương trình chính tắc

+ Đường Parabol, có phương trình chính tắc

+ Cặp đường thẳng

2.2.2.2. Mặt bậc hai trong không gian E3

Trong không gian với hệ tọa độ Đềcac vuông góc Oxyz, tập hợp những

điểm M(x;y;z) thỏa mãn phương trình f(x,y,z)=0, trong đó f(x,y,z) = 0 là đa

thức bậc hai, là mặt bậc hai.

Chúng ta chỉ xét trường hợp mặt bậc hai là mặt cầu và cặp mặt phẳng.

Mặt cầu có phương trình

2.2.3. BÀI TOÁN "CON BƯỚM"

2.2.3.1. Định lí

Trong không gian Ơclit En, cho (S) là siêu mặt bậc hai, là một siêu

phẳng sao cho . Cho điểm I, với mỗi điểm , gọi

M’ là giao điểm thứ hai của MI với (S).

a) Khi đó các điểm M’ thuộc một siêu phẳng .

b) Một đường thẳng qua I cắt (S) tại M và N, cắt tại P và

Q. Khi đó I là trung điểm của MN khi và chỉ khi I là trung điểm của PQ.

Chứng minh

a) Theo giả thiết (S) là siêu mặt bậc hai trong không gian En, là

siêu phẳng sao cho . Ta chứng minh <M'> là một siêu phẳng.

Ta dễ thấy rằng dim<M'> . Ta cần chứng minh dim<M'>= n-1.

Giả sử dim<M'> = n <M'> En. (1)

Ta xét siêu phẳng qua I sao cho S" là siêu mặt bậc

hai trong nên M' chỉ thuộc không gian (n-2) - chiều. (2)

Nhưng theo (1) thì tập hợp các điểm M' ở (2) là không gian (n-1)-chiều.

Từ đó suy ra vô lí. Vậy dim<M'> = n-1.

b) Ta chứng minh bằng phương pháp quy nạp.

Với n = 2, tính chất đúng (là bài toán "con bướm" đối với đường tròn,

được chứng minh ở chương 3).

Giả sử tính chất đúng đến n-1. Ta chứng minh tính chất đúng đến n.

Ta xét siêu phẳng chứa . Gọi (S') = - là siêu phẳng

trong không gian (n-1)- chiều, là siêu phẳng trong ,

là siêu phẳng trong .

, .

Vậy ta xét bài toán "con bướm" cho siêu mặt bậc hai (S') trong không

gian (n-1)- chiều. Theo giả thiết quy nạp thì bài toán đúng, tức là I là trung

điểm của MN khi và chỉ khi I là trung điểm của PQ.


2.2.3.2. Các trường hợp đặc biệt

Bài toán 1: (Bài toán “con bướm” đối với đường tròn)

Cho đường tròn (O) và một điểm I, đường thẳng cắt đường tròn tại

hai điểm A, B. AI, BI lần lượt cắt đường tròn tại giao điểm thứ hai là C và D.

Đường thẳng d qua I cắt đường tròn tại hai điểm M, N và cắt AB, CD lần

lượt tại P, Q. Khi đó I là trung điểm của PQ khi và chỉ khi I là trung điểm của

MN.

Bài toán 2: (Bài toán “con bướm” đối với cặp đường thẳng)

Cho tam giác ABC có I là trung điểm cạnh BC. Đường thẳng đi qua I

cắt AB, AC tại M, N. Đường thẳng đi qua I cắt AB, AC lần lượt tại P, Q.

Giả sử M và P nằm về một phía đối với BC và các đường thẳng MP, NQ lần

lượt cắt BC tại E, F. Chứng minh rằng IE = IF.

Bài toán 3: (Bài toán “con bướm” đối với Elip)

Cho elip (E) và một điểm I, đường thẳng (d) cắt (E) tại hai điểm A, B. AI,

BI cắt (E) lần lượt tại C, D.Các đường thẳng đi qua I cắt (E) tại M, N, cắt AB,

CD tại P, Q. Khi đó I là trung điểm của MN khi và chỉ khi I là trung điểm của

PQ.

Bài toán 4: (Bài toán “con bướm” đối với Hyperbol)

Cho Hyperbol (H) và đường thẳng (d) cắt (H) tại A và B; một điểm I trong

mặt phẳng. Các đường thẳng AI, BI lần lượt cắt (H) tại điểm thứ hai là C, D.

Các đường thẳng qua I cắt (H) lần lượt tại M, N; cắt AB, CD lần lượt tại P, Q.

Chứng minh rằng I là trung điểm của MN khi và chỉ khi I là trung điểm của

PQ.

Bài toán 5: (Bài toán “con bướm” đối với Parabol)

Cho Parabol (P), đường thẳng (d) cắt (P) tại A, B và một điểm I trong mặt

phẳng. Các đường thẳng AI, BI cắt (P) lần lượt tại C, D. Các đường thẳng qua

I cắt (P) lần lượt tại M, N và đồng thời cắt các đường thẳng AB, CD lần lượt

tại P, Q. Chứng minh rằng I là trung điểm của MN khi và chỉ khi I là trung

điểm của PQ.

Bài toán 6: (Bài toán “con bướm” đối với mặt cầu)

Trong không gian, cho mặt cầu (S), mặt phẳng sao cho

và một điểm I. Với mỗi điểm , đường thẳng MI

cắt (S) tại giao điểm thứ hai là M’.

a) Khi đó các điểm M’ được xác định như trên thuộc một mặt phẳng .

b) Một đường thẳng qua I cắt (S) lần lượt tại M, N và đồng thời cắt

lần lượt tại P, Q. Khi đó I là trung điểm của MN khi và chỉ khi I là

trung điểm của PQ.

Bài toán 7: (Bài toán “con bướm” đối với cặp mặt phẳng)

Cho cặp mặt phẳng và mặt phẳng (P) giao với cặp

mặt phẳng trên khác rỗng. Và một điểm I trong không gian. Mỗi điểm

, gọi M’ là giao điểm thứ hai của MI với cặp mặt phẳng

.

a) Chứng minh rằng các điểm M’ thuộc cùng một mặt phẳng (Q).

b) Một đường thẳng qua I cắt cặp mặt phẳng tại M, N và cắt (P), (Q) lần

lượt tại K, L. Chứng minh rằng I là trung điểm của MN khi và chỉ khi I là

trung điểm của KL.


Trong chương 2, chúng tôi đã trình bày được những vấn đề sau:

Thứ nhất, chúng tôi đã trình bày có hệ thống chuyên đề đơn hình trực

tâm và bài toán con bướm đối với siêu mặt bậc hai.

Thứ hai, từ các kết quả của hình hoc cao cấp, bằng con đường đặc biệt

hóa đã thu được các kết quả rất tốt trong sơ cấp, đó là hệ thống bài toán đối

với đơn hình trực tâm và bài toán con bướm.

Đây chính là "nguyên liệu" quan trọng để người thầy giáo gia công về

mặt sư phạm để có được tài liệu giảng dạy bổ ích.

Chương 3

BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC GIẢI TOÁN CHO HỌC SINH

CHUYÊN TOÁN THÔNG QUA VIỆC GIẢI BÀI TẬP HÌNH

HỌC. THỬ NGHIỆM SƯ PHẠM

3.1. Mục đích xây dựng chuyên đề

Các chuyên đề mà luận văn đề xuất là những vấn đề có tính chất khai

thác “tính nghiệp vụ” thông qua giảng dạy môn hình học sơ cấp được biên

soạn nhằm:

- Giúp học sinh chuyên toán THPT hiểu sâu hơn kiến thức về hình học

sơ cấp, cụ thể là tứ diện trực tâm và bài toán "con bướm".

- Các chuyên đề này trang bị cho học sinh góp phần bồi năng lực giải

toán cho học sinh chuyên toán THPT.

- Việc nghiên cứu chuyên đề giúp cho giáo viên có thêm công cụ phát

hiện và giải quyết vấn đề ở tầm cao hơn, sâu sắc hơn

3.2. Các nguyên tắc xây dựng chuyên đề

Nguyên tắc 1: Nội dung của từng chuyên đề phải có tính độc lập, tính

khoa học, tính sư phạm.

Tính độc lập về nội dung của từng chuyên đề được thể hiện theo hai

khuynh hướng như sau:

- Phân chia tài liệu thành đề tài, coi những đơn vị để xây dựng chuyên

đề.

- Coi những nội dung nào của tài liệu đáp ứng được mục tiêu dạy học

cụ thể sẽ là đơn vị của tài liệu. Mỗi đơn vị này sẽ tương ứng với một chuyên

đề.

Theo khuynh hướng thứ hai, cơ sở để xác định các đơn vị tài liệu học

tập là tương đối rõ ràng và có tính khả thi cao, cho phép xác định các chủ đề

làm cơ sở để xây dựng các chuyên đề tương ứng.

Nguyên tắc 2: Đảm bảo tính chặt chẽ về lý thuyết, mềm dẻo, linh hoạt

trong hệ thống bài tập. Điều này tạo điều kiện cho giáo viên nắm vấn đề một

cách sâu sắc. Bản chất của nguyên tắc này là đảm bảo tính mềm dẻo của việc

xây dựng nội dung dạy học giúp giáo viên có thể lựa chọn phương án dạy học

cho chuyên đề một cách dễ dàng hơn. Để thực hiện được nguyên tắc này cần

chú ý những yêu cầu sau:

- Thực hiện tốt nguyên tắc tính độc lập của nội dung dạy học để nội

dung từng thành phần của từng chuyên đề có thể dễ dàng thay đổi, bổ sung.

- Thực hiện chuẩn đoán ban đầu về tri thức, kĩ năng, thái độ của người

học có những chỉ dẫn nhằm cá biệt hóa việc lĩnh hội nội dung học tập của họ.

3.3. Yêu cầu về kiến thức, kỹ năng đối với học sinh chuyên toán khối 11

Để học sinh học tập hai chuyên đề được xây dựng này thì yêu cầu cần

phải có những kiến thức, kỹ năng sau:

3.3.1. Về kiến thức

- Các kiến thức cơ bản trong hình học phẳng được học ở trường THCS.

- Kiến thức về véctơ trong phẳng và trong không gian.

- Phép biến hình trong phẳng và trong không gian.

- Các khái niệm vuông góc trong không gian: hai đường thẳng vuông

góc, đường thẳng vuông góc, hai mặt phẳng vuông góc.

3.3.2. Về kỹ năng

- Kỹ năng vẽ hình.

- Kỹ năng sử dụng véctơ trong chứng minh hình học.

- Kỹ năng làm sử dụng phép biến hình trong giải toán.

- Kỹ năng chứng minh hai đường thẳng vuông góc, đường thẳng vuông

góc, hai mặt phẳng vuông góc. Và các kỹ năng chứng minh hình học tổng hợp

khác.

3.4. Tác dụng của chuyên đề xây dựng để dạy nhằm phát triển năng lực

giải toán cho học sinh chuyên toán khối 11

Chuyên đề xây dựng có tác dụng trong việc dạy học như sau:

a) Tác dụng dạy học

Giúp học sinh củng cố tri thức, kỹ năng, kỹ xảo trong những phần kiến

thức cụ thể nhằm làm khắc sâu những vấn đề lý thuyết. Đặc biệt hệ thống bài

tập trong chuyên đề còn mang tác dụng giáo dục kỹ thuật tổng hợp thể hiện

qua việc giúp học sinh:

- Rèn luyện kỹ năng đặt vấn đề một cách hợp lí, ngắn gọn và phương

pháp tư duy.

- Rèn luyện kỹ năng chứng minh toán học.

b) Tác dụng giáo dục

Giúp học sinh hình thành thế giới quan duy vật biện chứng, niềm tin và

phẩm chất đạo đức của con người lao động mới, rèn luyện cho học sinh đức

tính kiên nhẫn, chính xác, chu đáo trong học tập, từng bước nâng cao hứng

thú học tập môn toán, phát triển tư duy sáng tạo.

c) Tác dụng phát triển

Giúp học sinh ngày càng nâng cao khả năng độc lập suy nghĩ, rèn luyện

các thao tác tư duy như phân tích, tổng hợp, suy diễn, quy nạp, tương tự …

thông thạo một số phương pháp suy luận toán học, biết phát hiện và giải quyết

vấn đề một cách sáng tạo.

d) Tác dụng kiểm tra

Thông qua hệ thống bài tập, giáo viên có thể kiểm tra, đánh giá kết quả

học tập của học sinh trong quá trình dạy học. Kiểm tra đánh giá nhằm cung

cấp cho giáo viên và học sinh những thông tin về kết quả dạy học, về tri thức,

kỹ năng, năng lực giải toán… về hiệu quả dạy học của giáo viên.

Trong phạm vi của luận văn, việc áp dụng dạy học theo hướng phát

hiện và giải quyết vấn đề cho học sinh khi dạy học hai chuyên đề "tứ diện trực

tâm và các bài toán liên quan" và bài toán "con bướm" nhằm bồi dưỡng năng

lực giải toán cho học sinh lớp 11 chuyên toán THPT.

3.5. Dạy giải bài tập hình học dựa trên sơ đồ gợi ý của G. Pôlya

3.5.1. Chuyên đề 1 : Tứ diện trực tâm và các bài toán liên quan

3.5.1.1. Một số bài toán về tính chất của tứ diện trực tâm

Bài tập 1. Điều kiện cần và đủ để một tứ diện là tứ diện trực tâm là các

cặp cạnh đối vuông góc với nhau.

B 1 : Tìm hiểu bài toán

- Bài toán yêu cầu gì ?

- Bài toán cho biết gì ?

- Hãy thực hiện những yêu cầu của

bài toán.

Nếu học sinh chưa xác định được

công việc của mình thì giáo viên có

thể gợi ý cụ thể hơn :

- CM : Nếu tứ diện trực tâm thì các

cặp cạnh đối vuông góc với nhau.

(Biết tứ diện là tứ diện trực tâm)

- CM : Nếu tứ diện có các cặp cạnh

đối vuông góc với nhau là tứ diện

trực tâm.

(Tứ diện có các cặp cạnh đối vuông

góc với nhau).

- Vẽ hình : Dựng tứ diện trực tâm

ABCD, có trực tâm là H.

- Điều kiện cần thì ta có biết gì và cần

chứng minh gì ? Hỏi tương tự đối với

điều kiện đủ.

B2 : Xây dựng chương trình giải

- Bài toán này em đã gặp chưa ?

* Chứng minh điều kiện cần:

- Em có biết một định lí nào thường

dùng để chứng minh cho hai đường

thẳng vuông góc với nhau không?

- Định lí đó có sử dụng được trong

việc chứng minh bài toán này không?

- Em đã biết bài toán nào liên quan

không ?

* Chứng minh điều kiện đủ:

- Em có biết một bài toán nào liên

quan đến bài toán này không?

- Ta thường dùng cách nào để giải bài

toán này?

- Hãy áp dụng bài toán đã biết để giải

bài toán đã cho.

- Điều kiện cần : Tứ diện ABCD là tứ

diện trực tâm, tức là có 4 đường cao

đồng quy tại H, cần chứng minh

- Điều kiện đủ : Tứ diện ABCD có

, cần

chứng minh 4 đường cao đồng quy tại

H.

- Suy nghĩ và nhớ lại kiến thức đã học

liên quan.

- Định lí 3 đường vuông góc.

- Tìm cách sử dụng định lí này.

- Chứng minh 3 đường thẳng đồng

quy.

- Có thể sử dụng định lí ba đường

giao tuyến.

B3 :Thực hiện chương trình giải


- Học sinh tự giải hoặc có thể tham khảo lời giải sau :

Điều kiện cần:

Giả sử ABCD là tứ diện trực tâm.

Gọi H là trực tâm. Ta chứng minh

.

Ta có 4 đường cao trong tứ diện ABCD

là AA1, BB1, CC1, DD1 đồng quy tại H.

Tương tự, ta có .

Điều kiện đủ:

Giả sử tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối diện vuông góc với nhau.

Chứng minh ABCD là tứ diện trực tâm.

Ta có

Tương tự, AA1, BB1 cắt

nhau.

Tương tự, AA1, DD1 cắt nhau, BB1, DD1 cắt nhau.

Ta có 3 đường thẳng AA1, BB1, DD1 đôi một cắt nhau và không đồng

phẳng nên suy ra 3 đường thẳng đồng quy.

Lí luận tương tự, ta có AA1, BB1, CC1 đồng quy.

Vậy 4 đường thẳng AA1, BB1, CC1, DD1 đồng quy.

Vậy tứ diện ABCD là tứ diện trực tâm.

B4 : Kiểm tra, nghiên cứu lời giải :

- Học sinh kiểm tra lại lời giải và bình luận lời giải đươc đưa ra.

- Có thể đề xuất một cách giải ngắn gọn hơn.

- Từ bài toán trên em có thể xây dựng bài toán mới không ?

H

A1

B D

C

A

NM

D1 B1

Hình 3.1

Ở đây qua chứng minh trên chúng ta có nhận xét là nếu tứ diện mà có

hai cặp cạnh đối vuông góc với nhau thì cặp cạnh còn lại sẽ vuông góc. Vì thế

chúng ta có thể thu hẹp giả thiết mà vẫn có kết luận như vậy.

Bài toán mới : Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để một tứ diện trực tâm

là có hai cặp cạnh đối vuông góc với nhau.

Bài tập 2. Điều kiện cần và đủ để tứ diện ABCD là tứ diện trực tâm là

.

B1 : Tìm hiểu đề bài toán

- Bài tập yêu cầu gì?

- Có thể chia bài toán thành những

bài toán nhỏ nào? Chỉ ra những yêu

cầu cụ thể của bài toán.

- Có cần thiết vẽ đối với bài toán

không?

- Hãy tìm cách giải cho bài toán.

B2: Xây dựng chương trình giải

- Bài toán này em đã gặp chưa?

- Em có biết bài toán nào liên quan

không?

Nếu không làm được thì có thể gợi ý:

- Bài toán này có thể chuyển thành

bài toán nào tương đương không?

Nếu tìm không được hướng giải

CM: Tứ diện ABCD là tứ diện trực

tâm

- CM: ABCD là tứ diện trực tâm

-CM :

ABCD là tứ diện trực tâm.

- Đối với bài toán giải bằng phương

pháp véctơ thì chúng ta có thể không

cần vẽ hình.

- Suy nghĩ, nhớ lại kiến thức liên

quan đã học.

- Bài tập 1 có liên quan.

- Chứng minh rằng tứ diện ABCD có

quyết thì gợi ý tiếp:

Bài toán trên có tương đương với bài

toán sau không:

B3 : Thực hiện chương trình giải


- Lời giải tham khảo:


Giả sử ABCD là tứ diện trực tâm. Gọi H là trực tâm của tứ diện.

Giả sử có


Theo chứng nhận của điều kiện cân

Nếu

Tứ diện ABCD có 3 cặp cạnh đối vuông góc, suy ra ABCD là tứ diện

trực tâm.

B4: Kiểm tra, nghiên cứu lời giải

- Học sinh tự kiểm tra lại kết quả.

- Góp ý cho lời giải.

- Đề xuất lời giải hay và ngắn ngọn.

- Hãy phát biểu bài toán tương đương.

Nhận xét: Trên đây chúng tôi trình bày hướng dẫn giải bài tập theo sơ đồ 4

bước của G. Pôlya, các tính chất còn lại của tứ diện trực tâm chúng ta cũng

làm tương tự. Sau đây chúng tôi chỉ trình bày lời giải cho các bài tập đó.

Bài tập 3. Điều kiện cần và đủ để tứ diện ABCD là tứ diện trực tâm là tồn tại

duy nhất một điểm H thỏa mãn

Lời giải


Giả sử tứ diện ABCD là tứ diện trực tâm. Gọi H là trực tâm.

Giả sử

Công thức trên đúng, vì HA là đường cao trong tứ diện nên HA (BCD)

.


Giả sử

Từ

Từ

HA là đường cao trong tứ diện

Tương tự, ta cũng chứng minh được HB, HC, HD là các đường cao

trong tứ diện.

Vậy tứ diện ABCD là tứ diện trực tâm.

Bài tập 4. Điều kiện cần và đủ để một tứ

diện là tứ diện trực tâm là các đường cao đi

qua trực tâm của mặt đáy.

Lời giải


Giả sử tứ diện ABCD là tứ diện trực tâm.

C

DB

D1 B1

A

H

A1 NM

Hình 3.2

Gọi H là trực tâm, các đường cao

là AA1, BB1, CC1, DD1.

Ta chứng minh A1 là trực tâm của .

Ta có

BN là đường cao trong .

Tương tự, DM là đường cao trong A1 là trực tâm trong .

Hoàn toàn tương tự, ta cũng chứng minh được B1, C1, D1 lần lượt là trực tâm

các tam giác ACD, ABD, ABC.


Giả sử A1, B1, C1, D1 lần lượt là trực tâm của các tam giác ACD, ABD, ABD.

Vì A1 là trực tâm của nên

Mặt khác, AA1 (BCD) AA1 CD CD

Tương tự, ta chứng minh được AC BD, AD

ABCD là tứ diện trực tâm.

Bài toán mới: Trong một tứ diện nếu đường cao hạ từ một đỉnh nào đó của tứ

diện đi qua trực tâm của mặt đối diện thì tứ diện đó là tứ diện trực tâm.

Bài tập 5. Trong tứ diện trực tâm thì đường

vuông góc chung của các cặp cạnh đối đồng quy

tại trực tâm của tứ diện.

Lời giải

Gọi MN, PQ, RS lần lượt là các đường

vuông góc chung của các cặp cạnh AB và CD,

BC và AD, AC và BD.

Ta sẽ chứng minh, MN, PQ, RS lần lượt đi qua

H (H là trực tâm của tứ diện ABCD).

Thật vậy, vì ABCD là tứ diện trực tâm

nên các cặp cạnh đối vuông góc với nhau.

Nên AB CD, theo giả thiết thì MN AB và MN CD

A1

B1

H

A

B

C

D

M

N

Q

P

R

S

Hình 3.3

CD (ABN) BN CD BN là đường cao trong tam giác BCD.

Gọi AA1, BB1 lần lượt là các đường cao trong tứ diện (A1, B1 lần lượt là

trực tâm của các tam giác BCD và ACD) AA1, BB1 là đường cao trong tam

giác ABN H là trực tâm tam giác ABN MN đi qua H (vì MN AB).

Hoàn toàn tương tự ta chứng các đường PQ, RS cũng đi qua H.

Bài tập 6. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để tứ diện ABCD là tứ diện

trực tâm là 3 đường trung bình bằng nhau.

Lời giải

Giả sử P, Q, R, S là trung điểm các cạnh

AB, CD, BC, AD thì ta đã biết rằng PRQS

là một hình bình hành và PR//AC,

RQ//BD. Nếu ABCD là tứ diện trực tâm thì

AD BD nên PR RQ và hình bình hành

trên là hình chữ nhật. Do đó, PQ = RS.

Chứng minh tương tự đối với đường

trung bình thứ 3.

Ngược lại, nếu PQ = RS thì hình

bình hành PRQS là hình chữ nhật, do đó PR PS và vì vậy AC BD. Chứng

minh tương tự cho các cặp cạnh còn lại. Vậy ABCD là tứ diện trực tâm.

Bài toán mới : Chứng minh điều kiện cần và đủ để một tứ diện là tứ diện trực

tâm là có hai đường trung bình bằng nhau.

Bài tập 7. Chứng minh rằng nếu tứ diện ABCD là tứ diện trực tâm thì

AB2 + CD2 = BC2 + AD2 = AC2 + BD2

Lời giải

Vì tứ diện ABCD là tứ diện trực tâm nên có

Ta có

Q

S

R

P

A

B

C

D

Hình 3.4

vì

Tương tự, ta có AB2 + CD2 = AD2 + BC2.

Vậy AB2 + CD2 = AC2 + BD2 = AD2 + BC2 (đpcm).

3.5.1.2. Một số bài toán liên quan.

Bài tập 1. Chứng minh rằng trong một hình tứ diện trực tâm, các trọng

tâm và trực tâm của các mặt, cũng như các điểm các đoạn thẳng của mỗi

đường cao của tứ diện, kể từ đỉnh tới trực tâm của tứ diện theo tỉ số 2:1 thì

cùng nằm trên một mặt cầu (Mặt cầu Ơle).

B1: Tìm hiểu bài toán

- Bài toán cho gì? Yêu cầu gì?

- Hãy vẽ hình.



- Bài toán này có giống hoặc tương tự

một bài toán nào mà em biết không?

- Bài toán này có gợi cho em một bài

toán nào trong hình học phẳng mà em

đã được học không?

- Cho tứ diện trực tâm.

- Yêu cầu chứng minh rằng các trọng

tâm và trực tâm của các mặt, cũng

như các điểm các đoạn thẳng của mỗi

đường cao của tứ diện, kể từ đỉnh tới

trực tâm của tứ diện theo tỉ số 2:1 thì

cùng nằm trên một mặt cầu.

- Vẽ hình.

- Suy nghĩ, nhớ lại kiến thức đã được

học.

- Bài toán đường tròn Ơle.

- Hãy nhắc lại bài toán đường tròn

Ơle và cách giải của bài toán đó.

- Bài toán đường tròn Ơle:

Cho tam giác ABC bất kỳ, H trực

tâm, các đường cao là AA1, BB1, CC1;

M1, M1, M3 lần lượt là trung điểm các

cạnh BC, AC, AB; I1, I2, I3 lần lượt là

trung điểm của các đoạn thẳng HA,

HB, HC. Chứng minh rằng 9 điểm

M1, M1, M3, I1, I2, I3, A1, B1, C1 cùng

nằm trên một đường tròn

Chứng minh

Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC

A’, B’, C’ lần lượt là giao của các

đường

cao đi qua A, B, C.

Ta chứng minh qua phép vị tự thì

9 điểm M1, M1, M3, I1, I2, I3, A1, B1,

C1 là ảnh của các điểm thuộc đường

tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC.

Gọi J1, J2, J3 là điểm đối xứng của H

qua M1, M2, M3.

, :J1 M1 (1)

Mặt khác, tứ giác AB1HC1 là tứ giác

nội tiếp nên (2)

Từ (1)&(2) suy ra

Tứ giác ABJ1C là tứ giác nội tiếp

.

Gọi A” là điểm đối xứng của H qua

J

A1

C1

B1

H O

A

B C

A'

B'

C'

G

I1

I2 I3

M1

M2M3

Hình 3.5

- Bài toán này có gợi gì cho việc giải

bài toán đã cho?


BC

, :A” A1 (3)

Từ (1)&(3) suy ra tứ giác ABA”C nội

tiếp

A” A’ : A’ A1

Theo giả thiết thì : A I1

Hoàn toàn tương tự ta có : B I2;

: B’ B1; : J2 M2; : C

I3;

: C’ C1; : A I1;

Vậy 9 điểm M1, M2, M3, I1, I2, I3, A1,

B1, C1 thuộc đường tròn ảnh của

đường tròn (O) qua phép vị tự .

- Suy nghĩ và tìm cách áp dụng.

B3: Thực hiện chương trình giải


- Lời giải tham khảo của bài toán:

Gọi O, G, H lần lượt là tâm của mặt cầu ngoại tiếp, trọng tâm, trực tâm

của tứ diện. Ta có (1)

G1, G2, G3, G4 lần lượt là trọng tâm của các mặt đối diện A, B, C, D.

Theo tính chất của trọng tâm tứ diện, ta có

Gọi O’ ảnh của O qua phép vị tự tâm G tỉ số (2)

Phép vị tự biến mặt cầu tâm O bán kính R thành mặt cầu tâm O’ thành

mặt cầu tâm O’ bán kính .

thuộc mặt cầu tâm O’ bán kính .

Gọi I1, I2, I3, I4 lần lượt là các điểm chia các đoạn HA, HB, HC, HD theo tỉ số

2:1 tính từ đỉnh.

Từ (1), (2) ta có

Từ đó suy ra qua phép vị tự tâm H tỉ số , biến

Vậy I1, I2, I3, I4 thuộc mặt cầu tâm O’ bán kính .

Gọi H1, H2, H3, H4 lần lượt là trực tâm của các mặt đối diện với các đỉnh A, B,

C, D. Ta chứng minh 4 trực tâm trên cũng thuộc mặt cầu tâm O’ bán kính .

Gọi O1, O1’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của O và O’ trên mặt phẳng

(BCD).

Ta dễ dàng chứng minh O’H1=O’G1 = .

Vậy H1 thuộc mặt cầu (O’; )

Tương tự ta có H2, H3, H4 cũng thuộc mặt cầu

H

O

H

O1 H1

O’

O1'G1

Hình 3.6

(O’; ).



- Học sinh tự kiểm tra lời giải bài toán.

- Nhận xét lời giải bài toán.

- Đề xuất lời giải mới cho bài toán.

Nhận xét: Trong phần bài tập này, kết quả thu được từ hình học cao cấp đều

là hai trường hợp cho hình học phẳng và hình học không gian. Các kết quả

của hình học phẳng nhìn chung học sinh đã biết. Vì vậy, đây chính là cơ hội

tốt để giáo viên có thể tập luyện thao tác tư duy tương tự hóa cho học sinh,

xem xét tương tự từ hình học phẳng sang hình học không gian,ví dụ trên là

một tình huống điển hình. Các bài tập sau chúng ta cũng làm tương tự, chúng

tôi chỉ trình bày lời giải cho bài toán mà không trình bày hướng dẫn theo 4

bước của G. Pôlya.

Bài tập 2. Điều kiện cần và đủ để tứ diện trực tâm ABCD có trực tâm H nằm

trong tứ diện là tâm O của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện nằm trong tứ diện.

Lời giải

Gọi G là trọng tâm của tứ diện, ta thừa nhận kết quả:

Gọi VA, VB, VC, VD lần lượt là thể tích của các tứ diện OBCD, OACD,

OABD, OABC, V là thể tích của tứ diện ABCD.

Ta có V = VA + VB + VC + VD

Ta có

(1)

Gọi A1, B1, C1, D1 lần lượt là giao điểm của AO, BO, CO, DO với các mặt đối

diện.

Do O nằm trong tứ diện nên A1, B1, C1, D1 nằm trong các tam giác mặt của tứ

diện. Đồng thời O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp nên

OA1 , OB1 , OC1 , OD1

Do đó, VA, VB, VC, VD

(2)

Kết hợp (1) và (2) suy ra H nằm trong tứ diện.

Bài tập 3. Cho tứ diện trực tâm ABCD, H là trực tâm của tứ diện. Chứng

minh rằng

a) Trực tâm H trùng với A khi và chỉ khi

b) Trực tâm H nằm trong tứ diện khi và chỉ khi bình phương diện tích

một mặt nhỏ hơn tổng bình phương diện tích các mặt còn lại.

c) Trực tâm H nằm ngoài tứ diện khi và chỉ khi tồn tại một mặt sao cho

bình phương diện tích mặt đó lớn hơn tổng bình phương diện tích các mặt còn

lại.

Lời giải

a) Vì H trùng với A nên tứ diện ABCD là tứ diện vuông, suy ra

(với H1 là chân đường cao hạ từ đỉnh A xuống

(BCD))

Nhân cả hai vế của đẳng thức trên với 9 ta được

Ta có AH1, AB, AC, AD là các đường cao của tứ diện ABCD, nên ta có

b) Nếu H nằm trong tứ diện, khi đó theo định lí “con nhím” ta có

Vì H nằm trong tứ diện nên không đổi và nhận giá

trị âm nên suy ra

Tương tự, ta có

c) Nếu H nằm ngoài tứ diện, khi đó tồn tại một đỉnh sao cho H cùng với 3

đỉnh còn lại là tứ diện trực tâm có trực tâm trùng với đỉnh đó và nằm trong tứ

diện.

Không mất tính tổng quát, giả sử đỉnh A là trực tâm đồng thời nằm trong tứ

diện HBCD. Theo định lí “con nhím” ta có

Vì H nằm trong tứ diện nên không đổi và nhận giá

trị dương nên suy ra


(đpcm).

Bài tập 4. Cho tứ diện ABCD bất kỳ, tồn tại duy nhất một điểm H thoả mãn

tính chất: Trọng tâm của các mặt, các điểm I1, I2, I3, I4 lần lượt chia các đoạn

HA, HB, HC, HD theo tỉ số tính từ H, các hình chiếu của I1 xuống mặt

(BCD), I2 xuống (ACD), I3 xuống (ABD), I4 xuống (ABC), hình chiếu vuông

góc của G xuống các mặt, cùng nằm trên một mặt cầu các điểm I1, I2, I3, I4

cùng thuộc một mặt cầu.



- Hãy vẽ hình.



- Bài toán này các em đã gặp bao giờ

chưa? Có giống hoặc tương tự với bài

toán nào không?

- Bài toán mặt cầu Ơle có gợi ý gì cho

em trong việc tìm hướng giải quyết

- Nhắc lại giả thiết và kết luận của bài

toán.

- Vẽ hình.

- Yêu cầu bài toán này tương tự như

bài mặt cầu Ơle.

- Dựa vào lời giải của bài toán mặt

cầu Ơle phán đoán sự tồn tại của

bài toán này không?

- Điểm H trong bài toán mặt cầu Ơle

có quan hệ gì với các điểm O và G?

- Nếu tồn tại H thì hãy phán đoán vị

trí của điểm H.

- Từ đó cùng với cách giải của bài

toán mặt cầu Ơle có gợi ý gì cho cách

giải đối với bài toán?


điểm H.

-

- Phán đoán:

- Xem xét áp dụng bài toán trong

hoàn cảnh mới.


- Học sinh tự trình bày lời giải

- Lời giải tham khảo

Lời giải

Gọi G, O lần lượt là trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tứ diện

ABCD. H là điểm được xác định .

Theo giả thiết

Xét phép vị tự tâm H, tỉ số

trong đó (O;R) là mặt cầu tâm O, bán kính R ngoại tiếp tứ diện ABCD, mặt

cầu (O1;R1) ngoại tiếp tứ diện I1I2I3I4.

Ta có

Xét phép vị tự tâm G, tỉ số

, trong đó (O2;R2) là mặt cầu tâm O2, bán kính R2 ngoại tiếp tứ diện

G1G2G3G4.

Ta có

.

Vậy các điểm I1, I2, I3, I4, G1, G2, G3, G4 cùng nằm trên mặt cầu tâm O1, bán

kính R1.

Mặt khác, ta có

Vậy nên I1G1 là đường kính của mặt cầu (O1;R1).

Tương tự, I2G2, I3G3, I4G4 cũng là đường kính của mặt cầu trên.

Do đó hình chiếu của I1 xuống mặt phẳng (BCD) là H1 thì H1 nhìn đoạn I1G1

dưới góc vuông nên H1 thuộc mặt cầu (O1;R1).

Tương tự, ta cũng có H2, H3, H4 cũng thuộc mặt cầu (O1;R1).

Từ chứng minh trên thì chúng ta suy ra được H được xác định như trên là duy

nhất.



- Nhận xét lời giải bài toán.

- Đề xuất lời giải khác cho bài toán.

Nhận xét: Khái quát hóa là một thao tác tư duy quan trọng mà người thầy

giáo cần chú ý rèn luyện hoc học sinh trong quá trình giải toán. Như ở trên

chúng tôi đã trình bày về cách suy nghĩ và tìm ra kết quả khái quát hóa của

một bài toán, đó chính là con đường mà người thầy cần định hướng và tập

luyện cho học sinh. Bài tập trên là một ví dụ về việc dạy học sinh tập luyện

thao tác khái quát hóa.

Hoàn toàn tương tự, chúng ta cũng có thể hướng dẫn học sinh làm bài tập

sau:

Bài tập 5. Cho tứ diện ABCD, M là một điểm trong không gian mà hình

chiếu vuông góc của M xuống các mặt của tứ diện không đồng phẳng. Tồn tại

duy nhất điểm N sao cho các hình chiếu vuông góc của M và N xuống các

mặt của tứ diện nằm trên cùng một mặt cầu.

Lời giải

Gọi M1, M2, M3, M4 lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên các

mặt phẳng (BCD), (ACD), (ABD), (ABC).

Gọi A1, B1, C1, D1 lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các mặt phẳng

(BCD), (ACD), (ABD), (ABC).

Gọi (N;R) là mặt cầu tâm N, bán kính R ngoại tiếp tứ diện A1B1C1D1.

Xét phép vị tự tâm M, tỉ lệ

trong đó là mặt cầu tâm O1, bán kính ngoại tiếp tứ diện

M1M2M3M4, O1 được xác định

Gọi N1, N2, N3, N4 lần lượt là hình chiếu vuông góc của N xuống các mặt

phẳng (BCD), (ACD), (ABD), (ABC).

Gọi A2, B2, C2, D2 lần lượt là các điểm đối xứng của N qua các mặt phẳng

(BCD), (ACD), (ABD), (ABC).

Theo tính chất đối xứng, ta có

MA2 = NA1, MB2 = NB1, NC2 = NC1, MD2 = ND1.

Tương tự,

O2 được xác định bởi , hay

Ta dễ thấy rằng với mỗi điểm M như trên thì điểm N được xác định duy nhất.

Suy ra điều phải chứng minh.

Sau đây một số bài tập liên quan mà không trình bày hướng dẫn cụ thể,

chỉ trình bày lời giải:

Bài tập 6. Trong một tứ diện trực tâm sáu trung điểm của sáu cạnh và sáu

chân đường vuông góc chung của các cặp

cạnh đối cùng nằm trên một mặt cầu.

Lời giải

Gọi PQ, RS, MN là đường trung bình của

tứ diện trực tâm ABCD thì PQ = RS =

MN. Ngoài ra, các đường trung bình đó

cắt nhau tại trọng tâm G của tứ diện.

C

DG

N

M

S

R

P

Q

A

B

J

I

Hình 3.7

Suy ra 6 điểm điểm P, Q, R, S, M, N nằm trên mặt cầu tâm G.

Bây giờ giả sử IJ là đường vuông góc chung của AB và CD thì IJ CD, AB

CD nên PJ CD, nói cách khác PJ JQ.

Vậy J phải nằm trên mặt cầu nói trên.

Tương tự như vậy đối với chân các

đường đối với chân các đường vuông góc khác.

Bài tập 7. Cho tứ diện trực tâm ABCD, có H là trực tâm nằm trong tứ diện,

các đường cao AA1, BB1, CC1, DD1, các đường cao này cắt mặt cầu ngoại tiếp

tứ diện lần lượt tại các điểm A’, B’, C’, D’. Chứng minh rằng

Lời giải

Gọi O, R lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

I, r là tâm và bán kính của mặt cầu Ơle tương ứng.

.

Xét phương tích của điểm H đối với mặt cầu (O;R)

Do H nằm trong tứ diện nên

HA.HA’ = R2 – OH2 = 9(r2 – HI2)

Xét phương tích của H đối với mặt cầu (I;r)

Do đó HA.HA’=9HI1.HA1.

Mặt khác, HI1= nên .

Tương tự,

(Vì H nằm trong tứ diện nên suy ra )

Áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có

(đpcm).

Bài tập 8. Cho tứ diện trực tâm ABCD, có trực tâm H nằm trong tứ diện.

Chứng minh rằng

(HA + HB + HC + HD)2 AB2 + AC2 + AD2 +BC2 + BD2 +CD2.

Lời giải

Gọi các đường cao trong tứ diện

là AA1, BB1, CC1, DD1, các đường

cao trong tam giác BCD là BM, CN, DP.

là trực tâm tam giác BCD.

Ta dễ dàng chứng minh được kết quả

sau trong tam giác BCD

H

A

B D

C

A1 MP

N

Hình 3.8

(1)

Hoàn toàn tương tự, chúng ta cũng có kết quả sau

(2)

(3)

Tương tự, ta cũng có kết quả sau

, (4)

, (5)

(6)

Từ (3), (4), (5), (6) suy ra

Vì H nằm trong tứ diện nên

điều phải chứng minh.

Bài tập 9. Cho tứ diện trực tâm ABCD, H, G lần lượt là trực tâm và trọng tâm

của tứ diện, giả sử H nằm trong tứ diện. Chứng minh rằng

4R(GA + GB + GC + GD) (HA + HB +HC + HD)2

Lời giải

Do G là trọng tâm của tứ diện nên

(1)

Mặt khác,


; ;

(2)


Mà lại có AB2 + AC2 + AD2 +BC2 + BD2 +CD2 (HA + HB + HC + HD)2

(đpcm).

Chú ý: Ở phần trên chúng tôi đã trình bày về hướng dẫn học sinh xem xét

tương tự hóa từ hình học phẳng sang hình học không gian trong quá trình

giải bài tập. Nhưng đối với học sinh chuyên toán thì chúng ta có thể tập cho

học sinh bằng cách tương tự hóa các kết quả đã biết trong hình học phẳng

sang hình học không gian, học sinh tự tìm ra bài toán mới đối với mình. Sau

đây chúng tôi trình bày một số kết quả có thể dùng làm hướng dẫn học sinh

tập luyện tương tự hóa tìm ra bài toán mới trong hình học không gian.

Bài tập 10. Hãy xây dựng các bài tập mới tương tự trong hình học không gian

với các bài tập trong hình học phẳng:

1) Tam giác ABC có trực tâm H

a) H nằm ngoài tam giác khi và chỉ khi tồn tại một trong các tích sau nhận giá

trị âm:

b) H nằm trong tam giác khi và chỉ khi

c) H với đỉnh A khi và chỉ khi .

Bài tập tương tự: Tứ diện trực tâm A1A2A3A4 có trực tâm H

a) H nằm ngoài tứ diện khi và chỉ khi tồn tại một đỉnh A i (i = 1,2,3,4) sao cho

không đổi và nhận giá trị âm.

b) H nằm trong tứ diện khi và chỉ khi với mọi i sao cho

không đổi nhận giá trị dương.

c) H trùng với một đỉnh Ai nào đó

2) Nếu tam giác ABC có trực tâm H, thì các tam giác HBC, HCA, HAB lần

lượt có các trực tâm là A, B, C.

Bài tập tương tự:

Nếu tứ diện ABCD có trực tâm H thì HBCD, HACD, HABD, HABC

cũng là các tứ diện trực tâm và lần lượt nhận các đỉnh A, B, C, D làm trực

tâm.

3) Tam giác ABC có trực tâm H

a) Nếu H nằm ngoài tam giác khi và chỉ khi tồn tại một đỉnh sao cho H cùng

với hai đỉnh còn lại tạo thành các tam giác có trực tâm nằm ngoài.

b) H nằm trong tứ diện thì các tam giác HAB, HBC, HCA có trực tâm nằm

ngoài tam giác đó.



a) Nếu H nằm ngoài tứ diện thì tồn tại một đỉnh A i, (i = 1,2,3,4) sao cho H

cùng 3 đỉnh còn lại tạo thành một tứ diện có trực tâm nằm ngoài.

b) Nếu H nằm trong tứ diện thì các tứ diện HA1A2A3, HA1A2A4, HA1A3A4,

HA2A3A4 có tâm nằm ngoài tứ diện.

c) Nếu H trùng với một đỉnh Ai (i=1,2,3,4) nào đó của tứ diện thì tứ diện tạo

bởi H và 3 đỉnh còn lại cũng có trực tâm trùng với H.

4) Trong tam giác ABC có M1, M2, M3 lần lượt là trung điểm của các cạnh

BC, AC, AB; H1, H2, H3 lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C.

Gọi K1, K2, K3 lần lượt là điểm đối xứng của H qua M1, M2, M3; I1, I2, I3 lần

lượt là điểm đối xứng của H qua BC, AC, AB. Khi đó K1, K2, K3, I1,I2, I3

thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, hơn nữa đường tròn này có các

đường kính AK1, BK2, CK3.


Trong tứ diện trực tâm ABCD, H là trực tâm, có G1, G2, G3, G4 lần lượt

là trọng tâm của các mặt (BCD), (ACD), (ABD), (ABC); H1, H2, H3, H4 lần

lượt là chân đường cao hạ từ đỉnh A, B, C, D.

Gọi K1, K2, K3, K4 được xác định

I1, I2, I3, I4 lần lượt được xác định

Khi đó K1, K2, K3, K4, I1, I2, I3, I4 nằm trên mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Hơn nữa, mặt cầu này nhận AK1, BK2, CK3, DK4 làm đường kính.

Nhận xét: Trên đây là hệ thống bài tập về tứ diện trực tâm. Chúng ta biết

rằng, tứ diện vuông là trường hợp đặc biệt của tứ diện trực tâm nên trong

quá trình dạy học, chúng ta có thể hướng dẫn học sinh bằng cách đặc biệt

hóa để thu được các kết quả của tứ diện vuông.

BÀI TẬP

1. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để một tứ diện là tứ diện trực tâm là

tích các cosin của hai góc nhị diện đối diện bằng nhau.

2. Chứng minh rằng điều kiện cần và đủ để một tứ diện là tứ diện trực tâm là

các góc giữa các cạnh đối diện bằng nhau.

3. Chứng minh rằng trong một hình tứ diện trực tâm, các mặt kề với một đỉnh

thì cùng nhọn hoặc cùng tù.

4. Chứng minh rằng trong bốn mặt của một tứ diện trực tâm thì có ít nhất một

mặt là tam giác có 3 góc đều nhọn.

5. Tứ diện trực tâm ABCD có trực tâm H nằm ngoài tứ diện khi và chỉ khi có

ít nhất một mặt nào đó có trực tâm nằm ngoài tam giác đó.

6. Chứng minh rằng trong một hình tứ diện trực tâm, các đường tròn chín

điểm của mỗi mặt nằm trên một mặt cầu (mặt cầu 24 điểm).

7. Chứng minh rằng trong tứ diện trực tâm, đường thẳng đi qua trọng tâm của

các mặt đáy và đồng thời vuông góc mặt đó đồng quy tại một điểm.

8. Chứng minh một hình tứ diện trực tâm thì hệ thức sau đúng:

OH2 = 4R2 – 3l2, với O là tâm, R là bán kính của hình cầu ngoại tiếp, l là

khoảng cách giữa trung điểm của hai cạnh chéo nhau trong tứ diện.

9. Gọi H là trực tâm của một hình tứ diện trực tâm, M là trọng tâm của một

mặt nào đó và N là một giao điểm của đường thẳng HM với hình cầu ngoại

tiếp tứ diện (M nằm giữa H và N). Chứng minh rằng MN = 2HM.

10. Gọi G là trọng tâm của một hình tứ diện trực tâm, F là chân đường cao

nào đó. K là một giao điểm của đường thẳng FG với hình cầu ngoại tiếp tứ

diện (G nằm giữa K và F). Chứng minh rằng KG = 3FG.

11. Các cặp cạnh chéo của tứ diện ABCD là a, b, c, d, e, f. Gọi S 1, S2, S3 lần

lượt là diện tích thiết diện lớn nhất của tứ diện lần lượt cắt bởi các mặt phẳng

song song với các cặp cạnh a và d, b và e, c và f. Chứng minh rằng

a)

b) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ABCD là tứ diện trực tâm.

12. Cho tứ diện trực tâm ABCD. Chứng minh rằng với mọi M nằm trong tứ

diện ta có bất đẳng thức sau:

ở đó V là thể tích của tứ diện ABCD.

ở đó R là bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

3.5.2. Chuyên đề 2: Bài toán "con bướm"

Bài tập 1. (Bài toán “con bướm” đối với đường tròn)

Cho đường tròn (O) một dây cung AB với I là trung điểm. Qua I xét hai

dây cung tùy ý MN và PQ sao cho các dây cung MP và NQ lần lượt cắt AB

tại E, F. Chứng minh rằng I là trung điểm của EF.


- Bài toán cho biết gì? Yêu cầu gì?

- Hãy vẽ hình.


B2: Xây dựng chương trình giải.

- Bài toán này em đã gặp lần nào

chưa? Có giống hoặc tương tự một

bài toán nào mà em đã giải chưa?

- Muốn chứng minh I là trung điểm

của EF thì thường chứng minh như

thế nào?



toán.

- Vẽ hình.

- Suy nghĩ và huy động những bài

toán liên quan mà đã được học.

- Thường chứng minh theo các cách:

+ Chứng minh trực tiếp IE = IF.

+ Chứng minh tam giác OEF cân tại

O và có OI là đường cao.



- Lời giải tham khảo:FET

K

I

O

A B

M

NP

Q

Hình 3.9

Gọi K, T lần lượt là trung điểm của

dây MP, NQ. Ta có các tứ giác

OIEK, OIFT nội tiếp. Suy ra

Mặt khác đồng dạng với

Và IK, IT lần lượt là hai trung tuyến của

, suy ra .

Do đó

Vậy tam giác OEF có OI vừa là phân giác vừa là đường cao nên nó là tam

giác cân. Suy ra IE = IF.


- Học sinh tự kiểm tra lời giải

- Nhận xét lời giải.


- Đề xuất bài toán mới.

Ở đây chúng ta có thể đặt vấn đề ngược lại, tức là điều ngược lại của

bài toán có còn đúng hay không? (Tập cho học sinh thói quen lật ngược vấn

đề). Dễ kiểm tra được rằng điều ngược lại của bài toán là đúng. Vì vậy ta có

bài toán mới tổng quát hơn như sau:

Bài toán mới 1. Cho đường tròn (O) và một điểm I, đường thẳng cắt

đường tròn tại hai điểm A, B. AI, BI lần lượt cắt đường tròn tại giao điểm thứ

hai là C và D.

Đường thẳng d qua I cắt đường tròn tại hai điểm M, N và cắt AB, CD lần lượt

tại P, Q. Khi đó I là trung điểm của PQ khi và

chỉ khi I là trung điểm của MN.

QP

O

NM

I

A

CB

D

Hình 3.10

Ở bài toán này chúng ta có thể đổi vai trò của hai điểm B và D cho

nhau thì chúng ta được bài toán mới sau:

Bài toán mới 2. Cho đường tròn (O), một dây cung AB với I là trung điểm.

Qua I xét hai dây cung tùy ý MN và PQ sao cho M, P nằm về một phía của

AB. Giả sử MP, NQ lần lượt cắt AB tại E, F. Chứng minh rằng IE = IF.

Lời giải

Gọi H, K lần lượt là hình chiếu

vuông góc của O lên MP, NQ.

Ta có tứ giác OIFH nội tiếp

(1)

Tứ giác OILE nội tiếp

(2)

Ta có

(3)

Từ (1), (2), (3) suy ra

cân tại O (đpcm).

Bây giờ chúng ta lại đổi vai trò của hai đường chéo thành hai cạnh đối

diện, còn hai cạnh đối diện thành hai đường chéo, ta có bài toán sau:

Bài toán mới 3. Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O). Gọi

I là giao điểm của AB và CD. Qua I kẻ đường thẳng (d) vuông góc với OI; hai

đường AC và BD cắt (d) tại P và Q. Chứng minh rằng IP=IQ.

H

L

I

O

A B

P

M

N

FE

Hình 3.11

Lời giải

Lấy H, K lần lượt là trung điểm

của BD và AC OHIP và OKIQ

là những tứ giác nội tiếp

và

Mà

Tam giác OPQ có đường cao OI đồng

thời là đường phân giác cân tại

O .

Từ bài toán mới 2, 3 ta có được bài toán mới sau:

Bài toán mới 4. Cho đường tròn (O) và đường thẳng (d) là đường thẳng bất

kỳ mà không phải là tiếp tuyến của (O). Gọi I là hình chiếu vuông góc của O

trên (d). Qua I kẻ hai cát tuyến IAB, ICD tới đường tròn (O). Gọi P, Q lần

lượt là giao điểm của AC, BD với (d). Gọi M, N lần lượt là giao điểm của

AD, BC với (d). Chứng minh rằng IP=IQ và IM=IM.

Ở bài toán mới 1, ta chỉ thay đổi vị trí của dây cung MN sao cho vẫn

song song với vị trí cũ thì chúng ta được bài toán mới sau:

Bài toán mới 5 (Định lí Huraki).

CB

KH

I

O

DA

P Q

Hình 3.12

QP MN

B

C

I

O

AD

Hình 3.13

Cho đường tròn (O), PQ là một dây cung của (O), B, B’, C, C’ là bốn

điểm thuộc (O) sao cho các đoạn thẳng BC, BD, B’C, B’D cắt đoạn thẳng tại

bốn điểm lần lượt là M, N, M’, N’. Đặt x = PM, y = MN,

z = NQ, x’ = PM’, y’ = M’N’, z’= N’Q’. Chứng minh rằng

a)

b) xy’z = x’yz’.

Lời giải

Gọi M1, M2 lần lượt là hình chiếu vuông góc

của M trên

BD và B’C; N1, N2 lần lượt là hình

chiếu vuông của N trên BD và B’C.

Do

;

;

;

.

Từ đó

Và

Mặt khác

N2

N1

M2

M1N'

NM'

M

O

B

C

D

B'

PQ

Hình 3.15

Suy ra .

a) Ta có trong nếu thì

vì

(đpcm).

Từ bài toán mới 5, chúng ta có thể cho học sinh giải quyết bài toán

sau:

Bài toán “bướm kép”:

Cho đường tròn (O), PP’ là một dây cung của (O), A, B, C, D, A’, B’, C’,

D’ là các điểm thuộc (O) sao cho các đoạn thẳng AC, AD, BC, BD, B’D’,

B’C’, A’D’, A’C’ cắt đoạn thẳng PQ tại tám điểm, kí hiệu tuần tự E, F, G, H,

H’, G’, F’, E’ và ở trên PP’ theo thứ tự đó. Giả thiết rằng PF = P’F’, PG =

P’G’, PH = P’H’. Chứng minh rằng

a) và

b) PE = P’E’.

Chứng minh

Từ bài toán 2, ta có . Áp dụng

cho bốn điểm A, B, C, D ta được

.

H’G’

F’ P’E’

D’

C’

A’

B’

HG

FEP

D

C

B

A

Hình 3.16

Tương tự, áp dụng cho bốn điểm A’, B’, C’, D’ ta được

.

b) Kí hiệu m = PE, a = PF = P’F’, b = FG = F’G’, c = GH = G’H’,

d = HH’, m’ = P’E’, s = a + b + c + d.

Như vậy, HP’= H’P = s.

Theo câu a)

(đpcm).

Bài tập 2. (Bài toán “con bướm” đối với cặp đường thẳng)

Cho tam giác ABC có I là trung điểm cạnh BC. Đường thẳng đi

qua I cắt AB, AC tại M, N. Đường thẳng đi qua I cắt AB, AC lần lượt tại

P, Q. Giả sử M và P nằm về một phía đối với BC và các đường thẳng MP, NQ

lần lượt cắt BC tại E, F. Chứng minh rằng IE = IF.



- Hãy vẽ hình.




với một bài toán nào mà em đã được

giải?

- Yêu cầu của bài toán có thể phát

biểu theo một cách khác.

Nếu học sinh không trả lời được thì


toán.

- Vẽ hình

- Suy nghĩ và huy động kiến thức cũ.

- Chứng minh: .

có thể gợi ý sát hơn:

- Điều phải chứng minh của bài toán

có tương đương với chứng minh

không?

- Định lí Mê-nê-lauyt có gợi ý gì cho

việc tìm lời giải của bài toán không?

- Hãy trình bày lời giải bài toán.

- Suy nghĩ tìm cách sử dụng định lí để

giải bài toán.


- Học sinh tự trình bày lời

giải


Áp dụng định lí Mê-nê-lauyt cho

tam giác ABC với cát tuyến FND

ta có

nên

do đó

Áp dụng định lí Mê-nê-lauyt cho tam giác ABC với cát tuyến MIN và QIP ta

có:

mà IB = IC nên

suy ra

Từ (1), (2), (3), (4) suy ra suy ra điều phải chứng minh.


I CB

M

A

Q

N

FE

P

Hình 3.17

- Tự kiểm tra lời giải.




Lật ngược vấn đề: Điều ngược lại của bài toán có đúng không? Tức là,

nếu I là trung điểm của EF thì I có là trung điểm của BC. Điều này dễ kiểm

tra được là đúng. Vì vậy, chúng ta có bài

toán mới sau:

Bài toán mới 1. Cho cặp đường

thẳng a, b cắt nhau tại O và một điểm I.

Đường thẳng d bất kì cắt hai đường

thẳng a, b lần lượt tại các điểm A, B;

đường thẳng AI cắt b tại C, đường thẳng

BI cắt a tại D. Đường thẳng đi qua I

cắt a, b lần lượt tại M và N, cắt AB, CD

lần lượt tại P và Q. Khi đó I là trung

điểm của MN khi và chỉ khi I là trung

điểm của PQ.

Nếu chúng ta xem như ABCD là một tứ giác độc lập, bỏ qua đường

thẳng a, b thì chúng ta được bài toán mới sau:

Bài toán mới 2. Cho một tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại

I và một đường thẳng qua I cắt AB, BC, CD, DA lần lượt tại M, N, P, Q.

Chứng minh rằng I là trung điểm đoạn MP khi và chỉ khi I là trung điểm đoạn

NQ.

Lời giải

Giả sử tứ giác ABCD có

AD và BC cắt nhau, giả sử tại

O.

P C

D

I

O

B

MNA Q

N

Q

P

I

D

C

MA B

Hình 3.18

Khi đó áp dụng bài toán “con bướm” cho cặp đường thẳng OA, OB ta suy ra


Nếu AD và BC không cắt nhau, mà AB và CD cắt nhau thì tương tự trường

hợp trên.

Nếu ABCD là hình bình hành thì kết quả trên hiển nhiên luôn đúng.

Nhận xét: Đối với giáo viên thấy ngay kết quả của bài toán "con bướm" đối

với elip, hyperbol và parabol từ chương 2. Nhưng đối với học sinh thì chúng

ta có thể đặt câu hỏi gợi tính "tò mò", sự suy diễn tương tự đi đến kết quả của

bài toán "con bướm" cho elip. Nhưng trước hết muốn giải quyết được bài

toán "con bướm" cho elip thì chúng ta cần bổ sung cho học sinh các bổ đề

được trình bày sau:

Bổ đề 1. Cho elip (E): và M(x0;y0). Khi đó tập hợp những điểm N

liên hợp với M đối với (E) là đường thẳng có phương trình .

Chứng minh

Gọi N(x;y) và MN cắt (E) tại X, Y trong đó

Vì X, Y nên t, s thỏa mãn

(X là ẩn)

Theo định lí Vi-et, ta có t+s = 2ts

Hình 3.19

Bổ đề 2. Cho elip (E) và . Một dây cung bất kỳ MN của (E) song song

với tiếp tuyến (d') cắt đường thẳng OJ tại I. Chứng minh rằng IM =IN.

Chứng minh

Gọi (E): .

Phương trình (d'): .

Vì I OJ

.

Hoành độ giao điểm của M, N là nghiệm

của phương trình:

Gọi hoành độ của M, N là x1, x2 thì theo Vi-et ta có

Vậy I là trung điểm của MN.

Bổ đề 3. Trong hình tứ đỉnh toàn phần, hai điểm chéo nằm trên hai đường

chéo chia điều hòa cặp giao điểm của đường chéo đó với cặp cạnh đi qua

điểm chéo thứ 3.

Bài tập 3. Cho elip (E) và một đường thẳng (d) tùy ý, gọi (d') là đường thẳng

song song với (d) và là tiếp tuyến của (E). Gọi J là tiếp điểm của (d') và (E).

Gọi I là giao điểm của (d) và đường thẳng nối J và tâm O của elip. Qua I kẻ

hai cát tuyến IAB và ICD với (E). Gọi P, Q lần lượt là giao điểm thứ hai của

đường thẳng BC, AD với đường thẳng (d). Chứng minh rằng IP = IQ.



N

M

I

Jd'

J

Hình 3.20


- Hãy vẽ hình.



- Bài toán đã cho có giống hoặc tương

tự như một bài toán nào mà em biết

không?

- Lời giải của bài toán đó có thể áp

dụng để giải bài toán này hay không?

- Kết quả của bổ đề 1 và bổ đề 3 có

gợi ý gì cho em trong việc giải quyết

bài toán không?

- Em có biết phép chiếu xuyên tâm có

tác dụng gì trong bài toán này không?


toán.

- Vẽ hình.

- Suy nghĩ tìm hướng giải bài toán.


tròn có kết quả tương tự.

- Không áp dụng được.

- Theo bổ đề 3 ta có

[IXBA]=[IYDC]=-1.

- Theo bổ đề 1: I liên hợp với X, Y

đối với (E)

- Phán đoán: để chứng minh




Chọn hệ trục tọa độ sao cho (E)

có phương trình .

Gọi I(x0;y0). Theo bổ đề 3

ta có [IXBA]=[IYDC]=-1.

I liên hợp với X, Y đối với (E) (theo bổ đề 1).

XK

L

BD

J

I

A

C

Q

P

Y

Hình 3.21

(1)

Vì J (O là gốc tọa độ) nên .

Gọi (d’) là tiếp tuyến đối với (E) tại J

(2)

Từ (1), (2) suy ra (d’)//KL

Xét phép chiếu xuyên tâm, tâm chiếu là K. Từ đường thẳng AB lên đường

thẳng (d) thì

Vậy theo phép chiếu xuyên tâm ta có

-1=[IXBA]=[I QP]=[PQI]= .

Vậy I là trung điểm của PQ.






Từ bổ đề 2 và bài tập 3 ta suy ra bài toán mới:

Bài toán mới 1.

Cho elip (E) và một dây cung MN,I là trung điểm của MN, kẻ hai dây

cung AB, CD qua I. Gọi P, Q là lần lượt là giao điểm của AD, BC với

MN.Chứng minh I là trung điểm của PQ.

Từ đây ta cho học sinh lật ngược lại vấn đề, tức là nếu I là trung điểm

của PQ thì có chứng minh được I là trung điểm của MN? Điều này cũng suy

ra từ bài tập 3 và bổ đề 2. Vậy ta có bài toán "con bướm" tổng quát đối với

elip:

Bài toán mới 2

Cho elip (E) và một điểm I, đường thẳng (d) cắt (E) tại hai điểm A, B.

AI, BI cắt (E) lần lượt tại C, D.Các đường thẳng đi qua I cắt (E) tại M, N, cắt

AB, CD tại P, Q. Khi đó I là trung điểm của MN khi và chỉ khi I là trung điểm

của PQ.

Trong trường hợp bài tập 3, ta xét đặc biệt A trùng với B, C trùng với

D ta được bài toán mới sau:

Bài toán mới 3

Cho elip (E), một điểm M nằm ngoài (E). Từ I kẻ hai tiếp tuyến với (E)

tại P, Q. Gọi I là giao điểm của PQ với OI (O là tâm của (E)). Chứng minh

rằng I là trung điểm của PQ.

Đối với trường hợp đặc biệt này

chúng ta cũng có cách giải đơn giản hơn

sau:

Lời giải

Chọn hệ tọa độ Oxy sao cho

Elip có phương trình (a >b >0)

M(x0;y0), P(x1;y1), Q(x2;y2).

Khi đó các tiếp tuyến MP, MQ có phương trình là

MP:

MQ:

Vì nên (1)

Tương tự nên (2)

Từ (1), (2) thấy (x1;y1) và (x2;y2) là hai nghiệm của phương trình

(3)

I

J

N

M

Hình 3.22

O

Rõ ràng

Phương trình PQ:

véctơ chỉ phương của PQ là , véctơ chỉ phương của đường

thẳng MO là .

Ta có

Tức phương liên hợp với phương đối với elip. Vậy OM là đường kính

OM phải qua trung điểm I của PQ.

Có thể gợi ý cho học sinh rằng có thể xem xét tương tự hyperbol,

parabol đối với các bài toán đối với elip thì ta được bài toán mới nào?

Bài toán mới 4

Cho hyeperbol (H) và đường thẳng (d) tùy ý. Một tiếp tuyến song song

với (d) tiếp xúc với (H) tại J. Đường thẳng nối tâm đối xứng O của (H) cắt (d)

tại I. Qua I kẻ hai đường thẳng phân biệt lần lượt cắt (H) tại các điểm A, B, C,

D. Nối AD, BC cắt (d) lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng IP = IQ.

Bài toán mới 5 (Bài toán "con bướm" đối với hyperbol)

Cho hyperbol (H) và hai điểm M, N thuộc (H). Qua trung điểm I của

MN kẻ hai đường thẳng phân biệt cắt (H) lần lượt tại P, Q. Chứng minh

IP=IQ.

Bài toán mới 6 (Bài toán "con bướm" cho parabol)

Cho parabol (P) và hai điểm M, N phân biệt thuộc (P). Qua trung điểm

I của MN kẻ hai đường thẳng phân biệt cắt (P) lần lượt tại A, B, C, D. Nối

AD, BC lần lượt cắt MN tại P, Q. Chứng mỉnh rằng IP = IQ.

Như ở chuyên đề 1, chúng ta đã làm quen với việc xét tương tự hóa từ

bài toán trong hình học phẳng sang hình học không gian. Vì vậy trong trường

hợp này chúng ta cũng sẽ đi xây dựng bài toán "con bướm" trong hình học

không gian.

Bài tập 4 (Bài toán "con bướm" đối với mặt cầu)

Trong không gian, cho mặt cầu (S), mặt phẳng và một điểm I. Qua I kẻ

ba đường thẳng đôi một phân biệt cắt mặt cầu lần lượt tại M1, N1, M2, N2, M3,

N3; qua M1, M2, M3 xác định mặt phẳng ; qua N1, N2, N3 xác định mặt

phẳng . Một đường thẳng qua I cắt mặt cầu tại M và N, cắt hai mặt

phẳng , lần lượt tại P và Q. Chứng minh rằng I là trung điểm của MN

khi và chỉ khi I là trung điểm của PQ.


- Bài toán cho biết gì? Yêu cầu gì?

- Hãy vẽ hình.


B2: Xây dựng chương chương trình

giải


bài toán nào mà em biết không?


tròn có gợi ý gì cho em trong việc

giải bài toán này không?


- Nhắc lại giả thiết và kết luận bài

toán.

- Vẽ hình.

-Kết bài toán tương tự bài toán "con

bướm" đối với đường tròn.

- Có thể sử dụng kết quả của bài toán

"con bướm" trong đường tròn để

chứng minh bài toán này.

Bước 3: Thực hiện chương trình giải

- Học sinh trình bày lời giải.


Xét mặt phẳng , mặt phẳng này

cắt mặt cầu theo giao tuyến là đường

(C), cắt theo hai giao tuyến là

d1, d2.

d1 cắt (C) tại A, B; d2 cắt (C) tại C, D.

P là giao điểm của và AB, Q

là giao điểm của và CD.

Theo câu a) suy ra AD cắt BC tại I.

Áp dụng bài toán “con bướm” đối với

đường tròn ta suy ra điều phải chứng minh.





Bài tập 5 (Bài toán "con bướm" đối với cặp mặt phẳng)

Cho cặp mặt phẳng và mặt phẳng (P) giao với

cặp mặt phẳng trên khác rỗng. Và một điểm I trong không gian. Mỗi điểm

, gọi M’ là giao điểm thứ hai của MI với cặp mặt

phẳng .

a) Chứng minh rằng các điểm M’ thuộc cùng một mặt phẳng (Q).

b) Một đường thẳng qua I cắt cặp mặt phẳng tại M, N và cắt (P),

(Q) lần lượt tại K, L. Chứng minh rằng I là trung điểm của MN khi và chỉ khi

I là trung điểm của KL.



- Hãy vẽ hình.





toán.

- Vẽ hình.

- Tương tự như bài toán "con bướm"

I

O

MNP Q

Hình 3.23

như một bài toán nào mà em biết

không?

- Ở câu a), muốn chứng minh cho các

điểm M' cùng thuộc một mặt phẳng

thì ta sẽ có cách nào để chứng minh?

- Định lí ba đường giao tuyến có tác

dụng gì trong việc giải quyết bài toán

này không?

- Ở câu b), trong lời giải của bài toán

"con bướm" đối với cặp đường thẳng

có gợi ý gì cho em trong việc giải bài

toán này không?

đối với cặp đường thẳng.

- Vì quỹ tích các điểm M' là hai

đường thẳng nên muốn chứng minh

cho các điểm M' đồng phẳng thì

chúng ta sẽ chứng minh cho hai

đường thẳng này đồng phẳng.

- Có thể chứng minh cho hai đường

thẳng này song song hoặc cắt nhau.

- Suy nghĩ và tìm cách ứng dụng định

lí vào giải bài toán.

- Có thể áp dụng kết quả của bài toán

"con bướm" để giải bài toán này.




a) Giả sử

.

Gọi

Điều phải chứng minh tương đương

với chứng minh d3, d4 đồng phẳng.

Xét 3 mặt phẳng

đôi một cắt nhau theo 3 giao tuyến

d1, d2, d4; 3 mặt phẳng

đôi một cắt nhau theo 3 giao tuyến

I

() ()

d2

d1

d4

d3

D

C

P

B

A

Q

M

N

Hình 3.24

d2, d3, d4.

Theo định lí 3 đường giao tuyến

thì hoặc 4 giao tuyến d1, d2, d3, d4

đồng quy, hoặc d1, d2, d3, d4 song

song với nhau.

Vậy cả hai trường hợp trên thì d3, d4

luôn đồng phẳng.

b) Đường thẳng cắt lần lượt tại M, N. Lấy một điểm A , mặt

phẳng cắt d2, d3, d4 lần lượt tại B, C, D. Khi đó P, Q lần lượt là giao

điểm của AB, CD với .

Áp dụng bài toán “con bướm” đối với cặp đường thẳng AD và BD ta được






BÀI TẬP

1. Cho tam giác nhọn ABC, CB > CA. Gọi O, H lần lượt là tâm đường tròn

ngoại tiếp, trực tâm của tam giác. CF là đường cao xuất phát từ C. Đường

thẳng qua F vuông góc với OF cắt AC tại P. Chứng minh rằng

.

2. Cho tam giác nhọn ABC có trực tâm H. Gọi O là trung điểm của BC.

Đường thẳng qua H cắt AB, AC lần lượt tại M, N. Chứng minh rằng

HM=HN khi và chỉ khi OM=ON.

3. Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O. Một đường thẳng qua

O cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB, OBC, OCD, ODA lần lượt tại M,

N, P, Q khác O. Chứng minh rằng O là trung điểm của đoạn MP khi và chỉ

khi nó là trung điểm của đoạn NQ.

4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), có AB + AC = 2BC. Gọi B’,

C’ lần lượt là điểm chính giữa của cung AC (cung không chứa B) và cung AB

(cung không chứa C). Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, M,N

lần lượt là giao của AI với BC, B’C’. Chứng minh IM = IN.

5. Cho tứ giác ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại O. Biết rằng tồn tại bốn

điểm A’, B’, C’, D’ lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA sao cho

A’B’C’D’ là hình bình hành với tâm O. Chứng minh rằng ABCD cũng là hình

bình hành.

6. Cho tam giác nhọn A1BC và A2BC cùng nội tiếp trong đường tròn (O); có

trực tâm lần lượt là H1, H2. Gọi M, N lần lượt là giao điểm của H1H2 với A2B

và A2C. Biết . Chứng minh rằng A1M = A1N.

7. Cho tứ giác ABCD có . Gọi E là giao của hai đường

chéo AC và BD. Chứng minh rằng trung điểm của đoạn nối tâm các đường

tròn ngoại tiếp các tam giác ABE, CDE thuộc đường thẳng BD.

8. Hãy trình bày chi tiết lời giải cho các bài toán "con bướm" đối với

hyperbol, parabol nêu ở trên.

3.6. Đề xuất một số biện pháp

Với việc xây dựng các chuyên đề dạy học theo con đường "Dùng hình

học cao cấp soi sáng hình học sơ cấp từ đó xây dựng nội dung các chuyên đề

nhằm bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh chuyên toán THPT" có hiệu

quả chúng tôi xin được đề xuất một số biện pháp nhằm giúp giáo viên thực

hiện công việc được tốt sau:

- Về việc xây dựng nội dung các chuyên đề:

+ Tìm hiểu hình học cao cấp.

+ Tìm hiểu chương trình hình học ở trường THPT.

+ Tìm hiểu mối quan hệ giữa chúng.

+ Từ các nội dung của hình học cao cấp cụ thể chúng ta đặc biệt hóa thu

được các kết quả của hình học sơ cấp. Nếu nội dung hoàn chỉnh, hệ thống thì

chúng ta giữ nguyên. Nếu không chúng ta có thể bằng con đường xem xét

tương tự, khái quát hóa, đặc biệt hóa để có được hệ thống bài tập mang tính

hoàn chỉnh.

+ Căn cứ vào kết quả thu được ở trên, đó chính là nguồn tài liệu quý để

giáo viên gia công về mặt sư phạm để dạy học cho học sinh được hiệu quả.

- Về mặt dạy học:

Để việc dạy học cho học sinh chuyên toán THPT được hiệu quả chúng

tôi xin đề xuất các phương án tổ chức dạy học sau:

+ Tăng cường dạy học chữa bài tập cho học sinh theo hướng tăng cường

tập luyên cho học sinh giải bài tập theo sơ đồ 4 bước của Pôlya.

+ Tăng cường tổ chức chia nhóm học tập đối với học sinh. Đây chính là

hình thức tổ chức học tập hiệu quả cho học sinh phù hợp với phương án dạy

học theo sơ đồ 4 bước của G. Pôlya. Đặc biệt, hiệu quả đối với bước xây dựng

chương trình giải và bước nghiên cứu lời giải.

+ Tăng cường lập luyện các thao tác tư duy cho học sinh như xem xét

tương tự, khái quát hóa, đặc biệt hóa trong quá trình giải bài tập hay trong quá

trình tìm bài toán mới.

3.7. Thử nghiệm sư phạm

3.7.1. Mục đích thử nghiệm

Mục đích thử nghiệm sư phạm là kiểm tra khả năng vận dụng và tính

khả thi của việc dùng hình học cao cấp soi sáng hình học sơ cấp để xây dựng

nội dung chuyên đề dạy học cho các chuyên toán THPT.

3.7.2. Nội dung thử nghiệm

- Thử nghiệm dạy học một số tiết dạy bồi dưỡng theo chuyên đề cho

học sinh chuyên toán lớp 11.

- Nội dung thử nghiệm các tiết bài tập được biên soạn thành giáo án lên

lớp dựa trên các chuyên đề được trình bày ở chương III của luận văn.

3.7.3. Tổ chức thử nghiệm

3.7.3.1. Chọn lớp thử nghiệm

Vì đối tượng thử nghiệm là học sinh chuyên toán khối 11 nên chúng tôi

chọn lớp 11 chuyên toán trường chuyên Lam Sơn - Thanh Hóa.

3.7.3.2. Tiến hành thử nghiệm

Quá trình thử nghiệm được sắp xếp vào một số buổi học chuyên đề bồi

dưỡng của học sinh lớp chuyên.

3.7.3.3. Đánh giá kết quả thử nghiệm

a) Về nội dung thử nghiệm : Thực hiện thử nghiệm 4 tiết, phần kiến

thức là chuyên đề 1 trình bày ở đầu chương 3. Chúng tôi hướng dẫn học sinh

giải bài tập theo các bước như trong chương 3 đã trình bày.

b) Về phương pháp

Chúng tôi đã vận dụng phương pháp giải quyết vấn đề - dạy học theo

định hướng phát hiện và giải quyết vấn đề nhằm thực hiện vai trò người tổ

chức và điều khiển hoạt động nhận thức của học sinh. Cụ thể quá trình lên lớp

tổ chức học tập ở trên lớp được tiến hành theo trình bày ở chuyên đề 1.

c) Về lĩnh hội của học sinh

Để kiểm tra tính hiệu quả của việc giảng dạy chuyên đề 1, chúng tôi đã

phát phiếu thăm dò đối với học sinh sau khi được học chuyên đề này. Kết quả

thu được như sau:

- Sau khi dạy chuyên đề 1, khả năng tiếp thu bài của các em là rất tốt,

được thể hiện qua kết quả sau:

Bảng 1.

STT Nội dung Ý kiến của học sinh

Có Không Không ý kiến

1 Sau khi học em có hiểu bài. 98% 2% 2%

2 Em tự tìm lời giải cho bài toán khi

được giáo viên hướng dẫn.

72% 22% 6%

- Dạy học theo sơ đồ giải toán của Pôlya các em cảm thấy hứng thú

trong giờ học, việc dạy học theo quy trình này giúp các em hình thành cách

suy nghĩ khi đứng trước một bài toán khác hoặc một vấn đề khác khi gặp,

được thể hiện qua kết quả sau:

Bảng 2.

STT Nội dung Ý kiến của học sinh

Có Không Không ý kiến

1 Giáo viên dạy theo phương pháp

này em thấy hứng thú học hơn.

78% 12% 10%

2 Em được hướng dẫn theo quy trình

này làm cho em dễ định hướng

hơn khi gặp một bài toán khác.

82% 6% 12%

3 Với cách tư duy đó giúp em học

tốt các môn học khác.

62% 18% 20%

4 Cách này giúp chủ động hơn trong

việc học tập.

68% 8% 24%

Nhận xét: Qua kết quả thăm dò của học sinh với nội dung như trên, cho thấy

rằng việc dạy nội dung chuyên đề 1 theo phương pháp phát hiện và giải quyết

theo sơ đồ gợi ý của Pôlya đã thu được kết quả tốt trong dạy học. Bước đầu

khẳng định được sự hiệu quả trong dạy học chuyên đề 1.

d) Đánh giá của giáo viên

Trong đợt thử nghiệm, chúng tôi cho lấy ý kiến thăm dò của 6 giáo viên

trong tổ Toán, trường THPT chuyên Lam Sơn (6 giáo viên được mời dự buổi

dạy thử nghiệm của chúng tôi, được đọc phần nội dung mà đã được trình bày

trong luận văn). Với nội dung và kết quả thu được thể hiện trong bảng 3.

Bảng 3.

Ý kiến thăm dò giáo viên Đồng ý Không đồng ý

Không có ý kiến

Dùng hình học cao cấp để soi sáng hình học sơ cấp là hướng đi thích hợp.

66,6% 0% 33,4%

Dùng hình học cao cấp soi sáng hình học sơ cấp nhằm xây dựng nội dung các chuyên đề dạy học tập cho học sinh chuyên toán là điều cần thiết cho việc giảng dạy ở các lớp chuyên toán THPT.

66,6% 16,7% 16,7%

Bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh bằng cách hướng dẫn học sinh giải bài tập bằng sơ đồ gợi ý của Pôlya là việc làm hiệu quả.

83,3% 0% 16,7%

Dùng hình học cao cấp soi sáng hình học sơ cấp để xây dựng nội dung dạy hoc cho học sinh chuyên toán là việc làm khả thi, hiệu quả.

66,6% 16,7% 16,7%

Nhận xét: Qua thăm dò ý kiến của 6 giáo viên ở trên cho thấy rằng:

- Việc dùng hình học cao cấp soi sáng hình học sơ cấp để xây dựng nội

dung dạy học cho giáo viên chuyên toán THPT được sự đồng tình ủng hộ của

đa số giáo viên được hỏi. Còn số ít không đồng ý với con đường này, họ cho

rằng việc làm đó là khó thực hiện, vì lâu ngày không tiếp xúc với hình học

cao cấp nên kiến thức cũng bị mai một nhiều, vì thế làm theo quy trình trên là

một điều quá khó đối với họ, ngược lại họ vẫn có nhiều con đường để làm

việc này. Nhưng sự ủng hộ của đa số như thế, chúng tôi thấy việc làm này có

tính khả thi.

- Về việc dạy học: Đa số giáo viên cũng ủng hộ việc dạy học theo sơ đồ

gợi ý như luận văn đã trình bày. Còn một số ít không đồng tình, vì họ cho

rằng làm như thế thì mất quá nhiều thời gian trên lớp, kiến thức dạy cho học

sinh sẽ được ít hơn và quá trình soạn bài thì mất quá nhiều thời gian. Nhưng

với đa số giáo viên đồng ý đó, họ đều cho rằng việc làm này là cần thiết, vì

kết quả dạy học là một quá trình lâu dài, quan trọng hơn phát triển tư duy và

hình thành nhân cách một con người, đó mới là kết quả quan trọng của việc

dạy học.


Trong chương 3, luận văn đã trình bày nội dung của hai chuyên đề trình

bày theo hướng sử dụng sơ đồ gợi ý của G. Pôlya, trong đó trình bày một số ví

dụ cụ thể, còn lại trình bày lời giải cho từng bài toán và có phần bài tập thực

hành cho học sinh sau mỗi chuyên đề, giúp giáo viên bồi dưỡng năng lực giải

toán của học sinh chuyên toán khối 11, mỗi chuyên đề có thời lượng dạy là 4

tiết.

Trong chương chúng tôi cũng trình bày kết quả thử nghiệm của đề tài và

thu được kết quả bước đầu khẳng định giả thuyết của đề tài là đúng đắn.

KẾT LUẬN1. Kết luận

Qua nghiên cứu lí luận và thực tiễn quá trình xây dựng tài liệu dạy học

và quá trình dạy học ở lớp chuyên toán THPT. Luận văn đã đề cập được

những vấn đề sau:

1) Trình bày hệ thống lí luận về việc bồi dưỡng năng lực giải toán cho

học sinh chuyên toán.

2) Làm rõ ưu điểm và nhược điểm của việc dùng hình học cao cấp soi

sáng hình học sơ cấp để xây dựng nội dung các chuyên đề bồi dưỡng học sinh

chuyên toán THPT.

3) Trình bày có hệ thống chuyên đề đơn hình trực tâm và bài toán con

bướm đối với siêu mặt bậc hai. Từ đó bằng cách đặc biệt hóa thu được kết quả

hệ thống các bài toán sơ cấp làm tài liệu để xây dựng các chuyên đề dạy học

cho học sinh chuyên toán THPT.

4) Xây dựng được hai chuyên đề "Tứ diện trực tâm và các bài toán liên

quan" và " Bài toán con bướm", được trình bày theo sơ đồ hướng dẫn của G.

Pôlya nhằm bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh chuyên toán THPT.

5) Chúng tôi đã tiến hành thử nghiệm đề tài tại lớp 11 chuyên toán

trường THPT chuyên Lam Sơn- Thanh Hóa. Kết quả thu được bước đầu

khẳng định được tính khả thi của đề tài.

2. Đề nghị

Qua nghiên cứu đề tài và quá trình thực nghiệm, để việc xây dựng tài

liệu cho giáo viên bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh hiệu quả, chúng

tôi xin có một số đề nghị sau:

1) Dùng hình học cao cấp soi sáng hình học sơ cấp để xây dựng nội

dung các chuyên đề phục vụ cho giảng dạy. Đồng thời với cách làm này

chúng ta có thể làm được với các môn Đại số và Giải tích.

2) Các trường chuyên nên thường xuyên tổ chức các hội thảo về học

tập và trao đổi nghiệm về biên soạn tài liệu giảng dạy.

3) Bộ Giáo dục và Đào tạo có đề tài tầm về việc tổ chức lại hệ thống

trường chuyên và xây dựng bộ sách giáo khoa cho học sinh chuyên.

4) Bộ Giáo dục và Đào tạo trích nguồn kinh phí hỗ trợ để giáo viên ở

các trường chuyên yên tâm đầu tư thời gian vào việc xây dựng nội dung

giảng dạy.

3. Hướng phát triển của đề tài

Nếu có điều kiện nghiên tiếp, tác giả sẽ tiếp tục nghiện cứu đề tài theo

hướng dùng hình học cao cấp soi sáng hình học sơ cấp để xây dựng nội dung

các chuyên đề "Véctơ trong hình học phẳng và hình học không gian" và "Các

phép biến hình" nhằm bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh chuyên toán

THPT.

TÀI LIỆU THAM KHẢO

1. Phan Đức Chính, Phạm Tấn Dương, Lê Đình Thịnh (1978), Tuyển tập

những bài toán sơ cấp (tập III), NXB Đại học và trung học chuyên nghiệp.

2. Hoàng Chúng (1997), Phương pháp dạy học toán ở trường THCS, NXB

GD.

3. Văn Như Cương (1994), Tứ diện và hình hộp, NXB GD.

4. Văn Như Cương, Tạ Mân (1998), Hình học Afin và hình học ƠClit, NXB

ĐHQG Hà Nội.

5. Phạm Gia Đức, Nguyễn Mạnh Cảng, Bùi Huy Ngọc, Vũ Dương Thụy

(1998), Phương pháp dạy học môn Toán. NXB GD.

6. Phạm Gia Đức – Viện KHGD (6/2002), Một số ví dụ về hoạt động hình học

thường gặp trong các tình huống đỉnh hình. Tạp chí Giáo dục, số 33.

7. Ê-Phi-Mốp (1962), Hình học cao cấp (phần thứ nhất), NXB GD.

8. Trần Bá Hà (chủ biên) (2006), Hình học không gian. NXB Đại học Sư

phạm.

9. Trần Văn Hạo (chủ biên) (2006), Chuyên đề luyện thi vào đại học – Hình

học không gian, NXB GD.

10. Phạm Văn Hoàn (chủ biên), Nguyễn Gia Cốc, Trần Thúc Trình (1998),

Giáo dục học môn Toán, NXB GD.

11. Nguyễn Thái Hòe (2001), Rèn luyện tư duy qua việc giải bài tập toán.

NXB GD.

12. Vương Hội (2005), Tăng cường định hướng sư phạm cho sinh viên Cao

đẳng Sư phạm trong dạy học Lí thuyết số và Cơ sở số học. Luận văn Thạc sĩ

khoa học giáo dục, Trường ĐHSP Hà Nội.

13. Nguyễn Mộng Hy (1999), Hình học cao cấp, NXB GD.

14. Phan Huy Khải (2000), Toán nâng cao Hình học (tập II), NXB GD.

15. Kơrutecxki V.A (1973), Tâm lí năng lực toán học của học sinh, NXB GD.

16. Nguyễn Bá Kim, Vương Dương Minh, Nguyễn Sĩ Đức (1998), Tính giải

quyết vấn đề trong toàn bộ quá trình dạy học, Tạp chí KHGD Hà Nội số 66.

17. Nguyễn Bá Kim, Vương Dương Minh, Tôn Thân (1998), Khuyến khích

một số hoạt động trí tuệ của học sinh qua môn toán ở trường THCS, NXB

GD.

18. Nguyễn Bá Kim, Vũ Dương Thụy (2000), Phương pháp dạy học môn

toán, NXB GD.

19. Nguyễn Bá Kim (1999), Học tập trong hoạt động và bằng hoạt động,

NXB GD.

20. Nguyễn Bá Kim (2006), Phương pháp dạy học môn toán, NXB GD.

21. Nguyễn Phú Lộc – Khoa Sư phạm Đại học Cần Thơ (2001), Dạy học

khám phá một phương pháp dạy học nâng cao tính tích cực của học sinh

trong dạy học toán. Tạp chí Giáo dục, số 19.

22. Phan Văn Lý (2003), Xây dựng một số chuyên đề "cầu nối" giữa chương

trình Đại số ở Cao đẳng sư phạm với chương trình toán Đại số ở Trung học

cơ sở nhằm góp phần tăng cường định hướng sư phạm cho giáo sinh khoa

Toán trường Cao đẳng Sư phạm, Luận văn thạc sĩ khoa học giáo dục, Trường

ĐHSP Hà Nội.

23. Monier J.M (2001), Giáo trình toán (tập 7) – Hình học, NXB GD.

24. Lê Thị Cẩm Nhung (2002), Phát triển năng lực giải toán của học sinh lớp

7 trường THCS, Luận văn thạc sĩ khoa học giáo dục, Đại học Sư phạm Thái

Nguyên.

25. Pôlya G (1975), Sáng tạo toán học, NXB GD.

26. Pôlya G (1976), Toán học và những suy luận có lý, NXB GD.

27. Pôlya G (1977), Giải một bài toán như thế nào. NXB GD.

28. Sharygin I.F (1988), Tuyển tập 340 bài toán hình học không gian, NXB

Tổng hợp Nghĩa Bình.

29. Đào Tam (2005), Phương pháp dạy hình học ở trường trung học phổ

thông, NXB Đại học Sư phạm.

30. Trần Văn Tấn và nhóm giáo viên chuyên toán Đại học Sư phạm Hà Nội

(2005), Chuyên đề hình học bồi dưỡng học sinh giỏi trung học cơ sở, NXB

GD.

31. Vũ Dương Thụy (chủ biên), Phạm Gia Đức, Hoàng Ngọc Hưng, Đặng

Đình Lăng (1998), Thực hành giải toán, NXB GD.

32. Nguyễn Cảnh Toàn (1998), Tập cho học sinh giỏi toán làm quen dần với

nghiên cứu toán học, NXB GD.

33. Nguyễn Thị Hương Trang (4/2001), Tiến trình giải một bài tập toán theo

hướng sáng tạo, phát hiện và giải quyết vấn đề trong môn Toán THPT . Tạp

chí Giáo dục, số 1.

34. Nguyễn Thị Hương Trang (12/2001), Những định hướng mở rộng bài

toán ban đầu trong tiến trình giải toán phổ thông. Tạp chí giáo dục, số 19.

35. Nguyễn Thị Hương Trang (5/ 2002), Hình thành năng lực giải toán theo

định hướng sáng tạo, phát hiện và giải quyết vấn đề cho học sinh trong dạy

học giải toán. Tạp chí Giáo dục, số 29.

36. Trần Thúc Trình (1998), Tư duy trong hoạt động học toán, Tài liệu cho

học viên cao học. Viện KHGD.

37. Nguyễn Huy Tú (2005), Tài năng – Quan niệm, nhận dạng và đào tạo.

NXB GD.

38. Trần Anh Tuấn, Lê Lô Bình Trường – Cao đẳng Sư phạm Nghệ An

(4/2002), Phát huy tính tích cực, sáng tạo của học sinh thông qua việc khai

thác bài toán. Tạp chí Giáo dục, số 27.

39. Nguyễn Thanh Tùng – Trường Đại học Duy Tân Đà Nẵng (4/2001), Dạy

học qua việc tìm lời giải của bài toán tổng quát. Tạp chí Giáo dục, số 2.

40. Phạm Hồng Tung (chủ biên) (2005), Khảo lược về kinh nghiệm phát hiện,

đào tạo và sử dụng nhân tài trong lịch sử Việt Nam, NXB ĐHQG Hà Nội.

41. Thái Duy Tuyên (1997), Những vấn đề cơ bản của giáo dục hiện đại,

NXB GD.

42. Đặng Quang Việt (2001), Tăng cường định hướng sư phạm trong dạy học

Đại số đại cương thông qua việc xây dựng một số chuyên đề cho sinh viên

toán CĐSP, Luận án tiến sĩ, Viện khoa học Giáo dục Hà Nội.

43. Nguyễn Thị Minh Yến (2006), Xây dựng một số chuyên đề "cầu nối" giữa

hình học cao cấp ở trường Cao đẳng Sư phạm với hình học ở phổ thông nhằm

tăng cường định hướng sư phạm cho sinh viên, Luận văn thạc sĩ khoa học

giáo dục, Trường ĐHSP Hà Nội.

44. Tài liệu phương pháp dạy học THPT – Môn Toán, tài liệu lưu hành nội

bộ, khoa Toán, trường Đại học Sư phạm Thái Nguyên.

PHỤ LỤCHướng dẫn giải bài tập

Chuyên đề 1:

1. Sử dụng 2 định lí

- Định lí sin: Một hình tứ diện cho trước, tích các chiều dài của hai cạnh đối

diện chia cho tích các sin của hai góc nhị diện tương ứng với các cạnh này là

hằng số.

- Định lí Breischneider: Gọi a, b là chiều dài của hai cạnh chéo nhau của một

hình tứ diện. là số đo của hai góc nhị diện tương ứng. Khi đó

không phụ thuộc vào cách chọn các cạnh của tứ

diện.

Từ đó suy ra bài toán tương đương với tính chất: Trong tứ diện trực tâm thì

tổng bình phương của các cạnh đối diện bằng nhau.

2. Gọi a và a1, b và b1, c và c1 là chiều dài của các cặp cạnh đối diện của tứ

diện, là góc giữa chúng.

Sử dụng tính chất sau:

- Gọi a và a1, b và b1, c và c1 là chiều dài của các cặp cạnh đối diện của tứ diện

và lần lượt là các góc giữa chúng ( không vượt quá 900). Khi đó

một trong ba số aa1cos , bb1cos , cc1cos bằng tổng hai số kia.

- Trong một hình tứ diện bất kì thì tồn tại một tam giác mà mỗi cạnh có số đo

bằng tích của mỗi cặp cạnh đối diện của tứ diện.


3. Nếu tứ diện ABCD là tứ diện trực tâm thì

Tức là các góc cùng nhọn hoặc cùng tù.

4. Từ bài tập 3 ta suy ra có hai khả năng sau xảy ra:

1) Nếu tất cả các góc phẳng của tứ diện đều nhọ thì một mặt bất kì của tứ diện

là tam giác nhọn.

2) Nếu có một trong các góc phẳng ( giả sử tại đỉnh A) không nhọn thì cả 3

góc phẳng còn lại đều không nhọn. Do đó các góc phẳng còn lại của tứ diện

phải nhọn (vì mặt bất kì của tứ diện phải có ít nhất hai góc nhọn). Trong

trường hợp này tam giác ACD là tam giác nhọn.

5. Điều kiện cần:

Giả sử tứ diện trực tâm ABCD có trực tâm H nằm ngoài tứ diện, suy ra có

ít nhất một đường cao trong 4 đường AH, BH, CH, DH phải nằm ngoài tứ diện.

Không mất tính tổng quát ta giả sử AH nằm ngoài tứ diện, suy ra hình

chiếu vuông góc A1 của A xuông mặt phẳng (BCD) nằm ngoài tam giác đáy.

Vì ABCD là tứ diện trực tâm nên A1 là trực tâm của tam giác BCD, A1 nằm

ngoài tam giác BCD.


Ngược lại, nếu có một mặt có trực tâm nằm ngoài tam giác đó. Ta giả sử

A1 là trực tâm và nằm ngoài tam giác BCD. Suy ra, AA1 nằm ngoài tứ diện.

H H nằm ngoài tứ diện ABCD.

6. Thiết diện của tứ diện trực tâm tạo bởi mặt phẳng bất kì song song với các

cạnh này là một hình chữ nhật có các đường chéo dài bằng khoảng cách giữa

các trung điểm của cạnh đối diện. Từ đó suy ra trung điểm của các cạnh của

tứ diện trực tâm nằm trên mặt cầu có tâm trùng với trọng tâm của tứ diện đã

cho và đường kính dài bằng khoảng cách giữa hai cạnh đối diện của tứ diện.

Do đó bốn đường tròn chín điểm nằm trên mặt cầu này.

7. Gọi tứ diện ABCD là tứ diện trực tâm. Bốn mặt lần lượt có trọng tâm là

G1G2G3G4. Bốn đường thẳng đi qua các trọng tâm và vuông góc với mặt đó

tương ứng là d1, d2, d3, d4 .

Ta dễ dàng chứng minh được tứ diện G1G2G3G4 cũng là tứ diện trực tâm và có

các đường cao là là d1, d2, d3, d4. Suy ra là d1, d2, d3, d4 đồng quy.

8. Gọi ABCD là tứ diện trực tâm. Bổ sung vào tứ diện một hình hộp bằng

cách dựng các mặt phẳng chứa các cạnh và song song với cạnh đối diện. Suy

ra các canh của hình hộp bằng nhau.

Gọi A1B1 là đường chéo của hình hộp song song với cạnh AB, O là tâm của

mặt cầu ngoại tiếp, H là trực tâm, M là trọng tâm của tứ diện ABCD.

K, L lần lượt là trung điểm của AB và A1B1. Suy ra KOLH là hình bình hành.

Do đó

9. Từ bài toán mặt cầu Ơle ta có, suy ra trọng tâm của các mặt của tứ diện

nằm trên mặt cầu ảnh của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện qua phép vị tự tâm M tỉ

số . Từ đó suy ra kết quả bài toán.

10. Chân đường cao của tứ diện nằm trên mặt cầu ảnh của mặt cầu ngoại tiếp

tứ diện qua phép vị tự tâm G tỉ số . Từ đó suy ra kết quả bài toán.

11. a) Dễ dàng thấy mọi thiết diện của tứ diện cắt bởi các mặt phẳng song

song với các cặp cạnh đối diện là hình bình hành. Có diện tích lớn nhất khi nó

đi qua các trung điểm của các còn lại.

(trong đó lần lượt là góc

giữa các cặp cạnh đối diện a và d, b và d, c và f).

.

b) Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi

tứ diện ABCD là tứ diện trực tâm.

12.Gọi các đường cao của tứ diện lần lượt là AA1, BB1, CC1, DD1; A2 là hình

chiếu vuông góc của M lên mặt phẳng (BCD).

Ta có (1)

Dấu “=” xảy ra khi M thuộc đường cao AA1

Tương tự, ta có (2),

dấu “=” xảy ra khi M thuộc đường cao BB1

(3)

Dấu “=” xảy ra khi M thuộc đường cao CC1

(4)

Dấu “=” xảy ra khi M thuộc đường cao DD1

Từ (1), (2), (3), (4) ta có

(Vì )

Dấu “=” xảy ra khi M trùng với trực tâm H

của tứ diện.

Chuyên đề 2:

1. Gọi T là điểm đối xứng của H qua AB

T thuộc đường tròn ngoại tiếp

tam giác ABC.

Gọi Q là giao của PF với BT.

Theo kết quả bài toán “con bướm”

ta có FP = FQ, mặt khác FH=FT.

Vậy PH//TQ suy ra

2. Gọi BB’, CC’ là đường cao trong

tam giác ABC. Ta có BCC’B’

là tứ giác nội tiếp đường tròn

Q

HP

O

B

C

A

T

Hình 3.25

N

M

H

D'

C'

O

A

B C

Hình 3.26

(O) đường kình BC.

Theo bài toán “con bướm” ta có

.

3. Ta sử dụng bổ đề sau:

Cho hai đường tròn (O1) và (O2)

cắt nhau tại A, B.

Gọi I là trung điểm của O1O2.

Đường thẳng qua A cắt (O1), (O2)

lần lượt tại các điểm E, F

(A thuộc đoạn EF).

Khi đó AE=AF .

Gọi O1, O2, O3, O4 lần lượt là tâm

của các đường tròn ngoại tiếp các

tam giác OAB, OBC, OCD, ODA.

Ta có O1O2//O3O4 (vì cùng vuông góc với BD),

O1O4//O2O3 (vì cùng vuông góc với AC).

Do đó tứ giác O1O2O3O4 là hình bình hành.

Gọi I là tâm của hình bình hành đó. Suy ra I là trung điểm của O1O3 đồng

thời cũng là trung điểm của O2O4.

Theo bổ để trên ta có

O là trung điểm của PM O là trung điểm của NQ.

Suy ra điều phải chứng minh.

4. Ta có DB = DC = DI.

Áp dụng định lí Ptôlêmê vào tứ giác ABDC

Ta có AB.DC + DB.AC = AD.BC

N

M

P

Q

O

A

D

B

C

Hình 3.27

N

M

I O

A

BC

D

B'

C'

Hình 3.28

Áp dụng bài toán “con bướm” ta suy ra IM = IN (đpcm).

5.

+ Nếu ABCD là hình thang thì từ giả thiết bài toán dễ dàng suy ra nó là hình

bình hành.

+ Nếu ABCD không là hình thang, gọi P, Q lần lượt là giao của B’D’ với AB,

CD. Áp dụng bài toán “con bướm” đối cặp đường thẳng AD và BC. Do

OB’=OD’ nên OP=OQ mặt khác OA’=OC’ nên A’P//C’Q nên suy ra /CD

(mâu thuẫn).

6. Gọi I là trung điểm. Hạ các đường

vuông cao BB’, CC’ của tam giác A2BC.

Từ ta chứng minh

A1, H2, I thẳng hàng.

Thật vậy, ta có

và

tứ giác A1A2H2H1 là hình bình hành

Vì nên suy ra (1)

Gọi Q là giao điểm của OA2 với đường tròn (O) thẳng hàng (2)

Và (3)

D'

B'O

A

D

B

CQ

A'

C'

Hình 3.29

Q

B

N

M

H2H1

A2

I

O

A1

C

C'

B'

Hình 3.30

Từ (1), (3) suy ra A1, H2, Q thẳng hàng (4)

Từ (2), (4) suy ra A1, H2, I, Q thẳng hàng. Hay A1, H2, I thẳng hàng.

Áp dụng bài toán “con bướm” đối với đường tròn đường kính BC ta được

H2M=H2N A1M=A1N.

7. Qua E kẻ dây cung PQ vuông góc với BD.

Giả sử PQ cắt BC, AD tại M, N.

Áp dụng bài toán “con bướm” ta suy ra

EM=EN.

Gọi O1, O2 lần lượt là tâm của các đường

tròn ngoại tiếp các tam giác ABE, CDE.

Dễ thấy N . Gọi I là trung

điểm của O1O2.

Vì EM=EN nên (đpcm).

E

M

N

P

Q

O

C

B D

A

Hình 3.31

MỤC LỤC

Trang

MỞ ĐẦU...........................................................................................................11. Lí do chọn đề tài........................................................................................12. Mục đích nghiên cứu.................................................................................23. Nhiệm vụ nghiên cứu................................................................................24. Giả thuyết khoa học...................................................................................35. Phương pháp nghiên cứu...........................................................................3

5.1. Nghiên cứu lí luận..............................................................................35.2. Phương pháp điều tra quan sát..........................................................35.3. Phương pháp tổng kết kinh nghiệm....................................................3

6. Đối tượng và khách thể nghiên cứu..........................................................47. Phạm vi nghiên cứu...................................................................................48. Cấu trúc luận văn.......................................................................................4

Chương 1: CƠ SỞ LÍ LUẬN............................................................................51.1. Lí luận về năng lực giải toán của học sinh.............................................51.2. Ý nghĩa của bài tập toán trong dạy học môn toán................................161.3. Bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh chuyên toán THPT..........171.4. Hình học cao cấp soi sáng hình học sơ cấp..........................................291.5. Thực trạng dạy học ở các lớp chuyên toán THPT................................34Kết luận chương 1.......................................................................................36

Chương 2: HÌNH HỌC CAO CẤP SOI SÁNG HÌNH HỌC SƠ CẤP...........382.1. Chuyên đề 1: Đơn hình trực tâm và các bài toán liên quan.................38

2.1.1. Một số khái niệm...........................................................................382.1.2. Một số tính chất đặc trưng của đơn hình trực tâm........................392.1.3. Một số dấu hiệu nhận biết vị trí trực tâm của đơn hình................502.1.4. Các siêu cầu Ơle trong đơn hình trực tâm.....................................572.1.5. Siêu cầu Ơle trong đơn hình bất kì................................................652.1.6. Một số bất đẳng thức trong đơn hình trực tâm..............................69

2.2. Chuyên đề 2 : Bài toán con bướm........................................................742.2.1. Khái niệm siêu mặt bậc hai...........................................................742.2.2. Trường hợp đặc biệt......................................................................752.2.3. Bài toán con bướm........................................................................75

Kết luận chương 2.......................................................................................78Chương 3: BỒI DƯỠNG NĂNG LỰC GIẢI TOÁN CHO HỌC SINH CHUYÊN TOÁN THÔNG QUA VIỆC GIẢI BÀI TẬP HÌNH HỌC. THỬ NGHIỆM SƯ PHẠM......................................................................................79

3.1. Mục đích xây dựng chuyên đề.............................................................793.2. Các nguyên tắc xây dựng chuyên đề....................................................793.3. Yêu cầu về kiến thức, kỹ năng đối với học sinh chuyên toán khối 11.80

3.3.1. Về kiến thức...................................................................................803.3.2. Về kỹ năng.....................................................................................80

3.4. Tác dụng của chuyên đề xây dựng để dạy nhằm phát triển năng lực giải toán cho học sinh chuyên toán khối 11.......................................................813.5. Dạy giải bài tập hình học dựa trên sơ đồ gợi ý của G. Pôlya...............82

3.5.1. Chuyên đề 1 : Tứ diện trực tâm và các bài toán liên quan...........823.5.2. Chuyên đề 2: Bài toán "con bướm".............................................108

3.6. Đề xuất một số biện pháp...................................................................1283.7. Thử nghiệm sư phạm..........................................................................1293.7.1. Mục đích thử nghiệm......................................................................1293.7.2. Nội dung thử nghiệm.......................................................................1293.7.3. Tổ chức thử nghiệm........................................................................129Kết luận chương 3.....................................................................................133

KẾT LUẬN...................................................................................................134TÀI LIỆU THAM KHẢO.............................................................................136PHỤ LỤC......................................................................................................141

Documents

Dùng hình học cao cấp để xây dựng hệ thống bài tập hình học sơ cấp nhằm bồi dưỡng năng lực giải toán cho học sinh chuyên toán THPT