SKKN Từ bài toán trong tam giác đến các bài toán tứ diện trong không gian

MỤC LỤC
Trang
1. MỞ ĐẦU
1
 1.1. Lý do chọn đề tài
1
 1.2. Mục đích nghiên cứu
1
 1.3. Đối tượng ngiên cứu
1
 1.4. Phương pháp nghiên cứu
1
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2
 2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2
 2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2
 2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
3
 2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo 
15
 dục,với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
3. KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ
16
 3.1. Kết luận
16
 3.2. Kiến nghị
17
 Tài liệu tham khảo
18
 Các SKKN đã được Sở GD&ĐT Thanh Hóa xếp loại
19
PHẦN 1: MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
	Xu thế của dạy học hiện đại là dạy học theo phương pháp kiến tạo. Người ta còn gọi đó là lý thuyết tình huống và hiện nay chúng ta dạy học bằng cách tổ chức các hoạt động. Trong hoạt động dựa vào tri thức đã biết để xây dựng các tri thức mới thì các kiểu giải bài tập tương tự là hoạt động phù hợp và cần thiết.
	Trong quá trình dạy và học toán, đối với học sinh phổ thông tôi nhận thấy thường chúng ta phải phân tích, phán đoán các hướng giải quyết bài toán, liên hệ giữa bài toán đó với các bài toán quen thuộc, đơn giản hơn để có hướng giải quyết tương tự, ngược lại đối với các học sinh khá, giỏi chúng ta lại có thể từ một bài toán đơn giản đi sâu phân tích, mở rộng, phát triển thành những bài toán mới. Đặc biệt trong chương trình hình học ở THPT, việc khai thác được các liên hệ giữa không gian hai chiều và không gian ba chiều giúp học sinh giải quyết được nhiều vấn đề toán học phù hợp với nhiều đối tượng học sinh, với nhiều mức độ kiến thức khác nhau, nội dung kiến thức này được xuất hiện khá nhiều trong các kì thi: Khảo sát chất lượng, thi Học sinh giỏi các cấp, thi THPT Quốc gia,.... Việc sử dụng phương pháp giải đối với một bài toán hình học phẳng để giải một bài toán hình học không gian tương tự và mở rộng một số bài toán phẳng sang bài toán trong không gian mới sẽ giúp hoạt động giảng dạy và học tập môn hình học đạt hiệu quả cao hơn.
Hình học không gian là một môn học khó, đa số học sinh ngại học, rất khó để gây được hứng thú cho học sinh. Hiện tại chưa có các tài liệu nghiên cứu nào bàn sâu vào vấn đề liên quan giữa tam giác và tứ diện. Các đồng nghiệp của tôi cũng chưa tìm ra hướng giải quyết, khắc phục khi dạy học liên quan đến các bài toán tứ diện trong không gian để học sinh có thể hứng thú và học tốt phần này. 
 Với các lý do trên tôi chọn nghiên cứu đề tài: “Từ bài toán trong tam giác đến các bài toán tứ diện trong không gian” trong đó tôi trình bày một số bài toán chuyên biệt (theo đề tài) mà tôi đã khai thác cũng như giảng dạy trong môn hình học không gian ở khối 11 và 12 cũng như bồi dưỡng học sinh khá, giỏi.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
 Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh phương pháp tương tự hóa trong hình học nói riêng và môn toán nói chung và một số kỹ năng cơ bản thông qua việc phát hiện được mối quan hệ giữa các bài toán hình học phẳng và bài toán hình học không gian. Học sinh thông hiểu và trình bày bài toán đúng trình tự, đúng logic, không mắc sai lầm khi tư duy và biến đổi. Hy vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng các em học sinh có một cái nhìn toàn diện cũng như phương pháp giải một lớp các bài toán hình học.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
 - Bài toán hình học phẳng.
 - Bài toán hình học không gian.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
 - Nghiên cứu các loại tài liệu sư phạm có liên quan đến đề tài.
 - Phương pháp quan sát (công việc dạy- học của giáo viên và HS).
 - Phương pháp điều tra (nghiên cứu chương trình, hồ sơ chuyên môn,).
 - Phương pháp đàm thoại phỏng vấn (lấy ý kiến của giáo viên và HS). 
 - Phương pháp thực nghiệm
PHẦN 2: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy và hoạt động học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ thông đặc biệt là bộ môn toán học rất cần thiết không thể thiếu trong đời sống của con người, trong đó hình học là nội dung rất quan trọng và khó với kiến thức rộng, đa phần các em ngại học môn này. 
	Muốn giải một bài toán ta thường thực hiện 2 bước: Huy động kiến thức và tổ chức kiến thức. Huy động kiến thức là một thao tác tư duy nhằm tái hiện các kiến thức có liên quan với bài toán, từ lý thuyết, phương pháp giải, các bài toán đã gặp. Do đó người làm toán phải biết và cần phân tích ý tưởng: ta đã gặp bài toán nào gần gũi với kiểu bài toán này hay chưa ? Polia đã viết 1 quyển sách chỉ với nội dung: “Giải bài toán như thế nào” trong đó ông có đề cập đến nội dung trên như một điều kiện thiết yếu.
	Phương pháp tương tự hay tổng quát hóa là những thao tác tư duy cần thiết cho người làm toán (tương tự trong toán học cần hiểu rộng hơn như có tính chất giống nhau, mô hình giống nhau, mối quan hệ giống nhaunhư đường thẳng trong mặt phẳng và mặt phẳng trong không gian cũng là tương tựtam giác và tứ diện, đường tròn và mặt cầulà tương tự).
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
	Học sinh thường lúng túng trước một bài toán hình không gian ở các mặt: vẽ hình, chưa hiểu rõ các khái niệm, định lý, liên quan và đặc biệt là không nhớ hay phát hiện được các bài toán tương tự. Học sinh thường không nhận ra trong hình không gian có những bài toán này là bài toán con của bài toán khác (ví dụ: cắt một góc của khối chữ nhật ta có tứ diện vuông, cắt 1 tứ diện vuông ta có 1 tứ diện tùy ý hay bổ sung 1 tứ diện ta được một hình hộp)
	Học sinh thường suy nghĩ hay giải từ các bài toán liên quan theo dạng (các loại tứ diện, hình chóp, hình hộp, các cách chứng minh sự vuông góc hay song song) mà không để ý xa hơn là có bài toán hình phẳng tương tự và giải các bài toán này..
Học sinh ít suy nghĩ là từ đâu ta ra đề toán này, chưa hứng thú với môn học. Cũng có thể do chính các thầy cô chưa chú trọng rèn luyện cho học sinh, hay phương pháp truyền đạt kiến thức chưa tốt làm giảm nhận thức của học sinh...
	Trước khi tôi thực hiện đề tài thì kết quả các bài kiểm tra môn hình học không gian của học sinh lớp 11, 12 trong hai năm học liên tiếp của trường THPT Quảng Xương 2 được thể hiện qua bảng sau: 
Năm học
Lớp
Tổng số
Điểm 8 trở lên
Điểm từ 5 đến 8
Điểm dưới 5
Số lượng
Tỷ lệ
Số lượng
Tỷ lệ
Số lượng
Tỷ lệ
2015-2016
11C2
46
8
17 %
18
39 %
20
44 %
12B2
45
8
18 %
19
42 %
18
40 %
 2016-2017
11A2
42
9
21 %
17
40 %
16
39 %
12C2
46
9
20 %
20
43 %
17
37 %
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
2.3.1. Các giải pháp: Trong giảng dạy tôi thực hiện như sau:
	- Dùng hệ thống câu hỏi gợi ý phương pháp tìm tòi lời giải cũng như phương pháp chứng minh bằng kỹ thuật tương tự.
	- Khai thác, phát triển tính chất của bài toán hình phẳng, bài toán hình không gian tương tự.
	- Ra đề toán theo hướng mở với kiểu câu phát hiện sáng tạo (ví dụ: em thử nghĩ kết quả này mở rộng trong không gian thì ra sao và có tính chất đó hay không).
	2.3.2. Nội dung: Tôi xin trình bày 15 bài toán và 10 bài tập kiểm tra, để áp dụng cho nhiều đối tượng khai thác các bài toán quá khó thì lớp đối tượng áp dụng chuyên đề này bị thu hẹp.
Bài toán 1: 
Bài 1a. Cho DABC vuông tại A có đường cao AH. Chứng minh 
	a) BC2 = AB2 + AC2 (Pytago)
	b) 
Bài 1b. [1]. Cho tứ diện vuông OABC có đường cao OH
	a) 
	b) 
	Nhận xét: Bài này khá quen thuộc tôi không nêu cách giải. Có thể ra đề cho học sinh trung bình khá bài sau giúp các em nhận dạng sự tương tự bước đầu.
Bài 1c. [4]. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = a, AD = b, 
AA' = c.
	a) Tính độ dài đường chéo AC'
	b) Tính khoảng cách từ các đỉnh A', B, D đến AC'
	c) Gọi a,b,g là góc tạo bởi đường chéo AC' và 3 cạnh lần lượt là AD, AB, AA'. Tính tổng S = cos2a + cos2b + cos2g (hay chứng minh S = 1)
	Đáp số a)	AC'2 = a2 + b2 + c2
	b) Gọi x, y, z là các khoảng cách từ A' đến AC
	. Tương tự
 , 
	c) Đặt d = AC' Þ dcosa = a, dcosb = b, dcosg = c và dùng lại kết quả phần a 
	Þ S = 1
Bài toán 2: 
Bài 2a. Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong DABC đều cạnh a. Hạ MH, MI, MK lần lượt vuông góc với các cạnh BC, CA, AB.
Chứng minh: S = MH + MI + MK không phụ thuộc vào vị trí của M.
Bài 2b. [6]. Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong tứ diện đều ABCD. Hạ MH, MI, MK, ML lần lượt vuông góc với các mặt của tứ diện (H, I, K, L thuộc các mặt đó). Chứng minh: S = MH + MK + MI + ML không phụ thuộc vào vị trí của M.
	Cách giải:
	a) (đpcm) (AH là đường cao DABC)
	b) 
	không đổi (AH là đường cao)
	Nhận xét: 
Bài 2a: Có thể mở rộng cho đa giác đều
Bài 2b: Có thể mở rộng cho tứ diện đều hay tứ diện ABCD gần đều (AB=CD=a; AC = BD = b; AD = BC = c) hay khối đa diện đều.
Học sinh làm quen với tỉ số diện tích, thể tích có chung mẫu số.
Bài toán 3: 
Bài 3a. M là điểm tùy ý nằm trong DABC. Gọi MH, MI, MK là các khoảng cách từ M đến các cạnh của tam giác. Chứng minh 
Bài 3b. [4]. M là điểm tùy ý nằm trong tứ diện ABCD. Gọi x,y,z,t là khoảng cách từ M đến các mặt đối diện đỉnh A,B,C,D và ha, hb, hc, hd lần lượt là đường cao của tứ diện. Chứng minh: .
	Nhận xét: Đây là bài toán nền dựa vào kết quả này ta có thể phát triển và khai thác nhiều kiểu ra đề khác nhau.
Bài toán 4: 
Bài 4a. [5]. M là điểm nằm trong tam giác. Hãy tìm vị trí M để thấy tổng khoảng cách từ M đến các cạnh là lớn nhất, nhỏ nhất.
Bài 4b. [6]. M là điểm nằm trong tứ diện. Hãy tìm vị trí M để tổng các khoảng cách từ M đến các mặt là lớn nhất, nhỏ nhất.
	Cách giải:
	4a) 
	Giả sử AB < AC < BC tương ứng là ha < hb < hc. Lúc đó .
	4b) Tương tự 
Bài toán 5: 
Bài 5a. [5]. Cho điểm M nằm trong D ABC, AM, BM, CM cắt BC, CA, AB lần lượt tại A1,B1 ,C1. Chứng minh:
	1) 	2) 
	3) 	4) 
	5) 	6) 
	7) Tìm GTNN của 
Bài 5b. [3]. Điểm O nằm trong tứ diện ABCD, AO, BO, CO, DO cắt các mặt tứ diện lần lượt tại A1, B1, C1, D1. Chứng minh
	1) 	2) 
	3) 	4) 
	5) 	6) 
	7) 	8) 
	9) 	10) 
	Lời giải: 
	5a) 1) 
	Tương tự Þ VT 
	2) côsi cho 3 cặp nghịch đảo Þ VT ³ 6
	3) Khai thác bất đẳng thức bất đẳng thức Nétbit
	4) 5) 6) 7) Dùng bất đẳng thức Côsi
	5b) 1) 
	2) 
	3) 4,5,6,7,8,9,10: Tương tự khai thác bất đẳng thức Đại số cho 4 số không âm.
	Nhận xét: 
	+ Đây là bài toán có rất nhiều hệ quả.
	+ Việc khai thác bất đẳng thức đại số cho 4 số không âm (diện tích, thể tích) giúp ta có nhiều bài tập hay và tổng hợp toàn diện.
Bài toán 6: 
Bài 6a. [5]. Cho DABC. Đường thẳng D qua trọng tâm G cắt 2 cạnh AB và AC tại B',C'. Chứng minh: 
Bài 6b. [2]. Cho tứ diện ABCD. Mặt phẳng (a) đi qua giao điểm các trọng tuyến G cắt AB, AC, AD tại B', C', D'. Chứng minh: 
	Cách giải: 
	a) Hạ BI, CK, ME, AF vuông góc với D và đặt BI = x, CK = y, AF = z 
	Ta có . Tương tự: 
	. Mà (tính chất trọng tâm)
	b) Cách giải tương tự như trên, tuy nhiện đề bài ra là TRỌNG TUYẾN. Khái niệm này cần phải giải thích cho học sinh và chứng minh tính chất nên ta có thể đưa ra bài toán sau hoàn toàn tương tự.
	Cho hình chóp SABC và G là trọng tâm D ABC. Mặt phẳng (a) đi qua điểm G' Î SG cắt SA, SB, SC lần lượt tại A', B', C'
	Chứng minh: 
	Cách giải: Ta đã quen với bài toán tỉ số thể tích nên cách giải như sau:
	Đặt , , , 
	Ta có : ;	; 	
	Cộng 3 đẳng thức (vì )
	Mặt khác ta có: (**). Từ (*) và (**) ® đpcm (x + y + z = 3t)
	* Trường hợp đặc biệt nếu G' là giao điểm 2 trọng tuyến thì 
	. Thỏa bài toán trên.
Bài toán 7:
Bài 7a. [5]. Cho DABC. M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Đặt S1 = SMBC, S2 = SMCA, S3 = SMAB.
	1. Chứng minh: 
	2. Chứng minh: Với mọi điểm I ta luôn có: 
Bài 7b. [6]. Cho tứ diện ABCD, M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tứ diện đó ký hiệu lần lượt là thể tích các khối MBCD, MACD, MABD, MABC.
	1. Chứng minh: .
	2. Chứng minh: Với mọi điểm I ta luôn có:
	Cách giải: 
	a) AM cắt BC tại A'; 
	Mà 
	 (1)
	Ngoài ra (2)
	Thế (2) và (1) (đpcm)
	b) (*)
	 (đpcm)
	AM cắt mp (BCD) tại H. Đặc S2 = SCJD ;	S3 = SBDJ; S4 = SBCJ
	Theo bài trên (1)
	Dễ dàng chứng minh được:
	 (2)
	(1), (2) Þ (3)
	Ta có : (4)
	Từ (3), (4) 
	b) (a) Þđpcm
	Nhận xét: 
Diện tích được thay bằng thể tích và bài toán tâm tỉ cự. 
Bài toán 8:
Bài 8a. [5]. Cho D ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh nếu điểm I thỏa mãn hệ thức thì I là tâm đường tròn nội tiếp DABC.
Bài 8b. [3]. Cho tứ diện ABCD với I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện.
	Đặt Sa = SBCD, Sb = SACD, Sc = SABD, Sd = SABC
	Chứng minh: 
	Cách giải: 
	8a). (1)
	Hay I Î phân giác AD tương tự I Î phân giác BE Þ đpcm
 8b). DI Ç (ABC) = H. Mặt phẳng (DAI) chính là mp(DAH) cắt BC tại M thì M nằm trên mặt phân giác của 2 mặt phẳng (BAD) và (CAD)
	Þ d(M, DCD) = d(M, (DAB)) 
	M Î BC Þ 
	(1)
	Gọi M là giao điểm của IM và AD
	Tương tự: (2)
	Từ (1), (2) 
	Mà I, M, M' thẳng hàng Þ 
	Lý luận tương tự với N, N' 2 điểm trên AB, CD, P và P' là 2 điểm trên BD, AC ta được , .
	Mà không đồng phẳng Þ đpcm
	Nhận xét: Kiểu ra đề khác và ý tưởng tương tự được thể hiện ở kỹ thuật chứng minh. Ngoài ra ví dụ đưa ra phương pháp chứng minh một vectơ bằng véc tơ không.
Bài toán 9: 
Bài 9a. Cho DABC, M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Chứng minh: 
 aMA + bMB + cMC ³ 4SABC
Bài 9b. [6]. Cho tứ diện ABCD. M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tứ diện. Gọi Sa, Sb, Sc, Sd là diện tích các mặt đối diện tương ứng của đỉnh A,B,C,D. Chứng minh: Sa.MA + Sb.MB + ScMC + SdMD ³ 9VABCD.
	Cách giải: 
	b) Gọi lần lượt là thể tích các khối tứ diện MBCD, MACD, MABD, MABC ta có AA1 £ MA + MA2 Û 
Tương tự cho 3 bất đẳng thức còn lại. Ta có Û đpcm
Bài toán 10: 
Bài 10a. [3].
 Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G (hay và một mặt phẳng (P) không cắt tứ diện. Gọi A1, B1, C1, D1, G1 lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, B, C, D trên (P). Chứng minh: AA1 + BB1 + CC1 + DD1 = 4GG1.
	* Yêu cầu học sinh hãy tìm bài toán tương trong mặt phẳng.
	Cách giải: Gọi M, N là trung điểm AB, CD và M1, N1 là hình chiếu của chúng trên (P). Ta có 
(Vì G là trọng tâm) G là trung điểm MN. Do mặt phẳng (P) không cắt tứ diện nên các hình thang ABB1A1, CDD1C1, MNN1M1 có các đường trung bình tương ứng là MM1, NN, GG1 do đó:
 (đpcm)
Bài 10b. [5]. Bài toán tương tự là: Cho DABC có trọng tâm G và đường thẳng d không cắt cạnh nào của tam giác. Gọi A1, B1, C1, G1 là hình chiếu của A,B,C,G. Chứng minh AA' + BB' + CC' = 3GG'
	Cách giải: 
Giải bằng vectơ thì đơn giản
Giải bằng cách vẽ thêm MM1 với M là trung điểm BC và M1 là hình chiếu của M trên d.
Bài toán 11:
Bài 11a. Chứng minh rằng: Trong DABC ta có: 
	(r là bán kính đường tròn nội tiếp, hi: là đường cao tương ứng)
Bài 11b. Chứng minh rằng: Trong tứ diện ABCD ta có: 
	(r là bán kính mặt cầu nội tiếp hi là đường tròn cao tương ứng từ đỉnh tứ diện)
	Nhận xét: 
	+ Lời giải đơn giản dựa vào tỉ số diện tích và thể tích.
	+ Đây là bài toán nền để khai thác các bài toán bất đẳng thức hay cực trị.
	+ Đối với tam giác đều hay tứ diện đều cần nhớ :
	a) hay 	b) hay 
	+ Khai thác bài 11 ta có bài sau.
Bài toán 12: 
Bài 12a. Cho DABC. Gọi ha, hb, hc, r lần lượt là độ dài các đường cao, bán kính đường tròn nội tiếp tam giác đó. Chứng minh: 
Bài 12b. Cho tứ diện ABCD gọi , r lần lượt là độ dài các đường cao và bán kính mặt cầu nội tiếp tứ giác. Chứng minh h1 + h2 + h3 + h4 ³ 16r.
Bài toán 13: 
Bài 13a. [5]. Cho DABC và M là 1 điểm tùy ý trong tam giác. Hạ MA1, MB1, MC1 vuông góc với BC, AC, BC. Chứng minh: 
	(C: chu vi DABC, r là bán kính đường tròn nội tiếp DABC)
Bài 13b. [6]. Cho tứ diện ABCD, M là 1 điểm tùy ý trong tứ diện. Hạ Hạ MA1, MB1, MC1, MD1 vuông góc với các mặt phẳng đối diện với đỉnh A,B,C,D.
	Chứng minh: 
	(S là diện tích toàn phần tứ diện, r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện)
	Cách giải:
	a) 
	Hay: T.2S ³ (2p)2 biết S = pr. Þ đpcm
	b) Tương tự T(3V1 + 3V2 + 3V3 + 3V4) ³ S2 , ta lại có 
	 (đpcm)
Bài toán 14:
Bài 14a. Cho DABC có BC = a, CA = b, AB = c. Gọi M là 1 điểm nằm trong tam giác. Gọi khoảng cách từ M đến A,B,C là Ra, Rb, Rc và da, db, dc là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB. Chứng minh: 
dadbdc 
	(trong đó S1 = SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB , S = SABC)
Bài 14b. [3]. Cho tứ diện A1A2A3A4. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi Ra, Rb, Rc, Rd là khoảng cách từ M đến các đỉnh, da, db, dc, dd là khoảng cách từ M đến các mặt. Gọi V, Si là thể tích tứ diện, và diện tích các mặt đối diện đỉnh Ai . Chứng minh
	dadbdcdd (*)
	Cách giải:
Bài 14a. Vẽ AH ^ BC. Ta có Ra + da ³ ha Û aRa ³ aha – ada = 2S – 2S1 (1)
	Tương tự bRb ³ bhb – bdb = 2S – 2S2 (2) và cRc ³ chc – cdc = 2S – 2S3 (3) 
	Từ (1)(2)(3) Þ abcRaRbRc ³ (2S – 2S1)(2S – 2S2)(2S – 2S3) (4)
	Kết hợp với (2S – 2S1) ³ bdb + cdc ³
	 (5) Từ (4) và (5) Þ đpcm
Bài 14b. Trong không gian thay cạnh bằng diện tích và diện tích bằng thể tích ta được kết quả (*)
Nhận xét: Ta có thể khai thác bài toán này theo tổng các khoảng cách Ra, Rb, Rc như sau:
Bài 14c. [4]. Cho tứ diện A1A2A3A4. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi Ra, Rb, Rc, Rd là khoảng cách từ M đến các đỉnh, da, db, dc, dd là khoảng cách từ M đến các mặt. Chứng minh:
Cách giải: Ta đã biết
	 (1)
Theo Bunhiacốpxki ta có:
	 (2)
	Từ (1) (2) ® 
Ngoài ra Ra + da ³ ha
	Chú ý dấu = xảy ra khi M thuộc các đường cao tứ diện và cách đều các đỉnh nên M là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trực tâm ABCD.
Bài toán 15: Học sinh giải bài 15a và tìm cách ra đề và giải bài toán tương tự trong không gian.
Bài 15a. [4]. Trong DABC lấy điểm M bất kỳ. Gọi ha, hb, hc là khoảng cách từ M đến BC = a, AC = b, AB = c. Tìm vị trí của điểm M để tích hahbhc đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị đó theo a,b,c.
	Cách giải:
	Dễ thấy aha + bhb + chc = 2S (Côsi)
	(Dấu = xảy ra khi aha = bhb ÞM thuộc trung tuyến CM, tương tự Þ M là trọng tâm DABC).
Bài 15b. Trong tứ diện ABCD. Tìm vị trí điểm M để tích khoảng cách từ đó đến các mặt của tứ diện là lớn nhất. Tính GTLN đó theo diện tích các mặt và thể tích của tứ diện.
	3. Kết quả: 
	1. Trong mỗi bài tập đã trình bày trên tôi đã thể hiện giải toán bằng phương pháp tương tự, kể cả cách lật ngược vấn đề cũng như dự đoán đề bài và phương pháp chứng minh bằng tương tự.
	2. Sau đây xin đưa ra thêm các bài tập mà tôi đã thực hiện để kiểm tra chuyên đề cho các loại đối tượng.
A. Cho học sinh khá.
Bài tập 1: [2]. Cho hình chóp SABC. Trên các tia SA,SB, SC lấy các điểm A', B', C'. Chứng minh: 
	Bài toán này được dẫn dắt bởi hệ thống câu hỏi.
	1) Tương tự bài toán này trong mặt phẳng là bài toán nào? Hãy chứng minh.
	2) Khi tính thể tích khối tứ diện em có thể sử dụng bao nhiêu cách tính từ đường cao ?
	Nhận xét:
Bài toán phẳng là: Cho DSAB, trên 2 tia SA, SB lấy các điểm A', B'. Chứng minh: 
Câu hỏi 2 sẽ giúp các em có lời giải.
Bài tập 2: [1]. Cho tứ diện vuông OABC.
	a) Dựng đường cao OH của tứ diện. Chứng minh: 
	( a,b,c là khoảng cách từ H đến các mặt (OBC), (OAC), (OAB) ).
	b) Gọi a, b, g là góc tạo hởi OH và các cạnh OA, OB, OC. Chứng minh: 
	+ Đây là bài toán quen thuộc trong sách bài tập hình học 11.
	Sau đó đưa ra bài toán sau.
Bài tập 3: [4]. Cho tứ diện vuông OABC. M là điểm bất kỳ thuộc mp (ABC)
	1) Dựng A1, B1, C1 là hình chiếu của M trên các cạnh OA, OB, OC
	Chứng minh: không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
	2) Gọi a, b, g là góc tạo bởi OM và các tia OA, OB, OC.
	Gọi a', b', g' là góc tạo bởi OM và các mặt phẳng OBC, OCA, OAB.
	Chứng minh: 
	a) 
	b) 
	3) Chứng minh: 
	4) Chứng minh: 
	5) Chứng minh: 
	Nhận xét: 
	1) Đa số học sinh dựng được hình, chứng minh được các câu 2, câu 4, câu 3. 
	Rất nhiều học sinh làm đúng phần chứng minh câu 1.
	2) Gợi ý tỉ số diện tích thì học sinh giải được câu 1.
	3) Câu 3 tuy khó nhưng vì học sinh có tính 
	và SOAB, SOAC, SOBC nên các em liên hệ làm được.
	4) Câu 5 có rất ít học sinh làm được vì tích khó khăn.
	* Cần tích được: 
	và 
	* Ta có	; 
	* Để giúp học sinh khá chứng minh tôi đã đưa ra bài toán sau:
Bài tập 3’: Cho DOAB vuông tại O, M Î AB, A1, B1 là hình chiếu của M trên OA, OB
	a) Hãy chứng minh không phụ thuộc vào vị trí M.
	b) Hãy mở rộng bài toán này trong không gian.
	 Khi ấy p