A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI MỞ ĐẦU
- Hình học là một môn học được xây dựng trên cơ sở hệ thống các tiên đề,
định lý toán học, là một môn học chứa đựng nhiều tư duy trừu tượng, tư duy
logic. Vì vậy đây thực sự là môn học khó đối với học sinh. Do đó để học sinh
tiếp thu được môn học đòi hỏi người giáo viên phải có nghệ thuật sư phạm
hướng dẫn học sinh hình thành các bước giải quyết bài toán và kỹ năng giải
quyết bài toán đó.
- Trong hình học ta thường gặp những bài toán như: chứng minh một đẳng
thức hình học, tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của một đại lượng hình học, tìm
điểm chia đoạn thẳng …. Để giải các bài toán này cần phải xây dựng một “Hệ
thức liên hệ giữa các đại lượng hình học”. Đây là một dạng toán khó ít gặp ở
trong sách giáo khoa song lại gặp nhiều trong các kỳ thi tuyển sinh, thi học sinh
giỏi. Để giúp học sinh định hướng nhanh lời giải cần đưa ra một phương pháp
chung để giải quyết dạng toán này.
- Qua nhiều năm dạy bồi dưỡng học sinh khá, giỏi, tôi đã rút ra một số kinh
nghiệm nhỏ trong việc giúp học sinh định hướng nhanh việc “Tìm hệ thức liên
hệ giữa các đại lượng hình học” và sử dụng phương pháp giải một số bài toán
hình học. Với đề tài này tôi hy vọng sẽ giúp học sinh không lúng túng khi gặp
một số bài toán có liên quan. Nó sẽ giúp học sinh học tốt hơn, có hứng thú hơn
đối với môn toán. Đề tài gồm có hai phần đó là: “Tìm hệ thức liên hệ các đại
lượng hình học” và “Đi tìm hệ thức liên hệ các đại lượng hình học để giải một
số bài toán”
- Ý tưởng nghiên cứu đề tài được nảy sinh từ năm 2003, ban đầu tôi chỉ sử
dụng phương pháp này để giải các bài toán bất đẳng thức hình học và cực trị
hình học. Qua nhiều năm dạy học và bồi dưỡng học sinh khá giỏi đề tài được
nâng dần áp dụng vào việc tính toán các đại lượng hình học như độ dài đoạn
thẳng, tỉ số đoạn thẳng,
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Thực trạng vấn đề
Khi gặp một bài toán có nhiều đại lượng hình học thay đổi và yêu cầu tìm

đại lượng hình học thì không giải quyết được bài toán. Vì vậy trong quá trình
dạy học, tôi đã dạy cho học sinh nắm chắc lần lượt hai vấn đề: “Tìm hệ thức liên
hệ các đại lượng hình học” sau đó là “Đi tìm hệ thức liên hệ giải một số bài
toán hình học”. Hai nội dung trên được dạy trong các tiết dạy bồi dưỡng học
sinh khá giỏi
1. Tìm hệ thức liên hệ giữa các đại lượng hình học
- Nếu trong giả thiết của một bài toán hình học có các yếu tố: điểm, đường
thẳng, góc … thay đổi; chịu một điều kiện ràng buộc hình học nào đó thì một
vấn đề đặt ra là cần chuyển điều kiện ràng buộc hình học đó thành một điều kiện
ràng buộc giữa các đại lượng có thể tính toán được dưới dạng một biểu thức đại
số - được gọi là biểu thức liên hệ. Qua nhiều năm giảng dạy tôi đã rút ra được
hai cách để giải quyết bài toán trên.
a. Cách 1
Chọn và tính một đại lượng hình học nào đó (Độ dài đoạn thẳng, diện tích
một đa giác, thể tích khối đa diện, …) theo hai cách khác nhau, đẳng thức liên
hệ giữa hai cách tính đó sẽ cho một hệ thức cần tìm. Ta xét một số bài toán minh
hoạ sau:
Bài toán 1.1. Cho góc
·
xOy
α
=
, I là một điểm cố định trên phân giác của góc.
Một đường thẳng
∆
thay đổi qua I cắt Ox, Oy lần lượt tại A, B. Tìm hệ thức liên
hệ giữa hai độ dài x=OA; y = OB.
BÀI GIẢI
+ Đặt OI = d, ta có:
+ S

α

=
1
2
d sin
2
α
(x+y) (2)
3
O
A
I
B
y
x
+ Từ (1) và (2) ta có:
( )
1 1
. . .sin . . .sin
2 2 2
x y x y d
α
α
= +

( )
2cos
1 1
2

·
1
M BN
=
α
(
α
bằng góc giữa Am và Bn).
+ Trong tam giác vuông M
1
MN ta có: MN
2
= MM
1
2
+ M
1
N
2
= MM
1
2
+ BM
1
2
+BN
2
– 2BM.BN.cos
α
=

xy
α
⇔ =

Hệ thức (*) chính là hệ thức cần tìm
Nhận xét
- Để có hệ thức liên hệ ta đã tính độ dài MN bằng hai cách. Cách 1 cho đẳng
thức (1), cách 2 cho đẳng thức (2).
4
A
O
B
T
M
1
M
N
Bài toán 1.3. Cho tam giác ABC, đường trung tuyến AD, I là một điểm trên
AD. Một đường thẳng qua I cắt các cạnh AB, AC lần lượt tại M và N, đặt AM =
x, BN = y . Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y
BÀI GIẢI
+ Ta có :
( )
. 1
AMN
ABC
S
x y
S AB AC
=

 ÷
 
Nhận xét
- Đẳng thức liên hệ (*) được tìm ra do ta tính tỉ số diện tích
AMN
ABC
S
S
bằng 2
cách khác nhau. Cách 1 cho đẳng thức (1), cách 2 cho đẳng thức (2)
- Bài toán có thể mở rộng trong trường hợp D không phải là trung điểm
mà D thõa mãn :
DB
k
DC
=
. Áp dụng tương tự ta cũng tìm được hệ thức liên hệ
b. Cách 2
Chuyển điều kiện ràng buộc đã cho thành điều kiện ràng buộc về dạng của một
tam giác, hệ thức liên hệ sẽ là một hệ thức lượng của tam giác này.
Bài toán 1.4. Cho hình hộp chữ nhật ABCDA
1
B
1
C
1
D
1
có ABCD là hình vuông
cạnh a, AA



=
∈
⇒
IBB
DI
11
111
I
B
Do
11
B D

MNDAC ⊥⇒⊥
11
B
, mà
11
B D

)(B
1111
NMIDII ⊥⇒⊥
.=>
·
1
MI N
là

1
MI N
= 60
0

1
MNI⇔ ∆
là tam giác đều.
1
3
2
I I MN⇔ =
4
6a
b =⇔
(*)
Vậy điều kiện của a, b là liên hệ bởi hệ thức (*).
Nhận xét
- Ở cách giải bài toán ta đã chuyển điều kiện ràng buộc
·
1
MI N
= 60
0
về điều
kiện để
∆
MNI
1
là tam giác đều.

+ = ⇔ + =

+ Theo giả thiết:
( )
1 1 2
2
OB OC a
+ =

+ Từ (1) và (2) ta có:
2 2
.OI a
OI a
= ⇔ =

Do Ot cố định nên OI = a không đổi.
6
A B
D
1
D
C
1
B
1
C
N
M
I
1

.
213
aOCOB
=+
Chứng minh rằng mặt phẳng
(P) luôn chứa một đường thẳng cố định.
BÀI GIẢI
+ Kẻ tia Ot sao cho
·
xOt
= 30
0
và BC
Ot
∩
= I .
Ta có: S
BOC
=
1
2
. OB.OC (1)
+ Mặt khác: S
BOC
= S
BOI
+ S
IOC

=

OIa
aOI
=⇔=
22
.
Do Ot cố định nên I cố định. Do đó mp (P) qua điểm I cố định.
Bài toán 2.3.
Cho hình chóp tứ giác đều SABCD. Một mặt phẳng
( )
α
thay đổi cắt các cạnh
SA, SC, SB, SD lần lượt tại các điểm M, N, P, Q. Chứng minh rằng
7

SQSPSNSM
1111
+=+
BÀI GIẢI
+ Từ giả thiết ta có:
∆
SAC và
∆
SBD cân. ABCD là hình vuông
=>
∆
SAC =
∆
SBD
·
ASC

Từ (1) và (2) ta có:
SQSPSNSM
1111
+=+
Bài toán 2.4 Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có 8 cạnh đều bằng 1. Gọi M,
N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SC. Một mặt phẳng (
α
) thay đổi luôn
đi qua M, N, cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại P và Q. Xác định giá trị nhỏ nhất
của diên tích tứ giác MPNQ.
BÀI GIẢI
+ Từ giả thiết ta có:
SA
2
+SC
2
= AD
2
+ DC
2
= 2 = AC
2
.
=>
∆
SAC vuông tại S. Tương tự
∆
BSD
vuông tại S.
+ Do MN

N
P
Q
I
SISNSM
2
cos2
11
α
=+
22
.
4
2
yxS
MPNQ
+=⇔
(1)
(Với SP=x; SQ = y, 0<x, y
1≤
)
+Áp dụng bài toán 1.1 ta có
0
1 1 2 os45c
SP SQ SI
+ =
4
11
=+⇔
yx

22
≥≥+=
xyyxS
MPNQ

Dấu đẳng thức xảy ra
1 1 1
2
1 1
4
x y
x y
x y
x y


=


⇔ = ⇔ = = ⇔



+ =


P, Q là trung điểm của SB và SD.
Vậy tứ giác MPNQ có diện tích bằng
1
4

2
1
;
3
2
111
===
SC
SC
SB
SB
SA
SA
.Mặt phẳng(A
1
B
1
C
1
) cắt SD tại D
1
. Tính tỉ số
SD
SD
1
BÀI GIẢI
+ Gọi
1111
; DBSOCAIBDACO
∩∩=∩=

SD SD SD
SD SD SD
= + ⇔ =
Nhận xét
- Để giải bài toán ta đã tìm ra một hệ thức liên hệ chứa tỉ số
1
SD
SD
. Hệ
thức tìm được nhờ áp dụng bài toán 1.3 đối với hai tam giác ACS và BSD
Bài toán 2.6. Cho tam giác ABC, ba điểm M,N,P trên AB,AB, BC thoã mãn :
1 2
,
3 3
AM AN
MB NC
= =
,
1
3
BP
BC
=
. Đường thẳng MN cắt AP tại I. Tính tỉ số
AI
IP
.
BÀI GIẢI
+ Theo giả thiết:


= = + = +
10
S
A
D
C
A
1
B
C
1
D
1
I
B
1
1 2
. .
3 3
AM AI AN AI
AB AP NC AC
= +
( )
1 1 2 2 7
. . . 2
3 4 3 5 20
AI AI AI
AP IP AP
= + =


1 1 1
( )
2 2 2 2 8
S ENF
S EMF V
S EMFN S EMF S ENF
S ABCD S ABCD S ABC S ADC
V
V V V
SE SM SF SE SN SF SE SF
V V V V SA SB SC SA SD SC SA SC
+
= = + = + = +
( )
( )
.
1
; ;
8
1
S EMFN
SE SF
x y x y
SA SC
V x y
æ ö
÷
ç
= + = =
÷

2
.
4
4 1
S EMFN
x
V
x
=
-
11
I
N
M
P
A
C
B
+ Ta xột hm s :
( )
2
4 1
; ;1
4 1 3
x
x
f x
x
ộ ự
ờ ỳ

ữ ữ
ỗ ỗ
ố ứ ố ứ
ộ ự
-
Â
ờ ỳ
= = = ẻ
ờ ỳ
-
ở ỷ
= = =
.
.
1
1
4
3
;
3
3
1
1
1 1
1
2 2
S EMFN
S EMFN
SE
x

V
c biu th bng ng thc (1),
song khụng ỏnh giỏ c
.S EMFN
V
vỡ cú 2 i lng thay i x, y. Do ú cn
phi tỡm c mi liờn h gia x v y . Mt h thc liờn h tỡm ra c nh
bi toỏn 3.1, ng thc (2) ó giỳp hc sinh gii quyt c bi toỏn .
Bi toỏn 2.8. Cho hỡnh chúp S.ABCD ỏy l hỡnh vuụng cnh bng 1 v khi
chúp cú th tớch bng 1. Gi M,N l cỏc im di ng trờn AD, CD sao cho
ã
0
45MBN =
. Tỡm giỏ tr ln nht v nh nht ca th tớch khi t din SBMN
BI GII
+ Gi h l di ng cao ca hỡnh chúp ta cú
.
3
3
S ABCD
ABCD
V
h
S
= =
+ t AM= x; CN = y,
(0 , 1)x yÊ Ê
( ) ( )
( )
.

1 1
MBN ABM NBC
x y x
ABM NBC y
xy x
+ = + =
+ -
+ = = =
- +
Do
0 , 1x yÊ Ê
nờn
[ ]
0;1x
12
N
B
C
A
D
S
M
O
A
C
D
B
S
M
N

+
( )
( )
[ ]
( ) ( )
( )
[ ]
( )
[ ]
( )
2
2
0 1
1 2
;1
0;1
1 2 1
0 1 2 0;1
2
1
1 1
, , 2 1
2 2
1
minf 2 1,max
2
x
x x
x o
x

liên hệ giữa x và y sẽ giúp học sinh giải quyết được bài toán một cách dễ
dàng.
- Ta đã tìm được một hệ thức liên hệ giữa x và y cho bởi hệ thức (2) vì
vậy
Bài toán 2.9. Cho hai nửa đường thẳng Am, Bn chéo nhau và vuông góc với
nhau, nhận AB = a làm đường vuông góc chung. Các điểm M, N lần lượt chuyển
động trên Am, Bn sao cho độ dài MN = b không đổi.
a) Chứng minh rằng tứ diện ABMN có các mặt là các tam giác vuông.
b) Xác định giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABMN.
BÀI GIẢI
a) Ta chứng minh được
∆
AMN vuông tại A;
∆
BMN vuông tại B.
b) Đặt AM = x; BN=y ta có V
ABMN
=
1
3
.S
ABN
.AM =
1
3
.axy (1).
+ Xét tam giác AMN ta có:
2 2 2 2 2 2
MN MA AN MA AB BN= + = + +
2 2 2 2



−=+
=
Vậy giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện ABMN
là:
)(
12
1
22
aba −
.
Nhận xét
- Trong bài toán có 2 đại lượng thay đổi x, y. Ta đã tìm hệ thức liên hệ
x,y cho bởi đẳng thức (2) vì vậy sẽ giúp học sinh giải quyết được bài toán một
cách dễ dàng .
- Ta có thể giải bài toán tìm giá trị lớn nhất của diện tích toàn phần của
tứ diện ABMN.
Bài toán 2.10. (Đề thi học sinh giỏi tỉnh thanh hóa năm học 2010- 2011) Cho
tứ diện đều ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là hai điểm thuộc
các cạnh AB, AC sao cho mặt phẳng (DMN) vuông góc với mặt phẳng (ABC).
Đặt
,AM x=
AN y=
. Tìm
,x y
để diện tích toàn phần của tứ diện DAMN đạt
giá trị nhỏ nhất.
BÀI GIẢI
+Kẻ

= + + +
14
A
B
N
n
M
m
H
A
B
C
D
M
N

0 0 0
1 1 1 1
. .sin 60 . .sin60 . . .sin 60
2 2 2 2
AD AM AD AN DH MN AM AN= + + +
( )
6
3 . 3 3 1
6
x y xy xy= + −
+ Theo (1)
2 4
3 2
3 9

tam giác AMN bằng 2 cách ( Bài toán 1.1) . Nhờ có hệ thức (3) ta đánh giá
được biểu thức diện tích toàn phần
Bài toán 2.11. Cho khối hộp
ABCDA B C D
¢ ¢ ¢ ¢
có đáy là hình chữ nhật với
3, 7AB AD= =
. Hai mặt bên
( )
ABB A
¢ ¢
và
( )
ADD A
¢ ¢
lần lượt tạo với đáy những
góc
0
45
và
0
60
, cạnh bên có độ dài bằng 1. Tính thể tích của khối hộp
ABCDA B C D
′ ′ ′ ′
.
BÀI GIẢI
+ Gọi H là hình chiếu của
A
¢


1
7
AM =Û
.Thay vào (2) ta có
3
7
A H
¢
=
Nhận xét
- Khó khăn khi giải bài toán là việc tính
A H
′
do chưa tính được AM hoặc
NH. Ta đặt vấn đề tìm một hệ thức chứa AM, một cách tự nhiên ta nhận thấy
có thể tính
A H
′
bằng 2 cách khác nhau và do đó ta đã tìm được hệ thức (3)
Bài toán 2.12. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân với đáy
AD= 3a, BC=a. Góc giữa hai đường chéo của đáy bằng
0
60
, các mặt phẳng
15
B
C
B
¢

a
. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo
a.
BÀI GIẢI:
+ Gọi
O AC BD= Ç
theo giả thiết (SAC) và (SBD)
cùng vuông góc với mp(ABCD)
( )
SO ABCD^Þ
.
Do OA = OD nên F là trung điểm của AD thì ta có

OF AD^
( )
·
AD SOF SFO
a
^ =Þ Þ
.
Tương tự E là trung điểm của BC
·
2SEO
a
=Þ

và E,O,F thẳng hàng .
OAD+ D
cân đỉnh O
·

2 2 3 3
ABCD
a a
S EF BC AD a= + = =Þ
.
( ) ( )
3
: .tan .tan tan 1
2
a
SOF SO OF SFO OF
a a
+ = = =D
.
( ) ( )
3
: .tan .tan 2 .tan 2 2
6
a
SOE SO OE SEO OE
a a
+ = = =D
.
Từ (1) và (2) ta có
( )
3 3
tan tan 2 3
2 6
a a
a a

.Ta
đã tìm được hệ thức (3) dựa vào tính độ dài SO bằng 2 cách. Hệ thức (3) cho
ta tính được
tan
α
Bài toán 2.13. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AD = a.
SCDD
và
SABD
cân đỉnh S , cạnh bên SD tạo với đáy một góc
0
30
, mp(SCD) và
16
N
M
S
H
B
C
A
D
(SAB) lần lượt tạo với mặt phẳng đáy các góc có số đo
0
45
và
0
60
. Tính thể tích
khối chóp S.ABCD

2
1 3 1 3
a
a a
NH SH
-
= = =Þ Þ
+ +
.
( )
( )
( )
( ) ( )
( ) ( )
( )
0
0
2
2
2 2 2
: 3 3
sin sin30
3 3 3 3
1
: .
sin 2 sin 45 2
3 3 3 3
: 3 3 2
2
2

và V=V
S.ABC
. Chứng
minh rằng
1
4 1
9 2
V
V
≤ ≤

Bài 2. Cho tam giác ABC đều cạnh bằng 1. G là trọng tâm của tam giác. Một
đường thẳng
∆
qua G cắt các cạnh AB, AC tại M, N. Chứng minh rằng

3 3
9 8
AMN
S≤ ≤
.
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông và cạnh SA
⊥
(ABCD). Mặt phẳng qua AB cắt hình chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích
bằng nhau.Tính tỉ số độ dài của hai đoạn thẳng do mặt phẳng thiết diện cắt
17
SC
Bài 4. Cho hình chóp lục giác đều SABCDEF. Một mặt phẳng (
α
) cắt các cạnh

⊥
CN. Đặt AM = x; BN = y.
a.Tìm hệ thức liên hệ giữa x và y.
b. Tính thể tích tứ diện CDMN theo a, b, x, y. Từ đó suy ra giá trị nhỏ
nhất của thể tích tứ diện đó.
Bài 8. (Đề thi HSG toán lớp 12 tỉnh Thanh Hoá năm học 2003 – 2004).
Cho góc tam diện Oxyz,
·
yOx
= 60
0
. Trên Oz lấy điểm A cố định khác O. Biết
OA = a. Gọi (P) là mặt phẳng thay đổi luôn qua A và cắt Ox, Oy lần lượt tại các
điểm B, C sao cho
.2
11
=+
OCOB
Chứng minh rằng mặt phẳng (P) luôn đi qua
một điểm cố định khác điểm A.
Bài 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là trung điểm
của AC. Mặt phẳng qua AK cắt SB, SD lần lượt tại các điểm M,N. Đặt
V
1
=V
S.AMNK
và V=V
S.ABCD
. Chứng minh rằng
1

- Rèn luyện cách trình bày bài toán chứng minh hình đầy đủ, chặt chẽ, lập
luận có căn cứ, chính xác, Khắc sâu và củng cố các kiến thức có liên quan.
- Góp phần phát triển năng lực tư duy của học sinh, phát huy trí thông
minh, óc sáng tạo. Hệ thống kiến thức chương trình được củng cố, gây được
hứng thú học tập bộ môn, mở rộng kiến thức cơ bản đã học, tích luỹ kinh
nghiệm như : Góp phần nâng cao năng lực học toán qua "Tìm các hệ thức liên
hệ", "Chứng minh một đẳng thức", "Các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất của một đại lượng hình học", chất lượng học toán của học sinh được nâng
lên rõ rệt. Tỷ lệ học sinh khá giỏi tăng lên.
Tổng số
học sinh
Loại giỏi Loại khá Loại TB Loại yếu
SL Tỉ lệ
(%)
SL Tỉ lệ (%) SL Tỉ lệ
(%)
SL Tỉ lệ
(%)
45 10 22,22 22 48,89 13 28,89 0 0
2. Kiến nghị đề xuất
a. Đối với nhà trường
- Bố trí thời gian để tổ chức chuyên đề cho giáo viên.
- Tổ chức cho giáo viên dạy thực nghiệm theo nội dung trên để học hỏi rút
kinh nghiệm.
b. Đối với giáo viên
- Phải thường xuyên tự học, tự bồi dưỡng để nâng cao trình độ.
- Áp dụng nội dung phương pháp phù hợp với đối tượng học sinh trong
từng giai đoạn khác nhau.
19
C. KẾT LUẬN