Sáng kiến kinh nghiệm Hình thành thói quen tự học thông qua bài luyện tập

 tính tích phân ơ khối 12 cũng như bồi dưỡng học sinh các đối tượng.
II.Mục đích nghiên cứu:
Mọi khối đa diện đều phân chia được thành những khối tứ diện.Nắm vững phương pháp tiếp cận khối tứ diện thông qua các tính chất định tính , định lượng đặc trưng của nó là cơ sở quan trọng nhất để hình thành kiến thức và kỹ năng giải toán hình học tổng hợp lớp 11 và lớp 12 một cách chủ động và sáng tạo.Rèn luyện kỹ năng xác định hàm hợp từ đó ghi nhớ và vận dụng phương pháp tính tích phân .
III.Đối tượng nghiên cứu
Học sinh lớp 11A2 ,12A3, 12A4 và lớp 12A5 năm học 2013-2014 của trường .	
IV. Giới hạn phạm vi nội dung: Tôi xin trình bày 20 bài toán và 15 bài tập kiểm tra; để áp dụng cho nhiều đối tượng .
V.Nhiệm vụ nghiên cứu
-Muốn giải một bài toán ta thường thực hiện 2 bước:
	* Huy động kiến thức và tổ chức kiến thức.	
	Huy động kiến thức là một thao tác tư duy nhằm tái hiện các kiến thức có liên quan tới bài toán, từ lý thuyết, phương pháp giải, các bài toán đã gặp. Do đó: Người làm toán phải biết và cần phân tích ý tưởng: Ta đã gặp bài toán nào gần với kiểu bài toán này hay chưa ? Polia đã viết quyển sách với nội dung: “Giải bài toán như thế nào trong đó ông có đề cập đến nội dung trên như một điều kiện thiết yếu”.
-Phương pháp tương tự hay tổng quát hóa là những thao tác tư duy cần thiết cho người làm toán phổ thông(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,khả năng nhận biết hàm hợp).
VI. Phương pháp nghiên cứu
	Trong giảng dạy tôi thực hiện:
	-Dùng hệ thống câu hỏi gợi ý phương pháp tìm tòi lời giải cũng như phương pháp chứng minh bằng kỹ thuật tương tự.
	-Khai thác, phát triển tính chất của bài toán hình phẳng, bài toán hình không gian tương tự.
	-Nhận dạng công thức tính tích phân bằng phương pháp đổi biến số.
 -Ra đề toán theo hướng mở với kiểu câu phát hiện sáng tạo (ví dụ: em thử nghĩ kết quả này mở rộng trong không gian thì ra sao và có tính chất đó hay không).
	-Dùng phương pháp thống kê toán học.
VIII.Thời gian nghiên cứu:
	Năm học 2013-2014
PHẦN THỨ HAI: NỘI DUNG
Bài toán 1:
1 Cho DABC vuông tại A có đường cao AH. Chứng minh 
	a) BC2 = AB2 + AC2 (Định lý Pytago)
	b) 
2 Cho tứ diện vuông OABC có đường cao OH
	a) (Định lý Pytago)
	b) 
	Nhận xét: Bài toán này khá quen thuộc tôi không nêu cách giải. Ta có thể ra đề cho học sinh trung bình khá bài sau giúp các em nhận dạng sự tương tự bước đầu.
3 Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = a, AD = b, AA' = c.
	a) Tính độ dài đường chéo AC'
	b) Tính khoảng cách từ các đỉnh A', B, D đến AC'
	c) Gọi a,b,g là góc tạo bởi đường chéo AC' và 3 cạnh lần lượt là AD, AB, AA'. Tính tổng B = 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: 
	1 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.
	2 Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong tứ diện đều ABCD. Hạ MH, MI, MK, ML lần lượt vuông góc với các mặt của tứ diện (H, I, K, L thuộc các mặt đó).
Chứng minh: S = MH + MK + MI + ML không phụ thuộc vào vị trí của M.
	Giải: 
A
B
C
K
M
I
 h.1
 H
 B
A
D
 C
 L
 K
H
I
H.2
M
	1 (đpcm)
(AH là đường cao DABC)- h.1
	2 
	không đổi (AH là đường cao)- h.2
	Nhận xét: 
Câu 1: Có thể mở rộng cho đa giác đều
Câu 2: Có thể mở rộng cho tứ diện đều hay tứ diện ABCD gần đều (AB=CD=a; AC = BD = b; AD = BC = c) hay khối đa diện đều.
Học sinh làm quen với tỉ số diện tích, thể tích có chung mẫu số.
Bài toán 3: 
1. M là điểm tùy ý nằm trong DABC. Gọi MH, MI, MK là các khoảng cách từ M đến các cạnh của tam giác. Chứng minh 
2. M là điểm tùy ý nằm trong tứ diện ABCD. Gọi x,y,z,t là khoảng cách từ M đến các mặt đối diện đỉnh A,B,C,D và ha, hb, hc, hd lần lượt là đường cao của tứ diện. 	Chứng minh: 
	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: 
1. M là điểm nằm trong tam giác. Hãy tìm vị trí M để thấy tổng khoảng cách từ M đến các cạnh là lớn nhất, nhỏ nhất.
2. M là điểm nằm trong tứ diện. Hãy tìm vị trí M để tổng các khoảng cách từ M đến các mặt là lớn nhất, nhỏ nhất.
	Cách giải:
A
B
C
K
M
I
 h.1
 H
B
A
D
 C
 L
 K
H
I
H.2
M
	1. 
	Giả sử AB < AC < BC tương ứng là ha < hb < hc
	2 Tương tự 
Bài toán 5: 
1. 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 
2. Điểm O nằm trong tứ diện ABCD, AO, BO, CO, DO cắt các mặt tứ diện lần lượt tại A1, B1, C1, D1. Chứng minh
	1) 	2) 
	3) 	4) 
	5) 	6) 
	7) 	8) 
	9) 	10) 
	Lời giải: 
	1.
 A
B
C
C1
M
B1
 h.1
 A1
B
A
D
 C
 B1
 C1
A1
H.2
O
D1
	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
	2.
	1) 
	2) 
	3) 4,5,6,7,8,9,10: Tương tự khai thác các bất đẳng thức Đại số cho 4 số không âm.
	Nhận xét: 
	+ Việc khai thác bất đẳng thức đại số cho 4 số không âm (diện tích, thể tích) giúp ta có nhiều bài tập hay và tổng hợp toàn diện.
Bài toán 6: 
1. Cho DABC. Đường thẳng D qua trọng tâm G cắt 2 cạnh AB và AC tại B',C'. Chứng minh: 
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: 
 h.2
AA
B
C
B1
 h.1
 M
G
B’
C’
I
K
E
F
D
A
A
B
 C
A
A1
G...
 A’
B’
 D’
D
A
	1. 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)
	2. Cách giải: tương tự như trên, tuy nhiện đề bài ra là TRỌNG TUYẾN. Khái niệm này cần phải giải thích cho học sinh và chứng minh tính chất nên ta có thể đưa ra bài toán sau hoàn toàn tương tự.
	3.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: 
	Giải: A
 C
S
B
 G’
 A’
B’
C’
G
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:
1. 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: 
2. 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:
	Lời giải: 
B
A
C
M
 h.1
A’
I
B
A
D
 C
H.2
M
I
H
	1. AM cắt BC tại A'; 
	Mà (1)
	Ngoài ra (2)Thế (2) và (1)
 (đpcm)
	2. (*)
	 (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) Từ (a) Þđpcm
	Nhận xét: 
Diện tích được thay bằng thể tích và bài toán tâm tỉ cự. 
Bài toán 8:
1. 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.
2. Cho tứ diện ABCD với I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện.
	Đặt Sa = SBCD, Sb = SACD, Sc = SABD, Sd = SABC
	Chứng minh: 
	Giải: 
	1 	 (1)
	Hay I Î phân giác AD tương tự I Î phân giác BE Þ đpcm
A
 A
C
 h.1
I
E
D
 B
D
C
H.2
I·
H
B
M
 2 (I) Ç (ABC) = H
Mặt phẳng (DAI) 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 .
Bài toán 9: 
	1. Cho DABC, M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tam giác 
Chứng minh: aMA + bMB + cMC ³ 4SABC
	2. Cho tứ diện ABCD. M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tứ diện. Gọi Sa, Sb, Sc, Sd là diện tích các mặt đối diện tương ứng của đỉnh A,B,C,D. Chứng minh
	Sa.MA + Sb.MB + ScMC + SdMD ³ 9VABCD
	Giải: 
	2. 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:
	Û đpcm
Bài toán 10: 
	1. 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
	Em hãy tìm bài toán tương trong mặt phẳng
	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)
	2. 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:
1. Chứng minh rằng: Trong DABC ta có: 
	(r là bán kính đường tròn nội tiếp, hi: là đường cao tương ứng)
2. 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: 
1. 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: 
2. Cho tứ diện ABCD gọi hai , 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: 
1. 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)
2. Cho tứ diện ABCD, M là 1 điểm tùy ý trong tứ diện. Hạ Hạ MA1, MB1, MC1, MD1 vuông góc với các mặt phẳng đối diện với đỉnh A,B,C,D.
	Chứng minh: 
	(S là diện tích toàn phần tứ diện, r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện)
	Giải:
	1. 
	Hay: T.2S ³ (2p)2 biết S = pr. Þ đpcm
	2. Tương tự T(3V1 + 3V2 + 3V3 + 3V4) ³ S2
	ta lại có (đpcm)
Bài toán 14:
1. 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: 
	(trong đó S1 = SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB + S = SABC)
Bài 2. Cho tứ diện A1A2A3A4. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi Ra, Rb, Rc, Rd là khoảng cách từ M đến các đỉnh, da, db, dc, dd là khoảng cách từ M đến các mặt. Gọi V, Vi, Si là thể tích tứ diện các mặt đối diện đính Ai. Chứng minh
	 (*)
	Giải:
1.	Vẽ AH ^ BC
	Ra + da ³ ha
	Û aRa ³ aha – ada = 2S – 2S1 (1)
	bRb ³ bhb – bdb = 2S – 2S2 (1)
	cRc ³ chc – cdc = 2S – 2S3 (3) 
	Từ (1)(2)(3) ÞÞ aRcRaRbRc ³ (2S – 2S1)(2S – 2S2)(2S – 2S3) (4)
	Kết hợp với (2S – 2S1) ³ bdb + cdc ³
	 (5) Từ (4) và (5) Þ đpcm
2. Trong không gian thay cạnh bằng diện tích và diện tích bằng thể tích ta được kết quả (*)
Nhận xét: Ta có thể khai thác bài toán này theo tổng các khoảng cách Ra, Rb, Rc như sau:
3. Cho tứ diện A1A2A3A4. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi Ra, Rb, Rc, Rd là khoảng cách từ M đến các đỉnh, da, db, dc, dd là khoảng cách từ M đến các mặt. Chứng minh:
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 Câu 1 và tìm cách ra đề và giải bài toán tương tự trong không gian.
1. 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.
	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).
2. Trong tứ diện ABCD. Tìm vị trí điểm M để tích khoảng cách từ đó đến các mặt của tứ diện là lớn nhất. Tính GTLN đó theo diện tích các mặt và thể tích của tứ diện.
	Bài toán 16: Tính các tích phân sau: 
a) I = b) J = c) H =
phân tích : a) I = 
Ta xem g(x) = ; h(x) = x
Đặt u = -x2 Þ g(x) = eu ( g(x) : biểu diễn được theo u )
u’(x) = -2x = -2h(x) Þ h(x) = ( h(x) : bằng u’(x) nhân hằng số )
Vậy bài toán đặt u = -x2 là hợp lý 
giải
a) Đặt u = -x2 Þ du = -2xdx Þ xdx = 
Đổi cận x = 1 Þ u = -1
 x = 0 Þ u = 0
do đó I = 
b) J = 
đặt u = 1+2sin2x Þ du = 4cos2xdx Þ cos2xdx = 
đổi cận x = Þ u = 3
 x= 0 Þ u = 1
do đó J = 
c) H = 
đặt u = 1+ lnx Þ du = 
đổi cận x = e Þ u = 2 
 x = 1 Þ u = 1
do đó H = 
Nhận xét:Tính tích phân 
Cơ sở của phương pháp đổi biến số là công thức sau đây 
Trong đó hàm số u = u(x) có đạo hàm liên tục trên K, hàm số y = f(u) liên tục và sao cho hàm số f[u(x)] xác định trên K; a,b là 2 số thuộc K
chú ý: nếu tính tích phân bằng phương pháp đổi biến 
đặt u = u(x) sao cho : h(x) = k u’(x) ( k hằng số )
và g(x) biểu diển được theo u
Dạng 1: I = 
Dạng 2: I = ( với D = b2 -4ac)
nếu D > 0 : ax2 + bx + c = a(x – x1)(x – x2) nên 
I = 
nếu D = 0 : ax2 + bx + c = a(x – x0)2 ( với x0 = ) nên 
I = 
nếu D < 0: ax2 + bx + c = a(x- x0)2 + = 
nên I có dạng I = dùng đổi biến u = atant 
Dạng 3: I = 
phân tích I = 
chú ý: nếu D > 0 ta có : I = 
phân tích đồng nhất hệ số ta tìm được A,B sau đó đưa về dạng 1
nếu D = 0 ta có I = = 
Bài toán 17: Tính các tích phân sau: 
A = ; B = ; C = ; D = 
giải:
A = = = 
B = = = = + == ln3 - = ln3 + 
C = = 
phân tích :
giải hệ : 
D=
Phân tích : 
giải hệ 
D==
Ta có: 
đặt đổi cận : x = 0 Þ t = ; x= 1 Þ t = 
dx = ;
I = = 
vậy D = 2ln3 + 
Bài toán 18: 
 Tính các tích phân sau: 
giải
a)
đặt u = Þ u3 = 3x + 1Þ 3u2du = 3xdx Þ u2du = xdx và x = 
đổi cận : x = 0 Þ u = 1
 x = 1 Þ u = 
b)
đặt u = và x = 
đổi cận : x = 0 Þ u = 1 
 x = 1 Þ u = 
c) 
đặt u = và x2 = u2 – 2
đổi cận : x = 0 Þ u = 
 x = 1 Þ u = 
Bài toán 19: Tính 
Giải 
đặt u = Þ x = Þ dx = 
đổi cận : x = 1 Þ u = 1
 x = 2 Þ u = ½ 
 chú ý: 
đặt t = Þ t2 = x2 + 2x + 2 Þ tdt = (x+ 1)dx
đổi cận : x = 0 Þ t = 
 x = 1 Þ t = 
Bài toán 20: 
;
giải
đặt x-1 = 3sint , xÎ
Þ dx = 3costdt
đổi cận : x = Þ t = 
 x = 1 Þ t = 0
Do đó : B = 
đặt x = tant , xÎ
đổi cận : x = Þ t = ; x = 1 Þ t = 
dx = (1 + tan2x)dt
 , x2 = tan2t
C = 
đặt u = sint Þ du = costdt
đổi cận : t = t = 
 ÞC==
Nhận xét : Tích phân của hàm vô tỉ với phương pháp : 
khi gặp tích phân của hàm chứa ta dùng phương pháp đổi biến số , đặt
 u = ( f(x) : đa thức hoặc phân thức)
nếu biến số vừa nêu không giải được thì :
+ dùng x = acost ( hoặc x = asint ) khi gặp 
+ dùng x = atant khi gặp 
2) với dạng , đặt u = 
nếu (ax2+bx+c)’ = k(mx + n) ta có thể đặt u = 
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 các đối tượng.
Bài tập 1: 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 của 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: 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 giáo khoa.
	Sau đó đưa ra bài toán sau.
Bài tập 3: Cho tứ diện vuông OABC. M là điểm bất kỳ thuộc mp (ABC)
	1) Dựng A1, B1, 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 và chứng minh được các câu 2, câu 4, câu 3. 
	Rất nhiều học sinh làm đúng phần chứng minh câu 1.
	2) Gợi ý tỉ số diện tích thì học sinh giải được câu 1.
	3) Câu 3 tuy khó nhưng vì học sinh có tính 
	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 đại trà chứng minh tôi đã đưa ra bài toán sau:
Bài tập 4: 
	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 phương pháp chứng minh tỉ số đoạn thẳng trên cạnh AB chắc chắn sẽ định hướng tỉ số diện tích trên mặt phẳng ABC mà không đi theo hướng tỉ số thể tích. 
	* Khai thác tính chất tổng hợp của tứ diện vuông (1)
	(2)
	Tôi đã có bài toán sau:
Bài tập 5: Cho tứ diện vuông OABC có OA = a, OB = b, OC = C, r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện. Chứng minh:
	Cách giải:
	Dễ thấy cần chứng minh 
	(2) (3) (Côsi)
	và (4)
	(3)(4) Þ (đpcm)
Bài tập 6: a) ; b) c) 
Bài tập 7: a) b) c) 
Bài tập 8: a) b) c) 
Bài tập 9: a) b) c) 
Bài tập 10: a) b) c) 
B. Cho học sinh giỏi:
	Bài tập 1: 
1. Cho D ABC nhọn. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp DABC. Các đường thẳng AO, BO, CO cắt cạnh đối diện tại A1, B1, C1. Chứng minh .
Câu hỏi đưa ra: 
Bài toán 5a có liên quan đến bài này hay không ?
Khi m trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp thì có thể qui MA, MB, MC bằng R hay không ? Các em có chú ý số 9 và bất đẳng thức nào ?
Em hãy cho biết bài toán tương tự trong không gian học sinh đã đưa ra được bài.
2. Cho tứ diện ABCD. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện (O) nằm trong tứ diện. Các đường thẳng AO, BO, CO, DO cắt các mặt đối diện lần lượt tại A1, B1, C1, D1. Chứng minh: 
Bài tập 2: 
1. Cho DABC, gọi a,b,c ma, mb, mc lần lượt là độ dài các cạnh và độ dài các đường trung tuyến của DABC. Chứng minh 
2. Cho tứ diện ABCD. Gọi ai là độ dài các cạnh và ma, mb, mc, md là độ dài các trọng tuyến của tứ diện đó 
Chứng minh: 
	* Nhận xét
Lời giải quen thuộc.
Khai thác tính chất trọng tâm và bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có bài toán sau:
3. Cho tứ diện ABCD có bán kính mặt cầu ngoại tiếp là R, ma, mb, mc, md là độ dài các trọng tuyến. Chứng minh: 
	Cách giải:
	4R2 = OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 4OG2 + ® đpcm.
Bài tập 3: 
1. Chứng minh bất đẳng thức sau:
2. Em hãy thử ra 1 đề toán vận dung 
hi là độ dài các đường cao tứ diện, r là bán kính mặt cầu nội tiếp. Có học sinh đã đưa ra được bài toán sau:
3. Cho tứ diện ABCD. Mặt cầu tâm I bán kính r nội tiếp tứ diện, tiếp xúc với các mặt tại A1, B1, C1, D1. Gọi h1, h2, h3, h4 là độ dài đường cao tương ứng từ A, B, C, D của tứ diện. M là điểm tùy ý nằm trong tứ diện (có thể nằm trong không gian). Chứng minh:
Bài tập 4: 
1. Cho tam giác ABC và M là điểm nằm trong tam giác, các đường thẳng AM, BM, CM cắt cạnh đối diện tại A1, B1, C1. Chứng minh 
2. Cho tứ diện ABCD và M là một điểm nằm trong tứ diện. Các đ