Sáng kiến kinh nghiệm Phát triển năng lực phẩm chất cho học sinh THPT qua dạy học chủ đề quan hệ song song trong không gian

g tự (2).
Từ (1) và (2) (3)
Ta có (4) 	
Tương tự (5) 	
Từ (4) và (5) (6).
Từ (3) và (6), suy ra là hình bình hành. Mà nên là hình chữ nhật.
Xét tam giác có: .
Xét tam giác có: .
Do đó . 
Tương tự .	
Vậy .
3.3. Biện Pháp 4: Phát triển năng lực tư duy logic, tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua việc phát triển bài gốc liên quan đến tỷ số.
	Việc tìm ra lời giải của một bài toán nhiều khi không quá khó nhưng sau một bài toán có biết bao nhiêu điều lý thú. Nếu biết khơi dậy ở học sinh sự tò mò, sự tìm tòi khám phá những gì ẩn sau mỗi bài toán thì việc giải bài toán trở nên hấp dẫn đối với học sinh. Sau mỗi bài toán giải được chúng ta tìm được một chuỗi bài toán liên quan từ dễ đến khó thì có thể rèn luyện và phát triển năng lực khai thác bài toán gốc cho học sinh.
Xuất phát từ bài toán gốc cơ bản trong hình học phẳng sau đó xét tính tương tự hóa trong không gian với nhiều hướng giải quyết, tiến hành khai thác để đề xuất ra các bài toán mới.
Bài 1.(Bài toán gốc). Cho tam giác SAB, gọi G là trung điểm của AB. Một đường thẳng d bất kì cắt các cạnh SA,SB và SG lần lượt tại A’, B’ và G’.
 CMR (1).
Nhận xét: Đây là một bài toán khá quen thuộc và ta thường giải quyết theo các hướng sau là dùng tỉ số diện tích, PP véc tơ, Đlí talet,phép chiếu song song
Cách giải 1: (Dùng tỉ số diện tích)
Ta có G là trung điểm AB nên 
Mà 
⇒
⇒đpcm.
Cách giải 2: (Dùng PP véc tơ)
Ta có ;
 ,
Do G là trung điểm của AB nên 
Mà 3 điểm A’,B’ và G’ thẳng hàng nên 
⇒đpcm.
Cách giải 3. (Dùng phép chiếu song song)
Tứ A và B kẻ các đường thẳng song song với đt d cắt đt d làn lượt tại E và F
Do G là trung điểm AB nên GE=GF 
∙ A’G’//AE ⇒
∙ B’G’//BF ⇒ 
⇒(đpcm)
Đặc biệt : Nếu G’ trùng với trọng tâm ΔABC thì khi đó ta có bài toán sau:
Bài 1.1. Cho tam giác SAB có trọng tâm G. Một đường thẳng d thay đổi đi qua G cắt các cạnh SA, SB lần lượt tại M và N (Khác A). 
Chứng minh rằng (1.1).
Xét bài toán tương tự của bài toán 1 trong không gian: Tam giác SAB trong phẳng tương ứng tứ diện SABC trong không gian và trung điểm G của AB tương ứng với trọng tâm G của ΔABC ta có bài toán sau:
Bài 1.2. Cho hình tứ diện SABC có G là trọng tâm tam giác ABC. Một mp(P) bất kì cắt các cạnh SA,SB,SC và SG lần lượt tại A’,B’,C’ và G’. CMR (1.2)
Giải: 
Cách giải 1: (Áp dụng bài toán 1)
∙ ΔSBC có M là trung điểm BC nên 
∙ Gọi H là trung điểm AG và H’=SH∩A’M’ ⇒ AH=HG=GM
ΔSHM có G là trung điểm HM nên 
ΔSAG có H là trung điểm AG nên
Từ (2) và (3) 
⇒
Cộng (1) và (4) ta được ⇒đpcm.
Cách giải 2: (Dùng tỉ lệ thể tích)
∙ Do G là trọng tâm ΔACB nên 
∙ Ta có , 
, 
⇒
⇔
⇔ ⇒ đpcm.
Cách giải 3. (PP véc tơ)
∙ Đặt:
và 
Do G là trọng tâm ΔABC nên
⇔ 
Do A’,B’,C’ và G’ đồng phẳng nên
 ⇒đpcm.
Cách giải 4. (PP dùng đlí talet)
∙Trong ΔSAM kẻ AE,MF //A’M’ cắt SG tại E và F 
⇒ 
Ta có 
và ⇒ 
∙ Trong ΔSBC kẻ BH,CK// B’C’ cắt SM lần lượt tại H,K⇒ MH=MK
⇒ 
Từ (1) và (2) ⇒ 
⇒ đpcm.
Cách giải 5. (Dùng tỉ lệ diện tích)
∙ 
⇒
⇔⇔
∙ 
⇔ 
Từ (1) và (2) ⇒ ⇒đpcm.
Đặc biệt : Khi G’ trùng với trọng tâm của tứ diện SABC thì 
⇒ ta có bài toán sau: 
Bài 1.2.1. Cho tứ diện SABC có trọng tâm G . Một mặt phẳng (P) luôn đi qua G cắt các cạnh SA,SB,SC lần lượt tại A’,B’ và C’. Chứng minh rằng (1.2.1) .
 Nếu tứ diện SABC là tứ diện đều cạnh bằng a thì (1.2.1) trở thành (1.2.2) 
Ta có bài toán sau:
Bài 1.2.2. Cho tứ diện SABC có SA = SB = SC = a. Mặt phẳng (P) thay đổi luôn đi qua trọng tâm G của tứ diện, cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại A’, B’, C’ (khác điểm S). Chứng minh rằng tổng là một số không đổi.
 Áp dụng BĐT thì (1.2.2) 
⇔ 
⇔ dấu ‘‘=’’ xãy ra ⇔ SA’ = SB’ = SC’ = 
⇔ (P) qua G và song song với mp (ABC)
Ta có bài toán sau: 
Bài 1.2.3 (HSG Tỉnh NA-2011) 
Cho tứ diện SABC có SA = SB = SC = a. Mặt phẳng (P) thay đổi luôn đi qua trọng tâm G của tứ diện, cắt các cạnh SA, SB, SC lần lượt tại A’, B’, C’ (khác điểm S). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
 (1.2.3). 
► Khai thác kết quả : (1.2) 
⇔ 
⇔ 
Ta có bài toán sau :
Bài 1.2.4. Cho tứ diện SABC có G là trọng tâm tam giác ABC . Một mặt phẳng (P) cắt các cạnh SA,SB, SC và SG lần lượt tại A’, B’ , C’ và G’. 
Chứng minh rằng (1.2.4) 
► Tiếp tục khai thác kết quả (1.2) bằng cách : Gọi lần lượt là khoảng cách từ A,B,C và S đến mp(P) theo định lí ta lét ta có
Nên (2.2) ⇔ 
Ta được bài toán sau :
Bài 1.2.5. Cho tứ diện SABC có G là trọng tâm tam giác ABC . Một mặt phẳng (P) cắt các cạnh SA,SB, SC và SG lần lượt tại A’, B’ , C’ và G’. Gọi lần lượt là khoảng cách từ A,B,C và S đến mp(P). CMR : (1.2.5)
► Đặc biệt : Nếu G’ trùng với trọng tâm tứ diện thì 
⇒ 
Ta có bài toán sau:
Bài 1.2.6. Cho từ diện SABC có G là trọng tâm . Một mặt phẳng (P) đi qua G và luôn cắt các cạnh của tứ diện (không trùng với các đỉnh của từ diện) . Gọi lần lượt là khoảng cách từ A,B,C và S đến mp(P). CMR : (1.2.6)
► Tiếp tục suy luận tương tự : 
Trong kết quả (2.3) nếu G’ là trung điểm của SG thì 
⇒
Ta có bài toán sau :
Bài 1.2.7. Cho tứ diện SABC có G là trọng tâm tam giác ABC . Một mặt phẳng (P) đi qua trung điểm của SG cắt các cạnh SA,SB, SC lần lượt tại A’, B’ , C’ . Gọi lần lượt là khoảng cách từ A,B,C và S đến mp(P). Chứng minh rằng : (1.2.7)
► Áp dụng BĐT : cho 3 số hA, hB, hC ta có : 
Ta có bài toán sau :
Bài 1.2.8 (HSG tỉnh NA Bảng A-2013)
Cho tứ diện có là trọng tâm tam giác . Mặt phẳng đi qua trung điểm của đoạn thẳng và cắt các cạnh tại các điểm (khác ). Gọi lần lượt là khoảng cách từ các điểm đến mặt phẳng .
Chứng minh rằng: (1.2.8)
► Áp dụng các kết quả ở trên ta có được bài toán sau: 
Bài 1.2.9. Cho tứ diện SABC có G là trọng tâm tam giác ABC và G’ là trung điểm của SG. Một mặt phẳng (P) qua G’ cắt các cạnh SA,SB,SC lần lượt tại A’, B’, C’. Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện SA’B’C’. 
HD: Do G’ là trung điểm của SG nên SG=2SG’
Ta có (BĐT côsi)
⇔ , dấu bằng xãy ra ⇔ 
⇔ A’,B’,C’ lần lượt là trung điểm của SA,SB,SC.
Vậy GTNN của khi A’,B’,C’ lần lượt là trung điểm SA,SB,SC.
► Phát triển bài toán 1.2 : Ta dễ thấy hình chóp tam giác S.ABC sẽ có các tính chất tương tự với tứ diện SBAC, vấn đề đặt ra liệu rằng đối với hình chóp tứ giác S.ABCD thì sao.
Ta nhận thấy G là tâm vị tự của hệ 3 điểm {A,B,C} ⇒ tương tự O là tâm vị tự
của hệ 4 điểm {A,B,C,D} ⇒ tứ giác ABCD là hình bình hành tâm O khi đó ta có
bài toán sau:
Bài 1.3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O, mặt phẳng (P) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD và SO lần lượt tại A’,B’, C’,D’ và O’. CMR : (1.3). 
 Giải. Ứng dụng kết quả bài toán 1
Do tứ giác ABCD là hình bình hành tâm O nên O là trung
 điểm của AC và BD
∙ ΔSAC có O là trung điểm AC ⇒ (1)
∙ ΔSBD có O là trung điểm BD ⇒(2)
⇒ (đpcm).
► Khai thác bài toán 1.3 : Từ (1) và (2)⇒ 
Ta có bài toán sau :
Bài 1.3.1 (BT 54 ,trang 12-SBT HHNC 12) 
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Một mặt phẳng (P) lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC, SD tại A’, B’, C’, D’.
CMR  : (1.3.1) .
Cách giải 1. (Áp dụng bài toán 3)
Theo bài toán 3 ta có và 
⇒ (đpcm)
Cách giải 2. (Sd PP vec tơ)
Đặt   , , (x, y, z, t là các số lớn hơn 1)
Ta có  
Vì A’, B’, C’, D’ đồng phẳng nên 
Hay (đpcm)
Cách giải 3. (Sử dụng định lí thales)
Qua B, D lần lượt dựng đường thẳng song song với B’D’ 
cắt SO’ tại E, F.
Theo định lý Thales ta có
Mặt khác OE = OF( do ΔOBE=ΔODF (gcg))
Nên Tương tự 
Do đó 
Cách giải 4.  (Sdụng phương pháp thể tích)
Nhận xét: trong đó A’ B’ C’ lần lượt là giao điểm của mặt phẳng (P) bất kỳ cắt các cạnh SA, SB, SC của tứ diện SABC.
Vận dụng kết quả đó thì
(Do VSABC=VSACD= VSABD= VSBCD=)
(đpcm)
Cách giải 5.  ( Sử dụng phương pháp diện tích)
Tương tự 
Do đó (đpcm)
Bài toán tổng quát: Cho hình chóp S.ABCD ,đáy là tứ giác lồi. Một mặt phẳng (P) lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC, SD tại A’, B’, C’, D’. 
CMR  : (1) 
HD : 
∙ (1a)
∙ , 
 , 
Thay vào (1a) rồi nhân cả hai về với ta được :
⇔ ⇒Đpcm.
► Đặc biệt hóa 1: Nếu S.ABCD là hình chóp tứ giác đều thì ta có
 SA=SB=SC=SD nên (1.3.1) trở thành ta có bài toán sau: 
Bài 1.3.2. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD . Một mặt phẳng (P) lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC, SD tại A’, B’, C’, D’. 
CMR : (1.3.2)
► Đặc biệt hóa 2: Mặt phẳng (P) đi qua A và C’ là trung điểm của SC. Khi đó ⇒⇒ Biểu thức P= đạt GTLN và GTNN bằng bao nhiêu. Ta có bài toán sau: 
Bài 1.3.3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Một mp(P) đi qua A và trung điểm C’ của SC cắt các cạnh SB và SD lần lượt tại B’ và D’.
Chứng minh rằng (1.3.3) 
HD: Đặt . Vì O’ là trọng tâm ΔSBD nên 1≤x, y ≤2 
và x+y=
Khi đó 
Xét hàm số trên [1 ;2]
f'(x)=3-2x=0 ⇔ 
Mà f(1)=f(2)=2 và ⇒ 
Vậy ⇒ đpcm
Đối với BĐT ta có thể giải quyết theo cách khác
Cách 2 : Ta có 
⇔ 
Mà (đpcm),
 dấu bằng xãy ra ⇔ 
Cách 3. 
Ta có 
► Ta có 
⇒
⇔ 
Bài 1.3.4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành . C’ là trung điểm SC, mặt phẳng (P) chứa AC’ cắt SB, SD tại B’, D’ . Gọi V, V0 lần lượt là thể tích của SABCD và SAB’C’D’. Chứng minh rằng V0 V. 
► Đặc biệt nếu S.ABCD là hình chóp đều cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng thì 
 Ta có bài toán sau :
Bài 1.3.5. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng . C’ là trung điểm SC, mặt phẳng (P) chứa AC’ cắt SB, SD tại B’, D’ . Gọi V0 là thể tích của SAB’C’D’. Chứng minh rằng .
► Xét trường hợp A’, B’ và C’ là các điểm đặc biệt tương ứng chia các đoạn SA,SB, SC theo các tỉ số xác định thì ta tìm được tỉ số còn lại. 
Ta có bài toán sau : 
Bài 1.3.6. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD , trên các cạnh SA, SB,SC lấy lần lượt các điểm A’, B’, C’ sao cho .
 Mặt phẳng (A’B’C’) cắt SD tại D’. 
Chứng minh rằng .
HD : Ta có 
Áp dụng bài toán 3 ta có 
 ⇔ (đpcm)
Cách 2. Dùng tỉ số thể tích
∙ Đặt thể tích khối chóp đều đã cho là 1.
∙ Gọi thể tích các khối chóp S.A’B’O’ , S.B’C’O’, S.C’D’O’ lần lượt là và đặt các tỉ số ta có 
∙ 
∙ 	(1)
	(2)
Mặt khác ta có
	(3)
Từ (1), (2), (3) ta có ⇒ 
∙ Gọi E là trung điểm của C’C, vì nên SC’ = C’E = EC, BE// B’C’
	Lấy F trên đoạn OC sao cho 
	 (chung đáy)
	∙ Ta có 	(5)	
	(6)
	Từ (5), (6) ta có: (đpcm).
► Tổng quát: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD , trên các cạnh SA, SB,SC lấy lần lượt các điểm A’, B’, C’ sao cho: 
. Mặt phẳng (A’B’C’) cắt SD tại D’. Chứng minh rằng .
4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
Qua quá trình giảng dạy và đúc kết kinh nghiệm tôi nhận thấy để dạy cho học sinh học tốt môn hình học không gian thì cần phải rè luyện năng lực tư duy lập luận chặt chẽ, lôgíc,giải quyết vấn đề dưới nhiều hướng khác nhau. Đề tài này đã được tôi thực hiện giảng dạy trong năm học 2021-2022. Trong quá trình học chuyên đề này, học sinh rất hứng thú và tự tin, biết vận dụng thành thạo khi gặp các bài toán về quan hệ song song trong không gian, tạo cho học sinh niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra cho học sinh cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học. Để đánh giá được hiệu quả của việc áp dụng đề tài vào dạy học tại lớp 11 A1, 11A2 chúng tôi tiến hành khảo sát bài kiểm tra 30 phút với hai câu hỏi trắc nghiệm và yêu cầu trình bày giải chi tiết, cụ thể đề như sau:
Đề kiểm tra 30 phút.
Câu 1: 	Cho hình hộp , gọi là trung điểm , là mặt phẳng đi qua và song song với và . Thiết diện của hình hộp cắt bởi mặt phẳng là hình gì?
A. Ngũ giác.	B. Tứ giác.	C. Tam giác. D. Lục giác.
(Trích đề thi thử trường THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng lần 1 năm 2017-2018)
Câu 2: Cho hình hộp . Trên các cạnh , , lần lượt lấy ba điểm , , sao cho , , . Biết mặt phẳng cắt cạnh tại . Tính tỉ số .
A. .	B. .	C. .	D. . 
(Trích đề thi thử trường THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018)
Sau khi chấm bài kiểm tra chúng tôi thu kết quả với mức điểm được tính phần trăm như sau: 
 Điểm
Lớp
 1 – 2,5
 3 – 4,5
5 – 6,5
7 – 8,5
9 – 10
Lớp 11A1( 41 HS )
0%
0%
14%
40,5%
45,5%
Lớp 11A2( 42 HS )
0%
0%
18,5%
45,5%
36%
 Mặc dù thời gian làm bài ít hơn thời gian so với bài kiểm tra khảo sát thực trạng trước khi tác động đề tài nhưng kết quả đạt được có thể nói là rất khả quan, sau khi học xong chuyên đề thì tất cả các em đều giải quyết được câu hỏi về quan hệ song song. Từ kết quả trên cho thấy đề tài đã mang lại hiệu quả thiết thực cho học sinh và đồng nghiệp, cụ thể: 
	Đối với đồng nghiệp: được chia sẻ kinh nghiệm học hỏi lẫn nhau, thúc đẩy phong trào tự học, tự nghiên cứu trong nhà trường. Đề tài giúp đồng nghiệp có thêm phương pháp mới cũng như hướng giải quyết sáng tạo trong các bài toán trắc nghiệm xuất hiện trong các kỳ thi, góp phần vào việc tích lũy, phát triển chuyên môn cho bản thân, đáp ứng yêu cầu đổi mới phương pháp dạy học bộ môn toán phù hợp với xu thế hiện nay.
	- Đối với học sinh: Trang bị thêm cho học sinh một số kỹ năng và phương pháp giải nhanh các bài toán về quan hệ song song trong kì thi TN THPT và chọn học sinh giỏi của trường, của tỉnh trong năm học 2021-2022. Đồng thời phát triển cho các em về tư duy sáng tạo và năng lực giải toán, góp phần tạo hứng thú và hiệu quả học tập môn toán.
PHẦN BA: KẾT LUẬN.
	1. Kết luận.
Đề tài là sản phẩm của quá trình nghiên cứu tích lũy, chọn lọc các kiến thức từ thực tế dạy học, bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn thi tốt nghiệp THPT Quốc gia và sưu tầm qua các tài liệu tham khảo, bạn bè đồng nghiệp, các diễn đàn toán học trên Iternet. Áp dụng đề tài vào giảng dạy, Tôi rút ra được một số tác dụng sau:
	- Giúp cho bản thân tự trau dồi kiến thức, nâng cao trình độ chuyên môn, góp phần vào việc đổi mới phương pháp dạy học phù hợp với tình hình dạy học hiện nay.
	- Đề tài cũng góp phần giúp cho giáo viên, đồng nghiệp có thêm tài liệu giảng dạy về chủ đề quan hệ song song. Từ đó góp phần nâng cao chất lượng dạy học trong nhà trường.
	- Trong đề tài đã hướng dẫn cho học sinh kỹ năng đọc đề, vẽ hình và cách giải một bài toán quan hệ song song trong không gian qua đó giúp các em có ý thức trong việc tự học, tự nghiên cứu.
	- Thông qua đề tài đã gây được sự hứng thú trong học tập cho học sinh, nâng cao năng lực tư duy lô gic và năng lực sáng tạo của học sinh. Sáng kiến này có tác dụng tốt trong việc ôn luyện thi học sinh giỏi các cấp, TN THPT QG.
Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu nhưng chắc chắn còn có nhiều thiếu sót và hạn chế. Rất mong được sự quan tâm của tất cả các đồng nghiệp bổ sung và góp ý cho chúng tôi. Xin chân thành cảm ơn.
2. Kiến nghị.
	- Đối với tổ chuyên môn, cần phân dạng bài tập cho học sinh khi giảng dạy. Trong quá trình ôn tập cho học sinh nên ra nhiều dạng đề đúng với cấu trúc đề minh họa của Bộ GD&ĐT. 
	- Trong dạy học giải bài tập toán, giáo viên cần quan tâm đến việc rèn luyện cho học sinh kỹ năng tư duy vẽ hình, phân tích đề toán từ đó nêu được phương pháp giải bài toán.
TÀI LIỆU THAM KHẢO.
[1]. 	Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên)- Hình học 12 cơ bản- NXBGD năm 2008.
[2]. 	Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên)- Hình học 12 nâng cao- NXBGD năm 2008.
[3]. 	Đề minh họa của Bộ GD&ĐT các năm.
[4]. 	Vũ Thế Hựu – Bộ Tài liệu ôn thi Đại Học.NXB Đại học Sư phạm 2012.
[5]. 	Nguyễn Bá Kim – Phương pháp dạy học môn Toán - NXBGD.
[6].	Đề thi thử các trường trên toàn quốc, đề thi học sinh giỏi trường, học sinh giỏi tỉnh.
[7]. 	Tạp chí toán học và tuổi trẻ- NXB Giáo dục.