28 một số bài toán hình học không gian lớp 11 phát triển năng lực tư duy

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (470.84 KB, 14 trang )

.
MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ
DUY CỦA HỌC SINH
Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G, AG cắt (BCD) tại A’. Chứng minh
rằng A’ là trọng tâm của tam giác BCD ( Đường thẳng đi qua một đỉnh và trọng
tâm của tứ diện đi qua trọng tâm của mặt đối diện với đỉnh ấy).
Định hướng phương pháp và lời giải:
Bằng việc bóc tách các yếu tố phẳng ra khỏi không gian, bài toán trên được
chuyển thành bài toán hình học phẳng sau đây:
Cho tam giác ABN, M là trung điểm của AB, G là trung điểm của MN, AG
cắt cạnh BN tại A’. Chứng minh rằng BA’ = 2 A’N .

Mặt phẳng

Không gian
A

A
M

M
B

G

D

A’

G

N

N

B
C

D

A’

Bài toán này học sinh THCS có thể dễ dàng chứng minh được sau khi đã học tính
chất đường trung bình. Cụ thể chứng minh như sau:
Kẻ đường thẳng qua M song song với AA’ cắt BN tại D. MD; GA’ lần lươt là
đường trung bình của  ABA’ và  NMD nên BD = DA’ = A’N.
Vậy BA’ = 2A’N.
Ví dụ 2: (SGK hình học 11 – Cơ bản) Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’. Chứng
minh đường thẳng AC’ đi qua trọng tâm G của  BA’D.
Định hướng phương pháp và lời giải:
1

Bài toán sẽ trở nên đơn giản hơn, dễ hình dung, dễ giải quyết hơn nhiều nếu học
sinh biết cách bóc tách các bộ phận phẳng ra khỏi không gian để đưa về bài toán
hình học phẳng sau:
Cho hình bình hành AA’C’C, O là trung điểm cạnh AC, A’O cắt cạnh AC’ tại G.
Chứng minh C’G = 2AG.

Mặt phẳng

Không gian
A

D

A

O
B

O
C

C
G

G

M

D’

A’

A’
E

B’

C’

C’

Chứng minh:
Gọi E là trung điểm A’C’ kẻ CE cắt AC’ tại M. Dễ thấy A’ECO là hình bình hành
nên CE // A’O. Vậy OG và EM lần lượt là đường trung bình của  ADC và
 C’A’G  AG = GM = MC’. (đpcm).
Ví dụ 3: Tứ diện SABC, có các cạnh bên tạo với mặt đáy góc . Đáy  ABC
vuông tại C, cạnh AB = a. Tính theo a bán kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
Định hướng phương pháp và lời giải: Gọi H là chân đường cao hạ từ S thì: HA =
HB = HC, vì  ABC vuông tại C nên  H là trung điểm AB.

2

Đến đây học sinh có thể tính
bán kính bằng cách sử dụng tính
chất đồng dạng của tam giác.
Tuy nhiên học sinh có thể giải
quyết bài toán một cách đơn
giản hơn nếu nhận thấy rằng
tâm của mặt cầu cũng chính là
tâm của đường tròn ngoại tiếp
 SAB, từ đó tách yếu tố phẳng
ra khỏi không gian để đưa về
giải bài toán phẳng đơn giản
hơn như sau:

S

Không gian

H

A

B

C

Tam giác SAB cân tại S, AB = a, góc A = . Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp
 SAB.
S

Mặt phẳng

.O
A





B

Bài toán phẳng trên được giải quyết dễ dàng khi sử dụng định lý hàm số Sin như
a
AB
 2R  R 
sau:

2 sin 2
SinS
b. Một số bài tập áp dụng.
Bài 1: ( Trang 103 – Hình học 11 – Nâng cao)
Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc.
a. Chứng minh tam giác ABC có ba góc nhọn.
b. Chứng minh rằng hình chiếu H của điểm O trên (ABC) trùng với trực tâm
của tam giác ABC.
1
1
1
1



c. Chứng minh rằng
.
OH 2 OA2 OB 2 OC 2
Bài 2: Tính bán kính của một mặt cầu ngoại tiếp một hình chóp tam giác đều
có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng b.
Bài 3: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA
= a, OB = b, OC = c. Gọi H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC). Tính diện
tích các tam giác HAB, HBC và HCA.
c. Một số nhận xét.
3

+ Yếu tố cốt lõi để giải được các bài toán hình học không gian thường bị che
khuất, khó phát hiện bởi hình không gian thường có nhiều đường phụ gây khó khăn
cho học sinh trong việc hình dung, tưởng tượng. Vì vậy khéo léo bóc tách các yếu

tố phẳng ra khỏi không gian sẽ giúp học sinh đơn giản hóa bài toán, dễ dàng tìm ra
yếu tố then chốt của bài toán từ đó giải toán dễ dàng hơn.
+ Hoạt động tách bộ phận phẳng ra khỏi không gian có những ý nghĩa cụ thể
đó là:
– Xác lập liên hệ giữa hình học không gian và hình học phẳng.
– Kết nối dạy học toán THCS và THPT.
– Xác lập liên hệ liên môn, liên hệ bên trong của môn toán.
– Nâng cao hiệu quả hoạt động giải toán hình học không gian từ đó góp phần
phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh.
3.2. Biện pháp 2: Vận dụng phương pháp trải hình.
Nhiều bài toán hình học không gian được giải quyết dễ dàng bằng cách đưa
về giải bài toán hình học phẳng thông qua hoạt động trải hình (hay khai triển hình).
Đây là hoạt động khai triển các yếu tố không gian lên trên cùng một mặt phẳng,
chuyển bài toán không gian về bài toán hình học phẳng, gắn kết bài toán phẳng và
bài toán không gian.
a. Các ví dụ minh họa:
Ví dụ 4: Chứng minh trong một tứ diện có các cặp cạnh đối đôi một bằng
nhau ( tứ diện gần đều) thì các góc tam diện tại mỗi đỉnh có tổng các góc phẳng
bằng 180 0 .
Định hướng phương pháp và lời giải:
Ta trải các tam
giác ABC, ABD, DCD
lên mặt phẳng (BCD)
sao cho điểm A của
 ABC nằm ở vị trí
của điểm A1 và không
thuộc nửa mặt phẳng
chứa D có bờ BC;
tương ứng điểm A của
 ABD nằm ở vị trí

điểm A 2 ; điểm A của
 ACD nằm ở vị trí
điểm A 3 .

A

C

B

D

4

A1

Khi đó BA 1 = BA 2 =
CD; BC = DA 2 = DA 3 và BD
= CA 1 = CA 3 nên các tứ giác
BCDA 2 ; DBCA 3 là các hình
bình hành  BC//DA 2 ;
BC//DA 3  A 2 ; D;
A3
thẳng hàng. Tương tự A 1 ; B;
A 2 và A 1 ; C; A 3 thẳng hàng

B
C



A2




A1 + A2 + A3

= 1800 

D
A3

đpcm.

Ví dụ 5: Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 cạnh a, M;N lần lượt thuộc
các cạnh AD; BB1 sao cho AM = BN. Gọi I; J lần lượt là trung điểm của AB;
C1D1.
a/ Chứng minh IJ cắt và vuông góc với MN tại trung điểm của MN.
b/ Dựng thiết diện của lập phương tạo bởi mặt phẳng chứa MN; IJ. Tìm vị trí
của M, N sao cho thiết diện có chu vi bé nhất.
Định hướng phương pháp và lời giải:
a/ Kéo dài IN cắt
AA1 tại K, ta có
AK = BN  AK =
AM 
MK // AD1. Vì
IJ//AD1  IJ //
KM, vậy IJ là

đường trung bình
của  NKM  IJ
cắt MN tại trung
điểm của MN.
Mặt khác tam giác
MIN cân tại I ( IM
= IN) nên IJ vuông
góc với MN.
 đpcm

K

A

M

D

I
B

C
F

N
A1
D1
J
B1

E

C1

5

b/ Dễ thấy thiết diện cần tìm là lục giác IMFJEN trong đó E; F lần lượt thuộc DD1;
B1C1 sao cho MF//AD1; NE//BC1. Khi đó MF//IJ//NE và FD1= EC1 = BN = AM
= x ( 0  x  a ).
Khi đó chu vi của thiết diện = 2(IM + MF + FJ). Tìm vị trí của M, N để chu vi
thiết diện bé nhất ta có thể tính chu vi theo x và đưa bài toán hình học về bài toán
giải tích. Tuy nhiên cách làm này tương đối phức tạp, bài toán có thể được giải theo
cách đơn giản hơn thông qua họat động trải hình cụ thể như sau:
Ta trải các mặt ABCD và DCC1D1 lên mặt phẳng (ADD1A1) sao cho các điểm
B, C, I của mặt ABCD lần lượt nằm ở vị trí các điểm B’, C’, I’ và không cùng
thuộc nửa mặt phẳng chứa D1, A1 có bờ AD. Tương tự các điểm C, C1, J lần lượt
nằm ở vị trí các điểm C’, C1’, J’.
C’

B’

I’

A

M

M’

C’

D

I
F’

B

C
F

N
A1
D1

J’

C1′

J
B1

E

C1

Khi đó việc giải bài toán không gian được quy về giải bài toán hình học phẳng như
sau:
Gọi chu vi của thiết diện là P, ta có: P = 2(I’M + MF + FJ’). Vì vậy để P bé

nhất ta tìm vị trí của M, F sao cho I’M + MF + FJ’ bé nhất, dễ thấy khi đó M trùng
với M’ và F trùng với F’ ( M’; F’ lần lượt là giao điểm của I’J’ với AD và DD1) 
P bé nhất  M; N lần lượt là trung điểm của AD; BB1.
b. Một số bài tập áp dụng:
Bài 1: Chứng minh tổng các góc phẳng của một hình chóp lớn hơn 1800 thì
mỗi cạnh bên của nó nhỏ hơn nửa chu vi đáy.

6

Bài 2: Cho tứ diện gần đều ABCD có AB = CD = a; AC = BD = b; AD =
BC = c. Xác định vị trí của điểm M trên cạnh AB sao cho chu vi tam giác MCD
nhỏ nhất. Xác định giá trị nhỏ nhất của chu vi đó.
Bài 3: Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a. Một mặt phẳng cắt 4 cạnh của
tứ diện lần lượt tại M, N, P, Q. Chứng minh rằng chu vi p của thiết diện MNPQ
không nhỏ hơn 2a và không lớn hơn 3a.
Bài 4: Tứ diện ABCD có: AC = AD = BC = BD = 1; AB = a; CD = b; M, N
lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tìm trên cạnh AD một điểm P sao cho
PM + PN đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó.
c. Nhận xét:
+ Phương pháp trải hình được vận dụng nhiều trong các bài toán xác định vị
trí của một điểm; các bài toán cực trị hình học.
+ Có thể giải các bài toán trên bằng cách khác tuy nhiên đơn giản và hiệu
quả nhất vẫn là vận dụng phương pháp trải hình.
+ Việc biết cách vận dụng phương pháp trải hình sẽ giúp học sinh giải được
nhiều bài toán hình không gian hay và khó từ đó giúp học sinh rèn luyện và phát
triển tư duy sáng tạo.
3.3. Biện pháp 3: Vận dụng phương pháp sử dụng tính bất biến của phép
chiếu song song.
Nhiều bài toán hình học đặc biệt là bài toán hình không gian dễ dàng giải

quyết được thông qua hoạt động sử dụng tính bất biến của phép chiếu song song.
a. Các ví dụ mình họa:
Ví dụ 6: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’. Chứng minh các đỉnh A, C’
và trọng tâm G của  BDA’ thẳng hàng.
Định hướng phương pháp và lời giải:
Hướng 1:
C

B
O
A

D

K

G
O’
B’
C’

A’

D’

Xét phép chiếu S lên mặt phẳng (A’B’C’D’) theo phương AC’.
7

Khi đó phép chiếu S biến A thành C’, biến C’ thành C’, biến O thành O’. Ta

có OO’//AC’, O’ thuộc (A’B’C’D’) nên O’ là giao của OK và A’C’.
A’ G A’ C ‘

 C’ là ảnh của G qua phép chiếu S  A, G, C’ thẳng hàng.
A’ O A’ O’



Hướng 2:
C

B
O

O’
A

D
G
G’
B’
C’

A’

D’

Xét phép chiếu lên (AA’B’B) theo phương AD biến A thành A, biến C’
thành B’, biến O thành O’ là trung điểm AB, biến G thành G’. Vì tỉ số 2 đoạn thẳng
cùng phương được bảo toàn qua phép chiếu song song nên

A’ G ‘ A’ G

 2  G’ là
G ‘ O’ GO

giao của AB’ và A’O’ vậy ảnh của A, G, C’ thẳng hàng. Tương tự xét phép chiếu
lên (A’B’C’D’) theo phương AA’ thì ảnh của A, G, C’ thẳng hàng  A, G, C’
thẳng hàng.
Ví dụ 7: Cho ba đường thẳng a, b, c đôi một chéo nhau, hãy dựng đường
BA
 m cho trước.
thẳng  cắt ba đường thẳng đó lần lượt tại A, B, C sao cho
BC
Định hướng và lời giải: Chọn mặt phẳng (P) sao cho b cắt (P) tại B’ và
phép chiếu song song theo phương b lên mặt phẳng (P) biến a, c lần lượt thành a’,
c’ cắt nhau tại O. Từ B’ vẽ đường thẳng song song với a’ cắt c’ tại B1, trên c’ ta
B1O
 m.
luôn tìm được duy nhất điểm C’ sao cho
B1C ‘

8

c

C
b
B

A

a


C’
B1
B’

a’

O
c’
A’
’

B ‘ A’ B1O

 m. Gọi A, C lần lượt
B ‘ C ‘ B1 C ‘
thuộc a, c sao cho ảnh của A, B qua phép chiếu song song theo phương b lên mặt
phẳng (P) lần lượt là A’, C’  AA’//b; CC’//b nên đường thẳng  qua A, C cắt b
BA B’ A’

 m. Vậy  là đường thẳng cần tìm.
tại B. Khi đó theo định lí Talet
BC B’ C ‘
Ví dụ 8. Chứng minh rằng trong một tứ diện trực tâm ( các cặp cạnh đối đôi
một vuông góc) ba điểm sau đây thẳng hàng: Trọng tâm G, trực tâm H và tâm mặt
cầu ngoại tiếp O thẳng hàng.

Định hướng phương pháp giải:

Đường thẳng C’B’ cắt a’ tại A’ 

A

M

G

D

O

H
H’
B

M’

G’

N
O’

C

Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, CD. Xét phép chiếu vuông góc lên mặt
phẳng (BCD), biến các điểm B, C, D, N thành chính nó; biến A, H thành H’; biến
các điểm M, G, O thành M’, G’, O’.

Khi đó O’ là tâm đường tròn ngoại tiếp  BCD. Ta có AB  CD (ABCD là
tứ diện trực tâm ) và AH’  CD nên BH’  CD (định lý 3 đường vuông góc), tương
tự CH’  BD vậy H’ là trực tâm của  BCD. Theo tính chất phép chiếu vuông góc
9

thì M’ là trung điểm BH’ và G’ là trung điểm của M’N. Để chứng minh H, G, O
thẳng hàng ta cần chứng minh H’, G’, O’ thẳng hàng. Tuy nhiên đến đây đối với
học sinh việc chứng minh này không hề đơn giản. Nhận thấy các điểm M’, H’, G’,
O’ đều thuộc mặt phẳng (BCD) nên ta có thể bóc tách các yếu tố phẳng ra khỏi
không gian để đơn giản hóa bài toán bằng cách đưa bài toán trên về giải bài toán
phẳng như sau:
Bài toán: “Cho  BCD và H’, O’ lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn ngoại
tiếp của tam giác. M’, N lần lượt là trung điểm của BH’, CD; G’ là trung điểm của
M’N. Chứng minh ba điểm H’, G’, O’ thẳng hàng”.
Đến đây học sinh hoàn toàn có thể giải bài toán trên bằng cách sử dụng các
tính chất hình học đã học ở THCS. Cụ thể lời giải như sau:

C
B

O’
G’

M’
C1

N
H’

D

C 1 C là đường kính của đường tròn ngoại tiếp  BCD khi đó ta có:
C1 B  BC và DH ‘  BC nên C 1 B//DH’, tương tự C1 D  CD và BH ‘  CD
nên C 1 D//BH’  BC 1 DH’ là hình bình hành  C 1 D = BH’ = 2O’N. Mặt khác
BH’ = 2M’H’  M’H’ = O’N, vì BH’  CD và O’N  CD nên M’H’//O’N 
M’H’NO’ là hình bình hành, từ đó do G’ là trung điểm M’N nên suy ra G’ cũng là
trung điểm của O’H’ vậy O’, G’, H’ thẳng hàng.
Đến đây bài toán phẳng đã được chứng minh bằng việc sử dụng tính chất hình
học phẳng. Trở lại bài toán ban đầu, tương tự thực hiện phép chiếu vuông góc lên
(ACD) biến O, G, H thành O’’, G’’, H’’ thẳng hàng. Vậy áp dụng tính chất phép
chiếu vuông góc ta có O, G, H thẳng hàng.
b. Một số bài tập áp dụng:
Bài 1( Bài tập Hình học 11 -Nâng cao – Trang 62).
Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’.
a/ Hãy xác định đường thẳng d cắt cả hai đường thẳng AC’ và BA’ đồng thời
song song với B’D’
AI
b/ Gọi I, J lần lượt là giao điểm của d với AC’ và BA’. Tính tỉ số
AC’

10

Bài 2: Cho ba đường thẳng đôi một chéo nhau không cùng song song với một
mặt phẳng và một điểm G không nằm trên bất cứ đường thẳng nào trong ba đường
thẳng đó. Hãy dựng tam giác có các đỉnh thứ tự nằm trên ba đường thẳng đã cho và
nhận G làm trọng tâm.
c. Nhận xét:
+ Có thể giải các bài toán trên bằng sử dụng các tính chất khác của quan hệ

song song, quan hệ vuông góc tuy nhiên khi đó bài toán sẽ phức tạp hơn nhiều so
với dùng các tính chất của phép chiếu song song.
+ Để giải một bài toán hình học không gian thường phải kết hợp nhiều phương
pháp (chẳng hạn kết hợp cả phương pháp sử dụng phép chiếu song song và phương
pháp bóc tách các bộ phận phẳng ra khỏi không gian).
+ Việc đơn giản hóa bài toán; giải bài toán bằng những cách giải hay, ngắn
gọn; giải toán bằng nhiều cách sẽ giúp nhiều cho học sinh phát triển tư duy sáng tạo
của mình.
3.4. Biện pháp 4: Vận dụng phương pháp chuyển đổi ngôn ngữ.
Việc vận dụng các hoạt động chuyển đổi ngôn ngữ vào học toán nói chung,
giải bài tập hình học nói riêng là việc làm có nhiều tác dụng thiết thực, là công cụ
hiệu quả để học sinh giải quyết được nhiều bài toán từ đó nâng cao hiệu quả hoạt
động nhận thức toán học. Chuyển đổi ngôn ngữ trong toán học đóng vai trò là một
công cụ để học sinh đơn giản hóa bài toán, chuyển đổi yếu tố phức tạp sang yếu tố
đơn giản, biến vấn đề chưa biết thành vấn đề đã biết, hướng việc tìm hiểu yếu tố
toán học này sang tìm hiểu yếu tố toán học khác. Đối với hình học không gian các
dạng chuyển đổi ngôn ngữ chủ yếu như sau:
+ Chuyển đổi từ ngôn ngữ hình học sang ngôn ngữ khác:
Việc chuyển đổi này có thể là chuyển hóa sư phạm từ ngôn ngữ khoa học sang
ngôn ngữ toán học phổ thông (chẳng hạn chuyển đổi ngôn ngữ từ toán học cao cấp
sang ngôn ngữ toán phổ thông) hoặc chuyển đổi ngôn ngữ của hình học tổng hợp
sang ngôn ngữ vec tơ, tọa độ, biến hình, đại số…
+ Chuyển đổi từ ngôn ngữ hình học này sang ngôn ngữ hình học khác.
Việc huy động các nhóm tri thức khác nhau có nhiếu ý nghĩa thiết thực để giải
các bài toán hình học. Để huy động được các kiến thức đó cần thiết phải chuyển
hóa qua lại các yếu tố bên trong như: yếu tố vuông góc chuyển hóa sang yếu tố
song song, phép biến hình này chuyển hóa sang phép biến hình khác….
a. Các ví dụ áp dụng:
Ví dụ 9: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ có tâm O. Dựng thiết diện của
hình lập phương tạo bởi mặt phẳng (P) qua O và mặt phẳng đó vuông góc với AC’.

Định hướng và lời giải bài toán:

11

D

A

N

B

C
S

O
P
R

D’

A’
Q
C’
B’

Nhận thấy AC’  (BDA’) nên AC’  (P)  (P)// (BDA’). Từ đó ta chuyển
bài toán với yếu tố vuông góc thành bài toán với yếu tố song song như sau: Dựng
thiết diện của hình lập phương bởi mặt phẳng (P) qua O và // (BDA’). Khi đó áp

dụng tính chất “ Hai mặt phẳng song song cắt mặt phẳng thứ ba theo hai giao tuyến
phân biệt thì hai giao tuyến đó song song ” ta dễ thấy thiết diện cần tìm là lục giác
MNPQRS trong đó M, N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của CD, BC, BB’, A’B’,
A’D’, DD’.
Ví dụ 10: Tính thể tích của tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AC = BD = b,
AD = BC = c ( Tứ diện gần đều)
Định hướng và lời giải bài toán:
Nhận thấy việc tính thể tích theo phương pháp thông thường là tính diện tích
đáy và chiều cao rất khó thực hiện với bài toán trên bởi vì rất khó xác định chân
đường cao hạ từ một đỉnh của tứ diện. Bài toán trên sẽ dễ dàng giải được nếu thực
hiện các phép chuyển đổi sau:
Hướng 1: Từ B, C, D ta lần lượt vẽ các đường thẳng song song với CD, BD,
BC. Các đường thẳng này đôi một cắt nhau tại M, N, P.
Ta có AB = CD =
BM = BP nên  AMP
vuông tại A, tương tự các
tam giác AMN, ANP cũng
vuông tại A.
V APMN = 1/6 xyz
 V ABCD = ¼ V APMN =
1
xyz. Tính x, y, z theo a,
24

b, c

A
y

c

z

b

a

N

x
D
P

a

b
c

C

B
M

Ta có:
12

 x 2  z 2  4a 2
 2
2

2
 x  y  4b
 y 2  z 2  4c 2


 x  2a 2  2b 2  2c 2


  y  2b 2  2c 2  2a 2

2
2
 z  2a  2c  2b2

2
(a 2  b 2  c 2 )(b 2  c 2  a 2 )( c 2  a 2  b 2 )
12
Hướng 2: Qua mỗi cạnh của hình chóp ta dựng mặt phẳng song song với cạnh đối
diện, các mặt phẳng này giao nhau tạo thành hình hộp ngoại tiếp tứ diện.

Vậy V 

M

B

y

x
N

A

z
D

P

Q

C’

V ABCD = V hộp – 4 V MADB = xyz – 4. 1/6 xyz = 1/3 xyz
Ta tính x, y, z theo a, b, c và được kết quả như hướng 1.
b. Bài tập áp dụng:
Bài 1: Cho tứ diện ABCD. Lấy các điểm M,N,P,Q lần lượt thuộc AB, BC,
1
2
1
CD, DA sao cho AM  AB ; BN  BC ; AQ  AD ; DP  k DC. Hãy xác
3
3
3
định k để bốn điểm P, Q, M, N cùng nằm trong một mặt phẳng.
Bài 2: Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’. Một đường thẳng d cắt các đường
MA
thẳng AA’, BB’, CC’ lần lượt tại M, N, P sao cho NM  2 NP. Tính
.
MA’

c. Một số nhận xét.
+ Phương pháp chuyển đổi ngôn ngữ có phạm vi rộng, được áp dụng nhiều
trong giải toán hình học không gian.
+ Việc vận dụng tốt phương pháp chuyển đổi ngôn ngữ sẽ giúp học sinh linh
hoạt chuyển hóa các yếu tố hình học để biến cái phức tạp thành cái đơn giản, cái
chưa biết thành cái đã biết từ đó góp phần phát triển tư duy sáng tạ
TÁC GIẢ:

Trịnh Trọng Trung
13

14

A’Bài toán này học viên trung học cơ sở hoàn toàn có thể thuận tiện chứng tỏ được sau khi đã học tínhchất đường trung bình. Cụ thể chứng tỏ như sau : Kẻ đường thẳng qua M song song với AA ’ cắt BN tại D. MD ; GA ’ lần lươt làđường trung bình của  ABA ’ và  NMD nên BD = DA ’ = A’N. Vậy BA ’ = 2A ’ N.Ví dụ 2 : ( SGK hình học 11 – Cơ bản ) Cho hình hộp ABCDA’B ’ C’D ’. Chứngminh đường thẳng AC ’ đi qua trọng tâm G của  BA’D. Định hướng chiêu thức và giải thuật : Bài toán sẽ trở nên đơn thuần hơn, dễ tưởng tượng, dễ xử lý hơn nhiều nếu họcsinh biết cách bóc tách những bộ phận phẳng ra khỏi không gian để đưa về bài toánhình học phẳng sau : Cho hình bình hành AA’C ’ C, O là trung điểm cạnh AC, A’O cắt cạnh AC ’ tại G.Chứng minh C’G = 2AG. Mặt phẳngKhông gianD’A ‘ A’B ‘ C’C ‘ Chứng minh : Gọi E là trung điểm A’C ’ kẻ CE cắt AC ’ tại M. Dễ thấy A’ECO là hình bình hànhnên CE / / A’O. Vậy OG và EM lần lượt là đường trung bình của  ADC và  C’A ’ G  AG = GM = MC ’. ( đpcm ). Ví dụ 3 : Tứ diện SABC, có những cạnh bên tạo với mặt dưới góc . Đáy  ABCvuông tại C, cạnh AB = a. Tính theo a nửa đường kính của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Định hướng chiêu thức và giải thuật : Gọi H là chân đường cao hạ từ S thì : HA = HB = HC, vì  ABC vuông tại C nên  H là trung điểm AB.Đến đây học viên hoàn toàn có thể tínhbán kính bằng cách sử dụng tínhchất đồng dạng của tam giác. Tuy nhiên học viên hoàn toàn có thể giảiquyết bài toán một cách đơngiản hơn nếu nhận thấy rằngtâm của mặt cầu cũng chính làtâm của đường tròn ngoại tiếp  SAB, từ đó tách yếu tố phẳngra khỏi không gian để đưa vềgiải bài toán phẳng đơn giảnhơn như sau : Không gianTam giác SAB cân tại S, AB = a, góc A = . Tính nửa đường kính đường tròn ngoại tiếp  SAB.Mặt phẳng. OBài toán phẳng trên được xử lý thuận tiện khi sử dụng định lý hàm số Sin nhưAB  2R  R  sau : 2 sin 2  SinSb. Một số bài tập vận dụng. Bài 1 : ( Trang 103 – Hình học 11 – Nâng cao ) Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc. a. Chứng minh tam giác ABC có ba góc nhọn. b. Chứng minh rằng hình chiếu H của điểm O trên ( ABC ) trùng với trực tâmcủa tam giác ABC.c. Chứng minh rằngOH 2 OA2 OB 2 OC 2B ài 2 : Tính nửa đường kính của một mặt cầu ngoại tiếp một hình chóp tam giác đềucó cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng b. Bài 3 : Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA = a, OB = b, OC = c. Gọi H là hình chiếu của O trên mặt phẳng ( ABC ). Tính diệntích những tam giác HAB, HBC và HCA.c. Một số nhận xét. + Yếu tố cốt lõi để giải được những bài toán hình học không gian thường bị chekhuất, khó phát hiện bởi hình không gian thường có nhiều đường phụ gây khó khăncho học viên trong việc tưởng tượng, tưởng tượng. Vì vậy khôn khéo bóc tách những yếutố phẳng ra khỏi không gian sẽ giúp học viên đơn giản hóa bài toán, thuận tiện tìm rayếu tố then chốt của bài toán từ đó giải toán thuận tiện hơn. + Hoạt động tách bộ phận phẳng ra khỏi không gian có những ý nghĩa cụ thểđó là : – Xác lập liên hệ giữa hình học không gian và hình học phẳng. – Kết nối dạy học toán trung học cơ sở và THPT. – Xác lập liên hệ liên môn, liên hệ bên trong của môn toán. – Nâng cao hiệu suất cao hoạt động giải trí giải toán hình học không gian từ đó góp phầnphát triển tư duy phát minh sáng tạo cho học viên. 3.2. Biện pháp 2 : Vận dụng giải pháp trải hình. Nhiều bài toán hình học không gian được xử lý thuận tiện bằng cách đưavề giải bài toán hình học phẳng trải qua hoạt động giải trí trải hình ( hay khai triển hình ). Đây là hoạt động giải trí khai triển những yếu tố không gian lên trên cùng một mặt phẳng, chuyển bài toán không gian về bài toán hình học phẳng, kết nối bài toán phẳng vàbài toán không gian. a. Các ví dụ minh họa : Ví dụ 4 : Chứng minh trong một tứ diện có những cặp cạnh đối đôi một bằngnhau ( tứ diện gần đều ) thì những góc tam diện tại mỗi đỉnh có tổng những góc phẳngbằng 180 0. Định hướng chiêu thức và giải thuật : Ta trải những tamgiác ABC, ABD, DCDlên mặt phẳng ( BCD ) sao cho điểm A của  ABC nằm ở vị trícủa điểm A1 và khôngthuộc nửa mặt phẳngchứa D có bờ BC ; tương ứng điểm A của  ABD nằm ở vị tríđiểm A 2 ; điểm A của  ACD nằm ở vị tríđiểm A 3. A1Khi đó BA 1 = BA 2 = CD ; BC = DA 2 = DA 3 và BD = CA 1 = CA 3 nên những tứ giácBCDA 2 ; DBCA 3 là những hìnhbình hành  BC / / DA 2 ; BC / / DA 3  A 2 ; D ; A3thẳng hàng. Tương tự A 1 ; B ; A 2 và A 1 ; C ; A 3 thẳng hàngA2A1 + A2 + A3 = 1800  A3đpcm. Ví dụ 5 : Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 cạnh a, M ; N lần lượt thuộccác cạnh AD ; BB1 sao cho AM = BN. Gọi I ; J lần lượt là trung điểm của AB ; C1D1. a / Chứng minh IJ cắt và vuông góc với MN tại trung điểm của MN.b / Dựng thiết diện của lập phương tạo bởi mặt phẳng chứa MN ; IJ. Tìm vị trícủa M, N sao cho thiết diện có chu vi bé nhất. Định hướng giải pháp và giải thuật : a / Kéo dài IN cắtAA1 tại K, ta cóAK = BN  AK = AM  MK / / AD1. VìIJ / / AD1  IJ / / KM, vậy IJ làđường trung bìnhcủa  NKM  IJcắt MN tại trungđiểm của MN.Mặt khác tam giácMIN cân tại I ( IM = IN ) nên IJ vuônggóc với MN.  đpcmA1D1B1C1b / Dễ thấy thiết diện cần tìm là lục giác IMFJEN trong đó E ; F lần lượt thuộc DD1 ; B1C1 sao cho MF / / AD1 ; NE / / BC1. Khi đó MF / / IJ / / NE và FD1 = EC1 = BN = AM = x ( 0  x  a ). Khi đó chu vi của thiết diện = 2 ( IM + MF + FJ ). Tìm vị trí của M, N để chu vithiết diện bé nhất ta hoàn toàn có thể tính chu vi theo x và đưa bài toán hình học về bài toángiải tích. Tuy nhiên cách làm này tương đối phức tạp, bài toán hoàn toàn có thể được giải theocách đơn thuần hơn trải qua họat động trải hình cụ thể như sau : Ta trải những mặt ABCD và DCC1D1 lên mặt phẳng ( ADD1A1 ) sao cho những điểmB, C, I của mặt ABCD lần lượt nằm ở vị trí những điểm B ’, C ’, I ’ và không cùngthuộc nửa mặt phẳng chứa D1, A1 có bờ AD. Tương tự những điểm C, C1, J lần lượtnằm ở vị trí những điểm C ’, C1 ’, J ’. C’B ‘ I’M ‘ C’F ‘ A1D1J ‘ C1 ‘ B1C1Khi đó việc giải bài toán không gian được quy về giải bài toán hình học phẳng nhưsau : Gọi chu vi của thiết diện là P, ta có : P = 2 ( I’M + MF + FJ ’ ). Vì vậy để P bénhất ta tìm vị trí của M, F sao cho I’M + MF + FJ ’ bé nhất, dễ thấy khi đó M trùngvới M ’ và F trùng với F ’ ( M ’ ; F ’ lần lượt là giao điểm của I’J ’ với AD và DD1 )  P bé nhất  M ; N lần lượt là trung điểm của AD ; BB1. b. Một số bài tập vận dụng : Bài 1 : Chứng minh tổng những góc phẳng của một hình chóp lớn hơn 1800 thìmỗi cạnh bên của nó nhỏ hơn nửa chu vi đáy. Bài 2 : Cho tứ diện gần đều ABCD có AB = CD = a ; AC = BD = b ; AD = BC = c. Xác định vị trí của điểm M trên cạnh AB sao cho chu vi tam giác MCDnhỏ nhất. Xác định giá trị nhỏ nhất của chu vi đó. Bài 3 : Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a. Một mặt phẳng cắt 4 cạnh củatứ diện lần lượt tại M, N, P, Q. Chứng minh rằng chu vi p của thiết diện MNPQkhông nhỏ hơn 2 a và không lớn hơn 3 a. Bài 4 : Tứ diện ABCD có : AC = AD = BC = BD = 1 ; AB = a ; CD = b ; M, Nlần lượt là trung điểm của AB và CD. Tìm trên cạnh AD một điểm P sao choPM + PN đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. c. Nhận xét : + Phương pháp trải hình được vận dụng nhiều trong những bài toán xác lập vịtrí của một điểm ; những bài toán cực trị hình học. + Có thể giải những bài toán trên bằng cách khác tuy nhiên đơn thuần và hiệuquả nhất vẫn là vận dụng chiêu thức trải hình. + Việc biết cách vận dụng giải pháp trải hình sẽ giúp học viên giải đượcnhiều bài toán hình không gian hay và khó từ đó giúp học viên rèn luyện và pháttriển tư duy phát minh sáng tạo. 3.3. Biện pháp 3 : Vận dụng chiêu thức sử dụng tính không bao giờ thay đổi của phépchiếu song song. Nhiều bài toán hình học đặc biệt quan trọng là bài toán hình không gian thuận tiện giảiquyết được trải qua hoạt động giải trí sử dụng tính không bao giờ thay đổi của phép chiếu song song. a. Các ví dụ mình họa : Ví dụ 6 : Cho hình lập phương ABCDA’B ’ C’D ’. Chứng minh những đỉnh A, C’và trọng tâm G của  BDA ’ thẳng hàng. Định hướng chiêu thức và giải thuật : Hướng 1 : O’B ‘ C’A ‘ D’Xét phép chiếu S lên mặt phẳng ( A’B ’ C’D ’ ) theo phương AC ’. Khi đó phép chiếu S biến A thành C ’, biến C ’ thành C ’, biến O thành O ’. Tacó OO ’ / / AC ’, O ’ thuộc ( A’B ’ C’D ’ ) nên O ’ là giao của OK và A’C ’. A ‘ G A ‘ C ‘  C ’ là ảnh của G qua phép chiếu S  A, G, C ’ thẳng hàng. A ‘ O A ‘ O’Hướng 2 : O’G ‘ B’C ‘ A’D ‘ Xét phép chiếu lên ( AA’B ’ B ) theo phương AD biến A thành A, biến C’thành B ’, biến O thành O ’ là trung điểm AB, biến G thành G ’. Vì tỉ số 2 đoạn thẳngcùng phương được bảo toàn qua phép chiếu song song nênA ‘ G ‘ A ‘ G  2  G ’ làG ‘ O ‘ GOgiao của AB ’ và A’O ’ vậy ảnh của A, G, C ’ thẳng hàng. Tương tự xét phép chiếulên ( A’B ’ C’D ’ ) theo phương AA ’ thì ảnh của A, G, C ’ thẳng hàng  A, G, C’thẳng hàng. Ví dụ 7 : Cho ba đường thẳng a, b, c đôi một chéo nhau, hãy dựng đườngBA  m cho trước. thẳng  cắt ba đường thẳng đó lần lượt tại A, B, C sao choBCĐịnh hướng và giải thuật : Chọn mặt phẳng ( P ) sao cho b cắt ( P ) tại B ’ vàphép chiếu song song theo phương b lên mặt phẳng ( P ) biến a, c lần lượt thành a ’, c ’ cắt nhau tại O. Từ B ’ vẽ đường thẳng song song với a ’ cắt c ’ tại B1, trên c ’ taB1O  m. luôn tìm được duy nhất điểm C ’ sao choB1C ‘ C’B 1B ‘ a’c ‘ A ‘  ‘ B ‘ A ‘ B1O  m. Gọi A, C lần lượtB ‘ C ‘ B1 C ‘ thuộc a, c sao cho ảnh của A, B qua phép chiếu song song theo phương b lên mặtphẳng ( P ) lần lượt là A ’, C ’  AA ’ / / b ; CC ’ / / b nên đường thẳng  qua A, C cắt bBA B ‘ A ‘  m. Vậy  là đường thẳng cần tìm. tại B. Khi đó theo định lí TaletBC B ‘ C ‘ Ví dụ 8. Chứng minh rằng trong một tứ diện trực tâm ( những cặp cạnh đối đôimột vuông góc ) ba điểm sau đây thẳng hàng : Trọng tâm G, trực tâm H và tâm mặtcầu ngoại tiếp O thẳng hàng. Định hướng giải pháp giải : Đường thẳng C’B ’ cắt a ’ tại A ’  H’M ‘ G’O ‘ Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, CD. Xét phép chiếu vuông góc lên mặtphẳng ( BCD ), biến những điểm B, C, D, N thành chính nó ; biến A, H thành H ’ ; biếncác điểm M, G, O thành M ’, G ’, O ’. Khi đó O ’ là tâm đường tròn ngoại tiếp  BCD. Ta có AB  CD ( ABCD làtứ diện trực tâm ) và AH ’  CD nên BH ’  CD ( định lý 3 đường vuông góc ), tươngtự CH ’  BD vậy H ’ là trực tâm của  BCD. Theo đặc thù phép chiếu vuông gócthì M ’ là trung điểm BH ’ và G ’ là trung điểm của M’N. Để chứng tỏ H, G, Othẳng hàng ta cần chứng tỏ H ’, G ’, O ’ thẳng hàng. Tuy nhiên đến đây đối vớihọc sinh việc chứng tỏ này không hề đơn thuần. Nhận thấy những điểm M ’, H ’, G ’, O ’ đều thuộc mặt phẳng ( BCD ) nên ta hoàn toàn có thể bóc tách những yếu tố phẳng ra khỏikhông gian để đơn giản hóa bài toán bằng cách đưa bài toán trên về giải bài toánphẳng như sau : Bài toán : “ Cho  BCD và H ’, O ’ lần lượt là trực tâm, tâm đường tròn ngoạitiếp của tam giác. M ’, N lần lượt là trung điểm của BH ’, CD ; G ’ là trung điểm củaM’N. Chứng minh ba điểm H ’, G ’, O ’ thẳng hàng ”. Đến đây học viên trọn vẹn hoàn toàn có thể giải bài toán trên bằng cách sử dụng cáctính chất hình học đã học ở THCS. Cụ thể giải thuật như sau : O’G ‘ M’C 1H ‘ C 1 C là đường kính của đường tròn ngoại tiếp  BCD khi đó ta có : C1 B  BC và DH ‘  BC nên C 1 B / / DH ’, tựa như C1 D  CD và BH ‘  CDnên C 1 D / / bh ’  BC 1 DH ’ là hình bình hành  C 1 D = BH ’ = 2O ’ N. Mặt khácBH ’ = 2M ’ H ’  M’H ’ = O’N, vì BH ’  CD và O’N  CD nên M’H ’ / / O’N  M’H ’ NO ’ là hình bình hành, từ đó do G ’ là trung điểm M’N nên suy ra G ’ cũng làtrung điểm của O’H ’ vậy O ’, G ’, H ’ thẳng hàng. Đến đây bài toán phẳng đã được chứng tỏ bằng việc sử dụng đặc thù hìnhhọc phẳng. Trở lại bài toán bắt đầu, tựa như triển khai phép chiếu vuông góc lên ( ACD ) biến O, G, H thành O ’ ’, G ’ ’, H ’ ’ thẳng hàng. Vậy vận dụng đặc thù phépchiếu vuông góc ta có O, G, H thẳng hàng. b. Một số bài tập vận dụng : Bài 1 ( Bài tập Hình học 11 – Nâng cao – Trang 62 ). Cho hình hộp ABCDA’B ’ C’D ’. a / Hãy xác lập đường thẳng d cắt cả hai đường thẳng AC ’ và BA ’ đồng thờisong tuy nhiên với B’D ’ AIb / Gọi I, J lần lượt là giao điểm của d với AC ’ và BA ’. Tính tỉ sốAC ‘ 10B ài 2 : Cho ba đường thẳng đôi một chéo nhau không cùng song song với mộtmặt phẳng và một điểm G không nằm trên bất kể đường thẳng nào trong ba đườngthẳng đó. Hãy dựng tam giác có những đỉnh thứ tự nằm trên ba đường thẳng đã cho vànhận G làm trọng tâm. c. Nhận xét : + Có thể giải những bài toán trên bằng sử dụng những đặc thù khác của quan hệsong tuy nhiên, quan hệ vuông góc tuy nhiên khi đó bài toán sẽ phức tạp hơn nhiều sovới dùng những đặc thù của phép chiếu song song. + Để giải một bài toán hình học không gian thường phải tích hợp nhiều phươngpháp ( ví dụ điển hình phối hợp cả chiêu thức sử dụng phép chiếu song song và phươngpháp bóc tách những bộ phận phẳng ra khỏi không gian ). + Việc đơn giản hóa bài toán ; giải bài toán bằng những cách giải hay, ngắngọn ; giải toán bằng nhiều cách sẽ giúp nhiều cho học viên tăng trưởng tư duy sáng tạocủa mình. 3.4. Biện pháp 4 : Vận dụng giải pháp quy đổi ngôn từ. Việc vận dụng những hoạt động giải trí quy đổi ngôn từ vào học toán nói chung, giải bài tập hình học nói riêng là việc làm có nhiều công dụng thiết thực, là công cụhiệu quả để học viên xử lý được nhiều bài toán từ đó nâng cao hiệu suất cao hoạtđộng nhận thức toán học. Chuyển đổi ngôn từ trong toán học đóng vai trò là mộtcông cụ để học viên đơn giản hóa bài toán, quy đổi yếu tố phức tạp sang yếu tốđơn giản, biến yếu tố chưa biết thành yếu tố đã biết, hướng việc khám phá yếu tốtoán học này sang khám phá yếu tố toán học khác. Đối với hình học không gian cácdạng quy đổi ngôn từ đa phần như sau : + Chuyển đổi từ ngôn từ hình học sang ngôn từ khác : Việc quy đổi này hoàn toàn có thể là chuyển hóa sư phạm từ ngôn từ khoa học sangngôn ngữ toán học đại trà phổ thông ( ví dụ điển hình quy đổi ngôn từ từ toán học cao cấpsang ngôn từ toán đại trà phổ thông ) hoặc quy đổi ngôn từ của hình học tổng hợpsang ngôn từ vec tơ, tọa độ, biến hình, đại số … + Chuyển đổi từ ngôn từ hình học này sang ngôn từ hình học khác. Việc kêu gọi những nhóm tri thức khác nhau có nhiếu ý nghĩa thiết thực để giảicác bài toán hình học. Để kêu gọi được những kiến thức và kỹ năng đó thiết yếu phải chuyểnhóa qua lại những yếu tố bên trong như : yếu tố vuông góc chuyển hóa sang yếu tốsong tuy nhiên, phép biến hình này chuyển hóa sang phép biến hình khác …. a. Các ví dụ vận dụng : Ví dụ 9 : Cho hình lập phương ABCDA’B ’ C’D ’ có tâm O. Dựng thiết diện củahình lập phương tạo bởi mặt phẳng ( P ) qua O và mặt phẳng đó vuông góc với AC ’. Định hướng và giải thuật bài toán : 11D ‘ A’C ‘ B’Nhận thấy AC ’  ( BDA ’ ) nên AC ’  ( P )  ( P ) / / ( BDA ’ ). Từ đó ta chuyểnbài toán với yếu tố vuông góc thành bài toán với yếu tố song song như sau : Dựngthiết diện của hình lập phương bởi mặt phẳng ( P ) qua O và / / ( BDA ’ ). Khi đó ápdụng đặc thù “ Hai mặt phẳng song song cắt mặt phẳng thứ ba theo hai giao tuyếnphân biệt thì hai giao tuyến đó song song ” ta dễ thấy thiết diện cần tìm là lục giácMNPQRS trong đó M, N, P, Q., R, S lần lượt là trung điểm của CD, BC, BB ’, A’B ’, A’D ’, DD ’. Ví dụ 10 : Tính thể tích của tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c ( Tứ diện gần đều ) Định hướng và giải thuật bài toán : Nhận thấy việc tính thể tích theo chiêu thức thường thì là tính diện tíchđáy và chiều cao rất khó thực thi với bài toán trên do tại rất khó xác lập chânđường cao hạ từ một đỉnh của tứ diện. Bài toán trên sẽ thuận tiện giải được nếu thựchiện những phép quy đổi sau : Hướng 1 : Từ B, C, D ta lần lượt vẽ những đường thẳng song song với CD, BD, BC. Các đường thẳng này đôi một cắt nhau tại M, N, P.Ta có AB = CD = BM = BP nên  AMPvuông tại A, tương tự như cáctam giác AMN, ANP cũngvuông tại A.V APMN = 1/6 xyz  V ABCD = ¼ V APMN = xyz. Tính x, y, z theo a, 24 b, cTa có : 12  x 2  z 2  4 a 2  2  x  y  4 b  y 2  z 2  4 c 2  x  2 a 2  2 b 2  2 c 2   y  2 b 2  2 c 2  2 a 2   z  2 a  2 c  2 b2 ( a 2  b 2  c 2 ) ( b 2  c 2  a 2 ) ( c 2  a 2  b 2 ) 12H ướng 2 : Qua mỗi cạnh của hình chóp ta dựng mặt phẳng song song với cạnh đốidiện, những mặt phẳng này giao nhau tạo thành hình hộp ngoại tiếp tứ diện. Vậy V  C’V ABCD = V hộp – 4 V MADB = xyz – 4. 1/6 xyz = 1/3 xyzTa tính x, y, z theo a, b, c và được hiệu quả như hướng 1. b. Bài tập vận dụng : Bài 1 : Cho tứ diện ABCD. Lấy những điểm M, N, P, Q. lần lượt thuộc AB, BC, CD, DA sao cho AM  AB ; BN  BC ; AQ  AD ; DP  k DC. Hãy xácđịnh k để bốn điểm P, Q., M, N cùng nằm trong một mặt phẳng. Bài 2 : Cho hình hộp ABCDA’B ’ C’D ’. Một đường thẳng d cắt những đườngMAthẳng AA ’, BB ’, CC ’ lần lượt tại M, N, P sao cho NM  2 NP. TínhMA’c. Một số nhận xét. + Phương pháp quy đổi ngôn từ có khoanh vùng phạm vi rộng, được vận dụng nhiềutrong giải toán hình học không gian. + Việc vận dụng tốt chiêu thức quy đổi ngôn từ sẽ giúp học viên linhhoạt chuyển hóa những yếu tố hình học để biến cái phức tạp thành cái đơn thuần, cáichưa biết thành cái đã biết từ đó góp thêm phần tăng trưởng tư duy sáng tạTÁC GIẢ : Trịnh Trọng Trung1314

Source: https://vh2.com.vn
Category : Trái Đất