Các phương pháp giải toán khối đa diện

ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM DƯƠNG XUÂN TOẠI CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TOÁN KHỐI ĐA DIỆN KHÓA LUẬN TỐT NGHIỆP Đà Nẵng – năm 2022 ĐẠI HỌC ĐÀ NẴNG TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM DƯƠNG XUÂN TOẠI CÁC PHƯƠNG PHÁP GIẢI TỐN KHỐI ĐA DIỆN KHĨA LUẬN TỐT NGHIỆP NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC: TS Lê Văn Dũng Đà Nẵng – Năm 2022 LỜI CẢM ƠN Để hồn thành khóa luận thành cơng này, tơi xin gửi lời cảm ơn sâu sắc tới TS Lê Văn Dũng người tận tình hướng dẫn cho tơi suốt trình thực tạo điều kiện cho tơi hồn thành khóa luận Đồng thời, tơi chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, thầy khoa Tốn trường Đại Học Sư Phạm – Đại Học Đà Nẵng tạo điều kiện giúp tơi hồn thành khóa luận thời hạn Cuối xin gửi lời cảm ơn tới tập thể bạn sinh viên lớp, gia đình động viên giúp đỡ tơi suốt thời gian nghiên cứu để tơi hồn thiện khóa luận Mặc dù có nhiều cố gắng song khóa luận khó tránh khỏi thiếu sót, mong góp ý, bổ sung ý kiến từ phía thầy bạn để khóa luận hoàn thiện Xin chân thành cảm ơn! Đà Nẵng, tháng năm 2022 Sinh viên Dương Xuân Toại DANH MỤC CÁC TỪ VIẾT TẮT VÀ CÁC KÍ HIỆU HS Học sinh THPT Trung học phổ thông SGK Sách giáo khoa ,     Góc hai đường thẳng   ,      Góc đường thẳng  mặt phẳng     ,     Góc mặt phẳng      d  O;   Khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng  d  O;  P   Khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng  P  MỤC LỤC PHẦN MỞ ĐẦU CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Kiến thức hình học phẳng 1.2 Kiến thức hình học khơng gian 1.3 Tọa độ không gian 1.4 Thể tích khối chóp, lăng trụ 11 CHƯƠNG 2: MỘT SỐ BÀI TOÁN KHỐI ĐA DIỆN 13 2.1 Thể tích khối chóp 13 2.2 Thể tích khối lăng trụ 25 2.3 Khoảng cách - Góc 32 2.4 Cực trị không gian 44 2.5 Tọa độ hóa – Toán thực tiễn 51 KẾT LUẬN 61 TÀI LIỆU THAM KHẢO 62 PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Trong q trình học tìm hiểu mơn Tốn trường phổ thơng, tơi nhận thấy nhiều học sinh lớp 11,12 e ngại học phần hình học khơng gian, nghĩ trừu tượng, thiếu tính thực tế Chính nên có nhiều học sinh học yếu phần Trên thực tế, hình học khơng gian giữ vai trị, vị trí quan trọng khơng cung cấp cho học sinh kiến thức, kỹ giải tốn hình học khơng gian mà cịn rèn luyện cho học sinh đức tính, phẩm chất người lao động mới: cẩn thận, xác, bồi dưỡng óc thẩm mĩ, tư sáng tạo cho học sinh…Thêm vào hình học khơng gian cịn phần quan trọng mơn Toán THPT quan trọng nội dung thi THPT Quốc Gia Bộ giáo dục Nếu học sinh khơng nắm kỹ em gặp nhiều lúng túng, khó khăn làm phần đề thi Việc trang bị kiến thức rèn luyện kỹ giải toán khối đa diện cho học sinh để học sinh có kiến thức cách hệ thống kĩ tốt vấn đề nhiều giáo viên ý quan tâm Trong thực tế nay, khơng có thời gian nên giáo viên hướng dẫn tỉ mỉ học sinh giải tốn, cịn học sinh biết áp dụng công thức, biết bước thực để giải tốn, xong cịn nhiều lúng túng, hạn chế Chính vậy, qua q trình học tìm hiểu tơi đúc kết số kinh nghiệm nhằm giúp học sinh tiếp thu kiến thức tốt hơn, từ mà chất lượng giảng dạy học tập học sinh ngày nâng lên Do phần nội dung kiến thức khó nên nhiều học sinh cịn chưa quen với tính tư trừu tượng nó, nên tơi nghiên cứu nội dung nhằm tìm phương pháp truyền đạt phù hợp với học sinh, bên cạnh nhằm tháo gỡ vướng mắc, khó khăn mà học sinh thường gặp phải với mong muốn nâng dần chất lượng giảng dạy nói chung mơn hình học khơng gian nói riêng Từ lý giáo viên tương lai với mong muốn góp phần cơng sức nhỏ bé việc tìm tịi phân tích phương pháp giải dạng tốn khối đa diện Từ tơi khai thác, hệ thống hóa kiến thức, tổng hợp phương pháp thành chuyên đề: “các phương pháp giải tốn khối đa diện” làm đề tài cho khóa luận Mục đích nghiên cứu Qua chun đề mong muốn cung cấp cho học sinh lớp 12 thêm số giải pháp rèn luyện kỹ bản, phương pháp tính số tốn liên quan đến khối đa diện Học sinh thơng hiểu, vận dụng trình bày tốn trình tự, logic, không mắc sai lầm giải tốn Đối tượng nghiên cứu Khóa luận nghiên cứu phương pháp giải toán khối đa diện Phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu phân loại phương pháp giải toán khối đa diện chương trình tốn học trung học phổ thơng đặc biệt học sinh lớp 12 Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu sở lý luận có liên quan đến đề tài, nghiên cứu cấu trúc nội dung chương trình SGK hình học 12, sách tập, sách tham khảo…Nghiên cứu phương pháp giải dạng tốn khối đa diện Cấu trúc khóa luận Nội dung khóa luận tơi trình bày hai chương Ngồi khóa luận cịn có: Lời cảm ơn, mục lục, phần mở đầu, phần kết luận tài liệu tham khảo Chương 1: Trình bày sở lí luận số kiến thức nhằm phục vụ cho việc nghiên cứu Chương Chương 2: Các phương pháp giải dạng toán khối đa diện cà tập kèm Được chia làm mục: Mục 2.1, phương pháp giải tốn thể tích khối chóp Mục 2.2, phương pháp giải tốn thể tích khối lăng trụ Mục 2.3, phương pháp giải toán khoảng cách góc khối đa diện Mục 2.4, toán cực trị khối đa diện Mục 2.5, Là phương pháp tọa độ hóa bàn toán thực tiễn CHƯƠNG 1: KIẾN THỨC CƠ SỞ 1.1 Kiến thức hình học phẳng 1.1.1 Hệ thức lượng tam giác vuông  Cho ABC vng A ta có:  AB2 + AC2 = BC2 hay b2 + c2 = a2 (Định lý AH  BC ,AB=c, AC=b, BC=a, AH=h,BH=c’,CH=b’ Pytago)  AB2 = BH.BC hay c2 = a.c'; AC2 = CH.BC hay b2 = a.b'  AH2 = CH.BH hay h2 = b'.c'  AB.AC = AH.BC hay b.c = a.h  1 1 1     hay AH AB AC h2 c b  Sin B   b c b c ;Cos B  ; tan B  ;cot B  a a c b   a.cos C  , c  a.sin C   a.cos B  b  a.sin B   c.cot C  , c  b.tan B   b.cot C  b  c.tan B 1.1.2 Hệ thức lượng tam giác thường a) Định lí hàm số cosin: a  b2  c  2bc.cos A a b c    2R sin A sin B sin C c) Cơng thức độ dài đường trung tuyến: b) Định lí hàm số sin: ma  b2  c2 a c  a b2 a  b2 c2  ; mb   ; mc   4 d) Định lí MENELAUS:  Cho tam giác ABC Các điểm D , E , F nằm đường thẳng BC , CA, AB Khi D , E , F thằng hàng FA DB EC 1 FB DC EA 1.1.3 Các cơng thức tính diện tích  Diện tích tam giác: S 1 abc a.ha  ab sin C   pr  2 4r p ( p  a )( p  b)( p  c) , ( p nửa chu vi) a Đặc biệt: ABC vuông A: S  AB AC ; ABC cạnh a : S   Diện tích hình vng: S  a (a chiều dài cạnh)  Diện tích hình chữ nhật: S  a.b (a,b chiều dài, chiều rộng)  ( a,b hai đường chéo) a.b  AB AD.sin BAD   Diện tích hình bình hành: S  a.h  AB AD.sin BAD  Diện tích hình thoi: S   Diện tích hình thang: S   a  b  h  Diện tích xung quanh: S xq  tổng diện tích mặt bên  Diện tích tồn phần: Stp  S xq  diện tích đáy Chú ý: Cần nắm tính chất tam giác vuông, cân, đều, điểm đặc biệt tam giác( trọng tâm, trực tâm, đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp tam giác) Trong tam giác bốn điếm trùng 1.2 Kiến thức hình học khơng gian 1.2.1 Đường thẳng song song với mặt phẳng a) Định nghĩa: Một đường thẳng a mặt phẳng  P  gọi song song với chúng khơng có điểm chung a ∥ ( P)  a  ( P)   d  ( P)  b) Cách chứng minh đường thẳng song song mặt phẳng:  d ∥ a  d ∥ ( P )  a  ( P)  c) Tính chất: Ứng dụng vào toán xác định giao tuyến chứng minh hai đường thẳng song song không gian  a ∥ ( P)  Định lí 1:  a  (Q )  d ∥ a  ( P )  (Q )  d   ( P) ∥ a  Định lí 2:  (Q) ∥ a  d ∥ a ( P)  (Q)  d  1.2.2 Hai mặt phẳng song song a) Định nghĩa: Hai mặt phẳng gọi song song với chúng khơng có điểm chung: ( P)∥ (Q)  ( P)  (Q)    a, b  ( P )  b) Cách chứng minh hai mặt phẳng song song:  a  b  I  ( P) ∥ (Q )  a ∥ (Q ), b ∥ (Q)  c) Tính chất ( P ) ∥ (Q ) Tính chất 1:   a ∥ (Q )  a  ( P)  ( P ) ∥ (Q )  Tính chất 2: ( R)  ( P )  a  a ∥ b  ( R)  ( P)  b   Tính chất giao tuyến song song: - Nếu hai mặt phẳng  P   Q  chứa hai đường thẳng a, b song song với nhau, giao tuyến có hai mặt phẳng phải song song với a b -  a   P  ; b   Q  ;  P    Q    Viết dạng mệnh đề:   ∥ a∥ b  a ∥ b  Tính chất để dựng thiết diện song song: - Nếu đường thẳng a song song với mặt phẳng  P  , mặt phẳng  Q  chứa a cắt  P  theo giao tuyến   phải song song với a - a ∥  P   Viết dạng mệnh đề: a   Q   ∥ a   P    Q    1.2.3 Đường thẳng vng góc với mặt phẳng a) Định nghĩa: Một đường thẳng gọi vuông góc với mặt phẳng vng góc với đường thẳng nằm mặt phẳng đó: a  ( P)  a  c, c  ( P)  d  a, d  b  b) Cách chứng minh đường thẳng vng góc mặt phẳng:  a, b  ( P )  d  ( P )  a  b  I   c) Định lí :ba đường vng góc Nếu đường thẳng a có hình chiếu vng góc xuống (P) a’ đường thẳng b nằm (P) vng góc với a b vng góc với a’ 1.2.4 Hai mặt phẳng vng góc a) Định nghĩa: Hai mặt phẳng gọi vng góc với góc chúng   P),(Q)  900 900 ( P)  (Q)  (  a  ( P) b) Cách chứng minh hai mặt phẳng vng góc:   (Q)  ( P ) a  (Q) c) Tính chất: 48 Ta có VS AMN S  AMN VS ABCD S ABCD Theo đầu  AM AN sin DAB AM AN     AB AD xy AB AD.sin DAB AB AD 2   x  2y   x   2y AM AN VS AMN  ;0  y  VS ABCD y   y  V1 V   S AMN   ;0  y  V VS ABCD y (4  y )  2y   2y  Theo BĐT Cơ si ta có: y   y     4   V1 V 3  1    V 4 V Câu 4: Cho khối chóp S.ABC có SA vng góc với đáy, tam giác ABC vng B Nến Biết thể tích khối chóp giá trị nhỏ diện tích tồn phần chóp 24 S.ABC p  q p , q  Q Tính giá trị biểu thức: p  q  ? Đặt SA  a, AB  b, BC  c , ta có abc  Diện tích toàn phần: 2S  ab  bc  a b  c  c a  b 2   2  2  2 b  c Theo BDT Bunhiacopsky ta có:     1  b  c           Như vậy: 2 5 b  c2  b  c  b2  c  b  c 5 3 2  2  5 10 5 S  ab  bc  a  b  c  c b  a   ba  c  ac  b ac   3  3 3 4b 3 49  2S  10 5 5 5  5  1 5 5 b   b  S  b  b    4b 6b 6b    b Đẳng thức xảy khi: b  1, a  c  5 25 2 Vậy p  , q   p  q  16 Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB  , cạnh bên SA vng góc với mặt phẳng đáy SC  Tính thể tích lớn Vmax khối chóp cho Đ/S : 40 / Bài 2: Xét khối tứ diện ABCD, AB=x, cạnh lại Tìm x để thể tích khối tứ diện ABCD lớn Đ/S : Bài 3: Xét tứ diện ABCD có cạnh AB=BC=CD=DA= AC,BD thay đổi Giá trị lớn thể tích khối tứ diện ABCD Đ/S : / 27 b) Cực trị khối lăng trụ Bài toán 1: Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABC D có AB  x, AD  , góc đường thẳng AC mặt phẳng  ABBA 300 Tìm x để thể tích khối hộp chữ nhật tích lớn Vì ABCD AB C D hình hộp chữ nhật suy BC   ABBA Khi AB hình chiểu AC mặt phẳng  ABBA  B  300 Suy  AC ,  ABB A    AC , AB   CA Đặt BB  h  h   Tam giác vng AB B có AB  AB2  BB2  x  h BC  B  Tam giác vng ABC , có tan CA  tan 300  AB x h 2  x  h  27 Thể tích khối hộp ABCD ABC D V  BB.S ABCD  3xh  x2  h2 Áp dụng BĐT Cơ si, ta có: 3xh     27 81 81     Vmax  2  50 x  h  27 Dấu “=” xảy khi:    x2  x 2  x  h  27  Nhận xét: Phương pháp giải toán khối lăng trụ tương tự khối chóp Đối với tốn thiết lập biểu thức với hai ẩn không âm nên ta áp dụng BĐT Cơ si bình thường Sau xét điều kiện xảy bất đẳng thức để xác định x Bài tốn 2: Cho hình hộp chữ nhật có ba kích thước a, b, c Dựng hình lập phương có cạnh tổng ba kích thước hình hộp chữ nhật Biết thể tích hình lập phương ln gấp 32 lần thể tích hình hộp chữ nhật Gọi S tỉ số diện tích tồn phần hình lập phương diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật Tính giá trị lớn Smax S Theo giả thiết ta có cạnh hình lập phương a  b  c  Hình hộp chữ nhật có: V  abc Stp  2(ab  ac  bc)  Hình lập phương có: V '  ( a  b  c)3 S 'tp  6( a  b  c) Suy S  S1 ( a  b  c)  S2 ab  bc  ca ( a  b  c )3 bc b c  b c Ta có ( a  b  c)  32abc   32     1  32   a a a a  a a b  a  x x  y  1  Đặt   ( x  y  1)  32 xy  xy  c 32  y  a Khi S  ( x  y  1)  x  y  xy ( x  y  1) t2 t  x  y 11   S  96 ( x  y  1)3 t  32t  32 x y 32 Ta có ( x  y  1)3  32 xy  8( x  y )2  t  8(t  1)2  t  8t  16t     t   Xét hàm f (t )  t2 đoạn  2;3   , ta max f (t )  f (4)   2;3  10 t  32t  32    Nhận xét: Đầu tiên ta lập công thức tính diện tích tồn phần hình hộp chữ nhật hình lập phương Sau lập tỉ số biến đổi đưa ẩn xét hàm số lập bảng biến thiên Bài toán 3: Cho hình lập phương ABCD ABC D có độ dài cạnh a Trên đường thẳng AA lấy điểm M , đường thẳng BC lấy điểm N cho đường thẳng MN cắt đoạn thẳng DC  điểm I Tính giá trị nhỏ độ dài đoạn thẳng MN 51 Gọi E hình chiếu M lên DD , Khi E , I , C thẳng hàng (vì thuộc hình chiếu vng góc MN lên mặt phẳng  CDDC  ) Đặt AM   x , ME ∥ CN , C D∥ CD , nên a2 ME EI ED  x    Suy CN  x CN IC DD  a Do tam giác MBN vuông B nên MN  MB  BN  AB  AM  BN  a  a  x 2   a2   a4  a2    a     x    2a  x    3a x   x  x    a4 a2  x  2a.2 x  3a  9a x x Suy ra: MN  3a Vậy MN  3a x  a Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho hình hộp chữ nhật ABCD ABC D có đáy ABCD hình vng Biết tổng diện tích tất mặt khối hộp 32 Tính thể tích lớn khối hộp cho Đ/S: 64 / Bài 2: Cho hình lăng trụ ABCD AB C D cạnh a Điểm M N thay đổi cạnh BB DD cho  MAC    NAC  BM  x , DN  y Tím giá trị nhỏ thể tích khối tứ diện ACMN Đ/S: a / Bài 3: Cho hình lăng trụ ABCD AB C D Lấy điểm E , F đoạn DA DA AB, DA thỏa mãn   Gọi V ,V  thể tích khối lăng trụ DE 27 DF V ABCD ABC D khối tứ diện BDEF Khi GTNN tỉ số Đ/S: 1/ 486 V 2.5 Tọa độ hóa – Tốn thực tiễn a) Tọa độ hóa 52 Để giải tốn hình khơng gian phương pháp tọa độ ta cần chọn hệ trục tọa độ thích hợp Lập tọa độ đỉnh, điểm liên quan dựa vào hệ trục tọa độ chọn độ dài cạnh hình Vì Ox, Oy , Oz đơi vng góc Do nên hình chứa cạnh vng góc ta ưu tiên chọn cạnh thuộc trục tọa độ Các bước giải tốn phương pháp tọa độ khơng gian: Bước 1:Chọn hệ trục tọa độ Oxyz thích hợp( định thành công lời giải) Bước 2: Xác định tọa độ điểm ( đỉnh hình đa diện) có liên quan Bước 3: Sử dụng kiến thức tọa độ để giải toán Phân loại cụ thể với trường hợp sau:  Khối chóp Khối chóp tứ giác S ABCD - Đặc điểm: Đáy ABCD hình vng cạnh bên - Chọn gốc O tâm hình vng ABCD , S điểm thuộc Oz Ox , Oy tùy chọn cho thích hợp Khối chóp tam giác S ABC - Đặc điểm: Đáy tam giác cạnh bên - Chọn gốc O trung điểm AB C thuộc Oy , A, B thuộc Ox Khối chóp S ABCD có cạnh bên vng góc với đáy, đáy hình chữ nhật - Đặc điểm: Giả sử SA vng góc với đáy, ABCD hình chữ nhật - Chọn A gốc tọa độ Các điểm B , D , S điểm thuộc Ox, Oy , Oz Khối chóp S ABCD có cạnh bên vng góc với đáy, đáy hình thoi - Đặc điểm: Đáy ABCD hình thoi cạnh bên vng góc với đáy - Chọn gốc O tâm hình thoi sau dựa vào giả thiết để xác định Ox, Oy , Oz Khối chóp S ABC có cạnh bên vng góc với đáy đáy tam giác vng - Đặc điểm: Với khối chóp S ABC có SA   ABC  ABC vng A - Chọn A gốc tọa độ Các điểm B , C , S điểm thuộc Ox, Oy , Oz Khối chóp S ABC có  SAB    ABC  , SAB cân tạ S ABC vuông C - Đặc điểm: SAB cân S Gọi H trung điểm AB SH   ABC  - Chọn gốc C điểm A, B điểm thuộc Ox , Oy  Hình hộp Hình hộp chữ nhật hình lập phương ABCD ABC D - Đặc điểm: đáy hình vng hình chữ nhật cạnh bên vng với đáy Chọn hệ trục tọa độ cho A gốc tọa độ B, D, A điểm thuộc Ox, Oy , Oz 53 Hình hộp có đáy hình thoi ABCD ABC D - Đặc điểm: Hai đường chéo vng góc với cạnh bên vng góc với đáy Chọn hệ trục tọa độ cho: Gốc tọa độ O tâm hình thoi ABCD O nằm trục Oz tâm hình thoi ABC D  Hình lăng trụ Cách chọn hệ trục tọa độ Oxyz hoàn tồn tương tự với hình hộp  Ta thường gặp dạng sau: - Định tính: Chứng minh quan hệ song song, vng góc… - Định lượng: Độ dài đoạn thẳng, góc, khoảng cách, tính diện tích thể tích, thiết diện… - Bài tốn cực trị quỹ tích Bài tốn 1: Cho hình chóp S.ABC có SA vng góc với mặt đáy Gọi M trung điểm   300 ; góc mặt phẳng BC H trung điểm AM Biết HB  HC , HBC (SHC ) mặt phẳng ( HBC ) 600 Tính cosin góc đường thẳng BC mặt phẳng  SHC  ? Từ M trung điểm BC H trung điểm AM,HB=HC suy AM  BC , hay tam giác ABC cân đỉnh A a   300 suy HM  a  AM  a Đặt SA=b Do HBC 6 Đặt hệ trục tọa độ hình vẽ: Đặt BC  a  BM  a a  Ta có: A  0;0;0  , B  ; ;0     a a   a  C ; ;0  ; H  0; ;0  , S  0;0; b      Ta có:   a a    a  HC    ; ;0  ; SH   0; ; b         ab  ab a  Nên  HC , SH     ; ;  12    Suy (SHC ) có vecto pháp tuyến n1  2b 3;6b; a  Mặt phẳng ( HBC ) có vecto pháp tuyến k  (0;0;1)     n k SHC );( HBC )    Góc mặt phẳng (SHC ) ( HBC ) 600 nên cos ( n1 k   54  cos 600  a 12b  36b  3b  12b  36b  3b  a  b  a   3a 3a   Khi n1   ; ; a  , đường thẳng BC có vecto phương i  1; 0;0      n1 i Gọi  góc BC (SHC ) ,ta có Sin      n1 i 3a 9a 27 a   3a 4  Do  3 13 cos    sin          Nhận xét: Bài tốn có sẵn đường cao từ gọi chân đường cao A gốc tọa độ.Đặt BC  a từ tính cạnh sau dựa vào cạnh tính mà suy tọa độ điểm Sau tìm vecto pháp tuyến mặt phẳng (SHC ) vecto phương đường thẳng BC Sau sử dụng góc đường thẳng mặt phẳng Bài tốn 2: Cho hình chóp S ABCD , có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA vng góc với  ABCD  ; M , N hai điểm nằm hai cạnh BC , CD Đặt BM  x , DN  y(0  x, y  a) Hệ thức liên hệ x y để hai mặt phẳng  SAM   SMN  vng góc với Tọa độ hóa với O  A, Ox  AD , Oy  AB , Oz  AS Đặt SA  z  , ta có S  0;0; z  , M  x; a;0  , N  a; y;0    AS   0;0; z    Do     SM ; SN    yz  az; xz  az; xy  a   SN   a; y;  z    Mặt phẳng (SAM ) nhận  AS ; AM    az; xz;0  VTPT   Mặt phẳng  SMN  nhận  SM ; SN   yz  az; xz  az ; xy  a VTPT   55     Ta có  SAM    SMN    AS ; AM   SM ; SN    az  az  yz   xz  xz  az    a  a  y   x  x  a    a  x  y    Nhận xét: Bài tốn có sẵn chân đường cao A nên chọn làm gốc tọa độ Tìm tọa độ điểm cịn lại tìm VTPT hai mặt phẳng  SAM   SMN    1200 Bài toán 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cân A, góc BAC Gọi H,M trung điểm cạnh BC SC, SH vng góc với (ABC); SA  2a tạo với mặt đáy góc 600 Khoảng cách hai đường thẳng AM BC   60 ; SH  a.sin 600  a 3, AH  SA2  SH  a Ta có  SA,  ABC    SAH BH  a.tan 600  a 3, BC  2a  Ta chọn hệ trục Oxyz cho: H  O  0;0;0  , S  Oz  S 0;0; a     A  Ox  A  a;0;0  ; B  Oy  B 0; a 3;0 ; C  Oy  C 0; a 3;0   a a 3 Tọa độ M trung điểm SC nên M  0; ;  2     a a   AM   a; ;  ; BC 0; 2a 3;0 2     Vectơ pháp tuyến mặt phẳng chứa AM song song với BC    n   AM ; BC   3a;0; 2 3a   P  : 3a( x  a )   3az   3ax  3az  3a  d  AM ; BC   d  C ,( P )   3a 9a  12a  3a 21  a 21  Nhận xét: Bài toán xác định rõ chiều cao nên ta chọn chân đường cao H gốc S thuộc Oz , A thuộc Ox , B , C thuộc Oy Sau viết phương trình mặt phẳng chứa AM song song với BC Bài tốn tính khoảng cách hai đường chéo đưa tốn tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng 56 Bài tốn 4: Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hình hộp chữ nhật ABCD AB C D có A trùng với gốc tọa độ O, đỉnh B  m;0;0  , D  0; m;0 , A  0;0; n  với m,n>0và m+n=4 Gọi M trung điểm cạnh CC  Khi thể tích tứ diện BDAM đạt giá trị lớn n  Tọa độ điểm C  m; m;0  , C   m; m; n  , M  m; m;  2      n BA    m;0; n  , BD   m; m;0  , BM   0; m;  2     BA ', BD     mn;  mn;  m       m n VBDAM   BA ', BD  BM  256 64  m  m  2n  512 Ta có: m.m.(2n)    m2 n   VBDAM    27 27 27    Nhận xét:Với toán tọa độ điểm xác định sẵn Sau áp dụng quy tắc hình bình hành để tìm tọa độ điểm cịn lại.Từ áp dụng cơng thức tính thể tích khối chóp vận dụng kiến thức trước để giải toán Bài toán 5: Cho lăng trụ tam giác ABC ABC  có tất cạnh a M   điểm thỏa mãn CM   AA Cơ sin góc hai mặt phẳng  AMB   ABC  Gọi D giao điểm AM AC 57 Vì tam giác ABC  cân cạnh a nên ta suy độ dài đường trung tuyến   a Suy tọa độ điểm: A  0;0;1 ; B  ; ;1  , C  0;1;1 ,  2    A  0;0;0  , B   ; ;0  , C   0;1;0  2       AD Theo giả thiết ta có CM   AA  ADA  CDM    DA  2 DC CD   Vậy tọa độ điểm D là: D  0; ;1    Ta có mặt phẳng (ABC) có phương trình z   n  ABC    0;0;1 Mặt khác  AMB  mặt phẳng qua điểm A, D B          1  3 Ta có: AD   0; ;1  AB   ; ;1  n ABM    AD, AB    ; ;      2  6 Vậy cosin góc tạo hai mặt phẳng  AMB   ABC    cos   ABM  ,  ABC    cos n ABM  , n  ABC      3   36  10  30 10 Một số lưu ý sử dụng PPTĐ khơng gian giải tốn - Xác định hệ tọa độ Oxyz phù hợp gắn với hình đa diện, ưu tiên chọn trục Oz có phương trùng với phương chiều cao hình chóp, hình hộp - Việc xác định xác tọa độ điểm yêu cầu quan trọng - Nên vẽ giấy nháp hình biểu diễn mặt phẳng Oxy để tính tọa độ điểm xác, tránh nhầm lẫn đáng tiếc Bài tập đề nghị: Bài 1: Cho hình lập phương ABCD AB C D có độ dài cạnh Gọi M , N , P , Q trung điểm cạnh AB, BC , C D DD Tính thể tích khối tứ diện MNPQ Đ/S : / Bài 2: Cho hình lập phương ABCD AB C D cạnh a Lấy điểm M thuộc đoạn  a 2 AD , điểm N thuộc đoạn BD cho AM  DN  x   x   Tìm x theo a để   đoạn MN ngắn Đ/S : a / Bài 3: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC tam giác vuông A,  ABC  600 , BC  2a 58   Gọi D điểm thỏa mãn 3SB  2SD Hình chiếu S mặt phẳng  ABC  điểm H thuộc đoạn BC cho BC  4BH Biết SA tạo với đáy góc 600 Góc hai đường thẳng AD SC Đ/S : 900 Bài 4: Cho tứ diện OABC có đáy OBC tam giác vuông O , OB  a , OC  a 3,  a   đường cao OA  a Gọi M trung điểm cạnh BC Tính khoảng cách hai đường thẳng AB OM Đ/S : a 15 / b) Áp dụng toán khối đa diện vào thực tiễn Bài toán 1: Để thiết kế bể cá hình hộp chữ nhật khơng nắp có chiều cao 60cm , thể tích 96000cm3 Người thợ dùng loại kính để sử dụng làm mặt bên có giá thành 70.000 đồng/ m2 loại kính để làm mặt đáy có giá thành 100.000 đồng/ m2 Tính chi phí thấp để hồn thành bể cá Gọi x  m , y  m  ;  x  0, y   chiều dài chiều rộng đáy bể Theo giả thiết ta có: 0,6 xy  0, 096  y  0,16 x 0,16  0,16 x  Giá tiền 0,16  100.000  16.000 đồng Diện tích mặt đáy: S dáy  xy  x 0,16   Diện tích xung quanh: S xq  x.0,6  y.0,6  1,2  x   x   0,16  0,16     Giá tiền1,  x   70000  84000  x   đồng x  x    0,16   Suy tổng chi phí f  x   84000  x    16000 x   cos i  84000.2 x 0,16  16000  83.200 đồng x Bài tốn 2: Ơng An cần làm thang để trèo qua tường nhà Ơng muốn thang phải ln đặt qua vị trí C, biết điểm C cao 2m so với nhà điểm C cách tường nhà 1m Giả sử kinh phí để làm thang 300.000 đồng/ mét dài 59 Hỏi ơng An cần tiền để làm thang ( làm tròn tới chữ số thập phân thứ 2)? (Hình bên dưới) Đặt BC  x Ta có: BCE  CDF  BC CE x     x  CD    CD  CD  CD DF CD CD  2x x2 1 Vậy chi phí sản xuất là:  f  x   x     3.10 Với x  x 1  2x  2x2    x 1   x    3.105 1  f   x   3.105 1     x 1       f  x   Hay: x  x     x2    2   1    x  1   x   3 1 Khi chi phí sản xuất thang 1.249.000 đồng Bài tốn 3: Một ảnh hình chữ nhật cao 1, 4m đặt độ cao 1,8m so với tầm mắt ( tính từ đầu mép hình) Để nhìn rõ phải xác định vị trí đứng  nhọn cho góc nhìn lớn Hãy xác định vị trí đó? Biết góc BOC Đặt độ dài cạnh AO  x  m  ,  x  0 Suy BO  3, 24  x ; CO  10, 24  x ADĐL cosin OBC ta có: OB  OC  BC  cos BOC  2OB.OC 60  (3, 24  x )  (10,24  x )  1,96 3, 24  x 10,24  x  5,76  x  3, 24  x 10, 24  x  2  nhọn nên toán trở thành tìm x để f  x   Vì góc BOC 5, 76  x  3, 24  x 10, 24  x  2 đạt giá trị nhỏ Đặt  3, 24  x   t ,  t  3, 24  Suy f (t )  t  2,52 t t  7  25t  63 25 t  t   Ta tìm t để f  t  đạt giá trị nhỏ     25 t  t     25t  63  2t     t t  7        f t   25  t t  7          50  t  7t    25t  63 2t     49t  441       25  2t  t   t  t    25  t t  t t           f   t    t    3, 24  x    x  2, 4m Vậy để nhìn rõ cách mà ảnh AO  2, m Bài tập đề nghị: Bài 1: Một xưởng sản xuất thùng nhơm hình chữ nhật khơng nắp có kích thước x, y, z  dm  Biết tỉ số hai cạnh đáy x : y  1: , thể tích khối hộp 18dm3 Để tốn vật liệu tổng x  y  z Đ/S :19/2 dm Bài 2: Một người xây nhà xưởng hình chữ nhật có diện tích mặt sàn 1152m2 chiều cao cố định Người xây tường xung quanh bên để ngăn nhà xưởng thành ba phịng hình chữ nhật có kích thước (khơng kể trần nhà) Vậy cần phải xây phòng theo kích thước để tiết kiệm chi phí ( bỏ qua độ dày tường) Đ/S : 16m  24m Bài 3: Ông An muốn xây bể chứa nước lớn dạng khối hộp chữ nhật khơng nắp tích 288m3 Đáy bể hình chữ nhật có chiều dài gấp đơi chiều rộng, giá thuê nhân công để xây bể 500000 đồng /m2 Nếu ông An biết xác định kích thước bể hợp lí chi phí th nhân công thấp Hỏi ông An trả chi phí thấp để xây dựng bể bao nhiêu? Đ/S :108 triệu đồng 61 KẾT LUẬN Tóm lại toán khối đa diện phần quan trọng chương trình thi lớp 12 nói chung thi THPT riêng Với cải cách thi trắc nghiệm yêu cầu HS linh hoạt câu hỏi tính tốn song vào HS cần nằm vững kiến thức phân tích toán phương pháp giải toán khối đa diện Các kiến thức dạng toán phương pháp giải toán khối đa diện mà đưa nhằm giúp em HS nắm bắt có hình thức học hợp lí để khơng cịn lúng túng, e dè hay lo ngại giải tốn Đặc biệt giúp ích cho em HS tự tin có thêm kĩ giải tốn để bước vào kì thi THPT Quốc Gia Sau khóa luận tơi có nghiên cứu phương pháp ứng dụng phần mềm để vận dụng vào tốn khối đa diện giúp q trình học tập HS dễ hiểu hứng thú với phần hình học khơng gian 62 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Lê Hồng Đức, Đào Thị Ngọc Hà, Đỗ Hoàng Hà, Lê Hoàng Nam, Đoàn Minh Châu(2017) Phương Pháp Giải Các Dạng tốn THPT-Hình Học Khơng Gian, NXB ĐHQG Hà Nội [2] Lê Hồng Đức, Đào Thị Ngọc Hà, Đỗ Hoàng Hà, Lê Hoàng Nam, Đoàn Minh Châu(2017) Phương Pháp Giải Các Dạng toán THPT-Phương Pháp Tọa độ Trong Khơng Gian, NXB ĐHQG Hà Nội Ngồi hai tài liệu tham khảo trên, tơi cịn thàm khảo tài liệu tốn hình học khơng gian internet ... 2: Các phương pháp giải dạng toán khối đa diện cà tập kèm Được chia làm mục: Mục 2.1, phương pháp giải tốn thể tích khối chóp Mục 2.2, phương pháp giải tốn thể tích khối lăng trụ Mục 2.3, phương. .. cứu phương pháp giải toán khối đa diện Phạm vi nghiên cứu Nghiên cứu phân loại phương pháp giải toán khối đa diện chương trình tốn học trung học phổ thông đặc biệt học sinh lớp 12 Phương pháp. .. việc tìm tịi phân tích phương pháp giải dạng tốn khối đa diện Từ tơi khai thác, hệ thống hóa kiến thức, tổng hợp phương pháp thành chuyên đề: ? ?các phương pháp giải tốn khối đa diện? ?? làm đề tài cho