dạy học giải một số bài tập hình học không gian cho học sinh thông qua phương thức khai thác bài toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÊ LỢI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI DẠY HỌC GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHO HỌC SINH THÔNG QUA PHƯƠNG THỨC KHAI THÁC CÁC BÀI TOÁN. Người thực hiện: Lê Thị Ngọc Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Lê Lợi SKKN thuộc môn: Toán THANH HÓA NĂM 2013 Phn mt I. Lí DO CHN TI 1. Dy hc gii toỏn l mt trong nhng vn trng tõm ca chng trỡnh ging dy trong nh trng. i vi HS thỡ gii toỏn l hỡnh thc ch yu ca H toỏn hc nhm thc hin tt chc nng phỏt trin, chc nng trớ tu v chc nng kim tra. i vi GV, dy hc gii toỏn l mt trong nhng vn quan trng ca quỏ trỡnh dy hc. GV khụng dng li mc hng dn HS trỡnh by mt li gii ỳng n, y v cú cn c chớnh xỏc m phi bit cỏch hng dn HS thc hnh gii bi tp theo hng tỡm tũi, t nghiờn cu li gii. t nhng bi toỏn c bn cú th phỏt trin nờn nhng bi toỏn mi, a dng. 2. a s HS " ngi'' hc hỡnh hc c bit l mụn hỡnh hc KG, iu ú th hin hai lý do: Th nht: hc tt hỡnh hc khụng gian ũi hi hc sinh phi bit t duy logic, t duy tru tng cao; mt khỏc h thng kin thc li xuyờn sut t cp THCS n ht bc THPT nờn hc sinh khụng nh s rt khú lm bi tp. Th hai: Do tõm lý ch quan xem nh hỡnh hc vỡ nú ch chim 30% tng im trong thi tuyn sinh i hc. Chớnh iu ú ó dn n ý thc cng nh kt qu hc tp cha cao ca cỏc em v vic kộm s u t vo ging dy mụn hỡnh hc khụng gian ca cỏc thy cụ giỏo. T nhng lý do trờn tụi thy cn phi cú s ci tin trong dy v hc mụn hỡnh hc khụng gian cỏc em cm thy hng thỳ trong hc tp, khớch l s tỡm tũi, sỏng to khi gii toỏn. Vỡ vy tụi chn ti SKKN l: "Dy hc gii mt s bi tp hỡnh hc khụng gian cho hc sinh thụng qua phng thc khai thỏc bi toỏn" II. Phơng pháp nghiên cứu 1. Nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu sách, báo, tạp chí về khoa học toán học, giáo dục học, tâm lý học, liên quan đến đề tài. 2. Quan sát: Dự giờ, quan sát việc dạy của giáo viên, việc học của học sinh, thăm dò các ý kiến của giáo viên về các vấn đề nghiên cứu liên quan. 3. Thực nghiệm s phạm. Tổ chức thực nghiệm kiểm chứng thông qua các lớp học thực nghiệm và các lớp học đối chứng trên cùng một lớp đối tợng. Phn hai NI DUNG I. Mt s phng thc nõng cao cht lng dy v hc gii bi tp hỡnh hc khụng gian trng ph thụng 1. Phng thc 1: Rốn luyn cho HS bin i bi toỏn theo nhiu hỡnh thc khỏc nhau. Khi ng trc mt vn ngi lm toỏn phi bit xem xột mi liờn h gia cỏc i lng, phi bit nhỡn nhn mi kh nng cú th xy ra i vi vn mỡnh ang quan tõm v nh vy l phi cú s bin i bi toỏn. Cú nhiu cỏch thc khỏc nhau bin i bi toỏn. Bin i bi toỏn cng cú th c tin hnh ng thi c ni dung v hỡnh thc thụng qua tin trỡnh bin i tng ng, hoc bin i bi toỏn v gn vi bi toỏn quen thuc. Ta s xột vớ d sau õy: Bi toỏn 1: Cho hỡnh thang ABCD cú à à A B= =90 0 ,AD = 2a, AB = BC = a, trờn tia Ax vuụng gúc vi mp(ABCD) ly im S sao cho AS = a 2 . Xỏc nh v tớnh di on vuụng gúc chung ca hai ng thng AB v SC. Ta cú th bin i mt phn ca gi thit chng hn nh thay hỡnh thang bi hỡnh vuụng, bi toỏn tr thnh: Cho hỡnh chúp SABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng tõm O cú cnh AB = a. Cnh SA = h v vuụng gúc (ABCD). Tớnh khong cỏch gia hai ng thng chộo nhau SC v AB(1). Rừ rng khi gii bi ny s khụng khú khn vỡ dng ng vuụng gúc chung ca SC v AB l MN thỡ ta cú th dng ng thng AH vuụng gúc SD, sau ú dng MN// AH. õy l mt hot ng to t duy linh hot cho HS, v bc u hỡnh thnh cho cỏc em k nng bit tỡm ra bi toỏn mi nh vic bin i mt phn gi thit hoc phỏt biu bi toỏn bng cỏch tng t hoỏ. GV a HS tr v bi toỏn ban u, lỳc ny cỏc em ó c nh hng, ó cú s liờn tng n kin thc cn phi s dng. chuyn vic xột hỡnh thang v việc xét hình vuông ta chỉ cần kẻ từ C đường thẳng song song với AB và cắt AD tại I. Lúc này ta sẽ làm việc với hình chóp SABI rất gần gủi với hình chóp trong bài (1).(Hình vẽ) Để tính khoảng cách của hai đường thẳng chéo nhau SC và AB ta có thể nhìn nhận bài toán bằng nhiều hình thức (góc độ) khác nhau, chẳng hạn: Góc độ 1: - Từ C dựng CI // AB (I ∈ AD); dựng AH ⊥ SI (H∈ SI ) - Từ H dựng HM // CI ( M ∈ SC ). dựng MN // AH ( N ∈ AB). - MN là đoạn vuông góc chung của SC và AB. ∆SAI vuông tại A và AH là đường cao nên: 222222 2 31 2 1111 aaaAISAAH =+=+= ⇒ AH = MN = 3 6a . Góc độ 2: Để tính khoảng cách giữa AB và SC đưa về việc tính khoảng cách giữa AB với mp(SCI) hay khoảng cách từ A tới mp(SCI). Góc độ 3: Gọi (P) là mặt phẳng qua SC và CI; (Q) là mặt phẳng qua AB và (Q) // (P). Khi đó: d(AB, SC) = d((P), (Q)) = d(A,(P)) = AH = 3 6a (A ∈ AB ⊂ (Q)) Góc độ 4: Vận dụng công thức tính thể tích của khối chóp tam giác : d(AB, SC) = SCI SACI S V ∆ 3 . Bài toán 2: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh là a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC’ và CD’ ? Góc độ1: (Hình 1) Xét khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song tương ứng chứa hai đường thẳng đó. S A B C D I H N M x Hình 1 Kí hiệu khoảng cách là d. -Từ gợi ý trên HS sẽ phải tìm hai mặt phẳng song chứa hai đường thẳng chéo nhau. HS phát hiện được CD’//AB ; BC’//AD ’ nên (ACD’) //(BA’C’) Ta có: CD’ ⊂ (ACD’) và CD’// (BA’C’) ⊃ BC’ ⇒ d(BC’, CD’) = d((ACD’), (BA’C’)). - Để tính khoảng cách GV gợi ý cho HS có thể HĐKT dựa trên việc nhận xét về BO và D’O. (Câu trả lời mong đợi: chúng đều là các đường trung tuyến của hai tam giác ACD’,BA’C’) Bằng thao tác tư duy, HS hoàn toàn chứng minh được B’D ⊥ (BA’C’) tại G; B’D ⊥ (D’AC) tại G’; GG’ = 3 1 B’D, mà B’D = 3a ⇒ d(BC’,CD’) = 3 3 1 a Khi đã giải quyết xong một vấn đề chúng ta không nên bằng lòng ở đó mà cần cố gắng khai thác sâu thêm trong nội tại của nó để hình thành tri thức mới, chẳng hạn có thể đề xuất bài toán sau: Bài toán 2.1:Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. CMR đường chéo B’D lần lượt đi qua trọng tâm G, G’của tam giác ACD’,BA’C’. Góc độ 2: (Hình 2) Xét khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách giữa đường thẳng a ∥? (P) ⊃ b -Với hướng suy nghĩ này chúng ta sẽ phải chọn một mặt phẳng chứa một đường thẳng và song song với đường thẳng còn lại: BC’//(ACD’) ⊃ CD’ nên d(BC’, CD’) = d(BC’, (ACD’)) - Xác định khoảng cách d. Trong (BDD’B’) kẻ BH ⊥ D’O ∈ (ACD’) nên BH = d(BC’, (ACD’)) . Để ý BH là đường cao ∆D’BO mà S ∆ BOD’ = 2 1 S ∆ BD’D A B C D A ’ ’ B ’ ’ C ’ ’ D ’ ’ G G’ O O ’ (Hình 1) A B C D A’ ’ B’ ’ C’ ’’’ D’ ’ O H (Hình 2) Từ đó suy ra: BH = 3 3 1 a . Vậy d(BC’,CD’) = BH = 3 3 1 a . Bài toán 2.2: Cho hai hình vuông ABA’B’ và CDA’B’ cạnh a, trên đường thẳng Dx không vuông góc với mặt phẳng (CDA’B’) lấy một điểm H. Hãy xác định vị trí của H để khoảng cách BH là nhỏ nhất. Cách giải của hai bài toán vừa đề xuất chính là cách giải của bài toán về tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. Góc độ 3: (Hình 3) Xem khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là đường vuông góc chung của chúng. Từ nhận xét đó ta hình thành sơ đồ kiến thức cần huy động như sau: - Gỉa sử MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau.Ta cần tìm vị trí của M trên BC’ và N trên CD’: +) Đặt: C’M = x ; NC = y với x,y ∈ [0; a 2 ]. +) Tìm x, y. Khi này ta phải liên tưởng đến hệ thức Talet trong mặt phẳng. Từ M kẻ PQ // CC’, từ N kẻ EF // CC’. Ta có : CD CE CD CN = ' ⇒ CE = 2 y = C’F = N F ⇒ DE = NF = F D’ = a - 2 y . Tương tự: C’Q = MQ = CP = 2 x , B’Q = BP = MP = a - 2 x . +) Tính MN. Việc làm này được thực hiện thông qua xét hai cặp tam giác vuông MNC, MND’ và MNC’, MNB tương ứng theo hai đường thẳng chéo nhau BC’, CD’. Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông ta được: Tam giác MND’ vuông tại N: MN 2 = ( 2 x ) 2 + ( 2 x ) 2 + a 2 - (a 2 - y) 2 (1) A B C ' A ’ ’ B ’ ’ D ’ ’ M N P Q E F D C (Hình 3) ∆MNC vuông tại N nên: MN 2 = ( a - 2 x ) 2 + ( 2 x ) 2 - y 2 (2) Kết hợp (1), (2) ta được phương trình: 2y + x = a 2 (*) Tương tự đối với cặp tam giác vuông MNC’, MNB ta có PT: 2x + y = a 2 (**) Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình:      =+ =+ 22 22 ayx axy . Giải hệ này tìm được x = y = 3 2a Vậy M ∈ BC’ và cách điểm C’ một khoảng là MC’= 3 2a , và N∈ CD’ cách C một khoảng là CN = 3 2a . Khi đó thay x, y vào một trong các biểu thức biểu thị của MN ta được: MN 2 = ( a - 2 x ) 2 + ( 2 x ) 2 - y 2 = 3 2 a . Hay MN = 3 3 1 a . Từ cách giải trên cho thấy độ dài đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau không phụ thuộc vào vị trí của M, N. Như vậy ta có thể đề xuất bài toán sau: Bài toán 2.3: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Lấy điểm M ∈ A’B, N ∈ AD’ sao cho A’M = D’N = x ( x ∈ (0,a )) a) Tìm x để đoạn thẳng MN có độ dài ngắn nhất, tính MN. b) Khi MN ngắn nhất, hãy chứng tỏ MN là đường vuông góc chung của A’B và AD’, đồng thời MN // AC’. • Ta có thể giải quyết bài toán này bằng kiến thức về hệ thức Talet. - Kẻ MH ⊥ A’B’ thì MH // BB’ và MH = = AH. - Kẻ NK ⊥ AD thì NK = = DK ⇒ KH =a-x . Ta có MN 2 = MH 2 + HK 2 + KN 2 = 3x 2 - 2a x +a 2 . Vậy MN nhỏ nhất khi và chỉ khi x=a . A B C ' A ’ ’ B ’ ’ D ’ ’ M N D C (Hình 4) H ’ ’ K ’ ’ • Thay x=a vào MN ta được: MN = a . b) Để chứng tỏ MN là đường vuông góc chung thì MN ⊥ A’B và MN ⊥ AD’. Xét tam giác AMN có MN 2 = ; AM 2 = , tính AN theo hàm số cos trong tam giác ADN. Góc độ4: Từ bài toán 2.4 cho ta cách giải bài toán đã cho. Góc độ 5: Dùng ngôn ngữ véc tơ Bài toán 2.5: Gọi M, N lần lượt là các điểm thuộc BC’ và CD’ sao cho MA = k MD, ND = k NB (k ≠ 0;1). a) Chứng minh rằng MN //(A’BC). b) Khi MN //A’C, chứng tỏ MN là đường vuông góc chung của BC’và CD’ GV gợi ý cho học sinh kiến thức về véc tơ và các điều kiện đồng phẳng của ba véc tơ trong không gian để chứng minh cho MN //(A’BC) ⇔ chứng tỏ , , đồng phẳng, đồng thời MN không thuộc mp(A’BC). , , đồng phẳng ⇔ = - + (*) với = ; = ; = . Theo qui tắc hình hộp A’C = + + ; MN // A’C ⇔ = m ⇔ - + = m( + + ). Do , , là ba véc tơ không đồng phẳng từ đó tìm được k. Thay k vào hệ thức (*) và tính độ dài của ta được khoảng cách MN cần tìm. Bài toán 3: Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA = a, OB = b, OC = c đôi một vuông góc. Chứng minh rằng: a) Hình chiếu vuông góc H của O xuống (ABC) là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ∆ ABC. 1 b) 2222 1111 OCOBOAOH ++= 2 Bài toán có thể phát biểu một cách cụ thể hơn là: “Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA = a, OB = b, OC = c đôi một vuông góc. a) Chứng minh rằng H là trực tâm tam giác ABC. b) Tính khoảng cách từ O đến (ABC)”. Ta sẽ giải quyết bài toán này bằng những phương pháp sau: Lời giải: Cách 1 (Phương pháp tổng hợp): y O C A B x z H A 1 a)Hướng 1: Sử dụng tính chất đường thẳng vuông góc với mặt phẳng. Vì H là hình chiếu vuông góc của O lên (ABC) nên OH ⊥ (ABC) . Ta có: OH ⊥ BC, mặt khác AO ⊥ (OBC). Lại có: AO ⊥BC ⇒ BC ⊥(AOH) ⇒ AH ⊥ BC, tức là AA 1 là một đường cao của ∆ABC. Tương tự : BH ⊥ AC, tức BB 1 cũng là một đường cao của ∆ABC. Vậy H là trực tâm của tam giác ABC. Hướng 2: Vận dụng tính chất ba đường vuông góc Vì H là hình chiếu của điểm O trên mp(ABC) nên OH ⊥ (ABC). Từ đó suy ra hình chiếu của OA trên mặt phẳng (ABC) là OH mà AB ⊥ CD (gt) nên OH ⊥ CD(1) (theo định lý ba đường vuông góc) Tương tự AH ⊥ BC (2) Từ (1),(2): H là trực tâm ∆ABC (đpcm) b) Do AO ⊥ (OBC) nên ∆AOB vuông tại O và OH là đường cao, ta có: 2 1 22 111 OA OAOH += . Mặt khác ∆OBC vuông tại B và nhận OA 1 làm đường cao: 222 1 111 OCOB OA += . Suy ra: 2222 1111 OCOBOAOH ++= .(*) Cách2( phương pháp toạ độ): Chọn hệ trục toạ độ Oxy sao cho: A ∈ tia Ox, B ∈ tia Oy, C ∈ tia Oz. Khi đó: O(0;0;0), A(a;0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) a) Phương án 1: Giả sử H(x 0 ; y 0 ; z 0 ) là chân đường vuông góc hạ từ O xuống mp(ABC). Ta chứng minh H là trực tâm của ∆ABC. Thật vậy,(ABC) có phương trình: 1=++ c z b y a x (phương trình đoạn chắn). Vậy véc tơ pháp tuyến của (ABC) là:       cba n 1 ; 1 ; 1 Mặt khác );;( 000 zyxOH ⊥ (ABC) nên: nOH // hay x 0 = a k , y 0 = b k , z 0 = c k (k ∈R) Ta có: );;0(),;;( 000 cbBCzyaxAH −=−= Suy ra: 0. 00 =+−=+−= c c k b b k czbyBCAH vậy AH ⊥ BC. Tương tự BH ⊥ AC. Suy ra H là trực tâm của ∆ABC. Bằng cách lật ngược vấn đề, GV đặt HS vào tình huống sau: Phương án 2: Giả sử H là trực tâm của ∆ABC. Chứng minh OH ⊥ (ABC). Vì H là trực tâm ∆ABC nên: x 0 a = y 0 b = z 0 c = k. Do đó ta có: );;( 000 zyxOH = k       cba 1 ; 1 ; 1 . Mặt khác (ABC) có PT: 1=++ c z b y a x nên       cba n 1 ; 1 ; 1 (véc tơ pháp tuyến) Suy ra : nkOH = Hay nOH // . Do đó OH ⊥ (ABC). b) Gọi H(x 0 ; y 0 ; z 0 ) là trực tâm của ∆ABCnên: x 0 a = y 0 b = z 0 c = k. (1) Mặt khác H ∈ mp(ABC) nên: 1 000 =++ c z b y a x (2) Từ (1) và (2) suy ra: k = 222222 222 cacbba cba ++ . Suy ra: 222222 22 0 cacbba cab x ++ = , 222222 22 0 cacbba bca y ++ = , 222222 22 0 cacbba cba z ++ = Do đó: OH 2 = 222222 222 accbba cba ++ , Suy ra: 2222 1111 cbaOH ++= (3) Mặt khác: OA 2 = a 2 , OB 2 = b 2 , OC 2 = c 2 Vậy ta có: 2222 1111 OCOBOAOH ++= (đpcm) 2. Phương thức 2: Khai thác những bài toán đã từng giải quyết O A B C H A 1 B 1 C 1 [...]... Huyên, Cam Duy Lễ, Nguyễn Sinh Nguyên, Nguyễn Vũ Thành, Chuyên đề luyện thi đại học -Hình học không gian, Nxb Giáo dục Việt Nam [3] Lê Lơng, Nguyễn Th Sinh, Giải toán nh thế nào, Nxb TP Hồ Chí Minh [4] Phạm Văn Hoàn (chủ biên), Nguyễn Gia Cốc, Trần Thúc Trình (1981), Giáo dục học môn Toán, Nxb Giáo dục, Hà Nội [5] Nguyễn Thái Hoè (1997), Rèn luyện t duy qua việc giải bài tập toán, Nxb Giáo dục, Hà Nội... KG cho HS thụng qua phng thc khai thỏc bi toỏn , ó thu c nhng kt qu sau: 1) SKKN ó xut c hai phng thc s phm v vic rốn luyn k nng gii toỏn cho HS THPT thụng qua dy hc hỡnh hc KG 2) SKKN ó a c mt s cỏc vớ d in hỡnh v cỏc chui bi toỏn nhm minh ho cho cỏc phng thc s phm 3) SKKN ó trỡnh by kt qu thc nghim s phm ti khi 11 trng THPT trong khong thi gian 6 tit dy bi dng Kt qu thc nghim phn no minh ho cho. .. môn Toán, Nxb Giáo dục, Hà Nội [5] Nguyễn Thái Hoè (1997), Rèn luyện t duy qua việc giải bài tập toán, Nxb Giáo dục, Hà Nội [6] Nguyễn Bá Kim (2004), Phơng pháp dạy học môn Toán, Nxb S phạm, Hà Nội [7] Trần Thành Minh (chủ biên), Giải toán hình học 11, Nxb Giáo dục, Hà Nội ... Mc ớch thc nghim l kim tra tớnh kh thi v hiu qu ca phng ỏn trin khai dy hc gii bi tp hỡnh hc KG thụng qua phng thc khai thỏc bi toỏn 2 Ni dung v kt qu kim tra * Bi kim tra : (thi gian 45) Bi 1: Cho hỡnh lng tr u ABC.A 1B1C1, cnh bng 1 M, N ln lt l trung im ca AB, A 1C1 Dng ng vuụng gúc chung v tớnh khong cỏch gia cp ng thng MN v B1C Bi 2: Cho hỡnh chúp S.ABC cú SA (ABC) H l trc tõm tam giỏc ABC a) Nu... lt l trung im ca AB, BC, CD Hóy tớnh gúc gia cỏc cp mt phng: (AB P) v (ABCD); (ABP) v (BCCB) Bi toỏn 5: Cho hỡnh t din ABCD, H l trc tõm tam giỏc BCD Chng minh rng AH vuụng gúc vi mp(BCD) khi v ch khi cỏc cnh i ca t din ó cho vuụng gúc vi nhau Ta li tip tc khai thỏc bi toỏn 1 vo bi tp sau: Bi 1: Cho hỡnh hp ch nht ABCD.ABCD cú AB = b, BC = a, CC=c Gi , , l cỏc gúc m mt ng chộo ca hỡnh hp ch nht to... cos2 +cos2 =1 Bi toỏn 2: Cho hỡnh hp ch nht ABCD.ABCD cú AB = AA = a, AC = 2a Tớnh khong cỏch t im D n mt phng (ACD ).(Bi 32, T117 Sgk hỡnh hc 11- Nõng cao) Bi toỏn 3: Cho t din OABC cú OA, OB, OC ụi mt vuụng gúc vi nhau v OA = a; OB = b; OC = c Gi H l hỡnh chiu ca O trờn mt phng (ABC) Tớnh din tớch ca cỏc tam giỏc HAB, HBC v HCA(Bi 5,T120 Sgk hỡnh hc 11Nõng cao) Bi toỏn 4: Cho hỡnh lp phng ABCD.ABCD... 2aa ' Bi toỏn 1: Cho t din ABCD cú BC = AD = a; AC = BD = b; AB = CD= c t l gúc gia BC v AD, l gúc gia AC v BD; l gúc gia AB v CD Chng minh rng: b2cos = a2cos + c2cos Hng dn: p dng (**) ta tớnh c cos( , ) = c2 b2 a2 Vỡ l gúc gia hai ng thng BC v AD nờn cos = c2 b2 a2 ; Tng t i vi cos v cos ta s c iu phi chng minh Bi toỏn 2: Cho t din ABCD cú AB CD, AC BD CMR: AD BC Bi toỏn 3: Cho t din ABCD... ho cho tớnh kh thi v hiu qu ca ti 4) SKKN cú th lm ti liu tham kho cho ng nghip v HS khỏ gii 4 Nhng kin ngh xut: Khi HS hc thc nghim qua ti ny tụi thy rừ nột vn sau: -GV cn chỳ trng cng c, khc sõu nhng kin c bn; cn chun b trc h thng cõu hi gi m dn cỏc hng gii quyt vn , phỏt trin ti a (nu cú) nhiu cỏch gii bi dng kin thc, phc v cho nhng bi toỏn khỏc - HS c t mỡnh nghiờn cu, xut nhng bi toỏn mi... toỏn 3: Cho t din ABCD cú AB CD, AC BD Chng minh rng AB2+CD2= AC + BD = AD + BC ả Bi toỏn 4: Cho ba tia Ox, Oy, Oz khụng ng phng t xoy = , ả = , yoz ã zox = Chng minh rng: cos + cos + cos >- Bi toỏn 5: Trong mt phng (P) cho tam giỏc u ABC cnh a Dng on SA (P).Tớnh tan ca gúc nhn gia hai cnh AB v SC Bi toỏn 6: Cho t din vuụng OABC cú cỏc gúc phng nh O l vuụng, ngoi ra OC= OA+OB CMR tng cỏc gúc phng... tớnh va sc + Chun b h thng cõu hi HS phỏt hin c vn cn gii quyt + GV lm rừ c nhng biu hin c bn ca phng thc thụng qua dy hc chui cỏc bi toỏn i vi HS: Chun b kin thc v kh nng sn sng ng dng Tin trỡnh c thc hin thụng qua cỏc bc dy v hc nh sau: Bc 1: GV nờu vn HS c lm vic bng cỏc H H1: Hóy quan sỏt cỏi ó bit, cỏi cha bit tỡm ra mi liờn h gia chỳng? H2: Tỡm hiu tri thc ci ngun, tỡm tũi phng phỏp gii H3: . THPT LÊ LỢI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI DẠY HỌC GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHO HỌC SINH THÔNG QUA PHƯƠNG THỨC KHAI THÁC CÁC BÀI TOÁN. Người thực hiện: Lê Thị Ngọc Chức vụ:. triển khai của đề tài * Đối chiếu với mục tiêu, nhiệm vụ và kết quả nghiên cứu trong quá trình thực hiện đề tài: “ Dạy học giải một số bài tập hình học KG cho HS thông qua phương thức khai thác bài. 2. Phương thức 2: Khai thác những bài toán đã từng giải quyết O A B C H A 1 B 1 C 1 Bài toán cơ bản 1: (Bài tập 17,T103 Sgk hình học 11- Nâng cao) Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA, SB, SC đôi một