Một số kinh nghiệm giải bài toán hình học không gian cho học sinh THPT

Một số kinh nghiệm giải bài toán hình học không gian cho học sinh THPT A. ĐẶT VẤN ĐỀ Trong quá trình ôn thi đại học, khi giải bài toán hình học không gian tổng hợp, học sinh thường lúng túng khi gặp giả thiết bài toán “cho trước hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau”. Đa số học sinh đều nhận xét dạng toán này khó, vì học sinh thường không liên kết được hai đường thẳng chéo nhau đó trong một quan hệ vuông góc để từ đó dễ dàng suy luận ra các kết quả phục vụ cho việc giải toán. Đặc biệt, khi học về “Định lý ba đường vuông góc” học sinh chỉ biết áp dụng để chứng minh hai đường thẳng vuông góc với nhau mà không biết cách khai thác khác của nó là: tạo ra mối liên hệ gần gũi hơn giữa hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau. Trên đây là lí do cơ bản để tôi chọn đề tài: Một số kinh nghiệm giải bài toán hình học không gian cho học sinh THPT. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. Cơ sở lí luận I.1. Góc giữa hai đường thẳng trong không gian. Hai đường thẳng vuông góc. 1 + Góc giữa hai đường thẳng a và b là góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng đi qua một điểm và lần lượt song song ( hoặc trùng) với a và b. + Hai đường thẳng trong không gian gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 90 0 . I.2. Điều kiện để một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng + Nếu đường thẳng a vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau b và c cùng nằm trong mặt phẳng (P) thì đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P) I.3. Định lý ba đường vuông góc + Cho đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (P) và đường thẳng b nằm trong mặt phẳng (P). Khi đó điều kiện cần và đủ để b vuông góc với a là b vuông góc với hình chiếu a’ của a trên (P). 2 I b’ b a’ a b P I c a P b a’ a B’ A’ B A II. Thực trạng của vấn đề Khi bài toán giả thiết cho trước hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau. Học sinh thường mất định hướng trong giải toán vì không liên kết được hai đường thẳng chéo nhau đó trong một quan hệ vuông góc để từ đó dễ dàng suy luận ra các kết quả phục vụ cho việc giải toán. III. Giải pháp và tổ chức thực hiện III.1. Định hướng phương pháp Cho hai đường thẳng a, b chéo nhau và vuông góc với nhau (1). Để khai thác giả thiết này áp dụng vào giải toán, chúng ta có hai hướng suy luận: Hướng 1: Từ giả thiết (1) , lập luận để chỉ ra hai đường thẳng cắt nhau và vuông góc với nhau. Từ đó áp dụng các tính chất hình học phẳng để giải toán ( Định lý Pytagore,….) Hướng 2: Từ giả thiết (1) suy ra một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng. Từ đó áp dụng các tính chất của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng để giải toán. Để suy luận theo một trong hai hướng trên ta đưa ra ba cách thực hiện: Cách 1: + Qua một điểm I trên b, kẻ a’ // a. Ta được hai đường thẳng a’ và b cắt và vuông góc với nhau. 3 I a b a’ Cách 2: Áp dụng Định lý 3 đường vuông góc + Nếu đường thẳng b nằm trong mặt phẳng (P), mà ta dễ dàng xác định hình chiếu vuông góc của a lên (P) thì khi đó ta dựng hình chiếu a’ của a lên (P). Ta có kết quả: 'a b⊥ Cách 3: + Nếu chỉ ra được đường thẳng c cắt b và c a⊥ . Suy ra ( , )a mp b c⊥ . 4 P b a’ a B’ A’ B A b P I c a III.2. Tiến trình thực hiện + Cung cấp cho học sinh một số kiến thức về hình học không gian và 3 cách khai thác giả thiết về hai đường thẳng chéo nhau, vuông góc với nhau. + Đưa ra các ví dụ về bài toán hình học không gian tổng hợp có giả thiết hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau, phân tích để học sinh tự lựa chọn cách khai thác giả thiết đó dựa trên các cách đã gợi ý ở trên. + Yêu cầu học sinh nhận xét xem còn có thể dùng cách khác để khai thác giả thiết đó không, so sánh tính khả thi và hiệu quả của phương pháp. III.3. Các ví dụ điển hình Ví dụ 1: Cho hình chóp đều S.ABC, tam giác ABC đều cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm SA, SC. Tính thể tích khối chóp S.ABC biết BM AN⊥ . 5 O B A M C N K S Phân tích: Khi tiếp cận với giả thiết BM AN⊥ , chúng ta dùng cách 1 Lời giải: Gọi K là trung điểm SN, suy ra MK // AN ( tính chất đường trung bình) Vì BM AN BM MK BMK ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ V vuông tại M BM MK BK⇔ + = 2 2 2 (*) Đặt SA = b ( b > 0). Theo công thức độ dài đường trung tuyến, ta có: AB SB SA a b b a b BM + + + = − = − = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 2 4 4 , tương tự: a b AN + = 2 2 2 2 4 . MK a b ⇒ = + 2 2 2 2 16 Áp dụng ĐL Cosin, ta có: · cos . SB SC BC b a BSC SB SC b + − − = = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 · . .cos . . b b b a b a BK SK SB SB SK BSC b b b − = + − = + − = + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 9 2 2 16 4 2 16 4 . Khi đó (*) a b a b b a a b + + ⇔ + = + ⇔ = 2 2 2 2 2 2 2 2 9 6 4 16 16 4 2 . Gọi O là tâm tam giác ABC, suy ra ( )SO ABC⊥ , . a a a SA AO a a AO SO − = − == = ⇒ = 2 2 2 2 6 3 42 4 9 6 2 3 3 3 2 3 . Suy ra: . S ABC ABCD a a a V SO S= = = 2 3 42 6 1 1 3 14 3 3 4 24 (đvtt). Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB = a, , ( )SA a SA ABCD= ⊥3 . Gọi M là trung điểm SD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BM, AC, biết BM AC⊥ . 6 K F E M C B D A S Phân tích: Khi tiếp cận với giả thiết BM AC ⊥ , chúng ta dùng cách 2, vì có thể thấy ngay việc dựng hình chiếu của BM lên (ABCD) là khá dễ dàng. Lời giải: Gọi K là trung điểm AD, suy ra MK // SA ( )MK ABCD⇒ ⊥ Vì BM AC BK AC⊥ ⇒ ⊥ (Theo ĐL 3 đường vuông góc) Khi đó, ta có · · ABK ACB= (vì cùng phụ với · BAC ) BAC⇒V đồng dạng với AKBV . . AB BC AD AB AK BC a AD AD a AK AB ⇒ = ⇔ = ⇔ = ⇔ = 2 2 2 2 Suy ra: . S ABCD ABCD a a a V SA S= = = 2 3 3 2 1 1 6 3 3 3 (đvtt) Gọi E AC BK= ∩ . Kẻ EF BM⊥ tại F . Ta có EF AC⊥ ( vì ( )EF BMK AC⊂ ⊥ ). Suy ra EF là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng BM và AC ( , )d BM AC EF⇒ = . Ta có , a a a BK AB AK a BE BK    ÷  ÷   = + = + = = = 2 2 2 2 2 6 2 6 2 2 3 3 a a a BM BK MK⇒ = + = + = 2 2 2 2 6 3 3 4 4 2 . Ta có · . . sin a a EF MK BE MK a BMK EF a BE BM BM = = ⇔ = = = 6 3 2 3 2 3 3 2 . 7 Vậy ( , ) . a d BM AC EF= = 2 3 Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC, tam giác SAC cân tại C, có · ,SCA SC a= = 0 120 . Biết ( ) ( ),SAC ABC SA BC⊥ ⊥ và · BAC = 0 30 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và tính thể tích khối tứ diện SBCK, biết K là điểm thuộc SA thỏa mãn CK vuông góc với SB. Phân tích: Khi tiếp cận với giả thiết SA BC⊥ , chúng ta dùng cách 2, vì ( ) ( )SAC ABC⊥ nên hình chiếu của SA lên (ABC) là AC. Lời giải: Vì ( ) ( )SAC ABC⊥ , suy ra AC là hình chiếu vuông góc của AS lên mặt phẳng (ABC). Lại có SA BC AC BC⊥ ⇒ ⊥ ( Theo ĐL 3 đường vuông góc). Suy ra tam giác ABC vuông tại C .tan a BC AC = ⇒ = 0 3 30 . . ABC a S AC BC⇒ = = 2 1 3 2 6 V Kẻ SH AC⊥ tại H, suy ra ( )SH ABC⊥ . 8 H K C B A S Ta có · .sin a SCH SH SA= ⇒ = = 0 0 3 60 60 2 . Suy ra . . . . S ABCD ABC aa a SH SV = = = 2 3 3 6 1 1 3 3 3 2 12 V (đvtt). Vì ( )AC BC BC SAC⊥ ⇒ ⊥ , suy ra SC là hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng (SAC). Vì SB CK SC CK⊥ ⇒ ⊥ ( Theo ĐL 3 đường vuông góc). Khi đó ta có: cos SC a SK = = 0 2 30 3 Ta có: . .cosSA SC AC SC AC a SA a= + − = ⇒ = 2 2 2 0 2 2 120 3 3 Ta có . . . . SBCK S ABC S BCK S ABC V V a V SK SC SB a V SA SC SB a = == = = ⇒ 3 2 2 2 3 3 3 18 3 (đvtt). Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi cạnh bằng ,a BD a= 3 Biết ,SA BD SB AD⊥ ⊥ và (SBD) tạo với mặt đáy góc 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC, SB theo a . Phân tích: 9 E F H O K C B A D s Bài toán này phức tạp hơn khi cho hai cặp đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau là: ,SA BD SB AD⊥ ⊥ . +Ta để ý đến SA BD⊥ trước, vì có ( )AC BD BD SAC⊥ ⇒ ⊥ (cách 3) Suy ra ( ) ( )SAC ABCD⊥ , khi đó ta nghĩ đến ngay việc dựng hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD). Đây chính là cơ sở để ta dùng cách 2 để khai thác giả thiết SB AD⊥ . Lời giải: Vì ABCD là hình thoi nên AC BD⊥ , mà SA BD⊥ , suy ra ( ) ( ) ( )BD SAC SAC ABCD⊥ ⇒ ⊥ Kẻ SH AC⊥ tại H, suy ra ( )SH ABCD⊥ Vì SB AD BH AD⊥ ⇒ ⊥ ( Theo ĐL 3 đường vuông góc). Gọi AC BD O∩ = , ta có ( )BD SAC⊥ , suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) bằng góc · SOH = 0 60 Từ giả thiết, suy ra tam giác ABC và ACD là các tam giác đều cạnh a . Vì · .tan . a a BH AD OBH OH OB⊥ ⇒ = ⇒ = = = 0 0 3 3 60 60 3 2 2 . Suy ra .tan a SH OH == 0 3 3 2 60 Suy ra . . . . . . S ABCD ABCD a a SH S a aV = = = 3 1 1 3 3 1 3 3 3 3 2 2 4 (đvtt). Tính ( , ) ?d AC SB = Dựng hình bình hành OHEB, suy ra OHEB là hình chữ nhật. Ta có BE // AC, suy ra AC // (SBE) ( , ) ( ,( )) ( ,( ))d AC SB d AC SBE d H SBE⇒ = = . Ta có , ( ) ( ) ( )BE HE BE SH BE SHE SBE SHE⊥ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ . Kẻ HF SE⊥ tại F, suy ra ( )HF SBE⊥ 10 [...]... suy nghĩ để không ngừng đúc rút kinh nghiệm nâng cao hiệu quả giờ dạy Kinh nghiệm trình bày ở trên của tôi chỉ là một ứng dụng nhỏ rèn luyện kỹ năng giải toán hình học không gian Nhưng dù sao qua quá trình nêu trên cũng đã hình thành cho học sinh phương pháp luận; rèn luyện cho học sinh cách nhìn nhận và vận dụng lý thuyết vào giải toán, tạo cho học sinh hứng thú tìm tòi, hứng thú học toán Trên đây... và yêu cầu học sinh làm các ví dụ còn lại trên cơ sở gợi mở, phân tích Hầu hết các học sinh ở 3 lớp đều hiểu, nắm được phương pháp và giải được các ví dụ 3,4,5,6 Khi giao bài 4 bài tập trên về nhà Kết quả số học sinh giải được cả 4 bài tập như sau: Lớp Sĩ số Số học sinh giải được Tỉ lệ % học sinh giải được 12C8 51 38 74,5% 12C9 51 42 82,4% 12C10 45 30 58,8% C KẾT LUẬN Quá trình dạy học là một quá trình... lời giải của các bài toán Sau khi giải được mỗi bài toán, tôi hướng dẫn học trò thay đổi cách tiếp cận bài toán, để đưa ra được sự so sánh về tính khả thi và hiệu quả của phương pháp đó Trong quá trình tìm tòi học sinh không những phấn chấn, tự giác tiếp nhận các kiến thức và kỹ năng giải các bài toán dạng này mà còn hình thành được cho các em cách nhìn nhận một Định lý, tính chất hình học dưới nhiều... cách phân tích một vấn đề dưới nhiều góc độ 2) Trong 3 lớp 12C8, 12C9, 12C10 tôi dạy năm nay, tôi giao Ví dụ 1 và Ví dụ 2 về nhà cho 3 lớp 12C8, 12C9 và 12C10 khi chưa nếu phương pháp khai thác giải thiết hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau Kết quả số học sinh giải được như sau: Lớp 12C9 51 Tỉ lệ % học sinh giải được 12(VD1) 23,5%(VD1) 7(VD2) 51 Số học sinh giải được 12C8 Sĩ số 13,7%(VD2)... III.4 Một số bài tập áp dụng Bài 1: Cho hình chóp đều S.ABCD có AB = a Gọi M là trung điểm cạnh SD Biết SA ⊥ CM Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CM Bài 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, AC = a 3 Gọi M thuộc đoạn CD sao cho MC = 2MD Biết SA ⊥ BD, SM ⊥ BC Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ C đến (SAB) 13 Bài 3: Cho hình lăng... ABC.A’B’C’ Bài 4: Cho hình chóp SABC có ABC là tam giác vuông cân tai B, AC = 2a · Tam giác SAC vuông tại S, SAC = 600 ; ( SAC ) ⊥ ( ABC ) Gọi M là trung điểm BC, N là điểm thuộc đường thẳng SC thỏa mãn BN ⊥ AM Tính thể tích khối tứ diện SBMN IV Kết quả thực nghiệm 1) Trong khuôn khổ của một bài viết tôi chỉ đưa ra 6 ví dụ điển hình Từ 6 ví dụ này dưới sự hướng dẫn của cô giáo, học sinh tìm tòi các lời giải. .. THAM KHẢO Sách giáo khoa Hình học 11, nâng cao, NXBGD MỤC LỤC MỤC TRANG 16 A Đặt vấn đề B Giải quyết vấn đề I Cơ sở lí luận II Thực trạng của vấn đề III Giải pháp và tổ chức thực hiện III.1 Định hướng phương pháp III.2 Tiến trình thực hiện III.3 Các ví dụ điển hình III.4 Một số bài tập áp dụng IV Kết quả thực nghiệm C Kết luận D Tài liệu tham khảo 2 2 2 4 4 4 6 6 14 15 16 17 17 18 19 20 21 ... chỉ là những kinh nghiệm được rút ra từ quá trình giảng dạy của bản thân, tôi rất mong được đồng nghiệp bổ sung, góp ý để có thể áp dụng rộng rãi và hiệu quả hơn trong dạy học 15 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2013 ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác Nguyễn Việt Dũng D.TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa Hình học 11, nâng cao,... (A’B’C’) nên số đo góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) với (A’B’C’) bằng số đo góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) với (ABC) Gọi N là trung điểm BC, ta có AN ⊥ BC Vì AH ⊥ ( ABC ) ⇒ AH ⊥ BC ) ( ( ABC ANH = α Suy ra ( ANH ) ⊥ BC ⇒ · ),( BCC ' B ') = · Ta có tam giác ANH vuông tại A, nên a 39 AH AH 13 221 4 cosα = = = = = NH 17 17 AH 2 + AN 2 39a2 3a2 + 16 4 Ví dụ 6: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có ABCD là hình vuông...3a 3 a 3 SH HE SH HE 2 = 3a 30 ⇒ d ( H ,(SBE )) = HF = = = 2 SE 20 SH 2 + HE 2 27a2 3a2 + 4 4 Ví dụ 5: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a Gọi M là trung điểm B’C’ Biết AB’ vuông góc với A’M và AB’ = AM Cạnh bên AA’ hợp với đáy một góc bằng 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a và tính cosin góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) với (A’B’C’) . Một số kinh nghiệm giải bài toán hình học không gian cho học sinh THPT A. ĐẶT VẤN ĐỀ Trong quá trình ôn thi đại học, khi giải bài toán hình học không gian tổng hợp, học sinh thường. Cung cấp cho học sinh một số kiến thức về hình học không gian và 3 cách khai thác giả thiết về hai đường thẳng chéo nhau, vuông góc với nhau. + Đưa ra các ví dụ về bài toán hình học không gian tổng. quả số học sinh giải được cả 4 bài tập như sau: Lớp Sĩ số Số học sinh giải được Tỉ lệ % học sinh giải được 12C8 51 38 74,5% 12C9 51 42 82,4% 12C10 45 30 58,8% C. KẾT LUẬN Quá trình dạy học là một