Một số cách khai thác giả thiết hai đường thẳng chéo nhau và vuông ngóc với nhau trong giải toán hình học không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: MỘT SỐ CÁCH KHAI THÁC GIẢ THIẾT HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ VUÔNG GÓC VỚI NHAU TRONG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Người thực hiện: Nguyễn Việt Dũng Chức vụ: Giáo viên Môn học ứng dụng: Hình học THANH HÓA NĂM 2013 MỤC LỤC MỤC TRANG A Đặt vấn đề B Giải vấn đề I Cơ sở lí luận II Thực trạng vấn đề III Giải pháp tổ chức thực III.1 Định hướng phương pháp III.2 Tiến trình thực III.3 Các ví dụ điển hình III.4 Một số tập áp dụng 14 IV Kết thực nghiệm 15 C Kết luận 16 D Tài liệu tham khảo 17 MỘT SỐ CÁCH KHAI THÁC GIẢ THIẾT HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ VUÔNG GÓC VỚI NHAU TRONG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN A ĐẶT VẤN ĐỀ Trong trình ôn thi đại học, giải toán hình học không gian tổng hợp, học sinh thường lúng túng gặp giả thiết toán “cho trước hai đường thẳng chéo vuông góc với nhau” Đa số học sinh nhận xét dạng toán khó, học sinh thường không liên kết hai đường thẳng chéo quan hệ vuông góc để từ dễ dàng suy luận kết phục vụ cho việc giải toán Đặc biệt, học “Định lý ba đường vuông góc” học sinh biết áp dụng để chứng minh hai đường thẳng vuông góc với mà cách khai thác khác là: tạo mối liên hệ gần gũi hai đường thẳng chéo vuông góc với Trên lí để chọn đề tài: MỘT SỐ CÁCH KHAI THÁC GIẢ THIẾT HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ VUÔNG GÓC VỚI NHAU TRONG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I Cơ sở lí luận I.1 Góc hai đường thẳng không gian Hai đường thẳng vuông góc + Góc hai đường thẳng a b góc hai đường thẳng a’ b’ qua điểm song song ( trùng) với a b a’ a I b b’ + Hai đường thẳng không gian gọi vuông góc với góc chúng 900 I.2 Điều kiện để đường thẳng vuông góc với mặt phẳng + Nếu đường thẳng a vuông góc với hai đường thẳng cắt b c nằm mặt phẳng (P) đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P) a b P I c I.3 Định lý ba đường vuông góc + Cho đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (P) đường thẳng b nằm mặt phẳng (P) Khi điều kiện cần đủ để b vuông góc với a b vuông góc với hình chiếu a’ a (P) B a A P A’ b B’ a’ II Thực trạng vấn đề Khi toán giả thiết cho trước hai đường thẳng chéo vuông góc với Học sinh thường định hướng giải toán không liên kết hai đường thẳng chéo quan hệ vuông góc để từ dễ dàng suy luận kết phục vụ cho việc giải toán III Giải pháp tổ chức thực III.1 Định hướng phương pháp Cho hai đường thẳng a, b chéo vuông góc với (1) Để khai thác giả thiết áp dụng vào giải toán, có hai hướng suy luận: Hướng 1: Từ giả thiết (1) , lập luận để hai đường thẳng cắt vuông góc với Từ áp dụng tính chất hình học phẳng để giải toán ( Định lý Pytagore,….) Hướng 2: Từ giả thiết (1) suy đường thẳng vuông góc với mặt phẳng Từ áp dụng tính chất đường thẳng vuông góc với mặt phẳng để giải toán Để suy luận theo hai hướng ta đưa ba cách thực hiện: Cách 1: + Qua điểm I b, kẻ a’ // a Ta hai đường thẳng a’ b cắt vuông góc với b I a’ a Cách 2: Áp dụng Định lý đường vuông góc + Nếu đường thẳng b nằm mặt phẳng (P), mà ta dễ dàng xác định hình chiếu vuông góc a lên (P) ta dựng hình chiếu a’ a lên (P) Ta có kết quả: a '  b B a A B’ a’ A’ b P Cách 3: + Nếu đường thẳng c cắt b c  a Suy a  mp(b, c) a b P I c III.2 Tiến trình thực + Cung cấp cho học sinh số kiến thức hình học không gian cách khai thác giả thiết hai đường thẳng chéo nhau, vuông góc với + Đưa ví dụ toán hình học không gian tổng hợp có giả thiết hai đường thẳng chéo vuông góc với nhau, phân tích để học sinh tự lựa chọn cách khai thác giả thiết dựa cách gợi ý + Yêu cầu học sinh nhận xét xem dùng cách khác để khai thác giả thiết không, so sánh tính khả thi hiệu phương pháp III.3 Các ví dụ điển hình Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC, tam giác ABC cạnh a Gọi M N trung điểm SA, SC Tính thể tích khối chóp S.ABC biết BM  AN S K M N A C O B Phân tích: Khi tiếp cận với giả thiết BM  AN , dùng cách Lời giải: Gọi K trung điểm SN, suy MK // AN ( tính chất đường trung bình) Vì BM  AN  BM  MK VBMK vuông M  BM  MK  BK (*) Đặt SA = b ( b > 0) Theo công thức độ dài đường trung tuyến, ta có: BM  AB2  SB2 SA2 a2  b2 b2 2a2  b2 2a2  b2     , tương tự: AN  4 4  MK  2a2  b2 16 BSC  Áp dụng ĐL Cosin, ta có: cos · SB2  SC  BC 2b2  a2  2SB.SC 2b2 b2 b 2b2  a2 9b2 a2 · BK  SK  SB  2SB.SK cos BSC   b  2b   16 2b2 16 2 2a2  b2 2a2  b2 9b2 a2 a    b Khi (*)  16 16 Gọi O tâm tam giác ABC, suy SO  ( ABC ) , a a 6a2 3a2 a 42 AO    SO  SA2  AO2    3 1 a 42 a2 a 14  Suy ra: VS ABC  SO.S ABCD  (đvtt) 3 24 Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình chữ nhật, AB = a, SA  a 3, SA  ( ABCD) Gọi M trung điểm SD Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng BM, AC, biết BM  AC S M A F K D E B C Phân tích: Khi tiếp cận với giả thiết BM  AC , dùng cách 2, thấy việc dựng hình chiếu BM lên (ABCD) dễ dàng Lời giải: Gọi K trung điểm AD, suy MK // SA  MK  ( ABCD) Vì BM  AC  BK  AC (Theo ĐL đường vuông góc) Khi đó, ta có · ABK  · ACB (vì phụ với · BAC ) VBAC đồng dạng với VAKB  AB BC AD   AB2  AK BC  a2  AD  AD  a AK AB 1 a3 V  SA S  a a  Suy ra: S ABCD (đvtt) ABCD 3 Gọi E  AC  BK Kẻ EF  BM F Ta có EF  AC ( EF  ( BMK )  AC ) Suy EF đoạn vuông góc chung hai đường thẳng BM AC  d ( BM , AC )  EF a 2 a a Ta có BK  AB  AK  a   , BE  BK      3   2  BM  BK  MK  6a 3a 3a   4 a a EF MK BE.MK a ·   EF   Ta có sin BMK  3a BE BM BM Vậy d ( BM , AC )  EF  a Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC, tam giác SAC cân C, có · SCA  1200 , SC  a BAC  300 Tính thể tích khối chóp S.ABC Biết (SAC )  ( ABC ), SA  BC · tính thể tích khối tứ diện SBCK, biết K điểm thuộc SA thỏa mãn CK vuông góc với SB S K A C H B Phân tích: Khi tiếp cận với giả thiết SA  BC , dùng cách 2, (SAC )  ( ABC ) nên hình chiếu SA lên (ABC) AC Lời giải: Vì (SAC )  ( ABC ) , suy AC hình chiếu vuông góc AS lên mặt phẳng (ABC) Lại có SA  BC  AC  BC ( Theo ĐL đường vuông góc) Suy tam giác ABC vuông C  BC  AC.tan 300  a a2  SV ABC  AC.BC  Kẻ SH  AC H, suy SH  ( ABC) a SCH  600  SH  SA.sin 600  Ta có · 1 a a2 a  (đvtt) Suy VS ABCD  SH SV ABC  3 12 10 Vì AC  BC  BC  (SAC ) , suy SC hình chiếu vuông góc SB lên mặt phẳng (SAC) Vì SB  CK  SC  CK ( Theo ĐL đường vuông góc) Khi ta có: SK  SC 2a  cos 30 Ta có: SA2  SC2  AC2  2SC.AC.cos1200  3a2  SA  a Ta có VS BCK VS ABC 2a SK SC SB 2 a3     VSBCK  VS ABC  (đvtt) SA SC SB a 3 18 Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD hình thoi cạnh a, BD  a Biết SA  BD, SB  AD (SBD) tạo với mặt đáy góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AC, SB theo a s F BH  AD H K E BH  AD D A O B C Phân tích: Bài toán phức tạp cho hai cặp đường thẳng chéo vuông góc với là: SA  BD, SB  AD +Ta để ý đến SA  BD trước, có AC  BD  BD  (SAC ) (cách 3) 11 Suy (SAC )  ( ABCD) , ta nghĩ đến việc dựng hình chiếu vuông góc S lên (ABCD) Đây sở để ta dùng cách để khai thác giả thiết SB  AD Lời giải: Vì ABCD hình thoi nên AC  BD , mà SA  BD , suy BD  (SAC )  (SAC)  ( ABCD) Kẻ SH  AC H, suy SH  ( ABCD) Vì SB  AD  BH  AD ( Theo ĐL đường vuông góc) Gọi AC  BD  O , ta có BD  (SAC ) , suy góc hai mặt phẳng (SBD) (ABCD) góc · SOH  600 Từ giả thiết, suy tam giác ABC ACD tam giác cạnh a ·  600  OH  OB.tan 600  Vì BH  AD  OBH Suy SH  OH tan 600  a 3a 3 2 3a 1 3a 3a a 3.a  Suy VS ABCD  SH S ABCD  (đvtt) 3 2 Tính d ( AC, SB)  ? Dựng hình bình hành OHEB, suy OHEB hình chữ nhật Ta có BE // AC, suy AC // (SBE)  d ( AC, SB)  d ( AC,(SBE))  d (H ,(SBE)) Ta có BE  HE, BE  SH  BE  (SHE)  (SBE)  (SHE) Kẻ HF  SE F, suy HF  (SBE ) 3a a SH HE SH HE  3a 30  d ( H ,(SBE ))  HF    SE 20 SH  HE 27a2 3a2  4 12 Ví dụ 5: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cạnh a Gọi M trung điểm B’C’ Biết AB’ vuông góc với A’M AB’ = AM Cạnh bên AA’ hợp với đáy góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a tính cosin góc hai mặt phẳng (BCC’B’) với (A’B’C’) Phân tích: Để ý A' M  B ' C ' , từ giả thiết AB '  A ' M  A ' M  ( AB ' C ') Đây cách A C N B A’ C’ M B’ H Lời giải: Vì tam giác A’B’C’ nên A ' M  B ' C ' , lại có A ' M  AB '  A ' M  ( AB ' C ')  ( AB ' C ')  ( A ' B ' C ') Gọi H trung điểm B’M, tam giác AB’M cân đỉnh A nên AH  B ' C '  AH  ( A ' B ' C ') Suy góc AA’ (A’B’C’) góc · AA' H  600 Ta có A ' H  A ' M  HM  3a2 a2 a 13   16 13 Suy AH  A ' H tan 600  a 13 a 39 3 4 Suy VABC A' B 'C '  AH S A' B 'C '  a 39 a2 3a 13  (đvtt) 4 16 Tính tính cosin góc hai mặt phẳng (BCC’B’) với (A’B’C’) Vì (ABC) // (A’B’C’) nên số đo góc hai mặt phẳng (BCC’B’) với (A’B’C’) số đo góc hai mặt phẳng (BCC’B’) với (ABC) Gọi N trung điểm BC, ta có AN  BC Vì AH  ( ABC )  AH  BC   ABC ),( BCC ' B ')  · ANH   Suy ( ANH )  BC  (· Ta có tam giác ANH vuông A, nên a 39 AH AH 13 221 cos      NH 17 17 AH  AN 39a2 3a2  16 Ví dụ 6: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có ABCD hình vuông cạnh a, AA '  a Gọi M, N trung điểm cạnh BB’, AD Biết BN vuông góc với CM, AA’ hợp với (ABCD) góc 600 Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ N A K D H C B A’ D’ B’ M C’ 14 Phân tích: Vì ABCD hình vuông, ta liên tưởng đến tính chất : Gọi K trung điểm AB BN  CK , mà BN  CM  BN  (CKM ) , ta chọn cách Lời giải: Gọi K trung điểm AB Ta dễ dàng chứng minh BN  CK Vì BN  CM  BN  (CMK )  (CMK )  ( ABCD) Kẻ MH  CK H, suy MH  ( ABCD)     AA ',( ABCD)  · AA ',( ABCD)  · MBH  600 Vì AA’ // BB’  · Suy MH  MB.sin 600  a 3 3a  2 Suy VABCD.A'B'C 'D'  d (B ',( ABCD)).S ABCD 2d (M ,( ABCD)).S ABCD  MH S ABCD  3a 3a3 a  (đvtt) 4 III.4 Một số tập áp dụng Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có AB = a Gọi M trung điểm cạnh SD Biết SA  CM Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng AB CM Bài 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi cạnh a, AC  a Gọi M thuộc đoạn CD cho MC = 2MD Biết SA  BD, SM  BC Tính thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ C đến (SAB) Bài 3: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có ABC tam giác vuông B, · AC  a, BAC  600 Biết AB '  A 'C ', AA '  B ' M , với M trung điểm A’C’; mặt phẳng (BCC’B’) tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ 15 Bài 4: Cho hình chóp SABC có ABC tam giác vuông cân tai B, AC = 2a ·  600 ; ( SAC )  ( ABC ) Gọi M trung điểm Tam giác SAC vuông S, SAC BC, N điểm thuộc đường thẳng SC thỏa mãn BN  AM Tính thể tích khối tứ diện SBMN IV Kết thực nghiệm 1) Trong khuôn khổ viết đưa ví dụ điển hình Từ ví dụ hướng dẫn cô giáo, học sinh tìm tòi lời giải toán Sau giải toán, hướng dẫn học trò thay đổi cách tiếp cận toán, để đưa so sánh tính khả thi hiệu phương pháp Trong trình tìm tòi học sinh phấn chấn, tự giác tiếp nhận kiến thức kỹ giải toán dạng mà hình thành cho em cách nhìn nhận Định lý, tính chất hình học nhiều góc độ khác nhau, biết cách phân tích vấn đề nhiều góc độ 2) Trong lớp 12C8, 12C9, 12C10 dạy năm nay, giao Ví dụ Ví dụ nhà cho lớp 12C8, 12C9 12C10 chưa phương pháp khai thác giải thiết hai đường thẳng chéo vuông góc với Kết số học sinh giải sau: Lớp 12C8 12C9 12C10 Sĩ số 51 51 45 Số học sinh giải Tỉ lệ % học sinh giải 12(VD1) 23,5%(VD1) 7(VD2) 13,7%(VD2) 16(VD1) 31,4%(VD1) 10(VD2) 19,6%(VD2) 7(VD1) 15,6%(VD1) 5(VD2) 11,1%(VD2) 16 Sau hướng dẫn phương pháp, phân tích hai ví dụ: Ví dụ Ví dụ lớp yêu cầu học sinh làm ví dụ lại sở gợi mở, phân tích Hầu hết học sinh lớp hiểu, nắm phương pháp giải ví dụ 3,4,5,6 Khi giao bài tập nhà Kết số học sinh giải tập sau: Lớp Sĩ số Số học sinh giải Tỉ lệ % học sinh giải 12C8 51 38 74,5% 12C9 51 42 82,4% 12C10 45 30 58,8% C KẾT LUẬN Quá trình dạy học trình tìm tòi suy nghĩ để không ngừng đúc rút kinh nghiệm nâng cao hiệu dạy Kinh nghiệm trình bày ứng dụng nhỏ rèn luyện kỹ giải toán hình học không gian Nhưng dù qua trình nêu hình thành cho học sinh phương pháp luận; rèn luyện cho học sinh cách nhìn nhận vận dụng lý thuyết vào giải toán, tạo cho học sinh hứng thú tìm tòi, hứng thú học toán Trên kinh nghiệm rút từ trình giảng dạy thân, mong đồng nghiệp bổ sung, góp ý để áp dụng rộng rãi hiệu dạy học 17 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 20 tháng năm 2013 ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác Nguyễn Việt Dũng D.TÀI LIỆU THAM KHẢO Sách giáo khoa Hình học 11, nâng cao, NXBGD 18 [...]... em cách nhìn nhận một Định lý, tính chất hình học dưới nhiều góc độ khác nhau, biết 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 12C8 12C9 12C10 Sĩ số. .. 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 tìm tòi 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... điển hình Từ 6 ví dụ này dưới sự hướng dẫn của cô giáo, học sinh tìm tòi các 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. .. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC, SB theo a s F BH  AD H K E BH  AD D A O B C Phân tích: 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) 11 Suy ra (SAC )  ( ABCD) , khi đó ta nghĩ đến ngay việc dựng hình chiếu vuông góc của S lên (ABCD) Đây... 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  600 Từ giả thiết, suy ra tam giác ABC và ACD là các tam giác... 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 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 17 XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG... số 51 51 45 Số học sinh giải Tỉ lệ % học sinh được giải được 12(VD1) 23,5%(VD1) 7(VD2) 13,7%(VD2) 16(VD1) 31,4%(VD1) 10(VD2) 19,6%(VD2) 7(VD1) 15,6%(VD1) 5(VD2) 11,1%(VD2) 16 Sau khi hướng dẫn phương pháp, phân tích hai ví dụ: Ví dụ 1 và Ví dụ 2 ở 3 lớp 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... 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) Bài 3: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có ABC là tam giác vuông. .. 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’) Phân tích: Để ý A' M  B ' C ' , từ giả thiết AB '  A ' M  A ' M  ( AB ' C ') Đây chính là cách 3 A C N B A’ C’ M B’ H Lời giải: Vì tam giác A’B’C’ đều nên A ' M  B ' C '... B ' M , với M là trung điểm A’C’; mặt phẳng (BCC’B’) tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ 15 Bài 4: Cho hình chóp SABC có ABC là tam giác vuông cân tai B, AC = 2a ·  600 ; ( SAC )  ( ABC ) Gọi M là trung điểm Tam giác SAC vuông tại S, SAC 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