SKKN một số phương pháp giải toán hình học không gian ở trường THPT image marked

1 MỤC LỤC - Đối tượng nghiên cứu………………… ……… ………………… - Mục đích nghiên cứu ………………………… ………………… - Đối tượng nghiên cứu……………………………….… .……… -Phương pháp nghiên cứu………………………………… …… NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận ……………………………………… .……… 2.1.1 Vài nét hình thành vec tơ tọa độ…… ………… 2.1.2 Căn vào chất hình học…………………… .……… 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Thực hành giải số dạng tốn hình học khơng gian thơng qua phương pháp giải khác 2.3.1 Các tốn tính thẳng hàng……………… .…………… 2.3.2 Các toán quan hệ song song……………… ………… 2.3.3.Các tốn quan hệ vng góc……… ……………… 10 2.3.4 Các tốn tính khoảng cách……………… …… … 13 2.3.5 Các tốn tính góc……………… …………… …… 16 2.4 Thực nghiệm sư phạm…………………………………… .… 18 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Tài liệu tham khảo Phụ lục 20 MỞ ĐẦU -LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Việc tổ chức dạy học kiến thức hình học phương pháp khác nhằm tạo cho học sinh tính linh hoạt, đa dạng tiếp cận tốn hình học Thực trạng nay, trường THPT việc học hình học với phận học sinh điều miễn cưỡng, mơn hình đưa lại say mê với số học sinh giỏi việc tạo cho em hứng thú học hình cách tiếp cận toán phương pháp khác việc nên làm Điều góp phần làm cho em nắm vững kiến thức hình học,hiểu chất đối tượng hình học chương trình phỏ thơng Hình học khơng gian chiếm vị trí quan trọng chương trình tốn cấp THPT, việc tìm kiếm đường tổ chức dạy học cho phần hình học khơng gian nhiều người quan tâm Đặc biệt, với tiện ích việc sử dụng phương tiện dạy học đại đưa lại, giáo viên trình chiếu nhanh chóng phân tích, so sánh phương pháp giải khác cho toán cụ thể đơn vị thời gian định, cách làm tạo ấn tượng tốt thực có hiệu học sinh Vì chọn đề tài: ‘’ Một số phương pháp giải tốn hình học khơng gian trường THPT’’ - MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Mục đích nghiên cứu đề tài xây dựng hệ thống dạng tập hình học khơng gian giải phương pháp khác từ giúp cho học sinh tiếp cận hình học giải tốn hình học cách dễ -ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Xây dựng sở lý luận thực tiễn việc rèn luyện lực chuyển đổi ba phương pháp Xây dựng hệ thống dạng tập hình học khơng gian giải phương pháp khác -PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Nghiên cứu tài liệu phương pháp giảng dạy toán, sách giáo khoa, sách giáo viên chương trình hình học cấp THPT; Điều tra tìm hiểu, khảo sát thực tế thu thập thơng tin Tìm hiểu việc dạy học hình học trường THPT Hàm Rồng theo chủ đề: hình học tổng hợp,vec tơ toạ độ Đối chiếu kết kiểm tra lớp thuộc khối 12 trường THPT Hàm Rồng NỘI DUNG 2.1 CƠ SỞ LÍ LUẬN 2.1.1 Vài nét hình thành kiến thức vec tơ toạ độ Phương pháp toạ độ có nguồn gốc lịch sử cổ đại Các nhà thiên văn học Hy lạp(Hippocrates kỷ II-TCN,Ptolemaeus kỷ II ) dùng toạ độ cầu (vĩ độ kinh độ)để xác định điểm khác trái đất, nhiên phát triển phương pháp toán học bị kìm hãm chưa có ký hiệu chữ quan niệm tổng qt số Việc khơng có phương pháp toán học tổng quát để giải tốn chứng minh số định lý hình học hạn chế lớn hình học sơ cấp.Trong vật lý, học, kỹ thuật người ta thấy hạn chế cách sâu sắc gặp đường, mặt phức tạp đường Parabol, đường hypecbol, đường elip , mặt Paraboloit, mặt Hypecboloit, Cho đến kỷ XVII, nhà toán học Đêcac(R.Descartes)(1596-1650) sáng lập mơn hình học giải tích cách độc lập với Phecma(P.Fermat)(1601-1665) Hai ông cống hiến cho khoa học phương pháp – phương pháp toạ độ làm sở cho hình học giải tích, mơn học dùng hệ toạ độ để chuyển hình ảnh hình học ngơn ngữ đại số Có thể nói, đời khái niệm toạ độ sau khái niệm vec tơ góp phần thúc đẩy phát triển lý thuyết toán học ứng dụng toán học vào thực tế đời sống 2.1.2 Căn vào chất toán học kiến thức hình học Một nội dung,một khái niệm tốn học diễn đạt theo ngơn ngữ,ký hiệu khác nhau.Chẳng hạn: + Khái niệm: “M trung điểm đoạn thẳng AB”  M  AB   MA  MB (theo ngôn ngữ tổng hợp)  MA  MB  ( theo ngôn ngữ vec tơ) x A  xB   xM   y  yB    yM  A  z A  zB   zM   (theo ngôn ngữ toạ độ) + Khái niệm: “đường thẳng AB”   ( theo ngôn ngữ vec tơ)  M / AM  t AB, t  R  x  xA y  yA z  zA    M ( x; y; z ) /    (theo ngôn ngữ toạ độ) xB  x A y B  y A z B  z A   Như vậy,một khái niệm tốn học có vỏ ngơn ngữ khác ta dựa vào cách diễn đạt theo ngôn ngữ khác mà định hướng để tìm phương pháp khác để giải tốn hình học Chẳng hạn,dựa vào cách diễn đạt khái niệm:”Hai mặt phẳng vng góc với không gian” ta định hướng cách chứng minh hai mặt phẳng vng góc: 1/ Theo ngơn ngữ tổng hợp: Để chứng minh hai mặt phẳng vng góc với nhau,ta chứng minh góc hai mặt phẳng 900 2/ Theo ngôn ngữ vec tơ: Để chứng minh hai mặt phẳng vng góc với nhau,ta chứng minh tích vô hướng (qua phép biến đổi) hai vec tơ pháp tuyến hai mặt phẳng 3/ Theo ngôn ngữ toạ độ:Để chứng minh hai mặt phẳng A1x + B1y + C1z + D1 = A2x + B2y + C+C2z + D2 = vng góc với nhau, ta chứng minh biểu thức toạ độ tích vơ hướng hai vec tơ pháp tuyến hai mặt phẳng A1.A2 + B1.B2 + C1.C2 = 2.2 THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Trươc áp dụng sáng kiến kinh nghiệm nhận thấy việc học sinh THPT ( cụ thể học sinh lớp 12) giải tốn hình học khơng gian thường lúng túng, làm chậm, đối tượng học sinh trung bình trở xuống thường khơng làm hình 2.3 THỰC HÀNH GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN THÔNG QUA VIỆC KHAI THÁC CÁC PHƯƠNG PHÁP KHÁC NHAU 2.3.1 CÁC BÀI TỐN VỀ TÍNH THẲNG HÀNG Dạng toán 1: Chứng minh ba điểm thẳng hàng * Phương pháp tổng hợp: Để chứng minh ba điểm A,B,C thẳng hàng ta sử dụng hướng sau: + Chứng minh A,B,C thuộc hai mặt phẳng khác + Chứng minh AB AC song song với đường thẳng * Phương pháp vec tơ + Chứng minh AC  t AB (t  R) + Chứng minh với điểm O tuỳ ý có: OC  t.OB  (1  t ).OA (t  1) + Chứng minh với điểm O tuỳ ý có: OC  t.OB  l.OA (t  l  1) * Phương pháp toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz + Biểu thị toạ độ A,B,C theo hệ toạ độ chọn: A(xA;yA;zA), B(xB;yB;zB) ,C(xC;yC;zC) + Tính toạ độ AB( x B  x A , y B  y A , z B  z A ) , AC ( xC  x A , y C  y A , z C  z A )  xC  x A  t.( x B  x A + Chỉ tồn t  R cho  y C  y A  t.( y B  y A )  z  z  t.( z  z ) A B A  C Hoặc thay toạ độ cuả điểm C vào phương trình đường thẳng AB thấy thoả mãn Ví dụ 1:Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 Gọi G trọng tâm tam giác A1BD Chứng minh A,G,C1 thẳng hàng Lời giải * Phương pháp tổng hợp: Chứng minh A,G,C1 thuộc hai mặt phẳng khác A Ta có: G  A1O  ( ACC1 A1 ) nên G  ( ACC1 A1 ) D O Vậy A, G, C1  ( ACC1 A1 ) B Mặt khác G  DI  ( ADC1 B1 ) nên G G  ( ADC1 B1 ) C I Vậy A, G, C1  ( ADC1 B1 ) A1 D1 Từ suy ba điểm A,G,C1 thẳng hàng B1 C1 Phương pháp vec tơ Quy trình giải tốn gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn kiện tốn sang ngơn ngữ vec tơ: - Chọn hệ vec tơ gốc AA1 , A1 B1 , A1 D1 Theo ra, G trọng tâm tam giác A1BD nên A1G  A1O - Để chứng minh A,G,C1 thẳng hàng, ta chứng minh A1G  t.AC1 + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu tốn Ta có: AC1  AA1  A1C1   A1 A  A1 B1  A1 D1 , AG  AA1  A1G  A1 A  A1O 3 =  AA1  ( A1 B  A1 D) = ( A1 A  A1 B1  A1 D1 )  AC1 + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp Như vậy,ta có: A1G  A1O hay A,G,C1 thẳng hàng * Phương pháp toạ độ: Quy trình giải tốn gồm: z + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn kiện tốn sang ngơn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: O  A1 , D1  Ox , B1  Oy , A  Oz Khi ta A D O B C G I có: x A1 A1(0;0;0),D1(a;0;0),B1(0;b;0),A(0;0;c), B(0;b;c),D(a;0;c),C1(a;b;0).Vì G trọng D1 B1 C1 y a b c tâm tam giác nên: G =  ; ;   3 3 + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ a b 3 c 3 Ta có: AC1  (a; b;c) , AG  ( ; ; )  (a; b;c)  AC1 + Bước 3: Chuyển kết luận ngơn ngữ hình học tổng hợp AG  AC1 hay A,G,C1 thẳng hàng Dạng toán 2:Cho ba điểm A,B,C thẳng hàng, từ suy tính chất khác Ví dụ 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 P điểm đường thẳng CC1 cho CP  CC1 , M điểm đường thẳng AD, N điểm đường thẳng BD1 cho M,N,P thẳng hàng.Tính MD MA Lời giải:  Phương pháp tổng hợp: Ta có:  ADD1 A1   MP; BD1   MD1 BCC1 B1   MP; BD1   BP Vì  ADD1 A1  // BCC1 B1  nên MD1// BP, MD1D= suy MD1 D BPC ,vậy nên từ MD MD DD1    hay AD DC CP MD  MA * Phương pháp vec tơ Quy trình giải tốn gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc, biểu diễn kiện tốn sang ngơn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : CB  a , CC1  b , CD  c 3 2 D,M,A thẳng hàng nên: DM  x.DA  x.a Theo giả thiết,ta có: CP  CC1  b Vì P D1 C1 A1 B1 N Vì M,N,P thẳng hàng nên: D CN   CM  (1   ).CP Vì B,N,D1 thẳng hàng nên: A CN   CD1  (1   ).CB C B + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với u cầu tốn Tacó: CN   (CD  DM )  (1   ).CP   (c  x.a)  (1   ) .b (1)   x.a  (1   ) .b   c Lại có CN   (CC1  CD)  (1   ).CB   (b  c)  (1   ) a  (1   ).a   b   c (2)  x    3 2 MD  Từ (1) (2)suy ra:  (1   )        ; x  Vậy DM  DA  3 MA 2     Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyển kiện tốn sang ngơn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: C  O , B  Ox , D  Oy , C1  Oz 3c Khi đó: C(0;0;0), B(a;0;0), D(0;b;0),C1(0;0;c) ,D1(0;b;c), D  0;0;   2 + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ Mặt phẳng (BD1P) (chứa N) qua B(a;0;0) có vec tơ phương BP  (a;0; z P 3c ) BD1 (a; b; c) D1 nên có phương trình: 3bcx+acy+2abz-3abc = (3)  x  a.t Đường thẳng AD có phương trình:  y  b z   (4) M có toạ độ nghiệm hệ (3) C1 A1 B1 N y D M C C A M B x (4) nên M=  2a   2a  a  ; b;0  ,từ có DM   ;0;0  , MA   ;0;0   DM  MA     3  + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp DM  2MA  MD  MA 2.3.2 CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ SONG SONG Dạng toán 1: Chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng, đường thẳng song song với mặt phẳng, hai mặt phẳng song song  Phương pháp tổng hợp: + Để chứng minh hai đường thẳng a b song song với nhau,ta chứng minh chúng đồng phẳng áp dụng cách chứng minh hình học phẳng như: tính chất đường trung bình, định lý Talet đảo chứng minh hai đường thẳng song song với đường thẳng thứ ba, + Để chứng minh a//(P) ta chứng minh a//b với b  (P) + Để chứng minh hai mặt phẳng song song với nhau, ta chứng minh mặt phẳng chứa hai đường thẳg cắt song song với mặt phẳng kia,  Phương pháp vec tơ, phương pháp toạ độ Khi giải tốn dạng này, ta tiến hành:Chuyển kiện tốn ngơn ngữ vec tơ toạ độ,sau biến đổi đẳng thức vec tơ (hoặc toạ độ) thu dạng đẳng thức vec tơ (hoặc toạ độ) tương đương với điều kiện song song Ví dụ3: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 M điểm chia đoạn AD theo tỉ số  , N điểm chia đoạn A1C theo tỉ số  Chứng minh: MN//(BC1D) Lời giải * Phương pháp tổng hợp: Đặt O = AC  BD , I = MC  BD , J = A1C  C1O JC OC   suy Ta có: JA1 A1C1 1 CJ CJ  CA1  CN Vậy  3 CN IC CB AD    Mặt khác IM MD MD IC  Từ (1) (2) có: CM D1 C1 B1 A1 N J (1) D M I A CJ CI  CN CM C O B hay MN//IJ (  BC1 D  ), MN//(BC1D) * Phương pháp vec tơ Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc, biểu diễn kiện tốn sang ngơn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : BA  a , BB1  b , BC  c M điểm chia đoạn AD theo tỉ số 1 2 ,nên AM  AD N điểm chia đoạn A1C theo tỉ số  nên A1 N  A1C , để 5 chứng minh: MN//(BC1D) ta chứng minh MN  m.BD  n.BC1  + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán Ta có: BD  a  c , BC1  b  c , MN  BN  BM = BA  AA1  A1 N  BA  AM 2 3  a  b  (c  a  b)  a  c   a  b  c   (a  c)  (b  c) 5 5 5   BD  BC1 5 + Bước 3: Chuyển kết luận ngơn ngữ hình học tổng hợp MN  BD  BC1 5 * Phương pháp toạ độ: Quy trình giải tốn gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyển kiện toán sang ngôn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: C  O , B  Ox , D  Oy , C1  Oz Giả sử ba kích thước hình hộp a,b,c, khiđó: C(0;0;0),B(a;0;0),D(0;b;0),C1(0;0;c), A(a;b;0),A1 a; b; c  M điểm chia đoạn AD theo tỉ số  ,nên M=( 4a 3a 3b 3c , b,0) ,N=( , , ) 5 5 z P D A1 B N x M D C A B M y + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ x y z     bcx+acy+abz+abc = a b c a 2b 3c Đường thẳng MN có vec tơ chi phương MN  ( , , ) 5 Mặt phẳng (BC1D) có phương trình là: + Bước 3: Chuyển kết luận ngơn ngữ hình học tổng hợp Vì n.MN  nên n  MN hay MN//(BC1D) Dạng toán 2:Cho biết quan hệ song song,từ suy tính chất hình học khác Ví dụ 4: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 M điểm đường chéo AC mặt phẳng (ABCD), N điểm đường chéo thẳng C1D mặt phẳng (CDD1C1) cho MN//BD1 Tính tỉ só MN BD1 * Phương pháp tổng hợp: Đặt I = BM  D1 N , I  BM  ( ABCD) I  D1 N  (CDD1C1 ) nên I  CD IN DN DI do CD // C1 D1  ,   ND1 NC1 C1 D1 IM CM CI do AB // CD  mặt   MB MA AB IN IM do MN // BD1  nên  khác ND1 MB DI CI  suy ra: DI = CI hay C1 D1 AB Ta có: A1 D1 B1 C1 N A I trung điểm CD M B Vậy I D C IM MN IM    hay IB BD1 MB * Phương pháp vec tơ Quy trình giải tốn gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc, biểu diễn kiện tốn sang ngơn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : BA  a , BB1  b , BC  c Theobài A, M, C thẳng hàng nên MC  x AC , C1, N, D thẳng hàng nên C1 N  y.C1 D , MN//BD1 nên MN  k BD1 + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với u cầu tốn Tacó: MN  k (a  b  c) (1) AC  c  a , CC1  b , C1 D  a  b , MN  MC  CC1  C1 N  x  y  x  k   (2) Vì a , b , c đồng phẳng nên từ (1) (2) suy 1  y  k   y   x  k   k   Vậy MN  BD1 + Bước 3: Chuyển kết luận ngơn ngữ hình học tổng hợp MN 1 MN MN  BD1   hay = BD1 3 BD1  Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyển kiện tốn sang ngơn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: A  O , B  Ox , D  Oy , A1  Oz Giả sử ba kích thước hình hộp a,b,c, khiđó: A(0;0;0),B(a;0;0),D1(0;b;c),C1(0;0;c),C(a;b;0),C1 a; b; c  Vì M  AC nên M(xM;yM;0), Vì N  DC1 nên N=(xN;b;zN) + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ MN  ( x N  x M ; b  y M ; z N ) , BD1  (a; b; c) , MC  (a  x M ; b  y M ;0) , AC  (a; b;0) , C1 N  ( x N  a;0; z N  c) , C1 D  (a;0;c) Từ giả thiết suy ra: MN//BD1 suy z A1 D1 B1 C1 N A D M B x C y  x N  x M  ka  MN  k BD1  b  y M  kb  z  kc  N a  x M  xa b  y M  xb (1),M  AC  MC  x AC    x N  a   ya N  C1 D  C1 N  yC1 D    z N  c   yc (2) , y  x  k (3) Từ (1),(2),(3) suy 1  y  k  x  k   x      y  MN  BD1 3   k   + Bước 3: Chuyển kết luận ngơn ngữ hình học tổng hợp 2.3.3 CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ VNG GĨC Dạng tốn 1: Chứng minh tính vng góc đường thẳng mặt phẳng  Phương pháp tổng hợp: * Để chứng minh đường thẳng a vng góc với mặt phẳng (P), ta chứng minh: + a vng góc với hai đường thẳng cắt (P) + a song song với dường thẳng b mà b  (P) + Sử dụng định lý:” Nếu a thuộc mặt phẳng (P) mà (P) vng góc với (Q) a vng góc với giao tuyến (P) (Q) a  (P)” + Sử dụng định lý:” Nếu a giao tuyến hai mặt phẳng (P) (Q) vng góc với mặt phẳng (R) a vng góc với mặt phẳng (R)” * Để chứng minh hai mặt phẳng vng góc với nhau,ta chứng minh : + Mặt phẳng chứa đường thẳng vng góc với mặt phẳng + Góc hai mặt phẳng có số đo 900  Phương pháp vec tơ: Để chứng minh hai mặt phẳng vng góc với nhau,ta quy chứng minh đường thẳng vng góc với mặt phẳng, để chứng minh đường thẳng vng góc với mặt phẳng,ta quy chứng minh đường thẳng vng góc với đường thẳng Như phương pháp vec tơ ta cần ý: AB  CD  AB.CD   Phương pháp toạ độ + Để chứng minh AB  CD ta chứng minh: (xB-xA)(xD-xC)+ (yB-yA)(yD-yC)+ (zB-zA)(zD-zC)=0 + Để chứng minh đường thẳng vng góc với mặt phẳng ta chứng minh vec tơ phương đưòng thẳng phương với vec tơ pháp tuyến mặt phẳng + Để chứng minh hai mặt phẳng A1x + B1y + C1z + D1 = A2x + B2y + C2z + D2 = vng góc với nhau, ta chứng minh A1.A2 + B1.B2 + C1.C2 = Ví dụ5: Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 Gọi P trung điểm AB, Q giao điểm BC1 CB1 Chứng minh D1Q  (PB1C) 10 Lời giải: * Phương pháp tổng hợp: B Vì D1 B1C Q trung điểm B1C nên D1Q  B1C C P D A (1) R Q Gọi R S trung điểm CD CC1, đó: RC1//PB1, QS  (CDD1C1) nên QS  RC1.Mặt khác D1S  RC1 nên RC1  (QSD1) Vậy RC1  D1Q nên S B1 C1 A1 D1 D1Q  PB1 (2).Từ (1) (2) suy D1Q  (PB1C)  Phương pháp vec tơ Quy trình giải tốn gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc, biểu diễn kiện tốn sang ngơn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc D1Q  ( D1 B1  D1C ) + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán 2 Ta có B1 P  ( B1 A  B1 B) = ( B1 A1  2.B1 B)  a  b , B1C  B1 B  B1C1  b  c 1 1 1 ( D1 B1  D1C ) = (a  b  c  a ) =  a  b  c 2 2 2 1 B1 P D1Q = ( a  b) (  a  b  c )= 2 1 B1C D1Q  (b  c) (a  b  c) = 2 D1Q  + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp B1 P D1Q =  D1Q  PB1 B1C D1Q =  D1Q  B1C Vậy D1Q  B1C * Phương pháp toạ độ: Quy trình giải tốn gồm: z + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyển kiện B tốn sang ngơn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: B1  O , A C1  Ox , B  Oz , A1  Oy Giả sử kích thước hình lập phương a, khiđó: B1(0;0;0),C1(a;0;0), P trung điểm AB a nên P(0; ; a) , B(0;0;a),C(a;0;a), D1(a;a;0), A 0; a; a  a a Q trung điểm B1C nên Q  ( ;0; ) 2 + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ 11 C D Q x B1 C1 A1 D1 y a a Ta có: QD1 ( ; a; ) vec tơ phương đường thẳng QD1.Mặt phẳng (PB1C) qua B1 nhận hai vec tơ phương B1 P B1C nên có vec tơ pháp 2 a a tuyến n  ( ;1; ) phương với QD1 ( ; a; ) nên D1Q  (PB1C) Dạng toán 2: Cho biết đường thẳng hay mặt phẳng vng góc từ suy tính chất hình học khác Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD, đáy nửa lục giác đều.AB = B = CD = a Cạnh bên SA vng góc với đáy SA  a M điểm cạnh SB cho M khác B AM  MD 1)Tính tỉ số SM SB 2)Tính diện tích thiết diện tạo hình chóp mặt phẳng (AMD) S Lời giải:* Phương pháp tổng hợp:  BD  AB suy BD  (SAB) BD   BD  SA 1) Ta có:  AM.Mặt khác AM  MD nên AM  (BMD), đó: AM  SB.khi đó: SA2-SM2 = AB2 – BM2, SM + BM =SB Suy ra: M 3a  SM  SM  BM  2a   SM    SB SM  BM  2a  BM  a  2 N A D B C 2/ Thiết diện hình thang AMND có diện tích S tính theo cơng thức: S  ( MN  AD).MH 4 MN đường cao hình thang AD = 2a , MN  BC  a Tính MH: Vì AM  MD nên: 1   2 MH AM MD a a 39 13a  MH  , MD  SM  SD  2.SM SD cos DSM  11 39a Vậy S  64 với AM = * Phương pháp vec tơ Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc, biểu diễn kiện toán sang ngôn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : AB  a , AD  b , AS  c ; a  a , b  2a , c  a Khi ta có: a.b  a , b.c  a.c  AM  MD  MA.MD  (1) + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán 12 1) Ta có SM   SB   ( AB  SA)   (a  c) , D1Q  ( D1 B1  D1C ) = 1 1 (a  b  c  a ) =  a  b  c ( Với    , M  B); MA  SA  SM 2 2 =  c   (a  c) MD  MA  AD =  a  (  1)c  b Khi (1)  [  c   (a  c) ].[  a  (  1)c  b ] =0  4  7      (loai )     Vậy SM  SB  Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ, chuyển kiện tốn sang ngơn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: A  O , D  Ox , S  Oz , Oy  ( ABCD) : Oy  Oz a a ;0) 2 Khi đó: A(0;0;0),D(2a;0;0), S(0;0;a ), B  ( ; + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ Đặt M= ( x0;y0;z0)  SB Đường thẳng SB có phương trình: y x za   a a a 2  y  3x0 Vì M  SB nên:  Mặt  z  a  3a khác AM  MD  MA.MD  S 3a   x0   3a  ta tìm được:  y    a z0   Vậy SM  ( z N M x A D B C y 3a 3a 3a a a 3 ; ; ) ; SB  ( ; ;a ) SM  SB 8 2 2.3.4 CÁC BÀI TOÁN VỀ TÍNH KHOẢNG CÁCH Dạng tốn 1: Chứng minh tính vng góc đường thẳng mặt phẳng  Phương pháp tổng hợp: + khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng a: d(M;a) = MH ( MH  a;H  a ) + khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) xác định sau: 13 - Chọn (P) đường thẳng a dựng mặt phẳng (Q) qua A vng góc với a( nên chọn a để mặt phẳng (Q) dễ xác định) - Xác định b  P   Q  - Dựng AH  b H, d(A;( P)) = AH + Khoảng cách hai đường thẳng chéo a b Ngoại trừ trường hợp đoạn vng góc chung có sẵn, ta phải dựng đoạn vng góc chung cách sau: Cách 1: (áp dụng cho trường hợp a  b) - Dựng mặt phẳng (P) chứa b vng góc với a A - Dựng AB  b B, đó: d(a;b) = AB Cách 2: - Dựng mặt phẳng (P) chứa b song song với a - Chọn M  a , dựng MH  (P) H - Từ H dựng a///a; a /  b  B - Từ B dựng đường thẳng song song với MH cắt a A,khi d(a;b) = AB  Phương pháp vec tơ: phươngpháp này, ta cần ý áp dụng tích vơ hướng hai vec tơ để tính khoảng cách - Khoảng cách hai điểm A B: AB  AB  AB - Khoảng cách từ điểm M đến đuờng thẳng a: Giải theo trình tự sau: Chọn A  a đặt AM  b Gọi N hình chiếu vng góc điểm M a, đó: MH  AH  AM = x a  b Tìm x nhờ điều kiện vng góc MH , a :   ( x a  b ) a  suy MH  x a  b - Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) có cặp vec tơ chi phương a,b: Chọn A  a đặt AM  m Gọi H hình chiếu vng góc M mặt phẳng (P),khi đó: MH  AH  AM = x a  yb  m Ta tìm hệ số x,y nhờ điều kiẹn vng góc MH ; a ; b từ suy khoảng cách cần tìm là: xa  yb  m + Khoảng cách hai đường thẳng chéo a b có hai vec tơ phương a , b , Giải theo trình tự sau: - Chọn A  a B  b đặt AB  m MH  - Gọi MN đoạn vng góc chung a b, đó: - Biểu diễn MN theo vec tơ không đồng phẳng MN  MA  AB + BN = x a  yb  m 14 MA  x a   BN  yb  MN a   MN b  - Ta tìm hệ số x,y nhờ điều kiện vng góc AB ; a ; b từ   suy khoảng cách cần tìm là: MH  x a  yb  m * Phương pháp toạ độ: Đối với phương pháp này, ta cần ý số công thức: - Khoảng cách hai điểm A B: AB   x B  x A 2   y B  y A 2   z B  z A 2 - Khoảng cách từ điểm M ( x ; y ; z ) đến đường thẳng  qua điểm M  x1 ; y1 ; z1  có vec tơ phương u (a; b; c) : d ( M ; )  MM ,u  u - Khoảng cách từ điểm M x1 ; y1 ; z1  đến mặt phẳng (P):Ax + By +Cz +D = d ( M ; ( P))  Ax  By  Cz  D A2  B  C - Khoảng cách hai đường thẳng chéo a b qua hai điểm M, M1 có hai vec tơ phương a , b : a,bMM d (a; b)  a, b Chú ý: - Việc tính khoảng cách hai đường thẳng chéo quy tính khoảng cách giưã hai điểm đường thẳng mặt phẳng song song hai mặt phẳng song song - Việc tính khoảng cách đường thẳng mặt phẳng song song, hai mặt phẳng song song quy tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Ví dụ 6: Cho tứ diện OABC có góc AOB=BOC=COA = 900 OA = a, OB = b, OC = c Gọi D trung điểm OC 1) Tính khoảng cách từ A đến đường thẳng BD 2) Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (ABC) Lời giải: * Phương pháp tổng hợp: 1) Gọi M hình chiếu vng góc A BD,khi có: OM  BD Xét tam giác vng AOM có: AM2 = AO2+OM2 = a2+OM2 15 Mặt khác,xét tam giác vng OBD có: O 2 1 1 b c      OM  2 2 4b  c OM OB OD b c b c  d ( A; BD)  AM  a  4b  c D M 2) Gọi H hình chiếu vng góc O mặt phẳng (ABC) £  AH  BC Vì OH  BC OA  BC nên BC  (OAH) BC  AH BC  OE C A H E B 1 1     với, 2 OH OA OE a OE abc 1 1      hay d (O; ( ABC )  OH  2 OH a b c b c a b  b2c  c 2a Ta có: * Phương pháp vec tơ Quy trình giải tốn gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc, biểu diễn kiện sang ngôn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : OA  a , OB  b , OC  c ;khi a  a , b  b , c  c 1 a.b  b.c  a.c  D trung điểm OC nên OD  OC  c 2 + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với u cầu tốn x 1) Ta có AM  BM  BA  x.BD  AB  a  (1  x).b  c Vì AM  BD  AM BD   [  a  (1  x)b  Vậy d ( A; BD)  AM  AM  a  c 4b x c) ] .(  b) =  x= 2 4b  c b c 4b  c *Phương pháp toạ độ: Quy trình giải tốn gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyển kiện tốn sang ngơn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: A  Ox , B  Oy , C  Oz khiđó: O(0;0;0),A(a;0;0),B(0,b;0) C(0;0;c), Vì D trung điểm O D M C A c OC nên D  (0;0; ) H x B + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ 16 z 1) Đặt M hình chiếu vng góc A BD Ta có: c  BD   0,b,  ; BA  a,b,0  Vậy 2   BA, BD    b c d ( A; BD)  AM   a2  4b  c BD 2) Gọi H hình chiếu vng góc O mặt phẳng (ABC), mặt phẳng (ABC) có phương trình ( theo đoạn chắn) là: x y z     bcx  acy  abz  abc  a b c abc => d (O; ( ABC ))  OH  2 2 2 a b b c c a 2.3.5 CÁC BÀI TỐN VỀ TÍNH GĨC * Phương pháp vec tơ: + Góc hai đường thẳng d1 d2 có hai vec tơ phương a1 , a xác định: cos(d ; d )  cos(a1 ;a )  a1 a a1 a + Việc tính góc đường thẳng mặt phẳng quy tính góc đường thẳng hình chiếu mặt phẳng + Việc tính góc hai mặt phẳng quy tính góc hai đường thẳng tương ứng vng góc với hai mặt phẳng * Phương pháp toạ độ: + Góc hai vec tơ a1 ( x1 ; y1 ; z1 ) , a ( x ; y ; z )   cos( ,  )  x1 x2  y1 y2  z1 z2 x12  y12  z12 x22  y22  z22 + Góc hai đường thẳng d1 d2 có hai vec tơ phương a1 , a xác định: cos(d ; d )  cos(a1 ;a )  + Góc đường thẳng d: a1 a a1 a x  x0 y  y z  z    mặt phẳng P): a b c Ax + By +Cz +D = xác định: sin(d ; ( P))  Aa  Bb  Cc A2  B  C a  b  c + Góc hai mặt phẳng (P):A1x + B1y + C1z + D1 = (Q): A2x + B2y + C2z + D2 = xác định: cos(( P); (Q))  A1 A2  B1 B2  C1C 2 2 2 A1  B1  C1 A2  B2  C 2 Ví dụ 7: Cho hai tia Ax1 By1 hợp với góc 600 Đường thẳng AB vng góc với hai Ax1 By1 AB = a Hai điểm M, N nằm hai 17 tia Ax1 By1sao cho AM = m, BN = n Tính cosin góc hai đường thẳng MN AB theo a, m ,n Lời giải:  Phương pháp tổng hợp: N Dựng At//By1 NH//AB ( H  At )Ta B y1 có: AB  AH , AB  AM  AB  (MHA) Mặt khác NH//AB nên NH  (MHA)  NH  MH Vì NH = AB = a,MH2 = A AM2 + AH2 - 2.AM.AH.cos600 H t M x1 = m2 + n2 –m.n suy MN2 = Vậy cos(MN ; AB)  cos MNH  MH2 + AH2 = m2 + n2 + a2 – m.n a m  n  a  mn 2 * Phương pháp vec tơ Quy trình giải tốn gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc, biểu diễn kiện sang ngôn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : MA  a , AB  b , BN  c ;khi a  m , b  a , c  n a.b  b.c  0; a.c  mn + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với u cầu tốn Ta có: MN  MA  AB  BN  a  b  c ; AB MN  b.(a  b  c)  a ; AB  b  a ; MN  (a  b  c)  m  n  a  m.n * Phương pháp toạ độ: Quy trình giải tốn gồm:+ Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyển kiện tốn sang ngơn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: O  A , Ox  Ax1 , B  Oz , Oy  (Oxz ), Oy  Oz , y B N y1 A khiđó:A(0;0;0),M(m;0;0),B(0,0;a), H M x1 n n  Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ Ta có: MN    m, , a  , 2   AB  0,0, a  suy MN  m  n  a  m.n ; AB  a ; MN AB  a Vậy cos( MN ; AB)  a m  n  a  mn 2.4 THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 18 t 2.4.1 Mục đích thực nghiệm: Nhằm đánh giá tính khả thi, kiểm tra tính đắn gỉả thuyết khoa học,tính hiệu quy trình giải tốn phương pháp khác nhau: tổng hợp, vec tơ toạ độ 2.4.2 Nội dung thực nghiệm: Các tiết thực nghiệm tiết 38-Tự chọn, kiểm tra 45 phút chương trình lớp 12 Sau dạy cho học sinh quy trình giải tốn phương pháp khác nhau, tiết tập 38, chúng tơi muốn kiểm tra kỹ vận dụng quy trình em 2.4.3 Tổ chức thực nghiệm Chúng tiến hành thực nghiệm hai lớp trường THPT Hàm Rồng, lớp thực nghiệm 12C6 chọn lớp đối chứng lớp 12C2 Thời gian thực nghiệm: Năm học 2015-2016 Bài kiểm tra 45 phút Hãy giải toán sau phương pháp khác nhau: Bài 1: Cho tứ diện OABC có tam giác AOB, BOC, COA tam giác vuông đỉnh O OA =a, OB = b,OC = c Tính khoảng cách từ O tới mặt phẳng (ABC) Bài 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 Gọi M, N điểm chia hai đoạn thẳng CA DC1 theo tỉ số  Chứng minh MN//(ABC1D1) 3.2 Kết thực nghiệm Điểm Lớp Thực nghiệm Đối chứng 10 Số 12 13 11 47 11 13 48 Kết sơ bộ: + Lớp thực nghiệm tỉ lệ học sinh đạt kết trung bình trở lên là: 44( tỉ lệ giỏi là:55% ) + Lớp đối chứng tỉ lệ học sinh đạt kết trung bình trở lên là: 22 ( tỉ lệ giỏi là:18% ) 3.3 Kết luận thực nghiệm + Việc dạy học cho học sinh quy trình giải tốn hình học khơng gian phương pháp khác thông qua số tiết dạng tập giúp cho em thấy mối liên hệ chủ đề hình học tổng hợp, vec to toạ độ 19 + Giúp em có kỹ thực giả tốn hình theo quy trình đưa ra, + Việc tổ chức dạy học tốt nhờ ứng dụng công nghệ thông tin,dùng phương tiện dạy học đại gây cho học sinh hứng thú học tập mơn hình, nâng cao hiệu dạy Như vậy, mục đích thực nghiệm đạt giả thuyết khoa học đề tài chấp nhận KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ - Kết luận: Qua trình nghiên cứu đề tài: “Một số phương pháp giải tốn hình học khơng gian trường THPT ” thu số kết quả: + Đề tài làm sáng tỏ lý luận thực tiễn việc rèn luyện lực chuyển đổi ngôn ngữ + Đề tài đưa quy trình giải lớp tốn phương pháp hìmh học tổng hợp, vec tơ toạ độ +Dựa kinh nghiệm thực tế giáo viên qua kết thực nghiệm cho phép xác nhận giả thuyết đề tài chấp nhận được, có tính hiệu mục đích nghiên cứu hoàn thành - Kiến nghị: Đối với giáo viên dạy học mơn tốn cần tách lọc đối tượng học sinh để từ có phương pháp dạy học phù hợp Đối với học sinh mức trung bình trung bình trang bị cho học sinh phương pháp hệ trục tọa độ hóa để em có tiếp cận dễ 20 Xác nhận thủ trưởng đơn vị Thanh Hoá, ngày 30 tháng năm 2016 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người viết Trịnh Đình Chiến TÀI LIỆU THAM KHẢO Tài liệu bồi dưỡng giáo viên mơn Tốn- Nhà xuất giáo dục Phương pháp giải toán hình học, Lê Hồng Đức – Đào Thiện Khải – Lê Bích Ngọc,Nhà xuất đại học sư phạm-Năm 2004 Sách Hình học 12, Nhà xuất giáo dục- Năm 2008 Sách Hình học 12 Nâng cao, Nhà xuất giáo dục- Năm 2008 Sách Hình học 11, Nhà xuất giáo dục- Năm 2007 Sách Hình học 11 Nâng cao, Nhà xuất giáo dục- Năm 2007 Sách Giáo viên Hình học 12, Nhà xuất giáo dục- Năm 2008 Sách Giáo viên Hình học 12 Nâng cao, Nhà xuất giáo dục- Năm 2008 Sách Giáo viên Hình học 11, Nhà xuất giáo dục- Năm 2007 10.Sách Giáo viên Hình học 11 Nâng cao, Nhà xuất giáo dục- Năm 2007 21 22 ... Đêcac(R.Descartes)(159 6-1 650) sáng lập mơn hình học giải tích cách độc lập với Phecma(P.Fermat)(160 1-1 665) Hai ơng cống hiến cho khoa học phương pháp – phương pháp toạ độ làm sở cho hình học giải tích, mơn học. .. luyện lực chuyển đổi ba phương pháp Xây dựng hệ thống dạng tập hình học khơng gian giải phương pháp khác -PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Nghiên cứu tài liệu phương pháp giảng dạy toán, sách giáo khoa,... triển phương pháp tốn học bị kìm hãm chưa có ký hiệu chữ quan niệm tổng quát số Việc khơng có phương pháp tốn học tổng quát để giải toán chứng minh số định lý hình học hạn chế lớn hình học sơ