Phát triển năng lực tự học cho học sinh qua dạy tiết ôn tập của chương phương pháp tọa độ trong không gian

MỤC LỤC MỤC LỤC MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài 2 Mục đích nghiên cứu Thời gian nghiên cứu đối tượng nghiên cứu Phạm vị nghiên cứu ứng dụng Khảo sát trước thực đề tài NỘI DUNG ĐỀ TÀI ……….4 Một số vấn đề tự học 1.1 Quan niệm tự học 1.2 Đặc trưng hoạt động tự học Vận dụng phương pháp tự học dạy học tiết ôn tập chương THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 23 KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ 28 1/28 MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Nói tới phương pháp học cốt lõi phương pháp tự học, cầu nối học tập nghiên cứu khoa học Nếu phát triển cho người học có kỹ năng, phương pháp, thói quen tự học, biết ứng dụng điều học vào tình mới, biết tự lực phát giải vấn đề gặp phải tạo cho họ lòng ham học, khơi dậy tiềm vốn có người Học tập Tốn khơng thể khơng theo xu Đặc biệt phần tọa độ hóa hình học khơng gian phần khơng thể thiếu chương trình tốn phổ thơng nhiệm vụ nội dung phương pháp tọa khơng gian thuộc mơn Hình học khơng gian cung cấp kiến thức Hình học khơng gian ba chiều cách có hệ thống tiếp tục phát triển, phát triển tư lơgic, trí tưởng tượng không gian, kĩ vận dụng kiến thức hình học vào giải tập phương pháp tọa độ hóa, hoạt động thực tiễn vào môn học khác Tuy nhiên lại phần tương đối khó học sinh mà học sinh đủ Bước gian để thấu hiểu, ghi nhớ vận dụng kiến thức mà giáo viên truyền thụ lớp Vì vậy, việc tự học học sinh quan trọng cần thiết Với lí trên, tơi định chọn đề tài: “Phát triển lực tự học cho học sinh qua dạy tiết ôn tập chương phương pháp tọa độ khơng gian” Mục đích nghiên cứu Phát triển lực tự học cho học sinh lớp12 qua giảng dạy nội dung “ phương pháp tọa độ khơng gian ” chương trình Hình học lớp 12 hướng tới hình thành thói quen học suốt đời Thời gian nghiên cứu đối tượng nghiên cứu - Thời gian nghiên cứu: Quá trình dạy học phần phương pháp tọa độ khơng gian trường Trung học phổ thơng Hồi Đức A - Đối tượng nghiên cứu: xây dựng phương án dạy học nội dung phương pháp tọa độ không gian nhằm phát triển lực tự học học sinh lớp 12 Phạm vị nghiên cứu ứng dụng - Nghiên cứu tập Hình học khơng gian chương “Phương pháp tọa độ không gian” SGK SBT Hình học 12 Ban sách 2/28 tham khảo - Nội dung đề tài giúp giáo viên có thêm tư liệu phục vụ việc giảng dạy chương “Phương pháp tọa độ khơng gian” chương trình Hình học lớp 12 Ban - Giúp học sinh rèn luyện kỹ giải tốn Hình học tọa độ khơng gian góp phần nâng cao chất lượng dạy học Tốn trường phổ thông Khảo sát trước thực đề tài Lớp Sĩ số Giỏi SL Tỷ lệ Thực nghiệm 42 11 26,2% 18 42,9% 12 28,6% 2,4 % Đối chứng 40 10 12,5 % 25% Khá SL Tỷ lệ 16 3/28 40% Trung bình Yếu SL Tỷ lệ SL Tỷ lệ 22,5% NỘI DUNG ĐỀ TÀI Phát triển lực tự học cho học sinh qua dạy tiết ôn tập chương phương pháp tọa độ không gian Một số vấn đề tự học 1.1 Quan niệm tự học Trong lịch sử giáo dục, vấn đề tự học quan tâm từ sớm, đề cập nhìn nhận theo nhiều cách tiếp cận khác Tự học (self-learning) trình người học nỗ lực chiếm lĩnh tri thức hành động mình, hướng tới mục đích định Theo từ điển: “Tự học trình chủ thể nhận thức tự hoạt động lĩnh hội tri thức phát triển kĩ thực hành, khơng có hướng dẫn trực tiếp giáo viên quản lí trực tiếp sở giáo dục đào tạo” Theo tác giả Hồ Chí Minh: tự học học cách tự động, tức là: học tập cách hồn tồn tự giác, tự chủ, khơng đợi nhắc nhở, không chờ giao nhiệm vụ mà tự chủ động vạch kế hoạch cách tự giác, tự làm chủ Bước gian để học tự kiểm tra, đánh giá việc học Trong trường Phổ thơng, tự học hiểu trình chủ động, tự giác người học nhằm nắm bắt tri thức, kỹ năng, kỹ xảo hướng dẫn, hỗ trợ giáo viên 1.2 Đặc trưng hoạt động tự học Hoạt động tự học có nhiều đặc trưng, nhiên kể tới bốn đặc trưng sau: - Tự học có tính độc lập cao - Đối với tự học, động có vai trò quan trọng - Trong hoạt động tự học khả lựa chọn nội dung, phương pháp hình thức tổ chức học cao rộng rãi - Hay nói cách tự học riêng người số phương pháp xa lạ vào trình dạy học Vấn đề chỗ cần kế thừa, phát triển mặt tích cực phương pháp dạy học có, đồng Bước phải học hỏi, vận dụng số phương pháp dạy học cách linh hoạt nhằm phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo học sinh học tập, phù hợp với hoàn cảnh điều kiện dạy học cụ thể Vận dụng phương pháp tự học dạy học tiết ôn tập chương Tiết ôn tập tiết quan trọng chương Yêu cầu học sinh 4/28 phải tổng hợp kiến thức chương, hệ thống hết dạng tập phương pháp giải chúng Nhằm củng cố, khắc sâu kiến thức học sinh học, em thấy mối liên hệ mật thiết nội dung Qua em vận dụng sáng tạo vào việc giải mà giáo viên yêu cầu số vấn đề trước chưa làm Vì giáo viên cần tổ chức hoạt động dạy học, phân công nhiêm vụ, tạo điều kiện cho em bộc lộ khả phát triển tư sáng tạo Học sinh biết cách biến đọc sách vở, kiến thức thầy, bạn thành kiến thức Do vậy, cần phát huy tính tự giác, huy động khả mình, đặc biệt tận dụng thời gian em tự học nhà để hoàn thành nhiệm vụ Nội dung dạy học ôn tập chương chia làm giai đoạn: Giai đoạn làm việc chung lớp: a) Giáo viên giao đề tài, nhiệm vụ b) Tổ chức chia nhóm: Tùy mức độ cơng việc mà chia nhóm nhiều hay thành viên Trong nhóm có đủ đối tượng học sinh: Giỏi, khá, trung bình Mỗi nhóm tự cử học sinh đảm nhiệm làm nhóm trưởng, học sinh làm thư kí để ghi chép c) Giao nhiệm vụ cho nhóm hướng dẫn cách làm việc theo nhóm, đưa dẫn cần thiết để phù hợp trình độ nhận thức học sinh Giai đoạn làm việc nhóm: Trong nhóm tự phân công công việc, cá nhân làm việc độc lập, trao đổi ý kiến, thảo luận nhóm đến thống Thư kí ghi biên làm việc nhóm (xem phụ lục 1), cử đại diện trình bày trước lớp giáo viên nhận xét Giai đoạn nhóm thảo luận giáo viên tổng kết trước lớp: Các nhóm lên báo cáo kết trước lớp, thảo luận chung để đưa kết tổng hợp Giáo viên tổng kết, đánh giá kết nhóm thơng qua phiếu đánh giá làm việc nhóm (phụ lục 2), thành viên nhóm tự đánh giá kết làm việc bạn thơng qua phiếu tự đánh giá tham gia làm việc nhóm (phụ lục 3) Để công việc đạt hiệu cao giáo viên phải có chu n bị kỹ lư ng, phân công nhiệm vụ r ràng, cho thời hạn hoàn thành nộp báo cáo Khâu cuối tổng kết, khen thưởng khích lệ nhóm hồn thành tốt Rút kinh nghiệm cho nhóm chưa tốt Cụ thể công việc giáo viên giao nhiệm vụ học tập: – Nhóm 1: Tổng hợp lý thuyết dạng tập phương trình mặt cầu – Nhóm 2: Tổng hợp lý thuyết dạng tập phương trình mặt ph ng 5/28 – Nhóm 3: Tổng hợp lý thuyết dạng tập phương trình đường th ng Các dạng tập góc khoảng cách – Nhóm 4: Vận dụng phương pháp tọa độ để giải tập hình học không gian Sau kết báo cáo nhóm: I/ Tọa độ khơng gian r r Cho hai vectơ u  (a1; b1; c1 ), v  (a2 ; b2 ; c2 ) : r r Cộng, trừ vectơ: u  v  (a1  a2 ; b1  b2 ; c1  c2 ) r Nhân vectơ với số thực: k.u  (ka1; kb1; kc1 ) rr Tích vơ hướng hai vectơ: u.v  a1.a2  b1.b2  c1.c2 r r Tích có hướng hai vectơ: u, v    b1 c2  b2c1; c1a2  c2a1; a1b2  a2b1  r Độ dài vectơ: u  a12  b12  c12 a1  a2 r r  Hai vectơ u  v  b1  b2 c  c 1 rr r r u.v Góc hai vectơ: cos(u, v)  r r u.v r r rr Hai vectơ vng góc: u  v  u.v  a1.a2  b1.b2  c1.c2  r r r r r r r a b c Hai vectơ u v phương  u = k.v  u, v      a2 b2 c2 (với a2 b2 c2  ) r r ur r r ur 10 Ba vectơ u, v, w đồng ph ng  u, v  w  uuur uuur 11 Diện tích tam giác: SABC   AB, AC  uuur uuur uuur 12 Thể tích tứ diện ABCD : VABCD   AB, AC  AD uuur uuur uuur 13 Thể tích khối hộp ABCD A ' B ' C ' D ' : VABCD A ' B ' C ' D '   AB, AD  AA ' x  xB y A  yB z A  zB ; ; ) 14 I trung điểm đoạn th ng AB có tọa độ I ( A 2 15 G trọng tâm tam giác ABC có tọa độ x  xB  xC y A  yB  yC z A  zB  zC G( A ; ; ) 2 6/28 uuur 16 Tọa độ vectơ: AB  ( xB  xA ; yB  y A ; zB  z A ) II/ Phương trình mặt cầu Phương trình mặt cầu qua M o ( xo ; yo ; zo ) có bán kính R ( x  xo )2  ( y  yo )2  ( z  zo )2  R trình x2  y  z  2ax  2by  2cz  d  0, với Phương điều kiện a2  b2  c2  d  phương trình mặt cầu tâm I (a; b; c), bán kính R  a  b2  c  d ác dạng tập v phương trình mặt cầu Viết phương trình mặt cầu  S  có tâm I (0; 1;3) bán kính Đáp số: x2  ( y  1)2  ( z  3)2  64 Viết phương trình mặt cầu  S  có đường kính AB, với A(2;3;1), B(0; 3;3) Đáp số: ( x  1)2  y  ( z  2)2  44 Viết phương trình mặt cầu  S  có tâm I (3; 2;4) qua điểm A  7;2;1 Đáp số: ( x  3)2  ( y  2)2  ( z  4)2  41 Viết phương trình mặt cầu  S  có tâm I  3;  4;2  tiếp xúc với mp  Oxy  Đáp số: ( x  3)2  ( y  4)2  ( z  2)2  Viết phương trình mặt cầu qua hai điểm A 3;  1;2  , B 1;1;   có tâm thuộc trục Oz Giả sử tâm mặt cầu ( S ) I , I thuộc Oz nên I (0;0; c) Vì A, B   S  nên IA  IB Ta có: (3  0)2  (1  0)2  (2  c)2  (1  0)2  (1  0)2  (2  c)2  c  Suy điểm I (0;0;1), bán kính R  IA  11 Vậy phương trình mặt cầu (S ) : x2  y  (z 1)2  11 Viết phương trình mặt cầu ( S ) qua hai điểm M  2;1;  3 , N  3;  2;1 x- y + z = = - Giải Giả sử tâm mặt cầu ( S ) I , I thuộc d nên I (1  2t; 1  t;2t ) có tâm thuộc đường th ng d : M , N  (S ) nên IM  IN hay (2t  1)2  (t  2)2  (2t  3)2  (2t  4)2  ( t  1)  (2t  1)  2t   t  7/28 Suy điểm I (5; 3;4), bán kính R  IA  74 Vậy phương trình mặt cầu (S ) : ( x  5)2  ( y  3)2  ( z  4)  74 Viết phương trình mặt cầu qua điểm A1;0;0  , B  0;1;0  , C  0;0;1 có tâm I nằm mặt ph ng   : x  y  z   Giải Giả sử tâm mặt cầu ( S ) I , I thuộc   nên a  b  c   (1) Vì A, B, C  (S ) nên IA  IB  IC hay IA2  IB2  IC , đó: (a  1)2  b2  c  a  (b  1)2  c  a  b2  (c  1)2 abc Suy a  b  c  Vậy I (1;1;1), R  Vậy phương trình mặt cầu (S ) : ( x  1)2  ( y  1)2  ( z  1)2  ài tập tự lu ện a) Viết phương trình mặt cầu qua A1;2;   , B 1;  3;1 , C  2;2;3 có tâm thuộc mặt ph ng  Oyz  b) Viết phương trình mặt cầu qua điểm A1;0;0  , B  0;1;0  , C  0;0;1 có tâm I nằm mặt ph ng   : x  y  z   Viết phương trình mặt cầu qua A 3;6;1 , B  2;3;  3 , C  6;2;0  có tâm thuộc mặt ph ng   :2 x  y  z   10 Viết phương trình mặt cầu qua A 1;1;1 , B 1;2;1 , C 1;1;2  , D  2;2;1 11 Viết phương trình mặt cầu có tâm I  2;1;1 tiếp xúc với mặt ph ng   có phương trình x + y - z + = Tìm tọa độ tiếp điểm 12 Cho bốn điểm A 3;  2;   , B  3;2;0  , C  0;2;1 , D  1;1;2  Viết phương trình mặt cầu tâm A , tiếp xúc với mặt ph ng  BCD  x y 1 z 1  13 Cho đường th ng d :  hai mặt ph ng 2  P1  : x  y  z    P2  :2 x  y  z   Viết phương trình mặt cầu có tâm I thuộc đường th ng d tiếp xúc với hai mặt ph ng  P1   P2  14 Cho đường th ng d giao tuyến hai mặt ph ng   : x  y  z   0;    : x  y  z   cho hai mặt ph ng  P  : x  y  2z   0; Q  : x  y  2z   Viết phương trình mặt cầu có tâm I thuộc d tiếp xúc với hai mặt ph ng  P   Q  8/28 15 Viết phương trình mặt cầu tâm I 1;2;1 tiếp xúc với đường th ng x  y 1 z 1   2 16 Viết phương trình mặt cầu  S  có tâm I  4;1;1 cắt mặt ph ng   có d: phương trình x  y  z   theo giao tuyến đường tròn có bán kính r 2 17 Viết phương trình mặt cầu  S  có tâm I 1; 0;3 cắt đường th ng x 1 y 1 z 1   hai điểm A, B cho tam giác IAB vuông 2 18 Viết phương trình mặt cầu  S  có tâm I  2;3;  1 cắt đường th ng d: x  y  z  11   A B cho AB  16 2 x 7 y 3 z 9 x  y 1 z 1 19 Cho hai đường th ng d1 : Viết   , d2 :   1 1 phương trình mặt cầu nhận đoạn vng góc chung d1 d2 làm đường kính d: 20 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz, cho hình chóp tứ giác S ABCD có S  3;2;4  , A1;2;3 , C  3;0;3 Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp III/ Dạng tập viết phương trình mặt phẳng Xác định điểm vtpt Hoặc gọi phương trình mặt ph ng dạng Ax  By  Cz  D  dựa vào giả thiết tìm A, B, C, D Vậy sử dụng cách 1, sử dụng cách phân biệt dạng đề sau: r Dạng Viết pt mp qua A( xo ; yo ; zo ) có vtpt n  ( A; B; C ) A( x  xo )  B( y  yo )  C ( z  zo )  Dạng 2.Viết ptmp ( P) qua A( xo ; yo ; zo ) song song với mp (Q) uur n ( Q ) - Từ ptmp  vtpt Q  ( A; B; C ) uur uur - Vì ( P) song song với (Q)  vtpt nP  nQ  ( A; B; C ) uur - Ptmp ( P) qua A có vtpt nP là: A( x  xo )  B( y  yo )  C ( z  zo )  Dạng Viết ptmp ( P) qua A( xo ; yo ; zo ) vng góc với đường th ng d uur - Từ phương trình đường th ng d  vtcp ud  ( A; B; C ) 9/28 uur uur - Vì ( P) vng góc với d  Chọn vtpt ( P) nP  ud  ( A; B; C ) uur  Viết ptmp ( P) qua A có vtpt nP Dạng Viết ptmp ( P) qua A vng góc (Q),( R) uur uur - Từ ptmp (Q),( R)  vtpt nQ ; vtpt nR uur uur uur uur - Vì ( P)  (Q)  ( R)  vtpt nP  nQ nP  nR uur uur uur  Chọn nP   nQ , nR    uur uur uur - Vậy ptmp ( P) qua A có vtpt nP   nQ , nR    Dạng Viết pt mp ( P) qua điểm A, B, C không th ng hàng uuur uuur uuur uuur r - Tính AB , AC a = [ AB , AC ] uuur uuur uur r - Ptmp ( P) qua A có VTPT nP = a = [ AB , AC ] Dạng Viết ptmp ( P) qua A, B vuông góc với mp (Q) uur uuur uuur uur - Tính AB , vtpt nQ tính [ AB , nQ ] uur uuur uur - Vì A, B  ( P) ; (Q)  ( P) nên chọn nP =[ AB , nQ ] - Viết ptmp ( P) Dạng Viết ptmp ( P) qua A, vuông góc với (Q) song song với đường th ng d uur uur - Tính vtpt nQ mp (Q) ; vtcp ud đường th ng d uur uur - Tính [ ud , nQ ] uur uur uur - Vì ( P)  (Q) ( P) song song với d nên vtpt (P) là: nP = [ ud , nQ ] - Từ viết ptmp ( P) Dạng Viết ptmp ( P) trung trực đoạn AB uuur - Tìm trung điểm I đoạn AB tính AB uuur - Mp ( P) qua I nhận AB làm vtpt Dạng Viết ptmp ( P) chứa d qua A uur - Tính vtcp ud đường th ng d tìm điểm M  d uuuur uur uuuur - Tính AM [ ud , AM ] uur uur uuuur - Mp ( P) qua A có vtpt nP =[ ud , AM ] Dạng 10 Viết ptmp ( P) chứa đường th ng d song song với đường th ng  uur - Từ ptđt d  vtcp đường th ng d là: ud điểm M  d 10/28 uur - Từ ptđt   vtcp đường th ng  là: u r - Viết ptđt d qua A nhận u  làm vtcp Dạng Viết ptđt d qua A vng góc với mp ( P) r - Tìm vtpt mp ( P) n P r r - Ptđt d qua A có vtcp u d = n P Dạng Viết ptđt d qua A vuông góc với đường th ng d1 , d uur uur ur uur - Từ d1 , d  vtcp d1 , d u1 u  Tính [ u1 , u2 ] ur uur r - Vì d vng góc với d1 , d nên có vtcp u d= [ u1 , u2 ] ur uur r - Ptđt d qua A có vtcp u d= [ u1 , u2 ] Dạng Viết ptđt (d) giao tuyến mp ( P) : Ax  By  Cz  D  , (Q) : A' x  B' y  C ' z  D  ' r r - Từ ( P) (Q)  n P , n Q vtpt hai mặt ph ng r r - Tính [ n P , n Q]  Ax + By + Cz +D =0 - Xét hệ  ' ' ' '  A x  B y  C z  D  Chọn nghiệm ( x0 ; y0 ; z0 ) từ  M ( x0 ; y0 ; z0 )  d r r r - Phương trình đường th ng (d) qua M có vtcp u d=[ n P , n Q] Dạng Viết ptđt hình chiếu d lên mp ( P) Cách - Viết phương trình mp (Q) chứa đường th ng d vng góc với mp ( P) - Hình chiếu cần tìm d ' = ( P)  (Q) Cách - Tìm A = d  ( P) (chỉ áp dụng với giả thiết d cắt ( P) - Lấy M ( x0 ; y0 ; z0 )  d xác định hình chiếu H M lên ( P) - Viết phương trình d' qua M, H Dạng Viết ptđt d qua điểm A cắt đường th ng d1 , d Cách Viết ptmp (  ) qua điểm A chứa đường th ng d1 - Tìm B = ( )  d2 - Đường th ng cần tìm qua A, B Cách Viết ptmp (  ) qua điểm A chứa đường th ng d1 - Viết ptmp (  ) qua điểm B chứa đường th ng d2 - Đường th ng cần tìm d =    Dạng Viết ptđt d song song d1 cắt d2 , d3 14/28 - Viết ptmp ( P) song song d1 chứa d2 - Viết ptmp (Q) song song d1 chứa d3 - Đường th ng cần tìm d = ( P)  (Q) Dạng 10 Viết ptđt d qua A vng góc đường th ng d1 cắt d2 Cách - Viết ptmp ( ) qua A vng góc d1 - Tìm giao điểm B = ( )  d2 - Đường th ng cần tìm qua A, B Cách 2.- Viết pt mp ( ) qua A vng góc d1 - Viết pt mp (  ) qua A chứa d1 - Đường th ng cần tìm d =    Dạng 11 Viết ptđt d qua A , song song mp ( ) , cắt đường th ng d ' Cách Viết pt mp ( P) qua A song song với ( ) - Viết ptmp (Q) qua A chứa d ’ - Đường th ng cần tìm d = ( P)  (Q) Cách - Viết ptmp ( P) qua A song song với ( ) - Tìm B = ( P)  d ' - Đường th ng cần tìm qua điểm A, B Dạng 12 Viết ptđt d nằm mp ( P) cắt đường th ng d1, d2 cho trước - Tìm tọa độ giao điểm A  d1  ( P) B  d2  ( P) - Đường th ng d qua điểm A, B Dạng 13 Viết ptđt d nằm mp ( P) vng góc với đường th ng d' giao điểm I ( P) d' - Tìm giao điểm I  d ' (P) r r r r r - Tìm vtcp u d' VTPT n (P) tính v  [u, n] r - Viết ptđt d qua I có vtcp v Dạng 14 Viết ptđt vng góc chung d dường th ng chéo d1, d2 - Gọi M ( x0  at; y0  bt; z0  ct )  d1 N ( x0  at ', y0  bt ', z0  ct ')  d2 chân đường vng góc chung d1, d2 uuuur r   MN  d1  MN u1    uuuur r  t , t ' - Ta có hệ  MN u   MN  d   - Thay t, t' tìm M, N Viết phương trình đường th ng qua M,N (Với cách tính thêm khoảng cách MN, độ dài đường vng góc chung d1, d2) 15/28 Dạng 15 Viết ptđt d vng góc với mp ( P) cắt đường th ng d1,d2 - Viết ptmp(Q) chứa đường th ng d1 vng góc với mp ( P) - Viết phương trình mp(R) chứa đường th ng d2 vng góc với mp ( P) - Đường th ng d  (Q)  ( R) Dạng 16 Viết ptđt d qua điểm A , cắt vng góc với đường th ng d1 - Viết ptmp ( ) qua A vuông góc đường th ng d1 - Tìm giao điểm B  ( )  d1 - Đường th ng cần tìm qua A, B Dạng 17 Viết ptđt d qua A , đường th ng d vuông góc với đường th ng d1 tạo với đường th ng d2 góc  ,   (0o ;90o ) r - Gọi vtcp đường th ng d u  (a; b; c) , với a  b2  c2  r r - Vì d vng góc với d1  u u1  rr u.u - Vì d tạo với d2 góc  nên cos  r r u u2 (1) (2) Từ hệ (1) vào (2)  a, b, c  ptđt d Chú ý: rr u.u P Nếu thay giả thiết d tạo với mp(P) góc   (0o ;90o ) có sin   r r u uP Dạng 18 Viết ptđt d di qua A , song song với mp(P) tạo với đường th ng d1 góc  ,   (0o ;90o ) r - Gọi vtcp đường th ng d u  (a; b; c) , với a  b2  c2  ur ur - Vì d // ( P) nên u.n p  ur ur u.u1 - Vì cos(d , d1 )  ur ur  cos (1) (2) u u1 - Giải hệ phương trình (1), (2) tìm a, b theo c  chọn a, b, c r  Viết ptđt d qua A , có vtcp u  (a; b; c) Dạng 19 Viết ptđt d di qua A , nằm mp ( P) tạo với đường th ng d1 góc  ,   (00 ;900 ) r - Gọi vtcp d u  (a; b; c), a  b2  c  ur ur - Vì d  ( P) nên u.n p  16/28 (1) rr u.u1 - Vì d tạo với d1 góc  nên cos(d , d1 )  r r  cos u u1 (2) - Giải hệ phương trình (1), (2) tìm a, b theo c  chọn a, b, c r  Viết ptđt d qua A , có vtcp u  (a; b; c) Dạng 20 Viết ptđt d di qua A , vng góc đường th ng d1 khoảng cách từ điểm M đến đường th ng d h r r - Gọi vtcp d u  (a; b; c)  r r (1) - Vì d  d1 nên u n1  r uuuur (2) [u, AM ] h r - Vì d ( M , d )  h  u - Giải hệ phương trình (1), (2) tìm a, b theo c  chọn a, b, c r - Viết phương trình đường th ng d qua A , có vtcp u  (a; b; c) V/ Khoảng cách góc A Khoảng cách Khoảng từ điểm đến đường th ng Khoảng cách từ điểm đến đường th ng Khoảng cách hai đường th ng chéo B Góc Góc vectơ Góc đường th ng Góc mặt ph ng VI/ Ứng dụng phương pháp tọa độ để giải tốn hình học khơng gian Để giải tốn hình học không gian phương pháp tọa độ ta cần chọn hệ trục tọa độ thích hợp Xác định mối liên hệ đỉnh để tìm tọa độ đỉnh hình Phương pháp ước họn hệ trục tọa độ Ox z th ch h p Ta có: Ox, Oy, Oz vng góc với đơi Do đó, hình vẽ tốn cho có chứa cạnh vng góc ta ưu tiên chọn cạnh làm trục tọa độ ước ác đ nh tọa độ điểm (hoặc số điểm cần thiết h Khi xác định tọa độ điểm dựa vào: - nghĩa hình học tọa độ điểm (khi điểm nằm trục tọa độ, mặt ph ng tọa độ) 17/28 - Dựa vào quan hệ hình học: nhau, vng góc, song song, phương, th ng hàng, điểm chia đoạn th ng theo tỉ số k - Điểm giao điểm đường th ng với đường th ng với mặt ph ng - Dựa vào quan hệ góc au đ số cách gắn hệ trục tọa độ cho số hình khơng gian đặc biệt Với hình hộp chữ nhật ABCD A ' B ' C ' D ' Với hình hộp chữ nhật có số đo cạnh là: AB  a, AD  b, AA '  c Chọn hệ trục tọa độ cho: A(0;0;0), B(a;0;0), C (a; b;0), D(0; b;0), A '(0;0;c), B '(a;0; c), C '(a; b; c) , D '(0; b; c) Với hình hộp đáy hình thoi ABCD A ' B ' C ' D ' Chọn hệ trục tọa độ cho: - Gốc tọa độ trùng với giao điểm O hai đường chéo hình thoi ABCD - Trục Ox trùng tia OC , trục Oy trùng tia OD , trục Oz qua tâm đáy Với hình chóp tứ giác S ABCD Cách Có thể chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Giả sử cạnh hình vuông a đường cao SO  h Chọn O(0;0;0) tâm hình vng Khi đó: A( a a a a ;0;0), B(0;  ;0), C ( ;0;0), D(0; ;0), S (0;0; h) 2 2 18/28 Với hình chóp tam giác S ABC Cách Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ Giả sử cạnh tam giác a đường cao SH  h Gọi I trung điểm AB Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ cho I (0;0;0) a a a a ;0), S (0; ; h) Khi : A( ;0;0), B( ;0;0), C (0; 2 Với hình chóp S ABCD có ABCD hình chữ nhật SA  ( ABCD) ABCD hình chữ nhật AB  a, AD  b chiều cao h Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ cho A(0;0;0) Khi đó: B(a;0;0), C (a; a;0), D(0; b;0), S (0;0; h) Với hình chóp S ABCD có ABCD hình thoi cạnh a SA  ( ABCD) chiều cao SA  h Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ cho O(0;0;0) Với hình chóp S ABC có SA  ( ABC ) A ABC vng Tam giác ABC vng A có AB  a, AC  b đường cao h Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ cho B(a;0;0), A(0;0;0) Khi đó: C (0; b;0), S (0;0; h) 19/28 Với hình chóp S ABC có SA  ( ABC ) ABC vuông B Tam giác ABC vng B có BA  a, BC  b đường cao h Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ cho C (b;0;0), A(0; a;0), B(0;0;0) Khi đó: S (0; a; h) Với hình chóp có S ABC (SAB)  ( ABC ) , SAB cân S ABC vuông C với CA  a, CB  b chiều cao h H trung điểm AB Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ cho A(a;0;0), C (0;0;0) Khi đó: a b B(0; b;0) , S ( ; ; h) 2 10 Với hình chóp S ABC có ( SAB ) ⊥ ( ABC ), Δ SAB cân S Δ ABC vuông A Hình a) Hình b) Hình a) Tam giác ABC vuông A : AB  a , AC  b chiều cao h H trung điểm AB Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ cho A (0;0;0) a Khi B(a;0;0), C (0; b;0), S (0; ; h) Hình b) Tam giác ABC vng có A có AB  a , AC  b đường cao SH  h H trung điểm AB Chọn hệ trục tọa độ hình vẽ với H (0;0;0) Khi a a a đó: A(0; ;0), B( ;0;0), C ( ;b;0), S (0;0; h) 2 20/28 11 Hình lăng trụ ABC A ' B ' C ' có đáy tam giác vuông A ước dụng kiến thức v tọa độ để giải qu ết toán Các dạng toán thường gặp: - Độ dài đoạn th ng - Khoảng cách từ điểm đến mặt ph ng, đường th ng - Khoảng cách hai đường th ng chéo - Quan hệ góc đường th ng với đường th ng, đường th ng với mặt ph ng - Thể tích khối đa diện Diện tích thiết diện - Chứng minh quan hệ song song, quan hệ vng góc Ví dụ ( thi thử tốt nghiệp T PT hu ên ban ong – 2015) Cho hình chóp S ABC có ABC , SBC tam giác cạnh a Góc mặt ph ng ( SBC ) ( ABC ) 600 Hình chiếu vng góc S xuống ( ABC ) nằm tam giác ABC Tính thể tích khối chóp S ABC khoảng cách từ B đến ( SAC ) theo a Giải - Gọi M trung điểm BC suy AM SM vng góc BC  Góc ( SBC ) ( ABC ) góc SM AM 600 Gọi H hình chiếu vng góc S lên ( ABC )  M thuộc đoạn AM a , ·  SMH  600 Vậy SM  AM  SH  SM sin 60o = a 3a  H trung điểm AM , MH  4 VS ABC 1 3a a a3  SH SABC  a  3 2 16 21/28 a a a - Gắn hệ trục tọa độ Oxyz với M (0;0;0), B ( ;0;0), A (0; ;0), C ( ;0;0) , 2 a a 3a ;0), S (0; ; ) Ta có 4 uur  a 3a  a uuur  a a 3a  a SA   0; ;   (0;1;  3) , SC    ;  ;    2; 3;3 , 4  4    uur uuur a2  SA, SC    (3;  3; 1)   r Chọn n  (3;  3; 1) vtpt mp(SAC) H (0;  Phương trình mp ( SAC ) là: 3x  y  z  3a 0 Khoảng cách từ B đến (SAC) là: d ( B,(SAC ))  a 3a  3.0  1.0  2 32   22/28  3a 13 13  THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM ĐỀ KIỂM TRA TRẮC NGHIỆM (Thời gian:60 ph t) I Phần trắc nghiệm (4 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz r r r r r r Câu Cho a  (2; 1;3), b  (0;1;2), c  a  2b Tìm tọa độ vectơ c ? r r (A) c  (2;0;5) (B) c  (2;1;7) r r (C) c  (2; 1; 7) (D) c  (2; 3; 1) Câu Cho tứ giác ABCD hình bình hành, với A(3; 1;2), B(2;0;2) , C (4;1;5) Tìm tọa độ điểm D ? (A) D = (5;0;5) (B) D = (–3; –2; –5) (C) D = (–1;1;1) (D) D = (–3;2;6) Câu Cho ba điểm A(1;2;0), B(1;0; 1) , C (0; 1;1) Mệnh đề sau (A) Tam giác ABC cân (B) Tam giác ABC (C) Tam giác ABC vuông (D) Cả ba đáp án sai Câu Cho P(3;4;1), Q(5;2; 3) Phương trình mặt ph ng trung trực đoạn QP là: (A) x  y  z   (B) x  y  z   (C) x  y  z   (D) x  y  z  Câu Cho mặt ph ng ( ) qua điểm M (1, 1,1) song song với hai vectơ r r a  (1;2;3), b  (3;1;0) Phương trình mặt ph ng (α): (A) 3x  y  5z  (B) x  16 y  10 z   (C) 3x  y  5z  17  (D) 3x  y  5z  17  Câu Mặt ph ng ( ) qua ba điểm A(2;0;0), B(0;3;0), C (0;0; 1) Phương trình mặt ph ng ( ) là: x y z   2 2 (D) 3x  y  z  x y z   0 (C) 3x  y  z   (A) (B) Câu Mặt cầu ( S ) có tâm I (3; 2;1) tiếp xúc với ( ) : x  y  z   ( S ) có bán kính R bằng: (A) 10 (C) (B) 10 10 (D) 23/28 Câu Cho đường th ng d qua M (2;0;1) r phương u  (4; 6;2) Phương trình đường th ng d là: có vectơ  x   4t  (A)  y  6t  z   2t   x  2  2t  (B)  y  3t z   t   x   2t  (C)  y  6 z   t   x   2t  (D)  y  6  3t z   t  x   t  Câu Cho hai đường th ng d1 :  y  2t d : z   t   x   2t   y  4t  z   2t  Trong mệnh đề sau, mệnh đề (A) d1  d2 (B) d1  d2 (C) d1 // d (D) d1 chéo d Câu 10 Cho mặt ph ng ( ) : x  y  z   đường th ng x   t  d :  y  2  t Kh ng định sau z   t  (A) d  ( ) (B) d  ( ) (C) d cắt ( ) (D) d // ( ) II Tự luận (6 điểm) Câu 11 (3 điểm) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A(2; 1;3) B(3;2;1) x   t x  y 1 z    hai đường th ng: 1 :  y  1  t ;  :  z   a/ Viết phương trình đường th ng AB b/ Viết phương trình mặt ph ng (Q) qua A vng góc với 1 c/ Chứng minh 1  chéo d/ Viết phương trình mp ( P) chứa 1 song song  Câu 12 (3 điểm) Trong không gian Oxyz , cho đường th ng d mặt ph ng  x  3  2t  ( P) có phương trình (d ) :  y  1  t ; ( P) : x  y  z    z  t  24/28 a) Tìm toạ độ điểm A giao điểm đường th ng d mp ( P) b) Viết phương trình đường th ng nằm ( P) , cắt vng góc với d c) Viết phương trình mặt cầu ( S ) tâm I (2;1;1) tiếp xúc với đường th ng d ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM I Trắc nghiệm Mỗi câu trả lời 0,4 điểm Câu 10 Đáp án B A C A D C C B C D II Tự luận ĐI M CÂU N I DUNG Đ P N uuur 11.a AB  1;3; 2  vectơ phương đường th ng AB 0.25 uuur 0,5đ Đường th ng AB qua A(2; 1;3) có vtcp AB  1;3; 2  có 0.25 phương trình x   t   y  1  3t , t  R  x   2t  11.b 0,5đ r 1 có vtcp u  (1; 1;0) (Q) vng góc với 0,25 uur r n D nên có vtpt Q  u  (1; 1;0) , (Q) qua A(2; 1;3) Phương trình mp (Q) : 1 x     y  1  0,25  x  y 3 11.c 1đ ur 1 qua điểm M1 (1; 1;2) , có vtcp u1  (1; 1;0) uur qua điểm M (3;1;0) , có vtcp u2  (1;2;1) ur uur Ta có, u1 , u2   (1; 1;1) 0.25 0,25 uuuuuur M1M  (2;2; 2) 0,25 r r uuuuuur  [u1, u2 ].M1M  1.2  1.2  1.(2)  6  0,25 Suy ra, 1  chéo 11.d 1đ mp ( P) chứa 1 song song  nên qua M1 (1; 1;2) ur ur n1  u1 ur (P) có vectơ pháp tuyến n1 thỏa  ur uur n1  u2 25/28 0,25 0,25 12.a 1đ 12.b 1đ ur Tìm vectơ pháp tuyến n1 0,25 Vậy ptmp ( P) : 1( x  1)  1( y  1)  1( z  2)  0,25  x yz20 0,25  Thay ptts d vào ptmp ( P) , ta được: 0.5 (3  2t )  3(1  t )  2(t )    3t    t   Thay t  vào ptts d ta toạ độ giao điểm d 0.5 mp(P) là: A(1;1;- 2) r uur ( P) có vtpt nP (1, 3,2) ; d có vtcp u (2;1; 1) ; giao điểm 0,25 ( P) d A(1;1;- 2) ur Gọi d1 đường th ng cần tìm có vtcp u1 0,25 d1 nằm ( P) , cắt vng góc d nên d1 qua A(1;1;- 2) giao điểm ( P) d ur có vecto phương u1 thỏa ur uur u1  nP  ur r u1  u ur uur r u1   nP , u   1;5;7  0,25 0,25 x   t  d1 có phương trình:  y   5t  z  2  7t  12.c 1đ Gọi H hình chiếu vng góc I d tọa độ uuur H (3  2t; 1  t; t ), IH (5  2t; 2  t; 1  t ), đường th ng d r có vtcp u  (2;1; 1) uuur r vng góc với suy IH u uuur r IH u   10  4t   t   t   6t  11  t  11/ 0,25 Suy IH  4 / 3; 1/ 6; 17 /  , Suy IH  59 / 0,25 Vì mặt cầu tiếp xúc với d nên có bán kính R  IH  59 / Phương trình mặt cầu (x – 2)2 + (y – 1)2 + (z – 1)2 = 59/6 0,25 uuur 26/28 0,25 Kết kiểm tra số thể bảng sau: Bảng thống kê kết kiểm tra lớp sau thực nghiệm Loại Lớp TN 12A2 Lớp ĐC 12A3 Giỏi Tỉ lệ Khá Tỉ lệ TB 11 26,2% 19 45,2% 12 20% 15 38% 13 Tỉ lệ Yếu Tỉ lệ 28,6% 0% 33% 10% Biểu đồ so sánh kết lớp thực nghiệm lớp đối chứng Qua kết thực nghiệm cho thấy tỉ lệ điểm trung bình lớp thực nghiệm cao lớp đối chứng Tỉ lệ giỏi hai lớp tăng lớp thực nghiệm Điều nói lên em ngày hoàn thiện kỹ làm bài, khả tư logic diễn đạt, lực giải vấn đề Các em tự tin học tập, thái độ học tập nghiêm túc, độc lập Lớp thực nghiệm trình bày chặt chẽ hơn, lí luận r ràng, xác, cách giải phong phú Khả vẽ hình khơng gian tốt Điều kh ng định việc vận dụng số phương pháp dạy tích cực mà luận văn đề xuất đạt hiệu định 27/28 KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ Kết luận Qua trình thực nghiệm trường THPT đạt số kết sau: - Các biện pháp sử dụng quan tâm đến người học, tạo môi trường học tập có thi đua, học sinh tìm tòi khám phá giải vấn đề Cùng hoạt động, đánh giá lẫn tự đánh giá Các em phát huy tích tích cực, phát triển tu - Tổ chức dạy thực nghiệm - Đánh giá kết học tập học sinh thông qua nhận xét giáo viên, nhận xét học sinh thông qua kiểm tra - Nhận xét kết thực nghiệm Từ kết thu cho thấy phương pháp dạy học tích cực đạt hiệu tốt phương pháp dạy học truyền thống Các em học sinh hứng thú hơn, mạnh dạn hơn, có tinh thần làm việc với tập thể, chủ động học tập Điều chứng tỏ giáo viên cần cần vận dụng đ y mạnh việc đổi phương pháp dạy học trương trung học phổ thông Tuy nhiên, nội dung chương trình xậy dựng khung cho đợn vị học tập nên giáo viên vừa đảm bảo chất lượng số lượng giáo viên gặp nhiều khó khăn triển khai dạy theo hướng tích cực Khuyến nghị Qua q trình thực đề tài, tơi có khuyến nghị sau: Đề nghị nhà trường ngành giáo dục quan tâm đầu sách tham khảo nguồn tư liệu quý cho giảng dạy học tập, bổ xung đồ dùng dạy học cho mơn tốn, đặc biệt phục vụ cho phần Hình học khơng gian Hà Nội, ngày 15 tháng 05 năm 2018 Tác giả Nguyễn Thị Mai Liên 28/28 ... DUNG ĐỀ TÀI Phát triển lực tự học cho học sinh qua dạy tiết ôn tập chương phương pháp tọa độ không gian Một số vấn đề tự học 1.1 Quan niệm tự học Trong lịch sử giáo dục, vấn đề tự học quan tâm từ... việc tự học học sinh quan trọng cần thiết Với lí trên, định chọn đề tài: Phát triển lực tự học cho học sinh qua dạy tiết ôn tập chương phương pháp tọa độ không gian Mục đích nghiên cứu Phát triển. .. cực, chủ động sáng tạo học sinh học tập, phù hợp với hoàn cảnh điều kiện dạy học cụ thể Vận dụng phương pháp tự học dạy học tiết ôn tập chương Tiết ôn tập tiết quan trọng chương Yêu cầu học sinh