Khai thác các bài toán bằng nhiều hình thức nhằm phát triển tư duy học sinh trong việc ôn tập học sinh giỏi phần hình học không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM KHAI THÁC BÀI TỐN BẰNG NHIỀU HÌNH THỨC NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ DUY CỦA HỌC SINH TRONG VIỆC ÔN TẬP CHO HỌC SINH GIỎI PHẦN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Người thực hiện: Trần Thị Chinh Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc mơn: Tốn THANH HOÁ NĂM 2020 MỤC LỤC MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài 1.2 Mục đích nghiên cứu 1.3 Đối tượng nghiên cứu 1.4 Phương pháp nghiên cứu 1.5.Những điểm SKKN NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu 2.3 Giải pháp cụ thể 2.3.1 Bài tốn có nhiều cách giải khai thác tốn 2.3.2 Xây dựng khai thác tốn mơ hình 2.3.3.Xậy dựng khai thác toán quy tắc, phương pháp 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị Tài liệu tham khảo Danh mục SKKN xếp loại Trang 1 2 2 2 4 10 12 17 19 19 19 20 21 KHAI THÁC BÀI TỐN BẰNG NHIỀU HÌNH THỨC NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ DUY CỦA HỌC SINH TRONG VIỆC ÔN TẬP CHO HỌC SINH GIỎI PHẦN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong q trình dạy học bậc phổ thơng, việc bồi dưỡng kiến thức phát triển tư cho học sinh hai nhiệm vụ trọng tâm người giáo viên.Vì lí thời lượng chương trình đáp ứng cách đại trà kiến thức cho học sinh nên chương trình sách giáo khoa phổ thơng đáp ứng phần kiến thức Chính điều làm hạn chế phát triển tư em học sinh giỏi Vì q trình giảng dạy chúng tơi ln quan tâm đến hai vấn đề đáp ứng kiến thức đại trà phát triển tư cho học sinh giỏi Đối với em học sinh trung bình cần thiết có hệ thống tập phù hợp với khả tương ứng em, cho em vận dụng vào giải toán tạo niềm tin hứng thú cho em Còn em học sinh giỏi, thông thường em học sinh có khả giải trực tiếp tốn mà khơng có khả nhìn nhận tốn từ góc độ khác nhau, từ dẫn đến tượng thường thấy nghiên cứu khoa học là: “chỉ thấy cây, không thấy rừng” Học sinh có khả giải vấn đề cách rời rạc mà khơng có khả xâu chuỗi chúng lại với thành mảng kiến thức lớn Chính việc rèn luyện phát triển tư tương tự hoá tổng quát hoá cần thiết học sinh phổ thông Việc làm giúp em tích luỹ nhiều kiến thức phong phú, khả nhìn nhận phát vấn đề nhanh, giải vấn đề có tính lơgic hệ thống cao Có nhiều hướng khác để rèn luyện phát triển tư cho học sinh Trong đề tài tập trung phát triển tư cho học sinh thông qua việc áp dụng hình học khơng gian chủ yếu lớp 11, nội dung khó đại đa số học sinh Vì lí tơi chọn đề tài: “Khai thác toán nhiều hình thức nhằm phát triển tư học sinh việc ơn tập học sinh giỏi phần hình học khơng gian” 1.2 Mục đích nghiên cứu - Đề tài khác thác số tốn hình thức khác nhau, nhằm phát triên tư học sinh, việc học phần hình học khơng gian - Giúp học sinh tiếp cận hình học khơng gian cách có hiệu - Đề tài giúp học sinh phát huy tối đa lực, tạo điều kiện để học sinh có lực đạt kết cao kì thi học sinh giỏi, kỳ thi THPT Quốc gia 1.3 Đối tượng nghiên cứu - Một số tốn hay khó phần hình học khơng gian - Một số cách khai thác tốn 1.4 Phương pháp nghiên cứu - Phương pháp tự nghiên cứu ứng dụng thực tiễn - Phương pháp thực nghiệm đối chứng - Phương pháp thống kê tổng hợp - Phương pháp thực nghiệm sư phạm 1.5 Những điểm SKKN - Đưa số cách khai thác tốn - Đề tài trình bày giải vấn đề thông qua việc giải toán cụ thể chia thành dạng khai thác toán khác NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Trong chương trình đổi sách giáo khoa phương thức giảng dạy , học sinh việc chủ động hoạt động học tập lĩnh hội tri thức, việc kích thích tính học tập chủ động học sinh cần thiết tiết dạy lý thuyết đặc biệt tiết luyện tập , ơn tập địi hỏi người giáo viên luôn sáng tạo dạy tiết dạy để tránh việc " thông báo kiến thức " , ''chữa tập'' qua học sinh thấy hứng thú chủ động tìm tịi từ có Để làm điều người giáo viên phải tạo từ có việc đào sâu mở rộng khai thác cách triệt để từ ban đầu, khó ta làm dễ để đơn giản từ dễ ta tổng hợp lên để thích ứng với đối tượng tạo tốn có nhiều tình gắn với thực tế Có nhiều cách để thiết kế, xây dựng toán chẳng hạn: Dùng phép tương tự, khái quát hóa, đặc biệt hóa, lật ngược vấn đề 2.2 Thực trạng vấn đề nghiên cứu Qua q trình dạy hình học khơng gian 11và ơn thi học sinh giỏi luyện thi THPT Quốc gia Tôi nhận thấy rằng, đa số em học sinh gặp khó việc tiếp cận hình học khơng gian giải tốn khó phần hình học không gian Nguyên nhân học sinh chưa phát huy hết lực thân tốn này, “ cịn ngại khó” Từ thực tế với nhiệm vụ hổ trợ đồng nghiệp việc ôn tập cho học sinh giỏi phần hình học khơng gian Tơi nhận thấy cần phải đư biện phát làm sao: phát triển tư cảu học sinh học phần “khó” Xuất phát từ sở thực trạng trên, hi vọng sáng kiến kinh nghiệm đóng góp thiết thực cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi mơn Tốn trường trung học phổ thơng nên tối định lựa chọn đề tài với thành ý muốn chia sẻ kinh nghiệm tới đồng nghiệp nhà trường với mong muốn giúp đồng nghiệp có thêm tư liệu giải pháp nhằm nâng cao hiệu công tác bồi dưỡng học sinh giỏi năm tới 2.3 Giải pháp cụ thể: 2.3 Bài tốn có nhiều cách giải khai thác tốn Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD Gọi M , N , P, Q trung điểm đoạn thẳng AB, CD, BC , DA Chứng minh ba đoạn thẳng MN , PQ đồng quy trung điểm đoạn Lời Giải Cách 1: Ta có MP đường trung bình tam giác BC, NQ đường trung bình tam giác ADC nên AC Do tứ giác MPNQ hình bình hành, suy MN, PQ cắt trung điểm đoạn Vậy MN, PQ cắt trung điểm đoạn MP//AC, NQ//AC MP  NQ  Cách 2: Gọi E, F lầ lượt điểm đối xứng M qua P, Q Ta có tứ giác BMCE, AMDF hình bình hành Suy EC//DF(vì song song với AB) EC=DF(vì AB ) Do tứ giác ECFD hình bình hành Vì N trung điểm EF Tam giác MEF có PQ đường trung bình, N trung điểm EF suy MN, PQ cắt trung điểm đường Vậy MN, PQ cắt trung điểm đoạn Cách 3: Dùng phép chiếu song song Chiếu tự diện ABCD theo phương MN xuống mặt phẳng BCD Khi N ảnh M gọi A’, Q’ ảnh A, Q Theo tính chất phép chiếu song song ta có N trung điểm BA’, Q’ trung điểm DA’ Suy BDA’C hình bình hành, N trung điểm PQ’ Vì MN cắt PQ trung điểm PQ Suy điều phải chứng minh Cách 4: Dùng phương pháp vectơ Gọi G trung điểm PQ, ta chứng minh G trung điểm MN Thật vậy: uuuu r uuuu r uuur uuur uuu r uuur uuur uuu r uuur 2MG  MQ  MP  MB  BP  MA  AQ  BP  AQ uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuu r uuur uuu r 2NG  NQ  NP  ND  DQ  NC  CP  DQ  CP uuuu r uuur Suy MG  NG � G trung điểm MN Suy đpcm * Khai thác tốn trên: a) Tổng qt lên ta có toán Bài 1: Cho tứ diện ABCD Gọi M, N trung điểm đoạn thẳng AQ BP  QD PC Chứng minh ba đoạn thẳng MN, PQ đồng quy trung điểm đoạn b) Tương tự ta có tốn Bài 2: Cho tứ diện ABCD Gọi M,N,P,Q, R, S trung điểm đoạn thẳng AB, CD, BC, DA, AC, BD Chứng minh ba đoạn thẳng MN, PQ, RS đồng quy trung điểm đoạn c) Bài toán tập hợp điểm Bài 3: Cho tứ diện ABCD P, Q điểm thay đổi nằm đoạn BC, AB, CD P, Q điểm nằm đoạn BC, AD cho AD cho AQ BP  Tìm tập hợp trung điểm PQ QD PC Ví dụ : Cho tứ diện ABCD Gọi ha, hb, hc, hd độ dài đường cao hạ từ đỉnh A, B, C, D Gọi x, y, z, t khoảng cách từ điểm M nằm tứ diện ABCD đến mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) Chứng minh rằng: x y z t    1 hb hc hd Lời Giải 1 1 VABCD  S BCD  SCDA hb  S DAB hc  S ABD hd 3 3  3VABCD  S BCD  SCDA hb  S DAB hc  S ABD hd 1 1 VABCD  VMBCD  VMCDA  VMDAB  VMABC  S BCD x  SCDA y  S DAB z  S ABD t 3 3 S BCD x SCDA y S DAB z S ABD t     3VABCD 3VABCD 3VABCD 3VABCD S x S y S z S t  BCD  CDA  DAB  ABD S BCD SCDA hb S DAB hc S ABD hd x y z t     (đpcm)  hb hc hd * Khai thác toán trên: a) Đặc biệt hóa ta có tốn  1 * Nếu M trùng với tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD x  y  z  t  r Ta có Bài 1: Cho tứ diện ABCD I tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện Chứng minh 1 1     r hb hc hd (sách tập hình học 12 nâng cao) * Xét tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc với nhau, M điểm thuộc miền tam giác ABC Từ ta có tốn Bài 2: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đơi vng góc với nhau,Gọi A’, B’, C’ hình chiếu vng góc điểm M mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) MA ' MB ' MC '   1 OA OB OC b) Thay đổi hình thức toán * Gọi A '  AM � BCD  , B '  BM � ACD  , C '  CM � ABD  , D '  DM � ABC  MA ' MK x y MB ' z MC ' t MD '   ,  ,  ,  Khi ta có ta AA ' AH hb BB ' hc CC ' hd DD ' toán ( H , K hình chiếu A, M lên  BCD  ) Bài 3: Cho tứ diện ABCD M điểm nằm tứ diện Gọi A '  AM � BCD  , B '  BM � ACD  , C '  CM � ABD  , D '  DM � ABC  MA ' MB ' MC ' MD '     Chứng minh AA ' BB ' CC ' DD ' * M điểm nằm tứ diện G trọng tâm tứ diện ABCD Đường thẳng GM cắt mặt phẳng  BCD  ,  CDA ,  ABC  ,  DAB  điểm A ', B ', D ', C ' ( H , K hình chiếu G , M lên  BCD  ) A ' M MK MK x    Khi ta có A ' G GH , tương tự ta có B' M y C' M z D' M 4t  ;  ;  B' G hb C' G hc D' G hc MA ' MB ' MC ' MD '     Từ GA ' GB ' GC ' GD ' Dẫn đến toán sau: Bài 4: Cho tứ diện ABCD M điểm nằm tứ diện G trọng tâm tứ diện ABCD Đường thẳng GM cắt mặt phẳng  BCD  ,  CDA ,  ABC  ,  DAB  điểm A ', B ', D ', C ' MA ' MB ' MC ' MD '     a) Chứng minh GA ' GB ' GC ' GD ' A� M B� M C � M D� M A� G.B� G.C � G.D� G AM x  �1 * Dễ thấy AM  x �ha � ha BM y AC z AD t  �1,  �1 ,  �1 Tương tự: hb hb hc hc hd hd AM BM CM DM x y z t �        �4 hb hc hd hb hc hd AM BM CM DM �    �3 hb hc hd b) Tìm GTLN T  Dẫn đến tốn sau: Bài 5: Cho tứ diện ABCD Gọi ha, hb, hc, hd độ dài đường cao hạ từ đỉnh A, B, C, D Chứng minh rằng: AM BM CM DM    �3 hb hc hd * Gọi Sa, Sb, Sc, Sd diện tích tam giác BCD, CDA, DAB, ABC Va, Vb, Vc, Vd thể tích tứ diện MBCD, MCDA, MDAB, MABC Dễ thấy AM + x  � AM.Sa + x.Sa  ha.Sa � AM Sa + 3Va  3VABCD = 3( Va + Vb + Vc + Vd) � AM.S1  3V2 + 3V3 + 3V4 = y.Sb + z.Sc + t.Sd Sb S S  z c  t d Sa Sa Sa Sa Sc Sd Sa Sz Sd Tương tự: MB  x  z  t , MC  x  y  t , Sb Sb Sb Sc Sc Sc Sa Sb Sc MD  x  y  z Sd Sd Sd � MA  y �S S �� S S �� S S � � MA  MB  MC  MD ��x a  y b � �x a  z c � �x a  t d � Sa � � Sc Sa � � Sd Sa � � Sb � S S �� S S �� S S �  �y b  z c � �y b  t d � �z c  t d � Sb � � St Sb � � S d Sc � � Sc � MA  MB  MC  MD �2  xy  xz  xt  yz  yt  zt  Dẫn đến toán sau: Bài Cho tứ diện ABCD Gọi x, y, z, t khoảng cách từ điểm M nằm tứ diện ABCD đến mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) Chứng minh rằng: MA  MB  MC  MD �2 xy  xz  xt  yz  yt  zt   Đối với tốn ta lại có trường hợp đặc biệt sau: a) Nếu điểm M tâm mặt cầu nội tiếp tứ diên ABCD MA  MB  MC  MD �12r (r bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD) b) Nếu ABCD tứ diện gần có diện mặt S MA  MB  MC  MD �3  x  y  z  t  hay MA  MB  MC  MD �3h (Vì x  y  z  t  h , h chiều cao tứ diện gần đều) c) Nếu ABCD tứ diện cạnh a MA  MB  MC  MD �a   d) Nếu ABCD tứ diện vng A MB  MC  MD �12  r 1 1 * Từ VABCD  VMBCD  VMCDA  VMDAB  VMABC  Sa x  Sb y  Sc z  S d t 3 3 �S S S S � S S S S � 3.VABCD � a  b  c  d �  Sa x  Sb y  Sc z  Sd t  a  b  c  d y z t � x y z t �x �x y � �y z � �z t � �t x � �x  Sa2  Sb2  Sc2  Sd2  Sa Sb �  � Sb Sc �  � Sc Sd �  � S d Sa �  � S a Sc � �t z � �x t � �z �y x � �z y � �Sa2  Sb2  Sc2  Sd2  2Sa Sb  2Sb Sc  2Sc Sd  2Sd Sa  2Sa Sc  2Sd Sb    S a  Sb  S c  S d   S  Sb  Sc  S d  S S S S  a b c d � a x y z t 3.VABCD Dấu “ = ” xảy  x = y = z = t hay M tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD Dẫn đến toán sau: Bài 7: Cho tứ diện ABCD Gọi Sa, Sb, Sc, Sd diện tích tam giác BCD, CDA, DAB ABC Gọi x, y, z, t khoảng cách từ điểm M nằm tứ diện ABCD đến mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) Chứng minh rằng: Sa Sb Sc Sd  Sa  Sb  Sc  Sd     � x y z t 3.VABCD c) Thay đổi giả thiết toán thành giả thiết tương tự * Xét điểm M nằm tam giác BCD , Qua M kẻ đường thẳng song song với AB, AC , AD cắt mặt phẳng  ACD  ,  ABD  ,  ABC  Ta có tốn Bài 8: Cho tứ diện ABCD , M điểm nằm tam giác BCD , Qua M kẻ đường thẳng song song với AB, AC , AD cắt mặt phẳng  ACD  ,  ABD  ,  ABC  MB ' MC ' MD '   1 a) Chứng minh AB AC AD b) Tìm Giá trị lớn Q  MB '.MC '.MD ' Bài 9: Cho tứ diện ABCD có AB AC AD  54324 M điểm nằm tam giác BCD Các đường thẳng qua O song song với AB, AC , AD cắt mặt ( ACD),( ABD),( ABC ) B ', C ', D ' Chứng minh rằng: OB '.OC '.OD ' �2012 Bài 10: Cho hình chóp S.ABC M điểm thuộc mặt phẳng (ABC), qua M dựng đường thẳng d vng góc với (ABC) Đường thẳng d cắt mặt phẳng (SAB), (SBC), (SCA) điểm C’, A’ B’ Chứng minh MA ' MB ' MC ' không phụ thuộc vào điểm M HD: Gọi H hình chiếu S lên (ABC) H trọng tâm tam giác ABC �S � S S Ta có MA ' MB ' MC '  OA � MAB  MBC  MCA � 3OA �S HAB S HBC S HCA � 2.3.2 Xây dựng khai thác tốn mơ hình Xét mơ hình : Cho hình chóp tứ giác S ABCD có đáy hình thoi cạnh 2a , góc � A  600 ; mặt bên  SAB  tam giác cân S , góc  � ASB  2 ,(0    ) SH đường cao hình chóp với H trung điểm AB Nhận xét: uuur uuur 1) Với N điểm thỏa mãn AN  ND BN  SC , suy SC  BN 2) ABC , ACD tam giác nên D tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tứ giác BCDG nội tiếp đường tròn 3) Mặt bên  SCD  ,  SAB  vng góc với  SHD  , SCD, HDC tam giác vng 4) Hình chóp xác định biết độ dài cạnh đáy góc  Nên ta thay đổi giả thiết giả thiết khác để hình chóp xác định Chẳng hạn cần cho tam giác  SAB  cạnh a  SAB    ABCD  … Bài 1: Với giả thiết nêu : Tính a) khoảng cách AB, SC cơsin góc hai đường thẳng AB, SC b) khoảng cách từ C đến  SAD  tính sin góc SC  SAD  c) góc  SAB   SCD  ,  SBC   SAD  Gợi ý: a) * d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  H ,  SCD    HK  a 3tan   (Với K hình chiếu H lên SD ) 10 � � *  AB, SC    CD, SC   SCD � cos( AB; SC )  cot   b) * Gọi E  AD �HC suy H trung điểm EC d  C ;  SAD    2d  H ;  SAD    HH '  * sin  SC ,  SAD    d  C ;  SAD   SC  HS HA HS  HA2  2a 3tan   (3tan   4)(cot   7) � : tan HSD �  tan  c) góc  SAB   SCD  góc HSD Gọi góc  SBC   SAD   : �  tan HSH  3tan  � cos   cos HSH1   �  3tan   tan HSH Từ toán ta câu hỏi ngược lại Bài : Tìm  để a 10 b) cos  AB, SC   10 a) d  AB, SC   2a 66 11 d) Hai mặt phẳng  SBC   SAD  vng góc với c) d  C ;  SAD    e) Góc SC  SAD  lớn f) P  cos( � AB; SC ).d  AB, SC  đạt giá trị lớn Hướng dẫn 11 a) d  AB, SC   a � tan   �   300 10 �   300 10 b) cos  AB, SC   2a 55 �   450 11 �   arctan d) ( SBC )  ( SAD) � tan   3 c) d  C ;  SAD    e) sin  SC ,  SAD     (3tan   4)(cot   7) 21tan   4cot   31 2 �  31  21 Suy góc SC  SAD  lớn � tan   4 �   arctan 21 21 � f) P  cos( AB; SC ).d  AB, SC    a 10  cot   21tan  � cot   a a 10  21 3tan   2.3.3 Xây dựng khai thác toán quy tắc, phương pháp Ví dụ 1: Khai thác tốn phương pháp chứng minh đường thẳng vng góc với đường thẳng cách dựng mặt phẳng Xét mô hình hình chóp tứ giác S ABCD Dễ thấy (1)  SUV  / /  TSRQ  ,  SAC  / /  XYV  (2) BD   SAC  ,  XYV  (3) OW , AD, BC   SUV  ,  TSRQ  12 Từ ta có tốn sau Bài 1: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD Gọi K trung điểm SD , Q điểm thuộc đoạn BC cho BQ  3QC Chứng minh a) AD  QK b) OW  QK với O tâm hình vng, W trung điểm AB c) GG '  QK Với G, G ' trọng tâm tam giác SAB, SCD Bài 2: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD Gọi Z điểm đối xứng D qua trung điểm SA, H trung điểm AZ,V trung điểm BC Chứng minh rằng: a) HV  BD (Đề đại học khối B năm 2007) b) BY  AD với Y trung điểm SZ c) HV  GG ' với G , G ' trọng tâm tam giác SBC , SCD Ví dụ 2: Khai thác phương pháp tính góc hai mặt phẳng sử dụng mặt phẳng Xét mơ hình hình lập phương mặt mặt đáy ta có tốn 13 Bài 1: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' Tính số đo góc  hai mặt phẳng  A ' BD   C ' BD  HD: � '   � AOA � '  COC � '  450 , tan � AOA '  tan COC � A ' OC ' ; suy A ' OC '  90o   � � ')  2 tan   tan( � AOA '  COC Xét hai điểm M , N tương ứng nằm đoạn AA ', CC ' ta có tốn: Bài 2: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' Hai điểm M , N tương ứng nằm đoạn AA ', CC ' cho AM  x; CN  y Tính số đo góc  hai mặt phẳng  MBD   NBD  theo x, y x �  y ; tan NOC a a � tan NOC �  �   90o * Nếu 2xy  a : tan MOA �  HD: * Ta có : tan MOA * Nếu 2xy �a : tan   a( x  y) a  xy a2 Cho x y  a( x  y) 2  x  y  tan    a2 a 2 2.2 xy �  2 Từ ta có tốn: a Bài 3: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' Hai điểm M , N tương ứng a2 AA ', CC ' AM  x ; CN  y nằm đoạn cho thỏa mãn x y  x , y Tìm để hai mặt phẳng  MBD   NBD  có góc nhỏ 14 Bài 4: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' Hai điểm M , N di động tương ứng nằm đoạn AA ', CC ' a) Chứng minh ( MBD)  ( NBD) � ( BMN )  ( DMN ) b) Diện tích tam giác MON đạt lớn nhất, nhỏ biết ( BMN )  ( DMN ) HD: * Áp dụng kết tốn 1, ta có ( MBD)  ( NBD) � xy  a (1) , AM  x; CN  y �x; y �a * Gọi P hình chiếu O MN, ta có (BDP) vng góc MN tam giác BDP cân P �  90o � BPO �  45o � OP  OB (2) Vậy ( BMN )  ( DMN ) � BDP a x y a OB  nên (2) � 2xy  a (3) 2 2 a x y Từ (1) (3) suy ra: ( MBD)  ( NBD ) � ( BMN )  ( DMN ) Mà OP  b) Ta có MN  2a  ( x  y )2  a  x  y ( 2xy  a ) Diện tích tam giác MON � a2 � 2a �x  � 1 a x  y � 2x � S  OP.MN  a  x2  y  2 a2  x2  y với a �x �a a2 a 2a a a x  y  , maxS  x  a; y  �x  ; y  a 4 2 Tổng quát lên ta có tốn Bài 4: Cho hình hộp chữ nhật ABCD A ' B ' C ' D ' có AB  a, BC  b, AA '  c Tính số đo góc  tạo hai mặt phẳng  A ' BD   C ' BD  Suy minS  HD: * Trong (ABCD) dựng AH, CK vng góc với BD ( H,K thuộc BD) ; �' KC góc tạo mp(ABCD) hai mặt phẳng (A’BD) ta có � A ' HA, C (C’BD) � A ' HA  tan C ' KC  c * tan � 1  a b2 15 Nếu 1 �' KC  450 �  A ' BD    C ' BD   2 2: � A ' HA  C a b c 1  2 1 c a b Nếu  � : tan   1 a b c   a b2 c Cho c cố định a, b thay đổi  A ' BD    C ' BD  � Áp dụng BĐT Côsi ta có 1  2 2 a b c 1  2 2� a b c ab Khi ta có tốn Bài 5: Cho hình hộp chữ nhật ABCD A ' B ' C ' D ' có AA '  c cố định  A ' BD    C ' BD  Tìm diện tích nhỏ hình chữ nhật ABCD Xét mơ hình hình lập phương mặt mặt  BDD ' B ' ta có tốn Bài 6: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' Hai điểm E , F tương ứng nằm đoạn BB ', DD ' EF qua tâm hình lập phương Tính số đo góc  hai mặt phẳng  AEF   A ' EF  a) EF / / BD b) EF  BD ' KQ: a) tan   2 �  600 , AA '  AB Xét mơ hình hình hộp đứng đáy hình thoi, BAD mặt mặt  ADD ' A ' ta có tốn Bài : Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' đáy hình thoi �  600 , AA '  AB Điểm M trung tâm O, BAD b) tan   điểm AA ' I tâm mặt CDD ' C ' Tính góc  tạo hai mặt phẳng  MBC '  IMO  HD : N , E trung điểm A ' D ', ND Khi MN / / AD '/ / OI / / BC '  MBC ' � NMBC ' ,  IMO  � INMO  Ta có  NMBC '   ADD ' A '  �  EH  Do tan   cot IHE EI MN ( H hình chiếu E lên ) 16 Xét mơ hình hình lập phương mặt mặt    / /  ABCD  ta có tốn Bài : Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' cạnh a Hai điểm M , N di động hai cạnh AM CN   k ;(0  k  1) AB ' CD ' Tìm giá trị k cho hai mặt phẳng  BMN  AB ', CD ' cho  DMN  vuông góc HD: Xét  PQRS  qua M , N song song với hai mặt đáy Khi góc  BMN  ,  DMN  với mặt đáy �  DKS � Đặt AP  x BHQ BQ x a  (a  x) k  (1  2k )   HQ a (a  x) 1 k �  45o Do ( BMN )  ( DMN ) � BHQ � k  (1  2k )   k � k  �  tan BHQ 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm 2.4.1 Đối với thân Trong năm học 2017-2018 năm học 2018-2020 đến nhà trường phân công hỗ trợ bồi dưỡng học sinh giỏi phần hình học không gian Tôi vận dụng kinh nghiệm mà tích lũy để ơn tập hướng dẫn học sinh thi học sinh giỏi Những năm qua đội tuyển Tốn trường THPT Nơng Cống đạt kết định: Năm học Học sinh Trịnh Quốc Đạt Lê Minh Đức 2017- 2018 Nguyễn Thị Loan Phạm Kim Chiến Lê Thị Thùy lớp 11B1 11B1 11B1 11B1 11B1 HSG tỉnh Nhì Ba KK KK KK 2018- 2019 Lê Văn Tiến 11C1 Ba 17 Mai Thanh Tân Mạch Duy Hùng 11C1 11C1 KK KK 2.4.2 Hiệu ứng dụng vào thực tiễn trường THPT tỉnh: - SKKN áp dụng cho tất trường THPT - SKKN cung cấp cho đồng nghiệp phương pháp phát tiển tư cảu học sinh hay hiệu để giúp học sinh yêu thích học tốt phần hình hịc khơng gian - Giới thiệu cho đồng nghiệp học sinh nguồn tập hay để áp dụng - Khích lệ cổ vũ phong trào ôn thi học sinh giỏi trường THPT tỉnh 18 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Như điều cốt lõi đề tài khai thác toán nhiều hình thức, hướng dẫn học sinh giải theo quy trình Từ rèn tư duy, kĩ kĩ xảo giải toán, tăng niềm tin hứng thú học tập cho học sinh Trong trình dạy học thói quen tổng quát hóa, đặc biệt hóa để đào sâu nghiên cứu góc cạnh tốn học kiểu điều cần thiết cho phát triển tư kích thích tính tích cực khám phá em học sinh(đối với học sinh giỏi) Còn nhiều vấn đề mà phạm vi đề tài chưa thể bao quát hết được, tiếp tục nghiên cứu tiếp mong đón nhận góp ý bổ ích bạn bè đồng nghiệp để đề tài phong phú hữu ích 3.2 Kiến nghị - Tiếp tục đổi khâu đề thi theo hướng kiểm tra lực, đáp ứng đổi toàn diện giáo dục, đảm bảo khách quan, phù hợp với đặc điểm môn học - Đề thi HSG nên lựa chọn toán tạo điều kiện để học sinh phát tiển tư duy, chứng tỏ sáng tạo q trình làm HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 16 tháng năm 2020 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Trần Thị Chinh 19 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Sách giáo khoa hình 11, 12 [2] Đề thi đại học, thi học sinh giỏi trường tỉnh Thanh Hóa [3] Phân loại phương pháp giải hình học lớp 11 Nhóm tác giả Nguyễn Phú Khánh, Đậu Thanh Kỳ, Trần Văn Thương [4] Một số tài liệu internet 20 DANH MỤC CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đà ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN Họ tên tác giả: Trần Thị Chinh Chức vụ đơn vị cơng tác: Giáo viên Tốn trường THPT Nơng Cống TT Tên đề tài SKKN SKKN “Khám phá số tốn chương I hình học 11 tình gợi vấn đề nhằm phát huy tính tích cực học sinh ban KHTN” Cấp đánh giá xếp loại (Phòng, Sở, Tỉnh ) Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) Năm học đánh giá xếp loại Ngành C 2013 21 ... 20 21 KHAI THÁC BÀI TỐN BẰNG NHIỀU HÌNH THỨC NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ DUY CỦA HỌC SINH TRONG VIỆC ÔN TẬP CHO HỌC SINH GIỎI PHẦN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Trong trình dạy học bậc... học sinh Vì lí tơi chọn đề tài: ? ?Khai thác tốn nhiều hình thức nhằm phát triển tư học sinh việc ôn tập học sinh giỏi phần hình học khơng gian? ?? 1.2 Mục đích nghiên cứu - Đề tài khác thác số tốn hình. .. thác số tốn hình thức khác nhau, nhằm phát triên tư học sinh, việc học phần hình học khơng gian - Giúp học sinh tiếp cận hình học khơng gian cách có hiệu - Đề tài giúp học sinh phát huy tối đa