SKKN 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: A Ta có MP đường trung bình tam giác BC, NQ đường trung bình tam giác ADC nên MP//AC, NQ//AC MP NQ AC Do tứ giác MPNQ hình bình hành, suy MN, PQ cắt trung điểm đoạn Vậy MN, PQ cắt trung điểm đoạn M Q B D P C 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 B 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 N A M Q F B P N DC E A M Q D P N C Q' A' Cách 4: Dùng phương pháp vectơ Gọi G trung điểm PQ, ta chứng minh G trung điểm MN Thật vậy: 2MG MQ MP MB BP MA AQ BP AQ 2NG NQ NP ND DQ NC CP DQ CP Suy MG NG G trung điểm MN Suy đpcm * Khai thác toán trên: a) Tổng quát lên ta có tốn Bài 1: Cho tứ diện ABCD Gọi M, N trung điểm đoạn thẳng AQ BP AB, CD P, Q điểm nằm đoạn BC, AD cho 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, AD cho AQ QD BP Tìm tập hợp trung điểm PQ 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: yzt x hd hb hc Lời Giải VABCD SBCD SCDA hb 3VABCD SBCD V ABCD V MBCD V MCDA V SDAB hc SABD hd SCDA hb SDAB hc SABD hd MDAB V MABC S x S y S z S t BCD CDA DAB ABD SBCD x 3V ABCD SBCD x S BCD h a SCDA y SDAB z SABD t 3V 3V 3V SCDA y S CDA h SDAB z S DAB h SABD.t S ABD h ABCD b ABCD c ABCD d xyzt (đpcm) hb hc hd * Khai thác tốn trên: a) Đặc biệt hóa ta có toán * 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 ' OA OB OC b) Thay đổi hình thức tốn * Gọi A' AM BCD , B' BM ACD , C' CM ABD , D' DM ABC MA' MK x y MB ' z MC ' t Khi ta có AA' AH h ,h BB ' , h CC ' , h a b c d toán ( H , K hình chiếu A, M lên MD ' DD ' ta BCD ) A M D B H A' K C Bài 3: Cho tứ diện ABCD M điểm nằm tứ diện Gọi A' AM BCD ,B' BM ACD , C' CM ABD , D' DM ABC Chứng minh MA ' MB ' MC ' MD ' 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 Khi ta có A ' G MK GH MK 4x h , tương tự ta có h a a B'M y C'M 4z D'M 4t B'G h ; C'G h ; D' h G Từ MA ' MB ' MC ' MD ' 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 ' b c a) Chứng minh c MA b) Tìm GTLN T ' GA' h AM BM h h a b y 1, DM h y z h h h h h b b C M h c c d AMBMCMDM3 hb hc hd Dẫn đến toán sau: B a z 1, AD c b c t h h t d h d K D H C A C h x M G A G.B G.C G.D G AM x Tương tự: BM D' MB ' MC ' MD ' GB ' GC ' GD' A M.B M.C M.D M * Dễ thấy AM x A d A' 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 h h h h a b c d * Gọi Sa, Sb, Sc, Sd diện tích tam giác BCD, CDA, DAB, ABC V a, Vb, Vc, Vd thể tích tứ diện MBCD, MCDA, MDAB, MABC Dễ thấy AM + x AM.Sa + x.Sa ha.Sa AM Sa + 3Va AM.S1 MA y 3VABCD = 3( Va + Vb + Vc + Vd) 3V2 + 3V3 + 3V4 = y.Sb + z.Sc + t.Sd Sb z Sc t Sd Sa x Sa z Sc t Sd x Sa y Sz Tương tự: MB , MC Sb Sb Sb Sc Sc x Sa y Sb z Sc MD Sd Sd Sd Sa Sb Sa Sc MA MB MC MD x y x z S Sc Sb a Sa Sa S y b Sc S z S c S y b MAMBMCMD2 b St xy S t d S b z t Sd , Sc Sa t S Sd a Sd x S c Sd xz xtyz yt S a S t d S c 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 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 x y z t hay MA MB MC M D 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 * Từ VABCD VMBCD VMCDA VMDAB VMABC 3.V ABCD S S a x 2 Sa Sb S b y Sa Sa x Sb y Sc z Sd t d z t Sc Sd Sa2 Sb2 Sc2 S c Sa Sb Sd2 2Sa Sb Sb Sc x y Sd 1 1 Sa x Sb y Sc z Sd t y S S b c y z x 2Sb Sc 2Sc Sd z S S c d y 2Sd Sa Sa Sb Sc Sd 3.V Sa S x z S b y t S S Sd c z t t d a z t x 2Sa Sc 2Sd Sb Sa Sb Sc Sd 2 ABCD x y z t Dấu “ = ” xảy x = y = z = t hay M tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD SS x t x a cz (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 Ta có MA' MB' MC' OA MAB S HAB S MBC S HBC S MCA 3OA S HCA 2.3.2 Xây dựng khai thác toán mơ hình Xét mơ hình : Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình thoi cạnh 2a , góc A 600 ; mặt S bên SAB tam giác cân S , góc ASB ,(0 ) SH đường cao hình chóp với H trung điểm AB Nhận xét: 1) Với N điểm thỏa mãn AN 4ND 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 B H A C O G M N D 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 SABABCD … 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, SCDd H , SCD HK a 3tan (Với K hình chiếu H lên SD ) 10 * AB,SC CD,SC cot2 SCD cos(AB;SC) b) * Gọi E AD HC suy H trung điểm EC d C; SAD 2d H ; SAD 2HH ' 2HS.HA 2a HS2 HA2 3tan S H' B C H O G E * sin SC, SAD A M d C; SAD N (3tan2 SC c) góc SAB SCD D 4)(cot2 7) góc HSD : tan HSD tan Gọi góc SBC SAD tan cos H1 cos2HSH1 : 3tan 3tan HSH1 tan HSH1 Từ tốn ta câu hỏi ngược lại Bài : Tìm để a) d AB, SC b) a cos AB, SC1010 c) d C; SAD 2a 66 11 d) Hai mặt phẳng SBC SAD vng góc với e) Góc SC SAD lớn f) P cos(AB;SC).d AB, SC đạt giá trị lớn Hướng dẫn 11 a 2 tan a) d AB, SC b) cos AB, SC10 10 330 300 2a 55 450 c) d C; SAD 11 d) (SBC) ( SAD) tan arctan e) sin SC, SAD 3 (3tan2 4)(cot2 21tan2 4cot2 31421 31 Suy góc SC 7) SAD lớn tan4 21 arctan 21 f) P cos( AB; SC).d AB, SC a 10 cot2 21tan2 a 3tan2 cot2 a 10221 2.3.3 Xây dựng khai thác tốn quy tắc, phương pháp Ví dụ 1: Khai thác toán phương pháp chứng minh đường thẳng vng góc với đường thẳng cách dựng mặt phẳng Xét mơ 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 Y Z S K H T A X U W B V R D O Q C 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 S K A D O W B Q C S Z H D A B V C 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: tan AOA ' tan COC ' AOA ' COC ' 450 , A ' OC ' 90 A ' OC ' ; suy tan B' A' D' O tan( AOA ' COC ') 2 HD: * Ta có : tan MOA * Nếu 2xy x y a x a ;tan NOC a2 : tan MOA tan NOC * Nếu 2xy a2 tan B C A 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 Cho C' : tan a ( x y) a 2xy y a C' N A' D' B C M O A a ( x y) B' 90 D D 2x y a a2 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 a ứng nằm đoạn AA ', CC ' cho AM x ; CN y thỏa mãn x y 42 Tìm x , y để hai mặt phẳng MBD NBD có góc nhỏ 14 B' Bài 4: Cho hình lập phương ABCD A ' B ' C ' D ' Hai điểm M , N di động tương ứng nằm đoạn AA', CC ' A' D' a) Chứng minh B (MBD) (NBD) (BMN) (DMN) P b) Diện tích tam giác MON đạt lớn nhất, nhỏ M O biết (BMN ) (DMN ) HD: * Áp dụng kết tốn 1, ta có A D (MBD ) ( NBD ) 2xy a2 (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 90 OP OB (2) Vậy (BMN ) ( DMN ) BDP BPO 45 a a nên (2) 2xy a2 (3) Mà x y OP OB C' N C a x y2 Từ (1) (3) suy ra: (MBD ) ( NBD ) (BMN ) (DMN ) b) Ta có MN2 a ( x y ) 2a x y2 ( 2xy a2 ) Diện tích tam giác MON a2 S OP.MN 2 a x y a 2 2a x x y a x y 2x với a x a Suy minS a , maxS 2a2 x a; y a x a;y a a2 x y 4 2 Tổng qt lên ta có tốn có AB a, BC b, AA' c Bài 4: Cho hình hộp chữ nhật ABCD A ' B ' C ' D ' Tính số đo góc tạo hai mặt phẳng A'BD C ' BD HD: * Trong (ABCD) dựng AH, CK vng góc với BD ( H,K thuộc BD) ; ta có ' KC góc tạo mp(ABCD) hai mặt phẳng (A’BD) A'HA, C (C’BD) * tan A' HA tan C ' KC c 1 a2 b2 15 1 2 Nếu a b Nếu a c b2 : A'HA c2 A'BD C 'BD C 'KC 45 c : tan a2 b2 a b 2 c 1 Cho c cố định a , b thay đổi A'BD C 'BD 1 a2 b2 c2 Áp dụng BĐT Cơsi ta có a2 b2 c2ab Khi ta có tốn Bài 5: Cho hình hộp chữ nhật ABCD A ' B ' C ' D ' có AA ' c cố định C ' BD Tìm diện tích nhỏ hình chữ nhật ABCD A'BD 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 b) tan B' C' O' E B A' D' C O F A D Xét mơ hình hình hộp đứng đáy hình thoi, BAD 60 , AA' AB mặt mặt ADD' A' ta có tốn B' Bài : Cho hình hộp ABCD A ' B ' C ' D ' đáy hình thoi tâm O, AB Điểm M trung C' BAD 60 , AA' 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 A' N H D' B I E C M O A D Do tan cot IHE EI ( H hình chiếu E lên MN ) 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 AB', CD' AM CN B' cho AB ' C' CD ' k ;(0 k 1) Tìm giá trị k cho hai mặt phẳng BMN DMN Q vng góc HD: Xét PQRS mặt đáy qua M , N song song với hai Khi góc BMN , DMN R A' D' B H với mặt đáy N C K M P A S D BHQ DKS Đặt AP x BQ x a2 ( a 2x)2 k (1 2k)2 tan BHQ HQ a(a x) k Do (BMN ) ( DMN ) BHQ 45 k (1 2k)2 k k o 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 khơng gian Tơi vận dụng kinh nghiệm mà tích lũy để ôn tập hướng dẫn học sinh thi học sinh giỏi Những năm qua đội tuyển Toán trường THPT Nông Cống đạt kết định: Năm học Học sinh Trịnh Quốc Đạt 2017- 2018 Lê Minh Đức 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 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 q 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 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 TAI LIÊU 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 ĐÃ 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 Cấp đánh 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” giá xếp loại (Phòng, Sở, Tỉnh ) Ngành Kết đánh giá xếp loại (A, B, C) Năm học đánh giá xếp loại C 2013 21 ... 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 KHƠNG GIAN. .. việc ôn 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. .. triển tư cho học sinh thơng 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 tốn nhiều hình thức nhằm phát triển tư học sinh việc