Phát triển năng lực giải toán hình học không gian cho học sinh lớp 11 trung học phổ thông : Luận văn ThS. Giáo dục học: 60 14 10

ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC PHẠM VIẾT SƠN PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CHO HỌC SINH LỚP 11 TRUNG HỌC PHỔ THƠNG LUẬN VĂN THẠC SỸ SƯ PHẠM TỐN HÀ NỘI – 2013 ĐẠI HỌC QUỐC GIA HÀ NỘI TRƯỜNG ĐẠI HỌC GIÁO DỤC PHẠM VIẾT SƠN PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN CHO HỌC SINH LỚP 11 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG Chuyên ngành: LÝ LUẬN VÀ PHƯƠNG PHÁP DẠY HỌC (BỘ MƠN TỐN) MÃ SỐ: 60 14 10 LUẬN VĂN THẠC SỸ SƯ PHẠM TOÁN Người hướng dẫn khoa học: TS Nguyễn Thị Hồng Minh HÀ NỘI – 2013 LỜI CẢM ƠN Với tất tình cảm mình, tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến thầy giáo đặc biệt thầy cô giáo cán trường Đại học Giáo dục – Đại học Quốc gia Hà nội nhiệt tình, tận tâm giảng dạy giúp đỡ tác giả trình học tập nghiên cứu Xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành đến TS NGUYỄN THỊ HỒNG MINH, cô hướng dẫn, bảo tận tình tác giả suốt trình làm luận văn Xin cảm ơn Ban giám hiệu, thầy giáo tổ Tốn em học sinh lớp 11B2, 11B3, 11B4, 11B5 trường THPT Thụy Hương, Hải Phòng giúp đỡ tác giả thực thực nghiệm sư phạm Tác giả xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp giúp đỡ, tạo điều kiện tốt để giúp tác giả hoàn thành luận văn Mặc dù cố gắng song luận văn không tránh khỏi thiếu sót hạn chế Tác giả mong dẫn, đóng góp ý kiến quý báu thấy cô giáo, nhà khoa học, bạn đồng nghiệp người quan tâm đến vấn đề nêu luận văn để luận văn hồn thiện có giá trị thực tiễn Xin chân thành cảm ơn! Hải Phòng, tháng 12 năm 2013 Tác giả Phạm Viết Sơn i DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT Viết tắt Viết đầy đủ ĐH Đại học PP Phương pháp THPT Trung học phổ thông ii MỤC LỤC Lời cảm ơn i Danh mục chữ viết tắt ii Mục lục iii Danh mục bảng, sơ đồ v CHƯƠNG 1: CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU……………….5 1.1 Năng lực 1.2 Các nhóm lực cá nhân 1.3 Các thành phần cấu trúc lực .8 1.4 Nội dung PPDH theo quan điểm phát triển lực 10 1.5 Kết luận chương 11 CHƯƠNG 2: XÂY DỰNG HỆ THỐNG BÀI TẬP HÌNH HỌC KHƠNG GIAN LỚP 11 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG VÀ BIỆN PHÁP NHẰM PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC GIẢI TOÁN CỦA HỌC SINH……………………………………13 2.1 Phát triển lực thơng qua kỹ giải dạng tốn 14 2.1.1 Xác định giao tuyến hai mặt phẳng 15 2.1.2 Xác định giao điểm đường thẳng mặt phẳng .16 2.1.3 Chứng minh hai đường thẳng song song 19 2.1.4 Chứng minh đường thẳng song song mặt phẳng 21 2.1.5 Chứng minh hai mặt phẳng song song 24 2.1.6 Chứng minh đường thẳng vng góc với mặt phẳng 27 2.1.7 Chứng minh hai đường thẳng vng góc 28 2.1.8 Chứng minh hai mặt phẳng vng góc với 29 2.1.9 Xác định góc mặt phẳng mặt phẳng .31 2.1.11 Xác định góc đường thẳng mặt phẳng 34 2.1.12 Xác định khoảng cách 37 2.1.13 Xác định thể tích khối đa diện 39 2.1.14 Xác định diện tích hình trịn xoay – Thể tích khối trịn xoay 41 2.2 Biện pháp để phát triển lực giải tốn hình học không gian cho học sinh 43 2.2.1 Phát triển kỹ thơng qua dạng tốn 43 2.2.2 Xây dựng hệ thống tập 44 iii 2.2.3 Tổ chức hoạt động cho học sinh tham gia thảo luận nhóm, làm tập nhóm 51 2.3 Kết luận chương 52 CHƯƠNG 3: THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM .53 3.1 Mục đích thực nghiệm sư phạm 53 3.2 Nhiệm vụ thực nghiệm sư phạm .53 3.3 Nội dung thực nghiệm 53 3.4 Tiến hành thực nghiệm sư phạm .53 3.5 Kết thực nghiệm sư phạm, phân tích, đánh giá 54 3.6 Kết luận chương 63 KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ .64 Kết luận 64 Khuyến nghị 64 TÀI LIỆU THAM KHẢO……………………………………………………… 66 PHỤ LỤC………………………………………………………………………….68 iv DANH MỤC CÁC BẢNG Bảng 3.1: So sánh kết lớp thực nghiệm lớp đối chứng qua lần kiểm tra thứ thực nghiệm 57 Bảng 3.2: So sánh kết lớp thực nghiệm lớp đối chứng qua lần kiểm tra thứ thực nghiệm: 59 Bảng 3.3: So sánh kết lớp thực nghiệm lớp đối chứng qua lần kiểm tra thứ thực nghiệm: 62 DANH MỤC SƠ ĐỒ Sơ đồ 1.1 Các thành phần cấu trúc lực v MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài Với nhiệm vụ mục tiêu giáo dục đào tạo người phát triển toàn diện mặt, khơng có kiến thức tốt mà cịn vận dụng kiến thức tình cơng việc Với nhiệm vụ đó, việc rèn luyện phát triển lực học tập cho học sinh trường phổ thông người làm công tác giáo dục quan trọng Muốn có điều này, từ nhà trường phổ thông phải trang bị đầy đủ cho học sinh hệ thống kiến thức bản, đại, phù hợp với thực tiễn Việt Nam phát triển cho họ lực, kỹ học tập Thế nhưng, cơng trình nghiên cứu thực trạng giáo dục cho thấy chất lượng nắm vững kiến thức học sinh không cao, đặc biệt kỹ năng, lực giải vấn đề không ý rèn luyện mức Từ thực tế đó, nhiệm vụ cấp thiết đặt phải đổi phương pháp dạy học, sử dụng phương pháp dạy học tích cực để bồi dưỡng cho học sinh kỹ năng, lực giải vấn đề Để làm điều này, với lượng kiến thức thời gian phân phối cho mơn Tốn bậc trung học phổ thơng, giáo viên phải có phương pháp giảng dạy phù hợp truyền tải tối đa kiến thức cho học sinh , đáp ứng cho mơn học mà cịn áp dụng kiến thức học vào khoa học khác chuyển tiếp lên bậc học cao sau Trong toán học, hình học vốn hấp dẫn học sinh tính trực quan Chúng ta khơng thể phủ nhận ý nghĩa tác dụng to lớn hình học việc rèn luyện tư toán học, phẩm chất cần thiết cho hoạt động sáng tạo người Tuy nhiên học toán mà đặc biệt mơn hình học, học sinh cảm thấy có khó khăn riêng mình, ngun nhân khó khăn là: - Học sinh chưa nẵm vững khái niệm bản, định lý, tính chất hình học Một số học sinh khơng biết cách vận dụng kiến thức vào việc giải tập - Sách giáo khoa cung cấp cho học sinh hệ thống đầy đủ kiến thức chưa thể chuyền tải kiến thức đến em cách sâu đậm khơng có bàn tay chế biến người giáo viên Hơn nữa, học sinh phải tiếp xúc với toán, chuyên đề toán nâng cao, mà người giáo viên chưa kịp trang bị đủ kỹ cần thiết để giải tốn dễ dẫn đến tâm lý chán nản, buông xuôi nhiều học sinh - Đối với mơn hình học, ngồi tốn hình học phẳng, cịn có tốn hình học khơng gian Đối với tốn hình học khơng gian có nhiều đường dẫn đến đích, có cách giải ngắn gọn, hợp lý, độc đáo sáng tạo Các tốn cịn gắn tốn học với thực tiễn đời sống lao động sản xuất hình khối vật thể xung quanh Song việc giải tốn hình học khơng gian thường làm cho học sinh lúng túng, khó khăn, khơng biết nên đâu giải nào, dẫn đến nảy sinh tâm lý ngại học mơn hình học Xuất phát từ vấn đề nêu giúp học sinh có định hướng chung ban đầu gặp tốn hình học không gian, chọn nghiên cứu đề tài “Phát triển lực giải tốn hình học khơng gian cho học sinh lớp 11 trung học phổ thông” để dạy học mơn hình học khơng gian hiệu Mục đích nghiên cứu - Phát triển lực giải tốn hình học khơng gian đối tượng học sinh phổ thông - Xây dựng hệ thống tập quan hệ song song, quan hệ vng góc khơng gian theo dạng tốn chương trình trung học phổ thông Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu sở lý luận lực giải tốn, q trình rèn luyện phát triển loại lực bậc trung học phổ thông - Hệ thống tập ứng dụng hướng dẫn để học sinh có hội phát triển lực - Thực hành giảng dạy lớp chọn làm mẫu khảo sát - Qua thực nghiệm, kiểm tra đánh giá, rút học thực tế, tính khả thi để áp dụng vào giảng dạy bậc trung học phổ thông Khách thể đối tượng nghiên cứu - Khách thể nghiên cứu: Học sinh giáo viên dạy mơn tốn trường THPT Thụy Hương, Huyện Kiến Thụy, Thành Phố Hải Phòng - Đối tượng nghiên cứu: Trên sở phân loại lực giải tốn, áp dụng vào nội dung hình học khơng gian lớp 11 trung học phổ thơng Từ phân loại phát triển hệ thống tập hình học không gian Đi sâu vào ứng dụng sở lý luận phát triển lực giải toán, gợi động hứng thú học tập cho học sinh qua nội dụng luận văn Vấn đề nghiên cứu Đề tài tập trung vào nghiên cứu hai vấn đề sau: - Phát triển lực giải toán cho học sinh nào? - Xây dựng hệ thống tập hình học khơng gian để phát triển lực giải toán cho học sinh? Giả thuyết khoa học Với nội dung toán học lựa chọn biện pháp sư phạm đề xuất luận văn, qua kiểm tra bước đầu thực tiễn, tin đề tài góp phần nâng cao trình độ nhận thức học sinh, khơi dậy hứng thú học tập, phát huy lực giải tốn hình học khơng gian, tích cực học tập học sinh trung học phổ thông Trang bị cho học sinh trung học phổ thông dạng lực phương pháp giải tốn hình học khơng gian cách hiệu Giới hạn phạm vi nghiên cứu - Nội dung chương trình sách giáo khoa tốn hình học khơng gian lớp 11 ban - Học sinh lớp 11 giáo viên dạy môn tốn trường trung học phổ thơng Thụy Hương – Hải Phòng Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài - Ý nghĩa lý luận: Suy IK / / FE Từ (1) (2), ta (2)  IJ // FC   IK // FE suy ( IJK ) / /(CEF ) Vậy ( IJK ) / /(CEF ) BT17: Hướng dẫn: a Ta chứng minh (G1G2G3 ) / /( BCD ) sau: Gọi M, N, L trung điểm A cạnh BC, CD BD Ta có AG1 AG2 AG3    , AM AN AL E suy G1G2 / / MN ; G2G3 / / NL; G3G1 / / LM , ta có G1G2 / / MN  , G2G3 / / NL   MN  ( BCD) , NL  ( BCD) G3 G G1 F G2 D L B N M C Hình 2.54 Suy (G1G2G3 ) / /( BCD ) Vậy (G1G2G3 ) / /( BCD ) b Tìm thiết diện tứ diện ABCD với mặt phẳng (G1G2G3 ) :  BC / /(G1G2G3 )  Ta có  BC  ( BCD) G  (G G G )  ( ABC )  Suy giao tuyến qua G1 / / BC cắt AB AC E F Tương tự ta có (G1G2G3 ) cắt (ACD) theo giao tuyến FG // CD (G1G2G3 ) cắt (ABD) theo giao tuyến GE // BD Xét tam giác AMC tam giác ABC Ta có G1F / / MC suy AG1 AF   AM AC (1) EF AF  BC AC (2) EF / / BC suy 82 Từ (1) (2), ta Tương tự: Suy AG1 EF 2   suy EF  BC AM BC 3 2 FG  CD ; GE  BD 3 2 2 EF  FG  GE  BC  CD  GE  ( BC  CD  GE ) 3 3 Vậy S EFG  S BCD BT18: Hướng dẫn: Kẻ Bx’// Ax Trên Bx’ lấy A M điểm M’ cho AM = BM’  AM / / BM ' Ta có  ,  AM  BM ' x B M' x' Suy ABM’M hình bình hành, MM’//AB, z (1) N t y Như BM’N cân B Kẻ Bt phân giác góc x’By Hình 2.55 Suy M’N  Bt (2) Trong (x’By), kẻ Bz  Bt (3) Từ (2) (3), ta Bz // M’N (4)  MM '/ / AB Từ (1) (4),  suy ( MNM ') / /( ABz )  M ' N / / Bz Như MN // (ABz) Vậy MN // (ABz) cố định A BT19: Hướng dẫn: a Hãy trình bày cách I dựng điểm N: N Điểm N phải nằm giao tuyến D B K (MIJ) (ACD), giao tuyến qua J J Ta có J  ( MIJ )  ( ACD) M C Gọi E  MI  AC E 83 Hình 2.56  E  MI Suy   E  AC mà MI  ( MIJ ) mà AC  ( ACD)  E  ( MIJ )  ( ACD ) Gọi N  EJ  AD Trường hợp M trung điểm BC: Nếu M trung điểm BC suy IM / / AC (IMJ) // AC, Như (IMJ) cắt (ACD) theo giao tuyến JN // AC b Chứng minh rằng: KM = KN Do I, J trung điểm AB, CD Do dựng ba mặt phẳng chứa ba đường thẳng song song Áp dụng định lí Talet khơng gian, ta được: MK BI    MK  KN KN IA Vậy MK  KN BT20: Hướng dẫn: Ta chứng minh SE  (SCD) S sau: Do SCD cân S có F trung điểm CD CD  SF Mà CD  EF (theo tính chất hình vng) D A Suy CD   SEF  , E mà SE   SEF   SE  CD F C B Hình 2.57 (1) Ta chứng minh SEF vuông S cách sử dụng định lý Pytago sau: SCD vng S có SF đường trung tuyến, nên a SF  CD  2 Xét SAB cạnh a có SE trung tuyến nên SE  84 a EF = a 2  a   a 2 3a a Ta có SE  SF     a  EF     4   2 2 Vậy SEF vuông S suy SE  SF (2) Từ (1) (2)  SE   SCD  Ta chứng minh SF  (SAB): Theo chứng minh trên, SF  SE , (3) Mặt khác CD   SEF  AB // CD suy AB   SEF   SF  AB (4) Từ (3) (4) suy SF   SAB  S BT21: Hướng dẫn: Vì H  SA K   nên SA ,  BHK   SH ,  BHK      2a Theo chứng minh câu b, SC   BHK  K nên hình chiếu S lên (BHK) K    C 60° a Suy hình chiếu SH lên (BHK) KH   Do SA ,  BHK   SH ,  BHK  H B  A Hình 2.58    SH , KH  SHK    Xét tam giác SHK vuông K nên cos SHK Ta có SHK  SCA  HK SH HK AC  SH SC Xét tam giác BAC vuông A, cos 600  AB AB a  BC    2a BC cos 60 Xét tam giác SBC vuông B nên SC  BS  BC  4a  4a  2a Mặt khác AC  BC  AB  8a  a  a 7,  Suy cos SHK HK AC a 7 14     SH SC 2a 2 85    14 Vậy cos SA ,  BHK   cos SHK   S BT22: Hướng dẫn: Chứng minh SE  (SCD) SF  (SAB) sau: Ta chứng minh SE  (SCD): Q Do SCD cân S có F trung điểm P CD suy CD  SF A M Mà CD  EF (theo tính chất hình vng), K E O Suy CD   SEF  Mặt khác SE   SEF   SE  CD a B F H C Hình 2.59 (1) Ta chứng minh SEF vng S cách sử dụng định lý Pytago sau: SCD vng S có SF đường trung tuyến nên a SF  CD  2 SAB cạnh a có SE trung tuyến nên SE  a EF = a 2  a   a  3a a Ta có SE  SF     a  EF     4   2 2 Vậy SEF vuông S suy SE  SF (2) Từ (1) (2) suy SE   SCD  Ta chứng minh SF  (SAB) sau: Theo chứng minh trên, SF  SE (3) Mk CD   SEF  AB // CD suy AB   SEF   SF  AB (4) Từ (3) (4) suy SF   SAB  a) Ta chứng minh SH  AC Ta có CD   SEF  (theo chứng minh trên), mà SH   SEF   SH  CD 86 D Hơn nữa, SH  EF (giả thiết) suy SH   ABCD  Mà AC   ABCD  suy SH  AC b) Tính góc đường thẳng BD mặt phẳng (SAD) Gọi O tâm hình vng ABCD Theo tính chất hình vng ABCD, ta có AC, BD EF đồng quy O Vì SE  SF nên H thuộc đoạn OF Trong mặt phẳng (ABCD), qua H vẽ đường thẳng song song với CD cắt AD, OD M K Vậy góc BD mặt phẳng (SAD) góc KD (SAD) Ta tìm hình chiếu K lên (SAD) Ta có AD  MH , AD  SH (do SH   ABCD  ) suy AD   SHM  , suy  SAD    SHM  Suy  SAD    SHM   SM Ta vẽ KP  SM ( P  SM ) KP   SAD  P Nhận xét: Nếu hai mặt phẳng vng góc với đường thẳng nằm mặt phẳng vng góc với giao tuyến vng góc với mặt phẳng Suy hình chiếu K lên (SAD) P hình chiếu KD lên (SAD) PD Do    ,  SAD      KD,  SAD     KD , PD   KDP  BD  ta tìm KD KP Để tìm góc KDP Nếu SEF vng S có SH đường cao nên ta có: 1 4 16 1 1    2  2,     2 2 3a a 3a a 3a SH SE SF a 3 a     4   3a a SH   SH  16 Xét SEH vuông H nên ta có: 3a 3a a 3a EH  SE  SH     16 16 Hơn OH  EH  OE  3a a a a a a    HF  OF  OH    4 4 87 Do H trung điểm OF, mà HK // DF nên HK đường trung bình FOD 1 a a Suy K trung điểm OD nên KD  OD   2 (do BD  a ) Ta có HK  1 a a DF   , 2 MK  MH  HK  a a a   suy K trung 4 điểm MH Trong mặt phẳng (SHM), vẽ HQ  SM ( Q  SM ), mà KP  SM suy KP / / HQ mà K trung điểm MH nên KP MHQ  KP  đường trung bình HQ Xét tam giác SHM vng H có HQ đường cao, ta có: 1 16 28 1 1          2 2 3a a 3a a 3a HQ HS HM a 3 a     16     Do HQ  3a a a a KP   HQ   28 2 7 Trong tam giác KPD vuông P, a   KP    KDP   27 035' ta có sin KDP KD a 14    27 035' Vậy BD ,  SAD   KDP   A' BT23: Hướng dẫn: Ta có BC // MN, suy MN // (A’BC), đó: B' d(MN,A’C) = d(MN,(A’BC)) = d(M,(A’BC)) D' C' (1) I A H Ta có AI  A'B ( AB'  A'B = I) D M Lại có BC  (BAA'B')  BC  AI N B Từ AI  (A'BC) C Hình 2.60 88 Vì kẻ MH // AI (H  A'B) MH  (A'BC) d(M,(A'BC)) = MH = Từ (1), (2) suy d(MN,A'C) = a AI = (2) a BT24: Hướng dẫn: Giả sử đường thẳng a, b chéo M vuông góc b N P Dựng (P) qua b vng góc với a Hình 2.61 Giả sử a  (P) = M Trong (P) dựng MN vng góc với b Khi MN đường vng góc chung a b BT25: Hướng dẫn: Ta có AB1  A1B (vì BAA1B1 hình vng) A1B  AD (vì AD  (BAA1B1)) Suy A1B  (B1AD) suy A1B  B1D (1) Vì DD1  (A1B1C1D1) suy DD1  A1C1 Do A1B1C1D1 hình vng nên A1C1  B1D1 Từ A1C1  (B1DD1) suy A1C1  B1D (2) Từ (1) (2) suy ra: B1D  (A1BC1) (3) Bây ta tìm giao điểm B1D với (A1BC1) A1 a D1 Gọi H giao điểm AB1 A1B Trong mặt chéo (B1A1DA) rõ ràng HC1  B1D = G B1 1 Do B1H=HA= C1D suy GH= GC1 2 G C1 H A D Do G trọng tâm tam giác A1BC1 Vì A1BC1 tam giác nên GH  A1B, cịn GH  B1D B1D  (A1B1C1) Như GH B C Hình 2.62 đường vng góc chung A1B B1D nên khoảng cách A1B B1D 1 a a a Ta có GH  C1H    d ( A1B, B1D )  3 6 89 BT26: Hướng dẫn: Gọi M N tương ứng A trung điểm AB CD Do ABCD tứ diện đều, M nên ta có CM  AB DM  AB, Suy AB  (MCD) suy AN  MN B D Lý luận tương tự ta có CD  (ANB) Suy CD  MN N C Vậy MN đường vng góc chung AB CD Ta có MC = MD = Hình 2.63 3 Vậy MN  MC  CN  (3 6)2  (3 2)2  36  MN  6cm BT27: Hướng dẫn: a Ta kẻ SH  BC mặt phẳng (SAC)  mặt phẳng (ABC) nên SH  mặt phẳng (ABC) Gọi I, J hình chiếu S H lên AB BC suy SI  AB, SJ  BC, theo giả thiết SIH  SJH  450 Ta có SHI  SHJ  HI  HJ nên BH đường phân giác ABC , từ suy H H A trung điểm AC b Ta có HI = HJ = SH = VSABC = 45 C I J a B Hình 2.64 a3 S ABC SH  12 S BT28: Hướng dẫn: Ta có ( SAB )  ( SAC )  SA  suy SA  ( ABC ) ( SAB )  ( ABC ) ( SAC )  ( ABC )  C A D Hơn AB hình chiếu SB lên mặt phẳng(ABC), B    nên (SB,(ABC)) = SBA Hình 2.65  BC  AD Ta có   BC  ( SAD )  BC  SA 90 Mặt khác SD hình chiếu SB lên mặt phẳng(SAD) nên   SB,  SAD   = BSD   Ta có SB2 = SA2 + AB2 = SA2 + AD2 + BD2 (1) Mà SA = SB.sin  , BD = SB.sin  (1)  SB  SB sin   a  SB sin  ,  SB  SB sin   SB sin   a ,  SB (1  sin   sin  )  a ,  SB (cos   sin  )  a ,  SB  Suy SA  a cos2   sin  a sin  cos2   sin  , BD  a sin  cos   sin  Ta thu kết cuối là: V= 1 a sin  sin  a sin  sin  S ABC SA  BD AD.SA   3 (cos   sin  ) 3cos(   ).cos(   ) BT29: Hướng dẫn: Ta có AB’  SB, AB’  CB suy AB’  (SBC) AB’  SC (1) Tương tự ta có AD’  SC (2) Từ (1) (2) suy SC  ( AB ' C ' D ')  SC  AC ' Do tính đối xứng, ta có VSAB’C’D’ = 2VSAB’C’ Do S VS AB ' C ' SB ' SC ' SB '.SB SC '.SC   VS ABC SB SC SB SC C' SA2 SA2 4a 4a  2  2  SB SC 5a 6a 15 B' D A a2 a3 Mà VSABC = 2a  3 n O B Như VSAB 'C ' D' C a 8a   15 45 Hình 2.66 91 Vậy VSAB’C’D’ = 16a 45 BT30: Hướng dẫn: Gọi O = AC  BD Ta có AC’, B’D’, SO đồng quy I I trung điểm SO Kẻ OC” // AC’ Ta có SC’ = C’C” = C”C, nên S SC '  SC Ta có VSAB 'C ' SB ' SC ' 1    VSABC SB SC Suy D' C' II B' A D C" VSAB ' C '  VSABCD 12 O C B V Tương tự ta có SAC ' D '  VSABCD 12 Hình 2.67 V V  VSAC ' D ' 1 Vậy SAb ' C ' D '  SAB ' C '    VSABCD VSABCD 12 12 BT31: Hướng dẫn: Kẻ MN // CD (N  SD ) hình thang ABMN thiết diện khối chóp cắt mặt phẳng (ABM) Ta có VSAND SN 1    VSANB  VSADB  VSABCD VSADB SD 2 Hơn VSBMN SM SN 1    VSBCD SC SD 2 S 1 Vậy VSBMN  VSBCD  VSABCD N M Mà VSABMN = VSANB + VSBMN = VSABCD Suy VABMN.ABCD = VSABCD Do VSABMN VABMN ABCD  D A O B C Hình 2.68 92 D' C' BT32: Hướng dẫn: Gọi x cạnh đáy, ta có B’D’=x 2, AB '  AD '  h  x A' 2 B' AB ' D ' : B ' D '  AB '  AD '  AB ' AD '.cos  D 2  AB '  AB ' cos  , h  x  2( h  x )  2(h  x ) cos  ,  x  (h  x )  ( h  x ) cos  , O A B h (1  cos  ) x  cos  Hình 2.69 Vậy V = x2.h = C h3 (1  cos  ) cos  BT33: Hướng dẫn: Giả sử BI = x suy AI  2x  x  AI  BC Ta có   A ' IA  300  A ' I  BC C' A' Xét tam giác A ' AI ta có B' AI x A ' I  AI :cos 30    x 3 Mà ta lại có A’A = AI.tan 300 = x 3  x C A Vậy VABC.A’B’C’ = CI.AI.A’A = x3 30 I B Mà SA’BC = BI.A’I = x.2x = suy x  Hình 2.70 Do VABC.A’B’C’ = BT34: Hướng dẫn: Kẻ A’H  ( ABCD ) , HM  AB, HN  AD Suy A ' M  AB, A ' N  AD (định lý đường vng góc) Do  A ' MH  450 , A ' NH  600 Đặt A’H = x 93 Khi A’N = x: sin 600 = AA '2  A ' N  AN = 2x D' C'  x2  HM A' B' Mà HM = x.cot 45 = x D C N Nghĩa x =  4x x H A M B Vậy VABCD.A’B’C’D’ = AB.AD.x = Hình 2.71  BT35: Hướng dẫn: Tính V Sxq Xét tam giác vng SAO: SO = a.sin  AO=a.cos  Ta có V = 1  AO SO   a cos  sin  3 S Như Sxq =  AO.SA   a cos  a) Tính SSAB a Kẻ OH  AB  SH  AB ,   600 SHO Xét tam giác vng SOH: SH  K SO 2a.sin  ,  sin 60 OH = SO.cot.60 = O A H B a 3.sin  Hình 2.72 S Xét tam giác vuông AOH: AH2 = AO2 – OH2 = a2.cos2  3a sin  I b K Suy AH  a 3cos   sin  C A 2a sin  3cos   sin  Vậy SSAB = AB.SH  94 a Hình 2.73 O B Tính d(O,(SAB)) Kẻ OK  SH  OK  ( SAB ) Xét tam giác vuông OKH: OK = OH.sin 600 = a sin  a.sin   2 BT36: Hướng dẫn: Gọi O hình chiếu S lên mặt phẳng (ABC) O tâm đường trịn ngoại tiếp ABC Mặt phẳng trung trực SA cắt SA I cắt SO K Khi SK = KA = KB = KC K tâm mặt cầu ngoại tiếp SK SI SI SA SA2 Hai tam giác đồng dạng SIK SOA, nên ta có   SK   SA SO SO 2SO A Tam giác vng SOA có: a 3 a2 SO = SA – AO = b -   b     2 2 b  Suy ra: SO = b2 Vậy SK = R = b2  a2 K a2  O S b2 3b  a C I B Hình 2.74 4  b2  b6  Do V =  R      3  3b  a  2( 3b  a )3 Như S = 4. b4 2(b2  a2 )  6 b 3b  a BT37: Hướng dẫn: Qua trung điểm I đoạn BC, ta dựng đường thẳng d  ( SBC ) Mặt phẳng trung trực đoạn SA cắt d O, Ta có OA=OS=OB=OC=R O tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Ta có SI = BC  b  c2 2 b2  c2 a2  SA  Mà SO = SI +      SO  a  b2  c2  R 4   2 95 BT38: Hướng dẫn: Ta có: BC  AB   suy BC  SB BC  SA  Tương tự CD  SD S Vậy điểm A, B, D nhìn đoạn SC góc vng, tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp D' C' S.ABCD trung điểm I SC B' I a Ta có: AC’  SC C’ D A Trước tiên ta có: AB’  SC AB’  BC , (vì BC  ( SAB )  AB ' ) O nên AB’  ( SBC ) suy AB '  B ' C C B Hơn AD’  SC AD’  DC , Hình 2.75 (vì DC  ( SCD )  AD ' ) nên AD’  ( SCD ) suy AD '  D ' C Vậy điểm B’, C’, D’, D, B nhìn đoạn AC góc vng, bảy điểm A, B, C, D, B’, C’, D’ nằm mặt cầu đường kính AC D BT39: Hướng dẫn: Gọi O hình chiếu D E lên mặt phẳng (ABC), O trọng tâm tam giác ABC Mặt phẳng trung trực đoạn K C A AD cắt AD E cắt DO K O Ta có KD = KA = KB = KC nên K tâm I mặt cầu nội tiếp tứ diện vì: d(K,(DAB)) = d(K, (DBC)) = d(K, (DAC)) Hình 2.76 B = d(K, (ABC)) = OK Ta có: AO = a a AI  , OD = DA2  AO  3 Vì DEK đồng dạng DOA nên: Vậy OK = OD – DK = DK DE a a 6 a   :   DK  DA DO 4 a a a   12 96