Đang tải... (xem toàn văn)
Mục tiêu của đề tài là Giúp học sinh: Khắc phục những điểm yếu khi giải các bài toán hình học không gian như: khả năng vẽ hình không gian, khả năng tư duy hạn chế. Có cách nhìn tổng quát các bài toán hình học không gian. Lựa chọn được cách giải thích hợp nhất khi đứng trước một bài toán. Xóa bỏ tâm lý “sợ” môn hình học không gian, gây hứng thú học tập cho học sinh. Có cách nhìn đa chiều về một vấn đề trong cuộc sống.
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HĨA TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ HÌNH CHĨP DÀNH CHO HỌC SINH LUYỆN THI THPT QUỐC GIA Người thực hiện: Nguyễn Thị Bích Phượng Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh mực (mơn): Tốn THANH HĨA NĂM 2016 MỤC LỤC A. Mở đầu I. Lý do chọn đề tài II. Mục đích nghiên cứu III. Đối tượng nghiên cứu IV. Phương pháp nghiên cứu B. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm I. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm II. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm III. Giải pháp giải quyết vấn đề §1. Cơ sở khoa học §2. Một số dạng tốn minh họa IV. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm C. Kết luận, kiến nghị D. Tài liệu tham khảo, phụ lục 01 01 01 01 01 01 01 02 02 02 05 19 20 A MỞ ĐẦU I. Lý do chọn đề tài Q trình giảng dạy và ơn luyện cho học sinh dự thi tốt nghiệp THPT Quốc Gia (trước đây là thi Đại học – Cao đẳng)… tơi nhận thấy nhiều học sinh gặp khó khăn khi giải bài tập hình học khơng gian do khả năng tư duy tưởng tượng khơng gian của học sinh cịn hạn chế và có tâm lý sợ mơn hình học khơng gian. Trong khi đó, rất nhiều bài tốn HHKG của chương trình tốn THPT có thể được giải quyết một cách đơn giản hơn rất nhiều khi vận dụng phương pháp tọa độ. Tuy nhiên, vẫn có những bài tốn giải bằng phương pháp hình học khơng gian thuần túy cho lời giải đơn giản hơn. Ngay cả những bài tốn giải được bằng phương pháp tọa độ thì bài tốn có đơn giản hay khơng một phần phụ thuộc vào cách chọn hệ trục toạ độ. Vì vậy, trong khn khổ bài viết này tơi tập trung vào những bài tốn về hình chóp giải được bằng cả hai phương pháp và khi áp dụng phương pháp tọa độ việc chọn hệ tọa độ cũng đơn giản, dễ áp dụng giúp học sinh giải quyết được một số các bài tốn hình học khơng gian mà các em thường gặp trong các kì thi cuối cấp. II. Mục đích nghiên cứu Giúp học sinh: Khắc phục những điểm yếu khi giải các bài tốn hình học khơng gian như: khả năng vẽ hình khơng gian, khả năng tư duy hạn chế…Có cách nhìn tổng qt các bài tốn hình học khơng gian. Lựa chọn được cách giải thích hợp nhất khi đứng trước một bài tốn. Xóa bỏ tâm lý “sợ” mơn hình học khơng gian, gây hứng thú học tập cho học sinh. Có cách nhìn đa chiều về một vấn đề trong cuộc sống III. Đối tượng nghiên cứu Phương pháp giải tốn hình học khơng gian: Phương pháp hình học thuần túy và phương pháp tọa độ. Một số dạng tốn về hình chóp có thể vận dụng phương pháp tọa độ để giải tốn. Ưu, nhược điểm phương pháp giải toán IV. Phương pháp nghiên cứu Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thơng tin B. NỘI DUNG I. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm Các bài tốn thi vào Đại học – Cao đẳng trước đây và hiện nay khi các em đang ơn luyện để bước vào kì thi THPT Quốc Gia đều đưa đến dạng của một bài tốn HHKG chứ khơng phải dạng của một bài hình học giải tích khơng gian Phương pháp hình học khơng gian thuần túy, học sinh cần sử dụng thành thạo kiến thức HHKG để vận dụng vào bài giải (điều này khơng phải mọi học sinh đều nhìn ra). Mặt khác, việc vẽ hình khơng gian đúng, đẹp và khai thác tốt hình vẽ giúp rất nhiều cho việc trình bày lời giải một bài tốn HHKG nhưng khả năng vẽ hình của phần đơng học sinh rất yếu. Phương pháp tọa độ áp dụng vào một số dạng tốn có thể khắc phục được những hạn chế này. Tuy nhiên, khơng phải bài tốn nào cũng áp dụng được phương pháp tọa độ để giải và cho lời giải đơn giản Nhìn chung hai phương pháp giải tốn, mỗi phương pháp đều có ưu điểm và nhược điểm cho nên việc giúp học sinh lựa chọn phương pháp thích hợp khi đứng trước một bài tốn hình học khơng gian, giúp các em xác định được hướng giải tốn, xây dựng niềm tin vào bản thân, tạo hứng thú học tập, xóa bỏ tâm lý “sợ” mơn hình học khơng gian là rất cần thiết II. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Chương trình tốn THPT, học sinh học hình học khơng gian với hai nội dung tách rời nhau: Hình học khơng gian thuần túy (học ở lớp 11 và học kỳ 1 của lớp 12), phương pháp tọa độ trong khơng gian (học ở học kỳ 2 của lớp 12) Phần lớn, học sinh cho rằng hai nội dung này khơng liên quan với nhau, nghĩa là đề bài cho dưới dạng HHKG thơng thường thì phải giải bằng HHKG Học sinh khơng thấy mối liên hệ giữa hai nội dung này với nhau: khơng biết chuyển đổi nội dung mơ tả hình học khơng gian sang biểu thức giải tích Phân phối chương trình khơng có thời lượng cho học sinh luyện tập, vận dụng phương pháp tọa độ giải các bài tốn HHKG mà các em đã biết giải trước Kiến thức, kỹ năng, tư duy tốn của học sinh cịn yếu,khả năng tư duy tưởng tượng hình khơng gian của học sinh cịn hạn chế và có tâm lý “sợ” mơn hình học khơng gian nên nhiều học sinh gần như bỏ qua bài hình học khơng gian trong các đề thi mà các em gặp III. Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề Từ thực trạng trên, tơi chọn lọc một số dạng tốn về hình chóp có thể giải được bằng cả hai phương pháp. Mỗi bài tốn đều trình bày cả hai phương pháp giải để học sinh có cái nhìn tổng qt về bài tốn hình học khơng gian, thấy được ưu điểm, nhược điểm của mỗi phương pháp từ đó hình thành kĩ năng định hướng giải tốn thích hợp Tuy nhiên, để đề tài đạt kết quả theo tơi giáo viên cần củng cố cho học sinh một số kiến thức sau: § 1. CƠ SỞ KHOA HỌC I Kiến thức cơ bản uuuur Tọa độ véc tơ MN = (xN xM ; yN yM ; zN zM ) r r Ta giả sử u =(x1; y1; z1) , v =(x2; y2; z2) r r Cộng , trừ hai véc tơ : u v = ( x1 x2 ; y1 y2; z1 z2) r Nhân một số với một véc tơ : k v = (kx2; ky2; kz2) (k R) r 2 Độ dài véc tơ : v = x + y + z r r Tích vơ hướng của hai véc tơ: u v = x1. x2 + y1.y2+ z1.z2 r r u v x1. x2 + y1.y2+ z1.z2 = 0 x1.x + y1 y + z1.z r r Góc giữa hai véc tơ : cos ( u , v ) = 2 2 2 x +y +z x +y +z Độ dài đoạn thẳng : MN = ( x N − xM ) 2 2 + ( y N − yM ) + ( z N − zM ) 2 �x + x B y A + y B z A + z B � ; ; M là trung điểm AB: M � A � 2 � � �x + x B + x C y A + y B + y C z A + z B + z C � ; ; G là trọng tâm của ABC: G � A � 3 � � r r Tích có hướng của hai véc tơ: u =(x1; y1; z1) và v =(x2; y2; z2) ký hiệu là: rr �y1 z1 z1 x1 x1 y1 � ur � u = = w �, v � � �y z ; z x ; x y �= ( y1.z − y z1;z1 x − z x1;x1 y − x y1 ) 2 2 � �2 uuu r uuu r � � AB , AC ∆ ABC Diện tích là: S = � � uuur uuur uuuur � � V = AB AA ' Tính thể tích hình hộp: ABCD.A'B'C'D' là: � , AD � uuur uuur uuur � AB, AC � AD Thể tích tứ diện ABCD: V ABCD = � � r (P) đi qua điểm M0 (x0; y0; z0) và có véctơ pháp tuyến n = (A;B;C) với A + B2 + C2 > có pt là: A(x x ) + B(y y0 ) + C(z z ) = x y z (P) đi qua A(a; 0; 0), B(0; b; 0) và C(0; 0; c) có pt là: + + = (a,b,c 0) a b c x = x + at r ( ) đi qua M0(x0;y0; z0) và có VTCP u = (a;b;c) : y = y + bt (a + b + c2 0) z = z + ct Khoảng cách từ điểm M0(x0; y0; z0) đến mp (α ) : Ax + By + Cz + D = là: Ax + By + Cz + D d ( M ,(α) ) = A + B2 + C Khoảng cách từ điểm M1 đến đường thẳng ( ) đi qua điểm M0 và có VTCP r u uuuuur r � � M � M1 ,u � d(M1 , ∆) = r u r r uuuuur � � u, M1M � v� rr Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau ( 1),( 2): d(∆1 , ∆ ) = � � u, � v� r r ( ( 1) đi qua M1 và có VTCP u và ( 2) đi qua M2 và có véctơ chỉ phương v ) Gọi là góc giữa ( 1) và ( 2): cos ϕ = u.v = a1a + b1b + c1c a +b +c a +b +c | u | | v | r r VTCP của ( 1) và ( 2) lần lượt là: u =(a1; b1; c1), v = (a2; b2; c2). Đặc biệt: (∆1 ) ⊥ (∆ ) � a1a + b1b + c1c = r ( ) có VTCP u =(a; b; c), ( ) có VTPT n =(A; B; C), là góc giữa ( ) và ( ): n u sin ψ = | n |.| u | = Aa + Bb + Cc A + B2 + C a + b + c 2 2 2 2 2 (00 900) c ∆ �(α ) � Aa + Bb + Cc = Đặc biệt: ∆ / /(α) hoặ ( 1) có VTPT n 1=(A1; B1; C1), ( 1) có VTPT n 2=(A2; B2; C2). Nếu là góc n1.n giữa ( 1) và ( 2) thì: cos β = A1A + B1B2 + C1C = A12 + B12 + C12 A 22 + B22 + C 22 | n1 | | n | Đặc biệt: (α1 ) ⊥ (α ) � A1A + B1B2 + C1C2 = II. Giải tốn hình học khơng gian bằng phương pháp tọa độ Phương pháp chung Bước 1: Chọn hệ tọa độ Oxyz thích hợp Bước 2: Dựa vào giả thiết bài tốn để biểu diễn tọa độ các điểm có liên quan Bước 3: Chuyển u cầu bài tốn đã cho sang bài tốn hình học giải tích và giải Bước 4: Kết luận 2. Cách chọn hệ trục tọa độ a)Hình chóp có cạnh bên vng góc với đáy và đáy là tam giác Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC) Chọn hệ Oxyz như hình vẽ ABC vng tại ABC vng tại B ABC đều A A O B O A O H là trung điểm BC H O H z z z S S z s s y x C A A y A C H B B x y B x B C A C x y b) Hình chóp có cạnh bên vng góc với đáy và đáy là tứ giác Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD) Chọn hệ Oxyz như hình vẽ đáy là hình vng (hoặc hình chữ nhật) đáy là hình thang vng tại A và B z z S s A = O D y I B x y A = O B C D C x c) Hình chóp tứ giác đều Cho hình chóp đều S.ABCD, H là tâm của đáy. Chọn hệ Oxyz như hình vẽ z z S S A y A D D O H=O B C x x B C y § 2. MỘT SỐ DẠNG TỐN MINH HỌA Hình chóp có cạnh bên vng góc với đáy và đáy là tam giác 1.1. Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC) Đáy ABC là tam giác vng tại A Bài 1: (Đề Đại học khối D năm 2002) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = 4cm, AD ⊥ (ACB), AB = 3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách từ A đến (BCD) Giải z D D H C A B A C y E B x Cách 1: Từ giả thiết AB2 + AC2 = BC2 AD ⊥ AB Do AD ⊥ (ABC) AD ⊥ AC ABC vng tại A suy ra AB ⊥ AC Gọi AE là đường cao ABC khi đó BC ⊥ (DA E) ( BC ⊥ AD,BC ⊥ AE ) � (DBC) ⊥ (DA E) , AH là đường cao của ADE thì AH ⊥ (DBC) tại H, khoảng cách từ A đến (DBC) bằng AH. Xét ABC và DAE vuông tại A: 1 1 1 = + , = + 2 2 AE AB AC AH AD AE 1 1 1 34 Suy ra = + + = + + � AH = 2 2 AH AD AB AC 16 16 17 Cách 2: Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ: A(0;0;0),B(3;0;0),C(0;4;0),D(0;0;4) x y z x y z Mặt phẳng (DBC) có phương trình đoạn chắn: + + =1� + + −1 = 4 4 Khoảng cách từ A đến (BCD) là d ( A, ( BCD ) ) = 34 = 17 1 + + 16 16 Nhận xét: Cách 1: học sinh gặp khó khăn: khơng xác định được khoảng cách từ A đến (BCD), khơng vẽ được hình đúng, kiến thức, tư duy và kĩ năng tính tốn yếu Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận tốn theo cơng thức có sẵn, cách 2 lời giải ngắn gọn, đơn giản hơn cách 1 1.2. Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC) Đáy ABC là tam giác vng tại B Bài 2: ( Đề Cao đẳng Y tế 2006) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vng ﾷ tại B, SA vng góc với đáy, ACB = 600 , BC = a, SA = a Gọi M là trung điểm của SB. Chứng minh rằng (SAB) ⊥ (SBC) Tính thể tích khối tứ diện MABC Giải z s s M M C A C A B x B y Cách 1: *Chứng minh (SAB) ⊥ (SBC) Từ giả thiết SA ⊥ (ABC) � SA ⊥ BC và tam giác ABC vuông tại B nên AB ⊥ BC nên suy ra BC ⊥ (SAB) � (SAB) ⊥ (SBC) 1 *M là trung điểm SB suy ra SMBC = SSBC � VMABC = VSABC 2 1 1 a3 VSABC = SA.SABC = SA BA.BC = a 3.a.a.tan 60 = 3 a Vậy VMABC = VSABC = (đvtt) Cách 2: Ta có: AB = BC tan 600 = a 3,AC = 2a Chọn hệ Oxyz như hình vẽ: A(0;0;0), S(0;0;a 3),B(0;a 3;0),C(a;a 3;0) � a a 3� a; ; M là trung điểm SB: M � � 2 � � r uur uur r SB;SC � = (0; −a 3; −a 3) *VTPT của (SAB)và (SBC) lần lượt là: j(1;0;0) n = � � � rr Ta thấy j.n = nên (SAB) ⊥ (SBC) uuur uuur uuuur a a uuur uuur AB,AC � * AB(0;a 3;0),AC(a;a 3;0),AM(0; ; ), � � �= (0;0; −a 3) 2 VMABC = uuur uuur uuuur 1� 3a a � AB,AC AM = + − = (đvdt) � 6� Nhận xét: Cách 1: khó khăn đối với học sinh:học sinh thường sai như sau: từ BC ⊥ SA suy ra BC ⊥ (SAB) và khơng biết cách tính thể tích khối tứ diện MABC Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, suy luận tốn theo cơng thức có sẵn, lời giải ngắn gọn, việc chứng minh và tính thể tích khối tứ diện đơn giản Bài 3:(Đề tham khảo khối D 2003) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vng tại B, AB = a, BC = 2a, SA ⊥ (ABC) và SA = 2a. Gọi M là trung điểm của SC. Chứng minh AMB cân tại M và tính diện tích tam giác AMB theo a Giải S z S M M A B K A B H C x y C Cách 1: Do SA ⊥ (ABCD) � SA ⊥ AC � ∆SAC vuông tại A suy ra MA = SC ∆ABC vuông tại B � BC ⊥ AB � BC ⊥ SB(do BC ⊥ (SAB)) � ∆SBC vuông tại B � MA = SC = MB � ∆AMB cân tại M Lấy K là trung điểm của AB suy ra MK ⊥ AB và SAMB = MK.AB MH / / SA HK / / CD � MH = a và � HK = a Gọi H là trung điểm của AC � 1 MH = SA HK = CD 2 10 1 1 6a = + = + � AH = 2 AH SA AM 4a 9a 6a Vậy khoảng cách từ A đến (SBC) bằng AB 3a Cách 2: Gọi M là trung điểm BC, do ABC đều nên AM = = 2 Chọn hệ Oxyz như hình vẽ � �a � � 3a � 3a � �a � M(0;0;0),A � 0; − ;0 � ,B � ;0;0 � ,C � − ;0;0 � ,S � 0; − ;2a � � � �2 � � � �� (SBC) có: uuur�a 3a uur� a 3a � a � a SB � ; ; −2a �= ( 3;3; −4),SC � − ; ; −2a �= ( − 3;3; −4) �2 � � 2 � r uuur uur SB,SC � VTPT của (SBC) là: n = � � �= (0;8 3;6 3) SAM vng tại A có: � 3a � Phương trình mặt phẳng (SBC): �y + �+ 3(z − 2a) = � 4y + 3z = � 2� � 3a � 4.� − + 3.0 Khoảng cách từ A đến (SBC) bằng: � � 6a � = 16 + Nhận xét: Cách 1: nhiều học sinh khơng xác định được khoảng cách từ A đến (SBC), khơng vẽ được hình đúng, kiến thức, tư duy và kĩ năng tính tốn yếu Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận tốn đơn giản theo cơng thức có sẵn, nhưng việc tính tốn dài dễ thực hiện Bài 5:(Đề cao đẳng Hải Phịng 2006) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác đều cạnh a, SA ⊥ (A BC), SA = 2a. Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh rằng (SAI) ⊥ (SBC) và tính thể tích khối chóp Giải s z s I I B C A C A y B x 12 Cách 1: Gọi I là trung điểm của BC suy ra BC ⊥ AI BC ⊥ SA(doSA ⊥ (ABC)) nên BC ⊥ (SAI) � (SBC) ⊥ (SAI) VSABC 1 a2 a2 (đvdt) = SA.SABC = 2a = 3 Cách 2: Gọi I là trung điểm BC, do ABC đều nên AI = AB a = 2 Chọn hệ Oxyz như hình vẽ a a a a I(0;0;0), A(0; − ;0),B( ;0;0),C( − ;0;0),S(0; − ;2a) 2 2 uuur a a uur a a uuur uur a SB( ; ; −2a),SC( − ; ; −2a), SA(0;0; −2a),SI(0; ; −2a) 2 2 2 uur uuur uur uur uuur uur n a � SA,SI � = (a 3;0;0) �= (0;2a ; (SBC) và (SAI) có VTPT: n1 = � SB,SC ), =� � � � uur uur Ta thấy n1.n = Vậy (SAI) ⊥ (SBC) uur uur uuur a2 a3 VS.ABC = � SB,SC � SA = + + (−2a) = (đvdt) � 6� 6 Nhận xét: Cách 1: hình vẽ được đơn giản, lời giải ngắn gọn tuy nhiên học sinh vẫn nhầm lẫn khi chứng minh BC ⊥ (SAI) Cách 2: biểu thức tính tốn hơi cồng kềnh, lời giải khơng ngắn gọn như cách 1 nhưng suy luận tốn theo cơng thức có sẵn nên học sinh vẫn dễ dàng thực hiện. Bài 6: (Học viện Chính trị Quốc Gia năm 2001) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác đều cạnh a, SA ⊥ (A BC), SA = h. a) Tính khoảng cách từ A đến (SBC) theo a và h b) Gọi O là tâm đường trịn ngoại tiếp ABC và H là trực tâm SBC. Chứng minh rằng OH ⊥ (SBC) Giải s z s K H H A O B C A C O I I y B x 13 Cách 1: a) Tính khoảng cách từ A đến (SBC) theo a và h Gọi I là trung điểm của BC suy ra BC ⊥ AI BC ⊥ SA(doSA ⊥ (ABC)) nên BC ⊥ (SAI) � (SBC) ⊥ (SAI) Trong SAI kẻ AK ⊥ SI tại K suy ra AK ⊥ (SBC) suy ra độ dài đoạn AK là khoảng cách từ A đến (SBC) 1 ah = + � AK = SAI vng tại A có: 2 AK SA AI 3a + 4h Vậy khoảng cách từ A đến (SBC) bằng ah 3a + 4h b) Ta có: BC ⊥ (SAI)(do BC ⊥ SA,BC ⊥ AI)  �� BC ⊥ OH(1) OH (SAI) Chứng minh tương tự ta cũng có: OB ⊥ (SAC) � OB ⊥ SC H là trực tâm SBC nên BH ⊥ SC SC ⊥ (OBH) � SC ⊥ OH(2) Từ (1) và (2) ta được OH ⊥ (SBC) Cách 2: Gọi I là trung điểm BC, do ABC đều nên AI = AB a = 2 Chọn hệ Oxyz như hình vẽ: a a a a a ;0) I(0;0;0), A(0; − ;0),B( ;0;0),C( − ;0;0),S(0; − ;h) O(0; − 2 2 uuur�a a r uuur uur �uur� a a � n SB,SC � ; −h � ,SC � − ; ; −h � VTPT của (SBC) là: = � (SBC): SB � ; � � 2 2 � � � � � a2 � =� 0;ah; Phương trình (SBC): 2hy + a 3z = � � � Áp dụng cơng thức tính khoảng cách, ta được: d(A,(SBC)) = b. H(x; y; z) là trực tâm SBC thì uuur uur HB.SC = uuur uuur 2hy + a 3z = HC.SB = uuur� a � BH �x − ; y;z � � � uuur� a � CH �x + ; y;z � � � ah 4h + 3a x=0 a a a a3 (x + ) + y − hz = � y = − 2 2(3a + 4h ) a a a a 2h − (x − ) + y − hz = z= 2 2 3a + 4h 14 � a3 a h � uuur� 2ah a 2h � 0; − ; OH � 0; ; hay H � 2 � � 2 2(3a + 4h ) 3a + 4h 3a + 4h 3(3a + 4h ) � � � � Phương trình mặt phẳng (SBC)phương trình: 2hy + a 3z = r chọn một VTPT n = (0;ah;a 3) Ta thấy 2 uuur� r � 2ah a h 2ah 2ah OH � 0; ; = (0;2h;a 3) = n 2 � + 4h ) 3a + 4h � 3(3a + 4h ) 3(3a + 4h ) � uuu3(3a r Suy ra OH cùng phương với VTPT của (SBC). Vậy OH ⊥ (SBC) Nhận xét: Cách 1: học sinh gặp khó khăn: khơng xác định được khoảng cách từ A đến (SBC), khơng vẽ được hình đúng, thường nhầm lẫn khi CM OH ⊥ (SBC) Lời giải ngắn gọn Cách 2: không phải xác định được khoảng cách từ A đến (SBC), khi chứng minh OH ⊥ (SBC) thì việc học sinh sẽ gặp khó khăn khi tìm tọa độ điểm H và tính tốn phức tạp hơn tuy nhiên suy luận tốn cả hai câu đều theo cơng thức Hình chóp có cạnh bên vng góc với đáy và đáy là tứ giác 2.1 Đáy là hình vng, chữ nhật Bài 7:(ĐH Hùng Vương hệ CĐ2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA ⊥ (A BCD) và SA = a. Tính khoảng cách giữa BD và SC Giải z S s I A K D A = O O B D y C B C x Cách 1: Từ giả thiết SA ⊥ (A BCD) và đáy ABCD là hình vng nên SA ⊥ BD,AC ⊥ BD � BD ⊥ (SAC) tại O Trong (SAC), kẻ AI ⊥ SC tại I và OK ⊥ SC tại K suy ra OK / / AI,OK = AI BD ⊥ (SAC) Do nên OK ⊥ BD suy ra OK là đoạn vng góc chung của SC và BD do đó độ dài đoạn OK là khoảng cách giữa SC và BD 15 1 a = + = � AI = AI SA AC 2a 1 a a a � OK = AI = = Vậy khoảng cách giữa SC và BD bằng 2 Cách 2: Chọn hệ Oxyz như hình vẽ: A(0;0;0),B(a;0;0),C(a;a;0),D(0;a;0),S(0; 0;a) uuur uur uuur uur �= ( −a ; −a ; −2a ) BD(−a;a;0),SC(a;a; − a), � BD,SC � � uuur uur uuur � � BD,SC CD −a a3 a � � h = = = = Khoảng cách giữa SC và BD: uuur uur 4 a � � a + a + 4a BD,SC � � Nhận xét: Cách 1: học sinh gặp khó khăn: khơng xác định được khoảng cách giữa BD và SC,nếu xác định được thì khơng biết suy luận để tính khoảng cách đó qua trung gian là đoạn OK, khơng vẽ được hình đúng Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ đơn giản, suy luận tốn theo cơng thức có sẵn, lời giải ngắn gọn hơn cách 1 và học sinh dễ thực Bài 8: (Đại học khối B năm 2006) Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình chữ nhật với AB = a, AD = a 2, SA = a Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC, BM cắt AC tại I. Chứng minh (SAC) ⊥ (SMB) và tính thể tích khối tứ diện ANIB Giải ABM vng tại A có AH là đường cao: z S s N N M A D I H B M A = O y D I C B C x AM AB ﾷ ﾷ = = � ∆ ABM : ∆ BCA � ABM = BCA AB BC ﾷ ﾷ ﾷ ﾷ ﾷ � ABM + BAC = BCA + BAC = 900 � AIB = 900 � MB ⊥ AC.(1) Cách 1: a) Từ gt ta có: Do MB ⊥ SA(doSA) ⊥ (A BCD) (2) Từ (1) và (2) suy ra MB ⊥ (SAC) � (SMB) ⊥ (SAC) (đpcm) 16 a a) Gọi H là trung điểm của AC thì NH / /SA, NH = SA = 2 Do SA) ⊥ (A BCD) � NH ⊥ (A BCD) � NH ⊥ (A BI) tại H a ABI vuông tại I: SABI = IA.IB và IB2 = AB2 − AI � BI = 1 a ABM vng tại Acó AI là đường cao: = + = � AI = 2 AI AB AM 2a 1 a a a (đvdt) VANIB = NH.SABI = NH.IA.IB = = 6 3 36 Cách 2: Chọn hệ Oxyz như hình vẽ: A(0;0;0),B(a;0;0),C(a;a 2;0),D(0;a 2;0),S(0;0;a) � a � �a a � 0; ;0 � , N� ; ;0 � M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC nên M � 2 � � � � x = a − at uuur� a � a t (t R) BM � − a; ;0 � là VTCP của BM nên BM có pt : y = 2 � � z=0 x = at uuur Tương tự: AC a;a 2;0 Phương trình đường thẳng AC: y = a 2t (t z=0 ( ) R) a − at = at t= �a a � � � ;0 � Tọa độ I là nghiệm của hpt: �a hay I � ; � 3 t = a 2t � � � �t = uur uuur uuur uuur uuur �= (−a 2;a ;0) AS,AC (SAC) có AS(0;0;a), AC(a;a 2;0) nên VTPT là n1 = � � � uur uuuur uur �a 2 a 2 � uuuur uur a n BM, BS� (SMB) có BM ( − a; ;0), BS( − a;0;a) nên VTPT: = � � �= � ;a ; � � � 2 uur uur a a Suy ra n1.n = ( −a 2) + a a + = Vậy (SAC) ⊥ (SMB) 2 uuur uur �a a �uuur �a a a � uuur uur � a 2 � ;0 � ,AN = � ; ; � ,� AB,AI � 0;0; b) AB = (a;0;0),AI = � ; � � �= � 3 2 2 � � � � � � 17 VANIB = uuur uur uuur a a � AB, AI � AN = = (đvtt) � 6� 6 36 Nhận xét: Cách 1: học sinh khơng vẽ được hình đúng, đây là bài tốn khó đối với học sinh. Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận đơn giản, tuy lời giải khơng ngắn gọn, tính tốn nhiều nhưng có sẵn cơng thức, cách giải này học sinh kiên trì, tính tốn cẩn thận sẽ đi đến kết quả 2.2 Đáy là hình thang vng Bài 9: (Đại học cao đẳng khối D năm 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là ﾷ ﾷ hình thang, ABC = BAD = 900 , BA = BC = a, AD = 2a. SA ⊥ (ABCD) SA = a Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên SB. Chứng minh rằng tam giác SCD vng và tính khoảng cách từ H đến (SCD) theo a Giải z S S H I D A H A = O B D y C B C x Cách 1: Chứng minh rằng tam giác SCD vuông Gọi I là trung điểm của AD IA = ID = IC = a và ACD vuông tại C � CD ⊥ AC Lại có: CD ⊥ SA(doSA ⊥ (ABCD)) nên CD ⊥ (SAC) � CD ⊥ SC hay SCD vuông tại C Từ gt suy ra SB = SA + AB2 = a 3, SC = SA + AC2 = 2a SA SH SA 2 � = = Trong SAH: SA = SH.SB � SH = SB SB SB2 Gọi h1 , h lần lượt là khoảng cách từ B, H đến (SCD) V h SB 1 = � h = h1 V1 = VBSCD = h1.SSCD ,V2 = VHSCD = h SSCD � = = V2 h SH 3 a2 a 1 SA.SBCD =a V1 = VBSCD = h1.SSCD = SA.SBCD � h1 = = 3 SSCD 2a.a 2 2 18 Gọi CD = 6a ,CD = SD − SC = 2a ,SC = 4a ,SC = 2a,CD = a 2 a Suy ra d(H,(SCD)) = h = h1 = 3 Cách 2: Chọn hệ Oxyz như hình vẽ: A(0;0;0),B(a;0;0),C(a;a;0),D(0;a;0),S(0;0;a 2) uur uuur uuur SC = (a;a; −a 2),SD = (0;a; −a 2),CD = ( − a;0;0) uur uuur uur uuur Ta thấy SC.CD = � SC ⊥ CD hay SCD vng tại C H là hình chiếu của A trên SB nên trong SAH: uuur uur SA SH SA 2 2 SA = SH.SB � SH = � = = � SH = SB � SH = SB SB SB SB2 3 Gọi E là giao điểm của CD với AB, từ giả thiết suy ra AE = 2AB = 2a E(2a;0;0) x y z x y z =1� + + −1= Phương trình đoạn chắn: + + 2a a a 2a 2a a x = a + at uur SB = (a;0; −a 2) nên phương trình đường thẳng SB: y = z = −a 2t a H(a + at;0; −a t) H( a;0; ) uuu r H SB H(a + at;0; −a t) � � � 3 � �uuur uur �� AH(a + at;0; −a t) � � � AH ⊥ SB AH.SB = � �t = − a(a + at) + 2a t = 1 + + −1 a 3 d(H,(SCD)) = = 1 + + 4a 4a 2a Nhận xét: Cách 1: học sinh không biết lấy thêm điểm I để chứng minh SCD vuông tại C , vận dụng cách tính khoảng cách dựa vào thể tích và tỉ số thể tích là rất khó đối với học sinh. Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, chứng minh SCD vng rất đơn giản, học sinh gặp khó khăn một chút khi tính khoảng cách từ H đến (SCD), tuy lời giải khơng ngắn gọn, tính tốn nhiều nhưng có sẵn cơng thức,học sinh, tính tốn cẩn thận sẽ đi đến kết quả Hình chóp đều 19 Bài 10: (Cao đẳng sư phạm Hải Dương) Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh 2a, đường cao SH = a Tính góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp Giải z S S D A I H B y A C D H=O B C x Cách 1: Gọi I là trung điểm của BC, do S.ABCD là hình chóp đều nên ta có HI ⊥ DC và DC ⊥ SI (theo định lý 3 đường vng góc) ﾷ Suy ra góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp bằng SIH Xét SHI vng tại H có SH = a 3,HI = a ﾷ = SH = a = � SIH ﾷ = 600 tanSIH HI a Cách 2: Chọn hệ Oxyz như hình vẽ H(0;0;0),C(a 2;0;0),D(0;a 2;0),D(0;a;0),S(0;0;a 3) r Đáy ABCD (là mặt phẳng (Oxy) có VTPT: k(0;0;1) uur uuur SC(a 2;0; − a 3),SD(0;a 2; − a 3) r uur uuur �= (a 6;a 6;2a ) SC,SD VTPT của (SCD) n = � � � Gọi α là góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp rr 2a cos α = cos(n,k) = = � α = 600 + + 6a + 6a + 4a Vậy góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp bằng 600 Nhận xét: Cách 1: học sinh trung bình có thể khơng xác định được góc giữa đường thẳng và mặt phẳng từ đó sẽ khơng tính được số đo góc Cách 2: hình vẽ và lời giải đơn giản, suy luận tốn theo cơng thức sẵn có Trong bài này hai cách giải như nhau 20 Bài 11: Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm SA, M, N lần lượt là trung điểm của AE, BC. Chứng minh rằng MN ⊥ BD và tính khoảng cách giữa MN và AC theo a (Đại học cao đẳng khối B năm 2007) Giải z S E E S P M P M D A O B N A I D C O x B Cách 1: Gọi P là trung điểm của SA. Từ giả thiết ta có MPCN là hình bình hành suy ra N C y MP / / NC nên tứ giác MP = NC MN / / P C MN = PC BD ⊥ AC  �� BD ⊥ (SAC) � BD ⊥ PC � BD ⊥ MN BD ⊥ SO Do MN / /AC �(SAC) � MN / /(SAC) O là tâm hv ABCD thì d(MN,AC) = d(MN,(SAC)) = d(N,(SAC)) = NI = Cách 2: Gọi O là tâm hình vng ABCD Từ giải thiết OA = OB = OC = OD = a 2 a Đặt SO = h Chọn hệ Oxyz như hình vẽ �a � �a � � a � �a � O(0;0;0),B � ;0;0 � ,B �− ;0;0 � ,A � 0; − ;0 � ,C � 0; ;0 � ,S(0;0;h) 2 2 � � � � � � � � � a h� 0; − ; � P là trung điểm của SA: P � 2� � x E = 2x P − x D �a a � ;− ;h � E đối xứng với D qua P nên y E = 2y P − y D � E � 2 � � z E = 2z P − z D 21 M, N lần lượt là trung điểm của AE, BC nên �a a h � �a a � M� ;− ; � ,N� ; ;0 � 2� �4 �4 � uuuur� 3a h �uuur uuuur uuur uuuur uuur MN � 0; ;− � ,BD − a 2;0;0 � MN.BD = � MN ⊥ BD Vậy MN ⊥ BD 2� � uuur uuur� a a � uuuur uuur �ah � �= � AC 0;a 2;0 , NC � − ; ;0 � ,� MN,AC ;0;0 Ta có: � � � � � � � a 2h uuuur uuur uuur − � MN,AC � NC a � � d(MN,AC) = = = uuuur uuur � MN,AC � a2 h2 � � +0+0 Nhận xét: Cách 1: học sinh khơng vẽ được hình đúng, đây là bài tốn khó đối với học sinh. Cách 2: lời giải khơng ngắn gọn, tính tốn nhiều nhưng có sẵn cơng thức để áp dụng, suy luận tốn theo cơng thức, cách giải này u cầu học sinh kiên trì, tính tốn cẩn thận BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: (Đề TK khối A – 2002) Cho ABC vng cân có cạnh huyền BC = a. Trên đường thẳng vng góc với (ABC) tại A lấy điểm S sao cho góc giữa (ABC) và (SBC) bằng 600. Tính độ dài đoạn SA theo a. a Đáp số: SA = Bài 2:(ĐH Đà Nẵng khối A 2001) Cho tứ diện SABC có SC = CA = AB = a 2, SC ⊥ (ABC), ABC vng tại A, M�SA, N�BC sao cho AM = CN = t (0 < t < 2a) ( ( ) ) a) Tính độ dài đoạn MN. (Đáp số: MN = 3t − 4at + 2a ) 2a b) Tìm giá trị của t đề đoạn MN ngắn nhất.(Đáp số: t = ) c) Khi MN ngắn nhất. Chứng minh MN là đoạn vng góc chung của BC và SA a SA ⊥ (ABC), Bài 3: Cho hình chóp S.ABC đáy tam giác đều cạnh a, SA = a a ) SA = Tính khoảng cách từ A đến (SBC) theo a.(Đáp số: 2 22 Bài 4:(Cao đẳng Hải Phịng năm 2006) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác đều cạnh a, SA vng góc với đáy, SA = 2a. Gọi I là trung điểm của BC. Chứng a2 minh rằng (SAI) ⊥ (SBC) và tính thể tích khối chóp. Đáp số: VSABC = Bài 5: (Đề tham khảo năm 2002) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, cạnh bên SA vng góc với đáy và SA = a. Gọi E là trung điểm 3a của cạnh CD. Tính khoảng cách từ S đến BE. Đáp số: Bài 6: (Cao đẳng KTKT cơng nghiệp khối A 2004) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a. SA ⊥ (ABCD) và SA = a. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A lên SB, SD a) Chứng minh rằng: SC ⊥ (AHK) a2 ) IV. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường Kiểm nghiệm kết quả trước và sau khi dạy cho học sinh qua các buổi học ơn thi tại trường, kết quả như sau: Trước khi dạy, học sinh giải bằng pp hình học thuần túy Năm học 2013 – 2014 Lớp Sĩ số Tỉ lệ hs dưới TB Tỉ lệ hs trên TB Tỉ lệ hs khá A7 47 53,19% 25,53% 21,28% A8 50 70% 20% 10% Năm học 2014 2015 Lớp Sĩ số Tỉ lệ hs dưới TB Tỉ lệ hs trên TB Tỉ lệ hs khá B6 43 74,42% 18,60% 6,98% Sau khi dạy, học sinh được luyện tập cả hai phương pháp, kết quả như sau: Năm học 2013 – 2014 Lớp Sĩ số Tỉ lệ hs dưới TB Tỉ lệ hs trên TB Tỉ lệ hs khá A7 47 21,28% 46,28% 31,91% A8 50 34% 48% 18% Năm học 2014 2015 Lớp Sĩ số Tỉ lệ hs dưới TB Tỉ lệ hs trên TB Tỉ lệ hs khá B6 43 41,86% 44,19% 13,95% b) Tính diện tích thiệt diện cắt bởi (AHK) với hình chóp. (Đáp số: 23 Khi đưa ra tổ chun mơn để thảo luận, một số đồng chí giáo viên trong tổ dạy lớp 12 đều áp dụng, có đồng chí luyện tập nhiều hơn pp tọa độ và cũng đã thu được những kết quả nhất định: học sinh dễ tiếp thu, có nhiều học sinh giải được bài tốn HHKG hơn trước Nhìn chung, học sinh đã chủ động hơn, tự tin hơn khi tiếp xúc với bài tốn HHKG, các em đã khơng cịn cảm thấy sợ, thấy ngại khi giải bài tốn HHKG trước kia nữa. Các em biết lựa chọn thích hợp phương pháp giải bài tốn liên quan đến hình chóp, biết cách chuyển từ toán HHKG sang toán HHGT và sử dụng các kiến thức về toạ độ để giải toán. C. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ I. Kết luận Cần luyện tập cho học sinh cả hai phương pháp giải tốn hình học khơng gian Học cần nắm vững một số dạng tốn có thể giải được bằng phương pháp tọa độ và cách chọn hệ tọa độ cho các dạng tốn đó Khi vận dụng phương pháp tọa độ: Khơng nhất thiết phải vẽ hình minh họa một cách chi tiết. Suy luận để tìm lời giải cho bài tốn đơn giản theo những cơng thức Vì thế nhiều học sinh có thể tiếp thu phương pháp này để giải tốn HHKG Tuy nhiên, pp tọa độ chỉ giải quyết được một số dạng tốn có thể chọn được hệ trục tọa độ một cách đơn giản nhất hoặc có sẵn dạng cơ bản. Việc tính tốn dài, biểu thức tốn đơi khi cồng kềnh gây khó khăn cho học sinh có kĩ năng tính tốn khơng thành thạo, vì thế học sinh ngại tính tốn, điều mà hầu hết học sinh bây giờ đều gặp phải Việc dạy phương pháp tọa độ cho học sinh và giúp học sinh luyện tập phương pháp này là giải pháp hiệu quả nhất đối với phần lớn các em học sinh khi đứng trước một bài tốn hình học khơng gian. Phương pháp này gây hứng thú cho học sinh giúp các em có niềm tin, có quyết tâm và quan trọng khơng cịn cảm giác “sợ” bài tốn hình học khơng gian nữa II. Kiến nghị: Trong PPCT tốn lớp 12 nên có một số tiết dạy về phương pháp tọa độ XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 15/ 5 / 2016 Tơi xin cam đoan SKKN của mình viết, khơng sao chép nội dung của người khác 24 Người viết Nguyễn Thị Bích Phượng TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Lê Hồng Đức – Đào Thiện Khải (2004), Sử dụng phương pháp tọa độ trong khơng gian giải các bài tốn hình học khơng gian, Nhà xuất bản Đại học Sư Phạm [2] Dỗn Minh Cường (2000), Giới thiệu đề thi tuyển sinh năm học 2000 2001, Nhà xuất bản Đại học Quốc Gia Hà Nội [3] Dỗn Minh Cường (2001), Giới thiệu đề thi tuyển sinh năm học 2001 2002, Nhà xuất bản Đại học Quốc Gia Hà Nội [4] Trần Tuấn Điệp – Ngơ Long Hậu (2004), Giới thiệu đề thi tuyển sinh năm học 2000 2001, Nhà xuất bản Hà Nội [5] Trần Tuấn Điệp – Ngơ Long Hậu (2007), Giới thiệu đề thi tuyển sinh năm học 2004 đến 2007, Nhà xuất bản Hà Nội [6] Văn Như Cương (chủ biên), Trần Đức Huyên Nguyễn Mộng Hy (2000),Hình học 11( sách giáo khoa), Nhà xuất bản Giáo dục [7] Văn Như Cương (chủ biên),Tạ Mân (2000), Hình học 12 (sách giáo khoa ),Nhà xuất bản Giáo dục [8] Trần Văn Hạo và Nguyễn Mộng Hy(chủ biên),Khu Quốc Anh Trần Đức Hun (2000), Hình học 12 sách giáo khoa), Nhà xuất bản Giáo dục [9] Nguyễn Mộng Hy (1998), Các bài tốn về phương pháp vectơ và phương pháp toạ độ,Nhà xuất bản Giáo dục 25 [10] TS Nguyễn Thái Sơn (2000), Phương pháp toạ độ trong khơng gian (tài liệu bồi dưỡng thường xun giáo viên THPT chu kỳ 1997 2000) Lưu hành nội bộ, [11] Báo Tốn học và Tuổi trẻ, số tháng 11/1995 và số tháng 2/1999 26 ... đang ơn? ?luyện? ?để bước vào kì? ?thi? ?THPT? ?Quốc? ?Gia? ?đều đưa đến? ?dạng? ?của? ?một? ? bài? ?tốn HHKG chứ khơng phải? ?dạng? ?của? ?một? ?bài? ?hình? ?học? ?giải? ?tích khơng gian Phương pháp? ?hình? ?học? ?khơng gian thuần túy,? ?học? ?sinh? ?cần sử... Q trình giảng dạy và ơn? ?luyện? ?cho? ?học? ?sinh? ?dự ? ?thi? ?tốt nghiệp? ?THPT? ? Quốc? ?Gia? ?(trước đây là? ?thi? ?Đại? ?học? ?– Cao đẳng)… tơi nhận thấy nhiều? ?học? ?sinh gặp khó khăn khi? ?giải? ?bài? ?tập? ?hình? ?học? ?khơng gian do khả ? ?năng? ?tư... HHGT và sử dụng các kiến thức? ?về? ?toạ độ để? ?giải? ?tốn. C. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ I. Kết luận Cần? ?luyện? ?tập? ?cho? ?học? ?sinh? ?cả hai phương pháp? ?giải? ?tốn? ?hình? ?học? ?khơng gian ? ?Học? ?cần nắm vững? ?một? ?số? ?dạng? ?tốn có thể? ?giải? ?được bằng phương pháp tọa