(Sáng kiến kinh nghiệm) một số biện pháp giúp học sinh 12 phát huy khả năng giải bài toán khoảng cách trong hình học không gian trong kỳ thi THPT quốc gia

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÊ VIẾT TẠO SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ BIỆN PHÁP GIÚP HỌC SINH 12 PHÁT HUY KHẢ NĂNG GIẢI BÀI TỐN KHOẢNG CÁCH TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN TRONG KỲ THI THPT QUỐC GIA MỤC LỤC Người thực hiện: Phạm Bá Xuất Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh vực (mơn): Tốn THANH HĨA, NĂM 2019 THANH HĨA 2019 NỘI DUNG I 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 II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các biện pháp thực 2.3.1 Một số tính chất cần nhớ 2.3.2 Các giải pháp 2.4 Kết thực III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận 3.2 Kiến nghị Trang 1 2 2 3 19 19 20 I MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Mỗi nội dung chương trình tốn phổ thơng có vai trị quan trọng việc hình thành phát triển tư học sinh Trong trình giảng dạy, giáo viên phải đặt đích giúp học sinh nắm kiến thức bản, hình thành phương pháp, kỹ năng, kỹ xảo, từ tạo thái độ động học tập đắn Thực tế dạy học cho thấy cịn có nhiều vấn đề cần phải giải học sinh học hình học cịn yếu, chưa hình thành kỹ năng, kỹ xảo q trình giải tốn đặc biệt đại đa số học sinh nhắc đến hình học khơng gian lại ngại nói sợ sệt Đặc biệt năm học 2017- 2018, năm học có nội dung trắc nghiệm Toán lớp 11 kỳ thi THPT Quốc gia, học sinh sử dụng kết mơn Tốn để xét Đại học- Cao đẳng cần phải làm câu hỏi mức độ vận dụng, đặc biệt câu hỏi vận dụng tính khoảng cách hình học khơng gian Để làm câu hỏi dạng địi hỏi học sinh ngồi việc học tốt kiến thức hình học khơng gian cịn phải biết vận dụng linh hoạt phương pháp để từ quy tốn khó dễ phù hợp với trình độ kiến thức có đặc biệt kỹ xác định tính tốn nhanh để đạt yêu cầu kiến thức lẫn thời gian câu hỏi trắc nghiệm Từ thực tiễn giảng dạy bồi dưỡng học sinh ôn thi THPT Quốc gia nhiều năm, với kinh nghiệm q trình giảng dạy Tơi xin chia sẻ “ Một số biện pháp giúp học sinh 12 phát huy khả giải toán Khoảng cách hình học khơng gian kỳ thi THPT Quốc gia ” Đây nội dung quan trọng, hay khó chương trình Hình học lớp 11 nên có nhiều tài liệu, sách viết nhiều thầy cô giáo học sinh say sưa nghiên cứu học tập Tuy nhiên việc đưa hướng tiếp cận quy lạ quen toán nhiều sách tham khảo chưa đáp ứng cho người đọc Đặc biệt nhiều em học sinh lớp 12 quên phương pháp tính khoảng cách không gian mà em học lớp 11 Chính việc đưa sáng kiến kinh nghiệm cần thiết, làm em hiểu sâu tốn u thích chủ đề khoảng cách hình học khơng gian 1.2 Mục đích nghiên cứu Qua nội dung đề tài mong muốn cung cấp cho người đọc nắm cách tiếp cận toán, quy lạ quen, đồng thời giúp cho học sinh số kiến thức, phương pháp kỹ để học sinh giải tốn khoảng cách hình học khơng gian, hình thành cho em thói quen tìm tịi tích lũy rèn luyện tư sáng tạo, giải toán đời sống xã hội, chuẩn bị tốt đạt kết cao kỳ thi THPT Quốc gia 1.3 Đối tượng nghiên cứu Chúng tơi tập trung nghiên cứu số tính chất khoảng cách, nghiên cứu câu hỏi tích phân dạng trắc nghiệm khách quan, nghiên cứu ứng dụng tích phân để tính diện tích hình phẳng, thể tích khối trịn xoay vận dụng tốn thực tế đời sống xã hội 1.4 Phương pháp nghiên cứu Trong phạm vi đề tài, sử dụng kết hợp phương pháp như: phương pháp thống kê – phân loại; phương pháp phân tích – tổng hợpđánh giá; phương pháp vấn đáp - gợi mở, nêu ví dụ; phương pháp diễn giải số phương pháp khác phương pháp quy lạ quen, sử dụng máy tính để hổ trợ tìm đáp án câu hởi trắc nghiệm khách quan II NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Vấn đề nghiên cứu dựa sở nội dung Khoảng cách hình học khơng gian chương trình Hình học 11 [1] Khi giải tập toán, người học phải trang bị kỹ suy luận, liên hệ cũ mới, toán làm toán Các tiết dạy tập chương phải thiết kế theo hệ thống chuẩn bị sẵn từ dễ đến khó nhằm phát triển tư cho học sinh q trình giảng dạy, phát huy tính tích cực học sinh Hệ thống tập giúp học sinh tiếp cận nắm bắt kiến thức nhất, phát triển khả tư duy, khả vận dụng kiến thức học cách linh hoạt vào giải tốn trình bày lời giải Từ học sinh có hứng thú động học tập tốt Trong trình giảng dạy nội dung khoảng cách Hình học khơng gian lớp 12, tơi thấy kỹ giải tốn khoảng cách học sinh yếu, đặc biệt tốn trắc nghiệm địi hỏi thời gian ngắn đa số em bỏ qua đánh lụi Do cần phải cho học sinh tiếp cận toán cách dễ dàng, quy lạ quen, thiết kế trình tự giảng hợp lý giảm bớt khó khăn giúp học sinh nắm kiến thức bản, hình thành phương pháp, kĩ năng, kĩ xảo lĩnh hội lĩnh kiến thức mới, xây dựng kỹ làm tốn trắc nghiệm khách quan, từ đạt kết cao kiểm tra, đánh giá kỳ thi THPT Quốc gia 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Nội dung phần kiến thức tương đối khó với học sinh Học sinh nhanh quên không vận dụng kiến thức học vào giải toán Trong kỳ thi THPT Quốc gia năm 2019, nội dung đưa hình thức trắc nghiệm Với tình hình để giúp học sinh định hướng tốt q trình giải tốn khoảng cách, người giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen tiếp cận toán, khai thác yếu đặc trưng tốn để tìm lời giải Trong việc hình thành cho học sinh kỹ quy lạ quen, quy chưa biết có Chính đề tài đưa giúp giáo viên hướng dẫn toán khoảng cách cho học sinh với cách tiếp cận dễ hơn, giúp học sinh có điều kiện hồn thiện phương pháp rèn luyện tư sáng tạo thân, chuẩn bị tốt cho kỳ thi THPT Quốc gia Vậy mong muốn đồng nghiệp học sinh ngày vận dụng tốt kiến khoảng cách để đưa giải pháp nhằm giải tốn khoảng cách cách xác nhanh 2.3 Các biện pháp thực 2.3.1 Một số kiến thức cần nhớ M 2.3.1.1 Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng: * Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng  khoảng cách từ đến hình chiếu vng góc H M lên đường thẳng  Ký hiệu d ( M ,  )  MH H 2.3.1.2 Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng: M * Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( ) khoảng cách từ M đến hình chiếu vng góc H M lên mặt phẳng ( ) Ký hiệu d ( M ,( ))  MH 2.3.1.3 Khoảng cách đường thẳng mặt H α) a a α) α) phẳng: Cho đường thẳng a mặt phẳng ( ) * Nếu a ( ) cắt a  ( ) khoảng cách chúng * Nếu a ( ) song song khoảng cách đường thẳng a mặt phẳng ( ) khoảng cách từ M M' a điểm M a đến ( ) * Khoảng cách đường thẳng a mặt phẳng ( ) lý hiệu d (a;( )) 2.3.1.3 Khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau: H H Cho hai đường thẳng a, b chéo α) * Đường thẳng  đồng thời vng góc cắt hai đường thẳng a, b gọi đường vng góc chung hai đường thẳng a b * Nếu   a  A,   b  B đoạn thẳng AB gọi đoạn vng góc chung hai đường thẳng a b * Khoảng cách hai đường thẳng chéo a b độ dài đoạn vng góc chung hai đường thẳng Ký hiệu d (a, b)  AB Chú ý: * Nếu a b cắt trùng khoảng cách chúng tnhau  a, b c¾ d ( a, b)    a  b * Nếu a b song song với d ( a, b)  d ( M , b), M  a * Nếu AB //( ) d ( A,( ))  d ( B,( )) 2.3.1.4.Thể tích khối chóp: Khối chóp có diện tích đáy B , chiều cao h tích là: V  Bh 2.3.1.4.Hệ thức lượng tam giác: a Hệ thức lượng tam giác vuông: Cho tam giác ABC vng A, H hình chiếu A lên cạnh BC M trung điểm cạnh BC Ta có: BC  AB  AC (Pitago) AB  BH BC AC  CH BC AB AC AB AC 1 AH     BC AH AB AC AB  AC 1 S ABC  AB AC  AH BC 2 AC AB sin B  ; cos B  ; BC BA AC AB tan B  ; cot B  AB AC b Hệ thức lượng tam giác đều: Nếu tam giác ABC cạnh a Ta có: a Độ dài đường cao a2 Diện tích tam giác ABC là: S ABC  c Hệ thức lượng tam giác bất kỳ: Cho tam giác ABC, ta có: * Định lý cơsin: AB  BC  CA2  BC.CA.cos C BC  CA2  AB  2CA AB.cos A CA2  AB  BC  AB.BC.cos B AB  AC  BC AB  BC  AC * Hệ quả: cos A  ;cos B  AB AC AB.BC 2 BC  CA  AB cos C  2.BC.CA C * Định lý sin: BC CA AB    R (R bán kính đường trịn ngoại sin A sin B sinC tiếp tam giác) * Định lý đường trung tuyến: AB  AC BC AB  BC AC BC  AC AB 2 m   mb   ; mc   4 Gọi G trọng tâm tam giác ABC Ta có: AG  ma * Cơng thức tính diện tích: 1 S  a.ha  b.hb  c.hc 2 1  AB AC.sin A  AB.BC.sin B  AC.BC.sin C 2 AB.BC AC  4R AB  BC  CA  p ( p  AB )( p  BC )( p  CA)( Heroong ) p   pr r , Rlần lư ợ t bán kính đ ờng tròn nội tiếp ngoại tiếp tam gi¸c 2.3.2 Các giải pháp a) Giải pháp 1: Vận dụng định nghĩa khoảng cách từ điểm đến đường thẳng mặt phẳng để giải toán khoảng cách Trong giải pháp giáo viên cần ôn lại kiến thức hình học không gian, hệ thức lượng tam giác đặc biệt hệ thức lượng tam giác vuông, định lý talet tam giác hướng dẫn cho học sinh sử dụng linh hoạt chúng; giáo viên cần xây dựng ví dụ đa dạng từ dạng đơn giản đến ví dụ đồi hỏi dạng tư duy, suy luận, có ví dụ dạng tự luận, có ví dụ dạng trắc nghiệm để học sinh thấy khoảng cách từ điểm đến đường thẳng mặt phẳng kiến thức quan trọng, tảng để giải M tốn tính khoảng cách hình học khơng gian Bài tốn 1: Tính khoảng cách từ điểm đến B đường thẳng: Trong toán giáo viên cần hướng H dẫn học sinh lựa chọn tam giác có đỉnh Δ A điểm M cạnh lại nằm đường thẳng  Ta qui tốn tính độ dài đường cao tam giác Một toán mà đa số học sinh học qua làm a 1 2S AB.MH  AB.d ( M ,  )  d ( M ,  )  MAB 2 AB Ví dụ 1: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a tâm O, cạnh bên SA  a vuông góc với đáy a Hãy tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng SB SC b Hãy tính khoảng cách từ điểm O đến đường thẳng SC SD Giải: d ( A , SB ) a Tính S Gọi H hình chiếu A lên SB Khi ta có d ( A, SB)  AH AH đường cao M A ) tam giác vuông SAB ( vuông I 1 1 H      AH SA2 AB 2a a 2a D A a  AH  O H α B C a (đvđd)  d ( A, SB )  AH  * Tính d ( A, SC ) Gọi I hình chiếu A lên SC Khi ta có d ( A, SC )  AI AI đường cao tam giác vuông SAC ( vng A) Ta có: AC  a ( AC đường chéo S a ) hình vng ABCD cạnh M 1 1 1 K       AI  a I AI SA2 AC 2a 2a a  d ( A, SC )  AI  a (đvđd) D b Tính d (O, SC ) Gọi J hình chiếu J A O lên SC Khi ta có d (O, SC )  OJ O H OJ đường cao tam giác SOC α B C Ta có: SC  SA2  AC  2a  2a  2a , 1 a2 S SOC  SA.OC  SA.AC  a2 1 S SOC 2 a Mặt khác: S SOC  SC.OJ  SC.d (O, SC )  d (O, SC )    2 SC 2a (đvđd) Cách khác: ( Vận dụng định lý talet tam giác) S MAB  Trong tam giác SAC , ta có OJ //AI ( vng góc với SC ) O trunh điểm AC  OJ đường trung bình a β tam giác SAC  OJ  AH  2 M a  d (O, SC )  (đvđd) Tính d (O, SD) Gọi K hình chiếu O lên SD Khi H Δ ta có d (O, SD)  OK OK đường cao α tam giác SOD a a 10 Ta có: OD  BD  , SO  SA2  AO  2 SA  BD    BD  ( SAC )  OD  SO  SOD vuông O AC  BD  1 2 12 a 15       OK  2 OK SO OD 5a a 5a a 15 (đvđd)  d (O, SD)  OK  Ví dụ 2: Cho hình chóp tứ giác S ABCD có cạnh đáy a, góc cạnh bên đáy 600 2.1 Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng SB S  H A I B O D 600 C 2.2 Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng SC Ví dụ 3: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật AB  a, AD  2a, mặt bên SAD tam giác cân S nằm mặt phẳng vng góc với đáy, mặt bên SBC hợp với đáy góc 450 3.1 Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng SB 3.2 Tính khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng SB Ví dụ 4: Bài tốn 2: Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( ) : Trong toán giáo viên cần hướng dẫn học sinh cách dựng hình chiếu H điểm M lên mặt phẳng ( ) Phân tích: Vì MH  ( ) nên MH  (  ) với (  ) mặt phẳng qua M vng góc với ( ) Gọi   ( )  (  ) Khi đó: H hình chiếu M lên đường thẳng  Từ ta có cách dựng hình chiếu H M lên ( ) sau: + Dựng mặt phẳng (  ) qua M vng góc với ( ) + Dựng giao tuyến  ( ) (  ) + Dựng H hình chiếu M lên đường thẳng  Khi đó: H hình chiếu điểm M lên mặt phẳng ( ) Thật vậy: ( )  (  )    ( )  (  )    MH  ( )  H hình chiếu M lên mặt phẳng ( ) MH  (  )  MH  ( )  Ta qui toán khoảng cách từ điểm M đến mp ( ) toán khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng  Tuy nhiên có vơ số mặt phẳng (  ) thỏa mãn điều kiện Câu hỏi đặt ta nên lựa chọn mặt phẳng vơ số mặt phẳng Giáo viên cần phân tích, hướng dẫn học sinh lựa chọn mặt phẳng cho cách tính khoảng cách đơn giản, dễ tính VD5: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a tâm O, cạnh bên SA vng góc với đáy cạnh bên SC hợp với đáy góc 300 a Hãy tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( SBC ) ( SBD) b Hãy tính khoảng cách từ điểm O đến mp( SBC ) c Gọi G trọng tâm tam giác ACD Hãy tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( SBC ) Giải: S a Tính d ( A,( SBC )) β Phân tích: Vì SA  BC nên ta cần dựng M H hình chiếu A lên BC ta mặt phẳng (  ) : chứa SA qua hình chiếu I A lên BC B A Vì AB  BC nên B hình chiếu A lên O H BC  (  )  ( SAB ) Δ α D Mà: ( SAB )  ( SBC )  SB C Nên: Hình chiếu A lên ( SBC ) hình chiếu A lên SB Từ đó, Ta có cách giải sau: Gọi H hình chiếu A lên SB Ta có: AH  SB (1) SA  BC    BC  ( SAB )  BC  AH (2) AB  BC  Từ (1) (2) suy ra: AH  ( SBC )  H hình chiếu A lên ( SBC )  d ( A,( SBC ))  AH Vì SA  ( ABCD) nên AC hình chiếu SC lên ( ABCD )    ( SC ,( ABCD))  (SC , AC )  SCA  SCA  300 ( SAC vng A ) 2a   SA  AC.tan SCA  2a 2.tan 300  1  2  2 2 Trong tam giác SAB vng A ta có: 2 AH SA AB 8a 4a 8a 2a 10 2a 10 (đvđd)  AH   d ( A,( SBC ))  5 Tương tự, ta có cách tính d ( A,( SBD)) sau: Gọi I hình chiếu A lên SO Ta có: AI  SO (3) SA  BD    BD  ( SAC )  BD  AI (4) AC  BD  Từ (3) (4) suy ra: AI  ( SBD)  I hình chiếu A lên ( SBD )  d ( A,( SBD))  AI Trong tam giác SAO vuông A , ta có: AO  AC  a 2 1 2a 14 2a 14 (đvđd)  2   AI   d ( A,( SBD))  2 AI SA AO 8a 7 b Tính d (O,( SBC )) Phân tích 1: Vì ( SAB )  ( SBC ) nên ta S (  ) cần dựng mặt phẳng qua O song song với ( SAB ) ta có mặt phẳng cần dựng Gọi M , N giao điểm (  ) với cạnh SC , BC Khi đó, ta có: M A (  )  ( SAC )  OM  K B  ( SAB)  ( SAC )  SA  SA//OM  M  ( SAB)//(  ) O N  trung điểm SC D C Tương tự N trung điểm BC Và (  )  ( SBC )  MN Do đó: Hình chiếu O lên MN hình chiếu O lên ( SBC ) Từ đó, ta có cách giải sau: Gọi M , N trung điểm SC BC Gọi K hình chiếu O lên MN Ta có: NK  MN (5) OM / / SA, SA  BC  BC  OM    BC  ( MON )  BC  OK (6) ON / / AB, AB  BC  BC  ON  Từ (5) (6) suy ra: OK  ( SBC )  K hình chiếu O lên ( SBC )  d (O,( SBC ))  OK Trong tam giác SAC ta có OM đường trung bình a  OM / / SA, OM  SA  Trong tam giác ABC ta có ON đường trung bình  ON //AB, ON  AB  a SA  AB Mà nên OM  ON  OMN S vuông O H A K B O D C 1 a 10 a 10 (đvđd)     OK   d (O,( SBC ))  2 OK OM ON 2a 5 Phân tích 2: Vì O trung điểm AC nên hình chiếu K O lên ( SBC ) trung điểm hình chiếu đoạn thẳng AC lên ( SBC ) Mà HC hình chiếu AC lên ( SBC ) Nên K trung điểm đoạn thẳng HC Từ ta có cách giải khác sau: Gọi K trung điểm HC Trong tam giác AHC có: OK đường trung bình  OK //AH a 10 OK  AH  Vì AH  ( SBC ) nên OK  ( SBC )  K hình chiếu O lên mp ( SBC )   d (O,( SBC ))  OK  a 10 ( đvđd) 10 * Tính d (G,( SBC )) Phân tích 1: Vì ( SAB )  ( SBC ) nên ta S (  ) cần dựng mặt phẳng qua G song song với ( SAB ) ta có mặt phẳng cần dựng Gọi E , F giao điểm ( ) với cạnh BC , SC Khi đó, ta có: A L B ( )  ( ABCD)  GE   G O ( SAB)  ( ABCD)  AB   AB //GE  E ( SAB)//( )  D J C Tương tự EF //SB Và ( )  ( SBC )  EF Do đó: Hình chiếu G lên EF hình A' chiếu G lên ( SBC )  d (G,( SBC )) chiều cao đỉnh G tam giác GEF Từ đó, ta có cách giải sau: Gọi E điểm cạnh BC , F điểm cạnh SC cho GE //AB, EF //SB Gọi L hình chiếu G lên EF Khi đó, ta có: GL  EF (7) GE //AB, AB  BC  BC  GE    BC  (GEF )  BC  GL (8) EF //SB, SB  BC  BC  EF  Từ (7) (8) suy ra: GL  ( SBC )  L hình chiếu G lên ( SBC )  d (G,( SBC ))  GL Gọi J trung điểm CD, A ' giao điểm AG với BC Khi đó: J trung điểm đoạn thẳng AA ' ( Vì JC đường trung bình A ' AB ) Trong tam giác ABC ta có: GE //AB GE A ' E A ' G A ' J JG 1 2 4a          GE  AB  AB A ' B A ' A A ' A A ' A 3 11 Vì GE //AB, EF //SB nên S M A L G D B O N C SA SA 10   sin FEG  sin SBA    SB SA2  AB 4a 10  Trong tam giác GLE vuông L, ta có: GL  GE.sin FEG  15 4a 10 Vậy d (G,( SBC ))  (đvđd) 15 Phân tích 2: Vì G nằm đường thẳng BO nên hình chiếu L ( SBC ) nằm hình chiếu BK BO lên ( SBC ) Từ ta có cách giải 2: Gọi L hình chiếu G lên đường thẳng BK Trong tam giác BGL ta có: GL //OK ( vng góc với BL) Mà: OK  ( SBC ) nên GL  ( SBC )  L hình chiếu G lên mặt ( SBC )  d (G,( SBC ))  GL GL GB GO OB 4 4a 10      GL  OK  OK OB OB OB 3 15 4a 10 Vậy d (G,( SBC ))  (đvđd) 15 Phân tích 3: Vì G nằm đường thẳng A ' A nên hình chiếu L ( SBC ) nằm hình chiếu A ' H A ' A lên ( SBC ) Từ ta có cách giải 3: Gọi L hình chiếu G lên đường thẳng A ' H Trong tam giác A ' AH ta có: GL //AH ( vng góc với A ' H ) Mà: AH  ( SBC ) nên GL  ( SBC )  L hình chiếu G lên mặt ( SBC )  d (G,( SBC ))  GL GL A ' G A ' J JG 2 4a 10      GL  AH  AH A ' A A ' A AA ' 3 15 G lên phẳng G lên phẳng 12 4a 10 (đvđd) 15 Ví dụ 6: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh a Tam giác SAB nằm mặt phẳng vng góc mặt phẳng đáy Gọi H trung điểm AB Khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng  SCD  tính theo a bằng: d (G,( SBC ))  a 21 a 21 a 21 21a B C D Bài tốn 3: Tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau: Trong toán giáo viên cần hướng dẫn học sinh tính khoảng cách hai đường thẳng chéo a b cách áp dụng kiến thức “ Nếu ( ) M mặt phẳng chứa đường thẳng b A a a song song với d (a, b)  d (a;( ))  d ( M ,( )), với M điểm nằm a ” Thật vậy: Gọi AB ( A  a, B  b) đoạn b vng góc chung hai đường thẳng N a b Ta có: d ( a, b)  AB(*) a' B Gọi a ' hình chiếu a lên mặt α phẳng ( ) Trên a lấy điểm M , gọi H H a', M hình chiếu lên mp ( ) Khi đó: d (a,( ))  d ( M ,( ))  MH (**) Ta có: AB //MH ( vng góc với ( ) AM //BH ( a //( ), a ' hình chiếu a lên ( )  a '//a ) Do đó: Tứ giác ABHM hình bình hành  AB  MH (***) Từ (*), (**) (***) ta được: d (a, b)  d ( M ,( )) Ta qui toán khoảng cách hai đường thẳng chéo toán khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng ( ) Ví dụ: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật, AB  2a, AD  a, cạnh bên SA vuông góc với đáy mặt bên ( SBC ) tạo với đáy góc 600 Tính khoảng cách cặp đường thẳng đường thẳng chéo nhau: a SA BD b AB SC c BD SC Giải: a d ( SA, BD) S Gọi H hình chiếu A lên BD Ta có: AH  BD SA  ( ABCD)    SA  AH AH  ( ABCD )  A A 13 D H B C Do đó: AH đoạn vng góc chung hai đường thẳng SA BD  d ( SA, BD)  AH Trong tam giác ABD vng A ta có: AB AD AB AD 2a.a 2a AH     BD AB  AD 4a  a Vậy d ( SA, BD)  AH  2a S b d ( AB, SC ) AB //CD   I Ta có: AB  ( SCD)   AB //( SCD ) CD  ( SCD )  Mà SC  ( SCD) nên A d ( AB, SC )  d ( AB,( SCD))  d ( A,( SCD)) Gọi I hình chiếu A lên SD Ta có: 60 AI  SD (1) B C SA  CD    CD  ( SAD )  CD  AI (2) AD  CD  Từ (1) (2) ta được: AI  ( SCD)  I hình chiếu A lên ( SCD)  d ( A,( SCD ))  AI  AB  ( ABCD ) SA  BC   BC  SB  Vì  SB  ( SBC ) nên   BC  ( SAB )   BC  AB   BC  AB ( SBC )  ( ABCD)  BC     SBA  (( SBC ),( ABCD))  (SB, AB)  SBA  600 ( SAB vng A)  Trong tam giác SAB vng A , ta có: SA  AB.tan SBA  2a.tan 600  2a Trong tam giác SAD vng A , ta có: SA AD SA AD 2a 3.a 2a 39 AI     SD 13 SA2  AD 12a  a 2a 39 Vậy d ( AB, SC )  d ( A,( SCD))  AI  (đvđd) 13 14 D S M A K D HO B C c Phân tích: Gọi ( ) mặt phẳng chứa BD song song với SC Gọi O tâm đáy, M giao điểm ( ) với SA ( )//SC   Ta có: ( )  ( SAC )  OM   OM //SA  SC  ( SAC )  Mà O trung điểm AC nên M trung điểm SA Từ đó, ta có cách giải sau: Gọi M trung điểm SA , O tâm ABCD Ta có: OM đường trung bình tam giác SAC  OM //SC OM  (OBD)  Mặt khác  SC  (OBD)  Do đó: SC //(OBD) Mà: BD  (OBD) nên d ( BD, SC )  d ( SC ,(OBD))  d (C ,(OBD)) (3) Vì (OBD) qua trung điểm O AC nên d (C ,(OBD))  d ( A,(OBD)) (4) Từ (3) (4) suy ra: d ( BD, SC )  d ( A,(OBD)) Gọi K hình chiếu A lên MH Ta có: AK  MH (5) BD  AH    BD  ( SAH )  BD  AK (6) BD  SA  Từ (5) (6) suy ra: AK  (OBD)  K hình chiếu A lên (OBD)  d ( A,(OBD ))  AK Trong tam giác OAH vng A , ta có: AM AH SA AH 2a 57 AK    HM 19 SA2  AH 2a 57 Vậy d ( BD, SC )  d ( A,(OBD))  ( đvđd) 19 Ví dụ: Cho hình chóp S ABCD có đáy hình vng cạnh 2a Tam giác SBC nằm mặt phẳng vng góc mặt phẳng đáy Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD tính theo a bằng: 15 4a a 3a 2a B C D 5 5 b) Giải pháp 2: Vận dụng thể tích, tỷ số thể tích tứ diện để giải tốn khoảng cách hình học khơng gian Trong giải pháp để tính khoảng cách hình học khơng gian đồi hỏi học sinh phải biết cách dựng hình chiếu điểm lên đường thẳng mặt phẳng Tuy nhiên, học sinh yếu việc dựng hình chiếu sức Để khắc phục điều đó, giải pháp này, giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh biết sử dụng linh hoạt cơng thức tính thể tích tứ diện, cơng thức tỷ số thể tích để tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng dễ dàng hơn, khơng cần phải dựng hình chiếu; học sinh có động lực nghiên cứu, đam mê yêu thích nội dung Kiến thức giải pháp là: 3VABCD * VABCD  S BCD d ( A,( BCD ))  d ( A,( BCD ))  S BCD * Tỷ số thể tích: Cho hình chóp S ABC , cạnh SA, SB, SC lấy VS ABC SA SB SC  điểm A ', B ', C ' Khi ta có: VS A ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' A A A' B B' H S H' C' C Thật vậy: Gọi H , H ' hình chiếu vng góc A, A ' lên ( SBC ) Vì S , A, A ' thẳng hàng nên S , H , H ' thẳng hàng 1  Ta có: VSABC  S SBC AH  AH SB.SC.sin BSC 1  VSA ' B ' C '  S SB ' C A ' H '  A ' H '.SB '.SC '.sin BSC VS ABC AH SB SC  Do đó: VS A ' B ' C ' A ' H ' SB ' SC ' 16 Trong tam giác SAH , ta có A ' H '//AH  Vậy: AH SA  A ' H ' SA ' VS ABC SA SB SC  VS A ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD có AD vng góc mặt phẳng  ABC  , AD  AC  4cm, AB  3cm, BC  5cm Tính khoảng cách từ A đến mp(BCD) Giải: Ta có AB  AC  BC  AB  AC D Do VABCD  AB AC AD  8cm Mặt khác CD = , BD = BC = Nên BCD cân B, gọi I trung điểm CD A B 2  SBCD  DC.BI   (2 2)  34 2 3V 3.8 34  B Vậy d ( A,( BCD))  ABCD  SBCD 34 17 Ví dụ 2: Cho hình chóp S ABCD đáy ABCD hình thang vng A B , AD  2a, BA  BC  a, cạnh bên SA vng góc với đáy SA  a Gọi H hình chiếu vng góc A lên SB Tính theo a khoảng cách từ H đến mp  SCD  Giải: D VS HCD SH  Ta có VS BCD SB SAB vng A AH đường cao nên a Ta có H 2a A D a a B C SH SA2 SA2 2a 2  2   SB SB SA  AB 2a  a 2 a a3 Vậy VS HCD  VS BCD  a  3 3VS HCD Mà VS HCD  d ( H ,( SCD)).SSCD  d ( H ,( SCD))  SSCD SCD vuông C ( AC  CD  AD ), SA2  SH SB  17 1 Do SSCD  CD.SC  a 2.2a  a 2 2 3a a Vậy d ( H ,( SCD))   9a Ví dụ 3: Cho lăng trụ đứng ABC A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông, AB  BC  a, AA’  a Gọi M trung điểm BC Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng AM B’C Giải: C' a A' Gọi E trung điểm BB’  BE  BB '  2 Ta có: EM đường trung bình B ' BC B'  EM //CB’ Mà EM  ( AME ), B ' C  ( AME ) nên B’C //  AME  E C A  d  B’C , AM   d  B’C ,  AME    d  C ,  AME   M Ta có EB  ( AMC )  EB đường cao khối tứ diện CEAM B 1 1 a a a3 VCAEM  S ACM BE  AB.CM BE  a  3 2 24 3VCAEM Mặt khác: VCAEM  S AEM d (C ,( AEM ))  d (C ,( AME ))  S AEM a2 a Trong AEB vng B ta có: AE  AB  BE  a   2 Gọi H hình chiếu B lên AE Ta có AE  ( BHM )  AE  MH 1 a     BH  ABE vuông B nên 2 BH AB EB a 2 a a a 21   1 a a 21 a 14 Do SAEM  AE.HM   2 3a a d (C ,( AME ))   Vậy: a 14 24 Ghi chú: Có thể áp dụng cơng thức Hê – rơng để tính S AEM Ví dụ 4: Cho lăng trụ ABC A’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC tam giác vuông A, AB  a, AC  a hình chiếu vng góc A’ lên mặt BHM vuông B nên MH  18 phẳng  ABC  trùng với trung điểm BC Tính khoảng cách từ A đến mp  BCC’B’ Giải: Theo giả thiết ta có A’H  (ABC) Tam giác ABC vuông A AH trung tuyến nên AH = BC = a A ' AH vng H nên ta có A ' H  A ' A2  AH  a a.a a Do VA ' ABC  a  2 VA ' ABC  Mặt khác VABC A ' B ' C ' B' C' A' C H K B 2 a3 A Suy VA ' BCC ' B '  VABC A ' B ' C '   a 3 3VA ' BCC ' B ' Ta có d ( A ',( BCC ' B '))  S BCC ' B ' Vì AB  A ' H  A ' B '  A ' H  A ' B ' H vuông A’ Suy B’H = a  3a  2a  BB '  BB ' H cân B’ Gọi K trung điểm BH, ta có B ' K  BH Do B ' K  BB '2  BK  a 14 a 14  a 14 3a 14a Vậy d ( A ',( BCC ' B '))   14 a 14 2.4 Kết thực Kết vận dụng thân: Chúng thực việc áp dụng cách làm nhiều năm với mức độ khác lớp khoá học lớp khoá học khác Đề tài thực giảng dạy tham gia dạy lớp 12B năm học 2018-2019 trường THPT Lê Viết Tạo Trong trình học đề tài này, học sinh thực thấy tự tin, tạo cho học sinh niềm đam mê, u thích mơn tốn, mở cho học sinh cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo kiến thức học, tạo cho học sinh tự học, tự nghiên cứu Kết ,học sinh tích cực tham gia giải tập, nhiều em tiến bộ, nắm vững kiến thức ,nhiều em vận dụng tốt toán cụ thể Qua kiểm tra nội dung Suy S BCC ' B '  B ' C '.BK  2a 19 thi học kỳ, thi thử Cao đẳng, Đại học có nội dung này, tơi nhận thấy nhiều em có tiến rõ rệt đạt kết tốt Cụ thể sau : Lớp 12B năm học 2018-2019 (Sỉ số 42) G K TB Y Kém SL % SL % SL % SL % SL % 19 20 48 12 29 0 Triển khai trước tổ môn: Chúng đưa đề tài tổ để trao đổi, thảo luận rút kinh nghiệm Đa số đồng nghiệp tổ đánh giá cao vận dụng có hiệu quả, tạo hứng thú cho học sinh giúp em hiểu sâu, nắm vững chất hình học tạo thói quen sáng tạo nghiên cứu học tập Và nay, kinh nghiệm tổ thừa nhận có tính thực tiễn tính khả thi Hiện nay, tiếp tục xây dựng thêm nhiều ý tưởng để giúp học sinh học tập nội dung cách tốt để đạt kết cao kì thi III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Trong dạy học giải tập tốn nói chung dạy học giải tập tốn tích phân nói riêng, việc xây dựng tốn riêng lẻ thành hệ thống theo trình tự logic có đặt phương pháp quy trình giải toán giúp học sinh dễ dàng tiếp cận với nội dung học, đồng thời phát triển tư học toán tạo niềm vui hứng thú học tốn Việc chọn trình tự tập phân dạng giúp học sinh dễ tiếp thu thấy toán nên áp dụng kiến thức cho phù hợp Mỗi dạng tốn tơi chọn số tập để học sinh hiểu cách làm để từ làm tập mang tính tương tự dần nâng cao .Tuy nhiên, số học sinh không tiến bản, sức ỳ lớn chưa có động cơ, hứng thú học tập Do giải pháp hàng vạn giải pháp để giúp phát triển tư duy, sáng tạo học sinh Giáo viên trước hết phải cung cấp cho học sinh nắm kiến thức sau cung cấp cho học sinh cách nhận dạng toán, thể toán từ học sinh vân dụng linh hoạt kiến thưc bản, phân tích tìm hướng giải, đâu bắt đầu quan trọng để học sinh không sợ đứng trước tốn khó mà tạo tự tin, gây hứng thú say mê môn tốn, từ tạo cho học sinh tác phong tự học tự nghiên cứu Đề tài phát triển xây dựng thành hệ thống đề thành sách tham khảo cho học sinh giáo viên Rất mong đóng góp ý kiến bạn quan tâm đồng nghiệp để đề tài đầy đủ hoàn thiện 3.2 Kiến nghị Đối với tổ chun mơn : 20 Cần có nhiều buổi họp thảo luận nội dung tích phân, đặc biệt ứng dụng tích phân Khuyến khích học sinh xây dựng tập toán liên quan đến dạng tập toán giảng Đối với trường : Cần bố trí tiết thảo luận để thơng qua học sinh bổ trợ kiến thức Trong dạy học giải tập toán, giáo viên cần xây dựng giảng thành hệ thống tập có phương pháp quy trình giải tốn Đối với ngành giáo dục : Phát triển nhân rộng đề tài có ứng dụng thực tiễn cao, đồng thời viết thành sách tham khảo cho học sinh giáo viên XÁC NHẬN CỦA Thanh Hóa, ngày 10 tháng 05 năm 2019 THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Tôi xin cam đoan SKKN tơi nghiên cứu thực hiện, không copy người khác Nếu sai tơi xin hồn tồn chịu trách nhiệm Phạm Bá Xuất TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] SGK Hình học 12_NXB Giáo dục, Bộ Giáo dục đào tạo [2] Sách BT Hình học 12_ NXB Giáo dục, Bộ Giáo dục đào tạo [3] SGK Hình học 11_NXB Giáo dục, Bộ Giáo dục đào tạo [4] Sách BT Hình học 11_ NXB Giáo dục, Bộ Giáo dục đào tạo [5] Bộ đề trắc nghiệm luyện thi THPT Quốc gia năm 2017- NXB Giáo dục Việt Nam 21 ... xin chia sẻ “ Một số biện pháp giúp học sinh 12 phát huy khả giải toán Khoảng cách hình học khơng gian kỳ thi THPT Quốc gia ” Đây nội dung quan trọng, hay khó chương trình Hình học lớp 11 nên... dụng thể tích, tỷ số thể tích tứ diện để giải tốn khoảng cách hình học khơng gian Trong giải pháp để tính khoảng cách hình học khơng gian đồi hỏi học sinh phải biết cách dựng hình chiếu điểm lên... 2.3.2 Các giải pháp a) Giải pháp 1: Vận dụng định nghĩa khoảng cách từ điểm đến đường thẳng mặt phẳng để giải toán khoảng cách Trong giải pháp giáo viên cần ôn lại kiến thức hình học không gian,