Tiến hành thực nghiệm *Nội dung thực nghiệm Chúng tôi tiến hành dạy luyện tập cho học sinh cách vận dụng công thức thể tích để giải một số bài Toán Hình Học theo bốn chủ đề:” Sử dụng côn[r]
(1)Phần I Mở Đầu 1.1 Lí chọn đề tài Nâng cao chất lượng giáo dục là yêu cầu cấp bách ngành giáo dục nước ta Một khâu then chốt để thực yêu cầu này là đổi nội dung và phương pháp dạy học Luật giáo dục 2005 điều 28 đã rõ “ phương pháp giáo dục phổ thông phải phát huy tính tích cực, chủ động, sáng tạo học sinh, phù hợp với đặc điểm lớp học, môn học, bồi dưỡng phương pháp tự học, khả làm việc theo nhóm, rèn luyện khả vận dụng kiến thức vào thực tiễn, tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú học tập cho học sinh” Nghị hội nghị trung ương khóa XI đổi toàn diện giáo dục và đào tạo xác định “Tiếp tục đổi mạnh mẽ và đồng các yếu tố giáo dục, đào tạo theo hướng coi trọng phát triển phẩm chất, lực người học Tập trung phát triển trí tuệ, thể chất, hình thành phẩm chất, lực công dân, phát và bồi dưỡng khiếu, định hướng nghề nghiệp cho học sinh Nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện, chú trọng giáo dục lí tưởng, truyền thống, đạo đức, lối sống, ngoại ngữ, tin học, lực và kĩ thực hành, vận dụng kiến thức vào thực tiễn Phát triển lực sáng tạo, tự học, khuyến khích học tập suốt đời” Trong giai đoạn nay, khoa học công nghệ có bước tiến nhảy vọt, việc đào tạo người không nắm vững kiến thức mà còn có lực sáng tạo, có ý nghĩa quan trọng tiềm lực khoa học kĩ thuật đất nước Trong việc đổi phương pháp dạy học môn toán trường THPT, việc dạy giải bài tập toán có vai trò quan trọng vì: Dạy toán trường phổ thông là dạy hoạt động toán học Việc giải toán là hình thức chủ yếu hoạt động toán học, giúp học sinh phát triển tư duy, tính sáng tạo Hoạt động giải bài tập toán là điều kiện để thực các mục đích dạy toán trường phổ thông Dạy giải bài tập toán cho học sinh có tác dụng phát huy tính chủ động sáng tạo, phát triển tư duy, gây hứng thú học tập cho học sinh, yêu cầu học sinh có kỹ vận dụng kiến thức vào tình mới, có khả phát và giải vấn đề, có lực độc lập suy nghĩ, sáng tạo tư và biết lựa chọn phương pháp tự học tối ưu Trong việc dạy giải bài tập Toán việc quan trọng hàng đầu là phải rèn luyện kỹ giải Toán, phải rèn luyện cho người học cách suy nghĩ, phương pháp giải và khả vận dụng kiến thức, cách hệ thống các dạng bài tập (2) Trong năm gần đây đề thi ĐH- CĐ luôn có bài Toán HHKG với trọng số điểm và thường chia điểm rõ ràng là 0,5 điểm cho phần tính thể tích khối chóp khối lăng trụ và 0,5 điểm cho bài Toán tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng là tính khoảng cách hai đường thẳng chéo là bài Toán tính góc các đối tượng Hình học Với các em học sinh bài Toán tính khoảng cách là bài Toán khó Bàn bài Toán tính khoảng cách thì chúng ta có ba đường giải quyết: Một là giải đường sử dụng định nghĩa tức là chúng ta dựng các khoảng cách cần tính Hai là giải công cụ Tọa độ cách cố gắng chuyển bài Toán HHKG sang bài Toán HH tọa độ Ba là giải đường gián tiếp chẳng hạn thay khoảng cách tương đương, sử dụng công thức thể tích Thực tế giảng dạy cho thấy việc dựng khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng hay dựng đường vuông góc chung hai đường thẳng chéo là việc làm không dễ đại đa số học sinh, kể em học tương đối khá Còn việc chuyển bài Toán sang bài Toán HH tọa độ thì không phải là thuận lợi cho bài Toán HHKG, nó thuận lợi với lớp các bài Toán định Để giúp học sinh khắc phục khó khăn trên, kinh nghiệm thực tiễn dạy học và nghiên cứu thân chúng tôi thấy có thể vận dụng việc tính thể tích khối chóp để tính hai loại khoảng cách nói trên Ngoài đề tài này còn đề cập đến việc sử dụng bài toán tính thể tích khối chóp để giải hai bài Toán là bài toán chứng minh hệ thức hình học không gian và bài toán tính diện tích thiết diện Với lí trên tác giả lựa chọn đề tài: “ Sử dụng thể tích khối chóp để giải số bài Toán Hình Học” 1.2 Bố cục đề tài SKKN Ngoài phần mở đầu, phần kết luận và tài liệu tham khảo, đề tài trình bày chương Chương Sử dụng thể tích để giải số bài Toán Hình Học Chương Thực nghiệm sư phạm (3) Phần II Nội Dung Chương Sử dụng thể tích khối chóp để giải số bài Toán Hình Học 1.1 Một số kiến thức 1.1.1 Các định nghĩa 1.1.1.1 Định nghĩa Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng +) Định nghĩa: Trong không gian cho điểm A và đường thẳng d Gọi H là hình chiếu vuông góc điểm A lên d Độ dài đoạn AH gọi là khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng d +) Kí hiệu: d A, d A H P +) Nhận xét: d A, d AM, M d Nếu d’//d thì thẳng song song d và d’ d (d, d ') d A, d , A d , kí hiệu d (d , d ') là khoảng cách hai đường 1.1.1.2 Định nghĩa Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng +) Định nghĩa: Trong không gian cho điểm A và mặt phẳng (P) Gọi H là hình chiếu vuông góc điểm A lên mặt phẳng (P) Độ dài đoạn AH gọi là khoảng A cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) d A,( P) +) Kí hiệu: d A,( P) AM , M ( P) +) Nhận xét: d a,( P ) d A,( P) , A ( P) Nếu a // (P) thì , d a,( P) đó kí hiệu để M H P khoảng cách đường thẳng a và mặt phẳng (P) trường hợp chúng song song với Nếu (P) // (Q) thì d ( P),(Q) d A,(Q) d B,( P) , A ( P), B (Q) , đó kí hiệu d ( P ),(Q) để khoảng cách hai mặt phẳng song song (P) và (Q) 1.1.1.3 Định nghĩa Khoảng cách hai đường thẳng chéo (4) +) Định nghĩa: Trong không gian cho hai đường thẳng chéo a và b -) Đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng a và b đồng thời cắt a và b gọi là đường vuông góc chung hai đường thẳng chéo a và b a A -) Gọi A a , B b Đoạn thẳng AB gọi là đoạn vuông góc chung hai b B đường thẳng chéo a và b -) Độ dài đoạn AB gọi là khoảng cách hai đường thẳng chéo a và b d a, b +) Kí hiệu: d a, b MN, M a, N b +) Nhận xét: 1.1.2 Thể tích khối chóp và khối lăng trụ V B.h +) Thể tích khối chóp , đó B là diện tích đáy khối chóp, h là chiều cao khối chóp Chiều cao khối chóp khoảng cách từ đỉnh đến mặt đáy hình chóp +) Thể tích khối lăng trụ V B.h , đó B là diện tích đáy lăng trụ, h là chiều cao lăng trụ Chiều cao lăng trụ khoảng cách từ đỉnh đáy này đến đáy lăng trụ và khoảng cách hai đáy lăng trụ 1.1.3 Hệ thức lượng tam giác, công thức diện tích 1.1.3.1 Hệ thức lượng tam giác vuông Cho tam giác ABC vuông A BC a, AC b, AB c , h là độ dài đường cao kẻ từ đỉnh A tam giác, c ', b ' là độ dài hình chiếu vuông góc AB, AC trên cạnh huyền BC Ta có các hệ thức sau: (5) a2 b2 c , h2 b '.c ', bc ah, b2 ab ', c ac ', 1 2 2 h b c b SinB CosC , a c SinC CosB , a b tan B cot C , c c tan C cot B b A b c B a C 1.1.3.2 Hệ thức lượng tam giác Cho tam giác ABC kí A hiệu BC a, AC b, AB c , , hb , hc tương ứng là độ dài đường cao kẻ từ A, B, C tam giác ABC, S là diện tích tam giác R, r tương ứng là bán kính đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác, ma , mb , mc tương ứng là độ dài các đường trung tuyến kẻ từ A, B, C Ta có: b c B a C a b c 2 R +) Định lí Sin: sin A sin B sin C 2 2 2 2 +) Định lí côsin: a b c 2bcCosA , b a c 2acCosB , c b a 2abCosC Hệ quả: CosA b2 c a2 a2 c b a2 b2 c CosB CosC bc ac 2ab , , 1.1.3.3 Các công thức diện tích 1 1 1 S aha bhb chc S abSinC bcSinA acSinB 2 2 2 , S pr , S abc 4R S p p a p b p c (công thức Hê-rông) 1.1.3.4 Công thức độ dài đường trung tuyến ma b2 c2 a2 a2 c2 b2 a2 b c mb mc , , (6) 1.2 Sử dụng thể tích để tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Chúng ta có thể sử dụng công thức tính thể tích khối chóp để tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Cơ sở vấn đề này đó là chúng ta có thể gắn khoảng cách cần tính với chiều cao khối chóp sử dụng công thức tính h 3V B Sau đây là các ví dụ minh họa: Ví dụ Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông B Cạnh SA vuông góc với đáy Biết SA a, AB b Hãy tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) Nhận xét: Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) chiều cao hình chóp A.SBC Lời giải Ta có d A, SBC SA SBC 3VA.SBC dt SBC (gt) SA là đường cao hình chóp S.ABC Ta có 1 VA.SBC VS ABC SA.dt ABC SA AB.BC Mặt khác BC BA (gt) SA BC (do SA SBC BC SB hay ), ∆SBC dt SBC BC.BA vuông B d A, SBC Vậy SA AB.BC SA AB SA AB ab 2 SB SA AB a b2 SB.BC (đvđd) Ví dụ (BT 1.18 SBT Hình Học 12) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB a, BC 2a, AA ' a Lấy điểm M trên cạnh AD cho AM 3MD Tính theo a khoảng cách từ điểm M đến mp(AB’C) (7) Nhận xét: Khoảng cách từ điểm M đến mp(AB’C) độ dài đường cao kẻ từ M hình chóp M.AB’C Lời giải Ta có d M , AB ' C Từ 3VM AB 'C dt AB ' C MA 3 VM AB 'C VD AB 'C DA 4 VD AB ' C VB ' ADC BB '.dt ADC a3 BB ' AD.DC 3 a3 a3 VM ADC 4 Ta có AC AB BC a , B ' C BB '2 BC a , ACB ' cân C Lấy H là trung điểm AB’, ta có AB ' AB BB '2 a CH CA2 AH 3a 3a dt AB ' C CH AB ' 2 a3 a 42 3a 2 (đvđd) d M , AB ' C Vậy Ví dụ ( Trích đề KD - 2012) C D Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông, tam giác A’AC vuông cân, A ' C a Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’) theo a Nhận xét: Khoảng cách từ điểm A đến A B mặt phẳng (BCD’) chiều cao kẻ từ A hình chóp A.BCD’ K Lời giải D' A' C' B' (8) Ta có d A, BCD ' 3VA.BCD ' dt BCD ' 1 VA BCD ' VD ' ABC D ' D.dt ABC DD ' AB Do ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp đứng có đáy là hình vuông nên BC DCC ' D ' BC CD ' 1 dt BCD ' BC.CD ' BC DD '2 DC 2 , ∆ACA’ vuông cân A, A ' C a AC AA ' a a , AB BC a ∆ABC vuông cân B, AC = 2 a a2 d A, BCD ' a a a (đvđd) 2 Vậy Ví dụ ( Trích đề KD - 2009) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông B, AB = a AA ' 2a Gọi M là trung điểm đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm AM và A’C Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mp(IBC) Nhận xét: mp(IBC) chính là mp(A’BC) Khoảng cách từ điểm A đến mp(IBC) độ dài chiều cao kẻ từ A hình chóp A.BCA’ Lời giải Ta có d A, IBC d A, A ' BC VA A ' BC VA' ABC C A 3VA A' BC dt A ' BC B K 1 AA '.dt ABC AA ' AB.BC I mp ABC Ta có BC BA (gt), BC AA ' (do AA’ ) A' M BC A ' B A ' BC vuông B 1 dt A ' BC A ' B.BC AA '2 AB BC 2 B' C' (9) d A, IBC Vậy AA ' AB.BC AA ' AB 2a.a 2a AA '2 AB 4a a AA'2 AB BC (đvđd) Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA = a M và N là trung điểm AB và CB Hình chiếu vuông góc đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm H AN và DM Tính theo a khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SDN) Nhận xét: Khoảng cách từ điểm H đến mp(SDN) độ dài đường cao kẻ từ H hình chóp H.SND Lời giải Ta có d H , SND 3VH SND dt SND +) Gọi H là giao điểm AM và DN Từ giả thiết ta có SH ABCD Ta có tan ADM tan BAN ADM BAN DMA BAN DMA ADM 900 DM AN AMD vuông A có a a AM AD a AH 2 AM AD a 1 a AH AM AD2 AH là đường cao SAH vuông H SH SA2 AH a HD AD2 AH a a 3a 14 HN AN AH , 5, 1 14 3a 2a a VH SND VS HND SH HD.HN a 5 5 10 Ta có 2a DN HD HN a a 13 3a , SN SH HN , SD SH HD 2 (10) 13a 18a 5a SN SD ND 14 Cos NSD 2SN SD a 13 3a 65 193 sin NSD cos NSD 585 , 2 1 a 13 3a 193 193 dt SND SN SD.sin NSD a 2 585 10 d H , SND Vậy 3.a 7 10 a 193a 965 10 (đvđd) Ví dụ (Trích đề KB - 2011) Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật AB a, AD a Hình chiếu vuông góc điểm A1 trên mp(ABCD) trùng với giao điểm AC và BD Tính khoảng cách từ điểm B1 đến mp(A1BD) theo a Nhận xét: C1 D1 Khoảng cách từ điểm B1 đến mp(A1BD) A1 B1 khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (A1BD) và độ dài đường cao kẻ từ C hình chóp C.A1BD C D Lời giải Ta có B1C // A1D B1 D / / A1BD H O A B 3VC A BD d B1 , A1 BD d C , A1 BD giả thiết suy = dt A1BD Gọi O là giao điểm AC và BD, từ A1 O ABCD A1O là đường cao hình chóp A1.CBD (11) 1 1 VC A1BD VA1 CBD A1O.dt CBD A1O.BC.CD A1O.BC.CD 3 Ta có BC.CD a.a a dt A1 BD A1O.BD d C , A1 BD BD 2a (đvđd) Ví dụ (Trích đề KB - 2013) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên SAB là tam giác và nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mp(SCD) Lời giải Lấy H là trung điểm AB SH ABCD SH là đường cao hình chóp S.ABCD 1 a3 VA SCD VS ACD VS ABCD SH dt ABCD 12 = Tính SC a 2, SD a SCD cân đỉnh S Lấy I là trung điểm CD, tính SI a a2 d A, SCD a dt SCD (đvđd) Do đó Ví dụ ( Trích đề KD - 2013) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , cạnh bên SA 0 vuông góc với đáy, BAD 120 , M là trung điểm cạnh BC và SMA 45 Tính theo a khoảng cách từ điểm D đến mp(SBC) Lời giải Ta có d D, SBC VD.SBC VS DBC VS ABCD 3VD.SBC dt SBC (12) SA AB AD.Sin1200 ABC SB SC SBC cân đỉnh S Tính SM SA SA.BC , dt SBC SM BC d D, SBC a 0 sin 45 2sin 45 Từ đó Ví dụ (Trích đề KA,A1 - 2013) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông A, ABC 30 , SBC là tam giác cạnh a , mp(SBC) vuông góc với đáy Tính theo a khoảng cách từ C đến mp(SAB) Lời giải Lấy H là trung điểm BC SBC nên SH BC SBC ABC SH ABC SH AB ABC vuông A HA HB HC SA SB SC SAB cân S VC SAB VS ABC SH dt ABC Ta có , AB BC.cos 300 SH S a a , AC BC.sin 300 2 1 a3 a VS ABC SH AB AC 16 K Lấy I là trung điểm AB SI AB a 13 SI SB BI B a 39 a 39 dt SAB SI AB d C, SAB 16 13 Ví dụ 10 (Trích đề KD - 2011) C H I A Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông B, BA 3a, BC 4a , mp(SBC) và mp(ABC) vuông góc với SB 2a 3, SBC 30 Tính khoảng cách từ B đến mp(SAC) theo a (13) Lời giải Kẻ đường cao SH SBC , SBC ABC SH ABC SH là đường cao hình chóp S.ABC VB.SAC VS ABC SH dt ABC , dt ABC BA.BC 6a VB.CSAC 2a 3 SH SB.sin 30 a Tính , SC 2a, HB SB.sin 300 2a 3, HA 3a 2, SA a 21, AC 5a SAC 3VB.SAC 6a dt SAC SA.SC a 21 d B, SAC dt SAC (đvđd) vuông cân S Ví dụ 11 (Trích đề KA,A1 – 2014) SD 3a , hình chiếu Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, vuông góc S trên mp(ABCD) là trung điểm cạnh AB Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mp(SBD) Lời giải Ta có d A, SBD 3VA.SBD dt SBD Từ gt ta có SH là đường cao hình VA.SBD VS ABD VS ABCD chóp S.ABCD SH dt ABCD Ta có HD HA2 AD a , SH SD HD a VA.SBD a3 (14) Tính BD a 2, SA SB SH HB a SB SD BD 2 11 a 11 cos BSD sin BSD dt BSD SB.SD.sin BSD 2.SB.SD 5 , Vậy d A, SBD 2a 11 (đvđd) Ví dụ 12 (Trích đề KB - 2014) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’có đáy là tam giác cạnh a Hình chiếu vuông góc A’ trên mp(ABC) là trung điểm H cạnh AB, góc đường thẳng A’C và mặt đáy 600 Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến mp(ACC’A’) Lời giải d B, ACC ' A ' d B, ACA ' Ta có Từ gt suy A’H là đường cao hình chóp A’.ABC.Ta có H là hình chiếu vuông góc A’ trên mp(ABC), 3VB.AA 'C dt A ' AC VB A ' AC VA ' ABC A ' H dt ABC C A ' C mp ABC A ' CH A ' H , ABC 600 CH Ta có a 3a A ' H CH tan 600 2 a3 VA ' ABC A ' H dt ABC AC a, A ' C CH a, AA ' A ' H AH a cos 60 đó AA 'C cân C Lấy I là trung điểm AA’ ta có Vậy d B, ACC ' A ' CI CA2 AI a a 15 dt AA'C CI AA ' 2 3a (đvđd) Để thấy ưu phương pháp này so với phương pháp tính trực tiếp khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng chúng tôi xét ví dụ sau: (15) Ví dụ (Trích đề KD – 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, ABC BAD 90 , AB BC a, AD 2a Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA a Gọi H là hình chiếu vuông góc A trên SB.Tính theo a khoảng cách từ điểm H đến mp(SCD) Lời giải Ta có BH SCD S d H , SCD d B, SCD HS BS SAB vuông A, có AH là đường cao nên SH SB SA2 SH SA2 SB SB d H , SCD d B, SCD VB.SCD VS BCD SA.dt BCD a2 dt BCD dt ABCD dt ABD a3 Lấy I là trung điểm AD tứ giác ABIC là hình vuông IC AB a IC AD ADC vuông C CD AC mà VB.SCD CD SA CD SAC CD SC 3VB.SCD a dt SCD CS CD a 2 d B, SCD dt SCD Tính CD a 2, CS 2a Do đó d H , SCD a Lời giải S Gọi E là giao điểm AB và CD Lấy M là trung điểm EC, N là trung điểm SE, F là trung điểm AD AB BE BC a H Ta có tứ giác ABCF là hình vuông F A D N (16) C B M AB CF a CF AD a ACD ACF có vuông C E CD CA , mà CD AS CD CS MN là đường trung bình ESC MN / / SC MN CD BCE cân B BM CE BM DC CD BMN BMN SCD Kẻ BJ MN BJ SCD d B, SCD BJ Ta có NB là đường trung bình tam giác SAE NB / / SA NB ABCD NB BM NBM vuông B có BJ là đường cao nên 1 1 a a a , BM EC , BN SA BJ 2 2 2 2 BJ BM BN BH SCD S d H , SCD d B, SCD HS BS SH SA2 2a 2 , mà BS SB 3a a d H , SCD d B, SCD 3 (đvđd) So sánh hai lời giải chúng tôi thấy: Ở lời giải thứ sau chuyển việc tính tính khoảng cách học sinh cần sử khoảng cách dụng túy tính toán biến đổi để tính mà không cần phải dựng khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) mà chúng tôi cho việc dựng này không đơn giản cho đa số các học sinh d H , SCD d B, SCD *Kết luận Như việc tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng hoàn toàn có thể sử dụng thông qua việc tính thể tích khối chóp, đồng thời quá trình tính khoảng cách đó chúng ta có thể sử dụng kết hợp với các tính chất: - Nếu AB / / P thì d A, P d B, P d A, P - Nếu AB P O thì d B, P OA OB (17) d A,( P ) 2d B,( P ) - Nếu B là trung điểm OA thì 1.3 Sử dụng thể tích để tính khoảng cách hai đường chéo Bài Toán tính khoảng cách hai đường thẳng chéo là bài toán khó học sinh Để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo ta có ba đường: sử dụng định nghĩa, tính đường gián tiếp, hay sử dụng công thức hình học tọa độ cách chuyển bài Toán sang bài Toán Hình Học tọa độ Như đã nói phần trên, việc chuyển bài Toán sang Hình Học tọa độ nên sử dụng và sử dụng tốt cho lớp các bài Toán đặc trưng Tính cách sử dụng định nghĩa là chúng ta dựng đoạn vuông góc chung hai đường thẳng chéo tính độ dài đoạn thẳng đó Tuy nhiên kinh nghiệm thân và tìm hiểu thực tiễn cho thấy việc dựng đoạn vuông góc chung hai đường thẳng chéo thực khá dễ dàng hai đường thẳng đó vuông góc với mà thôi Chính vì mà đường này nên sử dụng hai đường thẳng chéo đó là vuông góc bài toán yêu cầu dựng Tính gián tiếp nghĩa là chúng ta không dựng đoạn vuông góc chung hai đường thẳng chéo mà thay khoảng cách cần tính khoảng cách tương đương khác tính là sử dụng công thức thể tích Một đường gián tiếp đó là chuyển tính khoảng cách từ điểm thuộc đường thẳng này đến mặt phẳng chứa đường thẳng còn lại mà song song với nó Theo cách này chúng ta phải dựng khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, đây là công việc đã đơn giản không dễ đa số học sinh là em yếu khâu vẽ hình và dựng hình, sử dụng kỹ thuật tính mục 1.2 Ở đây, chúng tôi muốn hướng học sinh tới cách tính gián tiếp khác nhờ ứng dụng bài toán tính thể tích tứ diện Cơ sở vấn đề này là bài Toán: Bài Toán (Bài 38tr10 Bài tập HH 12 nâng cao - NXBGD 2008) Cho tứ diện ABCD Gọi d là khoảng cách hai đường thẳng AB và CD, là góc hai đường thẳng đó Chứng minh VABCD AB.CD.d sin Các lời giải: Lời giải (18) Dựng hình bình hành BCDE, ta có: VABCD VABED VDABE d D, ABE dt ABE Do CD // BE nên CD // mp(ABE) AB, BE AB, CD , d AB, CD d CD, ABE d D, ABE , 1 dt ABE AB.BE.sin AB.CD.sin VABCD VDABE AB.CD.d sin 2 Vậy Lời giải Dựng hình hộp AMBN.FDEC ngoại tiếp tứ diện ABCD Ta có d d AB, CD d AMBN , FDEC , AB, MN AB, CD VAMBN FDCE d dt AMBN 1 d AB.MN sin d AB.CD.sin 2 VACFD VBCED VDAMB VCANB VAMBN FDEC , 1 VABCD VAMBN FDEC AB.CD.d sin Bài toán này có dạng phát biểu khác sau: Cho hai đường thẳng chéo d và d’ Đoạn thẳng AB có độ dài a trượt trên d, đoạn thẳng CD có độ dài b trượt trên d’ Chứng minh khối tứ diện ABCD có thể tích không đổi (Bài tập tr26 SGKHH12 - NXB GD 2008) Vậy thể tích tứ diện phần sáu tích cặp cạnh khoảng cách hai cạnh đó và sin góc tạo hai đường thẳng chứa hai cặp cạnh đối nói trên Nhận xét: Với AB và CD là hai đường thẳng chéo nhau, khoảng cách chúng d AB, CD cho công thức 6VABCD AB.CD.sin AB, CD Vậy để tính khoảng cách (19) hai đường thẳng chéo AB và CD chúng ta có thể thực theo các bước sau: B1 Tính thể tích khối tứ diện ABCD B2 Tính độ dài các đoạn thẳng AB, CD và d AB, CD B3 Áp dụng công thức tính sin AB, CD 6VABCD AB.CD.sin AB, CD , ta có khoảng cách cần Theo cách tính này thì học sinh tránh việc phải dựng hình khó khăn Sau đây là hệ thống các ví dụ minh họa Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, SA = h và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Tính khoảng cách các cặp đường thẳng sau: a) SB và CD b) SC và BD Lời giải d SB, CD Ta có 6VSBCD , CD SB.CD.sin SB Từ giả thiết ta có SA là đường cao hình chóp S.ABCD 1 a2h VS BCD VS ABCD SA.dt ABCD 6 Tam giác SAB vuông A CD a, SB SA2 AB a h AB // CD , CD SB , AB SBA SB SA h sin SBA AB a h Từ đó d SB, CD a (đvđd) c) SC và AB (20) d SC , BD b) Ta có 6VSBCD , BD SC.BD.sin SC 2 2 AC BD a , SC SA AC h 2a BD SAC BD SC sin SC , BD sin 90 1 AC BD , SA BD Ta có Vậy d SC, BD ah h a2 (đvđd) d AB, SC c) Ta có AB// 6VSABC a 2h V V 2 AB.SC.sin SC , AB SABC SABCD , AB a, SC 2a h , CD SCD AB, SC SC CD Ta có SA CD, CD AD CD SD h.a SD a2 h2 d AB, SC sin SCD SC a2 h2 (đvđd) 2a h Vậy Ví dụ Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi vuông góc với và OA = OB = OC = a Gọi I là trung điểm BC Hãy dựng đoạn vuông góc chung và tính khoảng cách các cặp đường thẳng chéo nhau: a) OA và BC b) AI và OC Lời giải d OA, BC a) Ta có 6VOABC , BC OA.BC sin OA OA OB OA OBC OA OC OA là đường cao kẻ từ A tứ diện OABC 1 a3 VOABC OA.dt OBC OA.OB.OC 6 , Ta có OA = a, BC a , OA BC OA, BC 90 , BC 1 sin OA .Vậy d OA, BC OI a (21) d AI , OC c)Ta có VAIOC 6VAIOC AI OC.sin AI , OC a3 OC a, AI OA2 OI a VOABC 2 12 , AI , OC AI , IJ Lấy J là trung điểm OB IJ / /OC , Ta có Vậy cos AIJ IA IJ AJ sin AI , OC sin AIJ sin AIJ IA.IJ 6 d OC, AI a 5 (đvđd) Ví dụ (Trích đề KA - 2010) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a M, N là ABCD trung điểm AB và AD, H là giao điểm CN với MD Biết SH , SH a Tính khoảng cách DM và SC theo a Lời giải Ta có d DM , SC 6VSDMC , SC DM SC.sin DM Từ gt ta có SH là đường cao hình chóp SDCM VSDMC SH dt DMC Do ABCD là hình vuông M, N là trung điểm AB và AD CDN DAM (c-g-c) DCN ADM HDC HCD HDC HDN 90 a CN a , CH DC 2a DM DA AM CN 5, DM CN Ta có , 2 (22) SC SH HC a 19 a2 a3 dt DMC CH DM VSDMC SH dt DMC , 2 SH ABCD SH DM DM SHC DM SC Từ gt , SC 900 sin DM , SC 1 DM .Vậy d DM , SC 2a 19 (đvđd) Ví dụ (Trích đề KB - 2002) Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 có cạnh a Tính theo a khoảng cách các đường thẳng A1B và B1D Lời giải Ta có d A1 B, B1D 6VDBB1 A1 A1 B.B1D.sin A1B, B1 D A1B a 2, B1 D a Ta có B1 D A1BC1 B1D A1B sin A1 B, B1 D 1 Vậy d BA1 , B1 D a 6 (đvđd) Ví dụ (Trích đề KA – 2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân B, AB = BC = 2a, mp(SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mp(ABC) Gọi M là trung điểm AB, SBC , ABC 60 mặt phẳng qua SM song song với BC cắt AC N Biết Tính khoảng cách AB và SN theo a Lời giải d AB, SN d AM , SN Ta có 6VSAMN AM SN sin AM , SN Từ gt SA ABC nên SA là đường cao hình chóp S.ABC (23) 1 VS ABC SA.dt ABC dt ABC BA.BC 2a , Do SA BC SA ABC , AB BC BC SB Vậy BC ABC SBC , SB BC , AB BC , SBA 900 SAB vuông SBA ABC , SBC 600 SAB vuông A nên SA AB.tan 60 2a Ta có mp qua SM song song với BC cắt mp(ABC) theo giao tuyến qua M và song song với BC, giao tuyến này cắt AC N M là trung điểm AB nên N là trung 1 2a 3 VSAMN VSABC SA.dt ABC 2 3 điểm AC 2 Ta có AM a, AC 2a 2, AN a 2, SN SA AN a 14 Dựng hình bình hành AMND, ta có AD MN a, ND AM a, SD SA2 AD a 13 NS ND SD 14a a 13a cos SND NS ND 2.a 14.a 14 (24) sin SND Vậy 13 13 , SN sin SND sin AM , SN sin DN 14 14 d AB, SN a 39 13 (đvđd) Nhận xét: Ta có cos AM , SN cos AM , SN Ví dụ (Trích đề KB - 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a E là điểm đối xứng D qua trung điểm SA, M là trung điểm AE, N là trung điểm BC Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng MN và AC d MN , AC Lời giải Ta có 6VMNCA , AC MN AC.sin MN Gọi O AC BD SO là đường cao hình chóp S.ABCD 1 d M , ABCD d S , ABCD SO 2 Dễ thấy VMNCA d M , ANC dt ANC 1 SO AB SO dt ABCD 24 Lấy I là trung điểm SA Tứ giác MNCI là hình bình hành, MN CI (O’ là giao điểm SO với CI ) , AC CI , AC O ' CO MN Ta có SO OO' SO sin MN , AC sin O ' CO O ' C CI 2CI (25) SO AB AB a2 a 24 d MN , AC SO AC 2a 2 CI AC 2CI Vậy (đvđd) Ví dụ (Trích đề KA,A1 - 2012) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cạnh a Hình chiếu vuông góc S trên mp(ABC) là điểm H thuộc cạnh AB cho HA = 2HB Góc đường thẳng SC và mp(ABC) 60 Tính khoảng cách hai đường thẳng SA và BC theo a Lời giải d SA, BC Ta có 6VSABC , BC SA.BC.sin SA Từ giả thiết ta có SH là đường cao hình chóp S.ABC nên a2 VSABC SH dt ABC dt ABC , HA a, 3 , CH CA2 AH 2CA AH cos 60 a Do H là hình chiếu vuông góc S trên mp(ABC) , ABC 600 C SC ABC SCH SC SH CH tan 600 VSABC Ta có a3 12 BC a, SA SH AH 5a , a 21 (26) , BC cos SA, BC cos SA SA.SB SA.BC SA SC SB SA.SC SA.SB SA.BC , , SA2 SB AB SA2 SC AC , SA.SC 2 SA.BC Vậy SA.BC a2 , BC sin SA , BC ,cos SA 5 d SA, BC a 42 (đvđd) Ví dụ Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A 1B1C1D1 có kich thước tương ứng là AB = 10, AD = 15, AA1 = 20 Tính khoảng cách các cặp đường thẳng B 1D1 và AC, AB và A1C Lời giải d B1D1 , BC d B D , AC +) 1 : Ta có 6VD1B1BC D , BC B D BC.sin B 1 VD1B1BC D1C1.dt B1BC D1C1.BB1.BC D , BC sin B D ,AD A1B1.BB1.BC sin B 1 1 1 , D A B1 A1 sin B 1 B1D1 Vậy d B1D1 , BC A1B1.BB1.BC BB1 20 A1B1 B1 D1.BC B1D1 (đvđd) d AB, A1 C +) : d AB, A1C Ta có 6VA1 ABC AB A C.sin AB, A C , 1 (27) VA1 ABC AA1 AB.BC AA12 AD A1D sin AB, A1C sin A1C , CD sin A1CD A1C A1C AA1 AB.BC AA1.BC 6 d AB, A1C AA12 AD AA12 AD AB A1C A1C Vậy (đvđd) Ví dụ (Trích KD - 2014) Cho hình chóp S.ABC có dáy ABC là tam giác vuông cân A mặt bên SBC là tam giác cạnh a và mp(SBC) vuông góc với mặt đáy Tính theo a khoảng cách hai đường thẳng SA và BC Lời giải d SA, BC Ta có 6VSABC , BC SA.BC.sin SA Gọi H là trung điểm BC, SBC nên SH là đường cao tam SBC, SH a , mà SBC ABC SH ABC VS ABC SH dt ABC SH là đường cao hình chóp S.ABC a3 SH AB AC 24 AB AC AH BC a , 2 BC a , SA SH AH a 2 Ta có BC SH , AH BC BC SAH , BC 900 BC SA SA (28) Vậy d SA, BC a (đvđd) Để thấy ưu điểm phương pháp này ta so sánh các lời giải ví dụ sau: Ví dụ Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi vuông góc với và OA = OB = OC = a Gọi I là trung điểm BC Hãy dựng đoạn vuông góc chung và tính khoảng cách các cặp đường thẳng chéo AI và OC Lời giải (Sử dụng định nghĩa) Lấy J là trung điểm OB thì IJ / /OC đó OC / / AIJ Vậy mp(AIJ) chứa AI và song song với OC Do IJ // OC, OC OAB IJ OAB AIJ OAB Dựng OK vuông góc với AJ K OK AIJ Từ K kẻ đường thẳng song song với OC cắt AI E Từ E dựng đường thẳng song song với OH cắt OC F Khi đó EF là đoạn vuông góc chung AI và OC, đường thẳng EF là đường vuông góc chung AI và OC Ta có AOJ vuông O nên 1 a OK OK OA OJ Vậy d OC, AI EF OK a 5 (đvđd) Lời giải (Chuyển tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng) Lấy J là trung điểm OB thì IJ / /OC đó OC / / AIJ Vậy mp(AIJ) chứa AI và song song với OC d OC , AI d O, AIJ 3VOAIJ dt AJI 1 a3 VOAIJ VIOAJ VIOAB VCOAB 24 , AIJ vuông J (do IJ//OC, OC OAB , Ta có a a a OI , IJ , AI OA2 OI a AJ OA2 OJ 2 2, a2 a a dt AIJ AJ.IJ d O, AIJ d AI , OC Vậy (đvđd) (29) Lời giải 3.(sử dụng công thức tính thể tích tứ diện) d AI , OC Ta có 6VAIOC AI OC.sin AI , OC a3 OC a, AI OA2 OI a VAIOC VOABC 2 12 , Lấy J là trung điểm OB IJ / /OC , Ta có Vậy cos AIJ AI , OC AI , IJ IA IJ AJ sin AI , OC sin AIJ sin AIJ IA.IJ 6 d OC, AI a 5 (đvđd) Nói ưu điểm tuyệt đối cách dùng thể tích để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo so với hai cách hay dùng trước đây là chuyển tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng và dựng đường vuông góc chung thì không phải mà nó còn tùy thuộc vào đặc thù bài toán, chẳng hạn trường hợp hai đường thẳng chéo và vuông góc vơí thì việc dựng đường vuông góc chung là khá dễ dàng Tuy nhiên chắn đây là hướng giải tốt cho bài toán tính khoảng cách hai đường thẳng chéo và đại đa số học sinh thì cách giải này dễ sử dụng nhiều so với việc phải dựng đoạn vuông góc chung hai đường thẳng chéo tính khoảng cách chúng *Kết luận: Có thể sử dụng việc tính thể tích để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo 1.4 Sử dụng thể tích để tính diện tích thiết diện Để tính diện tích thiết diện sau đã dựng thiết diện chúng ta có thể thực theo các đường sau: +) Xác định thiết diện là các đa giác đặc biệt đa giác các tam giác tứ giác đặc biệt và tính diện tích thiết diện đó +) Chia thiết diện cần tính thành các đa giác đặc biệt tính diện tích +) Sử dụng phương pháp thêm bớt, nghĩa là chúng ta thêm vào thiết diện cần tính các đa giác thích hợp để đa giác lớn tính diện tích trừ diện tích các đa giác thêm vào diện tích cần tính (30) +) Sử dụng công thức hình chiếu: S ' S cos , đó S và S’ là diện tích thiết diện và diện tích hình chiếu thiết diện trên mặt phẳng chiếu, là góc mặt phẳng chứa thiết diện và mặt phẳng chiếu +) Sử dụng công thức thể tích khối chóp Cơ sở vấn đề này là chúng ta gắn thiết diện cần tính vào đáy khối chóp nào đó đã biết tính thể tích và chiều cao, đó diện tích thiết diện cần S 3V h Trong đề tài này chúng tôi sử dụng công thức thể tính công thức: tích để giải các bài toán tính diện tích thiết diện Sau đây là các ví dụ minh họa Ví dụ 1: (ĐH giao thông vận tải KA-2001) Cho hình chóp S.ABC đỉnh S chiều cao h, đáy là tam giác cạnh a Qua AB dựng mặt phẳng (P) vuông góc với SC Tính diện tích thiết diện theo a và h Lời giải Gọi O là trọng tâm tam giác ABC ta có SO ( ABC ) đó SO AB , gọi M là trung điểm AB tam giác ABC nên CM AB AB ( SMC ) Trong mp(SMC) kẻ MH SC ta có mặt phẳng (AHB) SC Thiết diện là tam giác AHB Ta có SH là đường cao hình chóp S.ABH SC SO OC h 2 a SH SB BH a 6h 3a 9h2 a2 SO.dt ABC 3a h SC a 3h a 2 h h VSABH SH 3V 3V dt ABH SABH SABC SH SC Mà VSABC SC (đvdt) (31) Ví dụ (CĐSP Quảng Ninh KB - 2005) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD cạnh a đáy a chiều cao SO = Dựng thiết diện cắt mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với SC Tính diện tích thiết diện vừa dựng Lời giải SO ABCD SO BD BD SAC BD SC Ta có AC BD (P) là mặt phẳng qua A và song song với BD Trong tam giác SAC kẻ AH SC, AH cắt SO E Qua E kẻ đường thẳng song song với BD cắt SD, SB M, N Nối AM, AN, MH, NH thiết diện là tứ 2 giác AMHN SA SO OA a nên tam giác SAC H là trung điểm SC nên E là trọng tâm tam giác SAC Ta có: dt AMHN SM SN SD SB VS AMN SM SN 3VS AMHN SD SB , SH , VS AMHN VS AMN VS HMN , VS ADB VS MHN SM SN SH VS AMHN 1 VS ABCD SO.dt ABCD a VS BCD SD SB SC 9 18 a2 dt AMNH (đvdt) Vậy Ví dụ (BT52 tr12 SBT Hình học 12 nâng cao) (32) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’có đáy là tam giác vuông B, AB a, BC b , AA ' c c a b Một mp(P) qua A và vuông góc với CA’ Tính diện tích thiết diện tạo thành cắt lăng trụ mặt phẳng (P) Lời giải Trong mp(AA’C’C), dựng đường thẳng qua A vuông góc với CA’ cắt CC’ I và M Vì AC a b c nên IC IA ' , đó M thuộc đoạn CC’ Ta có AN BC , AN CA ' AN A ' B Trong mp(A’B’BA), qua A kẻ đường thẳng vuông góc với A’B cắt BB’ N Vậy thiết diện là tam giác AMN VA ' AMN VM AA 'N VM A ' AB abc Ta có: ( NB// AA’, MC// AA’) 3V abc VA ' AMN dt AMN A ' I dt AMN A ' AMN A'I 2A ' I Mặt khác: Xét tam giác vuông A’AC ta có: c2 c2 A ' I A ' C AA ' c A ' I A'C a2 b2 c 2 abc a b c dt AMN 2c Vậy (đvdt) Nhận xét: Những bài toán trên đây tính diện tích thiết diện thuộc loại thiết diện qua điểm và vuông góc với đường thẳng Khi vận dụng cách tính thể tích khối chóp để tính diện tích chúng ta nên lựa chọn áp dụng cho bài tập mà đường cao, ứng với đáy là thiết diện cần tính, tính cách dễ dàng, không đường này trở nên phức tạp (33) Kết luận: Có thể sử dụng thể tích khối chóp để tính diện tích thiết diện 1.5 Sử dụng thể tích để chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức Hình Học Để sử dụng việc tính thể tích khối chóp vào việc chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức Hình học ta dựa trên sở các kết sau: +) Hai khối chóp có cùng diện tích đáy thì tỉ số hai đường cao tỉ số thể tích hai khối chóp +) Hai khối chóp có cùng độ dài đường cao thì tỉ số hai diện tích đáy tỉ số thể tích hai khối chóp đó +) Hai khối chóp S.ABC và S.A’B’C’ có A’, B’, C’ nằm trên ba đoạn VSABC SA.SB.SC thẳng SA, SB, SC Ta có VSA ' B ' C ' SA '.SB '.SC ' Các ví dụ minh họa Ví dụ Cho tứ diện ABCD, O là điểm nằm tam giác BCD Gọi B1 , C1 , D1 là hình chiếu vuông góc O trên các mặt phẳng (ACD), (ABD), (ABC) Chứng minh rằng: OB1 OC1 OD1 1 h h h b c d a) b) OB1.Sb OC1.S c OD1.Sd 3V (Trong đó hb , hc , hd tương ứng là đường cao kẻ từ B, C, D tứ diện ABCD; Sb , Sc , Sd tương ứng là diện tích các mặt đối diện với các đỉnh B, C, D; V là thể tích khối tứ diện ABCD) Lời giải a)Ta có V VOABC VOACD VOABD (34) OB1 VOACD OC1 VOABD OD1 VOABC OB1 OC1 OD1 , , hb V hc V hd V hb hc hd V VOABD VOABC OACD 1 V b) Ta có 1 OB1.Sb OC1.Sc OD1.S d V VOABC VOACD VOABD 3 OB1.Sb OC1.Sc OD1.S d 3V (đpcm) Ví dụ Cho tứ diện ABCD cạnh a , h là độ dài đường cao tứ diện, O là điểm nằm tam giác BCD Gọi B1 , C1 , D1 là hình chiếu vuông góc O trên các mặt phẳng (ACD), (ABD), (ABC) a) Chứng minh rằng: OB1 OC1 OD1 h b) Tìm vị trí điểm O tam giác BCD cho tứ diện OB1C1D1 có thể tích lớn Lời giải Áp dụng ví dụ Khi ABCD là tứ diện cạnh a ta có hb hc hd h a OB1 OC1 OD1 h a Từ đó ta có Gọi là góc tạo các mặt tứ diện ABCD, H là hình chiếu vuông góc VOB1C1D1 D1H dt OB1C1 D1 trên mp OB1C1 Ta có OC 1 D K OB OC sin B OC D1H OB1.OC1.sin B 1 1 1 6 OC OB OC sin C OB 1 OB OC OD sin OD1.sin D 1 1 1 1 6 (35) (do sin B1OC1 sin D1OC1 sin ) Mặt khác áp dụng BĐT Cauchy ta có h3 h3 sin h OB1 OC1 OD1 3 OB1.OC1.OD1 OB1.OC1.OD1 VOB1C1D1 27 162 Dấu “=” xảy và BCD OB1 OC1 OD1 h hay O là trọng tâm tam giác Ví dụ Cho tứ diện ABCD, O là điểm nằm tam giác BCD Qua O kẻ các đường thẳng song song với AB, AC, AD cắt các mặt phẳng (ACD), OB1 OC1 OD1 1 (ABD), (ABC) tương ứng B1 , C1 , D1 Chứng minh rằng: AB AC AD Lời giải OB1 OE SOCD OC1 OF SOBD , , AB BE S AC OC S BCD BCD Ta có: OD1 OH SOBC OB1 OC1 OD1 AD OD SBCD AB AC AD SOCD SOBD SOBC 1. SBCD SBCD SBCD Ví dụ Cho tứ diện ABCD O là điểm nằm tứ diện Gọi A1 , B1 , C1 là hình chiếu vuông góc O trên các mặt phẳng (BCD), (ACD), (ABD), (ABC) Chứng minh rằng: OA1 OB1 OC1 OD1 1 h h h h a b c d a) b) OA1.Sa OB1 Sb OC1 Sc OD1 Sd 3V Lời giải a) Ta có: (36) OA1 VOBCD OB1 VOACD OC1 VOBAD OD1 VOABC , , , VABCD hb VABCD hc VABCD hd VABCD OA1 OB1 OC1 OD1 hb hc hd VOBCD VOACD VOBAD VOABC 1 VABCD VABCD VABCD VABCD 1 VOBCD OA1.S BCD , VOCAD OB1 S ACD , 3 b) 1 VOABD OC1.S ABD , VOABC OD1 S ABC 3 1 1 OA1.S BCD OB1 S ACD OC1 S ABD OD1 S ABC 3 3 VOBCD VOCAD VOABD VOABC V Hay OA1.Sa OB1 Sb OC1 Sc OD1 Sd 3V. Nhận xét: Đặc biệt O là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD ta có 1 1 hb hc hd r Ví dụ Cho tứ diện ABCD O là môt điểm nằm tứ diện OA BCD A1 , OB ACD B1 , OC ABD C1 , OD ABC D1 Chứng minh OA1 OB1 OC1 OD1 1 AA BB CC DD 1 1 a) OA OB OC OD 3 AA BB CC DD 1 1 b) Lời giải OA1 VOBCD OB1 VOACD , , AA V BB V ABCD ABCD a)Ta có: OC1 VOABD OD1 VOABC , CC1 VABCD DD1 VABCD (37) OA1 OB1 OC1 OD1 VOBCD VOACD VOABD VOABC 1. AA1 BB1 CC1 DD1 VABCD VABCD VABCD VABCD b)Ta có OA OB OC OD AA1 OA1 BB1 OB1 CC1 OC1 DD1 OD1 3 2. AA1 BB1 CC1 DD1 AA1 BB1 CC1 DD1 Ví dụ Cho tứ diện SABC có G là trọng tâm tam giác ABC Một mặt phẳng (α) qua trọng tâm G’ tứ diện cắt các cạnh SA, SB, SC A’, B’, C’ SA SB SC 4 Chứng minh SA ' SB ' SC ' Lời giải S Ta c ó VSGAB VSGBC VSGCA 1 VSABC V 3 VSG ' A ' B ' SA '.SB '.SG ' SA '.SB ' VSGAB SA.SB.SG SA.SB C’ A’ I’ G’ A C B’ VSG ' B 'C ' SB '.SC ' VSG 'C ' A ' SC '.SA ' , V SB SC V SC.SA , SGBC SGCA Tương tự G I B VSA ' B 'C ' SA '.SB '.SC ' SA '.SB ' SB '.SC ' SC '.SA ' SA '.SB '.SC ' 4 SA.SB.SC SA.SB SB.SC SC SA SA.SB.SC mà VSABC SA SB SC 4 SA ' SB ' SC ' Ví dụ Cho tứ diện SABC có G là trọng tâm tam giác ABC Một mặt phẳng ( α) cắt các cạnh SA, SB, SC, SG A’, B’, C’, G’ SA SB SC SG 3 Chứng minh SA ' SB ' SC ' SG ' S Lời giải C’ A’ A G’ I’ B’ C (38) I B 1 VSGAB VSGBC VSGCA VSABC V 3 Ta có VSG ' A' B ' SA '.SB '.SG ' VSGAB SA.SB.SG VSG ' B 'C ' SG '.SB '.SC ' VSG 'C ' A ' SG '.SC '.SA ' , V SG SB SC V SG.SC.SA , SGBC SGCA Tương tự VSA ' B 'C ' SA '.SB '.SC ' SG '.SA '.SB ' SG '.SB '.SC ' SG '.SC '.SA ' SA '.SB '.SC ' 4 V SA SB SC SG.SA.SB SG.SB.SC SG.SC.SA SA.SB.SC mà SABC SA SB SC SG 4 SA ' SB ' SC ' SG ' Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành Một mặt phẳng (P) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD A’, B’, C’, D’ Chứng minh SA SD SB SC SA ' SD ' SB ' SC ' S Lời giải Các tam giác ABC, ABD, C' BCD, ACD D' O VSABC VSABD VSACD VSBCD VSABCD B' A' D VSA ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' ; V SA SB SC Ta có C O' VSB 'C ' D ' SB ' SC ' SD ' V SB SC SD A B VSA ' B ' C ' D ' SA ' SB ' SC ' SB ' SC ' SD ' VSA ' B ' D ' SA ' SB ' SD ' VSC ' B ' D ' SC ' SB ' SD ' ; V V V SA SB SC SB SC SD SA SB SD SC SB SD 2 (39) VSA ' B ' C ' D ' SA ' SB ' SD ' SB ' SD ' SC ' V SA SB SD SB SD SC SA ' SB ' SC ' SA ' SD ' SC ' SA SB SC SA SD SC SA ' SB ' SD ' SC ' SB ' SD ' SA SC SB SD SA SB SD SC SB SD SA ' SC ' SB ' SD ' Ví dụ (BT 51 tr12 SBT Hình học 12 nâng cao- NXB GD 2008) Chứng minh tổng các khoảng cách từ điểm nằm lăng trụ đến các mặt nó không phụ thuộc vào vị trí điểm nằm lăng trụ đó Lời giải Gọi lăng trụ đã cho là H Gọi I là điểm nằm lăng trụ Dễ thấy tông các khoảng từ I đến hai đáy lăng trụ chiều cao h lăng trụ, a là cạnh đáy lăng trụ Kí hiệu l1 , l2 , h1 , h2 , , hn là khoảng các từ I đến hai mặt đáy và các mặt bên lăng trụ, S1 , S, tương ứng là diện tích mặt bên và diện tích mặt đáy lăng trụ, V là thể tích lăng trụ Do lăng trụ là nên h cạnh bên và S1 ah Ta có lăng trụ chia thành n+2 hình chóp đỉnh I, gọi V01 ,V02 ,V1 , V2 , ,Vn là thể tích các khối chóp đỉnh I, ta có: V V01 V02 V1 V2 Vn h.S 3 h.S h1 h2 h3 h n S1 h1 h2 h3 hn 2h.S 2h.S 2S h1 h2 h3 hn S1 ah a Vậy tổng khoảng cách từ I đên các mặt lăng trụ là không đổi Tỏng này h 2S a (40) Sau chứng minh các đẳng thức trên, cách vận dụng kết hợp các BĐT cổ điển Cauchy, Bunhiacopxki chúng ta có hệ thống các bài tập BĐT Hình học thú vị mà để giải chúng thì chúng ta có thể vận dụng công thức tính thể this khối chóp để chứng minh đẳng thức từ đó chứng minh BĐT Chẳng hạn, bài Toán: Cho tứ diện ABCD O là môt điểm nằm tứ diện OA BCD A1 , OB ACD B1 , OC ABD C1 , OD ABC D1 OA1 OB1 OC1 OD1 1 AA BB CC DD 1 1 1) 2 Chứng minh rằng: OA OB OC OD 3 AA BB CC DD 1 1 2) OA1 OB1 OC1 OD1 3) AA1 BB1 CC1 DD1 AA1 BB1 CC1 DD1 16 OA OB OC OD 1 4) 5) OA1 OB1 OC1 OD1 2 AA1 BB1 CC1 DD1 OA1 OB1 OC1 OD1 6) AA1 BB1 CC1 DD1 256 7) OA1 OB1 OC1 OD1 2 AA1 BB1 CC1 DD1 OA1 OB1 OC1 OD1 8) OA OB OC OD 2 2 OA OB OC OD 9) AA1 BB1 CC1 DD1 11) OA OB OC OD 2 AA1 BB1 CC1 DD1 OA OB OC OD 12 OA OB OC OD 1 1 13) 15) OA OB OC OD 4 OA1 OB1 OC1 OD1 AA1 BB1 CC1 DD1 OB OC OD 17) OA 19) VA1B1C1 D1 V 27 AA1 BB1 CC1 DD1 16 10) OA OB OC OD OA OB OC OD 81 12) AA1 BB1 CC1 DD1 256 OA OB OC OD 81 OA OB OC OD 1 1 14) 16) AA1 BB1 CC1 DD1 8 OA1 OB1 OC1 OD1 18) OA.Sa OB.Sb OC.Sc OD.Sd 9 V (41) (Trong đó hb , hc , hd tương ứng là đường cao kẻ từ B, C, D tứ diện ABCD; Sb , Sc , Sd tương ứng là diện tích các mặt đối diện với các đỉnh B, C, D; V là thể tích khối tứ diện ABCD) *Kết luận chương Trong chương chúng tôi đã hệ thống đầy đủ các ứng dụng công thức tính thể tích khối chóp từ đó rèn luyện khả linh hoạt tư và phát triển tư sáng tạo cho học sinh (42) Chương Thực nghiệm Sư phạm 3.1 Mục đích thực nghiệm sư phạm Thực nghiệm sư phạm tiến hành nhằm mục đích kiểm tra tính khả thi và hiệu các biện pháp sư phạm đã đưa đề tài 3.2 Đối tượng thực nghiệm Chúng tôi tiến hành trường THPT Diễn Châu 2, huyện Diễn Châu, Tỉnh Nghệ An Chúng tôi chọn hai lớp 12A13 – Ban Tự Nhiên và 12A14 – Ban làm lớp thực nghiệm và là lớp đối chứng 3.3 Tiến hành thực nghiệm *Nội dung thực nghiệm Chúng tôi tiến hành dạy luyện tập cho học sinh cách vận dụng công thức thể tích để giải số bài Toán Hình Học theo bốn chủ đề:” Sử dụng công thức thể tích khối chóp để tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng”; “Sử dụng công thức thể tích khối chóp để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau”; “Sử dụng công thức thể tích khối chóp để tính diện tích thiết diện ’’ ; “Sử dụng công thức thể tích khối chóp để chứng minh số đẳng thức, bất đẳng thức Hình Học không gian”, với thời lượng là ba buổi dạy phụ đạo (mỗi buổi 03 tiết kể thời gian kiểm tra lấy kết làm thông tin so sánh) theo lịch và kế hoạch nhà trường với đồng ý tự nguyện phụ huynh và học sinh Trước buổi dạy chủ đề thứ và sau chủ đề thứ hai chúng tối tiến hành cho học sinh làm bài kiểm tra để lấy số liệu đối chiếu Còn chủ đề thứ ba và thứ tư chúng tôi không kiểm tra mà là bài học cho học sinh tham khảo 3.4 Xử lí kết thực nghiệm Trước dạy thử nghiệm chúng tôi tiến hành kiểm tra 20 phút và sau tiến hành dạy thử nghiệm xong chủ đề thứ hai chúng tôi tiến hành kiểm tra 20 phút Dưới đây là đề kiểm tra và kết kiểm tra: +) Lớp 12A13 và 12A14 Đề kiểm tra 20’ trước dạy thử nghiệm chủ đề Đề bài: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a tâm O, SA vuông góc với đáy, SC tạo với đáy góc 45 Tính theo a khoảng cách từ điểm O đến mp(SCD) và khoảng cách hai đường thẳng AB và SC Đáp án Hình vẽ đúng và đẹp 1đ (43) Ta có điểm AC SCD C , O là trung AC d O, ACD d A, SCD (1 S đ) SA ABCD SA CD Do , tứ giác ABCD là hình vuông CD AD CD SAD SCD SAD H A Kẻ AH SD AH SCD d A, SCD AH D (2,5 đ) Ta có , ABCD SCA 45 SCA SC SA AC a (1 đ) O B C SAD vuông 1 AH a 2 AD SA (1 đ) A có AH là đường cao nên AH 1 a d O, SCD d A, SCD AH 2 (đvđd) (1 đ) Vậy Ta có AB // DC, AB SCD AB / / SCD (1đ) d AB, SC d AB, SCD d A, SCD a (đvđd) (1,5đ) Đề kiểm tra 20’ sau dạy thử nghiệm chủ đề thứ hai Đề bài: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cạnh a, góc mặt phẳng (A’BC) và mp(ABC) 600 G ọi M, N là trung điểm AB và BB’ Tính theo a, khoảng cách từ M đến mp(BCC’B’) và khoảng cách hai đường thẳng AN và BC’ Đáp án Hình vẽ đúng đẹp (1đ) Ta có 3VABCC ' B ' d M , BCC ' B ' d A, BCC ' B ' 2dt BCC ' B ' Lấy I là trung điểm BC AI BC , A ' I BC , mà A ' IA 90 , BC A ' BC ABC (1 đ) (44) A ' IA A ' BC , ABC 600 AA ' AI tan 600 a (0,5đ) (0,5đ) 2 a3 VABCC ' B ' VABC A' B 'C ' AA '.dt ACB 3 dt BCC ' B ' 3a 2 d M , BCC ' B ' a A' C' (2đ) d (AN, BC ') Ta có 6VABC ' N AN BC '.sin AN , BC ' B' (1đ), 1 a3 VABC ' N VABC ' A' VABC A' B ' C ' 16 (1đ), N 5a a 13 , BC ' , 1 AN BC ' AB BB ' BB ' BC 2 C A AN M B 5a AN BC ' cos AN , BC ' 16 1 5a AN BC ' 5a a 13 13 AB.BC BB ' 16 , sin AN , BC ' Vậy 51 13 (2đ) d AA ', BC ' 6a 17 (đvđd) (1đ) Kết kiểm tra Lớp 12A13 Điểm Đề 1(SL) Tỉ lệ % Đề 2(SL) Tỉ lệ % Điểm >9 5,26 15,79 >9 13,16 10 26,32 8 10 26,32 14 36,84 8 7 15 39,47 18,42 7 6 10,53 2,63 6 5 5.26 0 <5 0 0 <5 Đề 1(SL) Tỉ lệ % 0 9,76 21,95 17,07 15 36,58 12,20 2,44 Đề 2(SL) Tỉ lệ % 7,32 14,63 14 34,15 10 24,39 14,63 4,88 0 (45) Kết kiểm tra lớp 12A14 (Đề 1: Đề kiểm tra trước dạy thử nghiệm; Đề 2: Đề kiểm tra sau dạy thử nghiệm) *Kết luận chương Từ kết kiểm tra trên chúng tôi thấy: - Tất các em học sinh hai lớp thực nghiệm nói trên đã nắm chuẩn kiến thức và kỹ bài học So với trước dạy thực nghiệm thì sau dạy thực nghiệm hầu hết các em đạt kết cao mặc dù yêu cầu đề bài sau dạy thực nghiệm mức độ cao hơn, tỉ lệ học sinh đạt điểm giỏi tăng mạnh, đồng thời làm bài các em đã biết vận dụng và trình bày lời giải chặt chẽ và logic Từ việc dạy thực nghiệm chúng tôi thấy: - Việc vận dụng công thức thể tích để giải các bài toán tính khoảng cách hình học không gian là hiệu quả, nó đã làm cho đa số học sinh không còn cảm thấy quá khó khăn tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng hay tính khoảng cách hai đường thẳng chéo Học sinh thấy hứng thú với các bài tập tính toán khoảng cách nói riêng và môn hình học không gian nói chung - Việc vận dụng công thức thể tích giải bài toán tính khoảng cách hình học không gian đã giải giúp học sinh gánh nặng phải dựng hình giải các bài toán này - Tính hiệu đề tài là rõ rệt - Các em học sinh khá giỏi hứng thú với các bài tập chủ đề thứ tư đề tài, đây là miền đất dụng võ để các em phát triển khả toán học, khả tư sáng tạo mình (46) Phần III Kết luận Qua thời gian nghiên cứu viết sáng kiến và vận dụng sáng kiến vào giảng dạy tôi rút số kêt luận sau: - Người Gv phải là người dẫn đường tốt cho học sinh cách định hướng cho học sinh Trong dạy học Gv phải chú ý đến việc tạo tâm hứng thú học tập cho học sinh - Đề tài đã đưa hệ thống đầy đủ các ứng dụng công thức thể tích khối chóp - Đề tài đã xây dựng hệ thống bài tập rèn luyện kỹ sử dụng và vận dụng công thức thể tích khối chóp cho học sinh dạy học bài tập tính khoảng cách, tính diện tích thiết diện và chứng minh các hệ thức hình học hình học không gian - Chúng tôi thiết nghĩ đề tài có thể áp dụng để giảng dạy phù hợp cho nhiều đối tượng học sinh từ học sinh trung bình đến các em khá giỏi Có thể vận dụng cho việc dạy chính khóa và ngoại khóa các tiết luyện tập, đề tài có thể sử dụng để dạy và làm tài liệu tham khảo tốt cho học sinh ôn thi ĐH – CĐ, thi THPT Quốc Gia, đó chính là tính ứng dụng thực tiễn đề tài Tuy nhiên cần lưu ý áp dụng vào giảng dạy tùy vào tiến độ chương trình chính khóa và đối tượng học sinh để Gv lựa chọn hệ thống bài tập và phương pháp giải cho phù hợp Đề tài áp dụng tôt học sinh đã học xong thể tích khối chóp và khối lăng trụ - Tính hiệu đề tài kiểm chứng phần thực nghiệm sư phạm Mặc dầu thân đã cố gắng tìm tòi và đúc rút kinh nghiệm để đề tài ngày càng hoàn thiện và vận dụng dạy học có hiệu hơn, mong giúp đỡ đóng góp ý kiến các quý thầy cô và bạn bè đồng nghiệp Xin chân thành cảm ơn Diễn Châu, tháng 04 năm 2015 Tác giả: Ngô Trí Thụ (47) Tài liệu tham khảo [1] Bài tập Hình học 12 nâng cao, Văn Như Cương (Chủ biên) – Phạm Khắc Ban Tạ Mân, Nhà xuất Gáo dục [2] Bài tập Hình học 12, Nguyễn Mộng Hy (Chủ biên) – Khu Quốc Anh – Trần Đức Huyên, Nhà xuất Giáo dục [3] Các bài giảng luyện thi môn Toán, Tập 1, Phan Đức Chính - Vũ Dương Thụy – Đào Tam – Lê Thống Nhất, Nhà xuất Giáo dục [4] Đề thi tuyển sinh đại học cao đẳng từ năm 2002 đến 2014, Môn Toán [5] Luật giáo dục 2005 [6] Polya G (1995), Giải bài toán nào Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [7] Polya G (1997), Sáng tạo toán học (bản dịch), Nhà xuất Giáo dục, Hà Nội [8] SGK Hình học 12, Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên) – Nguyễn Mộng Hy (Chủ biên) – Khu Quốc Anh – Trần Đức Huyên, Nhà xuất Giáo dục [9] SGK Hình Học 12 Nâng cao, Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên) – Văn Như Cương (Chủ biên) - Phạm Khắc Ban –Lê Huy Hùng - Tạ Mân, Nhà xuất Giáo dục [10] Tài liệu bối dưỡng thường xuyên chu kì (2004- 2007), Toán học, PGS.TS.Bùi Văn Nghị - PGS.TS.Vương Dương Minh – TS.Nguyễn Tuấn Anh, Hà Nội 2005 [11] Tài liệu tập huấn “Dạy học và kiểm tra đánh giá kết học tập theo định hướng phát triển lực học sinh- Môn Toán THPT”, Hà Nội 2014 (48) MỤC LỤC Phần I Mở Đầu .1 1.1 Lí chọn đề tài 1.2 Bố cục đề tài SKKN .2 Phần II Nội Dung Chương Sử dụng thể tích để giải số bài Toán Hình Học 1.1 Một số kiến thức 1.2 Sử dụng thể tích để tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng .5 1.3 Sử dụng thể tích để tính khoảng cách hai đường chéo .16 1.4 Sử dụng thể tích để chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức Hình Học 31 Chương Thực nghiệm Sư phạm 39 3.1 Mục đích thực nghiệm sư phạm 39 3.2 Đối tượng thực nghiệm .39 3.3 Tiến hành thực nghiệm .39 3.4 Xử lí kết thực nghiệm 39 Phần III Kết luận 43 Tài liệu tham khảo 44 (49)