SKKN toán rèn LUYỆN kĩ NĂNG GIẢI một số DẠNG bài tập về HÌNH CHÓP DÀNH CHO học SINH LUYỆN THI THPTQG image marked
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (349.82 KB, 25 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP
VỀ HÌNH CHÓP DÀNH CHO HỌC SINH LUYỆN THI
THPT QUỐC GIA
Người thực hiện: Nguyễn Thị Bích Phượng
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán
THANH HÓA NĂM 2016
0
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 toán 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
1
A. MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài
Quá trình giảng dạy và ôn luyện cho học sinh dự thi tốt nghiệp THPT Quốc
Gia (trước đây là thi Đại học – Cao đẳng)… tôi nhận thấy nhiều học sinh gặp khó
khăn khi giải bài tập hình học không gian do khả năng tư duy tưởng tượng không
gian của học sinh còn hạn chế và có tâm lý sợ môn hình học không gian. Trong khi
đó, rất nhiều bài toán HHKG của chương trình toán 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 toán giải bằng phương pháp hình học không gian thuần túy cho lời
giải đơn giản hơn. Ngay cả những bài toán giải được bằng phương pháp tọa độ thì
bài toán có đơn giản hay không một phần phụ thuộc vào cách chọn hệ trục toạ độ.
Vì vậy, trong khuôn khổ bài viết này tôi tập trung vào những bài toán 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 toán hình học không 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 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.
III. Đối tượng nghiên cứu
Phương pháp giải toán hình học không gian: Phương pháp hình học thuần
túy và phương pháp tọa độ. Một số dạng toán về hình chóp có thể vận dụng phương
pháp tọa độ để giải toán. Ưu, nhược điểm của mỗi phương pháp giải toán.
IV. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin.
B. NỘI DUNG
I. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Các bài toán thi vào Đại học – Cao đẳng trước đây và hiện nay khi các em
đang ôn luyện để bước vào kì thi THPT Quốc Gia đều đưa đến dạng của một bài
toán HHKG chứ không phải dạng của một bài hình học giải tích không gian.
Phương pháp hình học không gian thuần túy, học sinh cần sử dụng thành
thạo kiến thức HHKG để vận dụng vào bài giải (điều này không phải mọi học sinh
đều nhìn ra). Mặt khác, việc vẽ hình không gian đúng, đẹp và khai thác tốt hình vẽ
giúp rất nhiều cho việc trình bày lời giải một bài toán HHKG nhưng khả năng vẽ
2
hình của phần đông học sinh rất yếu. Phương pháp tọa độ áp dụng vào một số dạng
toán có thể khắc phục được những hạn chế này. Tuy nhiên, không phải bài toán nào
cũng áp dụng được phương pháp tọa độ để giải và cho lời giải đơn giản.
Nhìn chung hai phương pháp giải toán, 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 toán hình học không gian, giúp các em xác định được hướng giải
toán, xây dựng niềm tin vào bản thân, tạo hứng thú học tập, xóa bỏ tâm lý “sợ”
môn hình học không gian là rất cần thiết.
II. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Chương trình toán THPT, học sinh học hình học không gian với hai nội dung
tách rời nhau: Hình học không gian thuần túy (học ở lớp 11 và học kỳ 1 của lớp
12), phương pháp tọa độ trong không gian (học ở học kỳ 2 của lớp 12).
Phần lớn, học sinh cho rằng hai nội dung này không liên quan với nhau,
nghĩa là đề bài cho dưới dạng HHKG thông thường thì phải giải bằng HHKG. Học
sinh không thấy mối liên hệ giữa hai nội dung này với nhau: không biết chuyển đổi
nội dung mô tả hình học không gian sang biểu thức giải tích.
Phân phối chương trình không có thời lượng cho học sinh luyện tập, vận
dụng phương pháp tọa độ giải các bài toán HHKG mà các em đã biết giải trước đó.
Kiến thức, kỹ năng, tư duy toán của học sinh còn yếu,khả năng tư duy tưởng
tượng hình không gian của học sinh còn hạn chế và có tâm lý “sợ” môn hình học
không gian nên nhiều học sinh gần như bỏ qua bài hình học không gian trong các
đề thi mà các em gặp.
III. Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Từ thực trạng trên, tôi chọn lọc một số dạng toán về hình chóp có thể giải
được bằng cả hai phương pháp.
Mỗi bài toán đều trình bày cả hai phương pháp giải để học sinh có cái nhìn
tổng quát về bài toán hình học không gian, thấy được ưu điểm, nhược điểm của mỗi
phương pháp từ đó hình thành kĩ năng định hướng giải toán thích hợp.
Tuy nhiên, để đề tài đạt kết quả theo tôi giáo viên cần củng cố cho học sinh
một số kiến thức sau:
§ 1. CƠ SỞ KHOA HỌC
I. Kiến thức cơ bản
Tọa độ véc tơ MN = (xN- xM ; yN - yM ; zN - zM )
Ta giả sử u =(x1; y1; z1) , v=(x2; y2; z2)
Cộng , trừ hai véc tơ : u v = ( x1 x2 ; y1 y2; z1 z2)
Nhân một số với một véc tơ : k. v = (kx2; ky2; kz2) (k R)
Độ dài véc tơ : v x 22 y 22 z 22
Tích vô hướng của hai véc tơ: u . v = x1. x2 + y1.y2+ z1.z2
3
u v x1. x2 + y1.y2+ z1.z2 = 0
x1.x 2 y1.y 2 z1.z 2
Góc giữa hai véc tơ : cos ( u , v ) =
Độ dài đoạn thẳng : MN =
x12 y12 z12 . x 22 y 22 z 22
x N x M y N yM z N zM
2
2
2
x x B yA yB zA zB
;
;
M là trung điểm AB: M A
2
2
2
x x B x C yA yB yC z A z B zC
;
;
G là trọng tâm của ABC: G A
3
3
3
Tích có hướng của hai véc tơ: u =(x1; y1; z1) và v =(x2; y2; z2) ký hiệu là:
y z1 z1 x1 x1 y1
;
;
w = u, v = 1
( y1.z 2 y 2 .z1;z1 .x 2 z 2 .x1;x1 .y 2 x 2 .y1 )
y
z
z
x
x
y
2
2
2
2
2
2
1
Diện tích ABC là: S = AB, AC
2
Tính thể tích hình hộp: ABCD.A'B'C'D' là: V AB, AD .AA '
1
Thể tích tứ diện ABCD: V ABCD = . AB, AC .AD
6
(P) đi qua điểm M0 (x0; y0; z0) và có véctơ pháp tuyến n (A;B;C) với
A 2 B2 C2 0 có pt là: A(x - x 0 ) B(y - y0 ) C(z - z 0 ) 0
x y z
(P) đi qua A(a; 0; 0), B(0; b; 0) và C(0; 0; c) có pt là: 1 (a,b,c 0)
a b c
x x 0 at
() đi qua M0(x0;y0; z0) và có VTCP u (a;b;c) : y y0 bt (a 2 b 2 c 2 0)
z z ct
0
Khoảng cách từ điểm M0(x0; y0; z0) đến mp () : Ax By Cz D 0 là:
Ax 0 By0 Cz 0 D
d M 0 ,()
A 2 B2 C 2
Khoảng cách từ điểm M1 đến đường thẳng () đi qua điểm M0 và có VTCP u
M 0 M1 ,u
d(M1 , )
u
4
u, v .M1M 2
Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau (1),(2): d(1 , 2 )
u, v
( (1) đi qua M1 và có VTCP u và (2) đi qua M2 và có véctơ chỉ phương v ).
u .v
Gọi là góc giữa (1) và (2): cos
a1a 2 b1b 2 c1c 2
a12 b12 c12 a 22 b 22 c 22
| u | .| v |
VTCP của (1) và (2) lần lượt là: u =(a1; b1; c1), v = (a2; b2; c2).
Đặc biệt: (1 ) ( 2 ) a1a 2 b1b 2 c1c 2 0
() có VTCP u =(a; b; c), () có VTPT n =(A; B; C), là góc giữa () và ():
n .u
sin
Aa Bb Cc
A B C
2
| n |.| u |
2
2
a b c
2
2
2
(00 900)
Đặc biệt: / /() hoaëc () Aa Bb Cc 0
(1) có VTPT n 1=(A1; B1; C1), (1) có VTPT n 2=(A2; B2; C2). Nếu là góc
giữa (1) và (2) thì: cos
n1.n 2
A1A 2 B1B2 C1C2
A12 B12 C12 A 22 B22 C22
| n1 |. | n 2 |
Đặc biệt: (1 ) ( 2 ) A1A 2 B1B2 C1C2 0
II. Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
1. Phương pháp chung
Bước 1: Chọn hệ tọa độ Oxyz thích hợp.
Bước 2: Dựa vào giả thiết bài toán để biểu diễn tọa độ các điểm có liên quan.
Bước 3: Chuyển yêu cầu bài toán đã cho sang bài toán hình học giải tích và giải.
Bước 4: Kết luận.
2. Cách chọn hệ trục tọa độ
a)Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy và đáy là tam giác
Cho hình chóp S.ABC có SA (ABC). Chọn hệ Oxyz như hình vẽ
ABC vuông tại A
A O.
ABC vuông tại B
B O.
A O.
ABC đều
H là trung điểm BC
H O H.
5
z
z
z
S
z
s
S
s
y
x
C
A
A
y
C
A
C
A
C
H
B
B
x
B
x
y
B
x
y
b) Hình chóp có cạnh bên vuông 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 vuông (hoặc hình chữ nhật)
đáy là hình thang vuông tại A và B
z
z
S
s
y
A=O
y
A=O
D
D
I
C
B
C
B
x
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
O
H=O
B
D
D
C
x
x
B
C
y
§ 2. MỘT SỐ DẠNG TOÁN MINH HỌA
1. Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy và đáy là tam giác
1.1. Cho hình chóp S.ABC có SA (ABC). Đáy ABC là tam giác vuông 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
6
z
D
D
H
C
A
A
B
C
y
E
B
x
Cách 1: Từ giả thiết AB2 AC2 BC2 ABC vuông tại A suy ra AB AC
AD AB
Do AD (ABC)
AD AC
Gọi AE là đường cao ABC khi đó BC (DA E) do 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
1
1
1
,
AE 2 AB2 AC2 AH 2 AD 2 AE 2
1
1
1
1
1 1 1
6 34
AH
Suy ra
AH 2 AD 2 AB2 AC2 16 9 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 0
3 4 4
3 4 4
1
6 34
Khoảng cách từ A đến (BCD) là d A, BCD
17
1 1 1
9 16 16
Nhận xét:
Cách 1: học sinh gặp khó khăn: không xác định được khoảng cách từ A đến
(BCD), không vẽ được hình đúng, kiến thức, tư duy và kĩ năng tính toán yếu.
Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận toán theo công 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 vuông tại B.
Bài 2: ( Đề Cao đẳng Y tế - 2006) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vuông tại
600 , BC = a, SA a 3. Gọi M là trung điểm của
B, SA vuông góc với đáy, ACB
SB. Chứng minh rằng (SAB) (SBC). Tính thể tích khối tứ diện MABC.
Giải
7
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
1
*M là trung điểm SB suy ra SMBC SSBC VMABC VSABC
2
2
1
1
1
1
a3
0
VSABC SA.SABC SA. BA.BC a 3.a.a.tan 60
3
3
2
6
2
3
1
a
Vậy VMABC VSABC (đvtt).
2
4
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 3 a 3
;
M là trung điểm SB: M a;
.
2
2
*VTPT của (SAB)và (SBC) lần lượt là: j(1;0;0) n SB;SC (0; a 2 3; a 2 3)
Ta thấy j.n 0 nên (SAB) (SBC).
a 3 a 3
;
), AB,AC (0;0; a 2 3)
* AB(0;a 3;0),AC(a;a 3;0),AM(0;
2
2
1 1
3a 2 a 3
VMABC AB,AC .AM 0 0
(đvdt).
6
6
2
4
Nhận xét:
Cách 1: khó khăn đối với học sinh:học sinh thường sai như sau: từ BC SA suy
ra BC (SAB) và không biết cách tính thể tích khối tứ diện MABC.
Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, suy luận toán theo công thức có sẵn,
lời giải ngắn gọn, việc chứng minh và tính thể tích khối tứ diện đơn giản.
8
Bài 3:(Đề tham khảo khối D - 2003) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác
vuông 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
y
C
x
C
1
Cách 1: Do SA (ABCD) SA AC SAC vuông tại A suy ra MA SC
2
ABC vuông tại B BC AB BC SB(do BC (SAB)) SBC vuông tại B
1
MA SC MB AMB cân tại M.
2
1
Lấy K là trung điểm của AB suy ra MK AB và SAMB MK.AB
2
MH / / SA
HK / / CD
MH a và
HK a
Gọi H là trung điểm của AC
1
1
MH
SA
HK
CD
2
2
Do SA (ABCD) và MH / / SA MH (ABC) MH HK
Trong tam giác MHK vuông tại H có MK 2 HH 2 HK 2 2a 2 MK a 2
1
1
a2 2
Khi đó SAMB MK.AB .a 2.a
2
2
2
Cách 2: Chọn hệ Oxyz như hình vẽ: A(0;0;0), S(0;0;2a),B(0;a;0),C(2a;0;0).
a
a a
M là trung điểm SC: M a; ;a , MA a; ;a ,MB a; ;a .
2
2
2
9a 2
MB2 MA MB ( AMB cân tại M)
M, A, B không thẳng hàng và MA 2
4
2
2
MA,MB (a ;0; a )
1 1 4
a2 2
4
SMAB MA,MB
a 0a
(đvdt)
2
2
2
Nhận xét:
Cách 1: học sinh gặp khó khăn khi tính diện tích tam giác AMB.
9
Cách 2: khắc phục nhược điểm trên, hình vẽ đơn giản, suy luận toán theo công
thức có sẵn,tính diện tích tam giác AMB đơn giản, cách 2 lời giải ngắn gọn.
1.3. Cho hình chóp S.ABC có SA (ABC). Đáy ABC là tam giác đều.
Bài 4: (Đề cao đẳng khối A năm 2007) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác đều
cạnh bằng a 3, SA (A BC) và SA = 2a. Tính khoảng cách từ A đến (SBC).
Giải
s
z
s
H
C
A
C
A
M
M
B
y
B
x
Cách 1:Gọi M là trung điểm BC.
Ta có BM AB (do ABC đều) và BC SA(doSA (A BC)) suy ra BC (SAM)
Trong (SAM) kẻ AH SM tại H và AH BC(do BC (SAM)) nên AH (SBC)
tại H do đó độ dài đoạn AH là khoảng cách từ A đến (SBC).
1
1
1
1
1
6a
SAM vuông tại A có:
2 2 AH
2
2
2
AH
SA
AM
4a
9a
5
6a
Vậy khoảng cách từ A đến (SBC) bằng
.
5
AB 3 3a
.
Cách 2: Gọi M là trung điểm BC, do ABC đều nên AM
2
2
Chọn hệ Oxyz như hình vẽ
a 3
3a a 3
3a
M(0;0;0),A 0; ;0 ,B
;0;0 ,C
;0;0 ,S 0; ;2a
2 2
2
2
(SBC) có:
a 3 3a
a 3 3a
a
a
SB
; ; 2a ( 3;3; 4),SC
; ; 2a ( 3;3; 4)
2 2
2
2 2
2
VTPT của (SBC) là: n SB,SC (0;8 3;6 3)
3a
Phương trình mặt phẳng (SBC): 8 3 y 6 3(z 2a) 0 4y 3z 0
2
3a
4. 3.0
2
6a
Khoảng cách từ A đến (SBC) bằng:
.
5
16 9
10
Nhận xét:
Cách 1: nhiều học sinh không xác định được khoảng cách từ A đến (SBC),
không vẽ được hình đúng, kiến thức, tư duy và kĩ năng tính toán yếu.
Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận toán đơn giản theo
công thức có sẵn, nhưng việc tính toán dài dễ thực hiện.
Bài 5:(Đề cao đẳng Hải Phòng - 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
C
A
C
A
I
I
B
y
B
x
Cách 1: Gọi I là trung điểm của BC suy ra BC AI và BC SA(doSA (ABC))
nên BC (SAI) (SBC) (SAI)
VSABC
1
1 a2 3 a2 3
SA.SABC 2a.
(đvdt)
3
3
4
6
Cách 2: Gọi I là trung điểm BC, do ABC đều nên AI
AB 3 a 3
.
2
2
Chọn hệ Oxyz như hình vẽ
a 3
a
a
a 3
I(0;0;0),A(0;
;0),B( ;0;0),C( ;0;0),S(0;
;2a)
2
2
2
2
a a 3
a a 3
a 3
SB( ;
; 2a),SC( ;
; 2a), SA(0;0; 2a),SI(0;
; 2a)
2 2
2 2
2
a 2 3
), n 2 SA,SI (a 2 3;0;0)
(SBC) và (SAI) có VTPT: n1 SB,SC (0;2a 2 ;
2
Ta thấy n1.n 2 0. Vậy (SAI) (SBC).
1 1
a 2 3 a3 3
VS.ABC SB,SC .SA 0 0 (2a).
(đvdt).
6
6
2
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 toán hơi cồng kềnh, lời giải không ngắn gọn như cách 1
nhưng suy luận toán theo công thức có sẵn nên học sinh vẫn dễ dàng thực hiện.
11
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 tròn ngoại tiếp ABC và H là trực tâm SBC. Chứng minh
rằng OH (SBC).
Giải
s
z
s
K
H
H
A
O
C
A
C
O
I
I
y
B
B
x
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 và 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
1
1
ah 3
SAI vuông tại A có:
2 AK
2
2
AK
SA
AI
3a 2 4h 2
Vậy khoảng cách từ A đến (SBC) bằng
ah 3
3a 2 4h 2
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 3 a 3
.
2
2
Chọn hệ Oxyz như hình vẽ:
a 3
a 3
a
a
a 3
;0)
I(0;0;0),A(0;
;0),B( ;0;0),C( ;0;0),S(0;
;h) O(0;
6
2
2
2
2
12
a a 3
a a 3
; h ,SC ;
; h . VTPT của (SBC) là: n SB,SC
(SBC): SB ;
2 2
2 2
2
a 3
0;ah;
. Phương trình (SBC): 2hy a 3z 0
2
Áp dụng công thức tính khoảng cách, ta được: d(A,(SBC))
ah 3
4h 2 3a 2
.
b. H(x; y; z) là trực tâm SBC thì
HB.SC 0
x 0
2hy a 3z 0
HC.SB 0
a
a
a
3
a3 3
a
y hz 0 y
BH x ; y;z (x )
2
2
2
2(3a 2 4h 2 )
2
a
a a 3
a 2h
a
y hz 0
(x )
z 2
CH x ; y;z
2
2
2
3a 4h 2
2
a3 3
a 2 h
2ah 2
a 2h
; 2
OH 0;
; 2
hay H 0;
2
2
2
2
2
2(3a
4h
)
3a
4h
3a 4h 2
3(3a
4h
)
Phương trình mặt phẳng (SBC)phương trình: 2hy a 3z 0
chọn một VTPT n (0;ah;a 3). Ta thấy
2ah 2
a 2h
2ah
2ah
OH 0;
;
.(0;2h;a
3)
.n
2
2
2
2
3(3a 2 4h 2 )
3(3a 2 4h 2 )
3(3a 4h ) 3a 4h
Suy ra OH cùng phương với VTPT của (SBC). Vậy OH (SBC).
Nhận xét:
Cách 1: học sinh gặp khó khăn: không xác định được khoảng cách từ A đến
(SBC), không 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 toán phức tạp hơn tuy nhiên suy luận toán cả hai câu đều theo công thức.
2. Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy và đáy là tứ giác
2.1. Đáy là hình vuông, chữ nhật
Bài 7:(ĐH Hùng Vương hệ CĐ-2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình vuông cạnh a, SA (A BCD) và SA = a. Tính khoảng cách giữa BD và SC.
Giải
13
z
S
s
I
A
K
D
B
y
A=O
O
D
C
B
C
x
Cách 1: Từ giả thiết SA (A BCD) và đáy ABCD là hình vuông nên
SA BD,AC BD BD (SAC) tại O.
1
Trong (SAC), kẻ AI SC tại I và OK SC tại K suy ra OK / / AI,OK AI.
2
Do BD (SAC) nên OK BD suy ra OK là đoạn vuông góc chung của SC và BD
do đó độ dài đoạn OK là khoảng cách giữa SC và BD.
1
1
1
3
a 6
ABM vuông tại A có AH là đường cao:
2 AI
2
2
2
AI
SA
AC
2a
3
1
1 a 6 a 6
a 6
OK AI .
. Vậy khoảng cách giữa SC và BD bằng
.
2
2 3
6
6
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)
BD(a;a;0),SC(a;a; a), BD,SC (a 2 ; a 2 ; 2a 2 )
BD,SC .CD
a 3
a3
a 6
.
Khoảng cách giữa SC và BD: h
2
4
4
4
6
a
6
BD,SC
a a 4a
Nhận xét:
Cách 1: học sinh gặp khó khăn: không xác định được khoảng cách giữa BD và
SC,nếu xác định được thì không biết suy luận để tính khoảng cách đó qua trung
gian là đoạn OK, không vẽ được hình đúng.
Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ đơn giản, suy luận toán theo
công thức có sẵn, lời giải ngắn gọn hơn cách 1 và học sinh dễ thực hiện.
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
14
z
S
s
N
N
M
A
D
I
M
A=O
H
y
D
I
C
B
B
C
x
AM
1
AB
BCA.
ABM BCA ABM
AB
2 BC
BAC
BCA
BAC
900 AIB
900 MB AC.(1)
ABM
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).
1
a
a)
Gọi H là trung điểm của AC thì NH / /SA, NH SA
2
2
Do SA) (A BCD) NH (A BCD) NH (A BI) tại H
a 6
1
ABI vuông tại I: SABI IA.IB và IB2 AB2 AI 2 BI
3
2
1
1
1
3
a 3
ABM vuông tại Acó AI là đường cao: 2
AI
AI
AB2 AM 2 2a 2
3
2
1
1
1 a 6 a 3 a 2
VANIB NH.SABI NH.IA.IB .
.
(đvdt)
3
6
6 3
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 2 a a 2
;0 , N ;
;0
M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC nên M 0;
2
2
2
x a at
a 2
a 2
BM a;
;0 là VTCP của BM nên BM có pt : y
t (t R)
2
2
z 0
x at
Tương tự: AC a;a 2;0 . Phương trình đường thẳng AC: y a 2t (t R)
z 0
15
1
a at at
t 3
a a 2
;0
Tọa độ I là nghiệm của hpt: a 2
hay I ;
t a 2t
3 3
t 2
2
3
(SAC) có AS(0;0;a), AC(a;a 2;0) nên VTPT là n1 AS,AC (a 2 2;a 2 ;0)
a 2 2 2 a 2 2
a 2
;0), BS( a;0;a) nên VTPT: n 2 BM, BS
(SMB) có BM ( a;
;a ;
2
2
2
a2 2
a2 2
2
2 2
a .a 0.
0. Vậy (SAC) (SMB).
Suy ra n1.n 2 (a 2).
2
2
a a 2 a a 2 a
a2 2
;0 ,AN ;
; , AB,AI 0;0;
b) AB (a;0;0),AI ;
2
3 3
2 2 2
VANIB
1 1 a 3 2 a 3 2
AB, AI .AN
(đvtt).
6
6 6
36
Nhận xét:
Cách 1: học sinh không vẽ được hình đúng, đây là bài toán khó đối với học sinh.
Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận đơn giản, tuy lời
giải không ngắn gọn, tính toán nhiều nhưng có sẵn công thức, cách giải này học
sinh kiên trì, tính toán cẩn thận sẽ đi đến kết quả.
2.2. Đáy là hình thang vuông
Bài 9: (Đại học cao đẳng khối D năm 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là
BAD
900 , BA = BC = a, AD = 2a. SA (ABCD) SA a 2.
hình thang, ABC
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB. Chứng minh rằng tam giác SCD
vuông và tính khoảng cách từ H đến (SCD) theo a.
Giải
z
S
S
H
I
D
A
H
y
A=O
B
D
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
16
Lại có: CD SA(doSA (ABCD)) nên CD (SAC) CD SC hay SCD
vuông tại C. Từ gt suy ra SB SA 2 AB2 a 3, SC SA 2 AC2 2a.
SA 2
SH SA 2 2
2
Trong SAH: SA SH.SB SH
SB
SB SB2 3
Gọi h1 ,h 2 lần lượt là khoảng cách từ B, H đến (SCD)
1
1
V h
SB 3
2
V1 VBSCD .h1.SSCD ,V2 VHSCD .h 2 .SSCD 1 1
h 2 h1
3
3
V2 h 2 SH 2
3
2
a
a
2.
1
1
SA.SBCD
2 a
V1 VBSCD .h1.SSCD .SA.SBCD h1
1
3
3
SSCD
.2a.a 2 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Gọi CD 6a ,CD SD SC 2a ,SC 4a ,SC 2a,CD a 2
2
a
Suy ra d(H,(SCD)) h 2 h1
3
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)
SC (a;a; a 2),SD (0;a; a 2),CD ( a;0;0)
Ta thấy SC.CD 0 SC CD hay SCD vuông tại C.
H là hình chiếu của A trên SB nên trong SAH:
2
SA 2
SH SA 2 2
2
SA 2 SH.SB SH
SH
SB
SH
SB
SB
SB SB2 3
3
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 0
Phương trình đoạn chắn:
2a a a 2
2a 2a a 2
x a at
SB (a;0; a 2) nên phương trình đường thẳng SB: y 0
z a 2t
2
H(a at;0; a 2 t)
a 2
H( a;0;
)
H
SB
H(a
at;0;
a
2
t)
3
3
AH(a at;0; a 2 t)
AH SB AH.SB 0
a(a at) 2a 2 t 0
t 1
3
17
d(H,(SCD))
1
1
0 1
a
3
3
3
1
1
1
4a 2 4a 2 2a 2
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 vuông rất
đơn giản, học sinh gặp khó khăn một chút khi tính khoảng cách từ H đến (SCD),
tuy lời giải không ngắn gọn, tính toán nhiều nhưng có sẵn công thức,học sinh,
tính toán cẩn thận sẽ đi đến kết quả
3.
Hình chóp đều
Bài 10: (Cao đẳng sư phạm Hải Dương) Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy
ABCD là hình vuông cạnh 2a, đường cao SH a 3. Tính góc giữa mặt bên và mặt
đáy của hình chóp.
Giải
z
S
S
D
A
H
B
y
A
I
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 vuông góc)
Suy ra góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp bằng SIH
Xét SHI vuông tại H có SH a 3,HI a
SH a 3 3 SIH
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)
Đáy ABCD (là mặt phẳng (Oxy) có VTPT: k(0;0;1)
SC(a 2;0; a 3),SD(0;a 2; a 3)
VTPT của (SCD) n SC,SD (a 2 6;a 2 6;2a 2 )
18
Gọi α là góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp.
2a 2
1
cos cos(n,k)
600
1 0 0. 6a 4 6a 4 4a 4 2
Vậy góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp bằng 600
Nhận xét:
Cách 1: học sinh trung bình có thể không xác định được góc giữa đường thẳng
và mặt phẳng từ đó sẽ không tính được số đo góc.
Cách 2: hình vẽ và lời giải đơn giản, suy luận toán theo công thức sẵn có
Trong bài này hai cách giải như nhau.
Bài 11: Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông 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
N
C
y
MP / /NC
Cách 1: Gọi P là trung điểm của SA. Từ giả thiết ta có
nên tứ giác
MP NC
MN / / P C
MPCN là hình bình hành suy ra
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
a 2
2
Cách 2: Gọi O là tâm hình vuông ABCD.
a 2
. Đặt SO = h.
Từ giải thiết OA OB OC OD
2
Chọn hệ Oxyz như hình vẽ
19
a 2
a 2
a 2 a 2
O(0;0;0),B
;0;0 ,B
;0;0 ,A 0;
;0 ,C 0;
;0 ,S(0;0;h)
2
2
2
2
a 2 h
;
P là trung điểm của SA: P 0;
4
2
x E 2x P x D
a 2 a 2
;
;h
E đối xứng với D qua P nên y E 2y P y D E
2
2
z 2z z
P
D
E
a 2 a 2 h a 2 a 2
;
; , N
;
;0
M, N lần lượt là trung điểm của AE, BC nên M
4
2
2
4
2
3a 2 h
MN 0;
; ,BD a 2;0;0 MN.BD 0 MN BD. Vậy MN BD
4
2
a 2 a 2 ah 2
;0;0
;
;0 , MN,AC
Ta có: AC 0;a 2;0 , NC
4
4
2
2
a h
MN,AC .NC
4
a 2
d(MN,AC)
4
MN,AC
a2 h2
00
2
Nhận xét:
Cách 1: học sinh không vẽ được hình đúng, đây là bài toán khó đối với học sinh.
Cách 2: lời giải không ngắn gọn, tính toán nhiều nhưng có sẵn công thức để áp
dụng, suy luận toán theo công thức, cách giải này yêu cầu học sinh kiên trì, tính
toán cẩn thận.
BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: (Đề TK khối A – 2002) Cho ABC vuông cân có cạnh huyền BC = a. Trên
đường thẳng vuông 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 3
Đáp số: SA
2
Bài 2:(ĐH Đà Nẵng khối A - 2001) Cho tứ diện SABC có SC = CA = AB = a 2,
SC (ABC), ABC vuông tại A, MSA, NBC sao cho AM = CN = t (0 t 2a).
a) Tính độ dài đoạn MN. (Đáp số: MN 3t 2 4at 2a 2 )
20
2a
)
3
c) Khi MN ngắn nhất. Chứng minh MN là đoạn vuông góc chung của BC và SA.
a 6
SA (ABC),
Bài 3: Cho hình chóp S.ABC đáy tam giác đều cạnh a, SA
2
a 6
a 2
SA
. Tính khoảng cách từ A đến (SBC) theo a.(Đáp số:
)
2
2
Bài 4:(Cao đẳng Hải Phòng năm 2006) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác đều
cạnh a, SA vuông góc với đáy, SA = 2a. Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh
a2 3
rằng (SAI) (SBC) và tính thể tích khối chóp. Đáp số: VSABC
6
Bài 5: (Đề tham khảo năm 2002) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a. Gọi E là trung điểm của
3a 5
cạnh CD. Tính khoảng cách từ S đến BE. Đáp số:
.
5
Bài 6: (Cao đẳng KTKT công nghiệp khối A - 2004) Cho hình chóp S.ABCD có
đáy là hình vuông 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).
b) Tìm giá trị của t đề đoạn MN ngắn nhất.(Đáp số: t
a2 3
b) Tính diện tích thiệt diện cắt bởi (AHK) với hình chóp. (Đáp số:
)
6
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 ôn
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%
21
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%
Khi đưa ra tổ chuyên môn 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
toán HHKG hơn trước.
Nhìn chung, học sinh đã chủ động hơn, tự tin hơn khi tiếp xúc với bài toán
HHKG, các em đã không còn cảm thấy sợ, thấy ngại khi giải bài toán HHKG như
trước kia nữa. Các em biết lựa chọn thích hợp phương pháp giải bài toán liên quan
đến hình chóp, biết cách chuyển từ bài toán HHKG sang bài 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 toán hình học không gian.
- Học cần nắm vững một số dạng toán có thể giải được bằng phương pháp tọa độ và
cách chọn hệ tọa độ cho các dạng toán đó.
- Khi vận dụng phương pháp tọa độ: Không nhất thiết phải vẽ hình minh họa một
cách chi tiết. Suy luận để tìm lời giải cho bài toán đơn giản theo những công thức
Vì thế nhiều học sinh có thể tiếp thu phương pháp này để giải toán HHKG.
Tuy nhiên, pp tọa độ chỉ giải quyết được một số dạng toán có thể chọn được
hệ trục tọa độ một cách đơn giản nhất hoặc có sẵn dạng cơ bản. Việc tính toán dài,
biểu thức toán đôi khi cồng kềnh gây khó khăn cho học sinh có kĩ năng tính toán
không thành thạo, vì thế học sinh ngại tính toán, 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 toán hình học không gian. Phương pháp này gây hứng thú cho
học sinh giúp các em có niềm tin, có quyết tâm và quan trọng không còn cảm giác
“sợ” bài toán hình học không gian nữa.
II. Kiến nghị:
Trong PPCT toán 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
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
22
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
không gian giải các bài toán hình học không gian, Nhà xuất bản Đại học Sư Phạm.
[2] Doãn Minh Cường (2000), Giới thiệu đề thi tuyển sinh năm học 2000 - 2001,
Nhà xuất bản Đại học Quốc Gia Hà Nội.
[3] Doãn 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 – Ngô Long Hậu (2004), Giới thiệu đề thi tuyển sinh năm học
2000 - 2001, Nhà xuất bản Hà Nội.
[5] Trần Tuấn Điệp – Ngô 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
Huyên (2000), Hình học 12 sách giáo khoa), Nhà xuất bản Giáo dục.
[9] Nguyễn Mộng Hy (1998), Các bài toán về phương pháp vectơ và phương pháp
toạ độ,Nhà xuất bản Giáo dục.
[10] TS Nguyễn Thái Sơn (2000), Phương pháp toạ độ trong không gian (tài liệu
bồi dưỡng thường xuyên giáo viên THPT chu kỳ 1997 - 2000) - Lưu hành nội bộ,
[11] Báo Toán học và Tuổi trẻ, số tháng 11/1995 và số tháng 2/1999.
23
-----------------------------------------
24
