Dạy học giải một số bài tập hình học không gian cho học sinh thông qua phương thức khai thác các bài toán

  • Số trang: 20 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 35 |
  • Lượt tải: 0
nguyen-thanhbinh

Đã đăng 8358 tài liệu

Mô tả:

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÊ LỢI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI DẠY HỌC GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHO HỌC SINH THÔNG QUA PHƯƠNG THỨC KHAI THÁC CÁC BÀI TOÁN. Người thực hiện: Lê Thị Ngọc Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Lê Lợi SKKN thuộc môn: Toán THANH HÓA NĂM 2013 Phần một I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI 1. Dạy học giải toán là một trong những vấn đề trọng tâm của chương trình giảng dạy trong nhà trường. Đối với HS thì giải toán là hình thức chủ yếu của HĐ toán học nhằm thực hiện tốt chức năng phát triển, chức năng trí tuệ và chức năng kiểm tra. Đối với GV, dạy học giải toán là một trong những vấn đề quan trọng của quá trình dạy học. GV không dừng lại ở mức độ hướng dẫn HS trình bày một lời giải đúng đắn, đầy đủ và có căn cứ chính xác mà phải biết cách hướng dẫn HS thực hành giải bài tập theo hướng tìm tòi, tự nghiên cứu lời giải. Để từ những bài toán cơ bản có thể phát triển nên những bài toán mới, đa dạng. 2. Đa số HS " ngại'' học hình học đặc biệt là môn hình học KG, điều đó thể hiện ở hai lý do: Thứ nhất: Để học tốt hình học không gian đòi hỏi học sinh phải biết tư duy logic, tư duy trừu tượng cao; mặt khác hệ thống kiến thức lại xuyên suốt từ cấp THCS đến hết bậc THPT nên học sinh không nhớ sẽ rất khó để làm bài tập. Thứ hai: Do tâm lý chủ quan xem nhẹ hình học vì nó chỉ chiếm 30% tổng điểm trong đề thi tuyển sinh Đại học. Chính điều đó đã dẫn đến ý thức cũng như kết quả học tập chưa cao của các em và việc kém sự đầu tư vào giảng dạy môn hình học không gian của các thầy cô giáo. Từ những lý do trên tôi thấy cần phải có sự cải tiến trong dạy và học môn hình học không gian để các em cảm thấy hứng thú trong học tập, khích lệ sự tìm tòi, sáng tạo khi giải toán. Vì vậy tôi chọn đề tài SKKN là:" Dạy học giải một số bài tập hình học không gian cho học sinh thông qua phương thức khai thác bài toán" II. Ph¬ng ph¸p nghiªn cøu 1. Nghiªn cøu lý luËn: Nghiªn cøu s¸ch, b¸o, t¹p chÝ vÒ khoa häc to¸n häc, gi¸o dôc häc, t©m lý häc, ... liªn quan ®Õn ®Ò tµi. 2. Quan s¸t: Dù giê, quan s¸t viÖc d¹y cña gi¸o viªn, viÖc häc cña häc sinh, th¨m dß c¸c ý kiÕn cña gi¸o viªn vÒ c¸c vÊn ®Ò nghiªn cøu liªn quan. 3. Thùc nghiÖm s ph¹m. Tæ chøc thùc nghiÖm kiÓm chøng th«ng qua c¸c líp häc thùc nghiÖm vµ c¸c líp häc ®èi chøng trªn cïng mét líp ®èi tîng. Phần hai NỘI DUNG I. Một số phương thức nâng cao chất lượng dạy và học giải bài tập hình học không gian ở trường phổ thông 1. Phương thức 1: Rèn luyện cho HS biến đổi bài toán theo nhiều hình thức khác nhau. Khi đứng trước một vấn đề người làm toán phải biết xem xét mối liên hệ giữa các đại lượng, phải biết nhìn nhận mọi khả năng có thể xảy ra đối với vấn đề mình đang quan tâm và như vậy là phải có sự biến đổi bài toán. Có nhiều cách thức khác nhau để biến đổi bài toán. Biến đổi bài toán cũng có thể được tiến hành đồng thời cả nội dung và hình thức thông qua tiến trình biến đổi tương đương, hoặc biến đổi bài toán về “gần” với bài toán quen thuộc. Ta sẽ xét ví dụ sau đây: Bài toán 1: Cho hình thang ABCD có �A  B� =900,AD = 2a, AB = BC = a, trên tia Ax vuông góc với mp(ABCD) lấy điểm S sao cho AS = a 2 . Xác định và tính độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng AB và SC. Ta có thể biến đổi một phần của giả thiết chẳng hạn như thay hình thang bởi hình vuông, bài toán trở thành: “ Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O có cạnh AB = a. Cạnh SA = h và vuông góc (ABCD). Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau SC và AB”(1). Rõ ràng khi giải bài này sẽ không khó khăn vì để dựng đường vuông góc chung của SC và AB là MN thì ta có thể dựng đường thẳng AH vuông góc SD, sau đó dựng MN// AH. Đây là một hoạt động tạo tư duy linh hoạt cho HS, và bước đầu hình thành cho các em kỹ năng biết tìm ra bài toán mới nhờ việc biến đổi một phần giả thiết hoặc phát biểu bài toán bằng cách tương tự hoá. GV đưa HS trở về bài toán ban đầu, lúc này các em đã được định hướng, đã có sự liên tưởng đến kiến thức cần phải sử dụng. Để chuyển việc xét hình thang về việc xét hình vuông ta chỉ cần kẻ từ C đường thẳng song song với AB và cắt AD tại I. Lúc này ta sẽ làm việc với hình chóp SABI rất gần gủi với hình chóp trong bài (1).(Hình vẽ) Để tính khoảng cách của hai đường thẳng chéo nhau SC và AB ta có thể nhìn nhận bài toán bằng nhiều hình thức (góc độ) khác nhau, chẳng hạn: Góc độ 1: - Từ C dựng CI // AB (I  AD); dựng AH  SI (H SI ) - Từ H dựng HM // CI ( M  SC ). dựng MN // AH ( N  AB). x - MN là đoạn vuông góc chung của SC và AB. S SAI vuông tại A và AH là đường cao nên: 1 1 1 1 1 3    2  2  2 2 2 2 AH SA AI 2a a 2a H a 6  AH = MN = . 3 Góc độ 2: I A M B D N Để tính khoảng cách giữa AB và SC C Hình 1 đưa về việc tính khoảng cách giữa AB với mp(SCI) hay khoảng cách từ A tới mp(SCI). Góc độ 3: Gọi (P) là mặt phẳng qua SC và CI; (Q) là mặt phẳng qua AB và (Q) // (P). Khi đó: d(AB, SC) = d((P), (Q)) = d(A,(P)) = AH = a 6 (A  AB  (Q)) 3 Góc độ 4: Vận dụng công thức tính thể tích của khối chóp tam giác : 3VSACI d(AB, SC) = S . SCI Bài toán 2: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh là a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC’ và CD’ ? Góc độ1: (Hình 1) Xét khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song tương ứng chứa hai đường thẳng đó. Kí hiệu khoảng cách là d. -Từ gợi ý trên HS sẽ phải tìm hai mặt phẳng song chứa hai đường thẳng chéo nhau. HS phát hiện được CD’//AB ; BC’//AD’nên (ACD’) //(BA’C’) Ta có: CD’  (ACD’) và CD’// (BA’C’)  BC’  d(BC’, CD’) = d((ACD’), (BA’C’)). - Để tính khoảng cách GV gợi ý cho HS có thể HĐKT dựa trên việc nhận xét về BO và D’O. (Câu trả lời mong đợi: chúng đều là các đường trung tuyến của hai tam giác ACD’,BA’C’) B Bằng thao tác tư duy, HS hoàn toàn chứng minh được B’D  (BA’C’) tại G; B’D  (D’AC) tại G’; 1 1 GG’ = B’D, mà B’D = a 3  d(BC’,CD’) = a 3 3 3 C O A D G’ G ’ B’ Khi đã giải quyết xong một vấn đề chúng ta không nên bằng lòng ở đó mà cần cố gắng khai thác sâu thêm trong nội tại của nó để hình thành tri thức mới, C’ ’ O’ ’ A ’ (Hình 1) D’ ’ chẳng hạn có thể đề xuất bài toán sau: Bài toán 2.1:Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. CMR đường chéo B’D lần lượt đi qua trọng tâm G, G’của tam giác ACD’,BA’C’. Góc độ 2: (Hình 2) Xét khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách giữa đường thẳng a ∥? (P)  b -Với hướng suy nghĩ này chúng ta sẽ phải chọn một mặt phẳng chứa một đường thẳng và song song với đường thẳng còn lại: BC’//(ACD’)  CD’ nên d(BC’, CD’) = d(BC’, (ACD’)) - Xác định khoảng cách d. B Trong (BDD’B’) kẻ BH  D’O  (ACD’) nên BH = d(BC’, (ACD’)) . Để ý BH là đường cao D’BO mà SBOD’ = H C O A 1 SBD’D 2 D B’ ’ A’ ’ C’ ’’’ (Hình 2) D’ ’ Từ đó suy ra: BH = 1 a 3. 3 Vậy d(BC’,CD’) = BH = 1 a 3. 3 Bài toán 2.2: Cho hai hình vuông ABA’B’ và CDA’B’ cạnh a, trên đường thẳng Dx không vuông góc với mặt phẳng (CDA’B’) lấy một điểm H. Hãy xác định vị trí của H để khoảng cách BH là nhỏ nhất. Cách giải của hai bài toán vừa đề xuất chính là cách giải của bài toán về tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. Góc độ 3: (Hình 3) Xem khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là đường vuông góc chung của chúng. Từ nhận xét đó ta hình thành sơ đồ kiến thức cần huy động như sau: - Gỉa sử MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau.Ta cần tìm vị trí của M trên BC’ và N trên CD’: +) Đặt: C’M = x ; NC = y với x,y  [0; a 2 ]. +) Tìm x, y. Khi này ta phải liên tưởng đến hệ thức Talet trong mặt phẳng. Từ M kẻ PQ // CC’, từ N kẻ EF // CC’. Ta có : y CN CE   CE = = C’F = N F CD' CD 2 Tương tự: C’Q = MQ = CP = B’Q = BP = MP = a - x 2 x 2  DE = NF = F D’ = a P B E , y 2 C . D A . M +) Tính MN. ’ B’ A’ ’ N C' Q F D’ (Hình 3) ’ Việc làm này được thực hiện thông qua xét hai cặp tam giác vuông MNC, MND’ và MNC’, MNB tương ứng theo hai đường thẳng chéo nhau BC’, CD’. Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông ta được: Tam giác MND’ vuông tại N: MN2 = ( x 2 )2 + ( x 2 )2 + a2 - (a 2 - y)2(1) MNC vuông tại N nên: MN2 = ( a - x 2 Kết hợp (1), (2) ta được phương trình: )2 + ( x )2 - y2 (2) 2 2y + x = a 2 (*) Tương tự đối với cặp tam giác vuông MNC’, MNB ta có PT: 2x + y = a 2 (**) Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình: 2 y  x  a 2  . 2 x  y  a 2 Giải hệ này tìm được x = y = Vậy M  BC’ và cách điểm C’ một khoảng là MC’= C một khoảng là CN = a 2 3 a 2 , và N CD’ cách 3 a 2 . Khi đó thay x, y vào một trong các biểu thức biểu thị 3 của MN ta được: MN2 = ( a - x 2 )2 + ( x 2 )2 - y2 = 1 a2 . Hay MN = a 3 . 3 3 Từ cách giải trên cho thấy độ dài đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau không phụ thuộc vào vị trí của M, N. Như vậy ta có thể đề xuất bài toán sau: Bài toán 2.3: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Lấy điểm M A’B, N  AD’ sao cho A’M = D’N = x ( x  (0,a )) a) Tìm x để đoạn thẳng MN có độ dài ngắn nhất, tính MN. b) Khi MN ngắn nhất, hãy chứng tỏ MN là đường vuông góc chung của A’B và AD’, đồng thời MN // AC’.  Ta có thể giải quyết bài toán này bằng kiến thức về hệ thức Talet. - Kẻ MH  A’B’ thì MH // BB’ và MH = = AH. - Kẻ NK  AD thì NK = = DK B C  KH =a-x . Ta có MN2= MH2+ HK2+ KN2 D A M = 3x2- 2a x +a2. K Vậy MN nhỏ nhất khi và chỉ khi x=a . ’ H A’ ’ ’ ’ ’ B’’ C' N D’ (Hình 4) ’  Thay x=a vào MN ta được: MN = a . b) Để chứng tỏ MN là đường vuông góc chung thì MN  A’B và MN  AD’. Xét tam giác AMN có MN 2 = ; AM2 = , tính AN theo hàm số cos trong tam giác ADN. Góc độ4: Từ bài toán 2.4 cho ta cách giải bài toán đã cho. Góc độ 5: Dùng ngôn ngữ véc tơ Bài toán 2.5: Gọi M, N lần lượt là các điểm thuộc BC’ và CD’ sao cho MA = k MD, ND = k NB (k ≠ 0;1). a) Chứng minh rằng MN //(A’BC). b) Khi MN //A’C, chứng tỏ MN là đường vuông góc chung của BC’và CD’ GV gợi ý cho học sinh kiến thức về véc tơ và các điều kiện đồng phẳng của ba véc tơ trong không gian để chứng minh cho MN //(A’BC)  chứng tỏ , , đồng phẳng, đồng thời MN không thuộc mp(A’BC). , , đồng phẳng  = - + (*) với = ; =; =. Theo qui tắc hình hộp A’C = + + ; MN // A’C  = m  - + = m( + + ). Do , , là ba véc tơ không đồng phẳng từ đó tìm được k. Thay k vào hệ thức (*) và tính độ dài của ta được khoảng cách MN cần tìm. Bài toán 3: Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA = a, OB = b, OC = c đôi một vuông góc. Chứng minh rằng: a) Hình chiếu vuông góc H của O xuống (ABC) là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC. 1 b) 1 1 1 1    2 2 2 OH OA OB OC 2 2 Bài toán có thể phát biểu một cách cụ thể hơn là: “Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA = a, OB = b, OC = c đôi một vuông góc. z a) Chứng minh rằng H là trực tâm tam giác ABC. b) Tính khoảng cách từ O đến (ABC)”. C Ta sẽ giải quyết bài toán này bằng những phương pháp sau: A1 H Lời giải: Cách 1 (Phương pháp tổng hợp): B O A x y a)Hướng 1: Sử dụng tính chất đường thẳng vuông góc với mặt phẳng. Vì H là hình chiếu vuông góc của O lên (ABC) nên OH  (ABC) . Ta có: OH  BC, mặt khác AO  (OBC). Lại có: AO BC  BC (AOH)  AH  BC, tức là AA1 là một đường cao của ABC. Tương tự : BH  AC, tức BB1 cũng là một đường cao của ABC. Vậy H là trực tâm của tam giác ABC. Hướng 2: Vận dụng tính chất ba đường vuông góc Vì H là hình chiếu của điểm O trên mp(ABC) nên OH  (ABC). Từ đó suy ra hình chiếu của OA trên mặt phẳng (ABC) là OH mà AB  CD (gt) nên OH  CD(1) (theo định lý ba đường vuông góc) Tương tự AH  BC (2) Từ (1),(2): H là trực tâm ABC (đpcm) b) Do AO  (OBC) nên AOB vuông tại O và OH là đường cao, ta có: 1 1 1  2  2 2 . OH OA OA1 Mặt khác OBC vuông tại B và nhận OA1 làm đường cao: 1 OA1 2  1 1 1 1 1 1   2   .(*) 2 2 . Suy ra: 2 2 OB OC OH OA OB OC 2 Cách2( phương pháp toạ độ): Chọn hệ trục toạ độ Oxy sao cho: A  tia Ox, B  tia Oy, C  tia Oz. Khi đó: O(0;0;0), A(a;0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c) a) Phương án 1: Giả sử H(x0; y0; z0) là chân đường vuông góc hạ từ O xuống mp(ABC). Ta chứng minh H là trực tâm của ABC. x a y b z c Thật vậy,(ABC) có phương trình:   1 (phương trình đoạn chắn). 1 1 1 a b c   Vậy véc tơ pháp tuyến của (ABC) là: n ; ;  Mặt khác OH ( x0 ; y 0 ; z 0 )  (ABC) nên: OH // n hay x0 = k k k , y0 = , z0 = (k R) a b c Ta có: AH ( x0  a; y 0 ; z 0 ), BC (0; b; c) k b k c Suy ra: AH .BC  y 0 b  z 0 c  b  c 0 vậy AH  BC. Tương tự BH  AC. Suy ra H là trực tâm của ABC. Bằng cách lật ngược vấn đề, GV đặt HS vào tình huống sau: Phương án 2: Giả sử H là trực tâm của ABC. Chứng minh OH  (ABC). Vì H là trực tâm ABC nên: x0a = y0b = z0c = k. 1 1 1 a b c   Do đó ta có: OH ( x0 ; y 0 ; z 0 ) = k  ; ;  . x y z  1 1 1 Mặt khác (ABC) có PT:   1 nên n ; ;  (véc tơ pháp tuyến) a b a b c c Suy ra : OH k n Hay OH // n . Do đó OH  (ABC). b) Gọi H(x0; y0; z0) là trực tâm của ABCnên: x0a = y0b = z0c = k. Mặt khác H  mp(ABC) nên: x0 y 0 z 0   1 a b c Suy ra: x0  2 ab c , 2 2 a b  b 2c 2  a 2c 2 C1 a 2b 2 c 2 , a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2 Mặt khác: Vậy ta có: Suy ra: C H A1 a 2 bc 2 a 2b 2 c y0  2 2 z  , 0 a 2b 2  b 2 c 2  a 2 c 2 a b  b2c 2  a 2c 2 Do đó: OH2 = B1 A 2 (2) O a 2b 2 c 2 Từ (1) và (2) suy ra: k = 2 2 2 2 2 2 . a b b c a c (1) B 1 1 1 1  2  2  2 2 OH a b c OA2 = a2, OB2 = b2, OC2 = c2 1 1 1 1  2   (đpcm) 2 2 OH OA OB OC 2 (3) 2. Phương thức 2: Khai thác những bài toán đã từng giải quyết Bài toán cơ bản 1:(Bài tập 17,T103 Sgk hình học 11- Nâng cao) “Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc. Chứng minh rằng: a) Hình chiếu vuông góc H của S xuống (ABC) trùng với trực tâm tam giác ABC. b) 1 1 1 1  2 2 ” 2 SH SA SB SC 2 Ta sẽ vận dụng kết quả của bài toán này để giải quyết một số các bài tập sau: Bài toán 1: Cho tứ diện OABC có các tam giác OAB, OBC, OCA đều là tam giác vuông tại đỉnh O, OA = a, OB = b, OC =c. Gọi , ,  lần lượt là các góc hợp bởi các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) với mp(ABC). Chứng minh rằng: cos2 + cos2 +cos2 = 1. Lời giải: O Cách 1: Ta dễ dàng chứng minh được H là trực tâm của ABC � 'A . AH  BC tại A’; OA’  BC. Vậy  = OA � ' A = sin OAA � ' = = . Ta có: cos = cos OA Tương tự: cos = ; cos = . A Áp dụng kết quả của bài toán (*) trên ta có: 1 1 1 1  2   . 2 2 OH OA OB OC 2 Hay : B OH 2 OH 2 OH 2  2  2 1 . a2 b c Vậy cos2 + cos2 +cos2 = 1.(đpcm) Cách 2: Dùng phương pháp toạ độ. Hoặc có thể phát biểu bài toán 1như sau: H C’ B ’ C A’ “ Điểm A bên trong hình chóp OABC có các tam giác OAB, OBC, OCA đều là tam giác vuông tại đỉnh O. Đoạn thẳng OA tạo với các cạnh OB, OC, OD các góc , ,. Chứng minh rằng: cos2 + cos2 +cos2 =1”. Bài toán 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = AA’ = a, AC’ = 2a. Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (ACD ’).(Bài 32, T117 Sgk hình học 11- Nâng cao) Bài toán 3: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA = a; OB = b; OC = c. Gọi H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC). Tính diện tích của các tam giác HAB, HBC và HCA(Bài 5,T120 Sgk hình học 11Nâng cao) Bài toán 4: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, BC, C’D’. Hãy tính góc giữa các cặp mặt phẳng: (AB ’P) và (ABCD); (AB’P) và (BCC’B’). Bài toán 5: Cho hình tứ diện ABCD, H là trực tâm tam giác BCD. Chứng minh rằng AH vuông góc với mp(BCD) khi và chỉ khi các cạnh đối của tứ diện đã cho vuông góc với nhau. Ta lại tiếp tục khai thác bài toán 1 vào bài tập sau: Bài 1: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = b, BC = a, CC’=c. Gọi , ,  là các góc mà một đường chéo của hình hộp chữ nhật tạo với ba cạnh xuất phát từ một đỉnh. Tìm  biết  = 600, = 450. Lời giải: Áp dụng định lý Pitago vào các tam giác vuông A’AC và ABC, ta có: A’C2 = A’A2+AC , AC = AB + BC D’  A’C2 = A’A2 + AB + BC (1) .Với AA’= A’C cos = acos A’B’ = A’C cos = acos ; A’D’= A’C cos = acos (1)  a = a ( cos2 + cos2 +cos2 ) A ’ C’ B’  cos2 + cos2 +cos2 = 1(2) C A B Thay  = 600,  = 450 vào (2) ta được cos =  = 600 . Cũng với kết luận đó nhưng giả thiết được phát biểu theo cách khác, ta có bài toán sau: Bài 2: Đường thẳng (d) tạo với ba đường thẳng vuông góc với nhau từng đôi một (d1), (d2), (d3) các góc , , . CMR: cos2 + cos2 +cos2 = 1. Bài 3: Cho tứ diện OABC có các tam giác OAB, OBC, OAC đều là tam giác vuông tại đỉnh O, OA = a, OB = b, OC = c. Gọi , ,  lần lượt là các góc hợp bởi các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) với (ABC). a) Chứng minh rằng diện tích tam giác ABC bằng tổng bình phương diện tích ba tam giác: OAB, OBC, OCA. b) Chứng minh rằng: Cos2 + cos2 + cos2 =2 Lờigiải: a) Cách 1: Ta có: OA’ = . Vậy AA’2 = OA’2+OA2 = a2+ b 2c 2 b2  c 2 = a 2 b 2  b 2 c 2  c 2b 2 . b2  c 2 O Gọi S2ABC = AA’2.BC2 = ( a 2b2  b 2c 2  c 2b 2 ) = S2OBC + S2COA + S2OAB = S2ABC (đpcm) Cách 2: Tam giác OBC là hình chiếu của tam giác ABC trên mp(OBC) nên ta có: S OBC= SABCcos Tương tự ta cũng có: SOCA = SABCcos C B1 A H  C1 A1 SOAB = SABCcos. Từ đó: S2OBC + S2COA + S2OAB = S2ABC(cos2 +cos2 + cos2) Vì theo bài toán 1 có cos 2 +cos2 + cos2 = 1 B nên S2OBC + S2COA + S2OAB = S2ABC. b) Sử dụng phương pháp toạ độ trong hệ trục Oxyz với AOx, BOy, C  Oz. Khi đó: A(a, 0, 0); B(0, b, 0); C(0, 0, c). Gọi là vtpt của (ABC), ta có:(bc, ac, ab) nên: sin = bc b c  a 2 c 2  a 2b 2 2 2 . Tương tự ta có sin, sin . Vậy Cos2 + cos2 + cos2 = 3- sin - sin - sin =3- b 2c 2 a 2c 2 a 2b 2   =2. b 2 c 2  a 2 c 2  a 2 b 2 b 2 c 2  a 2 c 2  a 2b 2 b 2 c 2  a 2 c 2  a 2b 2 Bài 4: Cho hình tứ diện ABCD có ba mặt ABC, ADB, ADC vuông tại A; M là một điểm ở trong BCD. Gọi , ,  lần lượt là góc giữa AM và các mặt phẳng (ABC), (ACD), (ADB). Chứng minh: sin + sin + sin = 1. Bài toán cơ bản 2(Ví dụ 2,T86 Sgk hình học11-Nâng cao): Cho tứ diện ABCD có AB =c, CD = c’, AC = b, BD = b’, BC= a, AD = a’. Tính góc giữa các véc tơ và . Lời giải: Ta có: . = ( + ) = . = (CB2 + CD2 - BD2)- (CB 2+CA2-AB2) = ( AB 2+ CD2- BD2 - CA2) Từ đó góc ( , ) = c 2  c '2  b 2  b'2 (**) 2aa ' Bài toán 1: Cho tứ diện ABCD có BC = AD = a; AC = BD = b; AB = CD= c. Đặt  là góc giữa BC và AD,  là góc giữa AC và BD;  là góc giữa AB và CD. Chứng minh rằng: b2cos = a2cos + c2cos. c2  b2 Hướng dẫn: Áp dụng (**) ta tính được cos( , ) = a2 Vì  là góc giữa hai đường thẳng BC và AD nên cos = c2  b2 a2 ; Tương tự đối với cos  và cos ta sẽ được điều phải chứng minh. Bài toán 2: Cho tứ diện ABCD có AB  CD, AC  BD. CMR: AD  BC. Bài toán 3: Cho tứ diện ABCD có AB  CD, AC  BD. Chứng minh rằng AB2+CD2= AC + BD = AD + BC � = , Bài toán 4: Cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng. Đặt xoy � yoz =, z�ox =. Chứng minh rằng: cos + cos + cos >- . Bài toán 5: Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC cạnh a. Dựng đoạn SA  (P).Tính tan của góc nhọn giữa hai cạnh AB và SC. Bài toán 6: Cho tứ diện vuông OABC có các góc phẳng ở đỉnh O là vuông, ngoài ra OC= OA+OB. CMR tổng các góc phẳng ở đỉnh C bằng 900. II. Phương pháp thực hiện SKKN giáo dục để đạt được những kết quả nói trên.  Đối với GV: Chuẩn bị giáo án, bài giảng chu đáo. Cụ thể: + Lựa chọn mạch kiến thức đúng theo qui định, phù hợp với nội dung và chương trình giảng dạy. + Lựa chọn các dạng bài tập phù hợp với trình độ HS, thể hiện tính vừa sức. + Chuẩn bị hệ thống câu hỏi để HS phát hiện được vấn đề cần giải quyết. + GV làm rõ được những biểu hiện cơ bản của phương thức thông qua dạy học chuỗi các bài toán.  Đối với HS: Chuẩn bị kiến thức và khả năng sẵn sàng ứng dụng. Tiến trình được thực hiện thông qua các bước dạy và học như sau: Bước 1: GV nêu vấn đề. HS được làm việc bằng các HĐ. HĐ1: Hãy quan sát cái đã biết, cái chưa biết để tìm ra mối liên hệ giữa chúng? HĐ2: Tìm hiểu tri thức cội nguồn, tìm tòi phương pháp giải. HĐ3: Để giải được bài toán ta có thể dự đoán được vấn đề trước không (bằng cách đặc biệt hoá, khái quát hoá, tương tự...)? Có cần phải dịch chuyển ngôn ngữ không? Có thể biến đổi về dạng quen thuộc hoặc gần gủi với bài toán ta đang xét hay không? Hãy xem xét bài toán dưới những góc độ, khía cạnh khác nhau không? Bước 2: HS trình bày lời giải và chỉ ra lời giải hay nhất, tối ưu nhất (có thể)? Bước 3: Nghiên cứu sâu lời giải. HĐ1:Bài toán đó có thể vận dụng vào các bài toán khác được không? HĐ2: Nếu có thể hãy kiến tạo thành bài toán mới? (Chú ý rằng các HĐ trong bước1 có thể thay đổi vị trí tuỳ thuộc vào bài toán). Phần ba KẾT LUẬN 1. Mục đích thực nghiệm. Mục đích thực nghiệm là kiểm tra tính khả thi và hiệu quả của phương án triển khai dạy học giải bài tập hình học KG thông qua phương thức khai thác bài toán. 2. Nội dung và kết quả kiểm tra. * Bài kiểm tra : (thời gian 45’). Bài 1: Cho hình lăng trụ đều ABC.A 1B1C1, cạnh bằng 1. M, N lần lượt là trung điểm của AB, A 1C1. Dựng đường vuông góc chung và tính khoảng cách giữa cặp đường thẳng MN và B 1C. Bài 2: Cho hình chóp S.ABC có SA  (ABC). H là trực tâm tam giác ABC. a) Nếu AB  AC, chứng minh AH  (SBC) b) Nếu  BAC  1v, kết quả câu a còn đúng không? c) Khái quát hoá kết quả câu a cho trường hợp tam giác ABC bất kỳ. *Kết quả kiểm tra. Bài kiểm tra: Điểm 1 Lớp 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Số bài TN 0 (11A5) 1 0 1 7 10 11 3 8 3 44 ĐC 0 1 1 2 8 11 8 7 3 1 42 (11A6) Kết quả: Lớp TN có: 42/44 (95,59%) đạt trung bình trở lên, trong đó 25/44 (56,8%) đạt khá giỏi. Lớp đối chứng có 38/42 (90,59%) đạt trung bình trở lên, 19/42 (45,23%) đạt khá giỏi. Minh họa kết quả trên bằng biểu đồ sau: 3. Những kết luận trong quá trình nghiên cứu, triển khai của đề tài * Đối chiếu với mục tiêu, nhiệm vụ và kết quả nghiên cứu trong quá trình thực hiện đề tài: “ Dạy học giải một số bài tập hình học KG cho HS thông qua phương thức khai thác bài toán ”, đã thu được những kết quả sau: 1) SKKN đã đề xuất được hai phương thức sư phạm về việc rèn luyện kỹ năng giải toán cho HS THPT thông qua dạy học hình học KG. 2) SKKN đã đưa được một số các ví dụ điển hình và các chuỗi bài toán nhằm minh hoạ cho các phương thức sư phạm. 3) SKKN đã trình bày kết quả thực nghiệm sư phạm tại khối 11 trường THPT trong khoảng thời gian 6 tiết dạy bồi dưỡng. Kết quả thực nghiệm phần nào minh hoạ cho tính khả thi và hiệu quả của đề tài. 4) SKKN có thể làm tài liệu tham khảo cho đồng nghiệp và HS khá giỏi. 4. Những kiến nghị đề xuất: Khi HS học thực nghiệm qua đề tài này tôi thấy rõ nét vấn đề sau: -GV cần chú trọng củng cố, khắc sâu những kiến cơ bản; cần chuẩn bị trước hệ thống câu hỏi để gợi mở dần các hướng giải quyết vấn đề, phát triển tối đa (nếu có) nhiều cách giải để bồi dưỡng kiến thức, phục vụ cho những bài toán khác. - HS được tự mình nghiên cứu, đề xuất những bài toán mới dựa trên nền tảng đã có. - Tăng cường giao lưu đồng nghiệp những sáng kiến kinh nghiệm hay, có tính ứng dụng để góp phần cho việc dạy và học tốt hơn. Trong khuôn khổ của đề tài có gì còn thiếu sót rất mong quí đồng nghiệp trao đổi, nhận xét để đề tài của tôi được hoàn thiện hơn. Tôi xin trân thành cảm ơn!. XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh hóa, ngày 18/5 /2013 Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác Người viết Lê Thị Ngọc TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Đoàn Quỳnh (tổng chủ biên), Văn Như Cương (chủ biên), Phạm Khắc Ban, Tạ Mân,Sách giáo khoa, sách giáo viên, sách bài tập Hình học 11- Nâng cao, Nxb Gi¸o dôc ViÖt Nam. [2]. TrÇn V¨n H¹o (chñ biªn), NguyÔn Cam, NguyÔn Méng Hy, TrÇn §øc Huyªn, Cam Duy LÔ, NguyÔn Sinh Nguyªn, NguyÔn Vò Thµnh, Chuyªn ®Ò luyÖn thi ®¹i häc -H×nh häc kh«ng gian, Nxb Gi¸o dôc ViÖt Nam. [3]. Lª L¬ng, NguyÔn Th Sinh, Gi¶i to¸n nh thÕ nµo, Nxb TP Hå ChÝ Minh. [4]. Ph¹m V¨n Hoµn (chñ biªn), NguyÔn Gia Cèc, TrÇn Thóc Tr×nh (1981), Gi¸o dôc häc m«n To¸n, Nxb Gi¸o dôc, Hµ Néi. [5]. NguyÔn Th¸i HoÌ (1997), RÌn luyÖn t duy qua viÖc gi¶i bµi tËp to¸n, Nxb Gi¸o dôc, Hµ Néi. [6]. NguyÔn B¸ Kim (2004), Ph¬ng ph¸p d¹y häc m«n To¸n, Nxb S ph¹m, Hµ Néi. [7]. TrÇn Thµnh Minh (chñ biªn), Gi¶i to¸n h×nh häc 11, Nxb Gi¸o dôc, Hµ Néi.
- Xem thêm -