Tài liệu Rèn luyện kỹ năng giải một số bài toán định lượng trong hình học không gian bằng phương pháp véc tơ cho học sinh lớp 11 thpt

A. ĐẶT VẤN ĐỀ Hình học không gian (HHKG) là một môn học tương đối khó đối với học sinh THPT nói chung và học sinh lớp 11 nói riêng, nhất là đối với các học sinh có học lực trung bình khá trở xuống. Những nội dung các em học sinh lớp 11 thường gặp khó khăn trong khi giải các bài toán HHKG đó là các nội dung liên quan đến tính toán, chẳng hạn: tính tỉ số đoạn thẳng, tính độ dài đoạn thẳng, tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau,…mà tác giả gọi là “Các bài toán định lượng trong hình học không gian”. Sau nhiều năm giảng dạy ở các lớp mũi nhọn ôn thi HSG, ôn thi ĐH-CĐ, tôi nhận thấy để có được kết quả tốt trong giảng dạy nội dung HHKG ở trường THPT thì phải tạo ra tâm lý “thích học hình không gian” của học sinh, nhất là học sinh lớp 11; phải tìm cách tiếp cận HHKG đơn giản, dễ hiễu và có “thuật giải” rõ ràng để có thể áp dụng cho nhiều bài tập, tránh trường hợp mỗi bài vận dụng mỗi cách khác nhau gây tâm lý hoang mang cho học sinh khi mới tiếp cận HHKG; phương pháp giải phải gần gũi với các nội dung đại số, phương trình, hệ phương trình – là các nội dung được học rất nhiều trong chương trình THPT và có thể nói là nội dung “sở trường”, là điểm mạnh của đại đa số học sinh. Phương pháp véc tơ đáp ứng được các yêu cầu nói trên. Tuy nhiên trong chương trình SGK Hình học lớp 11 NC, phương pháp véc tơ chỉ được đề cập ở hai bài đầu tiên của Chương III với thời lượng 4 tiết là quá ít so với nội dung đồ sộ của phần HHKG. Chính vì vậy Phương pháp véc tơ đôi khi bị xem nhẹ, trang bị không đầy đủ, thiếu tính hệ thống làm cho học sinh không biết vận dụng vào giải quyết các bài toán hình học. Vì những lí do trên, tôi đã chọn đề tài SKKN mang tên “ Rèn luyện kỹ năng giải một số bài toán định lượng trong hình học không gian bằng phương pháp véc tơ cho học sinh lớp 11 THPT” với mục đích trang bị cho học sinh các kiến thức và kỹ năng vận dụng phương pháp véc tơ vào giải toán HHKG, hình thành cho học sinh phương pháp tư duy thuật giải, tư duy sáng tạo, 1 tạo tâm lý hứng thú khi học HHKG, góp phần nâng cao chất lượng dạy và học HHKG ở trường THPT nói chung cũng như Trường THPT Triệu Sơn 3 nói riêng. Đồng thời tác giả cũng mong muốn được trao đổi ý tưởng và cách làm tới các đồng nghiệp trong và ngoài đơn vị và hy vọng cách làm này sẽ được tiếp tục bổ sung và hoàn thiện hơn. B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I. CƠ SỞ LÍ LUẬN 1. Cơ sở lý luận: Sử dụng phương pháp véc tơ trong dạy học HHKG lớp 11 là cần thiết và sáng tạo bởi những lý do sau: Thứ nhất: Phương pháp véc tơ đã được đề cập trong Chương III- SGK Hình học lớp 11 NC với thời lượng là 4 tiết, tuy nhiên chỉ tập trung chủ yếu vào việc chứng minh các đẳng thức véc tơ và biễu diễn tuyến tính một véc tơ theo các véc tơ không đồng phẳng. Rất ít nội dung vận dụng phương pháp véc tơ vào “Các bài toán định lượng trong hình học không gian”. Thứ hai: Rất nhiều bài toán về HHKG lớp 11 khi giải bằng phương pháp hình học tổng hợp thì tương đối phức tạp và gây nhiều khó khăn cho học sinh, tuy nhiên khi vận dụng phương pháp véc tơ thì có lời giải rất gọn, đẹp, có tính đại số và thuật giải, gây nhiều hứng thú cho học sinh. 2. Mục tiêu của đề tài: Trên cơ sở lý luận như trên, tôi nêu ra một số mục tiêu cần phải đạt như sau: a) Đối với tác giả của đề tài Thứ nhất: Xây dựng được hệ thống các thuật giải tổng quát cho các bài toán cơ bản về định lượng trong HHKG lớp 11, cụ thể là các bài toán về sử dụng điều kiện cùng phương của hai véc tơ, điều kiện đồng phẳng của ba véc tơ; tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. Thứ hai: Xây dựng được hệ thống các bài tập minh họa cùng lời giải phù hợp và thể hiện tính điển hình, tối ưu của phương pháp véc tơ so với các phương 2 pháp khác. Các bài tập nêu ra phải đảm bảo yêu cầu bám sát nội dung thi HSG và thi ĐH-CĐ. Thứ ba: Xây dựng được hệ thống bài tập tương tự có chỉ dẫn hoặc đáp số làm tư liệu phục vụ cho quá trình dạy và học HHKG. Các bài tập nêu ra cũng phải đảm bảo yêu cầu bám sát nội dung thi HSG và thi ĐH-CĐ. b) Đối với học sinh khi được triển khai áp dụng: Thứ nhất: Được trang bị đầy đủ, có tính hệ thống về phương pháp véc tơ và thuật giải một số dạng toán cơ bản trong HHKG lớp 11. Thứ hai: Biết vận dụng thành thạo và có sáng tạo phương pháp véc tơ trong quá trình học tập môn HHKG, có tâm lý tự tin và hứng thú khi giải các bài tập về HHKG. Thứ ba: Hình thành và phát triển tư duy thuật giải, tư duy sáng tạo. 3. Đối tượng nghiên cứu của đề tài: Để có cơ sở đánh giá về hiệu quả của việc áp dụng đề tài vào thực tế dạy học, tôi chọn 2 lớp theo ban KHTN của Trường THPT Triệu Sơn 3 năm học 2012-2013, cụ thể: lớp đối chứng: 11G2, lớp thực nghiệm:11G7. Các lớp được chọn tham gia nghiên cứu cho đề tài có nhiều điểm tương đồng nhau về tỉ lệ giới tính, kết quả và ý thức học tập của học sinh,... đặc biệt là năng lực học tập và kết quả điểm kiểm tra môn Toán trước khi tác động. II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ Thực trạng dạy và học HHKG ở trường THPT nói chung và trường THPT Triệu Sơn 3 nói riêng thể hiện ở một số điểm sau: Thứ nhất: Đối với giáo viên, việc dạy HHKG thường mất nhiều thời gian và công sức, đồng thời nội dung HHKG trong các đề thi tốt nghiệp THPT, đề thi đại học, đề thi HSG thường là những nội dung khó, có tính chất phân loại cao và chỉ chiếm tỉ lệ từ 10%-15% số điểm của toàn bài thi, do đó có tâm lý “xem nhẹ” nội dung này trong quá trình dạy học, ôn tập. Thứ hai: Đối với học sinh, để học tốt môn HHKG thì cần phải nắm vững kiến thức về hình học phẳng ở chương trình THCS, đồng thời phải có tư duy 3 trừu tượng, khả năng đoán nhận tốt. Thực tế điều này lại là điểm yếu của không ít học sinh THPT nói chung và học sinh THPT Triệu Sơn 3 nói riêng, kể cả học sinh khá giỏi, do đó dẫn đến tâm lý “sợ” học HHKG, “ngại” học HHKG. Thứ ba: Các tài liệu trình bày về phương pháp véc tơ còn hạn chế, chưa có tính hệ thống, chuyên sâu và hệ thống bài tập chưa đa dạng gây nhiều khó khăn cho người dạy và người học. III. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN Tư tưởng chủ đạo để xác định các giải pháp là vận dụng quan điểm triết học trong câu nói của Chủ tịch Hồ Chí Minh : “Dĩ bất biến, ứng vạn biến”. 1. Giải pháp thứ nhất: Xây dựng các thuật giải – các đối tượng “bất biến”: Thực chất là các quy trình, các bước thực hiện cố định để tìm ra đáp số của một lớp các bài toán có yêu cầu tương tự nhau. Thông qua việc hình thành và xây dựng thuật giải giúp cho học sinh phát triển tư duy thuật giải – một loại hình tư duy rất quan trọng không chỉ trong toán học mà cả trong nhiều lĩnh vực khoa học khác. Tạo tâm lý hứng thú, tự tin cho học sinh khi học môn HHKG. 2. Giải pháp thứ hai: Xây dựng các bài tập minh họa thuật giải – các đối tượng “vạn biến”: Chính là lớp các bài toán cụ thể với giả thiết luôn thay đổi theo từng đặc trưng của mỗi bài. Việc áp dụng các thuật giải – tức là cái “bất biến” vào để giải một lớp các bài toán với các giả thiết khác nhau – tức là cái “vạn biến” giúp cho học sinh hình thành tư duy sáng tạo, linh hoạt trong từng tình huống cụ thể; tập luyện cho học sinh khả năng ứng biến và vận dụng khéo léo các tính chất, các định lí cơ bản của véc tơ trong không gian vào để giải quyết các bài toán hình học. IV. BIỆN PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN 1. Thuật giải trong các bài toán liên quan đến điều kiện cùng phương của hai véc tơ, điều kiện đồng phẳng của ba véc tơ. a) Thuật giải: Ta có thuật giải tổng quát như sau: r r r Bước 1: Chọn một hệ ba véc tơ a , b , c không đồng phẳng r r r Bước 2: Biểu diễn các véc tơ theo a , b , c 4 Bước 3: Sử dụng điều kiện cùng phương của hai véc tơ, điều kiện đồng phẳng của ba véc tơ để lập một hệ phương trình đại số. b) Một số định lí cơ bản của véc tơ trong không gian: r r r r r r Định lí 1.1. Cho hai véc tơ a và b ( a �0 ). Khi đó hai véc tơ a và b cùng r r phương khi và chỉ khi tồn tại số thực k sao cho b  k.a . r r Định lí 1.2. Trong không gian, cho a và b là hai véc tơ không cùng phương và r r r r véc tơ c . Khi đó ba véc tơ a , b , c đồng phẳng khi và chỉ khi tồn tại các số thực r r r m, n sao cho c  ma  nb . Hơn nữa các số m, n là duy nhất. r r r Định lí 1.3. Trong không gian, cho ba véc tơ a , b , c không đồng phẳng. Khi đó r r r r r với véc tơ d tùy ý, tồn tại các số thực m, n, p sao cho d  ma  nb  pc . Hơn nữa các số m, n, p là duy nhất. c) Bài tập minh họa: Bài 1.1. Cho hình hộp ABCDA1B1C1D1 . Gọi M và N là các điểm lần lượt thuộc các đường thẳng AB1 và A1C1 sao cho MN//BD1. Tính tỉ số AM . AB1 Lời giải Bài 1.1. +) Chọn hệ véc tơ r uuur r uuur r uuuur a  AB,b  AD,c  AA1 uuuu r uuuu r r r +) Đặt AM  xAB1  x a  c  r a  uuuur uuuur r r A1N  yA1C1  y a  b  r b A  r c C B uuuu r uuuu r uuuur uuuur Ta có MN  MA  AA1  A1N r r r =  y  x  a  yb   1  x  c (1) uuuu r r r r và BD1  a  b  c D M A1 D1 N B1 Cr1 r uuuu r uuuu r r +) Vì MN//BD1 nên tồn tại số thực k sao cho MN  kBD1   ka  kb  kc (2) 5 �y  x   k AM 2 2 1 1 �  . � x  , y  ,k  . Vậy So sánh (1) và (2) ta có hệ �y  k AB 3 3 3 3 1 � 1  x  k � Bài 1.2. Cho hình tứ diện ABCD. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh BC, BD, AC sao cho BC  4BM,BD  2BN,AC  3AP . Mặt phẳng (MNP) cắt đường thẳng AD tại Q. Tính tỉ số AQ . AD Lời giải Bài 1.2. r uuur r uuur r uuur +) Chọn hệ véc tơ a  AB,b  AC,c  AD uuur 1 uuu r 1 r r +) Ta có BM  BC  b  a , 4 4 uuu r 1 uuur 1 r uuur 1 uuur 1 r r AP  AC  b , BN  BD  c  a 3 3 2 2 uuur uuur r +) Đặt AQ  xAD  xc . Khi đó  r a    A r c P r b B N Q D M uuu r uuur uuu r r r 1 PQ  AQ  AP   b  xc (1) C 3 uuu r uuur uuu r Mặt khác ba véc tơ PQ,PM,PN đồng phẳng nên tồn tại các số thực m, n sao cho uuu r uuur uuu r uuu r uuur uuur uuu r uuur uuur PQ  mPM  nPN  m AP  AB  BM  n AP  AB  BN     r �1 1 � 1 �r 1 r �3 m  n a  m  n� b  nc =� � � 4 2 12 3 � � � � 2 (2) 4 1 � �3 m   m  n  0 � �4 5 2 � � 1 1 AQ 3 �1 � 6 n  . So sánh (1) và (2) ta có hệ: � m  n  � � . Vậy 12 3 3 5 AD 5 � � �1 � 3 nx x � � �2 � 5 Bài 1.3. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BD và AC. Trên đường thẳng AB lấy điểm P, trên đường thẳng DN lấy điểm Q sao cho PQ//CM. Tính độ dài PQ. 6 Lời giải Bài 1.3. r uuur r uuur r uuur +) Chọn hệ véc tơ a  AB,b  AC,c  AD r r r Khi đó: a  b  c  1 và rr rr rr 1 a.b  b.c  c.a  2 uuur uuur uuu r uuur +) Giả sử AP  xAB và DQ  yDN rA r br c a Q N P C D M Khi đó ta có B uuur uuur uuuu r 1r r 1r CM  CA  AM  a  b  c 2 2 uuur uuur 1 uuur uuur uuur uuu r uuu r uuur uuur PQ  PA  AD  DQ   xAB  AD  y DA  AC  AD 2 r 1 r r  xa  yb  1  y c = (1)   2 uuu r uuur k r r kr +) Do PQ//CM nên tồn tại số thực k sao cho PQ  kCM  a  kb  c (2) 2 2   k � 1 �  x  �x  3 � 2 � � �1 � 4 So sánh (1) và (2) ta có hệ: � y  k � �y  �2 � 3 k 2 � � 1 y  k � � 2 3 � � 2 uuu r uuu r2 1r 2 r 1r 1 r 2 r 1r� 3 � +) Khi đó PQ   a  b  c � PQ  PQ  � .  a  b  c � 3 3 3 3 3 3 3 � � Bài 1.4. Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 có cạnh bằng 2. Gọi I là trung điểm của AB và O là tâm của mặt BCC 1B1, M là điểm trên cạnh AD sao cho uuuur uuuu r AD  5AM , P là trung điểm của BB1 và K là điểm sao cho A1K  kA1C . a) Tìm số k và tỉ số CK biết đường thẳng MK song song với mp (PDC1). CA1 7 uur uuur uuu r uur b) Gọi E và F lần lượt là các điểm thỏa mãn AE  mAP , CF  nCI sao cho O, E, F thẳng hàng. Tìm các số m, n và độ dài EF. Lời giải Bài 1.4. +) Chọn hệ véc tơ r uuur r uuuu r r uuu r a  BA,b  BB1 ,c  BC . r r r Khi đó: a  b  c  2 và rr rr rr a.b  b.c  c.a  0 uuuu r r r r a) +) Ta có A1C  c  b  a uuuu r uuuu r uuuur uuuur MK  MA  AA1  A1K r r r 1r r  cbk cba 5  F A I M E r a r c B r b C D  P O K B1 A1 r r � 1� r  kc   1  k  b  �k  � c (1) � 5� +) Do MK//(PDC1) nên tồn D 1 tại các số x, y sao cho: C1 uuuu r uuur uuu r uuu r uuur uuu r uuu r uuur MK  xPC1  yPD  x PB1  B1C1  y PB  BC  CD     r r r r � b r r � � b r r � r �x y �  x�   b  c � y �   c  a � ya  �  � b   x  y c �2 2 � �2 � �2 � (2) � 17 � �x  25 � k  y � � 1 � � 11 1  k   x  y  � �y  So sánh (1) và (2) ta có hệ � 2 � � 25 � 1 � 11 k xy k � � � 5 � 25 Với k  11 CK CA1  A1K 14 �  1 k  25 CA1 CA1 25 r uuur uuur uuur uuur r m 1 r 1 r �b r � 1 r r r OE  OB  BA  AE   b  c  a  m  a  1  m a b c   b) Ta có � � 2 2 2 2 � �   (3) 8 uuu r uuur uur r n r 1 r �1 r 1 r r nr � OF  OC  CF   b  c  a  nc  a  b  �  n � c 2 2 2 2 �2 �   Do O, E, F thẳng hàng nên có số thực k sao cho uuu r uuu r nk r k r r �1 � OE  kOF  a  b  k�  n � c 2 2 �2 � (4) � nk � 1 m  � � n2 2 � � k �m  1 � 2  �� m So sánh (3) và (4) ta có hệ � 2 2 � � 3 1 �1 �1 � � k   k�  n� � � �2 � � 3 �2 2 uur uuu r uuu r 2r 1r r uur 2 2 r 1 r r � 2 14 � Khi đó EF  OF  OE  a  b  c � EF= EF  � a  b  c �  . 3 3 3 3 �3 � d) Nhận xét: 1.1. Điểm mấu chốt của cả 4 bài toán trên là sử dụng định lí về sự biểu diễn tuyến tính duy nhất của một véc tơ tùy ý trong không gian theo ba véc tơ không đồng phẳng (Định lí 1.3), từ đó dẫn đến việc giải một hệ phương trình 3 ẩn. Việc làm này được lặp lại ở 4 bài với giả thiết và yêu cầu khác nhau đã thể hiện rõ tính thuật giải, tính ưu điểm lớn của phương pháp véc tơ. 1.2. Việc chọn hệ ba véc tơ không đồng phẳng (hệ cơ sở) một cách khéo léo để có thể biễu diễn các véc tơ khác theo chúng một cách thuận lợi nhất đã thể hiện được tính sáng tạo trong quá trình vận dụng phương pháp véc tơ vào giải toán hình học. 2. Thuật giải trong các bài toán tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau. r Cho hai đường thẳng chéo nhau d1 và d2. Giả sử d1 có véc tơ chỉ phương u1 , đi r qua A; d2 có véc tơ chỉ phương u 2 , đi qua B. a) Thuật giải: 9 r r r r r r Bước 1: Chọn một hệ ba véc tơ a , b , c không đồng phẳng. Cần chọn a , b , c ur r r r r r r r r khéo léo để có thể tính các giá trị a , b , c , a.b , b.c , c.a r r r r r Bước 2: Biểu diễn các véc tơ u1 và u 2 theo a , b , c * Để tính góc giữa d1 và d2 ta tiếp tục thực hiện theo hai bước sau: r r r r u Bước 3: Tính các giá trị 1 , u 2 ,u1.u 2 Bước 4: Sử dụng công thức tính góc: cos  d1 ,d 2  r r u1.u 2 r r  cos u1 ,u 2  r r u1 . u 2   * Để tính khoảng giữa d1 và d2 ta thực hiện theo hai bước sau: Bước 5: Gọi EF là đoạn vuông góc chung của d 1 và d2 ( E �d1 ,F �d 2 ). Giả sử uuu r ur uur r r r r uur AE  x.u1 ,BF  y.u 2 . Biểu diễn véc tơ EF theo a , b , c (phụ thuộc vào x, y) uur r � EF.u � 10 Bước 6: Giải hệ phương trình đại số �uur r để tìm nghiệm (x;y) EF.u 2  0 � uur r r r Suy ra có sự biểu diễn EF  .a  .b  .c (các số , ,  biết thông qua x,y). uur 2 Từ đó tìm được độ dài: d  d1 ,d 2   EF  EF   r r r .a  .b  .c  2 . b) Bài tập minh họa: Bài 2.1. Cho hình chóp SABCD có đáy là hình thoi tâm O, có độ dài các đường chéo AC  4a,BD  2a , SO  2 2a và SO  (ABCD) . Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BM. Lời giải Bài 2.1. 10 +) Chọn hệ véc tơ r uuur r uuur r uuu r a  CA,b  DB,c  OS . r r r Khi đó: a  4a, b  2a, c  2 2a S E D r a M r c r b F C O A B rr rr rr và a.b  b.c  c.a  0 uuu r 1r r +) Ta có SA  a  c , 2 uuur 1 uur uuu r 1� 1 r r� 1 r r 1r 1r 1r BM  BS  BC  �  b  c � a  b   a  b  c 2 2� 2 4 2 2 �4     2 uuu r2 r r 1 r r� � cos SA,BM   : SA  SA  � a  c �  1 a 2  c2  2 3a , +) Tính 4 �2 � 2 uuur 2 1 r 2 1 r 2 1 r2 � 1 r 1 r 1 r� BM  BM  �  a  b  c � a  b  c  2a 2 2 � 16 4 4 �4 uuu r uuur �1 r r �� 1 r 1 r 1 r � 1 r 2 1 r 2 SA.BM  � a  c � .�  a  b  c �  a  c  6a 2 2 2 � 8 2 �2 �� 4 uuu r uuur SA.BM uuu r uuur 3 Suy ra: cos  SA,BM   cos SA,BM   �  SA,BM   300 SA.BM 2   +) Tính khoảng cách d  SA,BM  : Gọi EF là đoạn vuông góc chung của SA và uuur uuur uuur uur BM ( E �SA,F �BM ). Giả sử EA  x.SA, BF  y.BM . Khi đó ta có: uur uuur uuur uur �x y 1 � r �1 y � r �y r � EF  EA  AB  BF  �   � a �  � b �  x� c �2 4 2 � �2 2 � �2 � uur uuu r r� � �x y 1 �r �1 y �r �y � �1 r r � EF.SA  0 � �   a   b   x c � � � � � �� � a  c � 0 � 6x  3y  2 (1) �2 4 2 � �2 2 � �2 �� �2 � � uur uuur � �x y 1 �r �1 y �r �y �r �� 1 r 1 r 1 r � EF.BM  0 � � �   �a  �  �b  �  x �c �� a  b  c � 0 � 6x  4y  1 (2) �2 4 2 � �2 2 � �2 ��� 4 2 2 � � 5 Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được x  , y  1 . Do đó: 6 11 2 uur 1r 1r � 1 r 1 r � 2a 6 . EF   a  c � d  SA,BM  =EF= �  a  c � 3 3 3 � 3 �3 Bài 2.2. Cho lăng trụ ABC.A1B1C1 có tất cả các mặt bên là hình vuông cạnh bằng 1. Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh BC, A 1C1, B1C1. Tính côsin của góc giữa hai đường thẳng A1F, DE và khoảng cách giữa chúng. Lời giải Bài 2.2. +) Chọn hệ véc tơ r uuuur r uuuur r uuuur a  A1A,b  A1B1 ,c  A1C1 r r r Khi đó: a  b  c  1 và A C D B rr 1 rr rr a.b  a.c  0 , b.c  . 2 r a J r +) Ta có c uuur 1 uuuur uuuur 1 r 1 r E A1 r A1F  A1B1  A1C1  b  c 2 2 2 I F b uuur uuur uuuu r uuur r 1r B1 DE  DC  CC1  C1E  a  b 2 2 uuur 2 r 1 r� 1 3 � +) Tính cos  A1F,DE  : A1F  A1F  � b  c �  , 2 � 2 �2   C1 2 uuur uuur �1 r 1 r �� r 1 r � 3 uuur2 5 A �r 1 r � .� a  b �  . , 1F.DE  � b  c � DE  DE  � a  b �  2 �� 2 � 8 �2 2 � 2 � uuur uuur A1F.DE uuur uuur 15 Suy ra: cos  A1F,DE   cos A1F,DE  .  A1F.DE 10   +) Tính khoảng cách d  A1F,DE  : Gọi IJ là đoạn vuông góc chung của A 1F và r uuur uur uuur uuu DE ( I �A1F,J �DE ). Giả sử JE  x.DE, A1I  y.A1F . Khi đó ta có: ur uur uuuu r uuu r r �y x � r �y 1 � r JI  JE  EA1  A1I   x.a  �  � b�  � c �2 2 � �2 2 � ur uuur r� � r �y x �r �y 1 � 3 3 3 �1 r 1 r � JI.A1F  0 � �  x.a  �  � b�  � c� � b  c � 0 �  x  y  (1) 2 � 8 4 8 �2 2 � �2 2 �� �2 � 12 ur uuur r� � r �y x �r �y 1 � 5 3 1 �r 1 r � JI.DE  0 � �  x.a  �  � b�  � c� a  b � 0 �  x  y  � 2 � 4 8 8 �2 2 � �2 2 �� � � Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được x  (2) 1 9 , y  . Do đó: 17 17 2 ur 1 r 4 r 4r � 1 r 4 r 4 r � 17 . JI   a  b  c � d  A1F,DE  =JI= �  a  b  c � 17 17 17 17 17 � 17 � 17 Bài 2.3. Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB  5,AC  4,AD  3 và các góc BAC  600 , CAD  900 , DAB  1200 . Gọi M và N là các điểm lần lượt trên các cạnh AB và CD sao cho AM  2MB, DN  2NC. Tính côsin của góc giữa hai đường thẳng MN và AC và khoảng cách giữa chúng. Lời giải Bài 2.3. +) Chọn hệ véc tơ r uuur r uuur r uuur a  AB,b  AC,c  AD r r r Khi đó: a  5, b  4, c  3 và r a A r rc b M rr rr rr 15 a.b  10, b.c  0, c.a   . 2 uuuu r uuuu r uuur uuur +) Ta có MN  MA  AD  DN 2r 2r 1r  a b c 3 3 3 E B D N +) Tính cos  MN,AC  : uuuu r uuur � 2 r 2 r 1 r �r MN.AC  �  a  b  c� .b  4 3 3 � �3 2 uuuu r2 � 2 r 2 r 1 r � 123 . MN  MN  �  a  b  c � 3 3 � 3 �3 uuuu r uuur MN.AC uuuu r uuur 123 . Suy ra cos  MN,AC   cos MN,AC   MN.AC 41  F C  13 +) Tính khoảng cách d  MN,AC  : Gọi EF là đoạn vuông góc chung của MN và r uuur uuur uuuur uuu AC ( E �MN,F �AC ). Giả sử ME  x.MN, AF  y.AC . Khi đó ta có: uur uuur uuuu r uuu r �2 r � 2 � r xr 2� EF  EM  MA  AF  � x  � a  �y  x � b c 3� � 3 � 3 �3 uur uuuur � 41 25 �2 2 �r � 2 �r x r �� 2 r 2 r 1 r � EF.MN  0 � � � x  �a  �y  x �b  c �� a  b  c � 0 �  x  4y   (1) 3 3 �3 3 � � 3 � 3 �� 3 3 3 � � uur uuur � 2 �r � 2 �r x r �r 20 �2 EF.AC  0 � � x  a  �y  x �b  c � .b  0 � 4x  16y  � � 3� � 3 � 3 � 3 �3 � Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được x  (2) 15 35 ,y  . Do đó: 19 57 uur 8 r 5 r 5 r 8 r 5 r 5 r 5 57 EF   a  b  c � d  MN,AC  =EF=  a  b  c  . 57 57 57 57 57 57 57 Bài 2.4. Cho hình hộp ABCDA1B1C1D1 có độ dài các cạnh bằng a và các góc BAD  DAA1  A1AB  600 . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AA 1 và CD. Tính côsin của góc giữa hai đường thẳng MN, B1C và khoảng cách giữa chúng. Lời giải Bài 2.4. B1 M C1 F +) Chọn hệ véc tơ r uuuur r uuur r uuur a  AA1 ,b  AB,c  AD . r r r Khi đó: a  b  c  a và A1 B r b D1 r a r c E A r r r r r r a2 a.b  b.c  c.a  2 uuur r r +) Ta có B1C  a  c uuuu r 1r 1r r và MN   a  b  c 2 2 uuuu r uuur � 1 r 1 r r � r r 3 2  a  b  c� . a  c  a , +) Tính cos  MN,B1C  : MN.B1C  � 2 4 �2 � C N D  2 uuuu r2 uuur 2 � 1 r 1 r r� a 5 , MN  MN  �  a  b  c � B1C  B1C  2 �2 � 2   r r a  c  2 a 14 uuuu r uuur Do đó cos  MN,B1C   cos MN,B1C    uuuu r uuur MN.B1C MN.B1C  3 5 10 +) Tính khoảng cách d  MN,B1C  : Gọi EF là đoạn vuông góc chung của MN và uuur uuur uuuur uuur B1C ( E �MN,F �B1C ). Giả sử ME  x.MN, B1F  y.B1C . Khi đó ta có: uur uuur uuuur uuuur uuur �x r � x� r r 1� EF  EM  MA1  A1B1  B1F  �  y  � a � 1 � b   y  x c 2� � 2� �2 uur uuur r� r r � 1 �r � x �r 3 1 �x EF.B1C  0 � �  y  a  1  b  y  x c a  c  0 � x  y   (1)   � � � � � 2� � 2� 4 4 �2 � �   uur uuuur r �� 1 r 1 r r � � 1 �r � x �r 5 3 7 �x EF.MN  0 � �  y  a  1  b  y  x c  �� a  b  c � 0 � x  y  (2) � � � �  2� � 2� 4 4 8 �2 � � �� 2 2 Giải hệ phương trình (1) và (2) ta được x  17 31 , y  . Do đó: 11 22 2 uur 3 r 5 r 3 r � 3 r 5 r 3 r � a 22 . EF   a  b  c � d  MN,B1C   EF= � a  b  c �  22 22 22 22 22 � 22 � 22 c) Nhận xét: 2.1. Rất khó có thể sử dụng phương pháp hình học tổng hợp và phương pháp tọa độ để giải Bài 2.3 và Bài 2.4 bởi giả thiết của bài toán không còn yếu tố trực giao. Tuy nhiên khi trình bày lời giải theo phương pháp véc tơ thì chúng ta thấy rõ “thuật giải” không có gì thay đổi so với hai bài trước đó. Rõ ràng việc sử dụng phương pháp véc tơ để giải Bài 2.3 và Bài 2.4 là sự lựa chọn tối ưu và sáng tạo nhất. Trong dạy học, giáo viên có thể thay đổi giả thiết về số đo góc tam diện đỉnh A và độ dài các cạnh của hình hộp, chẳng hạn đối với Bài 2.4 ta có thể điều chỉnh giả thiết : BAD  600 , DAA1  900 ,A1AB  1200 , AB  a , AD  2a , AA1  3a để có thêm nhiều nội dung luyện tập cho học sinh. 2.2. Có thể kết luận: với thuật giải như trên thì có thể tính được góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau tùy ý trong không gian (với điều kiện là có r r r thể chọn được một hệ véc tơ cơ sở a , b , c và có thể tính được các giá trị 15 ur r r r r r r r r a , b , c , a.b , b.c , c.a ). Đây chính là một điểm mạnh nữa của phương pháp véc tơ so với các phương pháp khác. 3. Các bài tập tương tự Bài 3.1. Cho hình hộp ABCDA1B1C1D1 . Gọi I và J là các điểm lần lượt thuộc các đường thẳng B1D và AC sao cho IJ//BC1. Tính tỉ số ID 1 . (Đáp số : ) IB1 2 Bài 3.2. Cho hình lập phương ABCDA1B1C1D1 cạnh bằng 1. Trên đường thẳng uuuur uuuur uuuu r BC1 lấy điểm M sao cho các véc tơ D1M, DA1 , AB1 đồng phẳng. Hãy tính tỉ số BM và diện tích tam giác MAB1. ( Đáp số: 3 và MC1 19 ) 4 Bài 3.3. Cho hình lập phương ABCDA 1B1C1D1 cạnh bằng 1. Trên các cạnh BC và DD1 lấy các điểm M và N sao cho BM  DN  x  0 �x �1 . Chứng minh rằng MN vuông góc với AC1. Tìm x để độ dài MN ngắn nhất. (Đáp số: x  MNmin= 1 và 2 6 ) 2 Bài 3.4. Cho hình chóp SABC có đáy là tam giác đều với AB  4 2a , SC  (ABC) và SC  2a . Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC, AB. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và CN.( Đáp số: 450 và 2 3a ) 3 Bài 3.5. Cho hình chóp SABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  a 3,AB  a,BC  2a . Biết góc giữa SD và mặt phẳng (ABCD) bằng 300. Gọi M là trung điểm của BC. Tính khoảng cách giữa SM và CD. ( Đáp số: 30a ) 10 16 Bài 3.6. Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông với AB  2a , SA  a , SB  a 3 , mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, BC. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SM và DN. (Hướng dẫn:Kẻ đường cao SH của  SAB thì SH  (ABCD) và SH  r uuur r uuur r uuu r 3a 2 3a . Chọn hệ véc tơ: a  AB,b  AD,c  HS . Đáp số: 450 và ) 2 3 Bài 3.7. Cho hình hộp đứng ABCDA1B1C1D1 có đáy là hình thoi cạnh bằng a, uuuu r 3 4 uuur góc BAD   với cos  . Gọi M là điểm thỏa mãn DM  kDA và N là trung điểm của A1B1. Tìm k để C1M  D1N. Khi đó hãy tính góc và khoảng cách giữa 2 5 MN và BC. (Đáp số : k   , cos  41 112 ,d  MN, BC   a ) 263 8 129 V. KIỂM NGHIỆM THỰC TẾ 1. Phương pháp kiểm nghiệm: Để đánh giá hiệu quả của đề tài, tôi tiến hành kiểm nghiệm theo các bước sau: Bước 1: Đánh giá và so sánh năng lực học tập của lớp đối chứng và lớp thực nghiệm trước khi tác động. Bước 2: Thực hiện việc tác động đối với lớp đối chứng và lớp thực nghiệm. Cụ thể như sau: * Với lớp đối chứng 11G2: Trong thời gian từ 01/3/2013 đến 15/4/2013, tổ chức dạy 3 buổi (bằng 9 tiết) về các nội dung: tính tỉ số đoạn thẳng, độ dài đoạn thẳng, tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong không gian theo phương pháp hình học tổng hợp. Trong 3 buổi trên có 2 buổi dạy lý thuyết và ví dụ minh họa, 1 tiết thảo luận các bài tập (mỗi dạng 2 bài tập) * Với lớp thực nghiệm 11G7: Cũng trong thời gian từ 01/3/2013 đến 15/4/2013 tôi tiến hành dạy 2 buổi lý thuyết và các ví dụ minh họa bằng phương pháp véc 17 tơ, 1 buổi thảo luận bài tập với các nội dung: tính tỉ số đoạn thẳng, độ dài đoạn thẳng, tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau trong không gian. Các ví dụ minh họa là các bài có lời giải chi tiết nêu trong Phần III của SKKN, còn bài tập thảo luận cũng là các bài tập được nêu trong SKKN. Bước 3: Đánh giá và so sánh kết quả giữa lớp đối chứng và lớp thực nghiệm sau khi tác động. 2. Kết quả kiểm nghiệm: a) Trước tác động: Tôi lấy kết quả điểm kiểm tra viết môn Toán (90 phút) do tổ chuyên môn ra đề dùng khảo sát chất lượng học kì I, được tổ chức kiểm tra tập trung cho toàn khối, tổ chuyên môn chấm bài theo đáp án đã xây dựng: Bảng 1: Bảng thống kê kết quả bài kiểm tra trước khi tác động Lớp Lớp đối chứng Lớp thực nghiệm Số bài 0–2 sl 0 3 1 45 % 0 2.2 sl 44 % 0 0 2 4.5 4 3 5 7 Điểm 6 10 6.6 15.6 22. 35. 15. 2.2 0 8 18.2 2 8 18. 6 17 38. 6 6 13. 1 2.3 0 0 2 7 6 2 4.5 7 16 8 7 9 1 10 0 Bảng 2: Bảng so sánh kết quả bài kiểm tra trước khi tác động Nội dung so sánh Lớp đối chứng Lớp thực nghiệm Điểm trung bình 6.38 6.32 Chênh lệch điểm trung bình 0.06 Như thông tin trong các Bảng 1 và Bảng 2 đã chứng minh rằng, sự chênh lệch điểm trung bình của lớp thực nghiệm và lớp đối chứng trước tác động là không đáng kể, hai lớp được coi là tương đương và không cần thực hiện phép kiểm chứng T-Test để kiểm chứng sự chênh lệch giữa điểm số trung bình của các nhóm trước khi tác động. 18 b) Sau tác động: Tôi lấy kết quả điểm kiểm tra viết môn hình học không gian (với thời gian làm bài 90 phút), do tổ trưởng chuyên môn ra đề. Lớp đối chứng và lớp thực nghiệm được kiểm tra vào cùng một thời gian, cùng một đề. Để đảm bảo tính khách quan, việc coi và chấm bài kiểm tra hoàn toàn do giáo viên trong tổ chuyên môn thực hiện. Bảng 3: Bảng thống kê kết quả bài kiểm tra sau khi tác động Lớp Lớp đối chứng Lớp thực nghiệm Số bài sl 45 % sl 44 % Điểm 5 6 14 10 0-2 0 3 6 4 7 0 13. 15. 31. 0 0 3 0 0 6 2 4.5 2 4 9.1 7 6 8 2 9 0 10 0 22. 13. 4.4 0 0 2 12 27. 3 11 24. 9 20. 5 11. 1 2.3 3 9 5 4 Bảng 4: Bảng so sánh kết quả bài kiểm tra sau khi tác động Nội dung so sánh Điểm trung bình Độ lệch chuẩn Chênh lệch giá trị trung Lớp đối chứng 5.2 1.97 Lớp thực nghiệm 6.9 2.68 0.86 bình chuẩn (SMD) Từ Bảng 3 và Bảng 4 cho thấy, sau tác động sự chêch lệch giữa điểm trung bình của lớp thực nghiệm và lớp đối chứng rất có ý nghĩa, tức là chênh lệch kết quả điểm trung bình của lớp thực nghiệm cao hơn điểm trung bình của lớp đối chứng là không phải ngẫu nhiên mà do kết quả của tác động. Kết quả của bài kiểm tra sau tác động của lớp thực nghiệm 11G7 là điểm trung bình = 6.9 và kết quả bài kiểm tra của lớp đối chứng 11G2 là điểm trung bình = 5.2. Độ chênh lệch điểm số giữa hai lớp là 1.7. Điều đó cho thấy điểm trung bình của lớp đối chứng và lớp thực nghiệm đã có sự khác biệt rõ rệt, lớp được tác động có điểm trung bình cao hơn lớp đối chứng. Theo bảng tiêu chí Cohen về tính chênh lệch giá trị trung bình chuẩn (SMD): 19 Trung bìnhthực nghiệm - Trung bình đối chứng SMD = ------------------------------------------------Độ lệch chuẩnđối chứng Từ công thức trên ta có: SMD = 0.86. Kết quả về SMD nằm trong khoảng từ 0.80 đến 1.00 cho thấy mức độ ảnh hưởng của phương pháp véc tơ đến kết quả học tập môn HHKG lớp 11 của lớp thực nghiệm tại Trường trung học phổ thông Triệu Sơn 3 là lớn. C. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT I. KẾT LUẬN 20