Skkn một số kinh nghiệm bài tập hình học không gian

  • Số trang: 21 |
  • Loại file: DOC |
  • Lượt xem: 17 |
  • Lượt tải: 0
nguyen-thanhbinh

Đã đăng 8358 tài liệu

Mô tả:

PHÁT HUY KHẢ NĂNG TƯ DUY HÌNH KHÔNG GIAN CỦA HỌC SINH QUA VIỆC SÁNG TÁC CÁC BÀI TOÁN MỚI TỪ CÁC BÀI TOÁN QUEN THUỘC. A. Đặt vấn đề Phần hình học không gian (quan hệ song song, quan hệ vuông góc, góc, khoảng cách, thể tích, diện tích..) là phần kiến thức quan trọng góp phân nâng cao tư duy hình học, trí tưởng tượng không gian; hơn nữa nó là phần không thể thiếu trong các đề thi Đại học và cao đẳng. Tuy nhiên việc học phần hình học không gian của học sinh gặp nhiều khó khăn, vì nhiều học sinh không tưởng tượng được hình không gian, không hứng thú với môn học và cảm giác nó rất khó. Các bài toán hình không gian lại có rất ít bài toán tương tự nên học sinh cảm thấy các bài toán đó ít có liên hệ với nhau. Việc sáng tác các bài toán hình học không dễ như đối với các bài toán đại số và lượng giác..Trong quá trình giảng dạy tôi cũng đã rút ra được một số kinh nghiệm về sáng tác các bài toán hình không gian giúp học sinh nâng cao khả năng giải toán hình không gian, và tôi muốn chia sẻ với các bạn đồng nghiệp. Chính vì các lý do đó mà tôi viết SKKN với đề tài: "Phát huy khả năng tư duy hình không gian của học sinh qua việc sáng tác các bài toán mới từ những bài toán quen thuộc". B. Giải quyết vấn đề 1. Cơ sở lý luận Để có thể đưa ra giải pháp phát huy khả năng tư duy hình không gian của học sinh, ta cần trang bị cho học sinh đầy đủ các kiến thức cơ bản về hình học không gian; như: các quan hệ song song, quan hệ vuông góc, góc, khoảng cách, diện tích, thể tích... Sau đây tôi chỉ nêu một số kiến thức được nhấn mạnh trong các bài toán ví dụ của tôi. a) Phương pháp chứng minh các quan hệ vuông góc 1 - Để chứng minh hai đường thẳng a và b vuông góc, ta có thể sử dụng các phương pháp sau: uu r uu r uu r uu r uu r uu r a  b � ua  ub � ua .ub  0 với ua , ub là các vector chỉ phương của a và b . Chuyển về xác định góc giữa a và b và gắn góc đó vào góc của một tam giác, rồi chứng minh tam giác đó vuông. Cách thông dụng: Chỉ ra một mặt phẳng (P) chứa b và vuông góc với a. - Để chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), ta chọn hai đường thẳng cắt nhau trong (P) và chứng minh chúng cùng vuông góc với a. - Để chứng minh hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau thì ta chọn lấy một đường thẳng a nằm trong (P) và vuông góc với giao tuyến của (P) và (Q) rồi chứng minh a vuông góc với (Q). b) Phương pháp xác định đường cao của khối chóp. - Tìm một mặt phẳng (P) đi qua đỉnh S của hình chóp mà vuông góc với đáy. Dựng hình chiếu H của đỉnh S trên giao tuyến của (P) và đáy. Khi đó SH là đường cao của hình chóp. * Một số trường hợp thường gặp: - Chóp có các cạnh bên bằng nhau (hoặc cùng tạo với đáy các góc bằng nhau) thì chân đường cao là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy. - Chóp có các mặt bên cùng tạo với đáy các góc bằng nhau thì chân đường cao trùng với tâm đường tròn nội tiếp đáy. c) Phương pháp tính thể tích. - Tính trực tiếp: Tính chiều cao và diện tích đáy.. và áp dụng trực tiếp công thức thể tích. - Tính gián tiếp: + Bằng cách phân chia và lắp ghép khối đa diện. + Bằng tỉ số thể tích. 2 Chú ý: Nếu trên các đường thẳng SA, SB, SC không đồng phẳng, lần lượt lấy V SA SB SC S . ABC  . . các điểm A', B', C' khác S, thì ta có V . SA ' SB ' SC ' S . A ' B 'C ' d) Phương pháp tính khoảng cách - Khoảng cách từ điểm A đến mp(P): Ta tìm một mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với (P), xác định giao tuyến d của (P) và (Q), dựng hình chiếu H của A trên d. Khi đó khoảng cách từ A đến (P) là độ dài đoạn AH. - Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b: + Nếu a và b vuông góc với nhau thì lấy mp(P) chứa b và vuông góc với a. Trong (P) ta dựng đoạn vuông góc chung của a và b. Khi đó khoảng cách giữa a và b là độ dài đoạn vuông góc chung đó. + Nếu a và b không vuông góc với nhau thì ta chuyển qua khoảng cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng (Q) chứa b và song song với a, cuối cùng chuyển về khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên a đến (Q). Chú ý: Trong quá trình tính khoảng cách, ta có thể phải tính gián tiếp và dùng tỉ số khoảng cách. Nếu đường thẳng d cắt (P) tại C và trên d có hai điểm phân biệt A, B khác C thì d  A;  P   d  B;  P    AC . BC 2. Thực trạng của vấn đề Trong trường THPT thì việc học môn hình không gian đối với học sinh còn khó khăn, rất ít học sinh học tốt phần này, các giáo viên cũng còn thiếu các tư liệu tốt và cũng ít có điều kiện nghiên cứu về phần hình không gian sơ cấp này. Muốn nâng cao chất lượng dạy và học môn này thì giáo viên phải tạo ra sự hứng thú, mới lạ và phải có sự liên kết giữa cái đã học với cái mới để học sinh phát triển được tư duy và cảm thấy vừa sức. Việc sáng tạo ra bài toán mới từ bài toán cũ là một hướng đi hợp lý. 3 Vấn đề phát huy khả năng tư duy hình không gian cũng đã có một số người làm, tuy nhiên làm bằng cách tạo ra các bài toán mới, dựa trên một số đặc điểm và tính chất của hình ở bài toán cũ (học sinh đã được làm rồi) để từ đó học sinh có thể sử dụng các kiến thức cũ đó để giải quyết bài toán mới thì còn rất ít người làm. Đối với trường THPT Tĩnh Gia 1, thì chưa có thầy cô nào làm SKKN về đề tài này. 3. Giải pháp và tổ chức thực hiện Từ một bài toán quen thuộc trong SGK hay SBT,... ta có thể sáng tác ra những bài toán khác, nhằm phát huy khả năng tư duy hình không gian của học sinh. Trong quá trình giảng dạy tôi đã tự sáng tác các bài toán mới từ một bài toán cũ (học sinh đã giải rồi) và cho học sinh giải, sau đó phân tích cùng với học sinh để học sinh thấy được mối quan hệ giữa các bài toán mới và các bài toán cũ như thế nào, từ đó giúp học sinh nhận ra các đường lối tư duy hình không gian, hệ thống được kiến thức và cũng tự sáng tác được các bài toán mới cho riêng mình, cách làm này giúp học sinh hứng thú hơn trong việc học hình không gian, tăng cường khả năng tư duy hình không gian. Sau đây là một số hướng sáng tác và các ví dụ minh họa mà tôi đã thực hiện, các ví dụ này áp dụng cho học sinh lớp chọn (Lớp 12A1- Trường THPT Tĩnh Gia 1). Hướng 1: Dùng giả thiết của một bài toán cũ với kết luận mới. Ta có thể lấy một bài toán cũ rồi giữ nguyên giả thiết và thay câu hỏi cũ bằng một câu hỏi mới, ta sẽ có một bài toán mới. Bài toán 1: (Bài tập 30 trang 117-SGK Hình học 11 NC) Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh đều bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy bằng 300 . Hình chiếu H của A trên mặt phẳng (A'B'C') thuộc đường thẳng B'C'. a) Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy. 4 b) Chứng minh rằng hai đường thẳng AA' và B'C' vuông góc với nhau, tính khoảng cách giữa chúng. * Bây giờ giữ nguyên giả thiết và thay kết luận của bài toán 1 ta có bài toán mới, ví dụ như bài toán 2 sau đây. Bài toán 2: Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh đều bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy bằng 300 . Hình chiếu H của A trên mặt phẳng (A'B'C') thuộc đường thẳng B'C'. a) Tính thể tích và diện tích xung quanh của lăng trụ ABC.A'B'C'. b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và B'C. Giải: a) Gọi H' là trung điểm của B'C'. Vì tam giác A'B'C' đều cạnh a nên A ' H '  Mặt khác A ' H  AA '.cos 300  a 3 . 2 a 3 . 2 Suy ra H �H ' . Vậy H là trung điểm của B'C'. Ta có AH  AA '.sin 300  a a 2 3 a a3 3 V  S . AH  .  . Suy ra ABC . A ' B 'C ' A ' B 'C ' . 2 4 2 8 Gọi I là trung điểm của A'C' ta có B ' I  A ' C ' . Gọi J là trung điểm của IC', suy ra HJ  A ' C ' . Do đó AJ  A ' C ' hay AJ là đường cao của mặt bên ACC'A'. Ta có HJ  a 3 a 7 a2 7 � AJ  AH 2  HJ 2  . Suy ra S ABB ' A '  S ACC ' A '  A ' C '. AJ  . 4 4 4 Vì B ' C '   AA ' H  nên AA '  B ' C ' , do đó BB '  B ' C ' nên S BCC ' B '  a 2 . 2 2  7  a2 Suy ra S xq  2.S ACC ' A '  SBCC ' B '  2. a 7  a 2   . 4 2 b) d  AA '; B ' C   d   AA ' D  ;  BCC ' B '   d  H ;  AA ' D    HK với K là hình chiếu của 1 2 H trên AA'. Từ đó suy ra d  AA '; B ' C   A ' H  a 3 . 4 5 * Nhận xét: Cách làm trên giúp cho học sinh có thể sử dụng được các tính chất của hình cũ vào trả lời các câu hỏi mới với chiều sâu hơn, đòi hỏi kỹ năng và tư duy tổng hợp hơn. Hướng 2: Sử dụng tỉ số thể tích, tỉ số khoảng cách để sáng tác. Bài toán 3: (Dựa trên bài tập 2 trang 120, SGK Hình học 11 Nâng cao) �  900 , CSA �  1200 . Tính Cho hình chóp S.ABC có SA  SB  SC  a , � ASB  600 , BSC thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC. Giải: Từ giả thiết và định lý cô sin trong tam giác ta suy ra AB  a, BC  a 2, CA  a 3 . Do đó đáy ABC vuông tại B theo định lý đảo Pitagore. 1 2 1 2 Từ đó diện tích đáy là S ABC  AB.BC  a.a 2  a2 2 . 2 Vì SA  SB  SC  a nên chân đường cao của hình chóp S.ABC kẻ từ S là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy, nghĩa là nó trùng với trung điểm của AC. 1 2 Từ đó suy ra đường cao SH  SA.cos 600  a . 1 3 Vậy thể tích khối chóp S.ABC là V  S ABC .SH  1 a2 2 a a3 2 .  . 3 2 2 12 * Qua A kẻ đường thẳng d song song với BC. Gọi K, I lần lượt là hình chiếu của H trên d và SK. Dễ dàng suy ra d  BC; SA  d  BC;  SAK    d  C;  SAK    2d  H ;  SAK    2 HI . 1 a Ta có HK  AB   SH nên HI  2 2 HK a a 2  . Vậy d  BC ; SA   . 2 2 2 4 - Sử dụng bài toán 3 và tỉ số thể tích, tỉ số khoảng cách ta có bài toán sau: 6 �  900 , Bài toán 4: Cho hình chóp S.ABC có SA  a, SB  2a, SC  3a , � ASB  600 , BSC �  1200 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường CSA thẳng SA và BC. Giải: Trên các cạnh SB và SC lần lượt lấy các điểm B’ và C’ sao cho SB '  SC '  a . Khi đó S.AB’C’ là hình chóp trong Bài toán 1. V SA SB SC a 2a 3a S . ABC  . .  . . 6 Sử dụng công thức tỉ số thể tích V SA SB ' SC ' a a a S . AB 'C ' Từ đó suy ra VS . ABC  6.VS . AB 'C '  a3 2 . 2 - Để tính khoảng cách giữa SA và BC ta dựng hình bình hành SBCI. Khi đó B', C' I thẳng hàng, và bây giờ ta chỉ cần xét cho hình chóp S.AB'I. Ta có BC // SI nên BC //  SAI  . Do đó d  BC; SA  d  BC;  SAI    d  C ;  SAI   Đến đây ta phải sử dụng tỉ số về khoảng cách để tính tiếp. Ta có d  C ;  SAI   d  C ';  SAI   Mặt khác  d  C ';  SAI   d  H ;  SAI   CS  3 � d  C ;  SAI    3d  C ';  SAI   . C 'S  C'A  2 � d  C ';  SAI    2d  H ;  SAI   . HA Vậy ta có d  BC; SA  6d  H ;  SAI   . Gọi K, I lần lượt là hình chiếu của H trên AI và SK. Khi đó suy ra d  H ;  SAI    HI . Để tính HI ta phải tính góc � HAK . (Hướng dẫn HS vẽ hình phẳng để suy luận và tính toán được chính xác) Từ hình bình hành SBCI, suy ra B ' I  3B ' C '  3a 2 , suy ra AI  a 19 ; C ' I  2a 2. 7 AC '2  AI 2  C ' I 2 7 � cos C ' AI   Theo định lý cô sin trong tam giác AC'I ta có . 2 AC '. AI 57 8 a 3 8 a 38 HAK  .  . Do đó HK  AH .sin� . 2 19 57 57 HAK  1  cos 2 � C ' AI  Suy ra sin� Từ đó suy ra HI  HK .SH HK  SH 2 2  a 6 a 6 2a 6 . Vậy d  BC; SA  6  . 9 9 3 * Như vậy, với việc sáng tác theo hướng này, ta có thể phát huy khả năng tính gián tiếp các đại lượng về độ dài, khoảng cách, diện tích, thể tích...của học sinh. Hướng 3: Thay đổi mặt đáy. Với bài toán 1, ta thấy đường cao của hình chóp là đường cao của một mặt bên, bây giờ ta giữ nguyên đường cao này và thay đáy từ tam giác vuông thành tam giác khác (đều, cân, thường) hoặc thành tứ giác (hình vuông, chữ nhật, thoi, hình bình hành, hình thang..).... Khi đó ta lại có một số bài toán mới. Bài toán 5: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, AD // BC , BC  a, AD  2a, SD  3a ( a  0 ) và mặt bên SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a . Giải: Vì  SAB    ABCD  ; AB   SAB  � ABCD  và AD  AB nên AD   SAB  , suy ra AD  SA . Trong tam giác vuông SAD ta có SA  SD 2  AD 2  a 5 . Vì tam giác SAB đều nên AB  SA  a 5 . Do đó diện tích đáy ABCD là: dt  ABCD   1 1 3a 2 5 Gọi I là trung điểm của AB, AD  BC AB  2 a  a a 5      2 2 2 suy ra SI  AB , do đó SI   ABCD  , hay SI là đường cao của hình chóp S.ABCD. Ta có SI  3 3 15 SA  a 5a . 2 2 2 8 1 1 3a 2 5 a 15 5a 3 3 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: V  dt  ABCD  .SI  . .  . 3 3 2 2 4 Bài toán 5, gợi ý cho ta cách sử dụng đáy có hình dạng đặc biệt để có những quan hệ vuông góc đẹp. Mặt khác ta cũng có thể dấu tính chất mặt bên vuông góc với đáy bằng các giả thiết về góc và độ dài cạnh. Bài toán 6: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; AB  BC  2a, AD  3a  a  0  . Mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại S, SC  a 6 . Gọi H, M lần lượt là trung điểm của AB và SD; K là hình chiếu của H trên SC. a) Chứng minh rằng: SH   ABCD  và HK  CM . b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HD và CM. Giải: Vì tam giác SAB vuông cân tại S có AB  2a nên SB  AB.cos 450  a 2 . Tam giác SBC có   2 BC 2  SB 2   2a   a 2  6a 2  SC 2 . Suy ra tam 2 giác SBC vuông tại B. Do đó BC  SB  1 Vì ABCD là hình thang vuông tại B nên BC  AB  2  Từ (1) và (2) suy ra BC   SAB  . Vì SH   ABCD  nên SH  CD  6  . Từ (5) và (6) suy ra CD   SHC  . Do đó CD  HK  7  Ta lại có HK  SC  8 . Từ (7) và (8) suy ra HK   SCD  . Do đó HK  CM . Gọi I là trung điểm của HD và J là hình chiếu của I trên CM. Ta có MI // SH nên MI   ABCD  , do đó MI  HD  1 . Do HBC  DEC  c  g  c  nên CH  CD . Suy ra HCD cân tại C. Vì I là trung điểm của HD nên CI  HD  2  . Từ (1) và (2) suy ra HD   MIC  . Do đó HD  IJ  3 . Ta lại có IJ  CM  4  . Từ (3) và (4) suy ra IJ là đoạn vuông góc chung của HD và CM. 9 Vậy khoảng cách giữa HD và CM là d  HD; CM   IJ . 1 2 1 2 a 2 Trong tam giác vuông cân SAB ta có SH  AB  a . Suy ra MI  SH  . Ta có HC  HB 2  BC 2  a 2   2a   a 5 . 2 Vì tam giác HCD vuông cân tại C nên CI  HC.cos 450  a 5 a 10  . 2 2 Vì IJ là đường cao trong tam giác vuông MIC nên IJ  IM .IC IM .IC   MC IM 2  IC 2  a / 2 . a  a / 2 2  10 / 2   a 10 / 2  2  a 110 22 . Vậy d  HD; CM   IJ  a 110 22 . * Các bài toán về hình chóp có các cạnh bên bằng nhau với đáy là tam giác, hình vuông, chữ nhật...là các bài toán quen thuộc, bây giờ ta có thể thay đổi đáy khác lạ một chút, ví dụ sau đây chọn đáy là một hình thang cân. Bài toán 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD  BC  a, AB  2a, CD  3a . Các cạnh bên tạo với đáy các góc bằng nhau và bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a . Giải: Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của A, B trên CD. a 2 Khi đó MN  AB  2a , suy ra DM  CN  . ADC  Do đó cos � DM 1 �  � ADC  600 . AD 2 Suy ra AM  AD.sin 600  a 3 . 2 1 2 1 2 Suy ra diện tích hình thang ABCD là S ABCD   AB  CD  .AM   2a  3a  . a 3 5a 2 3  . 2 4 Gọi H là hình chiếu của S trên mp(ABCD). Vì góc giữa các cạnh bên với đáy �  SBH �  SCH �  SDH �  600 . đều bằng 600 nên SAH Suy ra các tam giác SAH, SBH, SCH, SDH là các tam giác vuông bằng nhau. Do đó 10 HA  HB  HC  HD , hay H là tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang ABCD. Bán kính đường tròn ngoại tiếp hình thang ABCD là R  AH và cũng là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Ta có MC  CD  DM  3a  a 5a  . 2 2 2 Suy ra Do đó Suy ra 2 �5a � �a 3 � AC  MC  AM  � � � � � a 7 �2 � � �2 � 2 AH  R  2 AC a 7 a 21   0 2sin 60 3 . 3 2. 2 SH  AH .tan 600  a 21 . 3a 7. 3 1 3 1 5a 2 3 5a 3 21 .a 7  . 3 4 12 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là VS . ABCD  S ABCD .SH  . Nhận xét: Với hướng sáng tác này, giúp học sinh phát huy khả năng vận dụng các tính chất của hình phẳng trên đáy để giải. Hướng 4: Thay đổi đường cao. Ta cũng có thể thay đổi đường cao để có bài toán mới. Để làm điều này, ta cho chân đường cao ở một vị trí nào đó trên mặt đáy theo ý định, sau đó sử dụng các điều kiện về góc và khoảng cách để tìm giả thiết phù hợp với vị trí chân đường cao đã cho. Tất nhiên ta có thể cho luôn giả thiết về chân đường cao nằm ở đâu, hoặc dấu đi bằng các giá thiết khác có liên quan đến góc và cạnh.. Bài toán 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, 0 � BAD  600 , SA   ABCD  . Góc giữa (SBC) và (ABCD) bằng 45 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa AD và SB. Sau khi cho học sinh giải xong bài toán 8, cho học sinh giải tiếp bài toán 9: (Bài toán 9, đã cho chân đường cao nằm trên một đường chéo của đáy nhưng được dấu đi qua một số giả thiết về cạnh và góc) Bài toán 9: Cho hình chóp S . ABCD có đáy �  600 . Tam giác ABCD là hình thoi cạnh a , BAD 11 SAC vuông tại S và tam giác SBD cân tại S . Góc giữa SC và mặt phẳng đáy bằng 300 . Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC . Giải: * Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình thoi nên BD  AC (1). Vì SBD cân tại S nên BD  SO (2). Từ (1) và (2) suy ra BD   SAC  , do đó  SAC    ABCD  (3). Từ (3) suy ra hình chiếu của SC trên  ABCD  là AC . Suy ra góc giữa SC và  ABCD  là góc � . Vậy SCA �  300 . Vì � �  600 , hay SAO đều. SCA ASC  900 nên SAC Gọi H là trung điểm của AO, ta có SH  AC (4). Từ (3) và (4) suy ra SH   ABCD  . Vậy SH là đường cao của hình chóp S.ABCD. �  600 nên tam giác ABD đều cạnh a . Suy ra BD  a và * Do BAD Suy ra diện tích hình thoi ABCD là * Vì tam giác SAO đều có cạnh S ABCD  AO  a 3 2 AO  1 a 3 a2 3 AC.BD  AO.BD  .a  2 2 2 nên đường cao SH  1 3 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là VS . ABCD  S ABCD .SH  a 3 2 . . 3a . 4 1 a 2 3 3a a 3 3 . .  3 2 4 8 Trong mặt phẳng đáy (ABCD), qua H kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt AB tại E và cắt CD tại F. Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của H và E trên SF. * Ta có CD  EF (1). Mặt khác, vì SH   ABCD  nên CD  SH (2). Từ (1) và (2) suy ra CD   SEF  . Do đó  SEF    SCD  (3). Từ (3) suy ra HI   SCD  và EK   SCD  . Ta có Ta có EF  d  CD; AB   d  D; AB   EK EF AC 4    HI HF HC 3 (4). a 3 (5) 2 (Vì bằng đường cao của tam giác đều ABD). 12 3 4 3 a 3 3 3a .  4 2 8 Từ (4) và (5) suy ra HF  EF  . Xét tam giác vuông SHF có HI là đường cao, ta có 1 1 1 1 1 112 3 21      2 2 2 2 2 2 . Suy ra HI  a. HI SH HF  3a 4  27 a 3 3a 8 28   Vì AB // CD nên AB //  SCD  . 4 3 Do đó d  AB; CD   d  AB;  SCD    d  E;  SCD    EK  HI  a 21 . 7 Bài toán 10: Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A , góc � ACB  300 . SA  BC và SA  SM  m  m  0  với M là điểm thuộc cạnh BC sao cho 4BM  BC . Góc giữa mặt bên SBC và đáy bằng 600 . a) Tính thể tích khối chóp S . ABC theo m . b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC theo m . Giải: a) - Gọi I là trung điểm của BC. Do tam giác ABC vuông tại A, góc � ACB  300 nên tam giác ABI là tam giác đều. Vì BM  1 BC nên M là trung điểm của BI. Do đó AM là 4 đường cao của tam giác ABI, hay AM  BC (1). Theo giả thiết ta có SA  BC (2). Từ (1) và (2) suy ra BC   SAM  hay  SAM    ABC   3 Vì SA  SM  m nên tam giác SAM là tam giác cân tại S. Gọi H là trung điểm của AM, suy ra SH  AM (4). Từ (3) và (4) suy ra SH   ABC  hay SH là đường cao của hình chóp S . ABC . - Vì BC   SAM  nên BC  SM (5). Từ (1) và (5) suy ra góc giữa (SBC) và đáy � . Vậy SMH �  600 . Suy ra tam giác SAM là tam giác đều cạnh bằng m . là góc SMH - Vì tam giác SAM đều cạnh bằng m nên SH  m 3 2 và AM  m . 13 - Vì tam giác ABI đều nên AB  Do đó S ABC  AM 2m  . 0 sin 60 3 1 1 2m 2m 2 AB. AC  .2m  2 2 3 3 2m 0 Suy ra AC  AB.tan 60  3 . 3  2m . . 1 3 - Vậy thể tích khối chóp S.ABC là: VS . ABC  S ABC .SH  1 2m2 m 3 1 3 .  m . 3 3 2 3 b) –Qua C kẻ Cx // AB , qua H kẻ EF // AC với E �Cx, F �AB . Khi đó ACEF là �  900 nên ACEF là hình chữ nhật. Ta có EF  AC  2m . hình bình hành. Do CAB 1 2 1 4 1 4 �  AM .sin 300  AM  m . - Xét tam giác AHF vuông tại F, ta có HF  AH .sin BAM 1 4 7 4 Do đó HE  EF  HF  2m  m  m . Suy ra FE 8 7  2m m  . 4 HE 7 - Gọi K là hình chiếu của H trên SE. Khi đó HK  SE (6) Ta có SH   ABC  � SH  CE (7); ACEF là hình chữ nhật nên EF  CE (8). Từ (7) và (8) suy ra CE   SEF  . Do đó CE  HK (9). Từ (6) và (9) suy ra HK   SCE  hay d  H ,  SCE    HK . Xét tam giác vuông SHE ta có: � HK  1 1 1 4 16 244      2 2 2 2 2 HK SH HE 3m 49m 147m 2 7 183 m . Vì CE // AB nên AB //  SCE  . 122 Do đó d  AB; SC   d  AB;  SCE    d  F ;  SCE    FE 8 4 183 d  H ;  SCE    HK  m. HE 7 61 Hướng 5: Ta có thể đổi đỉnh và đáy trong trường hợp hình chóp tam giác. Bài toán 11: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác nhọn ABC, BC  a 5 (với a  0 ); mặt bên SAB 3 là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng 14 vuông góc với đáy, SA  a ; góc giữa mp(SAB) và mp(SBC) bằng 600 . Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a . Giải: Gọi H là hình chiếu của C trên AB, vì tam giác ABC nhọn nên H nằm giữa A và B. Vì  SAB    ABC  nên CH   SAB  . Như vậy ta có thể xem đỉnh chóp là C và đáy chóp là mặt SAB. 1 3 Do đó, thể tích khối chóp S.ABC là: VS . ABC  dt  SAB  .CH (*) . Gọi I là hình chiếu của H trên SB, suy ra SB   CHI  và góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  SBC  là góc � . CIH �  60 0 . Vậy CIH Đặt HI  x  0  x  a  . Vì tam giác HIB vuông cân tại I nên HB  x 2 . 0 Trong tam giác vuông CHI ta có HC  HI .tan 60  x 3  1 , trong tam giác 5 3 vuông BHC ta có HC 2  BC 2  HB 2  a2  2 x 2  2  . Từ (1) và (2) suy ra 5 2 a a  2 x 2  3x 2 � x  thoả mãn điều kiện 0  x  a . Thay x vào (1) ta được HC  a. 3 3 1 2 1 2 Tam giác SAB vuông cân tại S và SA=a nên dt  SAB   SA.SB  a 2 . 1 3 1 1 3 2 1 6 Vậy VS . ABC  dt  SAB  .CH  . a 2 .a  a3 . Nhận xét: Qua hướng sáng tác trên ta phát huy được khả năng nhìn hình không gian, khả năng chọn đỉnh và đáy phù hợp, dễ dàng cho tính toán.. Hướng 6: Cho các giả thiết về góc, khoảng cách đa dạng hơn, phức tạp hơn.. Thay cho các giả thiết đơn giản trong các bài toán quen thuộc đã giải, ta cho các giả thiết đa dạng và phức tạp hơn về các quan hệ song song, vuông góc, góc và khoảng cách để học sinh phải suy luận chuyển các giả thiết phức tạp đó về các giả thiết đơn giản hơn, góp phần nâng cao tư duy của học sinh. 15 Bài toán 12: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, mặt bên AA’C’C nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, A ' B  AC . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AC’ và BA’ là 2a 5 . Giải: Gọi H là trung điểm của AC, suy ra BH  AC �  A ' HB   AC � A ' H  AC . Do  ACC ' A '   ABC  nên A ' H   ABC  . Gọi D đối xứng với C qua A. Ta có DA '// AC ' . Suy ra d  AC '; BA '  d  AC ';  A ' DB    d  A;  A ' DB   . Vì AD  2 HD 3 2 nên d  A;  A ' BD    3 d  H ;  A ' BD   . Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của H trên BD và A’I. Khi đó HK   A ' BD  . 2 Suy ra d  H ;  A ' BD    HK . Vậy d  AC '; BA '  HK . 3 2 3 Suy ra HK  Suy ra 2a 3a a 3 3a � HK  . Đặt A ' H  h . Ta có HB  . ; HD  5 5 2 2 1 1 1 1 25 1 4 4    � 2  2  2  2 � h  a. 2 2 2 2 HK HA ' HB HD 9a h 3a 9a a2 3 a3 3 - Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bằng V  S ABC . A ' H  . .a  4 4 Cũng từ bài toán 1, ta ghép hình chóp vào trong hình lăng trụ và thay đổi các giả thiết về góc và khoảng cách thì có bài toán sau đây. Bài toán 13: Cho hình lăng trụ tam giác ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại C , góc � ABC  600 . Điểm A cách đều các đỉnh A ', B ', C ' . Góc giữa hai mặt phẳng  ACC ' A ' và  A ' B ' C ' bằng 300 . Khoảng cách giữa hai đường thẳng CC ' và A ' B bằng a . Tính thể tích của khối chóp BCC ' A ' theo a . Giải: 16 Vì tam giác ABC vuông tại C và A' cách đều A, B, C nên chân đường cao hạ từ A' của hình chóp A'.ABC trùng với trung điểm H của AB. Từ đó suy ra  ABB ' A '   ABC  . Gọi I là trung điểm của HB. Vì � ABC  600 nên tam giác HBC đều. Do đó CI  AB , suy ra CI   ABB ' A '  . Vì CC '//  ABB ' A ' nên d  CC ', A ' B   d  CC ', ( ABB ' A ')   d  C , ( ABB ' A ')   CI CI 2a Từ đó suy ra CI  a. Ta có BC  sin 600  , AC  BC tan 600  2a. 3 Suy ra S ABC  1 1 2a 2a 2 BC. AC  .2a  2 2 3 3 Gọi K là trung điểm của AC, khi đó HK//BC nên HK  AC . Từ đó suy ra AC   A ' HK  , suy ra góc giữa (ACC'A') và (ABC) là góc � A ' KH . 1 a 0 Vậy � . A ' KH  450 . Ta có A ' H  HK .tan 45  2 BC  3 Suy ra thể tích khối chóp B'.ABC là: VB '. ABC  VA'. ABC 1 1 2 a 2 a 2a 3  S ABC . A ' H  . .  . 3 3 3 3 9 * Với giả thiết là hình đơn giản như hình lăng trụ đứng tam giác, nhưng ta không cho độ dài các cạnh hay góc đơn giản của hình lăng trụ này, mà có thể dấu nó trong các giả thiết phức tạp hơn về góc và khoảng cách, ta có bài toán mới, tương đối hấp dẫn. Đây là bài tập yêu cầu học sinh tư duy cao về các khái niệm và cách xác định góc và khoảng cách. Bài toán 14: Cho lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B và AC  2 AB . Góc giữa hai mặt phẳng  AB ' C  và  BCC ' B ' bằng 600 . Khoảng cách giữa A ' C và B ' C ' bằng a 33 . 11 Tính thể tích khối tứ diện ABA ' C ' và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ diện ABA ' C ' theo a . Giải: 17 * Đặt AB  x; BB '  y . Do tam giác ABC vuông tại B có AC  2 AB nên AC  2 x và BC  x 3 . Gọi N là hình chiếu của B’ trên BA’. Vì BC   ABB ' A ' nên BC  B ' N . Do đó B ' N   A ' BC  . B ' C '//  A ' BC  Vì nên d  B ' C '; A ' C   d  B ' C ';  A ' BC    d  B ';  A ' BC    B ' N . Do đó B ' N  a 33 11 . Xét tam giác A ' B ' B ta có 1 1 1 1 1 11   � 2  2  2  1 2 2 2 B ' A ' BB ' B'N x y 3a Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B trên AC và B’H. Khi đó BK   AB ' C  . Vì BA   BCC ' B ' nên góc giữa mp  AB ' C  và mp  BCC ' B ' bằng góc giữa BK và BA. Vì tam giác BAK vuông tại K nên góc giữa BK và BA là góc � ABK . Do đó 1 x � ABK  600 . Từ đó suy ra BK  AB  . 2 2 Ta có 1 1 1 1 1 1 1 4 1 8    � 2  2  2  2 � 2  2  2 2 2 2 2 AB BC BB ' BK x 3x y x y 3x Thế (2) vào (1) ta được 1 8 11 11 11 a 6  2  2 � 2  2 � x  a . Suy ra y  . 2 x 3x 3a 3x 3a 4 1 2 1 2 Từ đó suy ra VABC . A ' B 'C '  S ABC .BB '  AB.BC.BB '  a.a 3. 1 3 Do đó VABA 'C '  VABC . A ' B 'C '  a 6 3a3 2  . 4 8 a3 2 . 8 * Gọi J là tâm hình chữ nhật ACC’A’. Khi đó J cách đều các đỉnh A, B, A’, C’ nên J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABA’C’. Do đó bán kính mặt cầu ngoại 1 2 tiếp tứ diện ABA’C’ là : R  JA  AC '  1 1 3a 2 a 70 AC 2  CC '2  4a 2   2 2 8 8 . * Tóm lại, người thầy có trách nhiệm truyền thụ đầy đủ và dễ hiểu nhất các kiến thức cơ bản về hình học không gian, từ mức độ đơn giản nhất đến mức độ trung 18 bình khá. Khâu này bắt buộc phải làm thật tốt, đó là tiền đề cho quá trình triển khai sáng kiến này. Sau đó người thầy phải hệ thống và liên kết các kiến thức, kỹ năng cơ bản theo nhiều cách khác nhau, tạo ra các bài toán tổng hợp, mới hơn, yêu cầu cao hơn về tư duy nhưng không quá sức. Cuối cùng bài toán mới này được đưa ra giải quyết, có thể có sự dẫn dắt của thầy, qua đó học sinh tự tổng hợp, hệ thống được kiến thức một cách đa dạng và chắc chắn hơn. Bằng các hướng đi ở trên, các giáo viên có thể tự sáng tác được các bài toán hay, có độ hấp dẫn cao, tạo điều kiện để học sinh phát triển tư duy hình không gian một cách tự nhiên, có hệ thống, góp phần bồi dưỡng học sinh khá giỏi. Hơn nữa nó cũng giúp học sinh có thể nhìn bài toán một cách đa dạng hơn và cũng có thể tự sáng tác được bài tập. 4. Kiểm nghiệm Sau khi thực hiện sáng kiến trên, tôi thu được một số kết quả sau: - Vì học sinh được làm quen với nhiều bài toán có cùng một số giả thiết, nên khả năng giải toán hình không gian của các em được nâng lên, kỹ năng tốt hơn, tự tin hơn nhiều so với trước đây. - Độ khó của bài toán được nâng dần lên nên phát huy tốt khả năng tư duy của học sinh (đặc biệt là học sinh khá – giỏi). - Các học sinh học yếu hơn việc tiếp thu chưa tốt lắm nhưng có hứng thú hơn khi biến đổi bài toán này thành bài toán khác, các em thấy được rõ ràng hơn các giả thiết quan trọng trong bài và được thực hành nhiều với một số giả thiết quan trọng đó, làm cơ sở cho các suy luận cao hơn. - Thống kê kết quả kiểm tra ở lớp 12A2 (2009-2010) (chưa triển khai sáng kiến này) và lớp 12A1 (2012-2013) (đã triển khai sáng kiến này). Sĩ số Lớp 12A2 (2009-2010) Lớp 12A1 Giỏi SL % Khá TB SL % SL % Yếu - Kém SL % 46 7 15,2 15 32,6 20 43,5 4 8,7 47 12 25,5 20 42,6 10 21,3 5 10,6 19 (2012-2013) C. Kết luận và đề xuất - Qua sáng kiến này, tôi thu được kết quả bước đầu tương đối khả quan, tuy nhiên nó phụ thuộc vào cái nền được chuẩn bị trước. Nghĩa là để thực hiện sáng kiến này, thì bước chuẩn bị các kiến thức cơ bản phải thật tốt. Học sinh khá và giỏi nhiều hơn, số lượng học sinh trung bình ít hơn. Khả năng giải toán hình không gian trong các đề thi ĐH –CĐ và đề thi HSG tỉnh của các em cải thiện đáng kể. - Sáng kiến mới dừng lại ở hầu hết đối tượng là học sinh khá giỏi và trung bình, nhằm nâng cao tư duy hình không gian, các đối tượng yếu và kém thì hiệu quả không cao. - Rất mong được sự góp ý từ các thầy cô giáo trong tổ bộ môn Toán, các thầy cô trong hội đồng khoa học trường THPT Tĩnh Gia 1 và hội đồng khoa học của Sở GD&ĐT Thanh Hóa để sáng kiến này được hoàn thiện, thuận lợi cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn thi Đại học, cao đẳng. Tôi xin chân thành cảm ơn ! XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2013 Tôi xin cam đoan, đây là SKKN của mình viết, 20
- Xem thêm -