Tài liệu Skkn thiết diện của một hình không gian cắt bởi một mặt phẳng

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự do - Hạnh phúc SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tên đề tài THIẾT DIỆN CỦA MỘT HÌNH KHÔNG GIAN CẮT BỞI MỘT MẶT PHẲNG Giáo viên: Từ Thị Vân Hạnh Tổ: Toán-Tin Quảng Ninh, ngày 12 tháng 01 năm 2019 1 1. PHẦN MỞ ĐẦU 1 . 1 LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Thiết diện trong không gian là một bài toán hay và khó và thường gặp trong các kì thi vào đại học, cao đẳng và các kì thi học sinh giỏi. Trong quá trình tham gia giảng dạy Toán THPT, tôi nhận thấy đứng trước một bài toán thiết diện, học sinh thường lúng túng khi tìm phương pháp giải. Nguyên nhân là vì: thứ nhất bài toán thiết diện là bài toán khó, đòi hỏi phải tư duy trừu tượng và thường dùng để phân loại học sinh; thứ hai cách giải đòi hỏi phải nắm chắc phương pháp. Do đó giáo viên cần có phương pháp cụ thể cho từng dạng toán để học sinh nắm được bài tốt hơn. Trong chương trình toán THPT, những kiến thức dạy trên lớp chỉ cung cấp cho các em học sinh THPT theo chuẩn kiến thức cho nên đã có ít nhiều khó khăn trong việc vận dụng để giải Toán trong các kì thi, đặc biệt là các kì thi tốt nghiệp THPT Quốc Gia. Qua thực tế giảng dạy, bản thân luôn trăn trở là làm thế nào để giúp học sinh cuối cấp có thể hệ thống được những kiến thức cơ bản ,kỹ năng vận dụng vào giải toán thiết diện trong các kì thi . Xuất phát từ những lí do nêu trên, tôi quyết định viết đề tài “Thiết diện trong không gian”với hy vọng cung cấp cho học sinh một số phương pháp có hiệu lực để giúp các em . Tuy nhiên, vì điều kiện thời gian có hạn và cách trình bày có thể chưa thật tốt nên chắc chắn không thể tránh khỏi những thiếu sót, rất mong các bạn đồng nghiệp đọc và góp ý cho tôi, tôi xin chân thành cảm ơn. 1.2 ĐIỂM MỚI CỦA CỦA ĐỀ TÀI Điểm mới của đề tài thể hiện qua bài toán dựng thiết diện, tính diện tích của thiết diện, tính thể tích của khối hình học do mặt phẳng thiết diện phân chia. Và đặc biệt là hệ thống bài tập về điều kiện để có đa giác thiết diện là những đa giác thiết diện đặc biệt. 2. PHẦN NỘI DUNG 2.1 THỰC TRẠNG CỦA ĐỀ TÀI Để thực hiện đề tài bản thân đã tiến hành đọc sách nghiên cứu, tham khảo, góp nhặt từ những bài toán cụ thể, trao đổi với đồng nghiêp, áp dụng vào giảng dạy, điều tra mức độ tiếp thu của học sinh và vận dụng và giải toán, từ đó rút 2 kinh nghiệm, so sánh với các cách giải khác nhau tự đánh giá tích lũy. Phân tích suy luận, tìm hiểu để rút ra phương pháp cho việc áp dụng một vấn đề đơn giản để giải quyết vấn đề khó hơn. Tổng kết kinh nghiệm để rút ra được lí thuyết cho chính bản thân người dạy. 2. 2. NỘI DUNG ĐỀ TÀI PHẦN I: ĐẠI CƯƠNG VỀ ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG. A. LÝ THUYẾT: I. Các tiên đề: * Tiên đề 1: Có một và chỉ một mặt phẳng đi qua ba điểm không thẳng hàng cho trước. * Tiên đề 2: Nếu một đường thẳng đi qua hai điểm phân biệt của một mặt phẳng thì mọi điểm của đường thẳng đều thuộc mặt phẳng đó. * Tiên đề 3: Nếu hai mặt phẳng có một điểm chung thì chúng có một điểm chung khác nữa. * Tiên đề 4: Có ít nhất bốn điểm không cùng thuộc một mặt phẳng. II. Cách xác định đường thẳng. Đường thẳng a được xác định nếu:  Biết hai điểm phân biệt A, B thuộc a.  Biết hai mặt phẳng phân biệt (α), (β) cùng chứa a.  Biết một điểm của đường thẳng và phương của đường thẳng. III. Cách xác định mặt phẳng: Mặt phẳng (α) được xác định nếu:  Biết ba điểm A, B, C không thẳng hàng của (α).  Biết điểm A và một đường thẳng a không đi qua A của (α). 3  Biết hai đường thẳng a, b cắt nhau của (α). B. BÀI TOÁN: I. Xác định giao điểm của đường thẳng a và mặt phẳng (α) không chứa a. Phương pháp: Muốn tìm giao điểm của đường thẳng a với mặt phẳng (α),  Ta tìm mặt phẳng (β) chứa đường thẳng a.  Tìm giao tuyến  của mặt phẳng (α) và (β). Trong mặt phẳng (β), đường thẳng sẽ cắt  tại O. Và O chính là giao điểm của a với (α). II. Tìm giao tuyến của hai mặt phẳng là một đường thẳng. Có hai cách tìm: Cách 1: Tìm 2 điểm chung của hai đường thẳng phân biệt. Cách 2: Tìm một điểm chung A của 2 mặt phẳng.  Chứng tỏ giao tuyến song song với đường thẳng a đã biết.  Đường thẳng Ax // a là giao tuyến phải tìm. C. BÀI TẬP: Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình bình hành ABCD. M, N lần lượt là trung điểm các đọan thẳng SA và BC. 1. Tìm giao điểm I của đường thẳng MN và mặt phẳng (SBD). Tìm giao điểm J của đường thẳng CM và mặt phẳng (SBD). 2. Chứng minh 3 điểm B, I, J thẳng hàng. Giải: 1. Trong mặt phẳng (ABCD), gọi P là giao điểm của AN và BD. Trong mặt phẳng (SAN), SP cắt MN tại I thì I chính là giao điểm của MN và mặt phẳng (SBD). 4 Trong mặt phẳng (SAC), SO cắt S CM tại J thì J chính là giao điểm của CM và mp(SBD). 2. Ta thấy: I  SP mà SP  (SBD), M  I  (SBD). J I  MN mà MN  (MBC), D C I  I  (SBD)  (MBC). O N Tương tự ta có: J  SO mà SO  (SBD), J  MC P A B mà MC  (MBC),  J  (SBD)  (MBC). Ba điểm B, I, J cùng thuộc giao tuyến của hai mặt phẳng ( SBD) và (MBC) nên ba điểm B, I, J thẳng hàng . Bài 2: Trong mp(α), cho tứ giác ABCD. S là điểm nằm ngoài mp(α). M là một điểm nằm trong  ABC. N là một điểm thuộc miền trong mp(SDC). 1. Xác định giao điểm của đường thẳng MN và mp(SAC). 2. I là điểm thuộc miền trong S tam giác SAB. Xác định giao điểm của đường thẳng SC và mp(MNI). N Giải: 1. Ta dựng mặt phẳng chứa MN bằng cách: Qua N kẻ Sx cắt CD tại K. D A L K Ta xác định giao tuyến của mặt phẳng P chứa MN là (SMK) với (SAC). M C B 5 Trong mp(α), gọi P là giao điểm của AC và MK. Ta thấy SP  (SAC), (vì P  AC). Và SP  (SMK) (Vì P  MK) nên SP là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SMK). Ta nối SP và MN cắt nhau tại L thì L chính là giao điểm của đường thẳng MN với (SAC). 2. Gọi I1 là giao điểm của SI và AB. Gọi J là giao điểm của I1K và AC. Trong mp(SI1K), SJ cắt IN tại H. S Trong mp(SAC) thì CH cắt SA tại E, thì E chính là giao điểm của SA với E mp(CIN). I N H Thật vậy: Ta có SA  mp(SAC). Ta có: giao tuyến của mp(SAC) và D L A I1 Q J (CIN) là CH. K (do C  (SAC) và C  (CIN); do H  SJ  (SAC) và P M B C H  IN  (CIN)). Do đó, giao điểm của SA và mp(CIN) chính là giao điểm của SA và giao tuyến CH, tức E là giao điểm cần tìm. * Tìm giao điểm của SC và mp(MNI). Ta có: L  MN  (SAC) và H  IN  (SAC),  L  (MNI)  (SAC); H  (MNI)  (SAC). Suy ra LH là giao tuyến của hai mặt phẳng (MNI) và (SAC). Trong mp(SAC), LH cắt SC tại Q. Suy ra Q là giao điểm SC và mp(MNI). 6 PHẦN II: THIẾT DIỆN SONG SONG VỚI ĐƯỜNG THẲNG HAY MẶT PHẲNG A. LÝ THUYẾT: 1. Định nghĩa: Một đường thẳng và một mặt phẳng gọi là song song với nhau nếu chúng không có điểm chung. 2. Một số tính chất: a. Nếu một đường thẳng d không nằm trên mặt phẳng (α) và song song với một đường thẳng a nào đó nằm trên (α) thì đường thẳng d song song với mặt phẳng (α). b. Cho đường thẳng d song song với mặt phẳng (α). Nếu mặt phẳng (β) đi qua d và cắt mặt phẳng (α) thì giao tuyến của (α) và (β) song song với d. c. Nếu hai mặt phẳng cắt nhau và cùng song song với một đường thẳng thì giao tuyến của chúng song song với đường thẳng đó. d. Cho a và b là hai đường thẳng chéo nhau. Khi đó có một và chỉ một mặt phẳng đi qua đường thẳng này và song song với đường thẳng kia. B. BÀI TOÁN. Dựng thiết diện tạo với mp(α) biết (α) song song với đường thẳng hay mặt phẳng cho trước. Phương pháp: 1. Nếu P, Q  (α) và (α) song song với a cho trước thì:  Dựng mp(β) sao cho P  (β), a  (β).  Dựng đường thẳng b qua P và b // a. (α) là mặt phẳng qua b và chứa điểm Q. 2. Nếu (α) chứa đường thẳng b và (α) // a; a chéo b thì:  Dựng mặt phẳng (β) sao cho (β)  b = P. 7  Trong (β) dựng a' qua P và a' // a  (α) chứa a'. 3. Nếu (α) chứa điểm P và (α) song song với hai đường thẳng chéo nhau thì:  Trong mặt phẳng (P, a), dựng đường thẳng c và c // a.  Trong mặt phẳng (P, b), dựng d qua P và d // b.  Mặt phẳng (α) chính là mặt phẳng chứa c và d. 4. Nếu (α) chứa điểm P và (α) song song với mặt phẳng (β) cho trước, ta tiến hành:  Chọn trong (β) hai đường cắt nhau a và b.  Dựng d qua P và d // a.  Dựng d' qua P và d' // b.  (α) chứa d và d'. C. BÀI TẬP. Bài 1: Cho hình chóp tam giác ABCD. Dựng thiết diện song song với hai cạnh đối diện cho trước. Tìm thiết diện có diện tích lớn nhất. Giải: A Lấy M  AC. Kẻ MN // CD, N  AD. Kẻ MK // AB, K  BC. Ta có : AB  (ABD); MK  (MNK). Mà MK // AB nên giao tuyến của hai mặt N phẳng đó là NI thì NI // AB // MK. M  (MNIK) nằm trong một mặt phẳng . Tương tự ta có: CD  (BCD), MN  (MNK). I D B K C Mà MN // CD nên giao tuyến của hai mặt phẳng (MNK) và (BCD) là KI thì MN // CD // KI. 8  Thiết diện song song với hai cạnh đối cho trước là KMNI với MK // NI và MN // KI. Hay thiết diện là hình bình hành KMNI. * Tìm thiết diện để có diện tích lớn nhất: A Gọi α là góc giữa đường AB và CD. Ta có: S = S= 1 KM.MN.sin(1800  α). 2 1 KM.KI.sin α. 2 N Tứ diện đã cho trước nên góc α không đổi. M S max  KM.KI max. Đặt BK = x. I B  x Xét BCD có: D K x KI CD   KI  x. BC CD BC C (1). Trong ABC có: KM CK BC  x AB ( BC  x )    KM  AB BC BC BC Từ (1) và (2) suy ra: KM .KI  Vì (2). AB.CD .x.( BC  x) . BC 2 AB.CD không đổi nên KM.KI max  x(BC  x) max. BC = a. BC 2 Suy ra: g(x) = x(a  x). Lúc đó x(BC  x) max  g(x) max. Tập xác định: 0 < x < a, a > 0. a g’(x) = a  2x; g’(x) x =0 - ∞x = 2 0. g’ Bảng biến thiên: a + /2 0 a +∞  max g 9 x) max = g( a ). Ta có g( (0;a ) 2 Vậy KM.KI max  x = a BC = . Suy ra K là trung điểm của cạnh BC. 2 2 Vậy thiết diện song song với hai cạnh đối của một tứ diện có diện tích lớn nhất khi ta dựng qua trung điểm của bốn cạnh còn lại của tứ diện. Bài 2: Cho tứ giác ABCD sao cho AB cắt CD tại I, AD cắt BC tại J và điểm S không thuộc mặt phẳng (ABCD). Mặt phẳng (α) cắt SA, SB, SC và SD lần lượt tại M, N, P, Q. Chứng minh tồn tại vô số mặt phẳng (α) sao cho MNPQ là hình bình hành. Dựng hình bình hành MNPQ qua điểm O cho trước. Giải: * Qua đỉnh có khoảng cách tới IJ là ngắn nhất, giả sử là đỉnh B: Dựng các đường thẳng BM’ // SI; BP’ // SJ. Suy ra BM’  (SAB); BP’  (SBC). Vì SI  (SAB); SJ  (SBC).  Qua mọi điểm I’ thuộc SI, ta đều dựng S được một mặt phẳng (α) song Q song với SI và SJ và thiết diện thu được là một hình bình M hành. M' P Do đó tồn tại vô số mặt N phẳng (α) để thiết diện MNPQ là hình bình hành. P' D A J B * Từ đó suy ra rằng, với mọi C điểm O cho trước nằm ở phần không gian giới hạn bởi mặt I phẳng (SIJ) và mặt phẳng (BM’P’) thì qua O ta đều có thể dựng được mp(α) // (SIJ) để thiết diện thu được là hình bình hành. 10 + Chứng minh: Dựng Ox // SI, Oy // SJ thì mặt phẳng (Oxy) là mặt phẳng phải dựng.  Nếu điểm O nằm giữa hai phần không gian giới hạn bởi mặt phẳng (SIJ) và mặt phẳng (BM’P’) thì qua O ta đều có thể dựng được mặt phẳng (α) // (SIJ) để thiết diện thu được là hình bình hành. + Nếu điểm O nằm ngoài phần không gian giới hạn bởi hai mặt phẳng song song (SIJ) và (BM’P’) thì bài toán vô nghiệm. Bài 3: Trong mặt phẳng, cho tứ giác lồi ABCD sao cho AC cắt BD. Tìm quỹ tích các điểm S trong không gian sao cho có thể cắt góc tứ diện S.ABCD bằng một mặt phẳng và thiết diện là: a) một hình chữ nhật. b) một hình thoi. c) một hình vuông. Giải: Để giải bài toán này ta sử dụng kết quả của bài 3 đã chứng minh: Thiết diện tạo bởi mặt phẳng (α) với các cạnh của góc tứ diện S.ABCD là hình bình hành MNPQ thì mặt phẳng (α) đi qua điểm O và song song với mặt phẳng (SIJ), với điểm O nằm giữa hai mặt phẳng (SIJ) và mặt phẳng (BMP) (BM’ // NM và BP’ // NP). a) Để thiết diện (MNPQ) tạo bởi mặt phẳng (α) với các cạnh của góc tứ diện S.ABCD là hình chữ nhật thì: MN  NP (1). 11 Mà theo kết S quả bài 3 thì: Q P  MN // SI  (2).  NP // SJ P' Từ (1) và (2) D M suy ra: N M' SI  SJ. Điểm S C A K nhìn đoạn IJ B J cố định dưới một góc I vuông. Do đó S thuộc mặt cầu đường kính IJ. Đảo lại: Lấy S’ thuộc mặt cầu đường kính IJ, ta sẽ chứng minh: mọi mặt phẳng (α) chứa điểm O, song song với mặt phẳng (S’IJ) cắt các cạnh của góc tứ diện S.ABCD theo thiết diện M”N”P”Q” là hình chữ nhật. Chứng minh:  Vì S’ thuộc mặt cầu đường kính IJ nên IS'J = 900. Tức là S’I  S’J. Xét một mặt phẳng tùy ý (α’) song song với mặt phẳng (S’IJ). Theo kết quả bài 3 thì  M " N "// S ' I , nhưng S’I  S’J nên  N " P "// S ' J M”N”P”Q” là hình bình hành và ta có  M”N”  N”P”. Tức là thiết diện M”N”P”Q” là hình chữ nhật. Vậy quỹ tích những điểm S của góc tứ diện S.ABCD sao cho thiết diện MNPQ thu được là hình chữ nhật là mặt cầu đường kính IJ. b) Để thiết diện MNPQ là hình thoi thì hình bình hành MNPQ phải có hai đường chéo vuông góc. Tức là MP  NQ. 12 Ta có: (MNPQ) // (SIJ). Nên giao tuyến của (SBD) với hai mặt phẳng trên phải song song: NQ // SL và MP // SK (K = AC  IJ, L = BD  IJ). (Vì mặt phẳng (MNPQ) // (SIJ), do đó giao tuyến của (SAC) với hai mặt phẳng đó phải song song). Để MP  NQ thì SL  SK. Suy ra S nhìn đoạn cố định LK dưới góc vuông. Vậy S thuộc mặt cầu đường kính LK. Đảo lại: Lấy S’ thuộc mặt cầu đường kính LK, ta sẽ chứng minh: mặt phẳng (γ) tùy ý sao cho (γ) // (S’IJ) thì (γ) cắt các cạnh của góc tứ diện S.ABCD theo thiết diện M”N”P”Q” là hình thoi. Thật vậy:  Vì S’ thuộc mặt cầu đường kính LK nên KS'L = 900. Tức là S’L  S’K. Xét một mặt phẳng tùy ý (γ’) song song với mặt phẳng (S’LK). Theo kết quả bài 3  M " N "// S ' L , nhưng S’L  S’K nên  N " P "// S ' K thì M”N”P”Q” là hình bình hành và ta có  M”P”  N”Q”. Tức là thiết diện M”N”P”Q” là thoi. Vậy quỹ tích những điểm S của góc tứ diện S.ABCD sao cho thiết diện MNPQ thu được là hình thoi là mặt cầu đường kính LK. c) Để thiết diện MNPQ là hình vuông thì hình bình hành MNPQ phải có MN  MQ, và sau đó là MP  NQ. Vì theo câu a) và câu b) thì ta sẽ có MNPQ là hình vuông. Vậy quỹ tích những đỉnh S của góc tứ diện S.ABCD sao cho mặt phẳng bất kỳ cắt S.ABCD để thiết diện thu được là hình vuông sẽ là giao của hai mặt cầu đường kính IJ và LK. 13 PHẦN III: THIẾT DIỆN VUÔNG GÓC VỚI ĐƯỜNG THẲNG HAY MẶT PHẲNG A. LÝ THUYẾT: 1. Định nghĩa 1: Góc giữa hai đường thẳng d1, d2 là góc giữa hai đường thẳng d1’, d2’ nằm trong cùng một mặt phẳng, với d1’ // d1; d2’ // d2. d1 (Nhưng cũng có khi phải dùng đến góc tù, chẳng d1’ chẳng hạn trong trường hợp các đường thẳng d1, d2 được định hướng). d2’ d2 2. Định nghĩa 2: Hai đường thẳng được gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng là góc vuông.  3. Tính chất 1: Để đường thẳng  vuông góc với mp(P) điều kiện cần và đủ là d vuông góc với a b P) hai đường thẳng cắt nhau nằm trong (P). 4. Định lí ba đường vuông góc (thuận): Nếu d là một đường thẳng trong mp(P), O OH  (P) và HA  d thì OA  d. 5. Định lí ba đường vuông góc (đảo): d Hn nA Nếu d là một đường thẳng trong mp(P), OH  (P), OA  d thì HA  d. Chứng minh định lí đảo: Để chứng tỏ HA  d, ta đặt HA trong mặt phẳng (OAH), mặt phẳng này có OA  d và OH  d nên (OAH)  d. Suy ra HA  d. 14 B. Phương pháp dựng thiết diện: Về nguyên tắc: Nội dung của bài toán dựng thiết diện là tìm giao tuyến của mặt thiết diện với các mặt của đa diện cho trước. Muốn vậy, chỉ cần xác định rõ giao điểm của mặt phẳng thiết diện với các cạnh của đa diện.  Để xác định giao điểm đó, tìm trong từng mặt đa diện hai điểm thuộc tứ diện. Giao điểm của đường thẳng đi qua hai điểm đó và các cạnh của đa diện là các đỉnh của đa giác thiết diện.  Chú ý là: Chỉ có hai đường thẳng cùng mặt phẳng mới có thể cắt nhau. BÀI TOÁN: Dựng thiết diện tạo bởi mặt phẳng (α) biết: (α) vuông góc với một đường thẳng hay một mặt phẳng cho trước. * Trường hợp 1: Nếu (α) đi qua điểm M và (α) vuông góc với đường  d thẳng d cho trước: Ta chuyển quan hệ vuông góc sang quan hệ song song nhờ định lí: d  ( )     //( ) . d  Vì vậy bài toán có thể dựng như sau: chéo nhau a, b cùng vuông góc với d. Khi đó (α) là mặt phẳng đi qua điểm M cho trước và song song hoặc chứa a hay b. d d  Tìm hai đường thẳng cắt nhau hay b a a .M b * Trường hợp 2: Nếu (α) chứa đường thẳng d và (α) vuông góc với mặt phẳng (β) cho trước thì: 15  Tìm một đường thẳng b  (β).  Khi đó (α) là mặt phẳng chứa a và song song (hay chứa) b. C. Bài tập: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B với AB = BC = a; AD = 2a; SA  (ABCD) và SA = 2a. M là một điểm thuộc AB; (α) qua M và vuông góc với AB. a) Tìm thiết diện của (α) với hình chóp S.ABCD. Thiết diện là hình gì? b) Đặt AM = x (0  x  a). Tính diện tích thiết diện theo a và x. Giải: S a) Tìm thiết diện:  BC  AB  SA  AB (do SA  ( ABCD)) Ta có:  P N 2a ( ) // SA . ( ) // BC A 2a  Vì M là điểm chung của (α) và (SAB), D a B M Q a C (α) // SA nên (α) cắt (SAB) theo giao tuyến là đường thẳng qua M, song song với SA và (α)  SB = N. Lập luận tương tự ta có giao tuyến của (α) với hai mặt phẳng (ABCD) và (SBC) lần lượt là hai đường thẳng cùng song song với BC, qua N và cắt SC tại P, qua M và cắt CD tại Q. (α) và (SCD) có hai điểm chung là P, Q nên (α) cắt (SCD) theo giao tuyến là đường thẳng qua P, Q. Vậy thiết diện là tứ giác MNPQ . Tứ giác này có MQ // NP. Suy ra MNPQ là hình thang.  MQ  BC , MN // SA cho nên thiết diện là hình thang vuông tại M  SA  BC (do SA  ( ABCD)) Vì  và N. 16 b) Diện tích của thiết diện: SMNPQ = 1 (MQ + NP).MN. 2 Áp dụng định lí Talet trong SAB; SBC, ta có: MN BM SA.BM 2a (a - x )   MN   2(a  x ) SA BA BA a NP SN AM BC.AM ax    NP   x BC SB AB AB a Ta có: MQ CQ BM AD.BM 2a(a  x )    MQ   2(a  x) . AD CD BA BA a Vậy SMNPQ = 1 [2(a  x) + x].2(a  x) = 2a(a  x). 2 3. PHẦN KẾT LUẬN 3.1 Ý NGHĨA CỦA ĐỀ TÀI Đề tài này được ứng dụng vào trong bài dạy xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi một mặt phẳng. Trước và sau khi áp dụng đề tài, kết quả khảo sát như sau: Tỉ lệ kiểm tra lớp 11A7 : Kết quả Giỏi Khá T.Bình Yếu Lần 1 1 12 10 15 Lần 2 4 16 11 7 Qua thời gian thực hiện đề tài này ở trường tôi thấy chất lượng của học sinh tăng lên rõ rệt. Học sinh có hứng thú học tập hơn trong giờ giải bài tập toán, có tinh thần hợp tác, đoàn kết hơn. Đối với mỗi dạng toán học sinh nhớ lâu hơn và giải được các dạng toán liên quan. 3.2.NHỮNG KIẾN NGHỊ VÀ ĐỀ XUẤT 17 Qua thực tế giảng dạy, lý thuyết này được áp dụng vào bài dạy đã giúp cho học sinh có phương pháp, nắm rõ kiến thức, lí luận để hiểu sâu dạng toán này. Khó khăn: Dạng toán này đòi hỏi học sinh có khả năng tư duy tưởng tượng cao nên công việc xác định thiết diện đối với học sinh là một vấn đề khó. Hơn nữa, lượng thời gian trên lớp cung không nhiều nên các học sinh trung bình và yếu khó nắm bắt và vận dụng. Vì thời gian và năng lực còn hạn chế nên trong quá trình thực hiện đề tài còn nhiều khiếm khguyeets mong các bạn đọc góp ý, bổ sung. Tôi xin chân thành cảm ơn! 18 E. TÀI LIỆU THAM KHẢO: 1. Sách hình học 11 CB. 2. Sách hình học không gian của Phan Huy Khải. 19