SỞ GD & ĐT THANH HOÁ TRƯỜNG THPT LAM KINH *** SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM NÂNG CAO NĂNG LỰC GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG BA PHƯƠNG PHÁP KHÁC NHAU Ở TRƯỜNG THPT LAM KINH Người thực hiện: Nguyễn Văn Tình Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn SKKN thuộc môn: TOÁN THANH HOÁ,NĂM 2013 MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU I Lý chọn đề tài ………………………………………… II Mục đích nghiên cứu………………………………… III Giả thuyết khoa học……………………………………… IV Nhiệm vụ nghiên cứu……………………… V Phương pháp nghiên cứu…………………………………… 5.1 Nghiên cứu lý luận 5.2 Điều tra tìm hiểu 5.3 Thực nghiệm sư phạm NỘI DUNG I Những cứ……………………………………………… 1.1 Căn lý luận …………………………… 1.1.1 Vài nét hình thành vec tơ toạ độ………………… 1.2 Căn vào chất kiến thức hình học…………… 1.2 Căn thực tiễn…………………………………………… II Thực hành giải số dạng toán hình học không gian thông qua khai thác ba phương pháp khác 2.1 Các toán tính thẳng hàng 2.2 Các toán quan hệ song song……………… 2.3 Các toán quan hệ vuông góc……………………… 11 2.4 Các toán tính khoảng cách………………… 15 2.5 Các toán tính góc…………… 17 III Thực nghiệm sư phạm 19 KẾT LUẬN 20 Tài liệu tham khảo………………………………………… MỞ ĐẦU I – LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Mạch logic sách giáo khoa hình học trung học phổ thông kết hợp phương pháp: tổng hợp,vec tơ toạ độ Từ hệ thống kiến thức hình học trình bày đường tổng hợp theo tinh thần phương pháp tiên đề,sách giáo khoa đưa kiến thức vec tơ phép biến hình,sau dựa vào véc tơ để trình bày tiếp kiến thức toạ độ.Việc tổ chức dạy học kiến thức hình học phương pháp khác sở sử dụng loại ngôn ngữ khác nhau: tổng hợp,vec tơ toạ độ giúp cho học sinh hình thành kỹ diễn đạt tri thức toán học hình thức khác mà giúp cho em khai thác tiềm phong phú phương pháp toán học loại ngôn ngữ Nhờ việc chuyển từ phương pháp sang phương pháp khác mà em đựoc phát triển lực sử dụng xác ngôn ngữ,ký hiệu toán học để mô tả,nhận thức kiện Thực trạng nay,tại trường THPT Lam Kinh quy mô rộng hơn,việc học hình học với phận học sinh điều miễn cưỡng,môn hình đưa lại say mê với số học sinh giỏi việc tạo cho em hứng thú học hình cách tiếp cận toán phương pháp khác việc nên làm.Điều góp phần làm cho em nắm vững kiến thức hình học,hiểu chất đối tượng hình học chương trình phỏ thông Hình học không gian chiếm vị trí quan trọng chương trình toán cấp THPT,do việc tìm kiếm đường tổ chức dạy học cho phần hình học không gian nhiều người quan tâm.Đặc biệt,hiện với tiện ích việc sử dụng phương tiện dạy học đại đưa lại,giáo viên trình chiếu nhanh chóng phân tích,so sánh phương pháp giải khác cho toán cụ thể đơn vị thời gian định,cách làm tạo ấn tượng tốt thực có hiệu học sinh Trong năm học 2007 – 2008,với SKKN mình,chúng đề cập đến nội dung này,nhưng tìm tòi mối liên hệ hai phương pháp vec tơ toạ độ,vì năm học đưa thêm vào phương pháp tổng hợp mạnh dạn phát triển đề tài là: Nâng cao lực giải số dạng toán hình học không gian ba phương pháp khác trường THPT Lam Kinh II- MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Mục đích nghiên cứu đề tài xây dựng hệ thống dạng tập hình học không gian giải phương pháp khác III- GIẢ THUYẾT KHOA HỌC Nếu thường xuyên quan tâm mức việc rèn luyện lực chuyển đổi ngôn ngữ sở xây dựng sử dụng quy trình giải toán hình học không gian phương pháp khác góp phần nâng cao chất lượng dạy học hình học trường THPT IV – NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU Xây dựng sở lý luận thực tiễn việc rèn luyện lực chuyển đổi ba phương pháp Xây dựng hệ thống dạng tập hình học không gian giải phương pháp khác Tiến hành thực nghiệm sư phạm nhằm đánh giá mục đích,giả thuyết khoa học đề tài V – PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU 5.1 Nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu tài liệu phương pháp giảng dạy toán,sách giáo khoa,sách giáo viên chương trình hình học cấp THPT 5.2 Điều tra tìm hiểu Tìm hiểu việc dạy học hình học trường THPT Lam Kinh theo chủ đề:hình học tổng hợp,vec tơ toạ độ 5.3 Thực nghiệm sư phạm NỘI DUNG I – NHỮNG CĂN CỨ 1.1 CĂN CỨ LÝ LUẬN 1.1.2 Vài nét hình thành kiến thức vec tơ toạ độ Phương pháp toạ độ có nguồn gốc lịch sử cổ đại.Các nhà thiên văn học Hy lạp(Hippocrates kỷ II-TCN,Ptolemaeus kỷ II )đã dùng toạ độ cầu (vĩ độ kinh độ)để xác định điểm khác trái đất,tuy nhiên phát triển phương pháp toán học bị kìm hãm chưa có ký hiệu chữ quan niệm tổng quát số Việc phương pháp toán học tổng quát để giải toán chứng minh số định lý hình học hạn chế lớn hình học sơ cấp.Trong vật lý,cơ học,kỹ thuật người ta thấy hạn chế cách sâu sắc gặp đường,những mặt phức tạp đường Parabol,đường hypecbol,đường elip ,mặt Paraboloit,mặt Hypecboloit, Cho đến kỷ XVII,nhà toán học Đêcac(R.Descartes)(1596-1650) sáng lập môn hình học giải tích cách độc lập với Phecma(P.Fermat)(1601-1665).Hai ông cống hiến cho khoa học phương pháp – phương pháp toạ độ làm sở cho hình học giải tích ,môn học dùng hệ toạ độ để chuyển hình ảnh hình học ngôn ngữ đại số Có thể nói,sự đời khái niệm toạ độ sau khái niệm vec tơ góp phần thúc đẩy phát triển lý thuyết toán học ứng dụng toán học vào thực tế đời sống 1.1.2 Căn vào chất toán học kiến thức hình học Một nội dung,một khái niệm toán học diễn đạt theo ngôn ngữ,ký hiệu khác nhau.Chẳng hạn: + Khái niệm: “M trung điểm đoạn thẳng AB”  M  AB   MA  MB (theo ngôn ngữ tổng hợp)  MA  MB  ( theo ngôn ngữ vec tơ) x A  xB   xM    y  y A  yB  M (theo ngôn ngữ toạ độ) + Khái niệm: “đường thẳng AB”    M / AM  t AB, t  R ( theo ngôn ngữ vec tơ)  x  xA y  yA   M ( x; y ) /   xB  x A yB  y A   (theo ngôn ngữ toạ độ) Như vậy,một khái niệm toán học có vỏ ngôn ngữ khác ta dựa vào cách diễn đạt theo ngôn ngữ khác mà định hướng để tìm phương pháp khác để giải toán hình học.Chẳng hạn,dựa vào cách diễn đạt khái niệm:”Hai mặt phẳng vuông góc với không gian” ta định hướng cách chứng minh hai mặt phẳng vuông góc: 1/ Theo ngôn ngữ tổng hợp: Để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc với nhau,ta chứng minh góc hai mặt phẳng 900 2/ Theo ngôn ngữ vec tơ: Để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc với nhau,ta chứng minh tích vô hướng (qua phép biến đổi) hai vec tơ pháp tuyến hai mặt phẳng 3/ Theo ngôn ngữ toạ độ:Để chứng minh hai mặt phẳng A1x + B1y + C1z + D1 = A2x + B2y + C+C2z + D2 = vuông góc với nhau,ta chứng minh biểu thức toạ độ tích vô hướng hai vec tơ pháp tuyến hai mặt phẳng A1.A2 + B1.B2 + C1.C2 = 1.2 CĂN CỨ THỰC TIỄN Căn vào logic việc trình bày chủ đề hình học tổng hợp,vec tơ,toạ độ sách giáo khoa hình học THPT Ở cấp THCS,học sinh học hình phương pháp tổng hợp,khái niệm trục toạ độ,hệ trục toạ độ giới thiệu phần đại số lớp lớp 9.Đến lớp 10,chương trình đề cập đến vec tơ mở đầu toạ độ mặt phẳng,dùng véc tơ để khảo sát hệ thức tam giác,đường tròn ứng dụng phần để nghiên cứu phép biến hình.Ơ lớp 11,học sinh học hình học không gian phương pháp tổng hợp.Sang lớp 12,các em dùng vec tơ để xây dựng hệ toạ độ mặt phẳng không gian Quy trình giải toán hình học phương pháp vec tơ tiến hành theo bước sau: Bước 1: + Lựa chọn hệ vec tơ mà ta gọi là:” Hệ vec tơ gốc” + Chuyển giả thiết kết luận toán từ ngôn ngữ hình học tổng hợp sang ngôn ngữ vec tơ  Bước 2: Thực phép biến đổi hệ thức vec tơ theo yêu cầu toán  Bước 3: Chuyển kết luận từ ngôn ngữ vec tơ sang ngôn ngữ hình học Quy trình giải toán hình học phương pháp toạ độ tiến hành theo bước sau:  Bước 1: + Lựa chọn hệ trục toạ độ thích hợp + Chuyển giả thiết kết luận toán từ ngôn ngữ hình học tổng hợp sang ngôn ngữ toạ độ  Bước 2: Thực phép biến đổi toạ độ theo yêu cầu toán  Bước 3: Chuyển kết luận từ ngôn ngữ toạ độ sang ngôn ngữ hình học Như vậy,nội dung hình học trình bày sách giáo khoa cấp phổ thông tạo mạch gắn kết nội dung hình thức: hình học tổng hợp sở nội dung,cơ sở trực quan để trình bày phương pháp vec tơ,đến lượt mình,vec tơ lại sở trực quan phương pháp toạ độ II – THỰC HÀNH GIẢI MỘT SỐ BÀI DẠNG BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN THÔNG QUA VIỆC KHAI THÁC CÁC PHƯƠNG PHÁP KHÁC NHAU 2.1 CÁC BÀI TOÁN VỀ TÍNH THẲNG HÀNG Dạng toán 1: Chứng minh ba điểm thẳng hàng * Phương pháp tổng hợp: Để chứng minh ba điểm A,B,C thẳng hàng ta sử dụng hướng sau: + Chứng minh A,B,C thuộc hai mặt phẳng khác + Chứng minh AB AC song song với đường thẳng * Phương pháp vec tơ + Chứng minh AC  t AB (t  R) + Chứng minh với điểm O tuỳ ý có: OC  t.OB  (1  t ).OA (t  1) + Chứng minh với điểm O tuỳ ý có: OC  t.OB  l.OA (t  l  1) * Phương pháp toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz + Biểu thị toạ độ A,B,C theo hệ toạ độ chọn: A(xA;yA;zA), B(xB;yB;zB) ,C(xC;yC;zC) + Tính toạ độ AB( x B  x A , y B  y A , z B  z A ) , AC( xC  x A , yC  y A , z C  z A )  xC  x A  t.( x B  x A + Chỉ tồn t  R cho  y C  y A  t.( y B  y A )  z  z  t.( z  z ) A B A  C Hoặc thay toạ độ cuả điểm C vào phương trình đường thẳng AB thấy thoả mãn Ví dụ 1:Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1.Gọi G trọng tâm tam giác A1BD.Chứng minh A,G,C1 thẳng hàng Lời giải * Phương pháp tổng hợp: Chứng minh A,G,C1 thuộc hai mặt phẳng khác A Ta có: G  A1O  ( ACC1 A1 ) nên G  ( ACC1 A1 ) D O Vậy A, G, C1  ( ACC1 A1 ) B C G Mặt khác G  DI  ( ADC1 B1 ) nên G ( ADC1 B1 ) I Vậy A, G, C1  ( ADC1 B1 ) A1 D1 Từ suy ba điểm A,G,C1 thẳng hàng B1 C1 Phương pháp vec tơ Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn kiện toán sang ngôn ngữ vec tơ: - Chọn hệ vec tơ gốc AA1 , A1 B1 , A1 D1 Theo ra,G trọng tâm tam giác A1BD nên A1G  A1O - Để chứng minh A,G,C1 thẳng hàng,ta chứng minh A1G  t.AC1 + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán Ta có: AC1  AA1  A1C1   A1 A  A1 B1  A1 D1 , AG  AA1  A1G  A1 A  A1O 3 =  AA1  ( A1 B  A1 D) = ( A1 A  A1 B1  A1 D1 )  AC1 + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp Như vậy,ta có: A1G  A1O hay A,G,C1 thẳng hàng * Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn kiện toán sang ngôn ngữ toạ độ B Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: O  A1 , ta có: D1  Ox , B1  Oy , A  Oz Khi I A1(0;0;0),D1(a;0;0),B1(0;b;0),A(0;0;c),B(0;b ;c),D(a;0;c),C1(a;b;0).Vì G trọng tâm tam a b c giác nên: G =  ; ;  z A D O C G x A1 D1 B1  3 3 y C1 + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ a b 3 c 3 Ta có: AC1  (a; b;c) , AG  ( ; ; )  (a; b;c)  AC1 + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp AG  AC1 hay A,G,C1 thẳng hàng Dạng toán 2:Cho ba điểm A,B,C thẳng hàng,từ suy tính chất khác Ví dụ 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1.P điểm đường thẳng CC1 cho CP  CC1 ,M điểm đường thẳng AD,N điểm đường thẳng BD1 cho M,N,P thẳng hàng.Tính MD MA Lời giải: * Phương pháp tổng hợp: Ta có:  ADD1 A1   MP; BD1   MD1 BCC1 B1   MP; BD1   BP Vì ADD1 A1  // BCC1 B1  nên MD1// BP,do MD1D= suy MD1 D BPC ,vậy nên MD MD MD DD1  từ    hay AD MA DC CP * Phương pháp vec tơ Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn kiện toán sang ngôn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : CB  a , CC1  b , CD  c P Theo giả thiết,ta có: CP  CC1  b Vì D,M,A thẳng hàng nên: DM  x.DA  x.a Vì M,N,P thẳng hàng D1 A1 B1 N nên: CN   CM  (1   ).CP Vì B,N,D1 thẳng C1 D hàng C M nên: A B CN   CD1  (1   ).CB + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán Tacó: CN   (CD  DM )  (1   ).CP   (c  x.a)  (1   ) .b (1)   x.a  (1   ) .b   c Lại có CN   (CC1  CD)  (1   ).CB   (b  c)  (1   ) a  (1   ).a   b   c (2)  x    3 Từ (1) (2) suy ra:  (1   )   2    2 MD      ; x  Vậy DM  DA   3 MA  Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn kiện toán sang ngôn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: C  O , B  Ox , D  Oy , C1  Oz Khi đó: 3c C(0;0;0),B(a;0;0),D(0;b;0),C1(0;0;c),D1(0;b;c),D =  0;0;   2 + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ Mặt phẳng (BD1P) (chứa N) qua B(a;0;0) có z P vec tơ phương BP  (a;0; 3c ) BD1 (a; b; c) D1 C1 A1 B1 nên có phương trình: 3bcx+acy+2abz-3abc = N (3) y  x  a.t Đường thẳng AD có phương trình:  y  b z   D M C C (4) A B x M có toạ độ nghiệm hệ (3) (4) nên M=  2a   2a  a  ; b;0  ,từ có DM   ;0;0  , MA   ;0;0   DM  2MA 3      + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp DM  2MA  MD  MA 2.2 CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ SONG SONG Dạng toán 1: Chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng,đường thẳng song song với mặt phẳng,hai mặt phẳng song song  Phương pháp tổng hợp: + Để chứng minh hai đường thẳng a b song song với nhau,ta chứng minh chúng đồng phẳng áp dụng cách chứng minh hình học phẳng như: tính chất đường trung bình,định lý Talet đảo chứng minh hai đường thẳng song song với đường thẳng thứ ba, + Để chứng minh a//(P) ta chứng minh a//b với b  (P) + Để chứng minh hai mặt phẳng song song với nhau,ta chứng minh mặt phẳng chứa hai đường thẳg cắt song song với mặt phẳng kia,  Phương pháp vec tơ,phương pháp toạ độ Khi giải toán dạng này,ta tiến hành:Chuyển kiện toán ngôn ngữ vec tơ toạ độ,sau biến đổi đẳng thức vec tơ (hoặc toạ độ) thu dạng đẳng thức vec tơ (hoặc toạ độ) tương đương với điều kiện song song Ví dụ3: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1.M điểm chia đoạn AD theo tỉ số  ,N điểm chia đoạn A1C theo tỉ số  Chứng minh: MN//(BC1D) Lời giải * Phương pháp tổng hợp: Đặt O = AC  BD , I = MC  BD ,J = A1C  C1O Ta có: Mặt khác C1 B1 JC OC   suy JA1 A1C1 1 CJ CJ  CA1  CN Vậy  3 CN D1 A1 N J (1) IC CB AD    IM MD MD D M C I O A B IC CJ CI  Từ (1) (2) có:  hay MN//IJ (  BC1 D ),do MN//(BC1D) CM CN CM * Phương pháp vec tơ Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn kiện toán sang ngôn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : BA  a , BB1  b , BC  c M điểm chia đoạn AD theo tỉ số  1 2 ,nên AM  AD N điểm chia đoạn A1C theo tỉ số  nên A1 N  A1C ,để chứng 5 minh: MN//(BC1D) ta chứng minh MN  m.BD  n.BC1 + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán Ta có: BD  a  c , BC1  b  c , MN  BN  BM = BA  AA1  A1 N  BA  AM  ab 2 3 (c  a  b)  a  c   a  b  c   (a  c)  (b  c)   BD  BC1 5 5 5 5 5 + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp MN   BD  BC1 * Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyển kiện z P toán sang ngôn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: C  O , D B  Ox , D  Oy , C1  Oz Giả sử ba kích thước A1 B N hình hộp a,b,c,khiđó: C(0;0;0),B(a;0;0),D(0;b;0),C1(0;0;c),A(a;b;0),A1 = a; b; c M điểm chia đoạn AD theo tỉ số  x D C M A M B y 4a 3a 3b 3c ,nên M=( , b,0) ,N=( , , ) 5 5 + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ 10 Mặt phẳng (BC1D) có phương trình là: x y z     bcx+acy+abz+abc = a b c a Đường thẳng MN có vec tơ chi phương MN  ( , 2b 3c , ) 5 + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp Vì n.MN  nên n  MN hay MN//(BC1D) Dạng toán 2:Cho biết quan hệ song song,từ suy tính chất hình học khác Ví dụ 4: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1.M điểm đường chéo AC mặt phẳng (ABCD),N điểm đường chéo thẳng C1D mặt phẳng (CDD1C1) cho MN//BD1.Tính tỉ só MN BD * Phương pháp tổng hợp: Đặt I = BM  D1 N ,vì I  BM  ( ABCD ) I  D1 N  (CDD1C1 ) nên I CD Ta có: IN DN DI   ND1 NC1 C1 D1 do CD // C1 D1  , IM CM CI do AB // CD  mặt khác   MB MA AB IN IM do MN // BD1  nên suy ra:  ND1 MB DI CI  DI = CI hay I trung C1 D1 AB A1 D1 B1 C1 N A điểm CD M B Vậy I D C IM MN IM  hay   MB IB BD1 * Phương pháp vec tơ Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn kiện toán sang ngôn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : BA  a , BB1  b , BC  c Theobài ra,A,M,C thẳng hàng nên MC  x AC , C1,N,D thẳng hàng nên C1 N  y.C1 D ,vì MN//BD1 nên MN  k.BD1 + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán Tacó: MN  k.(a  b  c) (1) AC  c  a , CC1  b , C1 D  a  b , MN  MC  CC1  C1 N = (2) Vì  x  y  x  k    a , b , c đồng phẳng nên từ (1) (2) suy 1  y  k   y  x  k    k   MN  BD1 11 + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp MN 1 MN MN  BD1  =  hay BD1 BD1  Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn kiện toán sang ngôn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: A  O , B  Ox , D  Oy , A1  Oz Giả sử ba kích thước hình hộp a,b,c,khiđó: A(0;0;0),B(a;0;0),D1(0;b;c),C1(0;0;c),C(a;b;0),C1 = a; b; c Vì M  AC nên M(xM;yM;0),Vì N  DC1 nên N=(xN;b;zN) + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ MN  ( x N  x M ; b  y M ; z N ) , BD1  (a; b; c) , MC  (a  x M ; b  y M ;0) , AC  (a; b;0) , C1 N  ( x N  a;0; z N  c) , C1 D  (a;0;c) Từ giả thiết suy ra: MN//BD1 suy z A1 D1 B1 C1 N A D M B y C x  x N  x M  ka  MN  k.BD1  b  y M  kb  z  kc  N a  x M  xa (2) , b  y M  xb (1),M  AC  MC  x AC    x N  a   ya N  C1 D  C1 N  yC1 D    z N  c   yc  x  y  x  k   (3) Từ (1),(2),(3) suy 1  y  k   y  x  k    k   MN  BD1 + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp 2.3 CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ VUÔNG GÓC Dạng toán 1: Chứng minh tính vuông góc đường thẳng mặt phẳng  Phương pháp tổng hợp: * Để chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P),ta chứng minh: + a vuông góc với hai đường thẳng cắt (P) + a song song với dường thẳng b mà b  (P) + Sử dụng định lý:” Nếu a thuộc mặt phẳng (P) mà (P) vuông góc với (Q) a vuuong góc với giao tuyến (P) (Q) a  (P)” + Sử dụng định lý:” Nếu a giao tuyến hai mặt phẳng (P) (Q) vuông góc với mặt phẳng (R) a vuông góc với mặt phẳng (R)” * Để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc với nhau,ta chứng minh : 12 + Mặt phẳng chứa đường thẳng vuông góc với mặt phẳng + Góc hai mặt phẳng có số đo 900  Phương pháp vec tơ: Để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc với nhau,ta quy chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, để chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng,ta quy chứng minh đường thẳng vuông góc với đường thẳng.Như phương pháp vec tơ ta cần ý: AB  CD  AB.CD   Phương pháp toạ độ + Để chứng minh AB  CD ta chứng minh:(xB-xA)(xD-xC)+ (yB-yA)(yD-yC)+ (zB-zA)(zDzC)=0 + Để chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ta chứng minh vec tơ phương đưòng thẳng phương với vec tơ pháp tuyến mặt phẳng + Để chứng minh hai mặt phẳng A1x + B1y + C1z + D1 = A2x + B2y + C2z + D2 = vuông góc với nhau,ta chứng minh A1.A2 + B1.B2 + C1.C2 = Ví dụ5: Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1.Gọi P trung điểm AB,Q giao điểm BC1 CB1.Chứng minh D1Q  (PB1C) Lời giải: * Phương pháp tổng hợp: B C Vì D1 B1C Q trung điểm B1C P R D A nên D1Q  B1C (1) Q Gọi R S trung điểm CD CC1,khi đó: RC1//PB1, QS  (CDD1C1) nên QS  RC1.Mặt khác D1S  RC1 nên RC1  (QSD1).Vậy RC1  D1Q nên S B1 A1 C1 D1 D1Q  PB1 (2).Từ (1) (2) suy D1Q  (PB1C)  Phương pháp vec tơ Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn kiện toán sang ngôn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc D1Q  ( D1 B1  D1C ) + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán 2 Ta có B1 P  ( B1 A  B1 B) = ( B1 A1  2.B1 B)  a  b , B1C  B1 B  B1C1  b  c 1 1 1 ( D1 B1  D1C ) = ( a  b  c  a ) =  a  b  c 2 2 2 1 B1 P D1Q = ( a  b) (  a  b  c )= 2 1 B1C D1Q  (b  c) ( a  b  c) = 2 D1Q  + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp B1 P D1Q = ()  D1Q  PB1 B1C D1Q =  D1Q  B1C Vậy D1Q  B1C 13 * Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyển kiện toán sang ngôn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: B1  O , A C1  Ox , B  Oz , A1  Oy Giả sử kích thước hình lập phương a,khiđó: B1(0;0;0),C1(a;0;0), P trung điểm AB a nên P  (0; ; a) , B(0;0;a),C(a;0;a), D1(a;a;0),A = 0; a; a  a a Q trung điểm B1C nên Q  ( ;0; ) 2 z B C D Q x B1 C1 A1 D1 y + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ a a Ta có: QD1 ( ; a; ) vec tơ phương đường thẳng QD1.Mặt phẳng (PB1C) qua B1 nhận hai vec tơ phương B1 P B1C nên có vec tơ pháp tuyến 1 a a n  ( ;1; ) phương với QD1 ( ; a; ) nên D1Q  (PB1C) 2 2 Dạng toán 2: Cho biết đường thẳng hay mặt phẳng vuông góc từ suy tính chất hình học khác Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD,đáy nửa lục giác đều.AB = B = CD = a.Cạnh bên SA vuông góc với đáy SA  a M điểm cạnh SB cho M khác B AM  MD Tính tỉ số SM 2)Tính diện tích thiết diện tạo hình chóp mặt phẳng (AMD) SB Lời giải:* Phương pháp tổng hợp: S BD  AB suy BD  (SAB) BD  SA 1) Ta có:  BD  AM.Mặt khác AM  MD nên AM  (BMD),do 2 M N đó: AM  SB.khi đó: SA -SM = AB – BM ,hơn SM + BM =SB.Suy ra: 3a  SM   SM  BM  2a   SM    SB SM  BM  2a  BM  a  2 2 A D B C 2/ Thiết diện hình thang AMND có diện tích S tính theo công thức: S  ( MN  AD).MH ,với MN đường cao hình thang AD = 2a 3 , MN  BC  a 4 14 1   với AM 2 MH AM MD a a 39 11 39a 13a  MH  , MD  SM  SD  2.SM SD cos DSM  Vậy S  64 Tính MH: Vì AM  MD nên: = * Phương pháp vec tơ Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn kiện toán sang ngôn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : AB  a , AD  b , AS  c ; a  a , b  2a , c  a ta có: a.b  a , b.c  a.c  AM  MD  MA.MD  (1) + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán 1) Ta có SM   SB   ( AB  SA)   (a  c) , D1Q  a 1 1 ( D1 B1  D1C ) = ( a  b  c  a ) = 2 2 1 b  c ( Với    1, M  B); 2 MA  SA  SM =  c   (a  c) MD  MA  AD =  a  (  1)c  b Khi (1)  [  c   (a  c) ].[  a  (  1)c  b ] =  4  7      (loai )     Vậy SM  SB  Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn kiện toán sang ngôn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: A  O , D  Ox , S  Oz , Oy  ( ABCD ) : Oy  Oz a a ;0) 2 khiđó: A(0;0;0),D(2a;0;0), S(0;0;a ), B  ( ; + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ Đặt M= ( x0;y0;z0) SB Đường thẳng SB có phương trình: Vì M  SB nên:  y  3x0  Mặt    z  a  3a khác AM  MD  MA.MD  3a   x0   3a  ta tìm được:  y    a z0   Vậy SM  ( y x za   a a a 2 z S N M x A D B C y 3a 3a 3a a a 3 ; ; ) ; SB  ( ; ; a ) SM  SB 8 4 2 15 2.4 CÁC BÀI TOÁN VỀ TÍNH KHOẢNG CÁCH Dạng toán 1: Chứng minh tính vuông góc đường thẳng mặt phẳng  Phương pháp tổng hợp: + khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng a: d(M;a) = MH ( MH  a;H a ) + khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) xác định sau: - Chọn (P) đường thẳng a dựng mặt phẳng (Q) qua A vuông góc với a( nên chọn a để mặt phẳng (Q) dễ xác định) - Xác định b  P  Q - Dựng AH  b H, d(A;( P)) = AH + Khoảng cách hai đường thẳng chéo a b Ngoại trừ trường hợp đoạn vuông góc chung có sẵn,ta phải dựng đoạn vuông góc chung cách sau: Cách 1: (áp dụng cho trường hợp a  b) - Dựng mặt phẳng (P) chứa b vuông góc với a A - Dựng AB  b B,khi đó: d(a;b) = AB Cách 2: - Dựng mặt phẳng (P) chứa b song song với a - Chọn M  a ,dựng MH  (P) H - Từ H dựng a///a; a /  b  B - Từ B dựng đường thẳng song song với MH cắt a A,khi d(a;b) = AB  Phương pháp vec tơ: phươngpháp này,ta cần ý áp dụng tích vô hướng hai vec tơ để tính khoảng cách - Khoảng cách hai điểm A B: AB  AB  AB - Khoảng cách từ điểm M đến đuờng thẳng a: Giải theo trình tự sau: Chọn A  a đặt AM  b Gọi N hình chiếu vuông góc điểm M a, đó: MH  AH  AM = xa  b Tìm x nhờ điều kiện vuông góc MH , a : ( xa  b ) a  suy MH  xa  b - Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) có cặp vec tơ chi phương a , b : Chọn A  a đặt AM  m Gọi H hình chiếu vuông góc M mặt phẳng (P),khi đó: MH  AH  AM = xa  yb  m Ta tìm hệ số x,y nhờ điều kiẹn   vuông góc MH ; a ; b từ suy khoảng cách cần tìm là: MH  xa  yb  m + Khoảng cách hai đường thẳng chéo a b có hai vec tơ phương a , b , Giải theo trình tự sau: - Chọn A  a B  b đặt AB  m - Gọi MN đoạn vuông góc chung a b,khi đó: MA  x a  BN  yb  MN a   MN b  - Biểu không diễn MN theo vec tơ đồng phẳng: MN  MA  AB + BN = xa  yb  m 16 - Ta tìm hệ số x,y nhờ điều kiẹn vuông góc AB ; a ; b từ suy   khoảng cách cần tìm là: MH  xa  yb  m * Phương pháp toạ độ:Đối với phương pháp này,ta cần ý số công thức: - Khoảng cách hai điểm A B: AB  x B  x A 2   y B  y A 2  z B  z A 2 - Khoảng cách từ điểm M ( x0 ; y ; z ) đến đường thẳng  qua điểm M x1 ; y1 ; z1  có vec tơ phương u(a; b; c) : d ( M ; )  MM ,u u - Khoảng cách từ điểm M x1 ; y1 ; z1  đến mặt phẳng (P):Ax + By +Cz +D = d (M ; ( P))  Ax0  By  Cz  D A2  B  C - Khoảng cách hai đường thẳng chéo a b qua hai điểm M, M1 có hai vec tơ phương a , b : d (a; b)  a,bMM a, b Chú ý: - Việc tính khoảng cách hai đường thẳng chéo quy tính khoảng cách giưã hai điểm đường thẳng mặt phẳng song song hai mặt phẳng song song - Việc tính khoảng cách đường thẳng mặt phẳng song song, hai mặt phẳng song song quy tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng Ví dụ 6: Cho tứ diện OABC có góc AOB=BOC=COA = 900 OA = a,OB = b,OC = c.Gọi D trung điểm OC 1) Tính khoảng cách từ A đến đường thẳng BD 2) Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (ABC) Lời giải: * Phương pháp tổng hợp: 1) Gọi M hình chiếu vuông góc A BD,khi có: OM  BD Xét tam giác vuông AOM có: AM2 = AO2+OM2 = a2+OM2 O Mặt khác,xét tam giác vuông OBD có: 1 1 b c 2      OM  OM OB OD b c 4b  c b c  d ( A; BD )  AM  a  4b  c 2) Gọi H hình chiếu vuông góc O mặt phẳng (ABC) £  AH  BC Vì OH  BC OA  BC nên BC  (OAH) BC  AH BC  OE D M C A H E B Ta có: 1 1     2 OH OA OE a OE hay d (O; ( ABC )  OH  với ,vì 1 1      2 OH a b c b c abc a 2b  b c  c a 17 * Phương pháp vec tơ Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn kiện sang ngôn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : OA  a , OB  b , OC  c ;khi a  a , b  b , c  c a.b  b.c  a.c  D trung điểm OC nên OD  1 OC  c 2 + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán x 1) Ta có AM  BM  BA  x.BD  AB  a  (1  x).b  c Vì x 4b c AM  BD  AM BD   [  a  (1  x)b  c) ] .(  b) =  x= Vậy 2 4b  c d ( A; BD )  AM  AM  a  b c 4b  c *Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn O kiện toán sang ngôn D ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: M A  Ox , B  Oy , C  Oz C A khiđó: O(0;0;0),A(a;0;0),B(0,b;0) C(0;0;c), Vì D trung điểm H x z B c OC nên D  (0;0; ) + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ 1) Đặt M hình chiếu vuông góc A BD.Ta có: c  BD   0,b,  ; BA  a,b,0 Vậy 2  d ( A; BD )  AM   BA, BD     a2  BD b c 4b  c 2) Gọi H hình chiếu vuông góc O mặt phẳng (ABC),mặt phẳng (ABC) có phương trình ( theo đoạn chắn) là: d (O; ( ABC ))  OH  x y z     bcx  acy  abz  abc  a b c abc a 2b  b 2c  c a 2.5 CÁC BÀI TOÁN VỀ TÍNH GÓC * Phương pháp vec tơ: + Góc hai đường thẳng d1 d2 có hai vec tơ phương a1 , a2 xác định: cos( d1 ; d )  cos(a1 ;a )  a1 a a1 a 18 + Việc tính góc đường thẳng mặt phẳng quy tính góc đường thẳng hình chiếu mặt phẳng + Việc tính góc hai mặt phẳng quy tính góc hai đường thẳng tương ứng vuông góc với hai mặt phẳng * Phương pháp toạ độ: + Góc hai vec tơ xác a1 ( x1 ; y1 ; z1 ) , a2 ( x2 ; y ; z ) định: cos(a1 ;a )  x1 x  y1 y  z1 z x1  y12  z12 x 22  y 22  z 22 + Góc hai đường thẳng chéo d1 d2 có hai vec tơ phương a1 , a2 xác định: cos( d1 ; d )  cos( a1 ;a )  a1 a a1 a x  x0 y  y z  z    mặt phẳng P):Ax + By +Cz +D = a b c Aa  Bb  Cc xác định: sin( d ; ( P))  A2  B  C a  b  c + Góc đường thẳng d: + Góc hai mặt phẳng (P):A1x + B1y + C1z + D1 = (Q): A2x + B2y + C2z + D2 = xác định: cos(( P); (Q))  A1 A2  B1 B2  C1C A1  B1  C1 A2  B2  C 2 2 2 Ví dụ 7: Cho hai tia Ax1 By1 hợp với góc 600.Đường thẳng AB vuông góc với hai Ax1 By1.AB = a.Hai điểm M , N nằm hai tia Ax1 By1sao cho AM = m,BN = n Tính cosin góc hai đường thẳng MN AB theo a,m,n Lời giải:  Phương pháp tổng hợp: Dựng At//By1 NH//AB ( H  At )Ta N B y1 có: AB  AH , AB  AM  AB  (MHA) Mặt khác NH//AB nên NH  (MHA)  NH  MH Vì NH = AB = A a,MH2 = AM2 + AH2 - 2.AM.AH.cos600 H t M x1 = m2 + n2 –m.n suy MN2 = MH2 + AH2 = m2 + n2 + a2 – m.n Vậy cos( MN ; AB)  cos MNH  a m  n  a  mn * Phương pháp vec tơ Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn kiện sang ngôn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : MA  a , AB  b , BN  c ;khi a  m , b  a , c  n a.b  b.c  0; a.c  mn + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán 19 Ta có: MN  MA  AB  BN  a  b  c ; AB  b  a ; AB MN  b.(a  b  c)  a ; MN  (a  b  c)  m  n  a  m.n * Phương pháp toạ độ: Quy trình giải y B toán gồm:+ Bước 1: Chọn hệ toạ N y1 độ,chuyển kiện toán sang ngôn ngữ toạ độ.Chọn hệ trục toạ độ Oxyz A cho: O  A , Ox  Ax1 , B  Oz , Oy  (Oxz ), Oy  Oz, khiđó: H t M x1 A(0;0;0),M(m;0;0),B(0,0;a), n  Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ Ta có: MN    m, , a  , AB  0,0, a  suy 2  n MN  m  n  a  m.n ; AB  a ; MN AB  a Vậy cos( MN ; AB)  a m  n  a  mn 2 III - THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 3.1 Mục đích thực nghiệm: Nhằm đánh giá tính khả thi,kiểm tra tính đắn gỉả thuyết khoa học,tính hiệu quy trình giải toán phương pháp khác nhau:tổng hợp,vec tơ toạ độ 3.2 Nội dung thực nghiệm: Các tiết thực nghiệm tiết 34,chương kiểm tra 45 phút chương trình lớp 12 ban khoa học tự nhiên.Sau dạy cho học sinh quy trình giải toán phương pháp khác nhau,ở tiết tập 34 ,chúng muốn kiểm tra kỹ vận dụng quy trình em 3.3 Tổ chức thực nghiệm Chúng tiến hành thực nghiệm hai lớp ban khoa học tự nhiên trường THPT Lam Kinh,lớp thực nghiệm 12C1 chọn lớp đối chứng lớp 12C2 Thời gian thực nghiệm: Năm học 2012-2013 Bài kiểm tra 45 phút Hãy giải toán sau phương pháp khác nhau: Bài 1: Cho tứ diện OABC có tam giác AOB,BOC,COA tam giác vuông đỉnh O OA =a,OB = b,OC = c.Tính khoảng cách từ O tới mặt phẳng (ABC) Bài 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1.Gọi M,N điểm chia hai đoạn thẳng CA DC1 theo tỉ số  Chứng minh MN//(ABC1D1) 20 3.4 Kết thực nghiệm Điểm Lớp Thực nghiệm Đối chứng Kết sơ bộ: 10 Số 15 12 11 51 12 14 50 + Lớp thực nghiệm tỉ lệ học sinh đạt kết trung bình trở lên là:47 ( tỉ lệ giỏi là:55% ) + Lớp đối chứng tỉ lệ học sinh đạt kết trung bình trở lên là:22 ( tỉ lệ giỏi là:18% ) 3.5 Kết luận thực nghiệm + Việc dạy học cho học sinh quy trình giải toán hình học không gian phương pháp khác thông qua số tiết dạng tập giúp cho em thấy mối liên hệ chủ đề hình học tổng hợp,vec to toạ độ + Giúp em có kỹ thực giả toán hình theo quy trình đưa ra, + Việc tổ chức dạy học tốt nhờ ứng dụng công nghệ thông tin,dùng phương tiện dạy học đại gây cho học sinh hứng thú học tập môn hình,nâng cao hiệu dạy Như vậy,mục đích thực nghiệm đạt giả thuyết khoa học đề tài chấp nhận KẾT LUẬN Qua trình nghiên cứu đề tài: “ Nâng cao lực giải số dạng toán hình học không gian ba phương pháp khác trường THPT Lam Kinh” thu số kết quả: Đề tài làm sáng tỏ lý luận thực tiễn việc rèn luyện lực chuyển đổi ngôn ngữ Đề tài đưa quy trình giải lớp toán phương pháp hìmh học tổng hợp,vec tơ toạ độ 3.Dựa kinh nghiệm thực tế giáo viên qua kết thực nghiệm cho phép xác nhận giả thuyết đề tài chấp nhận được,có tính hiệu mục đích nghiên cứu hoàn thành 21 Xác nhận thủ trưởng đơn vị Thanh hoá,ngày 20 tháng5 năm 2013 Tôi xin cam đoan SKKN viết,không chép nội dung người khác Người viết Nguyễn Văn Tình 22 Sở GD - ĐT Thanh Hoá HĐKH trường THPT Lam Kinh Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam Độc lập – Tự – Hạnh phúc PHIẾU ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI SKKN NĂM HỌC 2012 – 2013 Tên SKKN: “ Nâng cao lực giải số dạng toán hình học không gian ba phương pháp khác trường THPT Lam Kinh” Tác giả: NGUYỄN VĂN TÌNH , cấp THPT Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn Đơn vị công tác: Trường THPT Lam Kinh Các tiêu chuấn đánh giá: Tiêu chuẩn Nội dung nhận xét tiêu chuẩn Điểm tiêu chuẩn 2,5 2,0 1,5 Phù hợp với thực tiễn,giúp học sinh nắm Tính thiết thực quy trình giải số dạng toán * HHKG phương pháp khác Có cải tiến phương pháp giảng dạy số Tính sáng tạo dạng tập HHKG nhờ áp dụng công nghệ * thông tin Tính khoa học Tính hiệu Tổng số điểm: Xếp loại: Có sở lý luận thực tiễn,khảo sát đối chứng đầy đủ,khách quan * Có hiệu rõ rệt việc giúp học sinh học tập môn hình học trường THPT Lam Kinh * Bằng số: 9.5 Bằng chữ: Chín phẩy năm A Thọ Xuân,ngày 20 tháng năm 2013 Người đánh giá xếp loại Lê Thị Hương 23 1,0 [...]... mình viết ,không sao chép nội dung của người khác Người viết Nguyễn Văn Tình 22 Sở GD - ĐT Thanh Hoá HĐKH trường THPT Lam Kinh Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam Độc lập – Tự do – Hạnh phúc PHIẾU ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI SKKN NĂM HỌC 2012 – 2013 Tên SKKN: “ Nâng cao năng lực giải một số dạng bài toán hình học không gian bằng ba phương pháp khác nhau ở trường THPT Lam Kinh Tác giả: NGUYỄN VĂN TÌNH , cấp THPT Chức... phương tiện dạy học hiện đại đã gây cho học sinh hứng thú học tập môn hình ,nâng cao hiệu quả của giờ dạy Như vậy,mục đích thực nghiệm đã đạt và giả thuyết khoa học của đề tài là chấp nhận được KẾT LUẬN Qua quá trình nghiên cứu đề tài: “ Nâng cao năng lực giải một số dạng bài toán hình học không gian bằng ba phương pháp khác nhau ở trường THPT Lam Kinh đã thu được một số kết quả: 1 Đề tài đã làm sáng tỏ... dạy học cho học sinh quy trình giải các bài toán hình học không gian bằng các phương pháp khác nhau thông qua một số tiết và dạng bài tập đã giúp cho các em thấy được các mối liên hệ giữa các chủ đề hình học tổng hợp,vec to và toạ độ + Giúp các em có kỹ năng thực sự giả một bài toán hình theo quy trình đã đưa ra, + Việc tổ chức dạy học tốt nhờ ứng dụng công nghệ thông tin,dùng các phương tiện dạy học. .. thuyết khoa học, tính hiệu quả của quy trình giải các bài toán bằng các phương pháp khác nhau: tổng hợp,vec tơ và toạ độ 3.2 Nội dung thực nghiệm: Các tiết thực nghiệm là tiết 34,chương 3 và một bài kiểm tra 45 phút trong chương trình lớp 12 ban khoa học tự nhiên.Sau khi đã dạy cho học sinh quy trình giải bài toán bằng các phương pháp khác nhau, ở tiết bài tập 34 ,chúng tôi muốn kiểm tra kỹ năng vận dụng... THPT Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn Đơn vị công tác: Trường THPT Lam Kinh Các tiêu chuấn đánh giá: Tiêu chuẩn Nội dung nhận xét về từng tiêu chuẩn Điểm các tiêu chuẩn 2,5 2,0 1,5 Phù hợp với thực tiễn,giúp học sinh nắm 1 Tính thiết thực được quy trình giải một số dạng bài toán * HHKG bằng các phương pháp khác nhau Có cải tiến về phương pháp giảng dạy một số 2 Tính sáng tạo dạng bài tập HHKG nhờ áp dụng... hai lớp ban khoa học tự nhiên của trường THPT Lam Kinh, lớp thực nghiệm là 12C1 và chọn lớp đối chứng là lớp 12C2 Thời gian thực nghiệm: Năm học 2012-2013 Bài kiểm tra 45 phút Hãy giải các bài toán sau bằng các phương pháp khác nhau: Bài 1: Cho tứ diện OABC có các tam giác AOB,BOC,COA là những tam giác vuông đỉnh O và OA =a,OB = b,OC = c.Tính khoảng cách từ O tới mặt phẳng (ABC) Bài 2: Cho hình hộp... giảng dạy một số 2 Tính sáng tạo dạng bài tập HHKG nhờ áp dụng công nghệ * thông tin 3 Tính khoa học 4 Tính hiệu quả Tổng số điểm: Xếp loại: Có cơ sở lý luận và thực tiễn,khảo sát đối chứng đầy đủ,khách quan * Có hiệu quả rõ rệt trong việc giúp học sinh học tập môn hình học ở trường THPT Lam Kinh * Bằng số: 9.5 Bằng chữ: Chín phẩy năm A Thọ Xuân,ngày 20 tháng 5 năm 2013 Người đánh giá xếp loại Lê Thị Hương... thực tiễn của việc rèn luyện năng lực chuyển đổi ngôn ngữ 2 Đề tài đã đưa ra quy trình giải một lớp các bài toán bằng các phương pháp hìmh học tổng hợp,vec tơ và toạ độ 3.Dựa trên kinh nghiệm thực tế của giáo viên và qua kết quả thực nghiệm cho phép xác nhận giả thuyết của đề tài là chấp nhận được,có tính hiệu quả và mục đích nghiên cứu đã hoàn thành 21 Xác nhận của thủ trưởng đơn vị Thanh hoá,ngày 20... ngôn ngữ hình học tổng hợp MN   BD  BC1 * Phương pháp toạ độ: Quy trình giải bài toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyển các dữ kiện z P bài toán sang ngôn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: C  O , D 1 B  Ox , D  Oy , C1  Oz Giả sử ba kích thước của A1 B N hình hộp là a,b,c,khiđó: C(0;0;0),B(a;0;0),D(0;b;0),C1(0;0;c),A(a;b;0),A1 = a; b; c M là điểm chia đoạn AD theo tỉ số  x 1...  3  1 MN  BD1 3 11 + Bước 3: Chuyển kết luận ra ngôn ngữ hình học tổng hợp MN 1 1 MN 1 MN  BD1  =  hay 3 BD1 3 BD1 3  Phương pháp toạ độ: Quy trình giải bài toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn các dữ kiện bài toán sang ngôn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: A  O , B  Ox , D  Oy , A1  Oz Giả sử ba kích thước của hình hộp là a,b,c,khiđó: A(0;0;0),B(a;0;0),D1(0;b;c),C1(0;0;c),C(a;b;0),C1