SKKN sáng kiến kinh ngiệm giúp học sinh nhận dạng và giải một số dạng toán hình học không gian ở trường THPT triệu sơn 2

22 458 0
SKKN sáng kiến kinh ngiệm giúp học sinh nhận dạng và giải một số dạng toán hình học không gian ở trường THPT triệu sơn 2

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Thông tin tài liệu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GIÚP HỌC SINH NHẬN DẠNG VÀ GIẢI MỘT SỐ DẠNG TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG TRIỆU SƠN Người thực hiện: Hồ Văn Quảng Chức vụ: Giáo viên Sáng kiến kinh nghiệm thuộc môn: Toán THANH HOÁ NĂM 2014 MỤC LỤC NỘI DUNG Đặt vấn đề………… … Giải vấn đề…… 2.1 Cơ sở lý luận……… 2.2 Thực trạng vấn đề………… 2.3 Giải pháp tổ chức thực hiện…… 2.3.1 Dạng 1: Tính tỷ số thể tích khối đa diện 2.3.2 Dạng 2: Tính thể tích khối đa diện ……… …… 2.3.3 Dạng 3: Chứng minh biểu thức hình học… 2.3.4 Dạng 4: Giải toán cực trị hình học……… 2.3.5 Dạng 5: Tính khoảng cách…… 2.3.6 Dạng 6: Tính diện tích đa giác…… 2.4 Kiểm nghiệm… Kết luận đề xuất TRANG 1 1 11 15 17 17 18 Đặt vấn đề Trong năm qua việc đổi phương pháp dạy học quan tâm không ngành giáo dục mà toàn xã hội Việc viết sáng kiến kinh nghiệm hàng năm nhằm góp phần nâng cao chất lượng giáo dục, đúc rút kinh nghiệm đổi giảng dạy giáo viên Qua năm giảng dạy trường THPT nhận thấy học sinh thường gặp khó khăn việc giải toán hình học không gian đề thi đại học Nguyên nhân toán hình học không gian mang tính trừu tượng cao, thuật giải không phân dạng cụ thể mà học sinh gặp khó khăn tiếp thu kiến thức vận dụng vào giải toán Để giúp em dể tiếp thu kiến thức vận dụng vào giải toán xin giới thiệu số dạng toán thường gặp có định hướng giải cụ thể nhằm giúp học sinh định hướng phương pháp giải cho dạng Với mong muốn góp phần nhỏ nâng cao chất lượng dạy học, cung cấp cho em học sinh thêm số phương pháp để giải toán hình học không gian cách dể dàng hơn, viết đề tài: “Giúp học sinh nhận dạng giải số dạng toán hình học không gian trường trung học phổ thông Triệu Sơn 2” Giải vấn đề 2.1 Cơ sở lý luận Để tính thể tích khối đa diện người ta thường chia khối đa diện thành khối đa diện đơn giản(khối chóp) dể tính thể tích Tuy nhiên việc làm gặp nhiều khó khăn kể học sinh có học lực giỏi đặc biệt học sinh có học lực trung bình điều thực Trong nhiều trường hợp chia khối đa diện thành khối chóp việc tính thể tích khối chóp gặp không khó khăn không xác định đường cao hay không tính diện tích đáy Nhưng học sinh biết chuyển việc tính thể tích khối cách thông qua tính tỉ số thể tích hai khối chóp toán trở nên đơn giản nhiều 2.2 Thực trạng vấn đề Trong năm gần việc đổi phương pháp dạy học Bộ giáo dục triển khai sâu rộng nước đạt số chuyển biến tích cực Các phương pháp dạy học đại nhiều giáo viên áp dụng Với đổi góp phần tạo môi trường học tập mà học sinh hoạt động trí tuệ nhiều hơn, có hội để khám phá kiến tạo tri thức, qua học sinh có điều kiện tốt lĩnh hội học phát triển tư cho thân họ Tuy nhiên, thực tế nhiều giáo viên gặp khó khăn việc tiếp cận thực phương pháp dạy học đặc biệt việc dạy hình học mà có giải tập hình học Qua thực tế giảng dạy trường THPT Triệu Sơn nhận thấy đa số học sinh ngại học hình học đặc biệt hình học không gian Nguyên nhân chất hình học không gian mang tính trừu tượng cao, toán thuật giải cụ thể Bên cạnh phần không nhỏ trình giảng dạy người giáo viên chưa tạo cho học sinh hứng thú học tập, chưa quan tâm bồi dưỡng hình học cách mức có khoa học, chưa có phương pháp hệ thống toán phù hợp cho dạng Chính câu hình học không gian đề thi tuyển sinh Đại học Cao đẳng câu khó đa số học sinh Phần lớn em quên kiến thức hình học không gian lớp 11 việc học hình học không gian lớp 12, đặc biệt vấn đề tính thể tích khối đa diện học sinh tỏ lúng túng Trước thực trạng trình giảng dạy nghiên cứu xây dựng lớp toán tính thể tích toán có liên quan dựa vào tỉ số thể tích hai khối chóp tam giác 2.3 Giải pháp tổ chức thực Qua thực tế giảng dạy thấy người giáo viên biết định hướng đưa hệ thống tập phù hợp học sinh dể dàng tiếp thu vận dụng làm toán dạng cách đơn giản kể học sinh có học lực trung bình Từ giúp em biết mở rộng vận dụng cho toán , dạng toán liên quan khác khó Sau hệ thống toán xây dựng theo quan điểm việc tập sách giáo khoa quen thuộc học sinh Bài toán: (Bài trang 25 hình học 12 bản) Cho hình chóp S.ABC Trên đoạn thẳng SA, SB, SC lấy ba điểm A’, vS A ' B 'C ' SA SB ' SC ' = B’, C’ khác với S Chứng minh rằng: (1) vS ABC SA SB SC Giải: Gọi h h’ chiều cao hạ từ A A’ đến mặt phẳng (SBC) Gọi S1, S2 theo thứ tự diện tích tam giác SBC SB’C’ Khi ta h SA ' A = có: h ' SA · S2 sin B ' SC '.SB '.SC ' SB ' SC ' Từ A' = = h S SB SC · sin BSC.SB.SC h' C' S C suy điều phải chứng minh H' H B' Vận dụng toán ta giải B số dạng toán thường gặp đề thi đại học thi học sinh giỏi sau 2.3.1 Dạng 1: Tính tỉ số thể tích khối đa diện Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Lấy M, N cạnh SB, SD cho: SM SN = =2 BM DN a) Mặt phẳng (AMN) cắt cạnh SC P Tính tỉ số SP CP b) Tính tỉ số thể tích hai khối chóp SAMPN SABCD Giải: a) Gọi O = AC ∩ BD, E = SO ∩ MN Vì S SM SN = nên MN//BD Do BM DN SM SN SE = = = Trong tam giác BM DN OE SAC ta có SO đường trung tuyến P SE = nên E trọng tâm tam OE E N giác AE đường trung tuyến tam giác nên P trung điểm SC Vậy M A O SP =1 CP V SM SP 1 = SAMP = = = VSABC SB SC 3 B VSAMPN D C b) V SABCD Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vuông cân ABC (AC= BC = a), SA ⊥ ( ABC ) , SA = AB ( α ) qua A vuông góc với SB B’, cắt SC C’ Tính tỉ số thể tích hai khối đa diện tạo thành thiết diện cắt hình chóp S.ABC v = vS ABC , Giải: Đặt v1 = vSAB 'C ' , v2 = vAB 'C ' BC = v − v1 S v2 v v1 SA SB ' SC ' SB ' SC ' B' = = Ta có v = v − ; SB SC SB ' = AB = a = SA Do ∆ SAB cân A ⇒ SB B C' A C SA2 = SC '.SC ⇒ v SA SB SC BC ⊥ ( SAC ) ⇒ BC ⊥ AC '  ⇒ AC ' ⊥ ( SBC ) ⇒ AC ' ⊥ SC ( α ) ⊥ SB ⇒ AC ' ⊥ SB  Ta có tam giác SAC: SC ' SA2 v v = = ⇒ = = ⇒ = −1 = 2 SC SC v 3 v1 2.3.2 Dạng 2: Tính thể tích khối đa diện Ví dụ 1: (ĐH khối A – 2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M trung điểm AB; mặt phẳng qua SM song song với BC, cắt AC N Biết góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) 60 Tính thể tích khối chóp S.BCNM theo a Giải: + Cách 1: Mặt phẳng qua SM song song với BC, cắt AC N suy MN//BC N trung điểm AC VASNM AM AN = = ⇒ VASMN = VASBC VASBC AB AC 4 Hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) nên SA ⊥ ( ABC ) · AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA = 600 SA = AB tan 600 = 3a S N A C M 3a VASBC = SA.S ∆ABC = B 3 3a ⇒ VASMN = ⇒ VS BCNM = 3a (đvtt) + Cách 2: Hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) · nên SA ⊥ ( ABC ) AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA = 600 SA = AB tan 60 = 3a Mặt phẳng qua SM song song với BC, cắt AC N ⇒ MN / / BC N trung điểm AC MN = BC AB = a, BM = = 2 S BCNM = ( BC + MN ) BM 3a = 2 Thể tích: VS BCNM = S BCNM SA = a 3 Ví dụ 2: (ĐH khối D – 2006) Cho khối chóp D.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, DA=2a SA vuông góc với đáy Gọi M, N hình chiếu vuông góc A lên đường thẳng DB, DC Tính thể tích khối chóp ABCNM theo a vDAMN DM DN = Giải: Ta có: vDABC DB DC D N M A C B AM AN đường cao tam giác vuông DAB, DAC DM DA2 4a DM = = =4⇒ = nên hai tam giác nên ta có: MB AB a DB DN 4 16 = Do vDAMN = vDABC = vDABC ⇒ vABCMN = vDABC DC 5 25 25 3 a a 3a Mà vDABC = 2a Vậy vABCMN = = ( dvtt ) 50 Ví dụ 3: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình chữ nhật, SA vuông góc với đáy G trọng tâm tam giác ASC, (ABG) cắt SC M, cắt SD N Tính thể tích khối đa diện MNABCD biết SA = AB = a góc hợp đường thẳng AN (ABCD) 300 Giải: Từ giả thuyết suy M, N lần S lượt trung điểm SC, SD S∆ADC = S∆ABC = S ABCD M N ⇒ VSADC = VSABC = VSABCD B G A VSAMN SN SM H = = VSACD SD SC D C 1 ⇒ VSAMN = VSACD = VSABCD VSAMB SM 1 = = ⇒ VSAMB = VSACB = VSABCD VSACB SC 2 1 ⇒ VSABMN = VSAMN + VSABM = ( + )VSABCD = VSABCD ⇒ VMNABCD = VSABCD Gọi H 8 a trung điểm AD NH//SA ⇒ NH ⊥ ( ABCD ) ⇒ NH = SA = ·NAH = 300 2 NH a AH = = ⇒ AD = AH = a ⇒ S ABCD = a tan 30 a3 3a ⇒ VSABCD = ⇒ VMNABCD = 24 Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang, · BAD = ·ABC = 900 , AB=BC=a, AD=2a, SA ⊥ ( ABCD) SA=2a Gọi M, N trung điểm SA SD Tính thể tích khối chóp SBCNM theo a Giải: Áp dụng công thức (1) ta có: vSBCM SM 1 S = = ⇒ VSBCM = VSBCA vSBCA SA 2 vSCMN SM SN 1 = = ⇒ VSCMN = VSCAD N M vSCAD SA SD 4 1 ⇒ vSBCNM = vSBCM + vSCNM = vSBCA + vSCAD D 3 A a 2a a = + = 2.3 4.3 B C Ví dụ 5: (ĐH khối D – 2010) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, cạnh bên SA=a, hình chiếu vuông góc đỉnh S mặt phẳng ABCD điểm H thuôc đoạn thẳng AC cho AH=AC/4 Gọi CM đường cao tam giác SAC Chứng minh M trung điểm SA tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a Giải: S *) Chứng minh M trung điểm SA: Từ giả thiết ta tính a a 14 3a M AH = , SH = , CH = 4 A B SC = a ⇒ SC = AC H Do tam giác SAC cân C nên M trung điểm SA D C *) Tính thể tích khối tứ diện SBCM: + Cách 1: Ta có: vSMBC SM 1 = = ⇒ vSMBC = vSABC vSABC SA 2 ⇒ vSABC 1 a 14 a 14 a 14 = SH S ∆ABC = a = ( dvtt ) ⇒ vSMBC = (dvtt ) 3 24 48 2 + Cách 2: M trung điểm SA ⇒ S∆SCM = S∆SCA ⇒ VS BCM = VB.SCM = VB.SCA = VS ABC ⇒ VSBCM = a 14 S ∆ABC SH = 48 Ví dụ 6: (ĐH khối B – 2006) Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD hình chữ nhật, AB=SA=a, AD = a , SA vuông góc với đáy Gọi M, N trung điểm AD SC, gọi I giao điểm BM AC Tính thể tích khối tứ diện ANIM theo a Giải: Gọi O giao điểm AC BD Ta có I trọng tâm tam giác ABC, AI AI = ⇒ = nên đó: AO AC v AIMN AI AM 1 = = = (1) mặt khác S vACDN AC AD vACDN NC = = (2) v ACDS SC N vAIMN = từ (1) (2) suy mà v 12 M ACDS A D I vSACD O B C 1 a 2.a a = SA.S∆ACD = a = 3 a3 ⇒ v AIMN = vSACD = (dvtt ) 12 72 Ví dụ 7: (ĐH khối A – 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, mặt bên SAD tam giác nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi M, N, P trung điểm cạnh SB, BC, CD Tính thể tích khối tứ diện CMNP theo a Giải: S Cách 1: Áp dụng (1) ta có: vCMNP CN CP = = (a) vCMBD CB CD M vCMBD vBMCD BM = = = (b) vCSBD vBSCD BS A B Nhân vế theo vế (a) (b) ta được: H vCMNP 1 N = ⇒ vCMNP = vSBCD vSBCD 8 C P D Gọi H trung điểm AD ta có: SH ⊥ AD ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) (do ( SAD) ⊥ ( ABCD) ) 1 a a3 a3 Do đó: vSBCD = SH S ∆BCD = Vậy vCMNP = a = ( dvtt ) 3 2 12 96 Cách 2: Gọi H trung điểm AD ta có: SH ⊥ AD ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) (do ( SAD) ⊥ ( ABCD) ) ⇒ SH ⊥ BP (1) Xét hình vuông ABCD ta có ∆CDH = ∆BCP ⇒ CH ⊥ BP (2) Từ (1) (2) suy BP ⊥ ( SHC ) Vì MN//SC AN//CH nên (AMN)//(SHC) Suy BP ⊥ ( AMN ) ⇒ BP ⊥ AM Kẻ MK ⊥ ( ABCD) ⇒ MK / / SH MH = SH = a , S ∆CNP = CN CP = a 3a Vậy VCMNP = MK S ∆CNP = 96 2.3.3 Dạng 3: Chứng minh biểu thức hình học Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình bình hành Mặt phẳng ( α ) không qua S, cắt cạnh SA, SB, SC, SD A’, B’, C’, D’ Chứng minh rằng: a) S 114 sách tập hình học 11 nâng cao) b) Nếu S.ABCD hình chóp C' D' SA SC SB SD + = + ( Bài trang SA ' SC ' SB ' SD ' chứng minh: A' B' D C 1 1 + = + SA ' SC ' SB ' SD ' a) Xét hình chóp S.ABCD S.ADC ta có: vSA ' B 'C ' SA ' SB ' SC ' = vSABC SA SB SC A vSA ' D 'C ' SA ' SD ' SC ' = vSADC SA SD SC Đặt v = vSABCD ta có: SA ' SB ' SC ' SA ' SD ' SC ' = + ( 1) SA SB SC SA SD SC B vSABC = vSADC = v ⇒ vSA ' B 'C ' D ' v Xét hình chóp S.ABD S.BCD ta có: vSA ' B ' D ' SA ' SB ' SD ' = ; vSABD SA SB SD ⇒ vSB 'C ' D ' SB ' SC ' SD ' = vSBCD SB SC SD vSA ' B 'C ' D ' SA ' SB ' SD ' SB ' SC ' SD ' = + ( 2) v SA SB SD SB SC SD Từ (1) (2) ta có: SB ' SC ' SD ' SA '  SB SD  SB ' SC ' SD ' SA '  SA SC  + +  ÷=  ÷ ⇒ đpcm SB SC SD SA  SB ' SD '  SB SC SD SA  SA ' SC '  b) Nếu SABCD hình chóp SA= SB= SC= SD ⇒ đpcm Ví dụ 2: ( α ) cắt hình chóp lục giác SA1B1C1D1E1 F1 A , B , C , D , E , F Chứng minh rằng: 1 1 1 + = + = + SA SD SB SE SC SF S Giải: Áp dụng ví dụ 7a cho hình chóp SA1 B1 D1 E1 có đáy hình bình hành ta SA1 SD1 SB1 SE1 + = + có: SA SD SB SE Do SA1 = SB1 = SD1 = SE1 1 1 ⇒ + = + (1) SA SD SB SE áp dụng cho hình chóp SA1 F1D1C1 ta có: 1 1 + = + (2) SA SD SC SF Từ (1) (2) ⇒ đpcm F A E D C B F1 E1 A1 D1 Ví dụ 3: Trên đáy ABC hình B1 C1 chóp SABC lấy điểm M Qua M kẻ đường thẳng song song với SA, SB, SC cắt S mặt bên hình chóp A’, B’, C’ Chứng minh rằng: A2 B' C2 B2 A' C' A C M A1 B C1 vMA ' B 'C ' MA ' MB ' MC ' = vSABC SA SB SC Giải: Gọi A1 , B1 , C1 điểm đối xứng với A’, B’,C’ qua M ⇒ vMA ' B 'C ' = vMA1B1C1 Lấy A2 ∈ SA : SA2 = MA1 , B2 ∈ SB : SB2 = MB1 C2 ∈ SC : SC2 = MC1 ⇒ vMA1B1C1 = vSA2 B2C2 ⇒ vMA ' B 'C ' = vSA2 B2C2 B1 ⇒ vMA ' B 'C ' vSA2 B2C2 SA2 SB2 SC2 MA ' MB ' MC ' = = = vSABC vSABC SA SB SC SA SB SC Ví dụ 4: Cho góc tam diện Oxyz điểm M bên Một mặt phẳng qua M cắt cạnh góc A, B, C Chứng minh rằng: v 2OABC ( vMOBC vMOCA vMOAB ) có giá trị không phụ thuộc cách chọn mặt phẳng Giải: Qua M kẻ đường thẳng song song ox, oy, oz cắt mặt bên hình chóp OABC A’, B’, C’ Áp dụng ví dụ ta có: vOABC OA OB OC = không đổi (1) vMA ' B 'C ' MA ' MB ' MC ' vOABC v 3OABC Ta cần biểu diễn v v v theo v ( MOBC MOCA MOAB ) MA ' B ' C ' vOABC OC = Ta chứng minh v Kẻ CH ⊥ ( ABO ) MK ⊥ ( ABO ) ⇒ KM// CH, MC ' MOAB ¼ = KMC ¼ ' , MKC ¼ ' = CHO ¼ = 900 MC’// CO ⇒ OCH ⇒ VCHO ≈VMKC ' ⇒ O CH SVOAB vOABC CH CO = = = vMOAB MK SVOAB MK MC ' vOABC OA vOABC OB = = Tương tự v , MA ' vMOAC MB ' MOBC H B' A' C' K A CH CO = MK MC ' ⇒ C M x ⇔ (1) vOABC v OABC = ⇔ vMA ' B 'C ' vMOBC vMOAB vMOAC z B v 2OABC = vMOBC vMOAB vMOAC vMA ' B 'C ' y không đổi Ví dụ 5: Cho hình chóp tam giác S.ABC, ( α ) thay đổi luôn qua điểm I cố định đường cao SO cắt cạnh SA, SB, SC M, N, P Chứng minh rằng: S 1 + + không phụ thuộc vị trí SM SN SP (α) M Giải: Đặt SA= a, SI/SO =k không I đổi v = vSABC , v1 = vSMNI , v2 = vSINP , v3 = vSIPM ta có: v1 SM SN SI 3v SM SN = ⇒ 1= k vSAOB SA SB SO v a2 Tương tự ta có: P N C A O B 3v2 SN SP = k v a2 v + v2 + v3 k 3v3 SM SP = k ⇒ = ( SM SN + SN SP + SP.SM ) (1) v a v 3a v1 + v2 + v3 vSMNP SM SN SP SN SM SP = = = (2) v v SA SB SC a3 1 + + = Từ (1) (2) suy ra: không đổi SM SN SP ka Mặt khác 2.3.4 Dạng 4: Giải toán cực trị hình học Ví dụ 1: Cho tứ diện S.ABC tích V M 1điểm tuỳ ý đáy ABC.Qua M kẻ đường thẳng // với SA, SB, SC cắt mặt SBC, SAC, SAB A’ B’ C’ Gọi V1 thể tích MA’B’C’ Chứng minh rằng: v1 ≤ v 27 Giải: Gọi giao điểm AM, BM, CM với cạnh VABC là: P, Q, R Theo định lí Xêva ta có: MP QM RM + + = Mặt khác ta có: S PA B' C' Q A' A R QB RC MP MA ' ; QM MB ' ; RM MC ' = ⇒ = = QB SB PA SA RC SC MA ' MB ' MC ' + + = Áp dụng bất đẳng SA SB SC MA ' MB ' MC ' thức cosi ta có: ≥ 3 SA SB SC C P B (*) Theo ví dụ ta có: vMA ' B 'C ' MA ' MB ' MC ' v1 v v = = ⇒ ( *) ⇔ ≥ 3 ⇔ ≥ ⇒ v1 ≤ v 27 v 27 vSABC SA SB SC v v MP QM RM Dấu “=” xảy ⇔ PA = QB = RC = M trọng tâm tam giác ABC O B' A' C' C A x C1 M A1 B y z Ví dụ 2: Cho góc tam diện Oxyz điểm M cố định góc Hãy dựng mặt phẳng qua M cắt góc tam diện thành tứ diện tích bé Giải: Giả sử ( α ) qua M cắt Ox, Oy, Oz A,B, C, qua M kẻ đường thẳng song song Ox, Oy, Oz cắt mặt OAB, OBC, OAC C’, A’, B’ Theo ví dụ ta có: vMA ' B 'C ' MA ' MB ' MC ' MA ' MB ' MC ' = vMA ' B 'C ' không đổi nên vOABC bé vOABC OA OB OC OA OB OC lớn Gọi giao điểm AM, BM, CM với canh tam giác ABC A1 , B1 , C1 AM BM CM MA ' MB ' MC ' 1 + + = Áp dụng bất Theo định lí Xêva ta có A A + B B + C C = ⇒ OA OB OC 1 đẳng thức Côsi ta có: ≥ 3 MA ' MB ' MC ' OA OB OC A1M B1M C1M MA ' MB ' MC ' ≤ Dấu “=” xảy ⇔ A A = B B = C C = suy M OA OB OC 27 1 trọng tâm tam giác ABC Vậy dựng ( α ) qua M nhận M trọng tâm tam giác tạo thành ( α ) cắt Ox, Oy,Oz tứ diện tạo thành tích bé ⇒ *Cách dựng: Ví dụ 3: Gọi G trọng tâm tứ diện ABCS Mặt phẳng quay xung quanh AG cắt cạnh SB, SC M, N Gọi v = vABCS , v1 = vSAMN Chứng minh rằng: ≤ v1 v ≤ Giải: Gọi A’ la trọng tâm tam giác SBC, O trung điểm BC suy A, G, A’ S, A’,O thẳng hàng SA SM SN SM SN SM SN = = x; = y với ≤ x, y ≤ 1(*) ⇒ v1 = xy Do Đặt v SA SB SC SB SC v SB SC M , A ', N ∈ ( AMN ) ∩ ( SBC ) ⇒ M, A’, N thẳng hàng v1 = OH ⊥ BS , A ' K ⊥ SB SA ' A ' K ⇒VSA ' K : VSOH ⇒ = SO OH A ' K SM S SA ' SM ⇒ VSA ' M = = OH SB SVSOB SO SB 2S 2S 2x ⇒ VSA ' M = VSA ' M = SVSOB SVSBC SVSA ' N y S + SVSA ' N = ⇒ VSMA ' = SVSBC SVSBC Kẻ A B H M K G S A' N O C x ≠ 1/ ⇒ y = x+ y x + y SVSMN SM SN ⇒ = = 3 SVSBC SB SC = xy ⇒ x + y = 3xy ⇔ y ( 3x − 1) = x x = 1/ ⇒ = 1/ ( vl ) x 1  ≥ ⇒ x ∈ ( −∞;0] ∪ ( 13 ; +∞ ) kết hợp (*) ⇒ x ∈  ;1 3x − 3  −1 Mặt khác y ' = 3x − < 0, ∀x ≠ ⇒ hàm số nghịch biến ( 13 ;1] ⇒ y ≤ y ( 1) = ( ) Vậy y ∈ [ ;1] Tương tự ta có: x ∈ [ ;1] ⇒ x ( 3x − ) v1 x x2 = x = = f ( x) ⇒ f '( x) = v 3x − 3x − ( 3x − 1) Bảng biến thiên: x 1/2 f’(x) 2/3 - 1/2 f(x) Vậy + 1/2 4/9 v1 ≤ ≤ v Ví dụ 4: Trên cạnh AB, BC, CD, DA, AC BD tứ diện ABCD lấy điểm M, N, P, Q, S, R Gọi v1 , v2 , v3 , v4 , v thể tích khối tứ diện AMSQ, BMNR, CNPR, DPQR ABCD Tìm giá trị nhỏ v v v v v A Giải: v1 AM AS AQ = v AB AC AD M v2 BM BN BR = Q v BA.BC.BDA S v3 CN CP.CS R D = B v CB.CD.CA v4 DQ.DR.DP N = P v DA.DB.DC C v1v2v3v4 AM BM BN CN CP.DP DQ.AQ AS CS BR.DR = v4 AB BC CD DA2 AC BD v4 AB BC CD DA2 AC BD ⇒ = v1v2v3v4 AM BM BN CN CP.DP DQ.AQ AS CS BR.DR ⇒ Ta có: AB AB  AM + BM  AM BM ≤  ⇒ ≥4 ÷ = AM BM   BC CD DA2 AC BD ≥ 4; ≥ 4; ≥ 4; ≥ 4; ≥4 Tương tự: BN CN CP.DP DQ AQ AS CS BR.DR v4 ⇒ ≥ 46 Dấu “=” xảy M, N, P, Q, S, R trung v1v2v3v4 điểm AB, BC, CD, DA, AC BD Ví dụ 5: Cho điểm O bên tứ diện ABCD, tia AO, BO, CO, DO cắt mặt đối diện A1 , B1 , C1 , D1 Tìm giá trị nhỏ OA OB OC1 OD1 F= 1+ 1+ + OA OB OC OD Giải: Dựng AH , OO1 vuông góc với (BCD) thì: vABCD AH AA1 OA v ABCD = = ⇒ = −1 vOBCD OO1 OA1 OA1 vOBCD Đặt v = v ABCD ; v1 = vOBCD : OA1 v = A OA v − v1 Tương tự với đỉnh lại ta có: OA OB OC1 OD1 F= 1+ 1+ + O OA OB OC OD v v v v C B = + + + A1 v − v1 v − v2 v − v3 v − v4 O1 H 1 1 = v( + + + )−4 v − v1 v − v2 v − v3 v − v4 D 1 1 = −4 + ( v − v1 ) + ( v − v2 ) + ( v − v3 ) + ( v − v4 )  ( + + + ) v − v1 v − v2 v − v3 v − v4 16 Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có: F ≥ −4 + = Dấu xảy 3 v v1 = v2 = v3 = v4 = 2.3.5 Dạng 5: Tính khoảng cách Ví dụ 1: (ĐH khối D – 2002) Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc với (ABC), AD = AC = 4cm, AB = 3cm, BC = 5cm Tính khoảng cách từ A đến (BCD) Giải: Ta có: D Do đó: AB + AC = BC ⇒ AB ⊥ AC khác vABCD = AB AC AD = 8cm Mặt M CD = 2, BD = BC = nên tam giác BCD cân B, gọi M trung điểm CD 1 ⇒ S ∆BCD = DC.BM = 25 − = 34 C 2 A 3v 3.8 34 = Vậy d ( A,( BCD)) = ABCD = S∆BCD 34 17 B Ví dụ 2: (ĐH khối D – 2007) · Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD hình thang, ·ABC = BAD = 900 , AD=2a, BA = BC = a, cạnh bên SA vuông góc với đáy SA = a Gọi H hình chiếu vuông góc A lên SB Chứng minh tam giác SCD vuông tính theo a khoảng cách từ H đến mặt phẳng SCD Giải: Ta có: AC + CD = AD nên tam giác S ACD vuông C ⇒ CD ⊥ AC ⇒ CD ⊥ SC nên tam giác SCD vuông C vSHCD SH = , tam giác SAB vuông A AH vSBCD SB đường cao nên: H 2 SH SA 2a SH D = = =2⇒ = A HB AB a HB 2 a a3 Vậy vSHCD = vSBCD = a = B C 3 1 S∆SCD = CD.SC = a 2.2a = a 2 2 3a a ⇒ d ( H ,( SCD )) = = 9a Ví dụ 3: (ĐH khối D – 2008) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên AA’ = a Gọi M trung điểm BC Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ khoảng cách hai đường thẳng AM B’C Giải: Từ giả thuyết suy tam giác ABC vuông cân B Thể tích C' A' B' E H A C M B khối lăng trụ VABC.A’B’C’ = AA’.SABC = (đvtt) a .a = a 2 Gọi E trung điểm BB’ ta có: EM//CB’ suy B’C // (AME) nên d(B’C;AM)=d(B’C; (AME))=d(C;(AME)) Ta có: vCAEM MC = = vCAEB CB ⇒ vCAEM 1 a a a3 = vEACB = = 2 2 24 3vCAEM Gọi H hình chiếu vuông góc B lên AE, ta S ∆AEM có BH ⊥ AE Hơn BM ⊥ ( ABE ) ⇒ BM ⊥ AE ⇒ AE ⊥ HM Mà AE = a , ∆ABE vuông B nên: 1 a Tam giác BHM vuông B nên: = + = ⇒ BH = 2 BH AB EB a a a a 21 1 a a 21 a 14 MH = + = ⇒ S ∆AEM = AE.HM = = 2 3a a = Vậy d(C,(AME)) = a 14 24 Ta có: d (C ,( AME )) = 2.3.6 Dạng 6: Tính diện tích đa giác Ví dụ 1: (ĐH khối A – 2002) Cho hình chóp tam giác S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy a Gọi M, N trung điểm SB, SC Tính diện tích tam giác AMN theo a, biết ( AMN ) ⊥ ( SBC ) vSAMN SM SN V = = ⇒ VSAMN = SABC Giải: vSABC SN SC 4 S Gọi I trung điểm MN (do ⇒ SI ⊥ MN ⇒ SI ⊥ ( AMN ) N ( AMN ) ⊥ ( SBC ) ) Gọi J giao điểm BC I với SI suy I, J trung điểm SJ BC AI ⊥ SJ (do SJ ⊥ ( AMN ) ) nên ∆ASJ cân A J G A (vì AI vừa đường cao vừa đường B a trung tuyến) ⇒ AJ = AS = Gọi G ⇒ SG ⊥ ( ABC ) ⇒ SG = SA2 − GA2 = a 15 trọng tâm ∆ABC 3V a3 a3 a 10 ⇒ S ∆AMN = SAMN = VSABC = SG.S ∆ABC ⇒ VSAMN = (dvdt ) SI 24 96 16 M C 2.4 KIỂM NGHIỆM: Tôi thực nghiệm giảng dạy nhiều lớp qua nhiều khoá nhận thấy có hiệu đặc biệt học sinh học tập sôi nổi, đa số em nắm tốt vận dụng làm toán tương tự kể em có học lực trung bình Nguyên nhân lời giải theo phương pháp ngắn gọn nhiều so với cách giải khác, học sinh cần biết kiến thức hình học không gian làm Đề tài áp dụng cho đối tượng học sinh đặc biệt ôn thi Đại học – Cao đẳng bồi dưỡng học sinh giỏi Qua thực tế gặt hái số kết như: có nhiều học sinh đậu Đại học – Cao đẳng có em đỗ Á khoa, nhiều học sinh đạt giải học sinh giỏi cấp tỉnh 3 KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT: Tôi thử nghiệm dạy đề tài qua nhiều khoá, có bổ sung chỉnh sửa thêm cho phù hợp hoàn thiện nhiên tránh sai sót mong góp ý thầy cô giáo để sáng kiến kinh nghiệm ngày hoàn thiện Xác nhận thủ trưởng đơn vị Triệu Sơn, ngày 20 tháng năm 2014 Tôi xin cam đoan sáng kiến kinh nghiệm viết, không chép người khác Người viết Hồ Văn Quảng TÀI LIỆU THAM KHẢO Văn Như Cương, Bài tập hình học 11 nâng cao - Nhà xuất giáo dục Đề đáp án thi đại học từ năm 2002 đến năm 2013 Trần Văn Hạo, Hình học 12 – Nhà xuất giáo dục Trần Văn Hạo, Chuyên đề luyện thi vào đại học Hình học không gian, Nhà xuất giáo dục Phan Huy Khải, 500 toán chọn lọc bất đẳng thức – Nhà xuất Hà Nội [...]... SC cắt S mặt bên hình chóp lần lượt tại A’, B’, C’ Chứng minh rằng: A2 B' C2 B2 A' C' A C M A1 B C1 vMA ' B 'C ' MA ' MB ' MC ' = vSABC SA SB SC Giải: Gọi A1 , B1 , C1 là điểm đối xứng với A’, B’,C’ qua M ⇒ vMA ' B 'C ' = vMA1B1C1 Lấy A2 ∈ SA : SA2 = MA1 , B2 ∈ SB : SB2 = MB1 C2 ∈ SC : SC2 = MC1 ⇒ vMA1B1C1 = vSA2 B2C2 ⇒ vMA ' B 'C ' = vSA2 B2C2 B1 ⇒ vMA ' B 'C ' vSA2 B2C2 SA2 SB2 SC2 MA ' MB ' MC... sinh chỉ cần biết những kiến thức cơ bản về hình học không gian là có thể làm được Đề tài có thể áp dụng cho mọi đối tượng học sinh đặc biệt là ôn thi Đại học – Cao đẳng và bồi dưỡng học sinh giỏi Qua thực tế tôi đã gặt hái được một số kết quả như: có nhiều học sinh đậu Đại học – Cao đẳng trong đó có những em đỗ Á khoa, nhiều học sinh đạt giải học sinh giỏi cấp tỉnh 3 KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT: Tôi đã thử... a 6 , ∆ABE vuông tại B nên: 2 1 1 1 3 a 3 Tam giác BHM vuông tại B nên: = + = 2 ⇒ BH = 2 2 2 BH AB EB a 3 a 2 a 2 a 21 1 1 a 6 a 21 a 2 14 MH = + = ⇒ S ∆AEM = AE.HM = = 4 3 6 2 2 2 6 8 2 3a 2 a 7 = Vậy d(C,(AME)) = a 2 14 7 24 8 Ta có: d (C ,( AME )) = 2. 3.6 Dạng 6: Tính diện tích đa giác Ví dụ 1: (ĐH khối A – 20 02) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng a Gọi M, N lần lượt... BMNR, CNPR, DPQR và ABCD Tìm giá trị nhỏ nhất 4 của v v v v v 1 2 3 4 A Giải: v1 AM AS AQ = v AB AC AD M v2 BM BN BR = Q v BA.BC.BDA S v3 CN CP.CS R D = B v CB.CD.CA v4 DQ.DR.DP N = P v DA.DB.DC C v1v2v3v4 AM BM BN CN CP.DP DQ.AQ AS CS BR.DR = v4 AB 2 BC 2 CD 2 DA2 AC 2 BD 2 v4 AB 2 BC 2 CD 2 DA2 AC 2 BD 2 ⇒ = v1v2v3v4 AM BM BN CN CP.DP DQ.AQ AS CS BR.DR ⇒ Ta có: 2 AB 2 AB 2  AM + BM  AM... với đáy và SA = a 2 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB Chứng minh rằng tam giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách từ H đến mặt phẳng SCD Giải: Ta có: AC 2 + CD 2 = AD 2 nên tam giác S ACD vuông tại C ⇒ CD ⊥ AC ⇒ CD ⊥ SC nên tam giác SCD vuông tại C vSHCD SH = , tam giác SAB vuông tại A và AH vSBCD SB là đường cao nên: H 2 2 SH SA 2a SH 2 D = = 2 =2 = A 2 HB AB a HB 3 2 2 1 a 2 a3 2 Vậy... từ A đến (BCD) Giải: Ta có: D Do đó: AB 2 + AC 2 = BC 2 ⇒ AB ⊥ AC 2 khác vABCD = 1 AB AC AD = 8cm Mặt 6 M CD = 4 2, BD = BC = 5 nên tam giác BCD cân tại B, gọi M là trung điểm của CD 1 1 ⇒ S ∆BCD = DC.BM = 4 2 25 − 8 = 2 34 C 2 2 A 3v 3.8 6 34 = Vậy d ( A,( BCD)) = ABCD = S∆BCD 2 34 17 B Ví dụ 2: (ĐH khối D – 20 07) · Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thang, ·ABC = BAD = 900 , AD=2a, BA = BC = a,... hợp và hoàn thiện tuy nhiên vẫn không thể tránh được những sai sót vì vậy rất mong được sự góp ý của các thầy cô giáo để sáng kiến kinh nghiệm ngày càng hoàn thiện hơn Xác nhận của thủ trưởng đơn vị Triệu Sơn, ngày 20 tháng 5 năm 20 14 Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh nghiệm do tôi viết, không sao chép của người khác Người viết Hồ Văn Quảng 1 2 3 4 5 TÀI LIỆU THAM KHẢO Văn Như Cương, Bài tập hình. .. VABC.A’B’C’ = AA’.SABC = 1 2 3 (đvtt) a 2 .a 2 = a 2 2 Gọi E là trung điểm của BB’ ta có: EM//CB’ suy ra B’C // (AME) nên d(B’C;AM)=d(B’C; (AME))=d(C;(AME)) Ta có: vCAEM MC 1 = = vCAEB CB 2 ⇒ vCAEM 1 1 1 a 2 a 2 a3 2 = vEACB = = 2 2 3 2 2 24 3vCAEM Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AE, ta S ∆AEM có BH ⊥ AE Hơn nữa BM ⊥ ( ABE ) ⇒ BM ⊥ AE ⇒ AE ⊥ HM Mà AE = a 6 , ∆ABE vuông tại B nên: 2 1 1 1 3 a 3 Tam... 2 a3 2 Vậy vSHCD = vSBCD = a 2 = B C 3 3 3 2 9 1 1 S∆SCD = CD.SC = a 2. 2a = a 2 2 2 2 3a 3 2 a ⇒ d ( H ,( SCD )) = 2 = 9a 2 3 Ví dụ 3: (ĐH khối D – 20 08) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên AA’ = a 2 Gọi M là trung điểm của BC Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C Giải: Từ giả thuyết suy ra tam... viết Hồ Văn Quảng 1 2 3 4 5 TÀI LIỆU THAM KHẢO Văn Như Cương, Bài tập hình học 11 nâng cao - Nhà xuất bản giáo dục Đề và đáp án thi đại học từ năm 20 02 đến năm 20 13 Trần Văn Hạo, Hình học 12 cơ bản – Nhà xuất bản giáo dục Trần Văn Hạo, Chuyên đề luyện thi vào đại học Hình học không gian, Nhà xuất bản giáo dục Phan Huy Khải, 500 bài toán chọn lọc về bất đẳng thức – Nhà xuất bản Hà Nội

Ngày đăng: 23/10/2016, 12:34

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan