SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT LÝ THƯỜNG KIỆT SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI THIẾT LẬP HỆ TRỤC TỌA ĐỘ GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN TỐN HỌC 12 CƠ BẢN Người thực hiện: Nguyễn Văn Hưng Chức vụ: Giáo viên Đơn vị công tác: Trường THPT Lý Thường Kiệt Lĩnh vực: Hình học THANH HĨA NĂM 2017 MỤC LỤC A PHẦN MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài Khảo sát thực trạng học sinh giải tốn hình học khơng gian cổ điển Các giảp pháp giúp học sinh giải tốn hình học khơng gian cổ điển 3.1 Nội dung toán thường gặp 3.2 Phương pháp 3.3 Cơ sở thực tiễn a Thuận lợi b Khó khăn Phương pháp nghiên cứu Đối tượng phạm vi áp dụng đề tài B PHẦN NỘI DUNG Các dạng hình thường gặp ví dụ áp dụng DẠNG 1: Hình chóp có chứa góc tam diện vng a Phương pháp thiết lập b Ví dụ áp dụng DẠNG 2: Hình chóp tam giác a Phương pháp thiết lập b Ví dụ áp dụng DẠNG 3: Hình chóp có đáy hình thoi, hình chữ nhật, hình vng hình chiếu đỉnh trùng với tâm đa giác đáy a Phương pháp thiết lập b Ví dụ áp dụng DẠNG 4: Hình chóp có cạnh bên vng góc với mặt phẳng đáy; đáy tam giác cân, tam giác đều, tam giác vuông 11 a Phương pháp thiết lập 11 b Ví dụ áp dụng 12 DẠNG 5: Hình lăng trụ đứng đáy tam giác cân, tam giác 14 a Phương pháp thiết lập 14 b Ví dụ áp dụng 15 DẠNG 6: Hình lăng trụ đứng đáy hình chữ nhật, hình vng, tam giác vng 17 a Phương pháp thiết lập 17 b Ví dụ áp dụng 17 DẠNG 7: Hình lăng trụ đứng đáy hình thoi 17 a Phương pháp thiết lập 17 b Ví dụ áp dụng 17 DẠNG 8: Hình lăng trụ xiên có hình chiếu đỉnh trùng với tạm đa giác đáy 20 a Phương pháp thiết lập 20 b Ví dụ áp dụng 20 DẠNG 9: Các dạng hình khác 22 a Phương pháp thiết lập 22 b Ví dụ áp dụng 22 Bài tâp vận dụng 24 KẾT LUẬN 26 A PHẦN MỞ ĐẦU Lý chọn đề tài : Trong q trình giảng dạy ơn luyện cho học sinh dự thi tốt nghiệp thi Đại học – Cao đẳng dự thi THPT Quốc Gia, thân nhận thấy học sinh gặp khơng khó khăn giải tập hình học khơng gian Nhất học sinh có lực học trung bình, khả tư tưởng tượng hình khơng gian em nhiều hạn chế Đặc biệt toán chứng minh quan hệ song song, vng góc, tốn tính khoảng cách, xác định góc, tính diện tích hình, thể tích khối Trong đó, nhiều tốn chương trình THPT, biết cách sử dụng phương pháp tọa độ tốn giải cách đơn giản Vì phương pháp tọa độ xem phương pháp đại số hóa tốn hình học Bằng phương pháp này, học sinh chủ yếu làm việc với số, khơng cần tư hình học nhiều gây hứng thú cho học sinh giải toàn Tuy nhiên thiết lập hệ trục tọa độ cho phù hợp thuận tiện cho q trình tính tốn khơng phải học sinh làm Đối với dạng hình khác có cách thiết lập hệ tọa độ khác Vì lý trên, tơi định chọn nghiên cứu chuyên đề “Thiết lập hệ trục tọa độ giải số dạng tốn Hình học khơng gian”, với hy vọng cung cấp cho học sinh nhìn khái quát phương pháp thiết lập hệ tọa độ cho số dạng tốn hình học khơng gian, cung cấp phương pháp giải toán cho học sinh Khảo sát thực trạng việc học sinh giải hình học khơng gian cổ điển: 2.1 Những khó khăn học sinh thường gặp giải hình học khơng gian cổ điển - Không xác định đường cao hình khối cho - Khơng xác định hình chiếu hình vng góc điểm đường thẳng, mặt phẳng, để từ tính khoảng cách điểm đến mặt phẳng, từ điểm tới đường thẳng , hai đường thẳng chéo nhau,… - Khi thực gắn hệ trục tọa độ không gian chưa biết cách lựa chọn gắn trục để từ xác định tọa độ điểm hình khối cách dễ dàng hiệu 2.2 Nguyên nhân: - Là dạng tập khó - Năng lực học sinh có giới hạn 2.3 Kết khảo sát : Năm học Tổng số Số hs làm đựơc Số hs chưa làm 2014-2015 42 10 32 2015-2016 35 30 2016-2017 40 33 Chú ý 3.Các giải pháp giúp học sinh giải tốn hình học khơng gian cổ điển 3.1: Nội dung toán thường gặp: Cho hình khối (Chóp, tứ giác, lăng trụ,…) khơng gian Tính: - Đường cao, thể tích, diện tích xung quanh, diện tích tồn phần, thể tích mặt cầu ngoại tiếp - Khoảng cách 3.2: Phương pháp: Để thiết lập hệ tọa độ giải tốn Hình học không gian bao gồm bước sau: Bước 1: Chọn hệ tọa độ + Cần chọn hệ tọa độ Oxyz cách thích hợp để thuận tiện cho bước giải sau + Nếu tốn Hình học khơng gian xét có sẵn góc tam diện vng, hai mặt phẳng vng góc, quan hệ vng góc khác ta lựa chọn hệ tọa độ dựa quan hệ vng góc có sẵn Tuy nhiên cần dựa vào tính chất đặc biệt hình xét, đặc biệt tính chất suy quan hệ vng góc để chọn hệ tọa độ cách thích hợp Bước 2: Xác định tọa độ điểm + Tìm tọa độ điểm đề theo hệ tọa độ vừa chọn, thực cần tìm tọa độ số điểm có liên quan đến giả thiết, kết luận toán + Cần lưu ý, toán cho có sẵn số liệu việc suy tọa độ điểm dựa trực tiếp vào hình vẽ , tốn chưa có sẵn số liệu cần đưa số liệu vào tốn sau dựa vào hình vẽ theo số liệu để tính tọa độ điểm có liên quan Bước 3: Thể giả thiết toán theo quan điểm Hình học giải tích + Dựa vào u cầu toán sở tọa độ điểm vừa tìm thể giả thiết tốn cho dạng Hình học giải tích Bước 4: Sử dụng kiến thức tọa độ để giải tốn Các dạng tốn thường gặp: - Tính khoảng cách: hai điểm, từ điểm đến đường thẳng, hai đường thẳng chéo nhau, đường thẳng với mặt phẳng song song với - Tính góc: đường thẳng mặt phẳng, hai mặt phẳng, hai đường thẳng - Tính diện tích, thể tích - Chứng minh quan hệ vng góc, tốn cực trị 3.3 Cơ sở thực tiễn a Thuận lợi Việc sử dụng tọa độ để xây dựng quan hệ vng góc khơng gian làm cho cách diễn đạt số nội dung hình học gọn nhẹ hơn, học sinh dễ dàng tiếp thu b Khó khăn Còn nhiều học sinh chưa nhận thức tầm quan trọng việc phân tích đề bài, dựng hình định hướng phương pháp giải toán Các em máy móc giải tốn theo khuôn mẫu, thiếu sáng tạo, ngại ghi nhớ công thức nên kết không mong đợi Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu lý luận, đọc tài liệu liên quan hình học khơng gian phương pháp tọa độ Đối tượng phạm vi áp dụng đề tài Học sinh học lớp 12 B PHẦN NỘI DUNG Các dạng hình thường gặp ví dụ áp dụng DẠNG 1: Hình chóp có chứa góc tam diện vng a Phương pháp thiết lập: Đối với hình chóp có chứa góc tam diện vng ta thiết lập hệ tọa độ với trục tọa độ cạnh góc tam diện vng (hình vẽ) b Ví dụ áp dụng: Ví dụ 1: Cho hình chóp O.ABC có OA, OB, OC đơi vng góc, OA = a, OB = b, OC=c a Chứng minh tam giác ABC có ba góc nhọn b Gọi α, β, γ góc hợp mặt phẳng (OAB, OBC), (OCA) với mp (ABC) Chứng minh rằng: cos   cos   cos   Giải: Chọn hệ tọa độ Oxyz với: A  Ox, B  Oy, C  Oz Khi ta có: A(a;0;0), B(0;b;0), C(0;0;c) a Trong tam giác ABC ta có:     AB AC cos  A  cos( AB, AC )    AB AC  a2 a b a b 2  cos B  cos C 2 0  A nhän b2 a b b c 2 2 c2 a c b c 2 2  nhän , 0 B  nhän 0C Vậy tam giác ABC có ba góc nhọn b Ta có: mặt phẳng (OAB), (OAC), (OCA) có véc tơ pháp tuyến là:    n1  (0;0;1), n2  (1;0;0), n3  (0;1;0) mp (ABC) có phương trình là: x y z   0 a b c   bcx  acy  abz   mp(ABC) cã vtpt lµ n  (bc; ca; ab)   n1.n   ab  cos  cos(n1 , n )     n1 n (bc)2  (ca)2  (ab)2 (ab)2  cos   (bc)2  (ca)2  (ab)2 Tương tự ta có: (bc)2 (ca)2 cos   , cos   (bc)2  (ca)2  (ab)2 (bc)2  (ca)2  (ab)2  cos2   cos2   cos2    đpcm Ví dụ 2: Cho hình chóp SABCD có SA vng góc với mặt phẳng đáy, đáy ABCD hình chữ nhập, SA = AB = a, AD = a , gọi M, N trung điểm AD SC, I giao điểm BM AC a) CMR: ( SAC )  ( SMB ) b) Tính thể tích tứ diện ANIB Giải: Chọn hệ tọa độ với Axyz với D  Ax, B  Ay, S  Az Khi đó: A(0;0;0), B (0; a;0), C(a 2; a;0), S (0;0; a), M ( a ;0;0), a a a N ; ;  2 2   a) Ta có: mp (SAC) có vtpt n1  (1;  2;0) ,  mp (SMB) có vtpt n2  ( 2;1;1)      n1 n2   n1  n2 Hay ( SAC )  ( SMB ) b) Ta có mp (SAC) có phương trình: x  y  , x  t  BM có phương trình:  y  a  2t z        a3 a a Vì I  BM  ( SAC)  I ( ; ;0)  VANIB   AN, AI  AB  36 3 DẠNG 2: Hình chóp tam giác đều: a Phương pháp thiết lập: Cách 1: Thiết lập hệ tọa độ Oxyz cho gốc O trùng với tâm tam giác đáy; trục cao chứa đường cao hình chóp Trục thứ hai qua đỉnh tam giác đáy, trục lại song song với cạnh đáy tam giác đáy (h.3) Cách 2: Thiết lập hệ tọa độ Oxyz cho gốc O trùng với trung điểm cạnh tam giác đáy, trục cao vng góc với mặt phẳng đáy, trục thứ hai trùng với cạnh tam giác đáy trục lại qua đỉnh tam giác đáy (h.4) Đặc biệt tốn cho tứ diện ta thiết lập hệ tọa độ Oxyz với I trung điểm đường trung tuyến ứng với đỉnh tứ diện, trục Ox, Oy, Oz qua ba đỉnh lại tứ diện (h.5) b Ví dụ áp dụng Ví dụ 1: Cho hình chóp tam giác S.ABC, đáy có cạnh a Gọi M, N trung điểm SB, SC Biết ( AMN )  ( SBC) Tính thể tích khối chóp Giải: Chọn hệ tọa độ Oxyz hình vẽ (h.6) Đặt SO = h Khi ta có: a a a a a ; ;0), S (0;0; h) ;0;0), A( ; ;0), B ( 3  a 3a h  a a h a a h a h Ta có: AM  ( ; ; ), AN  ( ; ; ) , M ( ; ; ), N( ;0; ) 4 2 4 2 C( Mp (SBC) qua cắt Oy K (0; (0;0;h) Nên có phương trình đoạn chắn là: a a ;0) , Ox C( ;0;0) , Oz S 3 x y z 3   1 x  y  z 1 a a h a a h 3  3  mp( SBC)có vectơ pháp tuyến là: n ( ; ; ) a a h Ta có:   3 5a ( AMN )  ( SBC)  n1 n2   (h)  h 3.( )  0ha a a 12 h Vậy VS ABC 1 a2 a3  SO.SABC  a  3 12 24 Ví dụ 2: Cho tứ diện SABC cạnh a G trọng tâm tam giác ABD I trung điểm SG Chứng minh rằng: IA, IB, IC đôi vng góc Giải: Chọn hệ tọa độ Oxyz hình vẽ (h.7) Khi đó: B( G( a a a a a ;0;0), C(0; ;0), A(0; ;0), S ( ,0, ), 2 a  ;0;0), I (  IA  ( a ;0; a 6 ) a a a ; ; ), 6  a a  a a a IB  ( ;0; ), IC  ( ; ; ) 6        IA.IB  0, IA.IC  0, IB.IC   đpcm Nhận xét: Như tứ diện SABC ta ln có IA, IB, IC đơi vng góc Với I trung điểm đường tuyến ứng với đỉnh S tứ diện Từ ta thiết lập hệ tọa độ với góc tọa độ O trùng với I, tia Ox, Oy, Oz trùng với tia IA, IB, IC 10   n SC sin 60    n SC h  a b h 2   h  3(a  b )  SA  h  3(a  b ) 1 VS ABC  SABC SA  BA BC 3(a  b ) 3 2  ab 3(a  b ) Gọi I ( x ; y0 ; z0 ) tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp Khi đó: IA2  IB  IC  IS  R  x02  ( y0  a)2  z02  x02  y02  z02  ( x0  b)2  y02  z02   x  ( y0  a)  z0  3(a  b ) 2 2   b a 3(a  b )  a b 3(a  b )  y0  , x  , z0   I ; ;  2 2 2    Bán kính mặt cầu ngoại tiếp là: R  IB  a  b DẠNG 5: Hình lăng trụ đứng đáy tam giác cân, tam giác a Phương pháp thiết lập: - Với hình lăng trụ đứng có đáy tam giác cân: + Cách 1: Chọn hệ tọa độ với hai trục cạnh đáy chiều cao tương ứng tam giác cân đáy, trục lại chứa đường trung bình mặt bên (h.19) + Cách 2: Chọn hệ tọa độ với hai trục cạnh bên lăng trụ đường cao ứng với cạnh đáy tam giác cân đáy Trục lại song song với cạnh đáy tam giác cân đáy (h.20) + Cách 3: Chọn hệ tọa độ với hai trục cạnh bên lăng trụ cạnh đáy tam giác cân đáy Trục lại song song với đường cao ứng với cạnh đáy tam giác cân đáy (h.21) - Với hình lăng trụ đứng có đáy tam giác ta làm tương tự 17 b Ví dụ áp dụng: Ví dụ 1: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’có đáy ABC tam giác cân với   120 , BB’=a Gọi I trung điểm CC’ AB=AC=a BAC a) Chứng minh tam giác AB’I vng A b) Tính góc hai mặt phẳng (ABC) (AB’I) Giải: Chọn hệ tọa độ Oxyz hình vẽ (h.22)   120 a) Do tam giác ABC cân có AB=AC=a BAC nên BC  a a a a Khi đó: A( ;0;0), C(0; ;0), B (0;  ;0), 2 a a a a ; a), B '(0;  ; a), I (0; ; ) 2 2  a a  a a a  AB '( ;  ; a), AI ( ; ; ) 2 2   a 3a a  AB AI      AB ' AI hay AB ' I vuông A 4 C '(0; b) Dễ nhận thấy mặt phẳng (ABC) có vtpt   n (0;0;1)  n  2    3 a  a  a Ta cã:  AB ', AI   ( ; ; ) 4    mp( AB ' I ) cã vtpt lµ:n' (3 3;1;2 3)  n'  40 18   n n ' 30 Gọi α góc hai mp (ABC) (AB’I)  cos      10 40 n n' Ví dụ 2: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh a, AA’=2a gọi D trung điểm BB’, M di động AA’ Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ diện tích tam giác MC’D Giải: Chọn hệ tọa độ Axyz hình vẽ (h.23) Khi đó: A(0;0;0), B(0;a;0); A’(0;0;2a), C'( a a ; ;2a) , D(0;a;a) 2 Do M di động AA’, nên tọa độ M(0;0;t) với t  [0;2a]  a a  Ta có: DC '( ;  ; a), DM (0; a; t  a) 2    a(t  3a) a 3(t  a) a    DC ', DM    ; ;  2     a   DC ', DM   4t  12 at  15a 2 Ta có: SDC ' M     a DC ', DM  4t  12 at  15a  2 Giá trị lớn hay nhỏ diện tích tam giác MC’D tùy thuộc vào giá trị hàm số: f (t )  4t 12 at 15a đoạn [0;2a] f '(t )  8t  12 a, f '(t )   t  Ta có: f (0)  15a , f ( 3a 3a )  a , f (2 a)  7a 2  max f (t )  f (0)  15a ,min f (t )  f ( [0;2 a ] [0;2 a ] Vậy SMC ' D đạt giá trị lớn là: 3a )  6a2 a 15 a2 đạt giá trị nhỏ là: 4 19 DẠNG 6: Hình lăng trụ đứng đáy hình chữ nhật, hình vng, tam giác vng (Hình lăng trụ đứng có đỉnh đỉnh góc tam diện vng) a Phương pháp thiết lập: - Phương pháp chung chọn hệ tọa độ cho gốc tọa độ trùng với đỉnh góc tam diện vng, trục tọa độ chứa ba cạnh góc tam diện vng (h.24) - Đối với lăng trụ có đáy hình vng, hình chữ nhật ta chọn hệ tọa độ với gốc tâm đáy, trục cao chứa đường nối hai tâm đáy, hai trục lại song song với hai cạnh đáy (h.25) - Đặc biệt với lăng trụ tứ giác (đáy hình vng) ta chọn hệ tọa độ với gốc tâm đáy, trục cao chứa đường nối hai tâm hai đáy, hai trục lại chứa hai đường chéo hình vng đáy (h.26) b Ví dụ áp dụng: Ví dụ 1: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác vng cân A AB=AC=AA’= a Trên BC’ A’C lấy điểm E F cho EF // (ABB’A’) Tìm giá trị nhỏ độ dài đoạn EF Giải: Chọn hệ tọa độ Axyz hình vẽ (h.27) Khi đó: A(0;0;0), B(a;0;0), C(0;a;0), C’(0;a;a), A’(0;0;a)    BC '  (a; a; a), A ' C  (0; a; a) 20 Phương trình tham số BC’ A’C là: x  a  t  (BC’):  y  t (A’C): z  t  x   y  a  t ' z  t '  Vì  E  BC '  E(a  t; t; t ), F  A ' C  F(0; a  t '; t ')  EF  (a  t; a  t ' t; t ' t ) Mp(ABB’A’) có vtpt   EF j   a  t  t '   j (0;1;0) nên EF//(ABB’A’)   t '  a  t  EF(a  t;0; a  2t )  EF  (a  t )2  (a  2t )2 3a a a a  5t  at  a  5(t  )    EF  5 5 2 Vậy EF đạt giá trị nhỏ b»ng a Ví dụ 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB=a, AD=b, AA’=c chứng minh bình phương diện tích A’BD 1/8 tổng bình phương diện tích mặt hình hộp Giải: Chọn hệ tọa độ hình vẽ (h.28) a b a b a b Khi đó: B ( ;  ;0), D( ; ;0), A '( ; ; c) 2 2 2    A ' B(a;0; c), A ' D(0; b; c)     A ' B, A ' D   (bc; ac; ab)   S   A ' B, A ' D  A' BD 2  b c  a2c2  a2 b2 21  S2  (b c  a c  a b ) (1) A' BD Mặt khác dễ thấy tổng bình phương diện tích mặt là: S   (ac)2  (ab)2  (bc)2  (2) Từ (1) (2) suy điều phải chứng minh DẠNG 7: Hình lăng trụ đứng đáy hình thoi a Phương pháp thiết lập: Chọn hệ tọa độ với gốc tâm hình thoi đáy, trục cao chứa đường nối hai tam hai đáy, hai trục lại chứa hai đường chéo hình thoi đáy (h.29) b Ví dụ áp dụng: Ví dụ: Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình thoi cạnh   60 a, BAD Gọi M, N trung điểm AA’ CC’ a) Chứng minh B’, M, D, N đồng phẳng b) Tìm AA’ theo a để B’MDN hình vng Giải: Chọn hệ tọa độ hình vẽ (h.30) a Khi dễ thấy ABD nên 22 AO  CO  a a , BO  DO  2 Giả sử AA’ = h a a a h  B '( ;0; h), D( ;0;0), N (0; ; ), 2 2  a a h a h M (0; ; )  DM ( ; ; ), 2 2 2  a a h        ah a DN( ; ; ), DB '(a;0; h)   DM , DN   ( ;0; )   DM , DN  DB '  2 2   2 Vậy ba vectơ DM , DN, DB ' đồng phẳng hay bốn điểm B’, M, D, N đồng phẳng 4a2  h2 b) Ta có MB’//DN, DM//B’N DM  DN  nên tứ giác B’MDN hình thoi Để B’MDN hình vng DM  DN   h  a   Ta có DM.DN   DM.DN   h  a   h  a Vậy B’MDN hình vng h  a DẠNG 8: Hình lăng trụ xiên có hình chiếu đỉnh trùng với tạm đa giác đáy a Phương pháp thiết lập: Chọn hệ tọa độ với gốc tâm đa giác đáy, trục cao qua đỉnh lăng trụ, hai trục lại thiết lập dựa theo tính chất đặc biệt đa giác đáy b Ví dụ áp dụng: Ví dụ 1: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’, đáy ABC tam giác cạnh a, trực tâm O, A ' O  ( ABC) , AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) góc 600 a Chứng minh BCC’B’ hình chữ nhật, tính diện tích BCC’B’ Giải: Chọn hệ tọa độ hình vẽ (h.31) Khi đó: A(0; a a a a a a a ;0), A '(0;0; a), B ( ; ;0), C( ; ;0), B '( ; ; a) 6 2 23  a    a) BB '(0; ; a), BC(a;0;0)  BB '.BC   BB '  BC  BCC’B’ hình chữ nhật  SBCC ' B '  BC.BB '  2a2  a a  a b) Ta có: AC( ; ;0), AA '(0; ; a) 2   a2 a2 a2     AC, AA '  ( ; ; ) 2 a2 (3; 3; 1)   mp( ACC ' A ') cã vtpt lµ: n' (3; 3; 1)  a a   a2 a2 a2 a2   Lại có: BA( ; ;0)   BA, BB '   ( ; ; ) (3 3; 3; 3) 2 2 6   mp( BAA ' B ') cã vtpt lµ: n (3 3; 3; 3) Gọi α góc hai mp (ABB’A’) (ACC’A’)   n n ' 5  cos      39 13 13 n n' Ví dụ 2: Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD hình thoi tâm   60 B ' O  ( ABCD) , BB’=a O cạnh a, góc BAD a) Tính góc cạnh bên mp đáy b) Tính khoảng cách từ B’, B đến mặt phẳng (ACD’) Giải: Chọn hệ tọa độ hình vẽ (h.32)  a) Gọi α góc hai cạnh bên đáy    B ' BO 24  cos  BO a /   B 'O a a  B ' O  BB '.sin600  a.sin600  b) Ta có: a a a B( ;0;0), B '(0;0 ), A(0; ;0), 2 a a C(0; ;0), D '(a;0; ) 2   AC(0; a 3;0), 2    a a 3 a a AD '(a; ; )   AC, AD '   ( ;0; a 3)  ( 3;0;2) 2 2  mp(ACD’) có vtpt là:  n ( 3;0;2) qua C(0; a ;0)  ptmp( ACD ') lµ: x  z   Khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (ACD’) là: d( B ',( ACD '))  Khoảng cách từ B đến mặt phẳng (ACD’) là: d( B ,( ACD '))  a  a 21 a 21 14 DẠNG 9: Các dạng hình khác a Phương pháp thiết lập: Tùy theo tính chất hình học hình mà ta dựa vào tám dạng hình tính chất đặc biệt toán để thiết lập hệ tọa độ cho phù hợp, thuận tiện cho q trình giải tốn b Ví dụ áp dụng: Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD, có đáy ABCD nửa lục giác nội tiếp đường tròn đường kính AB=2a, SA  a SA  ( ABCD) Tính góc cặp mặt phẳng: (SAD) (SBC); (SCD) (SBC) Giải: Chọn hệ tọa độ Oxyz với O  A, B  Ay, S  Az (h.33) Khi đó: A(0;0;0), B(0;2a;0), 25 C( a 3a a a ; ;0), D( ; ;0) 2 2   a a S (0;0; a 3)  AS (0;0; a 3), AD( ; ;0) 2 2    a 3 a   AS AD   ( ; ;0) 2 a2 ,  (1;  3;0)   vtpt cđa mp(SAD)lµ: n1 (1;  3;0)  a a  a 3a   a 3a 2 a2   CB ( ; ;0), CS ( ; ; a 3)  CB.CS   ( ; ; a 3)  (1; 3;2) 2 2 2 2  vtpt cđa mp(SBC)lµ: n (1; 3;2)    a2 a2   CD(0; a;0)  CD.CS   (a 3;0; ) (2;0;1) 2   vtpt cđa mp(SCD)lµ: n (2;0;1)   n1 n 2 Gọi α góc hai mp (SAD) (SBC)  cos      4 n1 n   n2 n 10 Gọi β góc hai mp (SCD) (SBC)  cos       n2 n Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi cạnh a,   60 , SA  SB  SD  a BAD Tính góc (SBD) (ABCD) Giải: Chọn hệ tọa độ hình vẽ (h.34) Khi đó: a a a a ; ;0), D( ; ;0), S (0;0; a) 6  a a   BS ( ; ; a), BD(0; a;0) B( 26    a2     BS, BD   (a ;0; )  mp(SBD) có vtpt là: n1 (6;0;  3) ,  Mặt khác, mp (ABCD) có vtpt là: n (0;0;1) Gọi α góc hai mp (SBD) (ABCD)   n1 n 13  cos      39 13 n1 n 2 Bài tập vận dụng Bài 1: Cho hình chóp O.ABC có cạnh OA=OB=OC=3cm vng góc với đơi Gọi H hình chiếu điểm O lên (ABC) điểm A,’B’,C’ hình chiếu H lên (OBC), (OCA), (OAB) Tính thể tích tứ diện HA’B’C’ Gọi S điểm đối xứng H qua O Chứng tỏ S.ABC tứ diện Bài Cho hình chóp O.ABC có OA, OB, OC đơi vng góc Gọi a, b, g góc nhị diện cạnh AB, BC, CA Gọi H hình chiếu đỉnh O (ABC) Chứng minh H trực tâm DABC Chứng minh cos a + cos b + cos g £ Bài Cho hình chóp tam giác S.ABC, đáy có cạnh a Gọi M, N trung điểm SB, SC Biết ( AMN )  ( SBC) Tính diện tích tam giác AMN theo a Bài Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, SA = SB = SC, khoảng cách từ S đến mp (ABC) h Tính h theo a để hai mp (SAB) (SAC) vng góc với Bài Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm O, AC = 4, BD = 2, SO = vng góc với mặt phẳng đáy Tìm M thuộc SO cách hai mặt phẳng (SAB) (ABCD) 27 Bài Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD hình chữ nhật cóAB = 2a, BC = a Các cạnh bên a Gọi M, N, P, Q theo thứ tự trung điểm AB, CD, SC, SD Cmr SMN Cmr: SN  ( MPQ) Bài Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vng B, AB = a, BC = 2a Cạnh SA vng góc với đáy SA = 2a Gọi M trung điểm SC Tính diện tích DMAB theo a Tính khoảng cách MB AC theo a Bài Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a SA = a vuông góc với đáy Gọi M, N theo thứ tự trung điểm AB AC Tính góc hai mp (SMN) (SBC) Tính khoảng cách AM SC Bài Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có mặt bên hình vng cạnh a Gọi D, F trung điểm BC B’C’ Tính khoảng A’B B’C’ Bài 10 Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có tất cạnh nhau, M trung điểm BB’ Cmr A’M vng góc với AC’ CB’ Bài 11 Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy tam giác vuông cân với AB = AC = a AA’ = h Gọi E, F trung điểm BC A’C’ tìm đoạn DE điểm I cách hai mp (ABC) (ACC’A’) Tính khoảng cách Bài 12 Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Gọi I, K, M, N trung điểm A’D’, BB’, CD, BC Chứng minh I, K, M, N đồng phẳng Tính diện tích tứ giác IKNM Tính khoảng cách IK AD Bài 13 Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình thoi cạnh a, góc   60 Chân đường vng góc hạ tự B’ xuống đáy mp (ABCD) trùng với BAD giao điểm đường chéo, biết BB’ = a 28 Tính góc mặt bên mặt phẳng đáy Tính thể tích hình hộp Bài 14 Cho hình thoi ABCD tâm O cạnh a, AC = a Từ trung điểm H AB dựng SH  ( ABCD) , SH = a Tính khoảng cách từ O đến mp(SCD) Tính khoảng cách từ A đến mp(SBC) KẾT LUẬN Sau dạy chương trình Hình học khơng gian lớp 11 lớp 12, sâu vào nghiên cứu áp dụng chuyên đề “Thiết lập hệ trục tọa độ giải số dạng tốn Hình học khơng gian” cho học sinh lớp 12 với hy vọng cung cấp cho em nhìn khái quát phương pháp thiết lập hệ tọa độ cho số dạng tốn Hình học khơng gian, phương pháp giải tốn hữu hiệu.Và thực sau lồng ghép nội dung vào tiết học khóa, tiết học tự chọn, học bồi dưỡng tơi thấy rõ thay đổi cách nhìn nhận, cách giải tốn Hình học khơng gian Ban đầu đưa tốn đơn giản em học tập, tiếp thu nhanh chóng vận dụng thành thạo đồng thời tạo thói quen sử dụng phương pháp tọa độ cho học sinh Sau giải thành thạo tốn đơn giản, tơi đưa tốn nâng cao, học sinh tham gia tích cực vào việc giải vận dụng phương pháp để giải Đặc biệt em thấy rõ tính ưu việt phương pháp tọa độ so với phương pháp thông thường Kết thu sau: - Đối với tốn đơn giản 100% học sinh vận dụng tốt phương pháp thiết lập hệ tọa độ phù hợp - Đối với tốn phức tạp, mức độ khó cao có đến 80% trở lên học sinh vận dụng tốt phương pháp thiết lập hệ tọa độ phù hợp để giải tốn, khoảng 15% - 20% học sinh lúng túng khâu thiết lập hệ tọa độ 29 Qua thành công bước đầu việc áp dụng nội dung thấy cần thiết phải đổi cách dạy học Không nên dạy học sinh theo quy tắc máy móc mà cần cho học sinh quy trình mơ mang tính chọn lựa để học sinh tự tìm đường giải tốn Sáng kiến kinh nghiệm kinh nghiệm thân thu nhận qua trình dạy phạm vi học sinh nhỏ hẹp Rất mong góp ý, bổ sung đồng nghiệp để đề tài hoàn thiện XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hố, ngày 15 tháng 04 năm 2017 Tơi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Nguyễn Văn Hưng 30 TÀI LIỆU THAM KHẢO Hình học 11 (Sgk – NXB Giáo dục 2014) – Trần Văn Hạo, Nguyễn Mộng Hy (Chủ biên) Hình học 12 (Sgk – NXB Giáo dục 2013) - Trần Văn Hạo, Nguyễn Mộng Hy (Chủ biên) Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn hình học 11 – Lê Hồnh Phò – NXB đại học quốc gia Hà Nội 2013 Bồi dưỡng học sinh giỏi tốn hình học 12 - Lê Hồnh Phò – NXB đại học quốc gia Hà Nội 2012 Các toán phương pháp véc tơ phương pháp tọa độ - Nguyễn Mộng Hy (NXB Giáo dục 1998) 31 ... cứu chuyên đề Thiết lập hệ trục tọa độ giải số dạng tốn Hình học không gian”, với hy vọng cung cấp cho học sinh nhìn khái quát phương pháp thiết lập hệ tọa độ cho số dạng tốn hình học khơng gian,... chuyên đề Thiết lập hệ trục tọa độ giải số dạng toán Hình học khơng gian” cho học sinh lớp 12 với hy vọng cung cấp cho em nhìn khái quát phương pháp thiết lập hệ tọa độ cho số dạng tốn Hình học khơng... pháp thiết lập hệ tọa độ phù hợp - Đối với toán phức tạp, mức độ khó cao có đến 80% trở lên học sinh vận dụng tốt phương pháp thiết lập hệ tọa độ phù hợp để giải toán, khoảng 15% - 20% học sinh