SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ HÌNH CHĨP DÀNH CHO HỌC SINH LUYỆN THI THPT QUỐC GIA Người thực hiện: Nguyễn Thị Bích Phượng Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh mực (mơn): Tốn THANH HĨA NĂM 2016 MỤC LỤC A Mở đầu I Lý chọn đề tài II Mục đích nghiên cứu III Đối tượng nghiên cứu IV Phương pháp nghiên cứu B Nội dung sáng kiến kinh nghiệm I Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm II Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm III Giải pháp giải vấn đề §1 Cơ sở khoa học §2 Một số dạng toán minh họa IV Hiệu sáng kiến kinh nghiệm C Kết luận, kiến nghị D Tài liệu tham khảo, phụ lục 01 01 01 01 01 01 01 02 02 02 05 19 20 A MỞ ĐẦU I Lý chọn đề tài Quá trình giảng dạy ôn luyện cho học sinh dự thi tốt nghiệp THPT Quốc Gia (trước thi Đại học – Cao đẳng)… nhận thấy nhiều học sinh gặp khó khăn giải tập hình học khơng gian khả tư tưởng tượng không gian học sinh hạn chế có tâm lý sợ mơn hình học khơng gian Trong đó, nhiều tốn HHKG chương trình tốn THPT giải cách đơn giản nhiều vận dụng phương pháp tọa độ Tuy nhiên, có tốn giải phương pháp hình học không gian túy cho lời giải đơn giản Ngay toán giải phương pháp tọa độ tốn có đơn giản hay không phần phụ thuộc vào cách chọn hệ trục toạ độ Vì vậy, khn khổ viết tơi tập trung vào tốn hình chóp giải hai phương pháp áp dụng phương pháp tọa độ việc chọn hệ tọa độ đơn giản, dễ áp dụng giúp học sinh giải số tốn hình học khơng gian mà em thường gặp kì thi cuối cấp II Mục đích nghiên cứu Giúp học sinh: Khắc phục điểm yếu giải toán hình học khơng gian như: khả vẽ hình khơng gian, khả tư hạn chế…Có cách nhìn tổng qt tốn hình học khơng gian Lựa chọn cách giải thích hợp đứng trước tốn Xóa bỏ tâm lý “sợ” mơn hình học không gian, gây hứng thú học tập cho học sinh Có cách nhìn đa chiều vấn đề sống III Đối tượng nghiên cứu Phương pháp giải tốn hình học khơng gian: Phương pháp hình học túy phương pháp tọa độ Một số dạng toán hình chóp vận dụng phương pháp tọa độ để giải toán Ưu, nhược điểm phương pháp giải toán IV Phương pháp nghiên cứu Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin B NỘI DUNG I Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Các toán thi vào Đại học – Cao đẳng trước em ơn luyện để bước vào kì thi THPT Quốc Gia đưa đến dạng toán HHKG khơng phải dạng hình học giải tích khơng gian Phương pháp hình học khơng gian túy, học sinh cần sử dụng thành thạo kiến thức HHKG để vận dụng vào giải (điều khơng phải học sinh nhìn ra) Mặt khác, việc vẽ hình khơng gian đúng, đẹp khai thác tốt hình vẽ giúp nhiều cho việc trình bày lời giải toán HHKG khả vẽ hình phần đơng học sinh yếu Phương pháp tọa độ áp dụng vào số dạng toán khắc phục hạn chế Tuy nhiên, khơng phải tốn áp dụng phương pháp tọa độ để giải cho lời giải đơn giản Nhìn chung hai phương pháp giải tốn, phương pháp có ưu điểm nhược điểm việc giúp học sinh lựa chọn phương pháp thích hợp đứng trước tốn hình học khơng gian, giúp em xác định hướng giải toán, xây dựng niềm tin vào thân, tạo hứng thú học tập, xóa bỏ tâm lý “sợ” mơn hình học không gian cần thiết II Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Chương trình tốn THPT, học sinh học hình học khơng gian với hai nội dung tách rời nhau: Hình học khơng gian túy (học lớp 11 học kỳ lớp 12), phương pháp tọa độ không gian (học học kỳ lớp 12) Phần lớn, học sinh cho hai nội dung không liên quan với nhau, nghĩa đề cho dạng HHKG thơng thường phải giải HHKG Học sinh không thấy mối liên hệ hai nội dung với nhau: chuyển đổi nội dung mô tả hình học khơng gian sang biểu thức giải tích Phân phối chương trình khơng có thời lượng cho học sinh luyện tập, vận dụng phương pháp tọa độ giải toán HHKG mà em biết giải trước Kiến thức, kỹ năng, tư tốn học sinh yếu,khả tư tưởng tượng hình khơng gian học sinh hạn chế có tâm lý “sợ” mơn hình học khơng gian nên nhiều học sinh gần bỏ qua hình học khơng gian đề thi mà em gặp III Giải pháp sử dụng để giải vấn đề Từ thực trạng trên, chọn lọc số dạng tốn hình chóp giải hai phương pháp Mỗi tốn trình bày hai phương pháp giải để học sinh có nhìn tổng qt tốn hình học khơng gian, thấy ưu điểm, nhược điểm phương pháp từ hình thành kĩ định hướng giải tốn thích hợp Tuy nhiên, để đề tài đạt kết theo giáo viên cần củng cố cho học sinh số kiến thức sau: § CƠ SỞ KHOA HỌC I Kiến thức   Tọa độ véc tơ MN = (xN- xM ; yN - yM ; zN - zM )   Ta giả sử u =(x1; y1; z1) , v=(x2; y2; z2)  Cộng , trừ hai véc tơ : u  v = ( x1  x2 ; y1  y2; z1  z2)  Nhân số với véc tơ : k v = (kx2; ky2; kz2) (k R)   Độ dài véc tơ : v  x 22  y 22  z 22    Tích vơ hướng hai véc tơ: u v = x1 x2 + y1.y2+ z1.z2    u  v  x1 x2 + y1.y2+ z1.z2 =   x1.x  y1.y  z1.z Góc hai véc tơ : cos ( u , v ) =  Độ dài đoạn thẳng : MN = x12  y12  z12 x 22  y 22  z 22  x N  x M    y N  yM    z N  zM  2  x  x B yA  yB zA  zB  ; ; M trung điểm AB: M  A  2    x  x B  x C yA  yB  yC z A  z B  zC  ; ;  G trọng tâm ABC: G  A  3     Tích có hướng hai véc tơ: u =(x1; y1; z1) v =(x2; y2; z2) ký hiệu là:     y z1 z1 x1 x1 y1  ; ; w =  u, v  =    ( y1.z  y z1;z1 x  z x1;x1 y  x y1 ) y z z x x y 2 2 2        Diện tích ABC là: S =  AB, AC      Tính thể tích hình hộp: ABCD.A'B'C'D' là: V   AB, AD  AA '     Thể tích tứ diện ABCD: V ABCD =  AB, AC  AD   (P) qua điểm M0 (x0; y0; z0) có véctơ pháp tuyến n  (A;B;C) với  A  B2  C2  có pt là: A(x - x )  B(y - y0 )  C(z - z )  x y z  (P) qua A(a; 0; 0), B(0; b; 0) C(0; 0; c) có pt là:    (a,b,c  0) a b c  x  x  at    () qua M0(x0;y0; z0) có VTCP u  (a;b;c) :  y  y0  bt (a  b  c  0)  z  z  ct   Khoảng cách từ điểm M0(x0; y0; z0) đến mp () : Ax  By  Cz  D  là: Ax  By0  Cz  D d  M ,()   A  B2  C   Khoảng cách từ điểm M1 đến đường thẳng () qua điểm M0 có VTCP u    M M1 ,u    d(M1 , )   u     u, v  M1M  Khoảng cách đường thẳng chéo (1),(2): d(1 ,  )      u, v      ( (1) qua M1 có VTCP u (2) qua M2 có véctơ phương v )   u v  Gọi  góc (1) (2): cos     a1a  b1b  c1c  a12  b12  c12 a 22  b 22  c 22 | u | | v |   VTCP (1) (2) là: u =(a1; b1; c1), v = (a2; b2; c2) Đặc biệt: (1 )  ( )  a1a  b1b  c1c     () có VTCP u =(a; b; c), () có VTPT n =(A; B; C), góc () ():   n u sin     Aa  Bb  Cc  A B C | n |.| u | 2 a b c 2 (00    900) Đặc biệt:  / /() hoaëc   ()  Aa  Bb  Cc     (1) có VTPT n 1=(A1; B1; C1), (1) có VTPT n 2=(A2; B2; C2) Nếu  góc   (1) (2) thì: cos   n1.n    A1A  B1B2  C1C2 A12  B12  C12 A 22  B22  C22 | n1 | | n | Đặc biệt: (1 )  ( )  A1A  B1B2  C1C2  II Giải tốn hình học khơng gian phương pháp tọa độ Phương pháp chung Bước 1: Chọn hệ tọa độ Oxyz thích hợp Bước 2: Dựa vào giả thiết toán để biểu diễn tọa độ điểm có liên quan Bước 3: Chuyển u cầu tốn cho sang tốn hình học giải tích giải Bước 4: Kết luận Cách chọn hệ trục tọa độ a)Hình chóp có cạnh bên vng góc với đáy đáy tam giác Cho hình chóp S.ABC có SA  (ABC) Chọn hệ Oxyz hình vẽ ABC vuông A A  O ABC vuông B B  O A  O ABC H trung điểm BC H O  H z z z S z s S s y x C A A y C A C A C H B B x B x y B x y b) Hình chóp có cạnh bên vng góc với đáy đáy tứ giác Cho hình chóp S.ABCD có SA  (ABCD) Chọn hệ Oxyz hình vẽ đáy hình vng (hoặc hình chữ nhật) đáy hình thang vng A B z z S s y A=O y A=O D D I C B C B x x c) Hình chóp tứ giác Cho hình chóp S.ABCD, H tâm đáy Chọn hệ Oxyz hình vẽ z z S S A y A O H=O B D D C x x B C y § MỘT SỐ DẠNG TỐN MINH HỌA Hình chóp có cạnh bên vng góc với đáy đáy tam giác 1.1 Cho hình chóp S.ABC có SA  (ABC) Đáy ABC tam giác vuông A Bài 1: (Đề Đại học khối D năm 2002) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = 4cm, AD  (ACB), AB = 3cm, BC = 5cm Tính khoảng cách từ A đến (BCD) Giải z D D H C A A B C y E B x Cách 1: Từ giả thiết AB2  AC2  BC2  ABC vuông A suy AB  AC AD  AB Do AD  (ABC)   AD  AC Gọi AE đường cao ABC BC  (DA E)  BC  AD,BC  AE   (DBC)  (DA E) , AH đường cao ADE AH  (DBC) H, khoảng cách từ A đến (DBC) AH Xét ABC DAE vuông A: 1 1 1   ,   AE AB2 AC2 AH AD AE 1 1 1 34        AH  Suy AH AD AB2 AC2 16 16 17 Cách 2: Chọn hệ tọa độ Oxyz hình vẽ: A(0;0;0),B(3;0;0),C(0;4;0),D(0;0;4) x y z x y z Mặt phẳng (DBC) có phương trình đoạn chắn:   1   1  4 4 34  Khoảng cách từ A đến (BCD) d  A,  BCD    17 1   16 16 Nhận xét: Cách 1: học sinh gặp khó khăn: khơng xác định khoảng cách từ A đến (BCD), khơng vẽ hình đúng, kiến thức, tư kĩ tính tốn yếu Cách 2: khắc phục nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận tốn theo cơng thức có sẵn, cách lời giải ngắn gọn, đơn giản cách 1.2 Cho hình chóp S.ABC có SA  (ABC) Đáy ABC tam giác vuông B Bài 2: ( Đề Cao đẳng Y tế - 2006) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vuông   600 , BC = a, SA  a Gọi M trung điểm B, SA vng góc với đáy, ACB SB Chứng minh (SAB)  (SBC) Tính thể tích khối tứ diện MABC Giải z s s M M C A C A B x B y Cách 1: *Chứng minh (SAB)  (SBC) Từ giả thiết SA  (ABC)  SA  BC tam giác ABC vuông B nên AB  BC nên suy BC  (SAB)  (SAB)  (SBC) 1 *M trung điểm SB suy SMBC  SSBC  VMABC  VSABC 2 1 1 a3 VSABC  SA.SABC  SA BA.BC  a 3.a.a.tan 60  3 a Vậy VMABC  VSABC  (đvtt) Cách 2: Ta có: AB  BC tan 600  a 3,AC  2a Chọn hệ Oxyz hình vẽ: A(0;0;0), S(0;0;a 3),B(0;a 3;0),C(a;a 3;0)  a a 3 ; M trung điểm SB: M  a;  2       *VTPT (SAB)và (SBC) là: j(1;0;0) n  SB;SC   (0; a 3; a 3)  Ta thấy j.n  nên (SAB)  (SBC)    a a   ; ),  AB,AC   (0;0; a 3) * AB(0;a 3;0),AC(a;a 3;0),AM(0; 2      3a a VMABC   AB,AC  AM     (đvdt) 6 Nhận xét: Cách 1: khó khăn học sinh:học sinh thường sai sau: từ BC  SA suy BC  (SAB) khơng biết cách tính thể tích khối tứ diện MABC Cách 2: khắc phục nhược điểm trên, suy luận tốn theo cơng thức có sẵn, lời giải ngắn gọn, việc chứng minh tính thể tích khối tứ diện đơn giản Bài 3:(Đề tham khảo khối D - 2003) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vuông B, AB = a, BC = 2a, SA  (ABC) SA = 2a Gọi M trung điểm SC Chứng minh AMB cân M tính diện tích tam giác AMB theo a Giải S z S M M A B K A B H y C x C Cách 1: Do SA  (ABCD)  SA  AC  SAC vuông A suy MA  SC ABC vuông B  BC  AB  BC  SB(do BC  (SAB))  SBC vuông B  MA  SC  MB  AMB cân M Lấy K trung điểm AB suy MK  AB SAMB  MK.AB MH / / SA HK / / CD    MH  a   HK  a Gọi H trung điểm AC   1 MH  SA HK  CD   2 Do SA  (ABCD) MH / / SA  MH  (ABC)  MH  HK Trong tam giác MHK vng H có MK  HH  HK  2a  MK  a 1 a2 Khi SAMB  MK.AB  a 2.a  2 Cách 2: Chọn hệ Oxyz hình vẽ: A(0;0;0), S(0;0;2a),B(0;a;0),C(2a;0;0) a   a    a    M trung điểm SC: M  a; ;a  , MA  a; ;a  ,MB  a;  ;a        9a  MB2  MA  MB ( AMB cân M) M, A, B không thẳng hàng MA    2  MA,MB  (a ;0; a )       a2 SMAB   MA,MB  a 0a  (đvdt) 2 Nhận xét: Cách 1: học sinh gặp khó khăn tính diện tích tam giác AMB Cách 2: khắc phục nhược điểm trên, hình vẽ đơn giản, suy luận tốn theo cơng thức có sẵn,tính diện tích tam giác AMB đơn giản, cách lời giải ngắn gọn 1.3 Cho hình chóp S.ABC có SA  (ABC) Đáy ABC tam giác Bài 4: (Đề cao đẳng khối A năm 2007) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a 3, SA  (A BC) SA = 2a Tính khoảng cách từ A đến (SBC) Giải s z s H C A C A M M B y B x Cách 1:Gọi M trung điểm BC Ta có BM  AB (do ABC đều) BC  SA(doSA  (A BC)) suy BC  (SAM) Trong (SAM) kẻ AH  SM H AH  BC(do BC  (SAM)) nên AH  (SBC) H độ dài đoạn AH khoảng cách từ A đến (SBC) 1 1 6a SAM vng A có:      AH  2 AH SA AM 4a 9a 6a Vậy khoảng cách từ A đến (SBC) AB 3a  Cách 2: Gọi M trung điểm BC, ABC nên AM  2 Chọn hệ Oxyz hình vẽ   a   3a   a 3a   M(0;0;0),A  0;  ;0  ,B  ;0;0  ,C   ;0;0  ,S  0;  ;2a    2        (SBC) có:   a 3a   a 3a  a  a SB  ; ; 2a   ( 3;3; 4),SC   ; ; 2a   ( 3;3; 4)  2   2     VTPT (SBC) là: n  SB,SC   (0;8 3;6 3) 3a   Phương trình mặt phẳng (SBC):  y    3(z  2a)   4y  3z  2   3a  4.    3.0 2 6a Khoảng cách từ A đến (SBC) bằng:   16  10 Nhận xét: Cách 1: nhiều học sinh không xác định khoảng cách từ A đến (SBC), khơng vẽ hình đúng, kiến thức, tư kĩ tính tốn yếu Cách 2: khắc phục nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận tốn đơn giản theo cơng thức có sẵn, việc tính tốn dài dễ thực Bài 5:(Đề cao đẳng Hải Phòng - 2006) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a, SA  (A BC), SA = 2a Gọi I trung điểm BC Chứng minh (SAI)  (SBC) tính thể tích khối chóp Giải s z s C A C A I I B y B x Cách 1: Gọi I trung điểm BC suy BC  AI BC  SA(doSA  (ABC)) nên BC  (SAI)  (SBC)  (SAI) VSABC 1 a2 a2  SA.SABC  2a  (đvdt) 3 Cách 2: Gọi I trung điểm BC, ABC nên AI  AB a  2 Chọn hệ Oxyz hình vẽ a a a a I(0;0;0),A(0;  ;0),B( ;0;0),C( ;0;0),S(0;  ;2a) 2 2  a a  a a   a SB( ; ; 2a),SC( ; ; 2a), SA(0;0; 2a),SI(0; ; 2a) 2 2      a  ), n  SA,SI   (a 3;0;0) (SBC) (SAI) có VTPT: n1  SB,SC   (0;2a ;   Ta thấy n1.n  Vậy (SAI)  (SBC)    a a3 VS.ABC  SB,SC  SA    (2a)  (đvdt) 6 Nhận xét: Cách 1: hình vẽ đơn giản, lời giải ngắn gọn nhiên học sinh nhầm lẫn chứng minh BC  (SAI) Cách 2: biểu thức tính tốn cồng kềnh, lời giải không ngắn gọn cách suy luận tốn theo cơng thức có sẵn nên học sinh dễ dàng thực 11 Bài 6: (Học viện Chính trị Quốc Gia năm 2001) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a, SA  (A BC), SA = h a) Tính khoảng cách từ A đến (SBC) theo a h b) Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp ABC H trực tâm SBC Chứng minh OH  (SBC) Giải s z s K H H A O C A C O I I y B B x Cách 1: a) Tính khoảng cách từ A đến (SBC) theo a h Gọi I trung điểm BC suy BC  AI BC  SA(doSA  (ABC)) nên BC  (SAI)  (SBC)  (SAI) Trong SAI kẻ AK  SI K suy AK  (SBC) suy độ dài đoạn AK khoảng cách từ A đến (SBC) 1 ah SAI vuông A có:    AK  2 AK SA AI 3a  4h Vậy khoảng cách từ A đến (SBC) ah 3a  4h b) Ta có: BC  (SAI)(do BC  SA,BC  AI)    BC  OH(1) OH  (SAI)  Chứng minh tương tự ta có: OB  (SAC)  OB  SC H trực tâm SBC nên BH  SC  SC  (OBH)  SC  OH(2) Từ (1) (2) ta OH  (SBC) Cách 2: Gọi I trung điểm BC, ABC nên AI  AB a  2 Chọn hệ Oxyz hình vẽ: a a a a a ;0) I(0;0;0),A(0;  ;0),B( ;0;0),C( ;0;0),S(0;  ;h) O(0;  2 2 12   a a       a a  ; h  ,SC   ; ; h  VTPT (SBC) là: n  SB,SC  (SBC): SB  ; 2   2   a 3   0;ah;  Phương trình (SBC): 2hy  a 3z    Áp dụng cơng thức tính khoảng cách, ta được: d(A,(SBC))  ah 4h  3a b H(x; y; z) trực tâm SBC   HB.SC       x  2hy  a 3z  HC.SB      a a a a3   a   y  hz    y   BH  x  ; y;z    (x  )  2 2(3a  4h )       a    a a a 2h a   y  hz   (x  )  z  CH  x  ; y;z  2  3a  4h      a3 a h    2ah a 2h  ;  OH  0; ; hay H  0;   2  2 2(3a  4h ) 3a  4h 3a  4h  3(3a  4h )    Phương trình mặt phẳng (SBC)phương trình: 2hy  a 3z   chọn VTPT n  (0;ah;a 3) Ta thấy    2ah a 2h  2ah 2ah OH  0; ;  (0;2h;a 3)  n 2  2 3(3a  4h ) 3(3a  4h )  3(3a  4h ) 3a  4h  Suy OH phương với VTPT (SBC) Vậy OH  (SBC) Nhận xét: Cách 1: học sinh gặp khó khăn: khơng xác định khoảng cách từ A đến (SBC), khơng vẽ hình đúng, thường nhầm lẫn CM OH  (SBC) Lời giải ngắn gọn Cách 2: xác định khoảng cách từ A đến (SBC), chứng minh OH  (SBC) việc học sinh gặp khó khăn tìm tọa độ điểm H tính tốn phức tạp nhiên suy luận toán hai câu theo cơng thức Hình chóp có cạnh bên vng góc với đáy đáy tứ giác 2.1 Đáy hình vng, chữ nhật Bài 7:(ĐH Hùng Vương hệ CĐ-2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA  (A BCD) SA = a Tính khoảng cách BD SC Giải 13 z S s I A K D B y A=O O D C B C x Cách 1: Từ giả thiết SA  (A BCD) đáy ABCD hình vng nên SA  BD,AC  BD  BD  (SAC) O Trong (SAC), kẻ AI  SC I OK  SC K suy OK / / AI,OK  AI Do BD  (SAC) nên OK  BD suy OK đoạn vuông góc chung SC BD độ dài đoạn OK khoảng cách SC BD 1 a ABM vng A có AH đường cao:     AI  2 AI SA AC 2a 1 a a a  OK  AI   Vậy khoảng cách SC BD 2 6 Cách 2: Chọn hệ Oxyz hình vẽ: A(0;0;0),B(a;0;0),C(a;a;0),D(0;a;0),S(0;0;a)     BD(a;a;0),SC(a;a;  a),  BD,SC   (a ; a ; 2a )     BD,SC  CD a a3 a      Khoảng cách SC BD: h    4 a  BD,SC  a  a  4a   Nhận xét: Cách 1: học sinh gặp khó khăn: khơng xác định khoảng cách BD SC,nếu xác định khơng biết suy luận để tính khoảng cách qua trung gian đoạn OK, khơng vẽ hình Cách 2: khắc phục nhược điểm trên, hình vẽ đơn giản, suy luận tốn theo cơng thức có sẵn, lời giải ngắn gọn cách học sinh dễ thực Bài 8: (Đại học khối B năm 2006) Cho hình chóp S.ABCD đáy hình chữ nhật với AB  a, AD  a 2, SA  a Gọi M, N trung điểm AD SC, BM cắt AC I Chứng minh (SAC)  (SMB) tính thể tích khối tứ diện ANIB Giải 14 z S s N N M A D I M A=O H y D I C B B C x AM AB   BCA      ABM   BCA  ABM AB BC   BAC   BCA   BAC   900  AIB   900  MB  AC.(1)  ABM Cách 1: a) Từ gt ta có: Do MB  SA(doSA)  (A BCD) (2) Từ (1) (2) suy MB  (SAC)  (SMB)  (SAC) (đpcm) a a) Gọi H trung điểm AC NH / /SA, NH  SA  2 Do SA)  (A BCD)  NH  (A BCD)  NH  (A BI) H a ABI vuông I: SABI  IA.IB IB2  AB2  AI  BI  1 a ABM vng Acó AI đường cao:     AI  AI AB2 AM 2a 1 a a a VANIB  NH.SABI  NH.IA.IB   (đvdt) 6 3 36 Cách 2: Chọn hệ Oxyz hình vẽ: A(0;0;0),B(a;0;0),C(a;a 2;0),D(0;a 2;0),S(0;0;a)  a  a a  ;0  , N  ; ;0  M, N trung điểm AD SC nên M  0; 2      x  a  at    a  a  BM   a; ;0  VTCP BM nên BM có pt :  y  t (t  R) 2    z    x  at   Tương tự: AC a;a 2;0 Phương trình đường thẳng AC:  y  a 2t (t  R) z     15  a  at  at  t  a a    ;0  Tọa độ I nghiệm hpt:  a hay I  ; t  a 2t 3    t         (SAC) có AS(0;0;a), AC(a;a 2;0) nên VTPT n1   AS,AC   (a 2;a ;0)       a 2 a 2  a ;0), BS( a;0;a) nên VTPT: n   BM, BS   (SMB) có BM ( a; ;a ;      a2 a2 2 2  a a   Vậy (SAC)  (SMB) Suy n1.n  (a 2) 2    a a    a a a     a2  ;0  ,AN   ; ;  ,  AB,AI    0;0; b) AB  (a;0;0),AI   ;   3  2 2  VANIB     a a  AB, AI  AN   (đvtt)  6 6 36 Nhận xét: Cách 1: học sinh không vẽ hình đúng, tốn khó học sinh Cách 2: khắc phục nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận đơn giản, lời giải khơng ngắn gọn, tính tốn nhiều có sẵn cơng thức, cách giải học sinh kiên trì, tính tốn cẩn thận đến kết 2.2 Đáy hình thang vng Bài 9: (Đại học cao đẳng khối D năm 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy   BAD   900 , BA = BC = a, AD = 2a SA  (ABCD) SA  a hình thang, ABC Gọi H hình chiếu vng góc A SB Chứng minh tam giác SCD vng tính khoảng cách từ H đến (SCD) theo a Giải z S S H I D A H y A=O B D C B C x Cách 1: Chứng minh tam giác SCD vuông Gọi I trung điểm AD IA = ID = IC = a ACD vuông C  CD  AC 16 Lại có: CD  SA(doSA  (ABCD)) nên CD  (SAC)  CD  SC hay SCD vuông C Từ gt suy SB  SA  AB2  a 3, SC  SA  AC2  2a SA SH SA 2    Trong SAH: SA  SH.SB  SH  SB SB SB2 Gọi h1 ,h khoảng cách từ B, H đến (SCD) 1 V h SB V1  VBSCD  h1.SSCD ,V2  VHSCD  h SSCD      h  h1 3 V2 h SH a a 1 SA.SBCD a V1  VBSCD  h1.SSCD  SA.SBCD  h1   3 SSCD 2a.a 2 2 2 2 2 Gọi CD  6a ,CD  SD  SC  2a ,SC  4a ,SC  2a,CD  a 2 a Suy d(H,(SCD))  h  h1  3 Cách 2: Chọn hệ Oxyz hình vẽ: A(0;0;0),B(a;0;0),C(a;a;0),D(0;a;0),S(0;0;a 2)    SC  (a;a; a 2),SD  (0;a; a 2),CD  ( a;0;0)     Ta thấy SC.CD   SC  CD hay SCD vuông C  H hình chiếu A SB nên SAH:   SA SH SA 2 SA  SH.SB  SH      SH  SB  SH  SB SB SB SB2 3 Gọi E giao điểm CD với AB, từ giả thiết suy AE = 2AB = 2a E(2a;0;0) x y z x y z 1   1  Phương trình đoạn chắn:   2a a a 2a 2a a  x  a  at   SB  (a;0; a 2) nên phương trình đường thẳng SB:  y   z  a 2t  H(a  at;0; a t) a H( a;0; )     H  SB H(a  at;0;  a t)     3      AH(a  at;0; a t)    AH  SB AH.SB  a(a  at)  2a t  t     17 d(H,(SCD))  1   1 a 3  1   4a 4a 2a Nhận xét: Cách 1: học sinh lấy thêm điểm I để chứng minh SCD vng C , vận dụng cách tính khoảng cách dựa vào thể tích tỉ số thể tích khó học sinh Cách 2: khắc phục nhược điểm trên, hình vẽ, chứng minh SCD vng đơn giản, học sinh gặp khó khăn chút tính khoảng cách từ H đến (SCD), lời giải khơng ngắn gọn, tính tốn nhiều có sẵn cơng thức,học sinh, tính tốn cẩn thận đến kết Hình chóp Bài 10: (Cao đẳng sư phạm Hải Dương) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a, đường cao SH  a Tính góc mặt bên mặt đáy hình chóp Giải z S S D A H B y A I C D H=O B C x Cách 1: Gọi I trung điểm BC, S.ABCD hình chóp nên ta có HI  DC DC  SI (theo định lý đường vng góc)  Suy góc mặt bên mặt đáy hình chóp SIH Xét SHI vng H có SH  a 3,HI  a   SH  a   SIH   600 tanSIH HI a Cách 2: Chọn hệ Oxyz hình vẽ H(0;0;0),C(a 2;0;0),D(0;a 2;0),D(0;a;0),S(0;0;a 3)  Đáy ABCD (là mặt phẳng (Oxy) có VTPT: k(0;0;1)   SC(a 2;0;  a 3),SD(0;a 2;  a 3)    VTPT (SCD) n  SC,SD   (a 6;a 6;2a ) 18 Gọi α góc mặt bên mặt đáy hình chóp   2a cos   cos(n,k)      600   6a  6a  4a Vậy góc mặt bên mặt đáy hình chóp 600 Nhận xét: Cách 1: học sinh trung bình khơng xác định góc đường thẳng mặt phẳng từ khơng tính số đo góc Cách 2: hình vẽ lời giải đơn giản, suy luận tốn theo cơng thức sẵn có Trong hai cách giải Bài 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a Gọi E điểm đối xứng D qua trung điểm SA, M, N trung điểm AE, BC Chứng minh MN  BD tính khoảng cách MN AC theo a (Đại học cao đẳng khối B năm 2007) Giải z S E E S P M P M D A O B N A I D C O x B N C y MP / /NC Cách 1: Gọi P trung điểm SA Từ giả thiết ta có  nên tứ giác MP  NC MN / / P C MPCN hình bình hành suy  MN  PC BD  AC    BD  (SAC)  BD  PC  BD  MN BD  SO  Do MN / /AC  (SAC)  MN / /(SAC) O tâm hv ABCD d(MN,AC)  d(MN,(SAC))  d(N,(SAC))  NI  a 2 Cách 2: Gọi O tâm hình vng ABCD a Đặt SO = h Từ giải thiết OA  OB  OC  OD  Chọn hệ Oxyz hình vẽ 19 a   a   a   a  O(0;0;0),B  ;0;0  ,B   ;0;0  ,A  0;  ;0  ,C  0; ;0  ,S(0;0;h) 2 2          a h ;  P trung điểm SA: P  0;  2   x E  2x P  x D a a   ; ;h  E đối xứng với D qua P nên  y E  2y P  y D  E  2   z  2z  z P D  E a a h a a  ; ; , N ; ;0  M, N trung điểm AE, BC nên M  2       3a h       MN  0; ;   ,BD  a 2;0;0  MN.BD   MN  BD Vậy MN  BD 2     a a     ah  ;0;0  ; ;0  ,  MN,AC    Ta có: AC 0;a 2;0 , NC   4     a h      MN,AC  NC a     d(MN,AC)     MN,AC  a2 h2   00 Nhận xét: Cách 1: học sinh không vẽ hình đúng, tốn khó học sinh Cách 2: lời giải không ngắn gọn, tính tốn nhiều có sẵn cơng thức để áp dụng, suy luận tốn theo cơng thức, cách giải u cầu học sinh kiên trì, tính tốn cẩn thận BÀI TẬP VẬN DỤNG Bài 1: (Đề TK khối A – 2002) Cho ABC vng cân có cạnh huyền BC = a Trên đường thẳng vng góc với (ABC) A lấy điểm S cho góc (ABC) (SBC) 600 Tính độ dài đoạn SA theo a a Đáp số: SA  Bài 2:(ĐH Đà Nẵng khối A - 2001) Cho tứ diện SABC có SC = CA = AB = a 2, SC  (ABC), ABC vuông A, MSA, NBC cho AM = CN = t (0  t  2a)     a) Tính độ dài đoạn MN (Đáp số: MN  3t  4at  2a ) 20 2a ) c) Khi MN ngắn Chứng minh MN đoạn vng góc chung BC SA a SA  (ABC), Bài 3: Cho hình chóp S.ABC đáy tam giác cạnh a, SA  a a SA  Tính khoảng cách từ A đến (SBC) theo a.(Đáp số: ) 2 Bài 4:(Cao đẳng Hải Phòng năm 2006) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a, SA vng góc với đáy, SA = 2a Gọi I trung điểm BC Chứng minh a2 (SAI)  (SBC) tính thể tích khối chóp Đáp số: VSABC  Bài 5: (Đề tham khảo năm 2002) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA vng góc với đáy SA = a Gọi E trung điểm 3a cạnh CD Tính khoảng cách từ S đến BE Đáp số: Bài 6: (Cao đẳng KTKT cơng nghiệp khối A - 2004) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a SA  (ABCD) SA = a Gọi H, K hình chiếu A lên SB, SD a) Chứng minh rằng: SC  (AHK) b) Tìm giá trị t đề đoạn MN ngắn nhất.(Đáp số: t  a2 b) Tính diện tích thiệt diện cắt (AHK) với hình chóp (Đáp số: ) IV Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường Kiểm nghiệm kết trước sau dạy cho học sinh qua buổi học ôn thi trường, kết sau: Trước dạy, học sinh giải pp hình học túy Năm học 2013 – 2014 Lớp Sĩ số Tỉ lệ hs TB Tỉ lệ hs TB Tỉ lệ hs A7 47 53,19% 25,53% 21,28% A8 50 70% 20% 10% Năm học 2014 - 2015 Lớp Sĩ số Tỉ lệ hs TB Tỉ lệ hs TB Tỉ lệ hs B6 43 74,42% 18,60% 6,98% Sau dạy, học sinh luyện tập hai phương pháp, kết sau: Năm học 2013 – 2014 Lớp Sĩ số Tỉ lệ hs TB Tỉ lệ hs TB Tỉ lệ hs A7 47 21,28% 46,28% 31,91% 21 A8 50 34% 48% 18% Năm học 2014 - 2015 Lớp Sĩ số Tỉ lệ hs TB Tỉ lệ hs TB Tỉ lệ hs B6 43 41,86% 44,19% 13,95% Khi đưa tổ chuyên môn để thảo luận, số đồng chí giáo viên tổ dạy lớp 12 áp dụng, có đồng chí luyện tập nhiều pp tọa độ thu kết định: học sinh dễ tiếp thu, có nhiều học sinh giải tốn HHKG trước Nhìn chung, học sinh chủ động hơn, tự tin tiếp xúc với tốn HHKG, em khơng cảm thấy sợ, thấy ngại giải tốn HHKG trước Các em biết lựa chọn thích hợp phương pháp giải tốn liên quan đến hình chóp, biết cách chuyển từ tốn HHKG sang toán HHGT sử dụng kiến thức toạ độ để giải toán C KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ I Kết luận - Cần luyện tập cho học sinh hai phương pháp giải tốn hình học khơng gian - Học cần nắm vững số dạng tốn giải phương pháp tọa độ cách chọn hệ tọa độ cho dạng tốn - Khi vận dụng phương pháp tọa độ: Không thiết phải vẽ hình minh họa cách chi tiết Suy luận để tìm lời giải cho tốn đơn giản theo cơng thức Vì nhiều học sinh tiếp thu phương pháp để giải toán HHKG Tuy nhiên, pp tọa độ giải số dạng tốn chọn hệ trục tọa độ cách đơn giản có sẵn dạng Việc tính tốn dài, biểu thức tốn đơi cồng kềnh gây khó khăn cho học sinh có kĩ tính tốn khơng thành thạo, học sinh ngại tính tốn, điều mà hầu hết học sinh gặp phải Việc dạy phương pháp tọa độ cho học sinh giúp học sinh luyện tập phương pháp giải pháp hiệu phần lớn em học sinh đứng trước tốn hình học khơng gian Phương pháp gây hứng thú cho học sinh giúp em có niềm tin, có tâm quan trọng khơng cảm giác “sợ” tốn hình học khơng gian II Kiến nghị: Trong PPCT tốn lớp 12 nên có số tiết dạy phương pháp tọa độ XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ Thanh Hóa, ngày 15/ / 2016 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác 22 Người viết Nguyễn Thị Bích Phượng TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Lê Hồng Đức – Đào Thiện Khải (2004), Sử dụng phương pháp tọa độ không gian giải tốn hình học khơng gian, Nhà xuất Đại học Sư Phạm [2] Doãn Minh Cường (2000), Giới thiệu đề thi tuyển sinh năm học 2000 - 2001, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội [3] Doãn Minh Cường (2001), Giới thiệu đề thi tuyển sinh năm học 2001 - 2002, Nhà xuất Đại học Quốc Gia Hà Nội [4] Trần Tuấn Điệp – Ngô Long Hậu (2004), Giới thiệu đề thi tuyển sinh năm học 2000 - 2001, Nhà xuất Hà Nội [5] Trần Tuấn Điệp – Ngô Long Hậu (2007), Giới thiệu đề thi tuyển sinh năm học 2004 đến 2007, Nhà xuất Hà Nội [6] Văn Như Cương (chủ biên), Trần Đức Huyên -Nguyễn Mộng Hy (2000),Hình học 11( sách giáo khoa), Nhà xuất Giáo dục [7] Văn Như Cương (chủ biên),Tạ Mân (2000), Hình học 12 (sách giáo khoa ),Nhà xuất Giáo dục [8] Trần Văn Hạo Nguyễn Mộng Hy(chủ biên),Khu Quốc Anh - Trần Đức Huyên (2000), Hình học 12 sách giáo khoa), Nhà xuất Giáo dục [9] Nguyễn Mộng Hy (1998), Các toán phương pháp vectơ phương pháp toạ độ,Nhà xuất Giáo dục [10] TS Nguyễn Thái Sơn (2000), Phương pháp toạ độ không gian (tài liệu bồi dưỡng thường xuyên giáo viên THPT chu kỳ 1997 - 2000) - Lưu hành nội bộ, [11] Báo Toán học Tuổi trẻ, số tháng 11/1995 số tháng 2/1999 23 - 24 ... khăn cho học sinh có kĩ tính tốn khơng thành thạo, học sinh ngại tính tốn, điều mà hầu hết học sinh gặp phải Việc dạy phương pháp tọa độ cho học sinh giúp học sinh luyện tập phương pháp giải. .. Phương pháp giải tốn hình học khơng gian: Phương pháp hình học túy phương pháp tọa độ Một số dạng toán hình chóp vận dụng phương pháp tọa độ để giải toán Ưu, nhược điểm phương pháp giải toán IV Phương... ôn luyện cho học sinh dự thi tốt nghiệp THPT Quốc Gia (trước thi Đại học – Cao đẳng)… nhận thấy nhiều học sinh gặp khó khăn giải tập hình học khơng gian khả tư tưởng tượng không gian học sinh