SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA IV SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN VỀ GĨC TRONG HÌNH HỌC KHƠNG GIAN Người thực hiện: Nguyễn Thị Kim Dung Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc mơn: Tốn THANH HÓA NĂM 2019 Mục lục Trang MỞ ĐẦU …………………………………………………………… 1.1 Lý chọn đề tài ……………………………………………… 1.2 Mục đích đề tài ………………………………………………2 1.3 Đối tượng nghiên cứu …………………………………… …… 1.4 Phương pháp nghiên cứu………………………………………… 1.5 Những điểm SKKN…………………………………… NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM …………………………4 2.1 Cơ sở l ý luận sáng kiến kinh nghiệm ……………………… 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề ……………….… 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm ………….………………….21 KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ ……………………………………………21 Tài liệu tham khảo …………………………………………………… 22 Danh mục đề tài SKKN thân Hội đồng cấp Sở Giáo dục đào tạo đánh giá từ loại C trở lên……………………… 22 MỞ ĐẦU 1 Lý chọn đề tài Để bồi dưỡng cho học sinh lực sáng tạo, lực giải vấn đề, lý luận dạy học đại khẳng định: “Cần phải đưa học sinh vào vị trí chủ thể hoạt động nhận thức, học học tập” Học sinh hoạt động tự lực, tích cực để chiếm lĩnh kiến thức Q trình lặp lặp lại nhiều lần góp phần vào hình thành phát triển cho học sinh tư sáng tạo Trong năm học 2018 – 2019 nhà trường phân cơng dạy mơn Tốn 12 ban Hình học khơng gian mơn khó chương trình Tốn trung học phổ thơng, đòi hỏi phải có trí tưởng tượng khơng gian trình bày gọn gàng, đầy đủ, chặt chẽ Qua giảng dạy nhận thấy: Học sinh ban học yếu phần thời lượng cho luyện tập Trong thực tế tốn tính góc đề thi trung học phổ thông quốc gia tập phong phú, mà có số em biết phương pháp giải, tốc độ chậm, chí mắc số sai lầm khơng đáng dẫn đến chọn sai phương án Tại lại ? Lý là: Bài tập sách giáo khoa chương trình SGK Hình Học lớp 12 trình bày hạn hẹp, mặt khác thời lượng dành cho chương nên giáo viên khơng thể đưa nhiều cách giải cho dạng tập để hình thành kỹ giải cho học sinh Chính tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là: “Sử dụng phương pháp tọa độ giải số tốn góc hình học khơng gian” Mục đích đề tài Trước tình hình “q tải” trí tưởng tượng khơng gian, giải tốn góc đòi hỏi học sinh phải nắm vững nhiều kiến thức, phải có tư mức độ cao; hướng dẫn em sử dụng phương pháp tọa độ Phương mang tính tính tốn song tuân thủ quy tắc mà sách giáo khoa xây dựng thực lời giải cách tự nhiên, bớt tư trừu tượng có máy tính bỏ túi hỗ trợ việc tính tốn Qua đề tài rèn luyện tư trình bao gồm nhiều khâu: + Rèn luyện khả phân tích giải tốn: Phải biết nhìn tốn dạng quy, mẫu mực Tuy lại phải biết cách nhìn tốn dạng đặc thù, riêng lẻ, nên học sinh cần phải rèn luyện nhiều biết cách khai thác hết khía cạnh + Rèn luyện khả định hướng xác định đường lối giải toán: Vốn kiến thức học sinh nhiều hay ảnh hưởng lớn đến việc rèn luyện khả xác định phương hướng giải toán Học sinh cần nắm vững đường lối chung, lại phải phát riêng toán để chọn đường lối thích hợp + Rèn luyện khả lựa chọn phương pháp công cụ thích hợp để giải tốn: Cơng việc xác định phương pháp công cụ phép biến đổi mang tính chất kỹ thuật Bài tốn có đặc điểm mà từ dẫn tới việc chọn lựa phương pháp công cụ tương ứng với đặc điểm + Rèn luyện khả kiểm tra toán: Bài tập nhằm đánh giá mức độ, kết dạy học, đánh giá khả học tốn trình độ phát triển học sinh khả vận dụng kiến thức học Thực tiễn sư phạm cho thấy, giáo viên thường chưa ý đến việc phát huy tác dụng giáo dục toán, mà thường trọng cho học sinh làm nhiều tập Trong trình dạy học, việc ý đến chức tập chưa đủ mà giáo viên cần quan tâm tới lời giải tập toán Thường học sinh phạm sai lầm giải tập nguyên nhân sau: - Sai sót kiến thức toán học, tức hiểu sai khái niệm hay giả thiết kết luận tốn - Sai sót phương pháp suy luận - Sai sót tính sai, dùng ký hiệu, ngơn ngữ diễn đạt hay hình vẽ sai + Rèn luyện khả tìm kiếm tốn liên quan sáng tạo tốn mới: Mục đích cuối tốn tìm dựng, thu được, xác định đối tượng đó, tức tìm ẩn số tốn Học sinh sâu, suy nghĩ xem liệu có tốn liên quan đến khơng ? Nếu thay một điều kiện tốn ta có tốn ? giải khơng ? Bài tốn tổng qt dạng ? Nếu tiến hành thường xuyên áp dụng đối tượng việc rèn luyện khả phân tích, tổng hợp, tổng quát hóa, đặc biệt hóa, trừu tượng hóa Từ thúc đẩy phát triển tư sáng tạo học sinh Qua rèn luyện cho học sinh biết lựa chọn cách giải cho gọn gàng, đầy đủ, chặt chẽ vận dụng Hình học giải tích để làm số tập góc hai mặt phẳng hình học khơng gian nhằm nâng cao chất lượng Toán 12 ban bản, tiếp cận với đề thi trung học phổ thông quốc gia Đối tượng nghiên cứu Để phát huy ưu điểm phương pháp tọa độ, tơi đặt câu hỏi: Bài tốn loại giải phương pháp tọa độ ? Nếu gắn hệ tọa độ ? Sau chọn cách tính tốn trình bày cho hợp lý ? Từ truyền thụ cho học sinh phương pháp, kinh nghiệm tìm tòi, suy nghĩ phát lời giải, coi phương pháp tọa độ công cụ để giải số tốn hình học khơng gian cách thục Xây dựng, thử nghiệm rút kinh nghiệm thông qua học sinh lớp 12 trường THPT Hoằng Hóa 4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp phân tích tổng hợp tài liệu, nghiên cứu sách giáo khoa Hình học 12, Hình học nâng cao 12, Tự chọn nâng cao 12, …Phương pháp vấn đáp gợi mở …, kiểm tra đánh giá Sau thống kê để xử lí số liệu thu rút kinh nghiệm cho học sau Những điểm SKKN Rèn luyện khả phân tích, định hướng xác định đường lối giải toán; rèn luyện khả kiểm tra tốn; rèn luyện khả tìm kiếm toán liên quan sáng tạo toán NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Cơ sở lý luận sáng kiến kinh nghiệm Hình học mơn học có tác dụng lớn việc trí tưởng tượng khơng gian, rèn luyện tư logíc sáng tạo cho học sinh Các học sinh cấp THPT nói chung, học sinh khối 12 nói riêng q trình phát triển, bồi dưỡng chọn lọc trình độ khác Vì vậy, nội dung phương pháp dạy học lớp phải linh hoạt phù hợp với điều kiện cụ thể thầy trò, việc tổ chức dạy học Phương pháp tọa độ không gian nghiên cứu chi tiết cụ thể chương III – Hình học 12 Bởi dạy phần cần khai thác ứng dụng 2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trình độ học sinh chênh lệch, thể thái độ học tập, u thích mơn học Hình giải tích có vai trò quan trọng đề cập nhiều đề thi THPT Quốc gia, học sinh khó tìm phương pháp tìm phương pháp tốc độ không đảm bảo thời gian trắc nghiệm Có chênh lệch do: +) Nhận thức học sinh +) Chất lượng dạy +) Thời gian học tập học sinh Tất nguyên nhân ảnh hưởng trực tiếp đến kết học tập Các giải pháp sử dụng để giải vấn đề 2.3.1 Điều trước tiên học sinh phải nắm vững định nghĩa hệ tọa độ Oxyz, tọa độ điểm vecto, phép tốn vecto, tích vơ hướng có hướng hai vecto, góc mặt phẳng … 2.3.2 Phần bổ sung: Cách xác định toạ độ điểm hệ trục toạ độ Oxyz: Trong không gian Oxyz, cho điểm M tuỳ ý Điểm M có toạ độ (x; y; z) xác định sau: z M3 M M2 O y M1 x M’ Thông thường vẽ trục Oz đường thẳng có phương thẳng đứng - Xác định hình chiếu điểm M mặt phẳng (Oxy) điểm M’ - Xác định hình chiếu điểm M’ trục Ox, Oy M1, M2 - Xác định hình chiếu điểm M trục Oz M3 - Tính độ dài đoạn thẳng OM1, OM2, OM3 (đoạn thẳng nối gốc toạ độ hình chiếu trục toạ độ) Khi đó: hồnh độ điểm M x OM , tung độ điểm M y OM , cao độ điểm M z OM Chú ý: x OM OM M1 thuộc tia Ox x OM  OM M1 thuộc tia Ox’ (tia đối tia Ox) Góc hai đường thẳng: a) Định nghĩa: Góc hai đường thẳng d1 d2 góc hai đường thẳng d’1 d’2 qua điểm song song (hoặc trùng) với d1 d2 b) Công thức tính góc haiuurđường thẳng: Hai đường thẳng d d2 ur có hai vectơ phương u1 u2 Gọi  góc hai đường thẳng d1 d2 ur uu r u1 u2 ur uu r cos   cos u1 , u2  ur uu r u1 u2   Góc hai mặt phẳng: a) Định nghĩa: Góc hai mặt phẳng góc hai đường thẳng vng góc với hai mặt phẳng b) Cơng thức tính góc hai mặt phẳng: Hai mặt phẳng (P) (Q) có hai vectơ pháp tuyến n1 n2 Gọi  góc hai mặt phẳng (P) (Q) ur uu r n1 n2 ur uu r cos   cos n1 , n2  ur uu r n1 n2   Góc đường thẳng mặt phẳng: a) Định nghĩa: Nếu đường thẳng a vng góc với mặt phẳng (P) góc đường thẳng a mặt phẳng (P) 900 Nếu đường thẳng a khơng vng góc với mặt phẳng (P) góc đường thẳng a hình chiếu a’ (P) gọi góc đường thẳng a mặt phẳng (P) b) Công thứcr tính góc đường thẳng mặt phẳng: Đường thẳng a có vectơ r phương u mặt phẳng (P) vectơ pháp tuyến n Gọi  góc đường thẳng a mặt phẳng (P) r r u n r r sin   cos u , n  r r u n   2.3.3 Khi học sinh nắm vấn đề nêu giáo viên đưa vài tốn hình học khơng gian làm chương III – Hình học 11, sách tập Hình học 12, đề thi THPT Quốc gia , đề thi khảo sát chất lượng số trường THPT Sở GD – ĐT, … để học sinh tìm tòi phát cách giải phương pháp tọa độ Từ so sánh hai phương pháp, thấy “cái hay” phương pháp này, hoạt động tự lực, tích cực để chiếm lĩnh kiến thức Dạng 1: Có đường cắt đơi vng góc Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông ABCD cạnh a, SA = a SA  (ABCD) a) Tính góc đường thẳng SB AC b) Tính góc đường thẳng SD mặt phẳng (SBC) b) Tính góc hai mặt phẳng (SBC) (SCD) Lời giải: z S a D A y a B C a x Học sinh nhận thấy SA, AD AB đơi vng góc từ gắn hệ tọa độ Oxyz; xác định tọa độ điểm S, D, B, C (xác định hình chiếu S, D, B, C trục toạ độ); công thức tính góc hai mặt phẳng; nên em đưa lời giải hoàn chỉnh: Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với A O; B  tiaOx; D  tiaOy; S  tiaOz Khi B(a; 0; 0), D(0; a; 0), S(0; 0; a), C(a; a; 0) (Hình chiếu C Ox B AB = a, hình chiếu C Oy D AD = a) ur uur r uuur a) SB  (a; 0;  a)  a (1; 0;  1)  a u , AC  (a; a; 0)  a (1;1; 0)  a u1 r ur � cos(SB, AC)  cos u, u1  � (SB, AC)  600 ur r uur u, u � b)+) SC (a; a;  a ) a (1; 1;  1) a u => Mp(SBC) có vtpt n1  � � � (1; 0;1)   +) SD (0; a;  a ) a (0; 1;  1) a u uu r ur u3 n1 � sin(SD, (SBC))  uu r ur  � (SB, (SBC))  300 u3 n1   c) Mp(SDC) có vtpt n2  u , u (0; 1; 1)   Gọi  góc (SBC) (SCD) => cos  cos n1 , n2  1    60 2 Từ tơi u cầu em nêu bước giải tốn khơng gian phương pháp tọa độ Sau tơi chỉnh sửa cho học sinh ghi nhớ: Bước 1: Thiết lập hệ trục tọa độ thích hợp (có sẵn tạo dựng đường thẳng đơi vng góc phải tính khoảng cách từ gốc tọa độ đến hình chiếu trục tọa độ), từ suy tọa độ điểm cần thiết Bước 2: Thiết lập biểu thức cho giá trị cần xác định, thông thường bao gồm: - Toạ độ vectơ phương, vectơ pháp tuyến (chọn vecto có tọa độ điểm mút đơn giản), thơng thường chọn vectơ phương để dễ tính tốn … - Áp dụng cơng thức tính góc Bài 2: (Đề thi thử Trường THPT Nguyễn Khuyến năm học 2018 – 2019) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng ABCD cạnh a, SA = 2a SA  (ABCD) Gọi M trung điểm SD Tính tang góc hai mặt phẳng (AMC) (SBC) ? A 3 B 5 C 5 D Lời giải: z S M 2a D A y a B x C a Để thuận tiện cho việc tính tốn chọn a = � � Khi A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), S(0; 0; 2), C(1; 1; 0), M �0; ;1� � � uuuur � � u u r uuur +) AM  �0; ;1� (0;1; 2)  u ; AC  (1;1;0) � � ur ur uuur u1 , AC � => Mp(AMC) có vtpt n1  � � � (2; 2;  1) uu r uur uuur uur uuur SB, BC � +) SB  (1; 0;  2) ; BC  (0;1;0) => Mp(SBC) có vtpt n2  � � � (2; 0;1) ur uu r Gọi  góc (AMC) (SBC) => cos   cos n1 , n2  1 � tan   1  Mặt khác:  tan   => Chọn C 2 cos  cos    Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang vng A B với AB = BC = a, AD = 2a, SA = a vng góc với đáy Tính góc hai mặt phẳng: a) (SAD) (SCD) b) (SAD) (SBD) c) (SBC) ((SCD) Lời giải: z S D 2a A y a B x a C Ta có: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), S(0; 0; a ), D(0; 2a; 0), C(a; a; 0) (hình chiếu C Ox B, Oy trung điểm AD) a) +) Mặt phẳng (SAD) có vectơ pháp tuyến i (1; 0; 0) +) SC (a; a;  a ) a (1; 1;  SD (0; 2a;  a ) a (0; 2;    ) a u1 , ) a u  u1 , u ( ; ; 2)  (1; 1; 2) => Mặt phẳng (SCD) có vtpt n1 (1; 1; 2) Gọi  góc (SAD) (SCD) => cos   cos i, n1    60 b) SB (a; 0;  a ) a (1; 0;  ) a u     ;  2)  (2; 1; 2) => Mp(SBD) có vtpt n2 (2; 1; 2) 2   arccos Gọi  góc (SAD) (SBD) => cos   cos i, n2  7  u , u ( 2 ;      c) u1 , u ( ; 0;  1)  ( ; 0; 1) => Mặt phẳng (SBC) có vtpt n3 ( ; 0; 1)   6 Gọi  góc (SBC) (SCD) => cos   cos n1 , n3    arccos 3 Bài 4: Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 a) Tính góc AC A1D b) Tính góc hai mp (ABD1) (BCD1) Lời giải: Gọi cạnh hình lập phương Ta có: A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), C(1; 1; 0), D(0; 1; 0), A1(0; 0; 1), D1(0; 1; 1) A1 z D1 B1 C1 D A y B C x uuur a) AC  (1;1; 0) , AD1 (0; 1; 1) � cos(AC, A1D)  � (AC, A1D)  60 b) +) AD1 (0; 1; 1) =>Mặt phẳng (ABD1) có vtpt n1  i, AD1 (0;  1; 1)     +) BD1 ( 1; 1; 1) => Mặt phẳng (BCD1) có vtpt n2  j , BD1 (1; 0; 1) ur uu r  cos   cos n , n  �   600 +) Gọi góc (ABD1) (BCD1) => 2   Bài 5: (Câu 37 mã 101 đề thi THPT QG năm 2018) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ Gọi I tâm hình vng A’B’C’D’ M điểm thuộc đoạn OI cho MO = 2MI Khi cơsin góc tạo hai mp(MC’D’) (MAB) bằng: A 85 85 B 85 85 C B 17 13 65 Lời giải: z C A D O M B’ A’ D C’ y I D’ x 13 65 Gọi cạnh hình lập phương (vì O trung điểm, MI  MO để tọa độ điểm số ngun dễ tính tốn) MO  MI � MI  MO  BB '  Ta có: M(3; 3; 1), C’(0; 6; 0), D’(6; 6; 0), A(6; 0; 6), B(0; 0;6) uuuur uuuur r ur � (0; 1; 3)  n1 MC ', i +) MC '  ( 3; 3;1) � � � � uuur uuur r uu r � � MA  (3;  3; 5) � MA , i  (0;5;3)  n +) � � ur uu r 85 Gọi  góc (MC’D’) (MAB) => cos   cos n1 , n2  => Chọn C 85 Bài 6: Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD hình vng cạnh 2, cạnh bên AA’ = Gọi B1 trung điểm AB, điểm D1 thuộc cạnh DD’ cho DD’ = 3DD1 Gọi  góc mp(B1C’D1) đáy Tính cos  ? Lời giải:   z D’ C’ A’ B’ D1 ’ D C y A ’ x B B1 ’ Chọn hệ trục tọa độ Dxyz với A  tiaOx; C  tiaOy; D ' tiaOz => B1(2; 1; 0), C’(0; 2; 3), D1(0; 0; 1) Ta có: +) D1C ' (0; 2; 2) 2(0; 1; 1) 2u1 , D1 B1 (2; 1;  1)    u1 , D1 B1 ( 2; 2;  2)  2(1;  1; 1) => Mp(B1C’D1) có vtpt n1 (1;  1; 1)   +) Mp(ABCD) có vectơ pháp tuyến k (0; 0; 1) Do đó: cos   cos n1 , k  Bài 7: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân C, BC = a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABC) trung điểm H AB, biết 10 SH = 2a Tính góc hai mặt phẳng (MAC) (SBC), biết M trung điểm SB Lời giải: z S 2a M A C a y H a B x Chọn hệ Oxyz cho O trùng với H; B, C, S thuộc tia Ox, Oy, Oz a   a  a ;0;0 , C  0; ;0  2    Vì tam giác ABC vng cân C nên CH  AB AB = a , CH = a  a  ;0;0 , M  ;0; a ,      A   Ta có: S (0;0;2a ), B (M trung điểm SB =>hình chiếu M Hx trung điểm HB, Hz trung điểm SH)  3a  a a ;0; a   ;0;4  u1 , +) AM      a a  a 1;1;0  a u AC  ; ;0   2     Mặt phẳng (MAC) có vectơ pháp tuyến n1  u1 , u ( 4;4;3 ) a  a a ;0; 2a   ;0;  u3 +) SB     a a  a   1;1;0  a u BC   ; ;0   2 2   Mặt phẳng (SBC) có vectơ pháp tuyến n2  u3 , u (4;4; ) Gọi  góc (MAC) (SBC) 3  cos   cos n1 , n2    arccos 17 17      11  Bài 8: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh 2a Hình chiếu vng góc B lên mặt phẳng (A’B’C’) trung điểm H cạnh B’C’ BH = 3a Tính cơsin góc hai mp (ABB’A’) (ACC’A’) * Gợi ý: Gắn hệ trục hình lăng trụ, hồn tồn tương tự hình chóp: có sẵn BH vng góc với đáy, cần chọn đáy hai đường thẳng vuông góc, để ý đáy tam giác H trung điểm BC Lời giải: A C z B y C’ A’ H x B’ Chọn hệ Hxyz cho B ' tiaOx; A' tiaOy; B  tiaOz Ta có A' 0; a 3;0 , B '  a;0;0, B 0;0;3a , C '   a;0;0        +) A' B' a; a 3;0 a 1; 3;0 a u1 , B' B  a;0;3a  a  1;0;3 a u        u1 , u   3; 3;  3; 3;1   => Mp(ABB’A’) có vtpt n1  3; 3;1     +) C ' A' a; a 3;0 a 1; 3;0 a u , CC’ // BB’ => CC’ có vectơ phương u        u , u3   3;3;  3; 3;1   => Mp(ACC’A’) có vtpt n2  3; 3;1 Gọi  góc hai mặt phẳng (ABB’A’) (ACC’A’) ur uu r � cos   cos n1 , n2  13 Bài 9: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 có đường chéo AC1 hợp với cạnh AB AD góc α β Tính góc hai mặt phẳng (ABC 1) (ADC1) Lời giải: Chọn hệ trục tọa độ Dxyz với A  tiaOx; C  tiaOy ; D1  tiaOz Đặt AC1 = d Giả sử đường chéo AC1 tạo với AA1 góc γ   12 z D1 C1 A1 B1 y D β C α x A B Ta có:  ADC1 vng D: DA = d cosβ,  ABC1 vuông B: AB = d cosα,  AA1C1 vuông A1: AA1 = d cosγ => DA2 + AB2 + AA12 = DB2 + AA12 = A1C12 + AA12 = AC12 => cos2α + cos2β + cos2γ = (1) (dễ thấy α, β, γ nhọn) Ta có: A(dcos β; 0; 0), C(0; dcosα; 0), D1(0; 0; dcosγ), B(dcos β; dcosα; 0), C1(0; dcosα; dcosγ) Gọi φ góc hai mặt phẳng (ABC1) (ADC1) +) AC1 ( d cos  ; d cos  ; d cos ),    AC1 , j ( d cos ; 0;  d cos  )  d (cos ; 0; cos  ) Mặt phẳng (ABC1) có vectơ pháp tuyến n1 (cos ; 0; cos  )   +) DA (d cos  ; 0; 0)  AC1 , DA (0; d cos  cos ;  d cos  cos  ) d cos  (0; cos ;  cos  ) => Mặt phẳng (ADC1) có vtpt n2 (0; cos ;  cos  ) |  cos  cos  | Do đó: cos   cos n1 , n2  (2) cos   cos  cos   cos    Từ (1): cos2γ + cos2β = 1- cos2α ; cos2γ + cos2α = 1- cos2β thay vào (2) ta có: cos  cot  cot  Nhận xét: Bài trường hợp đặc biệt Do hình lập phương có đường chéo hợp với cạnh chung đỉnh góc  nên a 1 cot     cos  cot     60 a 2 Qua tập đưa nhận xét: Với số trình bày theo phương pháp tọa độ tối ưu, với số mức độ phương pháp tọa độ không gian tương đồng Tuy nhiên cần phải nhớ phương pháp tọa độ tỏ hiệu 13 Sau tơi lấy thêm số hình học khơng gian dạng khác với mức độ khó hơn, cần kỹ tổng hợp để học sinh tìm tòi, khám phá, phát hiện, luyện tập, khai thác xử lý thơng tin, tự hình thành hiểu biết, lực phẩm chất Đặc biệt, việc xác định tính góc hình học khơng gian tương đối khó, song phương pháp tọa độ lại tỏ hiệu Dạng 2: Có đường thẳng vng góc với đáy Bài 10: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC  vuông cân với BA = BC = a, SA  đáy SA = a Gọi E, F trung điểm AB AC Tính góc mặt phẳng: a) (SAC) (SBC) b) (SEF) (SBC) Lời giải: z S a y x C A a a B Chọn hệ tọa độ Oxyz cho B trùng O, điểm A C thuộc tia Ox Oy, hướng từ A đến S trùng với hướng tia Oz a 2 a a 2     Ta có: B(0; 0; 0), A(a; 0; 0), C(0; a; 0), S(a; 0; a), E  ; 0;  , F  ; ;      a) +) AC ( a; a; 0)  a (1;  1; 0)  a u1 =>Mp(SAC) có vtpt n1  k , u1 (1; 1; 0)   +) BS (a; 0; a ) a (1; 0; 1) a u => Mp(SBC) có vtpt n2  j, u (1; 0;  1)      60 2 a  a  a EF  0; ;0   (0; 1; 0)  j (hoặc EF   Gọi φ góc (SAC) (SBC) => cos   cos n1 , n2  a a  a b) ES  ; 0; a   (1; 0; 2)  u , 2  đường trung bình  ABC nên EF // BC => EF có vectơ phương j )   => Mặt phẳng (SEF) có vectơ pháp tuyến n3  j, u3 (2; 0;  1)   Gọi  góc (SEF)và (SBC) => cos   cos n2 , n3  14 10   arccos 10 Bài 11: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD nửa lục giác nội tiếp đường tròn đường kính AB = 2a, SA = a vng góc với đáy Tính cơsin góc mặt phẳng: a) (SBC) (SAD) b) (SBC) (SCD) Lời giải: z S B A O K A B J x x I C D y C D y Chọn hệ trục tọa độ Axyz với B  tiaOx; S  tiaOz , mp(ABCD) kẻ Ay vuông góc với AB O trung điểm AB => tam giác OAD OBC cạnh a => hình chiếu D, C Ay I AI = DK = a (độ dài đường cao tam giác cạnh a), hình chiếu C Ax J (trung điểm OB), hình chiếu D Ax K (trung điểm AO)  3a a  a a   ;0 , D ; ;0 , S 0;0; a Khi A(0; 0; 0), B(2a; 0; 0), C  ; 2 2          a) * SB  2a;0; a a 2;0; a u1  3a a  a a SC  ; ; a   3;1;  u => n1  u1 , u  3;1;2 2 2   a a  a a ;   1; 3;  u =>(SAD) có vtpt n2  k , u3   3; 1; * AD  ; 2  2  Gọi  góc (SBC) (SAD)  cos   cos n1 , n2                a a  a a ; a   1; 3;  u  u , u  0;4;2 2(0;2;1) b) SD  ; 2  Mặt phẳng (SCD) có vectơ pháp tuyến n3 (0; 2; 1)     Gọi  góc (SBC) (SCD)  cos   cos n1 , n3  15 10    Bài 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang cân, AD đáy lớn, AD = 2a, AB = BC = CD = a Hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng (ABCD) điểm H thuộc đoạn thẳng AC cho HC = 2HA SH = 2a Tính góc hai mặt phẳng (SAD) (SCD) Lời giải: z S A A D y H x K O J D H E y I C B x C B O trung điểm AD => tam giác OAB, OBC ODC cạnh a a => AC = =a a Hình chiếu B C Ax I AI = , hình chiếu B Ay K (trung điểm AO), hình chiếu C Ay J (trung điểm OD), hình a chiếu H Ax E AE = AI  , hình chiếu H Ay K  a 3a   a a  ; ;0 , S  ; ;2a  Khi A(0; 0; 0), D(0; 2a; 0), C   2     a  3a  a ; ;2a   +) DS     a 3; 9;12  u1 , AD có vectơ phương j    Mặt phẳng (SAD) có vectơ pháp tuyến n1  u1 , j ( 12;0; ) a a  a ; ;0   +) DC  2     a 3; 1;0  u 2    u1 , u (12;12 3;8 ) 4 ( 3;3;2) => Mp(SCD) có vtpt n2 ( 3;3;2)   14 14 Gọi  góc (SAD) (SCD)  cos   cos n1 , n2    arccos 49 49 Bài 13: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thoi,  SAB nằm mặt phẳng vuông góc với mp(ABCD) Biết AC = 2a, BD = 4a Tính cơsin góc hai mặt phẳng: a) (SCD) (ABCD) b) (SCD) (SAB) 16 Lời giải: S z C B y H O x x D A Gọi O = AC  BD, H trung điểm AB Vì  SAB nên SH  AB Do AB = (SAB)  (ABCD) (SAB)  (ABCD) nên SH  (ABCD) AC BD a; OB  2a  AB  OA  OB a Ta có: OA  2 AB a 15  SH   2 Chọn hệ Oxyz với D  tiaOx; C  tiaOy , hướng từ H đến S trùng hướng  a a 15   (hình chiếu tia Oz Ta có: A(0; -a; 0), D(2a; 0; 0), C(0; a; 0), S   a; ;  2   S mặt phẳng Oxy H; hình chiếu H Ox trung điểm OB, Oy trung điểm OA, hình chiếu S Oz S’ OS’ = HS) a) +) CD   2a; a;0 a  2;1;0 a u1 ,  3a a 15  a a   2;3; 15  u SC  a; ;  2      => Mặt phẳng (SCD) có vectơ pháp tuyến n1  u , u ( 15 ;2 15 ;8) +) Mặt phẳng (ABCD) có vectơ pháp tuyến k Gọi  góc (SCD) (ABCD) => cos   cos n1 , k  139  a a 15  a a   2; 1; 15  u3 b) AB có vtcp u1 (AB // CD), SA  a; ; 2  2         u3 , u ( 15 ;2 15;0)  15 (1;2;0) => Mp(SAB) có vtpt n2 (1;2;0)   417 Gọi  góc (SCD) (SAB) => cos   cos n1 , n2  139 17 Bài 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi tâm I có cạnh a, góc BAD 600 Gọi H trung điểm IB SH vng góc với mặt phẳng (ABCD) Góc SC mặt phẳng (ABCD) 450 Tính cơsin góc hai mặt phẳng (SCD) (SAD) Lời giải: S z C B y H I x x SH  (ABCD)=>(SC,(ABCD))=(SC,HC)=  SCH=450  BAD = 600 nên  BAD D A cạnh a  BD a, HD  3a a , AI  , AC 2 AI a Tam giác SHC vuông cân H  SH HC  IC  HI  a 13 Chọn hệ Oxyz cho I trùng O, điểm D thuộc tia Ox, C thuộc tia Oy, hướng từ H đến S trùng hướng tia Oz a 2    Ta có: D ;0;0 , C  0;  a   a   a a 13   ;0 , A 0; ;0 , S   ;0;  2 4      (hình chiếu S Ox H, Oz S’ OS’ = SH)  3a +) SD  ;0;  a 13  a a   3;0; 13  u1   4    a a a 13  a a   1;2 3; 13  u SC  ; ;   4 4         u1 , u  39 ;2 13;6 2 39 ; 13;3   => Mặt phẳng (SCD) có vectơ pháp tuyến n1  39 ; 13;3 a a  a    a ;0   1; 3;0  u +) AD  ; 2      => Mặt phẳng (SAD) có vectơ pháp tuyến n2  u1 , u  39 ; 13;3    Gọi  góc hai mặt phẳng (SCD) (SAD) => cos  cos n1 , n2  18 53 79 Bài 15: Cho tứ diện ABCD có AB=CD, AC=BD, AD=BC (ABD)  (ACD) Chứng minh góc tam giác BCD có: tanB.tanC = Lời giải: z B’ C A’ D y O x B D’ A Tứ diện ABCD nội tiếp hình hộp chữ nhật OAD’B.CA’DB’có kích thước OA = a, OB = b, OC = c Ta có: A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), D(a; b; c) +) AB ( a; b; 0) , AD (0; b; c) =>(ABD) có vtpt   n1  AB, AD (bc; ac;  ab)   +) AC ( a; 0; c) => Mp(ACD) có vtpt n2  AD, AC (bc;  ac; ab) +) Hai mặt phẳng (ABD) (ACD) vng góc với nên: n1 n2 0  b c  a c  a b 0 (1) +) AB = CD, AC = BD, AD = BC =>  BCD =  ADC (c.c.c)  BCD =  DAB (c.c.c) =>  DBC  CAD ,  DCB DAB Ta có: AC ( a;0; c) ; AD (0; b; c ) ; AB ( a; b;0) => cos B cos DBC cos CAD cos( AC , AD)  a2 a2  c2 b2  c2 b2 cos C  cos DCB  cos DAB  cos( AD , AB )  Tương tự: a2  b2 b2  c2 a 2b  b 2c  c a 2 tan    Áp dụng: ta có: tan B tan C  (2) cos  b2c Từ (1) ta có a2b2 + a2c2 = b2c2 thay vào (2) ta được: tanB.tanC = (Đpcm) 19 Bài tập nhà: Bài 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy SA, SB, SC đơi vng góc với SA = SB = SC = a Tính góc hai đường thẳng SM BC với M trung điểm AB ? A 300 B 600 C 900 D 450 Bài 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = 2, AD = 3, AA’ = Góc hai mặt phẳng (AB’D’) (A’C’D) (làm tròn đến đơn vị độ) A 30 10 B 30 C 10 10 D Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật Các tam giác SAB, SAD, SAC tam giác vuông A Tính cơsin góc hai đường thẳng SC BD biết SA  a , AB = a, AD = 3a ? 130 A B C 130 D Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = 4a, AD  a 3, SA  a Điểm H nằm cạnh AB cho AH  HB Hai mặt phẳng (SHC) (SHD) vng góc với mặt phẳng đáy Cơsin góc SD (SBC) bằng: 12 A B 13 C 13 D Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, mặt bên SAB tam giác SC  a Gọi H trung điểm AB Cơsin góc SC (SHD) bằng: A B C D Bài 6: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cân với AB = AC = a góc BAC = 1200, cạnh bên BB’ = a Gọi I trung điểm CC’ Cơsin góc hai mặt phẳng (ABC) (AB’I) bằng: A 380 B 620 C 450 D 530 Bài 7: Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vuông B, AB = 1, BC = , mặt bên SAC tam giác nằm mặt phẳng vng góc với đáy Gọi  số đo góc mặt phẳng (SAB) (ABC) Khi tan  bằng: A B C 3 D Bài 8: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = AA’= Gọi M, N, P trung điểm cạnh A’B’, A’C’ BC Cơsin góc tạo mặt phẳng (AB’C’) (MNP) bằng: A 13 65 B 13 65 C 20 17 13 65 D 18 13 65 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm - Thống kê lý thuyết, số dạng tập góc hình học khơng gian bậc Trung học phổ thơng - Phát triển số dạng tốn mới, tổng qt hóa số dạng tốn - Rèn luyện khả phân tích, định hướng xác định đường lối giải toán; rèn luyện khả kiểm tra tốn; rèn luyện khả tìm kiếm toán liên quan sáng tạo toán - Quá trình điều khiển học sinh để em tìm hiểu nhận biết vận dụng vào tập có kỹ hệ thống Học sinh nắm kiến thức cách khoa học, từ em cảm thấy thoải mái hơn, có hứng thú học tập KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ - Như khẳng định: Mục đích nghiên cứu thực nhiệm vụ nghiên cứu hoàn thành, đề tài áp dụng mang lại hiệu cho việc giảng dạy việc học tập học sinh lớp 12 - Tạo cho học sinh niềm say mê môn học việc cần thiết nhà sư phạm Đặc biệt giáo viên dạy mơn Tốn Tuy nhiên điều phải trải qua trình lâu dài phụ thuộc vào nhiều kỹ nghệ thuật người thầy giáo Để nâng cao kiến thức cho học sinh người giáo viên phải khơng ngừng tìm tòi, học hỏi q trình giảng dạy - Với trình độ hạn chế, tài liệu phục vụ cho trình nghiên cứu ít, thời gian dành cho việc viết đề tài chưa nhiều nên đề tài chắn có nhiều thiếu sót, tơi mong góp ý kiến để đề tài hồn thiện hơn, có tính khả thi trình dạy học Tơi xin chân thành cảm ơn ! Thanh Hóa, ngày 20 tháng 05 năm 2019 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người thực Nguyễn Thị Kim Dung XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ 21 Tài liệu tham khảo [1] Bộ GD& ĐT (2008), Hình học 12 (sách giáo viên), NXB Giáo dục [2] Bộ GD& ĐT (2008), Hình học nâng cao 12, NXB Giáo dục [3] Bộ GD& ĐT (2008), Bài tập Hình học 12, NXB Giáo dục [4] Bộ GD& ĐT (2008), Tài liệu chủ đề tự chọn nâng cao Toán 12, NXB Giáo dục [5] Hoàng Chúng (1969), Rèn luyện khả sáng tạo tốn học trường phổ thơng, NXB Giáo dục [6] Nguyễn Thái Hòa (2003), Rèn luyện tư qua việc giải tập toán, NXB Giáo dục [7] Trần Luận (1995), Phát triển tư sáng tạo cho học sinh thơng qua hệ thống tập tốn, Nghiên cứu giáo dục [8] Phan Trọng Ngọ (2005), Dạy học phương pháp dạy học nhà trường, NXB Đại học Sư phạm Hà Nội [9] Trần Thúc Trình (1998), Tư hoạt động Toán học, Viện khoa học Giáo dục [10] Trần Thành Minh (2000), Giải Tốn hình học 11, NXB Giáo dục Danh mục đề tài SKKN thân Hội đồng cấp Sở Giáo dục đào tạo đánh giá từ loại C trở lên TT Tên đề tài Khai thác từ số tốn hình học khơng gian Chương – Hình học 12 phương pháp toạ độ Rèn luyện tư qua việc giải số dạng toán dạng đại số số phức Sử dụng phương pháp toạ độ giải số toán khoảng cách hình học khơng gian 22 Xếp loại C Năm 2012 C 2014 C 2016 ... pháp tọa độ tối ưu, với số mức độ phương pháp tọa độ không gian tương đồng Tuy nhiên cần phải nhớ phương pháp tọa độ tỏ hiệu 13 Sau tơi lấy thêm số hình học khơng gian dạng khác với mức độ khó... gian Chương – Hình học 12 phương pháp toạ độ Rèn luyện tư qua việc giải số dạng toán dạng đại số số phức Sử dụng phương pháp toạ độ giải số tốn khoảng cách hình học khơng gian 22 Xếp loại C Năm... đưa nhiều cách giải cho dạng tập để hình thành kỹ giải cho học sinh Chính tơi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là: Sử dụng phương pháp tọa độ giải số toán góc hình học khơng gian Mục đích