1 MỤC LỤC - Đối tượng nghiên cứu………………… ……… ………………… - Mục đích nghiên cứu ………………………… ………………… - Đối tượng nghiên cứu……………………………….… .……… -Phương pháp nghiên cứu………………………………… …… NỘI DUNG 2.1 Cơ sở lí luận ……………………………………… .……… 2.1.1 Vài nét về sự hình thành vec tơ và tọa độ…… ………… 2.1.2 Căn cứ vào bản chất hình học…………………… .……… 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 2.3 Thực hành giải một số dạng bài toán hình học không gian thông qua phương pháp giải khác 2.3.1 Các bài toán về tính thẳng hàng……………… .…………… 2.3.2 Các bài toán về quan hệ song song……………… ………… 2.3.3.Các bài toán về quan hệ vuông góc……… ……………… 10 2.3.4 Các bài toán về tính khoảng cách……………… …… … 13 2.3.5 Các bài toán về tính góc……………… …………… …… 16 2.4 Thực nghiệm sư phạm…………………………………… .… 18 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHI Tài liệu tham khảo Phụ lục 20 MỞ ĐẦU -LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Việc tổ chức dạy học các kiến thức hình học các phương pháp khác nhằm tạo cho học sinh tính linh hoạt, đa dạng tiếp cận một bài toán hình học Thực trạng hiện nay, tại trường THPT việc học hình học với một bộ phận học sinh là điều miễn cưỡng, môn hình đưa lại say mê với số ít học sinh khá và giỏi thì việc tạo cho các em hứng thú học hình các cách tiếp cận đối với một bài toán các phương pháp khác là một việc nên làm Điều đó góp phần làm cho các em nắm vững kiến thức hình học,hiểu được bản chất các đối tượng hình học chương trình phỏ thông Hình học không gian chiếm một vị trí quan trọng chương trình toán cấp THPT, vậy việc tìm kiếm các đường tổ chức dạy học cho phần hình học không gian được nhiều người quan tâm Đặc biệt, hiện với tiện ích việc sử dụng phương tiện dạy học hiện đại đưa lại, giáo viên có thể trình chiếu và nhanh chóng phân tích, so sánh phương pháp giải khác cho một bài toán cụ thể một đơn vị thời gian nhất định, cách làm này tạo được ấn tượng rất tốt và thực sự có hiệu quả đối với học sinh Vì vậy chọn đề tài: ‘’ Một số phương pháp giải toán hình học không gian trường THPT’’ - MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Mục đích nghiên cứu đề tài là xây dựng hệ thống các dạng bài tập hình học không gian giải các phương pháp khác từ đó giúp cho học sinh tiếp cận hình học và giải toán hình học một cách dễ -ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU Xây dựng sở lý luận và thực tiễn việc rèn luyện lực chuyển đổi ba phương pháp Xây dựng hệ thống các dạng bài tập hình học không gian giải các phương pháp khác -PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Nghiên cứu các tài liệu về phương pháp giảng dạy toán, sách giáo khoa, sách giáo viên về chương trình hình học ở cấp THPT; Điều tra tìm hiểu, khảo sát thực tế và thu thập thông tin Tìm hiểu về việc dạy và học hình học ở trường THPT Hàm Rồng theo các chủ đề: hình học tổng hợp,vec tơ và toạ độ Đối chiếu kết quả kiểm tra ở lớp thuộc khối 12 trường THPT Hàm Rồng 2 NỘI DUNG 2.1 CƠ SỞ LÍ LUẬN 2.1.1 Vài nét hình thành kiến thức vec tơ toạ độ Phương pháp toạ độ có nguồn gốc lịch sử cổ đại Các nhà thiên văn học Hy lạp(Hippocrates thế kỷ II-TCN,Ptolemaeus thế kỷ II ) dùng các toạ độ cầu (vĩ độ kinh độ)để xác định các điểm khác trái đất, nhiên sự phát triển phương pháp toán học này bị kìm hãm chưa có ký hiệu chữ và quan niệm tổng quát về số Việc không có phương pháp toán học tổng quát để giải các bài toán và chứng minh một số định lý hình học là một hạn chế rất lớn hình học sơ cấp.Trong vật lý, học, kỹ thuật người ta thấy hạn chế này một cách sâu sắc gặp đường, mặt phức tạp đường Parabol, đường hypecbol, đường elip , mặt Paraboloit, mặt Hypecboloit, Cho đến thế kỷ XVII, nhà toán học Đêcac(R.Descartes)(1596-1650) sáng lập môn hình học giải tích một cách độc lập với Phecma(P.Fermat)(1601-1665) Hai ông cống hiến cho khoa học một phương pháp mới – phương pháp toạ độ làm sở cho hình học giải tích, môn học dùng hệ toạ độ để chuyển hình ảnh hình học về ngôn ngữ đại số Có thể nói, sự đời khái niệm toạ độ và sau đó là khái niệm vec tơ góp phần thúc đẩy sự phát triển lý thuyết toán học và sự ứng dụng toán học vào thực tế đời sống 2.1.2 Căn vào bản chất toán học kiến thức hình học Một nội dung,một khái niệm toán học có thể diễn đạt theo ngôn ngữ,ký hiệu khác nhau.Chẳng hạn: + Khái niệm: “M trung điểm đoạn thẳng AB”  M ∈ AB ⇔  MA = MB (theo ngôn ngữ tổng hợp) ⇔ MA + MB = ( theo ngôn ngữ vec tơ) x A + xB   xM =  y + yB  ⇔  yM = A  z A + zB   zM =  (theo ngôn ngữ toạ độ) + Khái niệm: “đường thẳng AB” { } ( theo ngôn ngữ vec tơ) ⇔ M / AM = t AB, t ∈ R  x − xA y − yA z − zA  ⇔  M ( x; y; z ) / = =  (theo ngôn ngữ toạ độ) xB − x A y B − y A z B − z A   Như vậy,một khái niệm toán học có thể có vỏ ngôn ngữ khác và ta có thể dựa vào cách diễn đạt theo các ngôn ngữ khác ấy mà định hướng để tìm các phương pháp khác để giải quyết bài toán hình học Chẳng hạn,dựa vào cách diễn đạt khái niệm:”Hai mặt phẳng vuông góc với không gian” ta định hướng cách chứng minh hai mặt phẳng vuông góc: 1/ Theo ngôn ngữ tổng hợp: Để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc với nhau,ta chứng minh góc hai mặt phẳng đó 900 2/ Theo ngôn ngữ vec tơ: Để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc với nhau,ta chứng minh tích vô hướng (qua phép biến đổi) hai vec tơ pháp tuyến hai mặt phẳng 3/ Theo ngôn ngữ toạ độ:Để chứng minh hai mặt phẳng A1x + B1y + C1z + D1 = và A2x + B2y + C+C2z + D2 = vuông góc với nhau, ta chứng minh biểu thức toạ độ tích vô hướng hai vec tơ pháp tuyến hai mặt phẳng A1.A2 + B1.B2 + C1.C2 = 2.2 THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Trươc áp dụng sáng kiến kinh nghiệm nhận thấy việc học sinh THPT ( cụ thể học sinh các lớp 12) giải một bài toán hình học không gian thường rất lúng túng, làm bài rất chậm, các đối tượng học sinh trung bình trở xuống thường không làm được các bài hình 2.3 THỰC HÀNH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN THÔNG QUA VIỆC KHAI THÁC CÁC PHƯƠNG PHÁP KHÁC NHAU 2.3.1 CÁC BÀI TOÁN VỀ TÍNH THẲNG HÀNG Dạng toán 1: Chứng minh ba điểm thẳng hàng * Phương pháp tổng hợp: Để chứng minh ba điểm A,B,C thẳng hàng ta có thể sử dụng một các hướng sau: + Chứng minh A,B,C thuộc hai mặt phẳng khác nào đó + Chứng minh AB và AC song song với một đường thẳng nào đó * Phương pháp vec tơ + Chứng minh AC = t AB (t ∈ R) + Chứng minh với điểm O tuỳ ý có: OC = t.OB + (1 − t ).OA (t ≠ 1) + Chứng minh với điểm O tuỳ ý có: OC = t.OB + l.OA (t + l = 1) * Phương pháp toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz + Biểu thị toạ độ A,B,C theo hệ toạ độ chọn: A(xA;yA;zA), B(xB;yB;zB) ,C(xC;yC;zC) + Tính toạ độ AB( x B − x A , y B − y A , z B − z A ) , AC ( xC − x A , y C − y A , z C − z A )  x C − x A = t.( x B − x A  + Chỉ sự tồn tại t ∈ R cho  y C − y A = t.( y B − y A )  z − z = t.( z − z ) A B A  C Hoặc thay toạ độ cuả điểm C vào phương trình đường thẳng AB thấy thoả mãn Ví dụ 1:Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 Gọi G là trọng tâm tam giác A1BD Chứng minh A,G,C1 thẳng hàng Lời giải * Phương pháp tổng hợp: Chứng minh A,G,C1 thuộc hai mặt phẳng khác A Ta có: G ∈ A1O ⊂ ( ACC1 A1 ) nên G ∈ ( ACC1 A1 ) D O A , G , C ∈ ( ACC A ) Vậy 1 B C Mặt khác G ∈ DI ⊂ ( ADC1 B1 ) nên G I G ∈ ( ADC1 B1 ) Vậy A, G, C1 ∈ ( ADC1 B1 ) A D Từ suy ba điểm A,G,C1 thẳng hàng 1 B1 C1 Phương pháp vec tơ Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn các kiện bài toán sang ngôn ngữ vec tơ: - Chọn hệ vec tơ gốc AA1 , A1 B1 , A1 D1 Theo bài ra, G là trọng tâm tam giác A1BD nên A1G = A1O - Để chứng minh A,G,C1 thẳng hàng, ta chứng minh A1G = t.AC1 + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán Ta có: AC1 = AA1 + A1C1 = − A1 A + A1 B1 + A1 D1 , AG = AA1 + A1G = A1 A + A1O 3 = − AA1 + ( A1 B + A1 D) = (− A1 A + A1 B1 + A1 D1 ) = AC1 + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp Như vậy,ta có: A1G = A1O hay A,G,C1 thẳng hàng * Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn kiện toán sang ngôn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: O ≡ A1 , D1 ∈ Ox , B1 ∈ Oy , A ∈ Oz Khi đó ta có: A1(0;0;0),D1(a;0;0),B1(0;b;0),A(0;0;c), B(0;b;c),D(a;0;c),C1(a;b;0).Vì G là trọng   tâm tam giác nên: G =  ; ;  a b c  3 3 + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ a b 3 c 3 Ta có: AC1 = (a; b;−c) , AG = ( ; ;− ) = (a; b;−c) = AC1 + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp AG = AC1 hay A,G,C1 thẳng hàng Dạng toán 2:Cho ba điểm A,B,C thẳng hàng, từ suy tính chất khác Ví dụ 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 P là điểm đường thẳng CC1 cho CP = CC1 , M là một điểm đường thẳng AD, N là điểm đường thẳng BD1 cho M,N,P thẳng hàng.Tính MD MA Lời giải: • Phương pháp tổng hợp: Ta có: ( ADD1 A1 ) ∩ ( MP; BD1 ) = MD1 ( BCC1 B1 ) ∩ ( MP; BD1 ) = BP Vì ( ADD1 A1 ) // ( BCC1 B1 ) nên MD1// BP, đó MD1D= suy ∆MD1 D ∆BPC ,vậy nên từ đó MD MD DD1 = = = hay AD DC CP MD = MA * Phương pháp vec tơ Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc, biểu diễn kiện toán sang ngôn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : CB = a , CC1 = b , CD = c 3 2 D,M,A thẳng hàng nên: DM = x.DA = x.a Theo giả thiết,ta có: CP = CC1 = b Vì P D1 C1 A1 B1 N Vì M,N,P thẳng hàng nên: D CN = α CM + (1 − α ).CP Vì B,N,D1 thẳng hàng nên: A CN = β CD1 + (1 − β ).CB C B + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán Tacó: CN = α (CD + DM ) + (1 − α ).CP = α (c + x.a) + (1 − α ) .b (1) Lại = α x.a + (1 − α ) .b + α c có CN = β (CC1 + CD) + (1 − β ).CB = β (b + c) + (1 − β ) a = (1 − β ).a + β b + β c (2) α x = − β 3 2 MD  = Từ (1) và (2)suy ra:  (1 − α ) = β ⇔ α = β = ; x = Vậy DM = DA ⇒ 3 MA 2 α = β • Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyển kiện toán sang ngôn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: C ≡ O , B ∈ Ox , D ∈ Oy , C1 ∈ Oz   Khi đó: C(0;0;0), B(a;0;0), D(0;b;0),C1(0;0;c) ,D1(0;b;c), D  0;0; 3c   2 + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ Mặt phẳng (BD1P) (chứa N) qua B(a;0;0) có vec tơ phương là BP = (−a;0; z P 3c ) và BD1 (− a; b; c) D1 nên có phương trình: 3bcx+acy+2abz-3abc = (3)  x = a.t  Đường thẳng AD có phương trình:  y = b z =  (4) đó M có toạ độ là nghiệm hệ (3) C1 A1 B1 N y D M C C A M B x  2a   2a  a  ; b;0  ,từ đó có DM =  ;0;0  , MA =  ;0;0  ⇒ DM = MA     3  và (4) nên M=  + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp DM = 2MA ⇒ MD = MA 2.3.2 CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ SONG SONG Dạng toán 1: Chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng, đường thẳng song song với mặt phẳng, hai mặt phẳng song song • Phương pháp tổng hợp: + Để chứng minh hai đường thẳng a và b song song với nhau,ta chứng minh chúng đồng phẳng rồi áp dụng các cách chứng minh hình học phẳng như: tính chất đường trung bình, định lý Talet đảo chứng minh hai đường thẳng đó song song với một đường thẳng thứ ba, + Để chứng minh a//(P) ta chứng minh a//b với b ⊂ (P) + Để chứng minh hai mặt phẳng song song với nhau, ta chứng minh mặt phẳng này chứa hai đường thẳg cắt song song với mặt phẳng kia, • Phương pháp vec tơ, phương pháp toạ độ Khi giải bài toán dạng này, ta có thể tiến hành:Chuyển các kiện bài toán ngôn ngữ vec tơ toạ độ,sau đó biến đổi các đẳng thức vec tơ (hoặc toạ độ) thu được về dạng các đẳng thức vec tơ (hoặc toạ độ) tương đương với các điều kiện song song Ví dụ3: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 M là điểm chia đoạn AD theo tỉ số − , N là điểm chia đoạn A1C theo tỉ số − Chứng minh: MN// (BC1D) Lời giải * Phương pháp tổng hợp: Đặt O = AC ∩ BD , I = MC ∩ BD , J = A1C ∩ C1O JC OC Ta có: JA = A C = suy 1 1 CJ CJ = CA1 = CN Vậy = 3 CN IC CB AD = = = Mặt khác IM MD MD D1 C1 B1 A1 N J (1) D M I A C O B IC CJ CI = Từ (1) và (2) có: = hay MN//IJ ( ⊂ ( BC1 D ) ), đó MN// CM CN CM (BC1D) * Phương pháp vec tơ Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc, biểu diễn kiện toán sang ngôn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : BA = a , BB1 = b , BC = c M là điểm chia đoạn AD theo tỉ số 1 2 ,nên AM = AD N là điểm chia đoạn A1C theo tỉ số − nên A1 N = A1C , để 5 chứng minh: MN//(BC1D) ta chứng minh MN = m.BD + n.BC1 − + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán Ta có: BD = a + c , BC1 = b + c , MN = BN − BM = BA + AA1 + A1 N − BA − AM 2 3 = a + b + (c − a − b) − a − c = − a + b + c = − (a + c) + (b + c) 5 5 5 = − BD + BC1 5 + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp MN =− BD + BC1 5 * Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyển kiện toán sang ngôn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: C ≡ O , B ∈ Ox , D ∈ Oy , C1 ∈ Oz Giả sử ba kích thước hình hộp là a,b,c, khiđó: A C(0;0;0),B(a;0;0),D(0;b;0),C1(0;0;c), A(a;b;0),A1 ( a; b; c ) M là điểm chia đoạn AD theo tỉ số − ,nên M=( 4a 3a 3b 3c , b,0) ,N=( , , ) 5 5 z P D1 B N x M D C A B M y + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ x y z + + = ⇔ bcx+acy+abz+abc = a b c a 2b 3c Đường thẳng MN có vec tơ chi phương MN = (− ,− , ) 5 Mặt phẳng (BC1D) có phương trình là: + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp Vì n.MN = nên n ⊥ MN hay MN//(BC1D) Dạng toán 2:Cho biết quan hệ song song,từ suy tính chất hình học khác Ví dụ 4: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 M là điểm đường chéo AC mặt phẳng (ABCD), N là điểm đường chéo thẳng C1D mặt MN phẳng (CDD1C1) cho MN//BD1 Tính tỉ só BD * Phương pháp tổng hợp: Đặt I = BM ∩ D1 N , vì I ∈ BM ⊂ ( ABCD) và I ∈ D1 N ⊂ (CDD1C1 ) nên I ∈ CD IN DN DI Ta có: ND = NC = C D ( CD // C1 D1 ) , 1 1 IM CM CI ( AB // CD ) mặt = = MB MA AB IN IM khác ND = MB ( MN // BD1 ) nên DI CI suy ra: C D = AB đó DI = CI hay 1 A1 D1 B1 C1 N A I là trung điểm CD M B Vậy IM MN IM = = = hay IB BD1 MB * Phương pháp vec tơ Quy trình giải toán gồm: I C D + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc, biểu diễn kiện toán sang ngôn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : BA = a , BB1 = b , BC = c Theobài A, M, C thẳng hàng nên MC = x AC , C1, N, D thẳng hàng nên C1 N = y.C1 D , vì MN//BD1 nên MN = k BD1 + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán Tacó: MN = k (a + b + c) (1) AC = c − a , CC1 = b , C1 D = a − b , MN = MC + CC1 + C1 N  x = y − x = k    (2) Vì a , b , c đồng phẳng nên từ (1) và (2) suy 1 − y = k ⇔  y = x = k    k =  Vậy MN = BD1 + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp MN MN = = hay MN = BD1 ⇒ BD1 3 BD1 • Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyển kiện toán sang ngôn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: A ≡ O , B ∈ Ox , D ∈ Oy , A1 ∈ Oz Giả sử ba kích thước hình hộp là a,b,c, khiđó: A(0;0;0),B(a;0;0),D1(0;b;c),C1(0;0;c),C(a;b;0),C1 ( a; b; c ) Vì nên M(xM;yM;0), Vì nên N=(xN;b;zN) + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ ,,,,, Từ giả thiết suy ra: MN//BD1 suy 10  x N − x M = − ka  MN = k BD1 ⇒ b − y M = kb  z = kc  N (1),M ∈ AC ⇒ MC = x AC ⇒ a − x M = xa (2) ,  x N − a = − ya N ∈ C1 D ⇒ C1 N = yC1 D ⇒   z N − c = − yc b − y M = xb y − x = k  (3) Từ (1),(2),(3) suy 1 − y = k ⇔ x = k   x =    y = vậy MN = BD1 3   k =  + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp 2.3.3 CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ VUÔNG GÓC Dạng toán 1: Chứng minh tính vuông góc đường thẳng mặt phẳng • Phương pháp tổng hợp: * Để chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), ta có thể chứng minh: + a vuông góc với hai đường thẳng cắt (P) + a song song với dường thẳng b mà b ⊥ (P) + Sử dụng định lý:” Nếu a thuộc mặt phẳng (P) mà (P) vuông góc với (Q) và a vuông góc với giao tuyến (P) và (Q) thì a ⊥ (P)” + Sử dụng định lý:” Nếu a là giao tuyến hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với mặt phẳng (R) thì a vuông góc với mặt phẳng (R)” * Để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc với nhau,ta có thể chứng minh : + Mặt phẳng này chứa một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng + Góc hai mặt phẳng có số đo 900 • Phương pháp vec tơ: Để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc với nhau,ta quy về chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng, để chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng,ta quy về chứng minh đường thẳng vuông góc với đường thẳng Như vậy đối với phương pháp vec tơ ta cần ý: AB ⊥ CD ⇔ AB.CD = • Phương pháp toạ độ + Để chứng minh AB ⊥ CD ta chứng minh: (xB-xA)(xD-xC)+ (yB-yA)(yD-yC)+ (zB-zA)(zD-zC)=0 + Để chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ta chứng minh vec tơ phương đưòng thẳng phương với vec tơ pháp tuyến mặt phẳng + Để chứng minh hai mặt phẳng A1x + B1y + C1z + D1 = và A2x + B2y + C2z + D2 = vuông góc với nhau, ta chứng minh A1.A2 + B1.B2 + C1.C2 = 11 Ví dụ5: Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 Gọi P là trung điểm AB, Q là giao điểm BC1 và CB1 Chứng minh D1Q ⊥ (PB1C) Lời giải: * Phương pháp tổng hợp: Vì ∆D1 B1C đều và Q là trung điểm B1C nên D1Q ⊥ B1C (1) Gọi R và S lần lượt là trung điểm CD và CC1, đó: RC1//PB1, QS ⊥ (CDD1C1) nên QS ⊥ RC1.Mặt khác D1S ⊥ RC1 nên RC1 ⊥ (QSD1) Vậy RC1 ⊥ D1Q nên D1Q ⊥ PB1 (2).Từ (1) và (2) suy D1Q ⊥ (PB1C) • Phương pháp vec tơ Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc, biểu diễn kiện toán sang ngôn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc D1Q = ( D1 B1 + D1C ) + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán 2 Ta có B1 P = ( B1 A + B1 B) = ( B1 A1 + 2.B1 B) = a + b , B1C = B1 B + B1C1 = b + c 1 1 1 ( D1 B1 + D1C ) = (−a + b − c − a ) = − a + b − c 2 2 2 1 B1 P D1Q = ( a + b) ( − a + b − c )= 2 1 B1C D1Q = (b + c) (−a + b − c) = 2 D1Q = + Bước 3: Chuyển kết luận ngôn ngữ hình học tổng hợp B1 P D1Q = ⇒ D1Q ⊥ PB1 B1C D1Q = ⇒ D1Q ⊥ B1C Vậy D1Q ⊥ B1C * Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyển kiện toán sang ngôn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: B1, Giả sử kích thước hình lập phương là a, khiđó: B1(0;0;0),C1(a;0;0), P là trung điểm AB nên , B(0;0;a),C(a;0;a), D1(a;a;0), A a a Q là trung điểm B1C nên Q = ( ;0; ) + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ 12 a a Ta có: QD1 ( ; a; ) là vec tơ phương đường thẳng QD1.Mặt phẳng (PB1C) qua B1 nhận hai vec tơ phương là B1 P và B1C nên có vec tơ pháp 2 a a tuyến là n = ( ;1;− ) phương với QD1 ( ; a; ) nên D1Q ⊥ (PB1C) Dạng toán 2: Cho biết đường thẳng hay mặt phẳng vuông góc từ suy tính chất hình học khác Ví dụ Cho hình chóp S.ABCD, đáy là nửa lục giác đều.AB = B = CD = a Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a M là điểm cạnh SB cho M khác B và AM ⊥ MD 1)Tính tỉ số SM SB 2)Tính diện tích thiết diện tạo bởi hình chóp và mặt phẳng (AMD) S Lời giải:* Phương pháp tổng hợp:  BD ⊥ AB suy BD ⊥ (SAB) và BD ⊥  BD ⊥ SA 1) Ta có:  AM.Mặt khác AM ⊥ MD nên AM ⊥ (BMD), đó: AM ⊥ SB.khi đó: SA2-SM2 = AB2 – BM2, SM + BM =SB Suy ra: M 3a  SM = SM − BM = 2a  ⇒ SM = ⇒  SB SM + BM = 2a  BM = a  2 N A D B C 2/ Thiết diện là hình thang AMND có diện tích S được tính theo công thức: S = (MN + AD).MH 4 MN là đường cao hình thang và AD = 2a , MN = BC = a Tính MH: Vì AM ⊥ MD nên: 1 = + 2 MH AM MD 13a a a 39 2 MD = SM + SD − SM SD cos DSM = ⇒ MH = với AM = , 11 39a Vậy S = 64 * Phương pháp vec tơ Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc, biểu diễn các kiện bài toán sang ngôn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : AB = a , AD = b , AS = c ; a = a , b = 2a , c = a Khi đó ta có: a.b = a , b.c = a.c = AM ⊥ MD ⇔ MA.MD = (1) + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán 13 1) Ta có SM = α SB = α ( AB − SA) = α (a − c) , D1Q = ( D1 B1 + D1C ) = 1 1 (−a + b − c − a ) = − a + b − c ( Với ≤ α < , M ≠ B); MA = SA − SM 2 2 = − c − α (a − c) MD = MA + AD = α a + (α − 1)c + b Khi đó (1) ⇔ [ − c − α (a − c) ].[ α a + (α − 1)c + b ] =0 ⇔ 4α − 7α + = ⇔ α = (loai )  α =  Vậy SM = SB • Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ, chuyển kiện toán sang ngôn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: A ≡ O , D ∈ Ox , S ∈ Oz , Oy ⊂ ( ABCD) : Oy ⊥ Oz a a ;0) 2 Khi đó: A(0;0;0),D(2a;0;0), S(0;0;a ), B = ( ; + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ Đặt M= ( x0;y0;z0)∈ SB Đường thẳng SB có phương trình: y x z−a = = a a −a 2  y = 3x0  Vì M∈ SB nên:  Mặt  z = a − 3a khác AM ⊥ MD ⇔ MA.MD = đó 3a   x0 =  3a  ta tìm được:  y =   a z0 =  Vậy SM = ( z S N M x A D B C y 3a 3a 3a a a ; ;− ) ; SB = ( ; ;− a ) đó SM = SB 8 2 2.3.4 CÁC BÀI TOÁN VỀ TÍNH KHOẢNG CÁCH Dạng toán 1: Chứng minh tính vuông góc đường thẳng mặt phẳng • Phương pháp tổng hợp: + khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng a: d(M;a) = MH ( MH ⊥ a;H∈ a ) + khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) được xác định sau: 14 - Chọn (P) một đường thẳng a rồi dựng mặt phẳng (Q) qua A vuông góc với a( nên chọn a để mặt phẳng (Q) dễ xác định) - Xác định b = ( P ) ∩ ( Q ) - Dựng AH ⊥ b tại H, đó d(A;( P)) = AH + Khoảng cách hai đường thẳng chéo a và b Ngoại trừ trường hợp đoạn vuông góc chung có sẵn, ta phải dựng đoạn vuông góc chung các cách sau: Cách 1: (áp dụng cho trường hợp a ⊥ b) - Dựng mặt phẳng (P) chứa b và vuông góc với a tại A - Dựng AB ⊥ b tại B, đó: d(a;b) = AB Cách 2: - Dựng mặt phẳng (P) chứa b và song song với a - Chọn M ∈ a , dựng MH ⊥ (P) tại H - Từ H dựng a///a; a / ∩ b = B - Từ B dựng đường thẳng song song với MH cắt a tại A,khi đó d(a;b) = AB • Phương pháp vec tơ: đối với phươngpháp này, ta cần ý áp dụng tích vô hướng hai vec tơ để tính khoảng cách - Khoảng cách hai điểm A và B: AB = AB = AB - Khoảng cách từ điểm M đến đuờng thẳng a: Giải theo trình tự sau: Chọn A ∈ a và đặt AM = b Gọi N là hình chiếu vuông góc điểm M a, đó: MH = AH − AM = x a − b Tìm x nhờ điều kiện vuông góc MH , a : ( ) ( x a − b ) a = suy MH = x a − b - Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) có cặp vec tơ chi phương là a,b: Chọn A ∈ a và đặt AM = m Gọi H là hình chiếu vuông góc M mặt phẳng (P),khi đó: MH = AH − AM = x a − yb − m Ta tìm được các hệ số x,y nhờ điều kiẹn vuông góc MH ; a ; b từ đó suy khoảng cách cần tìm là: MH = ( x a + yb − m ) + Khoảng cách hai đường thẳng chéo a và b lần lượt có hai vec tơ phương a , b , Giải theo trình tự sau: - Chọn A ∈ a và B ∈ b và đặt AB = m - Gọi MN là đoạn vuông góc chung a và b, đó: - Biểu diễn MN theo các vec tơ không đồng phẳng MN = MA + AB + BN = x a + yb + m 15 MA = x a   BN = yb  MN a =  MN b = - Ta tìm được các hệ số x,y nhờ điều kiện vuông góc AB ; a ; b từ đó ( ) suy khoảng cách cần tìm là: MH = x a + yb − m * Phương pháp toạ độ: Đối với phương pháp này, ta cần ý một số công thức: - Khoảng cách hai điểm A B: AB = ( xB − x A ) + ( yB − y A ) + ( z B − z A ) - Khoảng cách từ một điểm M ( x ; y ; z ) đến đường thẳng ∆ qua điểm M ( x1 ; y1 ; z1 ) và có vec tơ phương u (a; b; c) : d ( M ; ∆) = [MM ,u ] u - Khoảng cách từ điểm M ( x1 ; y1 ; z1 ) đến mặt phẳng (P):Ax + By +Cz +D = d ( M ; ( P)) = Ax + By + Cz + D A2 + B + C - Khoảng cách hai đường thẳng chéo a và b lần lượt qua hai điểm M, M1 có hai vec tơ phương a , b : d (a; b) = [a,b]MM [a , b ] Chú ý: - Việc tính khoảng cách hai đường thẳng chéo có thể quy về tính khoảng cách giưã hai điểm đường thẳng và mặt phẳng song song hai mặt phẳng song song - Việc tính khoảng cách đường thẳng và mặt phẳng song song, hai mặt phẳng song song có thể quy về tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng Ví dụ 6: Cho tứ diện OABC có các góc AOB=BOC=COA = 900 và OA = a, OB = b, OC = c Gọi D là trung điểm OC 1) Tính khoảng cách từ A đến đường thẳng BD 2) Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (ABC) Lời giải: * Phương pháp tổng hợp: 1) Gọi M là hình chiếu vuông góc A BD,khi đó có: OM ⊥ BD Xét tam giác vuông AOM có: AM2 = AO2+OM2 = a2+OM2 16 Mặt khác,xét tam giác vuông OBD có: O 1 1 b c = + = + ⇒ OM = 2 2 OM OB OD b c 4b + c 2 D b c ⇒ d ( A; BD) = AM = a + 4b + c 2 M 2) Gọi H là hình chiếu vuông góc O mặt phẳng (ABC) và £ = AH ∩ BC Vì OH ⊥ BC và OA ⊥ BC nên BC ⊥ (OAH) đó BC ⊥ AH và BC ⊥ OE C A H E B 1 1 = + = + với, vì vậy 2 OH OA OE a OE abc 1 1 d (O; ( ABC ) = OH = = + + = + hay OH a b c b c a 2b + b 2c + c a Ta có: * Phương pháp vec tơ Quy trình giải bài toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc, biểu diễn kiện sang ngôn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : OA = a , OB = b , OC = c ;khi đó a = a , b = b , c = c và a.b = b.c = a.c = D là trung điểm OC nên OD = 1 OC = c 2 + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán x 1) Ta có AM = BM − BA = x.BD + AB = −a + (1 − x).b + c Vì AM ⊥ BD ⇒ AM BD = ⇔ [ − a + (1 − x)b + Vậy d ( A; BD) = AM = AM = a + x 4b c) ] .( c − b) = ⇔ x= 2 4b + c 2 b c 4b + c *Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyển kiện toán sang ngôn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: A ∈ Ox , B ∈ Oy , C ∈ Oz khiđó: O(0;0;0),A(a;0;0),B(0,b;0) C(0;0;c), Vì D là trung điểm c O D M C A OC nên D = (0;0; ) H x B + Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ 17 z 1) Đặt M là hình chiếu vuông góc A BD Ta có: c  BD =  0,−b,  ; BA = ( a,−b,0 ) Vậy 2   BA, BD    b c d ( A; BD) = AM = = a2 + 4b + c BD 2) Gọi H là hình chiếu vuông góc O mặt phẳng (ABC), mặt phẳng (ABC) có phương trình ( theo đoạn chắn) là: x y z + + = ⇔ bcx + acy + abz − abc = a b c abc => d (O; ( ABC )) = OH = 2 2 2 a b +b c +c a 2.3.5 CÁC BÀI TOÁN VỀ TÍNH GÓC * Phương pháp vec tơ: + Góc hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có hai vec tơ phương a1 , a được xác định: cos(d ; d ) = cos(a1 ;a ) = a1 a a1 a + Việc tính góc đường thẳng và mặt phẳng quy về tính góc đường thẳng đó và hình chiếu nó mặt phẳng + Việc tính góc hai mặt phẳng quy về tính góc hai đường thẳng tương ứng vuông góc với hai mặt phẳng đó * Phương pháp toạ độ: + Góc hai vec tơ a1 ( x1 ; y1 ; z1 ) , a ( x ; y ; z ) là ur ur cos(α , α ) = x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 x12 + y12 + z12 x22 + y22 + z22 + Góc hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có hai vec tơ phương a1 , a được xác định: cos(d ; d ) = cos(a1 ;a ) = + Góc đường thẳng d: a1 a a1 a x − x0 y − y z − z + + = và mặt phẳng P): a b c Ax + By +Cz +D = được xác định: sin(d ; ( P)) = Aa + Bb + Cc A2 + B + C a + b + c + Góc hai mặt phẳng (P):A1x + B1y + C1z + D1 = và (Q): A2x + B2y + C2z + D2 = được xác định: cos(( P); (Q)) = A1 A2 + B1 B2 + C1C 2 2 2 A1 + B1 + C1 A2 + B2 + C 2 Ví dụ 7: Cho hai tia Ax1 và By1 hợp với một góc 600 Đường thẳng AB vuông góc với cả hai Ax1 và By1 AB = a Hai điểm M, N lần lượt nằm hai 18 tia Ax1 và By1sao cho AM = m, BN = n Tính cosin góc hai đường thẳng MN và AB theo a, m ,n Lời giải: • Phương pháp tổng hợp: N Dựng At//By1 và NH//AB ( H ∈ At )Ta có: B ⇒ AB ⊥ (MHA ) y AB ⊥ AH , AB ⊥ AM Mặt khác NH//AB nên NH ⊥ (MHA) ⇒ NH ⊥ MH Vì NH = AB = a,MH2 = AM2 + AH2 - 2.AM.AH.cos600 A H t M x1 2 2 2 2 = m + n –m.n suy MN = MH + AH = m + n + a – m.n Vậy cos(MN ; AB) = cos MNH = a m + n + a − mn 2 * Phương pháp vec tơ Quy trình giải toán gồm: + Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc, biểu diễn kiện sang ngôn ngữ vec tơ: Chọn hệ vec tơ gốc : MA = a , AB = b , BN = c ;khi đó a = m , b = a , c = n và a.b = b.c = 0; a.c = mn + Bước 2: Biến đổi biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu toán Ta có: MN = MA + AB + BN = a + b + c ; AB MN = b.(a + b + c) = a ; AB = b = a ; MN = (a + b + c) = m + n + a − m.n * Phương pháp toạ độ: Quy trình giải toán gồm:+ Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyển các kiện bài toán sang ngôn ngữ toạ độ Chọn hệ trục toạ độ Oxyz cho: O ≡ A , Ox ≡ Ax1 , B ∈ Oz , Oy ∈ (Oxz ), Oy ⊥ Oz , khiđó: A(0;0;0),M(m;0;0),B(0,0;a), y B N y1 A H M x1 n n  , a  , Bước 2: Biến đổi biểu thức toạ độ Ta có: MN =  − m, 2   2 AB = ( 0,0, a ) suy MN = m + n + a − m.n ; AB = a ; MN AB = a Vậy cos( MN ; AB) = a m + n + a − mn 2.4 THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 19 t 2.4.1 Mục đích thực nghiệm: Nhằm đánh giá tính khả thi, kiểm tra tính đắn gỉả thuyết khoa học,tính hiệu quả quy trình giải các bài toán các phương pháp khác nhau: tổng hợp, vec tơ toạ độ 2.4.2 Nội dung thực nghiệm: Các tiết thực nghiệm là tiết 38-Tự chọn, và một bài kiểm tra 45 phút chương trình lớp 12 Sau dạy cho học sinh quy trình giải bài toán các phương pháp khác nhau, ở tiết bài tập 38, muốn kiểm tra kỹ vận dụng quy trình đó các em 2.4.3 Tổ chức thực nghiệm Chúng tiến hành thực nghiệm tại hai lớp trường THPT Hàm Rồng, lớp thực nghiệm là 12C6 và chọn lớp đối chứng là lớp 12C2 Thời gian thực nghiệm: Năm học 2015-2016 Bài kiểm tra 45 phút Hãy giải toán sau phương pháp khác nhau: Bài 1: Cho tứ diện OABC có các tam giác AOB, BOC, COA là tam giác vuông đỉnh O và OA =a, OB = b,OC = c Tính khoảng cách từ O tới mặt phẳng (ABC) Bài 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 Gọi M, N lần lượt là các điểm chia hai đoạn thẳng CA và DC1 theo tỉ số − Chứng minh MN// (ABC1D1) 3.2 Kết quả thực nghiệm Điểm Lớp Thực nghiệm Đối chứng 10 Số bài 12 13 11 47 11 13 48 Kết sơ bộ: + Lớp thực nghiệm tỉ lệ học sinh đạt kết quả trung bình trở lên là: 44( tỉ lệ khá giỏi là:55% ) + Lớp đối chứng tỉ lệ học sinh đạt kết quả trung bình trở lên là: 22 ( tỉ lệ khá giỏi là:18% ) 3.3 Kết luận thực nghiệm + Việc dạy học cho học sinh quy trình giải các bài toán hình học không gian các phương pháp khác thông qua một số tiết và dạng bài tập giúp cho các em thấy được các mối liên hệ các chủ đề hình học tổng hợp, vec to và toạ độ 20 + Giúp các em có kỹ thực sự giả một bài toán hình theo quy trình đưa ra, + Việc tổ chức dạy học tốt nhờ ứng dụng công nghệ thông tin,dùng các phương tiện dạy học hiện đại gây cho học sinh hứng thú học tập môn hình, nâng cao hiệu quả dạy Như vậy, mục đích thực nghiệm đạt và giả thuyết khoa học đề tài là chấp nhận được KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHI - Kết luận: Qua quá trình nghiên cứu đề tài: “Một số phương pháp giải toán hình học không gian trường THPT ” thu được một số kết quả: + Đề tài làm sáng tỏ các cứ lý luận và thực tiễn việc rèn luyện lực chuyển đổi ngôn ngữ + Đề tài đưa quy trình giải một lớp các bài toán các phương pháp hìmh học tổng hợp, vec tơ và toạ độ +Dựa kinh nghiệm thực tế giáo viên và qua kết quả thực nghiệm cho phép xác nhận giả thuyết đề tài là chấp nhận được, có tính hiệu quả và mục đích nghiên cứu hoàn thành - Kiến nghị: Đối với giáo viên dạy học môn toán cần tách lọc các đối tượng học sinh để từ đó có phương pháp dạy học phù hợp Đối với học sinh ở mức trung bình và dưới trung bình thì trang bị cho các học sinh phương pháp hệ trục tọa độ hóa để các em có sự tiếp cận dễ 21 Xác nhận thủ trưởng đơn vị Thanh Hoá, ngày 30 tháng năm 2016 Tôi xin cam đoan là SKKN mình viết, không chép nội dung người khác Người viết Trịnh Đình Chiến TÀI LIỆU THAM KHẢO Tài liệu bồi dưỡng giáo viên môn Toán- Nhà xuất bản giáo dục Phương pháp giải toán hình học, Lê Hồng Đức – Đào Thiện Khải – Lê Bích Ngọc,Nhà xuất bản đại học sư phạm-Năm 2004 Sách Hình học 12, Nhà xuất bản giáo dục- Năm 2008 Sách Hình học 12 Nâng cao, Nhà xuất bản giáo dục- Năm 2008 Sách Hình học 11, Nhà xuất bản giáo dục- Năm 2007 Sách Hình học 11 Nâng cao, Nhà xuất bản giáo dục- Năm 2007 Sách Giáo viên Hình học 12, Nhà xuất bản giáo dục- Năm 2008 Sách Giáo viên Hình học 12 Nâng cao, Nhà xuất bản giáo dục- Năm 2008 Sách Giáo viên Hình học 11, Nhà xuất bản giáo dục- Năm 2007 10.Sách Giáo viên Hình học 11 Nâng cao, Nhà xuất bản giáo dục- Năm 2007 22 23 ... HÀNH GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN THÔNG QUA VIỆC KHAI THÁC CÁC PHƯƠNG PHÁP KHÁC NHAU 2.3.1 CÁC BÀI TOÁN VỀ TÍNH THẲNG HÀNG Dạng toán 1: Chứng minh ba điểm thẳng hàng * Phương pháp. .. Một số phương pháp giải toán hình học không gian trường THPT ’ - MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU Mục đích nghiên cứu đề tài là xây dựng hệ thống các dạng bài tập hình học không gian giải... chuyển đổi ba phương pháp Xây dựng hệ thống các dạng bài tập hình học không gian giải các phương pháp khác -PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU Nghiên cứu các tài liệu về phương pháp giảng