BM 01-Bia SKKN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI Đơn vị: Trường THPT Nam Hà Mã số: (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi) SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TRONG GIẢNG DẠY HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 Người thực hiện: Lê Thị Thu Nga Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học mơn: Tốn  (Ghi rõ tên mơn) - Lĩnh vực khác:  (Ghi rõ tên lĩnh vực) Có đính kèm: Các sản phẩm in SKKN  Mơ hình  Đĩa CD (DVD)  Phim ảnh  Hiện vật khác (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm) Năm học: 2013 – 2014 BM02-LLKHSKKN SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC –––––––––––––––––– I THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN Họ tên: Lê Thị Thu Nga Ngày tháng năm sinh: 07 – – 1975 Nam, nữ: Nữ Địa chỉ: 1973/2 khu phố 3, Phường Trung Dũng, Biên Hòa, Đồng Nai Điện thoại: (CQ)/ Fax: (NR); ĐTDĐ: E-mail: Chức vụ: Giáo viên Nhiệm vụ giao (quản lý, đồn thể, cơng việc hành chính, cơng việc chun mơn, giảng dạy mơn, lớp, chủ nhiệm lớp,…): Giảng dạy mơn tốn lớp: 12C4, 10C5, 10C6 Giáo viên chủ nhiệm lớp 12C4 Đơn vị cơng tác: Trường THPT Nam Hà II TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO - Học vị (hoặc trình độ chun mơn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân - Năm nhận bằng: 1998 - Chuyên ngành đào tạo: Toán III KINH NGHIỆM KHOA HỌC - Lĩnh vực chun mơn có kinh nghiệm: Tốn Số năm có kinh nghiệm: 16 - Các sáng kiến kinh nghiệm có năm gần đây: o Một số bài toán giải bằng phương pháp tọa độ mặt phẳng o Giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ không gian o Một số phương pháp tính tích phân lượng giác o Một số tốn hình học khơng gian giảng dạy học sinh giỏi khối 12 BM03-TMSKKN Tên SKKN : MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TRONG GIẢNG DẠY HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Qua nhiều năm dạy học nhận thấy khả thu nhận kiến thức và giải quyết các bài toán hình học không gian của đa số học sinh là tương đối khó khăn, kể cả học sinh khá, giỏi Do vậy nhận được sự phân công của tổ chuyên môn tham gia vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi khối 12, đã soạn một số các nội dung về hình học không gian nâng cao phù hợp với đối tượng học sinh mà mình tham gia giảng dạy II CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN a) Việc đổi nâng cao chất lượng dạy học yêu cầu khách quan, điều nghị đại hội đại biểu toàn quốc Đảng lần thứ 11 khẳng định: “ Không ngừng nâng cao chất lượng giáo dục đào tạo Đổi phương pháp dạy học” (Trang 216 văn kiện ĐHĐB tồn quốc lần thứ 11, NXB Chính trị quốc gia) b) Thực tiễn nhận thấy thời gian qua việc dạy học mơn tốn có nhiều đổi mới, đa số học sinh nắm kiến thức Tuy nhiên đối tượng học sinh giỏi so với yêu cầu đặt cịn có hạn chế Nhằm nâng cao chất lượng học cho đối tượng học sinh giỏi, giúp em nâng cao khả phân tích, tổng hợp, tìm mối liên hệ dạng tốn nói chung hình học khơng gian nói riêng cần có chun đề phù hợp thường xuyên bổ sung Từ vấn đề nêu trên, đưa một số các chuyên đề hình học không gian dành cho đối tượng học sinh giỏi khối 12 III TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP 1) Cách thức tổ chức thực hiện: Phần nội dung giáo viên giảng dạy cho học sinh đội tuyển học sinh giỏi khối 12 trường THPT Nam Hà Học sinh tiếp thu kiến thức liên quan thông qua giáo viên tài liệu tham khảo, sau giải toán tự luyện Giáo viên chỉnh sửa nêu nhận xét làm học sinh Thời gian thực giải pháp : Từ tháng 7/ 2013 đến tháng 10/ 2013 2) Các liệu minh chứng trình thực nghiệm, đối chứng giải pháp: A Các tốn tính góc, khoảng cách, diện tích,…trong khơng gian: Các kiến thức cần ghi nhớ: Để tính góc α hai đường thẳng a b ta sử dụng cách sau: a) Xác định góc hai đường thẳng sau sử dụng hệ thức lượng tam giác để tính góc hai đường thẳng r r b) Nếu u v vecto phương hai đường thẳng a b rr u.v rr cos α = cos u, v = r r u.v ( ) c) Khối tứ diện ABCD có m =d(AB,CD), α là góc giữa hai đường thẳng AB và CD Khi đó sin α = 6VABCD AB.CD.m Để tính góc đường thẳng a mặt phẳng (P) ta sử dụng cách sau: a) Xác định góc đường thẳng mặt phẳng sau sử dụng hệ thức lượng tam giác vng để tính góc đường thẳng mặt phẳng r b) Trong hệ tọa đợ Oxyz : α góc đường thẳng a mặt phẳng (P), u vecto r phương đường thẳng d n vecto pháp tuyến mặt phẳng (P) rr u.n rr Khi đó: sin α = cos u, n = r r u.n ( ) Để tính góc hai mặt phẳng (P) (Q) ta sử dụng cách sau: a) Xác định góc hai mặt phẳng sau sử dụng hệ thức lượng tam giác để tính góc hai mặt phẳng ur uu r b) Trong hệ tọa đợ Oxyz : α góc hai mặt phẳng (P) (Q), n1 , n2 vecto pháp tuyến mặt phẳng (P) (Q) ur uu r n1.n2 ur uu r r Khi đó: cos α = cos n1 , n2 = ur uu n1 n2 ( ) Để tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) ta thể sử dụng cách sau: a) Dựng AH ⊥ ( P ) Từ tính d ( A, ( P )) = AH b) Tính qua điểm trung gian: • Từ A dựng đường thẳng d song song mặt phẳng (P).Khi d ( A, ( P)) = d (d , ( P)) = d ( B, ( P )) ( B điểm d) • Từ A dựng đường thẳng d cắt mặt phẳng (P) O Khi d ( A, ( P )) OA = d ( B, ( P)) OB ( B điểm không trùng O d) c) Tính qua thể tích: d ( A, ( MNP)) = 3VAMNP S MNP d) Trong hệ tọa độ Oxyz : A(x0; y0; z0) mặt phẳng (P): Ax +By + Cz + D = Khi đó: d ( A, ( P)) = Ax0 + By0 + Cz0 + D A2 + B + C Để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo a b ta thể sử dụng cách sau: a) Xác định mặt phẳng (P) chứa đường thẳng a song song với đường thẳng b Khi d (a, b) = d (b, ( P)) = d ( B, ( P)) ( B điểm b) b) Dựng đoạn vng góc chung MN a b Khi d(a,b) = MN r c) Trong hệ tọa đợ Oxyz, đường thẳng a qua A có vecto phương u , đường r thẳng b qua B có vecto phương v r r uuu r u , v  AB   rr Khi d (a, b) = u, v    Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a Hai mặt phẳng (SAB) (SAD) hợp với đáy góc 450, Góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABCD) 600 a) Chứng minh hai mặt phẳng (SAC) (ABCD) vng góc b) Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD) Hướng dẫn giải: a) I, J hình chiếu vng góc S AB CD Khi (SIJ) ⊥ (ABCD) Gọi H hình chiếu vng góc S lên mặt phẳng (ABCD), K hình chiếu vng góc H lên đường thẳng AD · · Khi H ∈ IJ, SIH = SKH = 450 ∆SHI = ∆SHK nên HK = HI Vậy H ∈ AC A S J B C K H I D  SH ⊂ ( SAC ) ⇒ ( SAC ) ⊥ ( ABCD)   SH ⊥ ( ABCD) · b) Ta có SH = d( S; (ABCD)) SCH = 600 SH SH = Tam giác SHC vng H có CH = ° tan 60 CH SH Ta có KH = DJ = a – CJ = a − (1) = a− Mặt khác ta có tam giác SHK vuông cân H nên SH = KH (2) SH a ⇔ SH = Từ (1) (2) ta có SH = a − 1+ Ví dụ 2: (Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Đồng Nai năm học 2012 - 2013) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, đường thẳng SA vng góc với mặt phẳng (ABCD) Biết AB = a, BC = 2a, SA = a M, N trung điểm đoạn thẳng SB AD Tính khoảng cách hai đường thẳng AM BN Hướng dẫn giải: Cách 1: Gọi K trung điểm SC S Ta có AM // KN nên AM //( BNK) Vậy: d( AM, BN) = d( AM, (BNK))= d(A, (BNK)) H trung điểm BC Tứ giác ABHN hình vng có tâm I cạnh a, G giao điểm SH BK, AL GJ hai đường cao tam giác AGI G A N D L I AH · cos GHI = = SH IH = K M J B H a HG a , = ⇒ HG = HS 3 7a a ⇒ IG = Tam giác IHG có : IG = IH + HG − IH HG.cos H = 18 2 GJ ⊥ AH ⇒ GJ PSA GJ HG 1 a = = ⇒ GJ = SA = SA HS 3 C Tam giác AGI có AL GJ hai đường cao nên ta có: GJ AI a d ( A, ( BNK )) = AL = = GI Cách 2: Gọi α góc AM BN, ta có AM = a, BN = a uuuu uuu uuuu uuu uuu uuuu uuu uuuu uuu r r r r r r r r r uuuu uuu r r r r r uuu uuu uuu AM BN = AM AN − AB = AM AN − AM AB = − AM AB = − AS + AB AB ( ) ( r r r r uuu uuu uuu uuu a2 = − AS AB − AB = − AB = − 2 2 uuuu uuu r r AM BN cos α = = ⇒ sin α = AM BN 2 2 S M K trung điểm AB a3 VM ABN = MK S ABN = 12 d ( AM , BN ) = 6VM ABN a = AM BN sin α ) N A D K B C Cách 3: Chọn hệ tọa độ Axyz : A(0;0;0) z B nằm tia Ox, B(a; 0; 0) S D nằm Oy, D(0; 2a; 0) C(a; 2a; 0) S nằm tia Oz, S (0;0; a 3) M A a a M trung điểm SB, M ( ;0; ) 2 N trung điểm AD, N(0; a; 0) B y N D C x uuuu  a a  uuu r r uuuu uuu r r  − a − a a  uuu r AM =  ;0; , BN = ( − a; a;0 ) ,  AM , BN  =  ; ; ÷, AB = ( a;0;0 ) ÷    2 ÷ 2÷     uuuu uuu uuu r r r  AM BN  AB a   d ( AM , BN ) = = uuuu uuu r r  AM BN    Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vng góc với mặt phẳng (ABC) · Tam giác ABC vuông B, BSC = 450 , · ASB = α Tính tanα để góc hai mặt phẳng (SAC) (SBC) 60 Hướng dẫn giải: Dựng AB’⊥ SB AC’⊥ SC Khi S SC ⊥ (AB’C’) C' Góc hai mặt phẳng (SAC) (SBC) · ' B ' = 600 AC Xét tam giác vuông : ∆SAB’, ∆SB’C’ ∆AB’C’ ta có : AB '  tan α =  SB '    AB ' = B ' C '.tan 60 = B ' C '   SB ' = B ' C '.cos 450 = B ' C '   B' A ⇒ tan α = C B Một số bài tập tự luyện: Bài 1: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC Chứng minh MN ⊥ BD và tính khoảng cách giữa đường thẳng MN và AC Bài 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A, BC = a · ABC = 300 Hai mặt phẳng (SAB) (SAC) tạo với đáy góc 60 Hình chiếu vng góc S lên (ABC) nằm cạnh BC Tính khoảng cách SA BC Bài 3: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh đáy a M, N, I trung điểm AA’, AB, BC Góc hai mặt phẳng (C’AI) (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp NAC’I khoảng cách hai đường thẳng MN AC’ Bài 4: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có tất cạnh a G trọng tâm tam giác ABC M, N trung điểm BB’, CC’ Qua G vẽ đường thẳng cắt MN P AB’ Q Tính độ dài PQ Bài 5: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là một tam giác cân với · AB = AC = a, BAC = 1200 , BB’ = a Gọi I là trung điểm CC’ a) Chứng minh tam giác AB’I vuông b) Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB’I) Bài 6: Cho hình chóp S.ABC có ABC SAB tam giác Chân đường cao hình chóp đối xứng với tâm O đáy qua cạnh AB Diện tích tồn phần hình chóp S Tính góc mặt phẳng (SAC) (ABC) B Các bài toán tính thể tích khối đa diện Một số kiến thức cần ghi nhớ: 1) Thể tích khối chóp: V = Bh với B là diện tích đáy và h là đường cao 2) Thể tích khối lăng trụ: V = Bh với B là diện tích đáy và h là đường cao 3) Khối tứ diện ABCD có m =d(AB,CD), α là góc giữa hai đường thẳng AB và CD Khi đó VABCD = AB.CD.m.sin α 4) Trong hệ tọa độ Oxyz : uuu uuu uuur r r a) Thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’: VABCD A ' B 'C ' D ' =  AB, AD  AA '   b) Thể tích khối tứ diện VABCD = uuu uuu uuu r r r  AB, AC  AD   5) Để tính thể tích khối chóp và thể tích khối lăng trụ ta cần xác định đường cao và diện tích đáy 6) Để xác định chân đường cao của hình chóp ta lưu ý mợt sớ trường hợp sau: • Hình chóp có các cạnh bên bằng hoặc có các cạnh bên tạo với đáy những góc bằng thì chân đường cao của hình chóp trùng với tâm của đường tròn ngoại tiếp đáy • Hình chóp có mợt mặt bên vng góc với đáy thì đường cao của hình chóp cũng là đường cao của mặt bên đó • Hình chóp có hai mặt bên kề vuông góc với đáy thì đường cao là cạnh chung của hai mặt bên đó • Hình chóp có các mặt bên tạo với đáy những góc bằng thì chân đường cao sẽ cách đều tất cả các cạnh của đáy nên chân đường cao đó sẽ là: + Tâm đường tròn nội tiếp đáy nếu nó nằm đáy + Tâm đường tròn bàng tiếp đáy nếu nó nằm ngoài đáy • Hình chóp S.ABC có A’, B’, C’ lần lượt nằm SA, SB, SC không trùng VS ABC SA SB SC = S Khi đó ta có VS A ' B 'C ' SA ' SB ' SC ' Ví dụ 1: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có khoảng cách từ C đến mp(SAB) bằng d và góc tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng α Tính thể tích khối chóp theo d và α Hướng dẫn giải Đặt AB = x (x > 0) S Gọi M là trung điểm AB và I là trọng tâm tam giác ABC · Dựng CH ⊥ SM Ta có CH = d và SCI = α CM = SM = x x tan α x , SI = , IM = 3 x H A tan α + C B ∆SCM có SI và CH là các đường cao nên SI.CM = CH.SM ⇒ I M ( d tan α + d tan α + x= Vậy: V SABC = tan α 36 tan α ) Ví dụ 2: Hình chóp S.ABC có đáy ABC là một tam giác đều cạnh a Mặt phẳng (SBC) vuông góc với đáy, hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) tạo với đáy một góc α Tính thể tích khối chóp S.ABC Hướng dẫn giải Gọi SH là đường cao ∆SBC Dựng HM ⊥ AB và HN ⊥ AC S Khi đó ta có SH là đường cao hình chóp S.ABC · · và SMH = SNH = α ∆ SMH = ∆ SNH ( g − c − g ) ⇒ HM = HN Vì H cách đều cạnh AB và AC nên H nằm · đường phân giác của góc BAC mà ∆ABC nên đường phân giác này cũng là đường trung tuyến Vậy H là trung điểm BC Gọi BK là đường cao của ∆ABC C H N K M A Vì HN //BK và H là trung điểm BC nên N là trung điểm CK và HN = a B a a2 SH = HN tan α = tan α và S ABC = 4 Vậy thể tích của S.ABC là V = a tan α 16 Ví dụ 3: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Tính theo a thể tích của khối tứ diện đều MNPQ đó M, N là hai đỉnh nằm đường chéo B’D của hình lập phương và P, Q là hai đỉnh nằm đường chéo AC của đáy Hướng dẫn giải Gọi O là tâm hình vuông ABCD B' C' Giả sử MNPQ là tứ diện đều cạnh b Dựng OI ⊥ B’D ta có OI là đoạn vuông góc chung của B’D và AC A' a a ∆ OID : ∆B ' BD nên OI = OD.BB ' = = a B'D a Mặt khác OI là đoạn vuông góc chung của MN b và PQ nên OI = Từ đó ta có b = D' M I B P C Q O N D A a a3 nên thể tích của khối tứ diện MNPQ là V = 36 Ví dụ 4: Một hình hộp xiên ABCD.A’B’C’D’ có sáu mặt hình thoi cạnh a, góc đỉnh A 600 Tính thể tích khối hộp ABCD A’B’C’D’ Hướng dẫn giải · ABCD hình thoi cạnh a, BAD = 60° nên a2 · S ABCD = AB AD.sin BAD = Theo giả thiết : A’A = A’B = A’D = a Dựng A’H ⊥ (ABCD) H tâm tam giác ABD cạnh a a Tính A ' H = A ' A2 − AH = D' C' A' B' D C H A B a3 VABCD A ' B 'C ' D ' = A ' H S ABCD = Ví dụ 5: Cho tứ diện SPQR có SP = a, SQ = b, SR = c đơi vng góc A, B, C trung điểm cạnh PQ, QR, RP a) Chứng minh mặt tứ diện SABC là tam giác b) Tính thể tích khối tứ diện SABC Hướng dẫn giải a) Xét hai tam giác vng SPQ ABC có PQ SA = BC = Chứng minh tương tự ta có SB = AC, SC = AB Vậy mặt tứ diện SABC (c – c – c ) abc b) VSPQR = S SH VSABC ABC = = Dựng SH ⊥ (ABC) Ta có VSPQR S SH PQR Vậy VSABC S C P R H A B Q abc = 24 Một số bài tập tự luyện: Bài 1: Cho tứ diện ABCD có CD = a, Đường vuông góc hạ từ trung điểm H của của đoạn AB xuống đường thẳng CD bằng b và tạo với hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) những góc bằng và bằng α Tính thể tích khối tứ diện ABCD Bài 2: Một hình chóp tứ giác có đáy là hình chữ nhật và có đường cao bằng h Năm mặt của hình chóp có diện tích bằng Tính thể tích khối chóp đó theo h Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đường cao SA = a, ABCD là hình vuông cạnh a M là một điểm cạnh SB cho SM = x (0 < x < a) Mặt phẳng (ADM) cắt SC tại N Mặt phẳng (ADM) chia S.ABCD thành phần: một phần là khối chóp S.ADNM có thể tích V1, phần còn lại có thể tích bằng V2 Tìm x để V1 = V2 Bài 4: Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF, mặt chéo SAC là tam giác vuông có cạnh huyền bằng a a) Tính thể tích khối chóp b) Tính góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp Bài 5: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ Các mặt phẳng (ABC’), (AB’C), (A’BC) cắt tại O H là hình chiếu của O lên (ABC) a) Chứng minh H là trọng tâm tam giác ABC b) Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ Tính thể tích OABC theo V Bài 6: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cân tại A, BC = 2a, · BAC = α Đỉnh A’ cách đều ba điểm A, B, C và cạnh bên tạo với đáy một góc 60 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ Bài 7: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’có AB’CD’ là tứ diện đều cạnh a Tính thể tích của khối tứ diện ABC’D Bài 8: Cho hai nửa đường thẳng Ax By chéo vng góc có AB đoạn vng góc chung Trên Ax, By lấy M, N cho AM = x, BN = y a) Chứng minh mặt tứ diên MABN tam giác vng b) Tính thể tích diện tích tồn phần tứ diện MABN Bài 9: Trong mặt phẳng (P) cho điểm O đường thẳng d cách điểm O · · khoảng OH = h Trên đường thẳng d lấy hai điểm B, C cho BOH = COH = 300 Trên tia Ot vng góc mặt phẳng (P) lấy điểm A cho OA = OB Tính thể tích khối tứ diện OABC khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) C Các bài toán liên quan đến điểm cố định, đường thẳng cố định, mặt phẳng cố định Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (AB là đáy lớn), I là trung điểm SC Một mặt phẳng (α) thay đổi chứa AI, cắt SB, SD tại M và N a) Chứng minh rằng MN qua một điểm cố định b) IM cắt BC tại P, IN cắt CD tại Q Chứng minh rằng PQ qua một điểm cố định Phương pháp: Chứng minh đường thẳng di động a qua một điểm cố định ta có thể sử dụng một số phương pháp: + Chứng minh đường thẳng a, b, c đồng quy đó b và c là đường thẳng cố định + Chứng minh điểm thẳng hàng đó có một điểm cố định và điểm còn lại nằm a + Tìm một đường thẳng d cắt a tại A Chứng minh A là giao điểm của d và mp(P) cố định chứa a Hướng dẫn giải a) Gọi O là giao điểm của AC và BD, E là giao điểm của SO và AI Khi đó E là điểm cố định S M Ta có MN = (α) ∩ (SBD) và E∈ (α) ∩ (SBD) I E nên E∈ MN hay MN qua điểm cố dịnh E B A O N b) Ta có PQ = (α) ∩ (ABCD) Q C D và A ∈ (α) ∩ (ABCD) nên PQ qua A cố định P Ví dụ 2: Cho tứ giác ABCD có AB và CD cắt S là điểm không nằm mặt phẳng (ABCD) , M là điểm di động SB Mặt phẳng (MAD) cắt SC tại N Giả sử AM cắt DN tại I Chứng minh rằng M di động SB thì I nằm một đường thẳng cố định Phương pháp: Chứng minh điểm di động A nằm một đường thẳng cố định ta có thể sử dụng một số phương pháp: + Chứng minh đường thẳng a, b, c đồng quy tại A đó có đường thẳng cố định + Chứng minh A nằm giao tuyến của mặt phẳng cố định Hướng dẫn giải Gọi F là giao điểm của AB và CD S SF = (SAB) ∩ (SCD) mà I ∈ (SAB) ∩ (SCD) nên I nằm đường thẳng SF cố định M I N A D B C F Ví dụ 3: Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF không cùng nằm một mặt phẳng , M, N lần lượt là hai điểm di động nằm AD và BE cho AM BN = MD NE Chứng minh rằng MN song song với một mặt phẳng cố định Phương pháp: Chứng minh một đường thẳng di động d song song với một mặt phẳng cố định ta có thể sử dụng một số phương pháp: + Định lý Thalès (phần đảo) không gian + Chứng minh d nằm một mặt phẳng song song với một mặt phẳng cố định Hướng dẫn giải Cách 1: Ta có AM BN = nên MN, AB và DE cùng song MD NE C D song với một mặt phẳng (1) M Mặt khác AB //(DEF), DE ⊂ (DEF) và MN ⊄ (DEF) (2) A B KA Từ (1) và (2) ta có MN //(DEF) với (DEF) là mặt phẳng cố định N E F Cách 2: Trong mặt phẳng (ADF) kẻ MK//DF (K ∈ (AF) Khi đó (KMN) // (DEF) mà MN ⊂ (KMN) nên MN //(DEF) Ví dụ 4: (Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Đồng Nai năm học 2010 - 2011) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông M là điểm di động đoạn AB ( < AM < AB ) Lấy điểm N thuộc cạnh A’D’ cho A’N = AM Chứng minh rằng MN cắt và vuông góc với một đường thẳng cố định M thay đổi Hướng dẫn giải Trong mặt phẳng (ABB’A’) dựng MH// AA’ mặt phẳng (ADD’A’) dựng NK // AA’ Khi đó AC ⊥ (MHNK) nên AC ⊥ MN B' H Gọi I, J lần lượt là trung điểm AA’ và CC’ Khi đó IJ cố định Ta có: IJ //AC và IJ qua tâm của hình chữ nhật MHNK nên IJ vuông góc với MN tại trung điểm của MN C' A' I N M A C B K J D' D Một số bài tập tự luyện: Bài 1: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ Trên các cạnh AA’, BC, C’D’ lấy các điểm M, N, P cho AM = CN = D’P Chứng minh rằng mặt phẳng (MNP) song song với một mặt phẳng cố định Bài 2: Trong mặt phẳng (α) cho hai đường thẳng đồng quy Ox, Oy cố định Lấy điểm A, B cố định không nằm mặt phẳng (α) Giả sử đường thẳng AB cắt (α) Một mặt phẳng (β) di động chứa AB, cắt Ox tại E và cắt Oy tại F Chứng minh đường thẳng EF qua một điểm cố định Bài 3: Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD Một điểm M di động không gian cho ta có · AMB = · AMD = 90° Chứng minh rằng M nằm một mặt phẳng cố định Bài 4: Cho tứ diện ABCD Hai điểm I, J lần lượt nằm hai đường thẳng AD và BC cho IA JB = Chứng minh IJ song song với một mặt phẳng cố định ID JC Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD có đaý ABCD là hình bình hành tâm O, M là điểm di động SA Đường thẳng qua M và song song AD cắt SD tại N, BN cắt SO tại P a) Chứng minh đường thẳng MP qua một điểm cố định b) Q là điểm nằm cạnh CD cho CQ SM = Chứng minh rằng MQ song CD SA song với một mặt phẳng cố định D Các bài toán chứng minh Đối với các bài toán chứng minh, học sinh cần phải có kiến thức tổng hợp, biết phân tích giả thiết bài toán, lập được mối liên hệ giữa giả thiết và yêu cầu cần chứng minh để đưa được phương pháp giải thích hợp Ví dụ 1: Cho tứ diện SABC a) Chứng minh rằng các đoạn thẳng nối trung điểm của các cặp cạnh đối SA và BC, SB và AC, SC và AB đồng quy tại điểm O b) Gọi I, J, K, L lần lượt là trọng tâm của các mặt ABC, SBC, SAC, SAB Chứng minh rằng SI, AJ, BK và CL cũng đồng quy tại O và ta có OI OJ OK OL = = = = SI AJ BK CL c) Chứng minh rằng tổng bình phương tất cả các cạnh của tứ diện SABC bằng lần tổng bình phương các đoạn thẳng nối trung điểm của các cặp cạnh đối Hướng dẫn giải a) Gọi M, N, E, F, G, H lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, BC, SB, AC, SC AB Khi đó MHNG và HEGF là các hình bình hành nên các đường chéo MN, EF, GH cắt tại trung điểm O của mỗi đường hay MN, EF, GH đồng quy tại O S G M E O b) * Ta có SI = ( SHC) ∩ (SAN) A mặt khác O∈ MN và MN ⊂(SAN) C F O∈ HG và HG ⊂(SCH) I H Từ đó ta có SI qua O B Tương tự cho các đường còn lại N S Cách khác: Trong mặt phẳng (SHC): SO cắt CH tại I Ta chứng minh I là trọng tâm tam giác ABC G O * G’ là trung điểm HC Khi đó GG’//SI và GG ' = (1) SI H I là trung điểm HG’ và OI//GG’ nên Từ (1) và (2) ta có G' I C OI = (2) GG ' OI = Tương tự cho các tỉ lệ khác SI c) Cách 1: Sử dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến tam giác Cách 2: Sử dụng tính chất: ABCD là hình bình hành thì AC +BD2 =2(AD2 + AB2) và tính chất đường trung bình tam giác Ví dụ 2: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ Gọi M là trung điểm AA’.Chứng minh rằng mặt phẳng(C’MB) chia khối lăng trụ ABC.A’B’C’thành hai phần có thể tích bằng Hướng dẫn giải Gọi V1 và V2 lần lượt là thể tích của hai khối đa diện ABCC’M và A’B’C’BM Gọi V, S, h lần lượt là thể tích, diện tích đáy, chiều cao của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ Gọi E là giao điểm của C’M và AC Khi đó ∆A’MC’ = ∆EMA ( g-c-g) nên EA=A’C’=AB hay A là trung điểm của EC ⇒ S∆EAB = S∆ABC = S ∆EBC A' M C' B' A C E B 3 h 2 Ta có: V1 = VC ' EBC − VMEAB = 2S h − S = V − V = V V2 = V − V1 = V Vậy mặt phẳng (C’MB) chia khối lăng trụ ABC.A’B’C’ thành hai phần có thể tích bằng Một số bài tập tự luyện: Bài 1: Cho hình vuông ABCD cạnh 2a I, J lần lượt là trung điểm của AD và BC ( α) là mặt phẳng qua IJ và vuông góc với mặt phẳng (ABCD) Trong mặt phẳng (α) ta vẽ nửa đường tròn đường kính IJ Trên nửa đường tròn này ta lấy một điểm S tùy ý a) Chứng minh (SAD) ⊥(SBC) b) H là trực tâm tam giác SAD và H’ là hình chiếu vuông góc của H lên (ABCD) Chứng minh H’ là trực tâm tam giác AJD c) K là trực tâm tam giác SBC và K’ là hình chiếu vuông góc của K lên (ABCD) Chứng minh HH’.KK’ không đổi Tính tích số này theo a Bài 2: Cho tứ diện ABCD với AB⊥CD I, J lần lượt là trung điểm AB, DC và IJ là đường vuông góc chung của AB, CD a) Chứng minh AC = AD = BC = BD b) O là điểm nằm đoạn IJ Chứng minh rằng O cách đều mặt phẳng (ABC), (ABD) và O cách đều mặt phẳng (ACD), (BCD) Bài 3: Cho hình chóp S.ABC Gọi M, P lần lượt là trung điểm của SA và BC , N là điểm nằm cạnh AB cho AN = Chứng minh rằng mặt phẳng (MNP) chia AB hình chóp S.ABC thành hai phần có thể tích bằng Bài 4: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ Mặt phẳng (α) cắt các cạnh AA’, BB’, CC’, DD’ lần lượt tại các điểm A1, B1, C1, D1 với các điểm A, B, C, D không nằm mặt phằng (α) Gọi V và V1 lần lượt là thể tích của các khối chóp A1.ABCD và A A1B1C1D1 Chứng minh rằng V = V1 E Bài toán cực trị: Bài toán: “ Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của đại lượng f ( Thể tích khối đa diện, diện tích của một đa giác, độ dài một đoạn thẳng, góc) phụ thuộc vào một đại lượng biến thiên x (hoặc đại lượng biến thiên x, y)” Để giải quyết bài toán ta thực hiện các bước: • Tìm sớ m và M cho m ≤ f ≤ M • Chứng tỏ tồn tại x1, x2 cho f(x1) = m và f(x2) = M • Vậy M =maxf và m = minf Có phương pháp chính để giải quyết bài toán cực trị: A Phương pháp hình học B Phương pháp đại số: Thường sử dụng bất đẳng thức Cauchy C Phương pháp giải tích: Sử dụng đạo hàm f’(x) để tìm minf và maxf Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có SA = x, tất cả các cạnh còn lại của hình chóp đều có độ dài bằng a a) Chứng minh SA ⊥ SC b) Tính diện tích ABCD và đường cao SH của hình chóp S.ABCD Từ đó suy điều kiện của x để bài toán có nghĩa c) Tìm x để khối chóp S.ABCD có thể tích lớn nhất Hướng dẫn giải a) Gọi O là tâm hình thoi ABCD S Ta có ∆ABD = ∆SBD (c-c-c) nên SO = AO = AC Tam giác SAC có đường trung tuyến SO bằng nửa cạnh huyền AC nên ∆SAC vuông tại S hay SA ⊥ SC D C b) Ta có AC = a + x , DB = 3a − x S ABCD = (a + x ) ( 3a − x ) H O A B Bài toán có nghĩa 3a − x > ⇔ < x < a BD ⊥(SAC) nên (ABCD) ⊥(SAC) Dựng SH ⊥ AC thì SH là đường cao của hình chóp S.ABCD Tam giác SAC vuông tại S có SH là đường cao nên SH = c) VS ABCD a x ( 3a − x ) = SH S ABCD = ax a + x2 Sử dụng bất đẳng thức Cauchy hoặc xét hàm số f ( x ) = a x ( 3a − x ) ( ) 0; a ta a a3 có VS.ABCD đạt giá trị lớn nhất bằng x = Ví dụ : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD = b, SA ⊥ (ABCD) và SA = 2a Trên SA lấy điểm M cho AM = x ( ≤ x ≤ 2a ) Tìm x để diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MBC) và hình chóp S.ABCD đạt giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất Hướng dẫn giải Gọi N là giao điểm của SD và mặt phẳng (MBC) Ta có BCNM là hình thang vuông tại M và B MN//AD nên MN = S SM AD ( 2a − x ) b = SA 2a M và BM = a + x N A B Khi đó diện tích hình thang vuông BCNM là: f ( x) = S BCNM = b ( 4a − x ) a + x 4a D C Sử dụng phương pháp giải tích ta có SBCNM đạt GTLN x = ( a 2+ 2 ) và SBCNM đạt GTNN x = ( a 2− ) Ví dụ 3: Trên mặt phẳng (P) cho nửa đường trịn (C) đường kính AC B điểm nằm nửa đường tròn (C) Trên nửa đường thẳng Ax vng góc mặt phẳng (P) lấy điểm S cho AS = AC Kẻ AH vng góc SB AK vng góc SC Đặt AC = a, BC = x a) Chứng minh hai tam giác SBC AHK tam giác vng b) Tìm x để tổng diện tích hai tam giác SAB ABC đạt giá trị lớn Hướng dẫn giải b) S = S SAB + S ABC S 1 = AB.SA + AB.BC 2 = (a + x) a − x (0 < x < a ) Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy Cách 2: Sử dụng phương pháp hàm số Đáp số: Giá trị lớn S x = 3a đạt K H A a C B Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABC có SA = x, BC = y Các cạnh lại Tính thể tích S.ABC theo x, y Tìm x, y để thể tích S.ABC đạt giá trị lớn Hướng dẫn giải Gọi M, N trung điểm SA, BC Ta có  BC ⊥ SN ⇒ BC ⊥ ( SAN )   BC ⊥ AN S M Tương tự : SA ⊥ ( BMC ) nên SA ⊥ MN VS ABC = VB.SAN + VC SAN 1 y = BN S∆SAN + CN S∆SAN = SA.MN 3 xy − x − y ( Điều kiện: 12 ≤ x2 + y ≤ ) = A C N B Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số x2 , y2 , – x2 – y2 ta có VS ABC ≤ Vậy thể tích S.ABC đạt giá trị lớn 27 3 đạt x = y = 27 Một số bài tập tự luyện: Bài 1: Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh bên bằng a, góc giữa mặt bên và đáy bằng β Định β để thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất Bài 2: Tứ diện S.ABC có đường cao SA = a , tam giác ABC vuông tại B, AB = 2a, BC = 3a M là điểm nằm cạnh SC cho CM = x H, K lần lượt là hình chiếu của M lên các mặt phẳng (ABC) và (SAB) Mặt phẳng (MHK) cắt cạnh AB tại L a) Chứng minh KMHL là hình chữ nhật b) Tìm x để thể tích khối chóp B.KMHL đạt giá trị lớn nhất Bài 3: Cho hình chóp đều S.ABCD có các cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a Một mặt phẳng (α) di động song song với đáy và cắt các cạnh bên lần lượt tại M, N, P, Q Gọi M’, N’, P’, Q’ lần lượt là hình chiếu của M, N, P, Q lên đáy của hình chóp Tìm giá trị lớn nhất của khối đa diện MNPQ M’N’P’Q’ Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a SA ⊥(ABCD): SA = y (y > 0) Trên cạnh AB lấy điểm M cho AM = x ( ≤ x ≤ a ) và x + y = a Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp S.ABCM Bài 5: Tứ diện ABCD có AB = x, cạnh cịn lại a.Tính diện tích tồn phần tứ diện ABCD theo a x Tìm x để diện tích tồn phần tứ diện ABCD đạt giá trị lớn Bài 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA = h vng góc mặt phẳng (ABCD), M điểm thay đổi CD Kẻ SH vng góc BM Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn Tính giá trị lớn IV HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI Trên đã trình bày một số dạng toán hình học không gian nhằm nâng cao khả giải quyết bài toán hình học không gian của các em học sinh, từ đó các em có thể đạt được kết quả tốt kỳ thi học sinh giỏi tỉnh và suốt quá trình học tập của các em Kết quả: Qua ba năm tham gia giảng dạy các em học sinh đã đạt được một giải ba và bốn giải khuyến khích kỳ thi học sinh giỏi tỉnh V TÀI LIỆU THAM KHẢO Hình học không gian – Đặng Vĩnh Cấn, Ngô Thiện, Đặng Minh An – Nhà xuất bản Giáo dục – Năm 1984 Toán nâng cao hình học không gian lớp 11 – Nguyễn Phước Thạnh, Tạ Thuận Hòa – Nhà xuất bản Đồng Nai- Năm 1997 Toán nâng cao hình học lớp 11- Phan Huy Khải – Nhà xuất bản Đại học quốc gia Hà Nội – Năm 1999 Sách giáo khoa lớp 11 và lớp 12- Nhà xuất bản giáo dục Một số tài liệu khác NGƯỜI THỰC HIỆN (Ký tên ghi rõ họ tên) BM04-NXĐGSKKN SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI Đơn vị : THPT Nam Hà ––––––––––– CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập - Tự - Hạnh phúc –––––––––––––––––––––––– Biên Hòa, ngày 20 tháng năm 2014 PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Năm học: 2013 – 2014 Tên sáng kiến kinh nghiệm: Một số bài toán hình học không gian giảng dạy học sinh giỏi Họ tên tác giả: Lê Thị Thu Nga Chức vụ: Giáo viên Đơn vị: Trường trung học phổ thông Nam Hà Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào ô tương ứng, ghi rõ tên môn lĩnh vực khác) - Quản lý giáo dục  - Phương pháp dạy học môn:  - Phương pháp giáo dục  - Lĩnh vực khác:  Sáng kiến kinh nghiệm triển khai áp dụng: Tại đơn vị  Trong Ngành  Tính (Đánh dấu X vào ô đây) - Đề giải pháp thay hoàn toàn mới, bảo đảm tính khoa học, đắn  - Đề giải pháp thay phần giải pháp có, bảo đảm tính khoa học, đắn  - Giải pháp gần áp dụng đơn vị khác chưa áp dụng đơn vị mình, tác giả tổ chức thực có hiệu cho đơn vị  Hiệu (Đánh dấu X vào ô đây) - Giải pháp thay hoàn toàn mới, thực tồn ngành có hiệu cao  - Giải pháp thay phần giải pháp có, thực tồn ngành có hiệu cao  - Giải pháp thay hoàn toàn mới, thực đơn vị có hiệu cao  - Giải pháp thay phần giải pháp có, thực đơn vị có hiệu  - Giải pháp gần áp dụng đơn vị khác chưa áp dụng đơn vị mình, tác giả tổ chức thực có hiệu cho đơn vị  Khả áp dụng (Đánh dấu X vào dịng đây) - Cung cấp luận khoa học cho việc hoạch định đường lối, sách: Trong Tổ/Phịng/Ban  Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT  Trong ngành  - Đưa giải pháp khuyến nghị có khả ứng dụng thực tiễn, dễ thực dễ vào sống: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT  Trong ngành  - Đã áp dụng thực tế đạt hiệu có khả áp dụng đạt hiệu phạm vi rộng: Trong Tổ/Phòng/Ban  Trong quan, đơn vị, sở GD&ĐT  Trong ngành  Xếp loại chung: Xuất sắc  Khá  Đạt  Không xếp loại  Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết chịu trách nhiệm không chép tài liệu người khác chép lại nguyên văn nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ Tổ trưởng Thủ trưởng đơn vị xác nhận kiểm tra ghi nhận sáng kiến kinh nghiệm tổ chức thực đơn vị, Hội đồng chuyên môn trường xem xét, đánh giá; tác giả không chép tài liệu người khác chép lại nguyên văn nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ tác giả Phiếu đánh dấu X đầy đủ tương ứng, có ký tên xác nhận tác giả người có thẩm quyền, đóng dấu đơn vị đóng kèm vào cuối sáng kiến kinh nghiệm NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN XÁC NHẬN CỦA TỔ THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ (Ký tên ghi rõ họ tên) CHUYÊN MÔN (Ký tên, ghi rõ (Ký tên ghi rõ họ tên) họ tên đóng dấu) ... khơng gian giảng dạy học sinh giỏi khối 12 BM03-TMSKKN Tên SKKN : MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TRONG GIẢNG DẠY HỌC SINH GIỎI KHỐI 12 I LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI Qua nhiều năm dạy học. .. việc bồi dưỡng học sinh giỏi khối 12, đã soạn một số các nội dung về hình học không gian nâng cao phù hợp với đối tượng học sinh mà mình tham gia giảng dạy II CƠ SỞ LÝ... CỦA ĐỀ TÀI Trên đã trình bày một số dạng toán hình học không gian nhằm nâng cao khả giải quyết bài toán hình học không gian của các em học sinh, từ đó các em có thể đạt