PHÁT HUY KHẢ NĂNG TƯ DUY HÌNH KHÔNG GIAN CỦA HỌC SINH QUA VIỆC SÁNG TÁC CÁC BÀI TOÁN MỚI TỪ CÁC BÀI TOÁN QUEN THUỘC. A. Đặt vấn đề Phần hình học không gian (quan hệ song song, quan hệ vuông góc, góc, khoảng cách, thể tích, diện tích ) là phần kiến thức quan trọng góp phân nâng cao tư duy hình học, trí tưởng tượng không gian; hơn nữa nó là phần không thể thiếu trong các đề thi Đại học và cao đẳng. Tuy nhiên việc học phần hình học không gian của học sinh gặp nhiều khó khăn, vì nhiều học sinh không tưởng tượng được hình không gian, không hứng thú với môn học và cảm giác nó rất khó. Các bài toán hình không gian lại có rất ít bài toán tương tự nên học sinh cảm thấy các bài toán đó ít có liên hệ với nhau. Việc sáng tác các bài toán hình học không dễ như đối với các bài toán đại số và lượng giác Trong quá trình giảng dạy tôi cũng đã rút ra được một số kinh nghiệm về sáng tác các bài toán hình không gian giúp học sinh nâng cao khả năng giải toán hình không gian, và tôi muốn chia sẻ với các bạn đồng nghiệp. Chính vì các lý do đó mà tôi viết SKKN với đề tài: "Phát huy khả năng tư duy hình không gian của học sinh qua việc sáng tác các bài toán mới từ những bài toán quen thuộc". B. Giải quyết vấn đề 1. Cơ sở lý luận Để có thể đưa ra giải pháp phát huy khả năng tư duy hình không gian của học sinh, ta cần trang bị cho học sinh đầy đủ các kiến thức cơ bản về hình học không gian; như: các quan hệ song song, quan hệ vuông góc, góc, khoảng cách, diện tích, thể tích Sau đây tôi chỉ nêu một số kiến thức được nhấn mạnh trong các bài toán ví dụ của tôi. a) Phương pháp chứng minh các quan hệ vuông góc 1 - Để chứng minh hai đường thẳng a và b vuông góc, ta có thể sử dụng các phương pháp sau: . 0 a b a b a b u u u u⊥ ⇔ ⊥ ⇔ = uur uur uur uur với , a b u u uur uur là các vector chỉ phương của a và b . Chuyển về xác định góc giữa a và b và gắn góc đó vào góc của một tam giác, rồi chứng minh tam giác đó vuông. Cách thông dụng: Chỉ ra một mặt phẳng (P) chứa b và vuông góc với a. - Để chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), ta chọn hai đường thẳng cắt nhau trong (P) và chứng minh chúng cùng vuông góc với a. - Để chứng minh hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau thì ta chọn lấy một đường thẳng a nằm trong (P) và vuông góc với giao tuyến của (P) và (Q) rồi chứng minh a vuông góc với (Q). b) Phương pháp xác định đường cao của khối chóp. - Tìm một mặt phẳng (P) đi qua đỉnh S của hình chóp mà vuông góc với đáy. Dựng hình chiếu H của đỉnh S trên giao tuyến của (P) và đáy. Khi đó SH là đường cao của hình chóp. * Một số trường hợp thường gặp: - Chóp có các cạnh bên bằng nhau (hoặc cùng tạo với đáy các góc bằng nhau) thì chân đường cao là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy. - Chóp có các mặt bên cùng tạo với đáy các góc bằng nhau thì chân đường cao trùng với tâm đường tròn nội tiếp đáy. c) Phương pháp tính thể tích. - Tính trực tiếp: Tính chiều cao và diện tích đáy và áp dụng trực tiếp công thức thể tích. - Tính gián tiếp: + Bằng cách phân chia và lắp ghép khối đa diện. + Bằng tỉ số thể tích. 2 Chú ý: Nếu trên các đường thẳng SA, SB, SC không đồng phẳng, lần lượt lấy các điểm A', B', C' khác S, thì ta có . . ' ' ' . . ' ' ' S ABC S A B C V SA SB SC V SA SB SC = . d) Phương pháp tính khoảng cách - Khoảng cách từ điểm A đến mp(P): Ta tìm một mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với (P), xác định giao tuyến d của (P) và (Q), dựng hình chiếu H của A trên d. Khi đó khoảng cách từ A đến (P) là độ dài đoạn AH. - Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b: + Nếu a và b vuông góc với nhau thì lấy mp(P) chứa b và vuông góc với a. Trong (P) ta dựng đoạn vuông góc chung của a và b. Khi đó khoảng cách giữa a và b là độ dài đoạn vuông góc chung đó. + Nếu a và b không vuông góc với nhau thì ta chuyển qua khoảng cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng (Q) chứa b và song song với a, cuối cùng chuyển về khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên a đến (Q). Chú ý: Trong quá trình tính khoảng cách, ta có thể phải tính gián tiếp và dùng tỉ số khoảng cách. Nếu đường thẳng d cắt (P) tại C và trên d có hai điểm phân biệt A, B khác C thì ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; d A P AC BC d B P = . 2. Thực trạng của vấn đề Trong trường THPT thì việc học môn hình không gian đối với học sinh còn khó khăn, rất ít học sinh học tốt phần này, các giáo viên cũng còn thiếu các tư liệu tốt và cũng ít có điều kiện nghiên cứu về phần hình không gian sơ cấp này. Muốn nâng cao chất lượng dạy và học môn này thì giáo viên phải tạo ra sự hứng thú, mới lạ và phải có sự liên kết giữa cái đã học với cái mới để học sinh phát triển được tư duy và cảm thấy vừa sức. Việc sáng tạo ra bài toán mới từ bài toán cũ là một hướng đi hợp lý. 3 Vấn đề phát huy khả năng tư duy hình không gian cũng đã có một số người làm, tuy nhiên làm bằng cách tạo ra các bài toán mới, dựa trên một số đặc điểm và tính chất của hình ở bài toán cũ (học sinh đã được làm rồi) để từ đó học sinh có thể sử dụng các kiến thức cũ đó để giải quyết bài toán mới thì còn rất ít người làm. Đối với trường THPT Tĩnh Gia 1, thì chưa có thầy cô nào làm SKKN về đề tài này. 3. Giải pháp và tổ chức thực hiện Từ một bài toán quen thuộc trong SGK hay SBT, ta có thể sáng tác ra những bài toán khác, nhằm phát huy khả năng tư duy hình không gian của học sinh. Trong quá trình giảng dạy tôi đã tự sáng tác các bài toán mới từ một bài toán cũ (học sinh đã giải rồi) và cho học sinh giải, sau đó phân tích cùng với học sinh để học sinh thấy được mối quan hệ giữa các bài toán mới và các bài toán cũ như thế nào, từ đó giúp học sinh nhận ra các đường lối tư duy hình không gian, hệ thống được kiến thức và cũng tự sáng tác được các bài toán mới cho riêng mình, cách làm này giúp học sinh hứng thú hơn trong việc học hình không gian, tăng cường khả năng tư duy hình không gian. Sau đây là một số hướng sáng tác và các ví dụ minh họa mà tôi đã thực hiện, các ví dụ này áp dụng cho học sinh lớp chọn (Lớp 12A1- Trường THPT Tĩnh Gia 1). Hướng 1: Dùng giả thiết của một bài toán cũ với kết luận mới. Ta có thể lấy một bài toán cũ rồi giữ nguyên giả thiết và thay câu hỏi cũ bằng một câu hỏi mới, ta sẽ có một bài toán mới. Bài toán 1: (Bài tập 30 trang 117-SGK Hình học 11 NC) Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh đều bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy bằng 0 30 . Hình chiếu H của A trên mặt phẳng (A'B'C') thuộc đường thẳng B'C'. a) Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy. 4 b) Chứng minh rằng hai đường thẳng AA' và B'C' vuông góc với nhau, tính khoảng cách giữa chúng. * Bây giờ giữ nguyên giả thiết và thay kết luận của bài toán 1 ta có bài toán mới, ví dụ như bài toán 2 sau đây. Bài toán 2: Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh đều bằng a. Góc tạo bởi cạnh bên và mặt đáy bằng 0 30 . Hình chiếu H của A trên mặt phẳng (A'B'C') thuộc đường thẳng B'C'. a) Tính thể tích và diện tích xung quanh của lăng trụ ABC.A'B'C'. b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và B'C. Giải: a) Gọi H' là trung điểm của B'C'. Vì tam giác A'B'C' đều cạnh a nên 3 ' ' 2 a A H = . Mặt khác 0 3 ' '.cos30 2 a A H AA= = . Suy ra 'H H≡ . Vậy H là trung điểm của B'C'. Ta có 0 '.sin 30 2 a AH AA= = . Suy ra 2 3 . ' ' ' ' ' ' 3 3 . . 4 2 8 ABC A B C A B C a a a V S AH= = = . Gọi I là trung điểm của A'C' ta có ' ' 'B I A C ⊥ . Gọi J là trung điểm của IC', suy ra ' 'HJ A C⊥ . Do đó ' 'AJ A C⊥ hay AJ là đường cao của mặt bên ACC'A'. Ta có 2 2 3 7 4 4 a a HJ AJ AH HJ = ⇒ = + = . Suy ra 2 ' ' ' ' 7 ' '. 4 ABB A ACC A a S S A C AJ = = = . Vì ( ) ' ' 'B C AA H⊥ nên ' ' 'AA B C ⊥ , do đó ' ' 'BB B C ⊥ nên 2 ' 'BCC B S a= . Suy ra ( ) 2 2 2 ' ' ' ' 2 7 7 2. 2. 4 2 xq ACC A BCC B a a S S S a + = + = + = . b) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) '; ' ' ; ' ' ; 'd AA B C d AA D BCC B d H AA D HK= = = với K là hình chiếu của H trên AA'. Từ đó suy ra ( ) 1 3 '; ' ' 2 4 a d AA B C A H= = . 5 * Nhận xét: Cách làm trên giúp cho học sinh có thể sử dụng được các tính chất của hình cũ vào trả lời các câu hỏi mới với chiều sâu hơn, đòi hỏi kỹ năng và tư duy tổng hợp hơn. Hướng 2: Sử dụng tỉ số thể tích, tỉ số khoảng cách để sáng tác. Bài toán 3 : (Dựa trên bài tập 2 trang 120, SGK Hình học 11 Nâng cao) Cho hình chóp S.ABC có SA SB SC a= = = , · · · 0 0 0 60 , 90 , 120ASB BSC CSA= = = . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC. Giải: Từ giả thiết và định lý cô sin trong tam giác ta suy ra , 2, 3AB a BC a CA a= = = . Do đó đáy ABC vuông tại B theo định lý đảo Pitagore. Từ đó diện tích đáy là 2 1 1 2 . . 2 2 2 2 ABC a S AB BC a a = = = . Vì SA SB SC a = = = nên chân đường cao của hình chóp S.ABC kẻ từ S là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy, nghĩa là nó trùng với trung điểm của AC. Từ đó suy ra đường cao 0 1 .cos 60 2 SH SA a= = . Vậy thể tích khối chóp S.ABC là 2 3 1 1 2 2 . . 3 3 2 2 12 ABC a a a V S SH= = = . * Qua A kẻ đường thẳng d song song với BC. Gọi K, I lần lượt là hình chiếu của H trên d và SK. Dễ dàng suy ra ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; ; 2 ; 2 .d BC SA d BC SAK d C SAK d H SAK HI= = = = Ta có 1 2 2 a HK AB SH= = = nên 2 2 2 HK a HI = = . Vậy ( ) 2 ; 4 a d BC SA = . - Sử dụng bài toán 3 và tỉ số thể tích, tỉ số khoảng cách ta có bài toán sau: 6 Bài toán 4: Cho hình chóp S.ABC có , 2 , 3SA a SB a SC a = = = , · · 0 0 60 , 90 ,ASB BSC = = · 0 120CSA = . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC. Giải: Trên các cạnh SB và SC lần lượt lấy các điểm B’ và C’ sao cho ' 'SB SC a = = . Khi đó S.AB’C’ là hình chóp trong Bài toán 1. Sử dụng công thức tỉ số thể tích . . ' ' 2 3 . . . . 6 ' ' S ABC S AB C V SA SB SC a a a V SA SB SC a a a = = = Từ đó suy ra 3 . . ' ' 2 6. 2 S ABC S AB C a V V= = . - Để tính khoảng cách giữa SA và BC ta dựng hình bình hành SBCI. Khi đó B', C' I thẳng hàng, và bây giờ ta chỉ cần xét cho hình chóp S.AB'I. Ta có //BC SI nên ( ) //BC SAI . Do đó ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; ; ;d BC SA d BC SAI d C SAI= = Đến đây ta phải sử dụng tỉ số về khoảng cách để tính tiếp. Ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ; 3 ; 3 '; ' '; d C SAI CS d C SAI d C SAI C S d C SAI = = ⇒ = . Mặt khác ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) '; ' 2 '; 2 ; ; d C SAI C A d C SAI d H SAI HA d H SAI = = ⇒ = . Vậy ta có ( ) ( ) ( ) ; 6 ;d BC SA d H SAI= . Gọi K, I lần lượt là hình chiếu của H trên AI và SK. Khi đó suy ra ( ) ( ) ;d H SAI HI = . Để tính HI ta phải tính góc · HAK . (Hướng dẫn HS vẽ hình phẳng để suy luận và tính toán được chính xác) Từ hình bình hành SBCI, suy ra ' 3 ' ' 3 2B I B C a = = , suy ra 19AI a= ; ' 2 2.C I a = 7 Theo định lý cô sin trong tam giác AC'I ta có · 2 2 2 ' ' 7 cos ' 2 '. 57 AC AI C I C AI AC AI + − = = . Suy ra · · 2 8 sin 1 cos ' 57 HAK C AI = − = . Do đó · 3 8 38 .sin . 2 19 57 a a HK AH HAK = = = . Từ đó suy ra 2 2 . 6 9 HK SH a HI HK SH = = + . Vậy ( ) 6 2 6 ; 6 9 3 a a d BC SA = = . * Như vậy, với việc sáng tác theo hướng này, ta có thể phát huy khả năng tính gián tiếp các đại lượng về độ dài, khoảng cách, diện tích, thể tích của học sinh. Hướng 3: Thay đổi mặt đáy. Với bài toán 1, ta thấy đường cao của hình chóp là đường cao của một mặt bên, bây giờ ta giữ nguyên đường cao này và thay đáy từ tam giác vuông thành tam giác khác (đều, cân, thường) hoặc thành tứ giác (hình vuông, chữ nhật, thoi, hình bình hành, hình thang ) Khi đó ta lại có một số bài toán mới. Bài toán 5: Cho hình chóp tứ giác .S ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, //AD BC , ,BC a= 2 , 3AD a SD a= = ( 0a > ) và mặt bên SAB là tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối chóp .S ABCD theo a . Giải: Vì ( ) ( ) ( ) ( ) ;SAB ABCD AB SAB ABCD ⊥ = ∩ và AD AB ⊥ nên ( ) AD SAB ⊥ , suy ra AD SA ⊥ . Trong tam giác vuông SAD ta có 2 2 5SA SD AD a = − = . Vì tam giác SAB đều nên 5AB SA a= = . Do đó diện tích đáy ABCD là: ( ) ( ) ( ) 2 1 1 3 5 2 5 2 2 2 a dt ABCD AD BC AB a a a = + = + = Gọi I là trung điểm của AB, suy ra SI AB ⊥ , do đó ( ) SI ABCD⊥ , hay SI là đường cao của hình chóp S.ABCD. Ta có 3 3 15 5 2 2 2 SI SA a a = = = . 8 Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là: ( ) 2 3 1 1 3 5 15 5 3 . . . 3 3 2 2 4 a a a V dt ABCD SI = = = . Bài toán 5, gợi ý cho ta cách sử dụng đáy có hình dạng đặc biệt để có những quan hệ vuông góc đẹp. Mặt khác ta cũng có thể dấu tính chất mặt bên vuông góc với đáy bằng các giả thiết về góc và độ dài cạnh. Bài toán 6: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; ( ) 2 , 3 0AB BC a AD a a = = = > . Mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại S, 6SC a = . Gọi H, M lần lượt là trung điểm của AB và SD; K là hình chiếu của H trên SC. a) Chứng minh rằng: ( ) SH ABCD⊥ và HK CM ⊥ . b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HD và CM. Giải: Vì tam giác SAB vuông cân tại S có 2AB a = nên 0 .cos 45 2SB AB a= = . Tam giác SBC có ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 6BC SB a a a SC + = + = = . Suy ra tam giác SBC vuông tại B. Do đó ( ) 1BC SB⊥ Vì ABCD là hình thang vuông tại B nên ( ) 2BC AB⊥ Từ (1) và (2) suy ra ( ) BC SAB⊥ . Vì ( ) SH ABCD⊥ nên ( ) 6SH CD⊥ . Từ (5) và (6) suy ra ( ) CD SHC⊥ . Do đó ( ) 7CD HK⊥ Ta lại có ( ) 8HK SC⊥ . Từ (7) và (8) suy ra ( ) HK SCD⊥ . Do đó HK CM ⊥ . Gọi I là trung điểm của HD và J là hình chiếu của I trên CM. Ta có //MI SH nên ( ) MI ABCD⊥ , do đó ( ) 1MI HD⊥ . Do ( ) HBC DEC c g c∆ = ∆ − − nên CH CD= . Suy ra HCD∆ cân tại C. Vì I là trung điểm của HD nên ( ) 2CI HD⊥ . Từ (1) và (2) suy ra ( ) HD MIC⊥ . Do đó ( ) 3HD IJ⊥ . Ta lại có ( ) 4IJ CM⊥ . Từ (3) và (4) suy ra IJ là đoạn vuông góc chung của HD và CM. 9 Vậy khoảng cách giữa HD và CM là ( ) ;d HD CM IJ= . Trong tam giác vuông cân SAB ta có 1 2 SH AB a= = . Suy ra 1 2 2 a MI SH= = . Ta có ( ) 2 2 2 2 2 5HC HB BC a a a= + = + = . Vì tam giác HCD vuông cân tại C nên 0 5 10 .cos 45 2 2 a a CI HC= = = . Vì IJ là đường cao trong tam giác vuông MIC nên ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 / 2 . 10 / 2 . . 110 22 / 2 10 / 2 a a IM IC IM IC a IJ MC IM IC a a = = = = + + . Vậy ( ) 110 ; 22 a d HD CM IJ= = . * Các bài toán về hình chóp có các cạnh bên bằng nhau với đáy là tam giác, hình vuông, chữ nhật là các bài toán quen thuộc, bây giờ ta có thể thay đổi đáy khác lạ một chút, ví dụ sau đây chọn đáy là một hình thang cân. Bài toán 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, ,AD BC a= = 2 , 3AB a CD a= = . Các cạnh bên tạo với đáy các góc bằng nhau và bằng 0 60 . Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a . Giải: Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của A, B trên CD. Khi đó 2MN AB a= = , suy ra 2 a DM CN= = . Do đó · · 0 1 cos 60 2 DM ADC ADC AD = = ⇒ = . Suy ra 0 3 .sin 60 2 a AM AD = = . Suy ra diện tích hình thang ABCD là ( ) ( ) 2 1 1 3 5 3 . 2 3 . 2 2 2 4 ABCD a a S AB CD AM a a = + = + = . Gọi H là hình chiếu của S trên mp(ABCD). Vì góc giữa các cạnh bên với đáy đều bằng 0 60 nên · · · · 0 60SAH SBH SCH SDH = = = = . Suy ra các tam giác SAH, SBH, SCH, SDH là các tam giác vuông bằng nhau. Do đó 10 [...]... đó, làm cơ sở cho các suy luận cao hơn - Thống kê kết quả kiểm tra ở lớp 12 A2 (2009-2 010 ) (chưa triển khai sáng kiến này) và lớp 12 A1 (2 012 -2 013 ) (đã triển khai sáng kiến này) Sĩ Lớp 12 A2 (2009-2 010 ) Lớp 12 A1 (2 012 -2 013 ) số Giỏi SL % Khá TB SL % SL % Yếu - Kém SL % 46 7 15 ,2 15 32,6 20 43,5 4 8,7 47 12 25,5 20 42,6 10 21, 3 5 10 ,6 19 C Kết luận và đề xuất - Qua sáng kiến này, tôi thu được kết quả bước... 33 11 Xét tam giác A ' B ' B ta có 1 1 1 1 1 11 + = ⇔ 2 + 2 = 2 ( 1) 2 2 2 B ' A ' BB ' B'N x y 3a Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B trên AC và B’H Khi đó BK ⊥ ( AB ' C ) Vì BA ⊥ ( BCC ' B ') nên góc giữa mp ( AB ' C ) và mp ( BCC ' B ') bằng góc giữa BK và BA Vì tam giác BAK vuông tại K nên góc giữa BK và BA là góc · ABK Do đó 1 x · ABK = 600 Từ đó suy ra BK = AB = 2 2 Ta có 1 1 1 1 1 1 1. .. hình không gian một cách tự nhiên, có hệ thống, góp phần bồi dưỡng học sinh khá giỏi Hơn nữa nó cũng giúp học sinh có thể nhìn bài toán một cách đa dạng hơn và cũng có thể tự sáng tác được bài tập 4 Kiểm nghiệm Sau khi thực hiện sáng kiến trên, tôi thu được một số kết quả sau: - Vì học sinh được làm quen với nhiều bài toán có cùng một số giả thiết, nên khả năng giải toán hình không gian của các em... bằng đường cao của tam giác đều ABD) 12 3 4 3 a 3 3 3a = 4 2 8 Từ (4) và (5) suy ra HF = EF = Xét tam giác vuông SHF có HI là đường cao, ta có 1 1 1 1 1 112 3 21 = + = + = 2 2 2 2 2 a HI SH HF ( 3a 4 ) 27a 2 Suy ra HI = 3 3a 8 28 ( ) Vì AB // CD nên AB // ( SCD ) 4 3 Do đó d ( AB; CD ) = d ( AB; ( SCD ) ) = d ( E ; ( SCD ) ) = EK = HI = a 21 7 Bài toán 10 : Cho hình chóp tam giác S ABC có đáy ABC... ra BK = AB = 2 2 Ta có 1 1 1 1 1 1 1 4 1 8 + + = ⇔ 2 + 2 + 2 = 2 ⇔ 2 = 2 ( 2) 2 2 2 2 AB BC BB ' BK x 3x y x y 3x Thế (2) vào (1) ta được 1 8 11 11 11 a 6 + 2 = 2 ⇔ 2 = 2 ⇔ x = a Suy ra y = 2 x 3x 3a 3x 3a 4 1 2 1 2 Từ đó suy ra VABC A ' B 'C ' = S ABC BB ' = AB.BC.BB ' = a.a 3 1 3 Do đó VABA 'C ' = VABC A' B 'C ' = a 6 3a 3 2 = 4 8 a3 2 8 * Gọi J là tâm hình chữ nhật ACC’A’ Khi đó J cách đều... các kiến thức cơ bản phải thật tốt Học sinh khá và giỏi nhiều hơn, số lượng học sinh trung bình ít hơn Khả năng giải toán hình không gian trong các đề thi ĐH –CĐ và đề thi HSG tỉnh của các em cải thiện đáng kể - Sáng kiến mới dừng lại ở hầu hết đối tượng là học sinh khá giỏi và trung bình, nhằm nâng cao tư duy hình không gian, các đối tượng yếu và kém thì hiệu quả không cao - Rất mong được sự góp ý... và cạnh Bài toán 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ·BAD = 600 , SA ⊥ ( ABCD ) Góc giữa (SBC) và (ABCD) bằng 450 Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa AD và SB Sau khi cho học sinh giải xong bài toán 8, cho học sinh giải tiếp bài toán 9: (Bài toán 9, đã cho chân đường cao nằm trên một đường chéo của đáy nhưng được dấu đi qua một số giả thiết về cạnh và góc) Bài toán... các bài toán tổng hợp, mới hơn, yêu cầu cao hơn về tư duy nhưng không quá sức Cuối cùng bài toán mới này được đưa ra giải quyết, có thể có sự dẫn dắt của thầy, qua đó học sinh tự tổng hợp, hệ thống được kiến thức một cách đa dạng và chắc chắn hơn Bằng các hướng đi ở trên, các giáo viên có thể tự sáng tác được các bài toán hay, có độ hấp dẫn cao, tạo điều kiện để học sinh phát triển tư duy hình không gian. .. ( 1) , trong tam giác 5 3 vuông BHC ta có HC 2 = BC 2 − HB 2 = a2 − 2 x 2 ( 2 ) Từ (1) và (2) suy ra 5 2 a a − 2 x 2 = 3x 2 ⇔ x = thoả mãn điều kiện 0 < x < a Thay x vào (1) ta được HC = a 3 3 1 2 1 2 Tam giác SAB vuông cân tại S và SA=a nên dt ( SAB ) = SA.SB = a 2 1 3 1 1 3 2 1 6 Vậy VS ABC = dt ( SAB ) CH = a 2 a = a 3 Nhận xét: Qua hướng sáng tác trên ta phát huy được khả năng nhìn hình không. .. = m 13 - Vì tam giác ABI đều nên AB = Do đó S ABC = AM 2m = 0 sin 60 3 1 1 2m 2m 2 AB AC = 2m = 2 2 3 3 2m 0 Suy ra AC = AB tan 60 = 3 3 = 2m 1 3 - Vậy thể tích khối chóp S.ABC là: VS ABC = S ABC SH = 1 2m2 m 3 1 3 = m 3 3 2 3 b) –Qua C kẻ Cx // AB , qua H kẻ EF // AC với E ∈ Cx, F ∈ AB Khi đó ACEF là · hình bình hành Do CAB = 900 nên ACEF là hình chữ nhật Ta có EF = AC = 2m 1 2 1 4 1 4 · . đó suy ra 1 2 2 x BK AB = = . Ta có ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 4 1 8 2 ' 3 3AB BC BB BK x x y x y x + + = ⇔ + + = ⇔ = Thế (2) vào (1) ta được 2 2 2 2 2 1 8 11 11 11 3 3 3 3 x. học sinh không tưởng tượng được hình không gian, không hứng thú với môn học và cảm giác nó rất khó. Các bài toán hình không gian lại có rất ít bài toán tương tự nên học sinh cảm thấy các bài. tác các bài toán hình học không dễ như đối với các bài toán đại số và lượng giác Trong quá trình giảng dạy tôi cũng đã rút ra được một số kinh nghiệm về sáng tác các bài toán hình không gian