skkn một số cách khai thác giả thiết hai đường thẳng chéo nhau và vuông ngóc với nhau trong giải toán hình học không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓATRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐỀ TÀI: MỘT SỐ CÁCH KHAI THÁC GIẢ THIẾT HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ VUÔNG GÓC VỚI NHAU TRONG GIẢI TOÁN HÌNH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:

MỘT SỐ CÁCH KHAI THÁC GIẢ THIẾT HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ VUÔNG GÓC VỚI NHAU TRONG

GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Người thực hiện: Nguyễn Việt Dũng Chức vụ: Giáo viên

Môn học ứng dụng: Hình học

THANH HÓA NĂM 2013

1

MỤC LỤC

II Thực trạng của vấn đề 4

III Giải pháp và tổ chức thực hiện 4

III.1 Định hướng phương pháp 4

III.2 Tiến trình thực hiện 6

III.3 Các ví dụ điển hình 6

III.4 Một số bài tập áp dụng 14

IV Kết quả thực nghiệm 15

C Kết luận 16

D Tài liệu tham khảo 17

MỘT SỐ CÁCH KHAI THÁC GIẢ THIẾT HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ VUÔNG GÓC VỚI NHAU TRONG

GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

A ĐẶT VẤN ĐỀ

Trong quá trình ôn thi đại học, khi giải bài toán hình học không gian tổng

hợp, học sinh thường lúng túng khi gặp giả thiết bài toán “cho trước hai đường

thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau”

Đa số học sinh đều nhận xét dạng toán này khó, vì học sinh thường không liên kết được hai đường thẳng chéo nhau đó trong một quan hệ vuông góc để từ

đó dễ dàng suy luận ra các kết quả phục vụ cho việc giải toán Đặc biệt, khi học

về “Định lý ba đường vuông góc” học sinh chỉ biết áp dụng để chứng minh hai

đường thẳng vuông góc với nhau mà không biết cách khai thác khác của nó là: tạo ra mối liên hệ gần gũi hơn giữa hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau

Trên đây là lí do cơ bản để tôi chọn đề tài: MỘT SỐ CÁCH KHAI THÁC GIẢ THIẾT HAI ĐƯỜNG THẲNG CHÉO NHAU VÀ VUÔNG GÓC VỚI NHAU TRONG

GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

B GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ

I Cơ sở lí luận

I.1 Góc giữa hai đường thẳng trong không gian Hai đường thẳng vuông

góc.

+ Góc giữa hai đường thẳng a và b là góc giữa hai đường thẳng a’ và b’ cùng

đi qua một điểm và lần lượt song song ( hoặc trùng) với a và b

+ Hai đường thẳng trong không gian gọi là vuông góc với nhau nếu góc giữa chúng bằng 900

I.2 Điều kiện để một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng

+ Nếu đường thẳng a vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau b và c cùng nằm trong mặt phẳng (P) thì đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P)

3

b

a’

a

I.3 Định lý ba đường vuông góc

+ Cho đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (P) và đường thẳng b nằm trong mặt phẳng (P) Khi đó điều kiện cần và đủ để b vuông góc với a

là b vuông góc với hình chiếu a’ của a trên (P)

II Thực trạng của vấn đề

Khi bài toán giả thiết cho trước hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau Học sinh thường mất định hướng trong giải toán vì không liên kết

b

P

I c

a

a

B’

A’

B A

được hai đường thẳng chéo nhau đó trong một quan hệ vuông góc để từ đó dễ

dàng suy luận ra các kết quả phục vụ cho việc giải toán

III Giải pháp và tổ chức thực hiện

III.1 Định hướng phương pháp

Cho hai đường thẳng a, b chéo nhau và vuông góc với nhau (1)

Để khai thác giả thiết này áp dụng vào giải toán, chúng ta có hai hướng suy luận:

Hướng 1: Từ giả thiết (1) , lập luận để chỉ ra hai đường thẳng cắt nhau và

vuông góc với nhau Từ đó áp dụng các tính chất hình học phẳng để giải toán ( Định lý Pytagore,….)

Hướng 2: Từ giả thiết (1) suy ra một đường thẳng vuông góc với một mặt

phẳng Từ đó áp dụng các tính chất của đường thẳng vuông góc với mặt phẳng để giải toán.

Để suy luận theo một trong hai hướng trên ta đưa ra ba cách thực hiện:

Cách 1:

+ Qua một điểm I trên b, kẻ a’ // a Ta được hai đường thẳng a’ và b cắt và vuông góc với nhau

Cách 2: Áp dụng Định lý 3 đường vuông góc

+ Nếu đường thẳng b nằm trong mặt phẳng (P), mà ta dễ dàng xác định hình chiếu vuông góc của a lên (P) thì khi đó ta dựng hình chiếu a’ của a lên (P)

Ta có kết quả: 'a ⊥b

5

I

a b

a’

Cách 3:

+ Nếu chỉ ra được đường thẳng c cắt b và c a⊥ Suy ra a mp b c⊥ ( , )

III.2 Tiến trình thực hiện

+ Cung cấp cho học sinh một số kiến thức về hình học không gian và 3 cách

khai thác giả thiết về hai đường thẳng chéo nhau, vuông góc với nhau

a

B’

A’

B A

b

P

I c

a

+ Đưa ra các ví dụ về bài toán hình học không gian tổng hợp có giả thiết hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau, phân tích để học sinh tự lựa chọn cách khai thác giả thiết đó dựa trên các cách đã gợi ý ở trên

+ Yêu cầu học sinh nhận xét xem còn có thể dùng cách khác để khai thác giả thiết đó không, so sánh tính khả thi và hiệu quả của phương pháp

III.3 Các ví dụ điển hình

Ví dụ 1: Cho hình chóp đều S.ABC, tam giác ABC đều cạnh a Gọi M và N lần

lượt là trung điểm SA, SC Tính thể tích khối chóp S.ABC biết BM ⊥AN

Phân tích:

Khi tiếp cận với giả thiết BM ⊥AN , chúng ta dùng cách 1

Lời giải:

Gọi K là trung điểm SN, suy ra MK // AN ( tính chất đường trung bình)

Vì BM ⊥ AN⇒BM ⊥MK⇒ VBMK vuông tại M ⇔BM2+MK2=BK2 (*)

7

O

B

A

M

C

N K S

Đặt SA = b ( b > 0) Theo công thức độ dài đường trung tuyến, ta có:

AB SB SA a b b a b

BM = 2+ 2− 2= 2+ 2− 2= 2+ 2

a b

AN = 2+ 2

2 2

⇒ 2 =2 2+ 2

16

Áp dụng ĐL Cosin, ta có: cos·

SB SC BC b a BSC

SB SC b

= 2 2 2=2 2 2 2

·

BK SK SB SB SK BSC b b

b

−

= + − = 2 + − 2 2 = 2+ 2

2

Khi đó (*) ⇔2a2+b2+2a2+b2=9b2+a2⇔ =b a 6

Gọi O là tâm tam giác ABC, suy ra SO⊥(ABC) ,

AO= = ⇒SO= 2 − 2 = 6 2− 3 2 = 42

Suy ra: V S ABC. = SO S ABCD = a 42.a2 = a3

6

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB = a,

SA a= 3 SA⊥ ABCD Gọi M là trung điểm SD Tính thể tích khối chóp

S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BM, AC, biết BM ⊥AC

Phân tích:

Khi tiếp cận với giả thiết BM ⊥ AC, chúng ta dùng cách 2, vì có thể thấy ngay

việc dựng hình chiếu của BM lên (ABCD) là khá dễ dàng

K F

E

M

C B

D A

S

Lời giải:

Gọi K là trung điểm AD, suy ra MK // SA ⇒MK ⊥ (ABCD)

Vì BM ⊥AC⇒BK ⊥AC (Theo ĐL 3 đường vuông góc)

Khi đó, ta có ·ABK =·ACB(vì cùng phụ với ·BAC )

BAC

⇒V đồng dạng với AKBV

AB BC AB AK BC a AD AD AD a

AK AB

2 Suy ra: V S ABCD. = SA S ABCD = a .a2 =a3

Gọi E AC BK= ∩ Kẻ EF ⊥BM tại F

Ta có EF ⊥ AC( vì EF⊂(BMK)⊥ AC).

Suy ra EF là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng BM và AC

d BM AC EF

Ta có BK AB AK a a ÷÷ a ,BE BK a

2

a a a

BM BK MK

⇒ = 2+ 2= 6 2+3 2 =3

a a

BE BM BM

2

2

Vậy (d BM AC, )=EF = a32

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC, tam giác SAC cân tại C, có ·SCA=1200,SC a= Biết (SAC) (⊥ ABC SA BC), ⊥ và ·BAC=30 Tính thể tích khối chóp S.ABC0

và tính thể tích khối tứ diện SBCK, biết K là điểm thuộc SA thỏa mãn CK vuông góc với SB

9 H

K

C

B A

S

Phân tích:

Khi tiếp cận với giả thiết SA BC⊥ , chúng ta dùng cách 2, vì (SAC) (⊥ ABC) nên hình chiếu của SA lên (ABC) là AC

Lời giải:

Vì (SAC) (⊥ ABC), suy ra AC là hình chiếu vuông góc của AS lên mặt phẳng

(ABC) Lại có SA BC⊥ ⇒ AC⊥BC ( Theo ĐL 3 đường vuông góc).

Suy ra tam giác ABC vuông tại C ⇒BC AC= tan 0= a

3

ABC

a

S AC BC

⇒ =1 = 2 3

V

Kẻ SH ⊥AC tại H, suy ra SH ⊥ (ABC)

Ta có ·SCH =600⇒SH SA= sin600=a 3

2 . Suy ra V S ABCD. = SH S ABC = a a2 3=a3

6

Vì AC⊥BC⇒BC⊥(SAC), suy ra SC là hình chiếu vuông góc của SB lên mặt phẳng (SAC)

Vì SB CK⊥ ⇒SC CK⊥ ( Theo ĐL 3 đường vuông góc).

Khi đó ta có: SK =cosSC 0= 2a

Ta có: SA2=SC2+AC2−2SC AC .cos1200=3a2⇒SA a= 3

Ta có

.

.

.

.

S BCK

S ABC

a

V = SA SC SB a= = ⇒ = = 3

2

3

Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là hình thoi cạnh bằng , a BD a= 3 Biết SA BD SB⊥ , ⊥AD và (SBD) tạo với mặt đáy góc 600 Tính thể tích khối

chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC, SB theo a

Phân tích:

Bài toán này phức tạp hơn khi cho hai cặp đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau là: SA BD SB⊥ , ⊥AD

+Ta để ý đến SA BD⊥ trước, vì có AC⊥BD⇒BD⊥(SAC) (cách 3)

Suy ra (SAC) (⊥ ABCD), khi đó ta nghĩ đến ngay việc dựng hình chiếu vuông

góc của S lên (ABCD) Đây chính là cơ sở để ta dùng cách 2 để khai thác giả

thiết SB⊥AD

Lời giải:

Vì ABCD là hình thoi nên AC⊥BD , mà SA BD⊥ ,

suy ra BD⊥(SAC)⇒(SAC) (⊥ ABCD)

11

E

F

H

O K

C B

s

Kẻ SH ⊥AC tại H, suy ra SH ⊥(ABCD)

Vì SB⊥AD⇒BH ⊥AD ( Theo ĐL 3 đường vuông góc).

Gọi AC BD O∩ = , ta có BD⊥(SAC), suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBD) và (ABCD) bằng góc ·SOH =600

Từ giả thiết, suy ra tam giác ABC và ACD là các tam giác đều cạnh a

Vì BH ⊥AD⇒OBH· =600⇒OH OB= tan600=a 3 3=3a

Suy ra SH OH= tan 0=3 3a

2

60

Suy ra V S ABCD. =1SH S ABCD =1 3 3 1 a a 3.a=3a3

Tính d AC SB( , ) ? =

Dựng hình bình hành OHEB, suy ra OHEB là hình chữ nhật

Ta có BE // AC, suy ra AC // (SBE)

( , ) ( ,( )) ( ,( ))

Ta có BE⊥HE BE, ⊥SH ⇒BE⊥ (SHE) ⇒ (SBE) ( ⊥ SHE)

Kẻ HF ⊥SEtại F, suy ra HF⊥(SBE)

( ,( )) SH HE SH HE a

d H SBE HF

SE SH HE a a

Ví dụ 5: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều

cạnh a Gọi M là trung điểm B’C’ Biết AB’ vuông góc với A’M và AB’ = AM Cạnh bên AA’ hợp với đáy một góc bằng 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a và tính cosin góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) với (A’B’C’)

Phân tích:

Để ý A M' ⊥B C' ', từ giả thiết AB' ⊥A M' ⇒ A M' ⊥ (AB C' ')

Đây chính là cách 3.

Lời giải:

Vì tam giác A’B’C’ đều nên 'A M ⊥B C' ' ,

lại có 'A M ⊥ AB'⇒A M' ⊥(AB C' ')⇒(AB C' ') ( ' ' ')⊥ A B C

Gọi H là trung điểm B’M, vì tam giác AB’M cân đỉnh A nên

AH ⊥B C ⇒AH ⊥ A B C

Suy ra góc giữa AA’ và (A’B’C’) bằng góc ·AA H' =60 0

Ta có 'A H = A M' 2+HM2= 3a2+a2 =a 13

Suy ra AH =A H' tan600=a 13 3=a 39

Suy ra V ABC A B C ' ' '=AH S A B C' ' '=a a2 3= a3 13

4

Tính tính cosin góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) với (A’B’C’)

Vì (ABC) // (A’B’C’) nên số đo góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) với (A’B’C’) bằng số đo góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) với (ABC)

Gọi N là trung điểm BC, ta có AN ⊥BC

Vì AH ⊥(ABC)⇒ AH ⊥BC

13

N

C’

B’

A’

C

B A

Suy ra (ANH)⊥BC⇒(·(ABC BCC B),( ' ')) =·ANH =α

Ta có tam giác ANH vuông tại A, nên

NH AH AN a a

a

39

Ví dụ 6: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có ABCD là hình vuông cạnh a,

'

AA =a 3 Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh BB’, AD Biết BN vuông góc với CM, AA’ hợp với (ABCD) góc 600 Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’

Phân tích:

Vì ABCD là hình vuông, ta liên tưởng đến tính chất : Gọi K là trung điểm AB

thì BN ⊥CK, mà BN ⊥CM ⇒BN ⊥(CKM), do đó bài này ta chọn cách 3

Lời giải:

Gọi K là trung điểm AB

Ta dễ dàng chứng minh được BN ⊥CK

Vì BN ⊥CM ⇒BN ⊥(CMK)⇒(CMK) (⊥ ABCD)

Kẻ MH CK⊥ tại H, suy ra MH ⊥(ABCD)

H K

N

M

C’

D’

B’

A’

C B

D A

Vì AA’ // BB’⇒(·AA ABCD',( )) =(·AA ABCD',( )) = ·MBH =60 0

Suy ra MH MB= sin 0= a = a

2

3 3 3 60

Suy ra VABCD A B C D ' ' ' '=d B ABCD S( ',( )). ABCD

=2d M ABCD S( ,( )) ABCD

=MH S ABCD =3a.a2=3a3

4 4 (đvtt).

III.4 Một số bài tập áp dụng

Bài 1: Cho hình chóp đều S.ABCD có AB = a Gọi M là trung điểm cạnh SD.

Biết SA CM⊥ Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CM

Bài 2: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, AC a= 3 Gọi M thuộc đoạn CD sao cho MC = 2MD Biết SA BD SM⊥ , ⊥BC Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ C đến (SAB)

Bài 3: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có ABC là tam giác vuông tại B,

·

,

AC a BAC= =600 Biết AB'⊥ A C AA' ', '⊥B M' , với M là trung điểm A’C’; mặt phẳng (BCC’B’) tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’

Bài 4: Cho hình chóp SABC có ABC là tam giác vuông cân tai B, AC = 2a.

Tam giác SAC vuông tại S, ·SAC =600; (SAC) (⊥ ABC) Gọi M là trung điểm

BC, N là điểm thuộc đường thẳng SC thỏa mãn BN ⊥ AM Tính thể tích khối tứ diện SBMN

IV Kết quả thực nghiệm.

1) Trong khuôn khổ của một bài viết tôi chỉ đưa ra 6 ví dụ điển hình Từ 6

ví dụ này dưới sự hướng dẫn của cô giáo, học sinh tìm tòi các lời giải của các bài toán Sau khi giải được mỗi bài toán, tôi hướng dẫn học trò thay đổi cách

15

tiếp cận bài toán, để đưa ra được sự so sánh về tính khả thi và hiệu quả của phương pháp đó Trong quá trình tìm tòi học sinh không những phấn chấn, tự giác tiếp nhận các kiến thức và kỹ năng giải các bài toán dạng này mà còn hình thành được cho các em cách nhìn nhận một Định lý, tính chất hình học dưới nhiều góc độ khác nhau, biết cách phân tích một vấn đề dưới nhiều góc độ

2) Trong 3 lớp 12C8, 12C9, 12C10 tôi dạy năm nay, tôi giao Ví dụ 1 và

Ví dụ 2 về nhà cho 3 lớp 12C8, 12C9 và 12C10 khi chưa nếu phương pháp

khai thác giải thiết hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc với nhau Kết quả

số học sinh giải được như sau:

Lớp Sĩ số Số học sinh giải

được

Tỉ lệ % học sinh giải được

7(VD2)

23,5%(VD1) 13,7%(VD2)

10(VD2)

31,4%(VD1) 19,6%(VD2)

5(VD2)

15,6%(VD1) 11,1%(VD2)

Sau khi hướng dẫn phương pháp, phân tích hai ví dụ: Ví dụ 1 và Ví dụ 2

ở 3 lớp và yêu cầu học sinh làm các ví dụ còn lại trên cơ sở gợi mở, phân tích Hầu hết các học sinh ở 3 lớp đều hiểu, nắm được phương pháp và giải được các

ví dụ 3,4,5,6 Khi giao bài 4 bài tập trên về nhà Kết quả số học sinh giải được

cả 4 bài tập như sau:

Lớp Sĩ số Số học sinh giải

được

Tỉ lệ % học sinh giải được

12C9 51 42 82,4%

C KẾT LUẬN

Quá trình dạy học là một quá trình tìm tòi suy nghĩ để không ngừng đúc rút kinh nghiệm nâng cao hiệu quả giờ dạy Kinh nghiệm trình bày ở trên của tôi chỉ là một ứng dụng nhỏ rèn luyện kỹ năng giải toán hình học không gian Nhưng dù sao qua quá trình nêu trên cũng đã hình thành cho học sinh phương pháp luận; rèn luyện cho học sinh cách nhìn nhận và vận dụng lý thuyết vào giải toán, tạo cho học sinh hứng thú tìm tòi, hứng thú học toán

Trên đây chỉ là những kinh nghiệm được rút ra từ quá trình giảng dạy của bản thân, tôi rất mong được đồng nghiệp bổ sung, góp ý để có thể áp dụng rộng rãi và hiệu quả hơn trong dạy học

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG

ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2013

Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết, không sao chép nội dung của người khác

17

Nguyễn Việt Dũng

D.TÀI LIỆU THAM KHẢO

Sách giáo khoa Hình học 11, nâng cao, NXBGD