dạy học giải một số bài tập hình học không gian cho học sinh thông qua phương thức khai thác bài toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÊ LỢI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM TÊN ĐỀ TÀI DẠY HỌC GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHO HỌC SINH THÔNG QUA PHƯƠNG THỨC KHAI THÁC CÁC BÀ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT LÊ LỢI

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI

DẠY HỌC GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHO HỌC SINH THÔNG QUA PHƯƠNG THỨC KHAI THÁC CÁC BÀI TOÁN.

Người thực hiện: Lê Thị Ngọc

Chức vụ: Giáo viên

Đơn vị công tác: Trường THPT Lê Lợi

SKKN thuộc môn: Toán

THANH HÓA NĂM 2013

Phần một

I Lí DO CHỌN ĐỀ TÀI

1 Dạy học giải toỏn là một trong những vấn đề trọng tõm của chương trỡnh giảng dạy trong nhà trường Đối với HS thỡ giải toỏn là hỡnh thức chủ yếu của HĐ toỏn học nhằm thực hiện tốt chức năng phỏt triển, chức năng trớ tuệ và chức năng kiểm tra Đối với GV, dạy học giải toỏn là một trong những vấn đề quan trọng của quỏ trỡnh dạy học GV khụng dừng lại ở mức độ hướng dẫn HS trỡnh bày một lời giải đỳng đắn, đầy đủ và cú căn cứ chớnh xỏc mà phải biết cỏch hướng dẫn HS thực hành giải bài tập theo hướng tỡm tũi, tự nghiờn cứu lời giải Để từ những bài toỏn

cơ bản cú thể phỏt triển nờn những bài toỏn mới, đa dạng

2 Đa số HS " ngại'' học hỡnh học đặc biệt là mụn hỡnh học KG, điều đú thể hiện ở hai lý do:

Thứ nhất: Để học tốt hỡnh học khụng gian đũi hỏi học sinh phải biết tư duy

logic, tư duy trừu tượng cao; mặt khỏc hệ thống kiến thức lại xuyờn suốt từ cấp THCS đến hết bậc THPT nờn học sinh khụng nhớ sẽ rất khú để làm bài tập

Thứ hai: Do tõm lý chủ quan xem nhẹ hỡnh học vỡ nú chỉ chiếm 30% tổng

điểm trong đề thi tuyển sinh Đại học

Chớnh điều đú đó dẫn đến ý thức cũng như kết quả học tập chưa cao của cỏc

em và việc kộm sự đầu tư vào giảng dạy mụn hỡnh học khụng gian của cỏc thầy cụ giỏo

Từ những lý do trờn tụi thấy cần phải cú sự cải tiến trong dạy và học mụn hỡnh học khụng gian để cỏc em cảm thấy hứng thỳ trong học tập, khớch lệ sự tỡm

tũi, sỏng tạo khi giải toỏn Vỡ vậy tụi chọn đề tài SKKN là: "Dạy học giải một số bài tập hỡnh học khụng gian cho học sinh thụng qua phương thức khai thỏc bài toỏn"

II Phơng pháp nghiên cứu

1 Nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu sách, báo, tạp chí về khoa học toán học, giáo

dục học, tâm lý học, liên quan đến đề tài

2 Quan sát: Dự giờ, quan sát việc dạy của giáo viên, việc học của học sinh,

thăm dò các ý kiến của giáo viên về các vấn đề nghiên cứu liên quan

3 Thực nghiệm s phạm.

Tổ chức thực nghiệm kiểm chứng thông qua các lớp học thực nghiệm và các lớp học đối chứng trên cùng một lớp đối tợng

Phần hai

NỘI DUNG

I Một số phương thức nõng cao chất lượng dạy và học giải bài tập hỡnh học khụng gian ở trường phổ thụng

1 Phương thức 1: Rốn luyện cho HS biến đổi bài toỏn theo nhiều hỡnh

thức khỏc nhau.

Khi đứng trước một vấn đề người làm toỏn phải biết xem xột mối liờn hệ giữa cỏc đại lượng, phải biết nhỡn nhận mọi khả năng cú thể xảy ra đối với vấn đề mỡnh đang quan tõm và như vậy là phải cú sự biến đổi bài toỏn

Cú nhiều cỏch thức khỏc nhau để biến đổi bài toỏn Biến đổi bài toỏn cũng cú thể được tiến hành đồng thời cả nội dung và hỡnh thức thụng qua tiến trỡnh biến đổi tương đương, hoặc biến đổi bài toỏn về “gần” với bài toỏn quen thuộc Ta sẽ xột vớ

dụ sau đõy:

Bài toỏn 1: Cho hỡnh thang ABCD cú A B  =90 0 ,AD = 2a, AB = BC = a, trờn tia Ax vuụng gúc với mp(ABCD) lấy điểm S sao cho AS = a 2 Xỏc định và tớnh độ dài đoạn vuụng gúc chung của hai đường thẳng AB và SC.

Ta cú thể biến đổi một phần của giả thiết chẳng hạn như thay hỡnh thang bởi hỡnh vuụng, bài toỏn trở thành: “ Cho hỡnh chúp SABCD cú đỏy ABCD là hỡnh vuụng tõm O cú cạnh AB = a Cạnh SA = h và vuụng gúc (ABCD) Tớnh khoảng cỏch giữa hai đường thẳng chộo nhau SC và AB”(1)

Rừ ràng khi giải bài này sẽ khụng khú khăn vỡ để dựng đường vuụng gúc chung của SC và AB là MN thỡ ta cú thể dựng đường thẳng AH vuụng gúc SD, sau

đú dựng MN// AH Đõy là một hoạt động tạo tư duy linh hoạt cho HS, và bước đầu hỡnh thành cho cỏc em kỹ năng biết tỡm ra bài toỏn mới nhờ việc biến đổi một phần giả thiết hoặc phỏt biểu bài toỏn bằng cỏch tương tự hoỏ

GV đưa HS trở về bài toỏn ban đầu, lỳc này cỏc em đó được định hướng, đó

cú sự liờn tưởng đến kiến thức cần phải sử dụng Để chuyển việc xột hỡnh thang về

việc xét hình vuông ta chỉ cần kẻ từ C đường thẳng song song với AB và cắt AD tại I Lúc này ta sẽ làm việc với hình chóp SABI rất gần gủi với hình chóp trong bài (1).(Hình vẽ)

Để tính khoảng cách của hai đường thẳng chéo nhau SC và AB ta có thể nhìn nhận bài toán bằng nhiều hình thức (góc độ) khác nhau, chẳng hạn:

Góc độ 1:

- Từ C dựng CI // AB (I  AD); dựng AH  SI (H SI )

- Từ H dựng HM // CI ( M  SC )

dựng MN // AH ( N  AB)

- MN là đoạn vuông góc chung của SC và AB

SAI vuông tại A và AH là đường cao nên:

2 2 2 2 2 2

2

3 1 2

1 1

1 1

a a a AI

SA

 AH = MN =

3

6

Góc độ 2:

Để tính khoảng cách giữa AB và SC

đưa về việc tính khoảng cách giữa AB với mp(SCI)

hay khoảng cách từ A tới mp(SCI)

Góc độ 3: Gọi (P) là mặt phẳng qua SC và CI; (Q) là mặt phẳng qua AB và

(Q) // (P)

Khi đó: d(AB, SC) = d((P), (Q)) = d(A,(P)) = AH =

3

6

a (A  AB  (Q))

Góc độ 4: Vận dụng công thức tính thể tích của khối chóp tam giác :

d(AB, SC) =

SCI

SACI

S

V



3

Bài toán 2: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh là a Tính

khoảng cách giữa hai đường thẳng BC’ và CD’ ?

Góc độ1: (Hình 1)

Xét khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách giữa

hai mặt phẳng song song tương ứng chứa hai đường thẳng đó

S

A

D I

H

N

M

x

Hình 1

Kí hiệu khoảng cách là d.

-Từ gợi ý trên HS sẽ phải tìm hai mặt phẳng song chứa hai đường thẳng chéo nhau HS phát hiện được CD’//AB ; BC’//AD’nên (ACD’) //(BA’C’)

Ta có: CD’  (ACD’) và CD’// (BA’C’)  BC’

 d(BC’, CD’) = d((ACD’), (BA’C’))

- Để tính khoảng cách GV gợi ý cho HS có thể HĐKT dựa trên việc nhận xét

về BO và D’O

(Câu trả lời mong đợi: chúng đều là các đường trung tuyến của hai tam giác ACD’,BA’C’)

Bằng thao tác tư duy, HS hoàn toàn chứng minh

được B’D  (BA’C’) tại G; B’D  (D’AC) tại G’;

GG’ =

3

1

B’D, mà B’D = a 3 d(BC’,CD’) = 3

3

1

a

Khi đã giải quyết xong một vấn đề chúng ta

không nên bằng lòng ở đó mà cần cố gắng khai thác sâu

thêm trong nội tại của nó để hình thành tri thức mới,

chẳng hạn có thể đề xuất bài toán sau:

Bài toán 2.1:Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ cạnh a CMR đường chéo B’D

lần lượt đi qua trọng tâm G, G’của tam giác ACD’,BA’C’

Góc độ 2: (Hình 2)

Xét khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách giữa đường thẳng a ∥? (P)  b

-Với hướng suy nghĩ này chúng ta sẽ phải chọn một mặt phẳng chứa một

đường thẳng và song song với đường thẳng còn lại:

BC’//(ACD’)  CD’ nên d(BC’, CD’) = d(BC’, (ACD’))

- Xác định khoảng cách d

Trong (BDD’B’) kẻ BH  D’O  (ACD’)

nên BH = d(BC’, (ACD’)) Để ý BH là

đường cao D’BO mà SBOD’ =

2

1

SBD’D

A

D

A ’

’

B ’’

C ’

’

D ’

’

G G’

O

O’

(Hình 1)

A

D

A’

’

B’

D’

’

O H

(Hình 2)

Từ đó suy ra: BH = 3

3

1

a

Vậy d(BC’,CD’) = BH = 3

3

1

Bài toán 2.2: Cho hai hình vuông ABA’B’ và CDA’B’ cạnh a, trên đường

thẳng Dx không vuông góc với mặt phẳng (CDA’B’) lấy một điểm H Hãy xác định

vị trí của H để khoảng cách BH là nhỏ nhất.

Cách giải của hai bài toán vừa đề xuất chính là cách giải của bài toán về tìm khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

Góc độ 3: (Hình 3)

Xem khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là đường vuông góc

chung của chúng.

Từ nhận xét đó ta hình thành sơ đồ kiến thức cần huy động như sau:

- Gỉa sử MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau.Ta cần tìm vị trí của M trên BC’ và N trên CD’:

+) Đặt: C’M = x ; NC = y với x,y  [0; a 2]

+) Tìm x, y Khi này ta phải liên tưởng đến hệ thức Talet trong mặt phẳng

Từ M kẻ PQ // CC’, từ N kẻ EF // CC’

Ta có :

CD

CE CD

CN

 '  CE =

2

y

= C’F = N F  DE = NF = F D’ = a -

2

y

Tương tự: C’Q = MQ = CP =

2

x

,

B’Q = BP = MP = a -

2

x

+) Tính MN

Việc làm này được thực hiện thông qua xét hai cặp tam giác vuông MNC, MND’ và MNC’, MNB tương ứng theo hai đường thẳng chéo nhau BC’, CD’ Áp dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông ta được:

Tam giác MND’ vuông tại N: MN2 = (

2

x

) 2 + (

2

x

) 2 + a 2 - (a 2- y) 2 (1)

A

B

C '

A’

’

B’

’

D’

’

P

Q

E

F

D

C

(Hình 3)

MNC vuông tại N nên: MN2 = ( a -

2

x

) 2 + (

2

x

) 2 - y 2 (2)

Kết hợp (1), (2) ta được phương trình: 2y + x = a 2 (*)

Tương tự đối với cặp tam giác vuông MNC’, MNB ta có PT:

2x + y = a 2 (**)

Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình:

















2 2

2 2

a y x

a x y

Giải hệ này tìm được x = y =

3

2

a

Vậy M  BC’ và cách điểm C’ một khoảng là MC’=

3

2

a , và N CD’ cách

C một khoảng là CN =

3

2

a Khi đó thay x, y vào một trong các biểu thức biểu thị của MN ta được:

MN2 = ( a -

2

x

) 2 + (

2

x

) 2 - y 2 =

3

2

a

Hay MN = 3

3

1

Từ cách giải trên cho thấy độ dài đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau không phụ thuộc vào vị trí của M, N Như vậy ta có thể đề xuất bài toán sau:

Bài toán 2.3: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Lấy điểm

M A’B, N  AD’ sao cho A’M = D’N = x ( x  (0,a ))

a) Tìm x để đoạn thẳng MN có độ dài ngắn nhất, tính MN.

b) Khi MN ngắn nhất, hãy chứng tỏ MN là đường vuông góc chung của A’B

và AD’, đồng thời MN // AC’

 Ta có thể giải quyết bài toán này bằng kiến thức về hệ thức Talet

- Kẻ MH  A’B’ thì MH // BB’ và MH = = AH

- Kẻ NK  AD thì NK = = DK

 KH =a-x

Ta có MN2= MH2+ HK2+ KN2

= 3x2- 2a x +a2

Vậy MN nhỏ nhất khi và chỉ khi x=a

 Thay x=a vào MN ta được: MN = a

A

B

C '

A’

’

B’ ’

D’

’

M

N

D

C

(Hình 4)

H’’

K’’

b) Để chứng tỏ MN là đường vuông góc chung thì MN  A’B và MN  AD’ Xét tam giác AMN có MN2 = ; AM2 = , tính AN theo hàm số cos trong tam giác ADN

Góc độ4: Từ bài toán 2.4 cho ta cách giải bài toán đã cho.

Góc độ 5: Dùng ngôn ngữ véc tơ

Bài toán 2.5: Gọi M, N lần lượt là các điểm thuộc BC’ và CD’ sao cho

MA = k MD, ND = k NB (k ≠ 0;1)

a) Chứng minh rằng MN //(A’BC).

b) Khi MN //A’C, chứng tỏ MN là đường vuông góc chung của BC’và CD’

GV gợi ý cho học sinh kiến thức về véc tơ và các điều kiện đồng phẳng của

ba véc tơ trong không gian để chứng minh cho MN //(A’BC)  chứng tỏ , , đồng phẳng, đồng thời MN không thuộc mp(A’BC)

, , đồng phẳng  = - + (*) với = ; = ; =

Theo qui tắc hình hộp A’C = + + ; MN // A’C  = m

 - + = m( + + )

Do , , là ba véc tơ không đồng phẳng từ đó tìm được k Thay k vào hệ thức (*) và tính độ dài của ta được khoảng cách MN cần tìm

Bài toán 3: Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA = a, OB = b, OC = c đôi một

vuông góc Chứng minh rằng:

a) Hình chiếu vuông góc H của O xuống (ABC) là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

1 b) 1 2 12 12 12

OC OB

OA

2 Bài toán có thể phát biểu một cách cụ thể hơn là:

“Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA = a, OB = b, OC = c đôi một vuông góc a) Chứng minh rằng H là trực tâm tam giác ABC

b) Tính khoảng cách từ O đến (ABC)”

Ta sẽ giải quyết bài toán này bằng những phương pháp sau:

Lời giải: Cách 1 (Phương pháp tổng hợp): y

O C

A

B

x

z

H A 1

a)Hướng 1: Sử dụng tính chất đường thẳng

vuông góc với mặt phẳng.

Vì H là hình chiếu vuông góc của O lên (ABC)

nên OH  (ABC)

Ta có: OH  BC, mặt khác AO  (OBC)

Lại có: AO BC  BC (AOH)  AH  BC, tức là AA1 là một đường cao của ABC

Tương tự : BH  AC, tức BB1 cũng là một đường cao của ABC Vậy H là trực tâm của tam giác ABC

Hướng 2: Vận dụng tính chất ba đường vuông góc

Vì H là hình chiếu của điểm O trên mp(ABC) nên OH  (ABC)

Từ đó suy ra hình chiếu của OA trên mặt phẳng (ABC) là OH mà AB  CD (gt) nên OH  CD(1) (theo định lý ba đường vuông góc)

Tương tự AH  BC (2)

Từ (1),(2): H là trực tâm ABC (đpcm)

b) Do AO  (OBC) nên AOB vuông tại O và OH là đường cao, ta có:

1 2 2

1 1

1

OA OA

Mặt khác OBC vuông tại B và nhận OA1 làm đường cao:

2 2 2

1

1 1

1

OC OB

OA   Suy ra: 1 2 12 12 12

OC OB

OA

Cách2( phương pháp toạ độ):

Chọn hệ trục toạ độ Oxy sao cho: A  tia Ox, B  tia Oy, C  tia Oz

Khi đó: O(0;0;0), A(a;0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c)

a) Phương án 1:

Giả sử H(x 0 ; y 0 ; z 0) là chân đường vuông góc hạ từ O xuống mp(ABC) Ta chứng minh H là trực tâm của ABC

Thật vậy,(ABC) có phương trình:    1

c

z b

y a x

(phương trình đoạn chắn)

Vậy véc tơ pháp tuyến của (ABC) là: 











c b a

n 1;1;1

Mặt khác OH(x0;y0;z0) (ABC) nên:

OH // n hay x 0 =

a

k

, y 0 =

b

k

, z 0 =

c

k

(k R)

Ta có: AH  (x0  a;y0;z0), BC  ( 0 ; b;c)

Suy ra:   0  0    c 0

c

k b b

k c z b y BC

Tương tự BH  AC Suy ra H là trực tâm của ABC

Bằng cách lật ngược vấn đề, GV đặt HS vào tình huống sau:

Phương án 2: Giả sử H là trực tâm của ABC Chứng minh OH  (ABC).

Vì H là trực tâm ABC nên: x 0 a = y 0 b = z 0 c = k

Do đó ta có: OH(x0;y0;z0)= k 











c b a

1

;

1

;

1

Mặt khác (ABC) có PT:    1

c

z b

y a

x











c b a

n 1;1;1 (véc tơ pháp tuyến) Suy ra : OH  k nHay OH // n Do đó OH  (ABC)

b) Gọi H(x0; y0; z0) là trực tâm của ABCnên: x 0 a = y 0 b = z 0 c = k (1) Mặt khác H  mp(ABC) nên: 0 0 0 1







c

z b

y a

x

(2)

Từ (1) và (2) suy ra: k = 2 2 22222 2 2

c a c b b a

c b a



Suy ra: 0 2 2 22 22 2 2

c a c b b a

c ab x





2 2 2 2 2

2

2 2 0

c a c b

b

a

bc a

y





c a c b b a

c b a z







Do đó: OH2 = 2 2 22222 2 2

a c c b b a

c b a



 , Suy ra: 1 2 12 12 12

c b a

OH    (3) Mặt khác: OA2 = a2, OB2 = b2, OC2 = c2

Vậy ta có: 1 2 12 12 12

OC OB

OA

2 Phương thức 2: Khai thác những bài toán đã từng giải quyết

Bài toán cơ bản 1:(Bài tập 17,T103 Sgk hình học 11- Nâng cao)

O

A

B

C H

A 1

B 1 C 1

“Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc Chứng minh

rằng:

a) Hình chiếu vuông góc H của S xuống (ABC) trùng với trực tâm tam giác ABC.

b) 2 2 2 2

SH SA SB SC ”

Ta sẽ vận dụng kết quả của bài toán này để giải quyết một số các bài tập sau:

Bài toán 1: Cho tứ diện OABC có các tam giác OAB, OBC, OCA đều là tam

giác vuông tại đỉnh O, OA = a, OB = b, OC =c Gọi , ,  lần lượt là các góc

hợp bởi các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) với mp(ABC)

Chứng minh rằng: cos 2

 + cos 2  +cos 2  = 1.

Lời giải:

Cách 1:

Ta dễ dàng chứng minh được H là trực tâm của ABC

AH  BC tại A’; OA’  BC Vậy  =  '

OA A

Ta có: cos = cosOA A ' = sinOAA ' = =

Tương tự: cos = ; cos =

Áp dụng kết quả của bài toán (*) trên ta có:

1 2 12 12 1 2

OC OB

OA

OH    Hay : OH22 OH22 OH22 1

Vậy cos 2

 + cos 2  +cos 2  = 1.(đpcm)

Cách 2: Dùng phương pháp toạ độ.

Hoặc có thể phát biểu bài toán 1như sau:

“ Điểm A bên trong hình chóp OABC có các tam giác OAB, OBC, OCA đều là tam giác vuông tại đỉnh O Đoạn thẳng OA tạo với các cạnh OB, OC, OD các góc

, , Chứng minh rằng: cos2

 + cos 2  +cos 2  =1”

B

O

A’

B’