Một vài ứng dụng của bài toán gốc trong việc ra đề và giải toán hình học không gian

MỤC LỤC SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA BÀI TOÁN GỐC TRONG VIỆC RA ĐỀ VÀ GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Người thực hiệ

MỤC LỤC

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT VÀI ỨNG DỤNG CỦA BÀI TOÁN GỐC TRONG VIỆC RA ĐỀ VÀ GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Người thực hiện: Nguyễn Thanh Hải Chức vụ: Giáo viên

SKKN môn: Toán

THANH HOÁ NĂM 2018

MỤC LỤC

Nội dung Trang

2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm 2 2.2 Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 3 2.3 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề 3

2.3.1.1 Bài toán gốc trong hình chóp 3

2.3.2.1 Bài toán gốc trong hình lăng trụ 7

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm 12

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lí do chọn đề tài

Hình học không gian cổ điển là vấn đề khó của toán THPT Không chỉ đối với người học mà còn có những khó khăn nhất định đối với giáo viên trực tiếp giảng dạy phần này cho học sinh

Cùng với xu hướng thi THPT Quốc Gia theo hình thức trắc nghiệm, mọi vấn

đề của toán THPT nói chung được khai thác một cách tối đa, các lời giải, cách tiếp cận rất phong phú và đa dạng, trong đó những lời giải, những hướng tiếp cận nhanh gọn, nhạy bén luôn được đặt lên hàng đầu, những phương pháp những kỹ năng đó cần được hệ thống để tôi luyện cho các thế hệ học sinh Hình không gian

cổ điển xoay quanh những bài toán tính góc, khoảng cách, thể tích, mặt cầu… là những bài toán làm thí sinh mất rất nhiều thời gian, bởi phải vẽ hình (hoặc vẽ thêm hình) và đặc biệt máy tính cầm tay hầu như không có tác dụng đối với dạng toán này

Năm học 2017-2018 chúng ta tiếp tục thực hiện đổi mới phương pháp dạy học Góp phần thuận lợi cho học sinh trong quá trình tiếp thu và chủ động chiếm lĩnh kiến thức Trong phạm vi bài viết này, tôi xin đưa ra một vài ý tưởng đóng góp cho việc giải toán hình học không gian: “Một vài ứng dụng của bài toán gốc trong việc ra đề và giải toán hình học không gian”, theo tinh thần đổi mới phương pháp dạy học, giúp các em phát triển năng lực tư duy và phát hiện vấn đề một cách mạch lạc, chính xác, hiệu quả, nhanh gọn

1.2 Mục đích nghiên cứu

Nghiên cứu nội dung chương trình hình học THPT, các bài toán dành cho học sinh khá, giỏi từ đó xây dựng các thao tác cần thiết để giúp học sinh quy lạ về quen, tiếp cận bài toán nhanh chóng hiệu quả, đồng thời là cơ sở để giáo viên

“chế” ra những bài tập hay, lạ, độc đáo kích thích hứng thú học tập

1.3 Đối tượng nghiên cứu

Đối tượng nghiên cứu mà đề tài hướng tới là:

- Phương pháp giải toán dựa vào các bài toán gốc (là những bài toán rất gần gũi, có thể là những ví dụ hoặc bài tâp trong SGK…) giúp cho người học có cách tiếp cận vấn đề thật nhanh, qua vài động tác có thể chuyển về dạng toán quen thuộc

và dần hình thành nên các kỹ năng, phương pháp giải toán phong phú cho bản thân

- Cũng trên cở sở đó, giáo viên có thể thêm bớt giả thiết, hoặc chuyển đổi các giả thiết tương đương để có được bài toán mới, điều này thực sự kích thích khả năng sáng tạo của mỗi người và tạo hứng thú học tập cho học sinh

1.4 Phương pháp nghiên cứu

- Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu tài liệu, sách tham khảo liên quan, nghiên cứu chương trình giáo khoa của bộ môn

- Phương pháp nghiên cứu thực tế: Thông qua việc dạy và học phân môn Hình học ở THPT, bản thân rút ra một số nhận xét và phương pháp giải toán giúp học sinh rèn luyện kỹ năng làm bài

- Phương pháp kiểm chứng sư phạm: Tiến hành dạy và kiểm tra khả năng ứng dụng của học sinh, minh chứng cho thấy khả năng giải quyết vấn đề nhanh gọn của học sinh trong giải toán hình không gian

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm

- Hình không gian cổ điển là vấn đề khó đồng thời cũng là nơi phát huy tối

đa óc quan sát, tư duy trừu tượng của học sinh Nó khó khăn ngay bước đầu vì đề bài thường rất nhiều giả thiết, nhớ và liên kết các giả thiết lại với nhau là một vấn

đề khó cho học sinh, sau đó thì đến vẽ hình (nét đứt, nét liền, các đường chồng

chéo, cắt hay không cắt…), chưa kể đến mấu chốt bài toán là xác định chân đường cao, xác định được chân đường cao là yếu tố vô cùng quan trọng trong định

hướng và giải quyết bài toán

- Các bài tập SGK của phần này ở mức đơn giản, hoặc nếu có khó thì thường lời giải rất dài dòng, gây khó cho học sinh và ảnh hưởng đến tốc độ làm bài khi học sinh đi thi

- Thông thường các dạng toán đều cho chân đường cao hình chóp, lăng trụ Nhưng những câu dành cho học sinh khá- giỏi (tương ứng trong đề thi là câu VD, VDC) thì lại thường không cho chân đường cao, buộc học sinh phải kết nối các giả thiết, kẻ vẽ thêm hình

- Do đó tôi luôn luôn có ý định tìm ra một phương pháp mới, để truyền dạy cho học sinh, một phương pháp đơn giản dễ làm, một phương pháp mà học sinh cảm thấy phấn chấn khi học, một phương pháp giải quyết nhanh gọn nhờ quy lạ về quen Khẳng định cho các em thấy phải nắm vững kiến thức cơ bản, bám sát chương trình SGK, không sa đà vào những kiến thức “cao siêu” – xa rời chương trình toán phổ thông

- Học sinh rất thích thú, cảm thấy phấn chấn khi giải được bài toán khó mà chỉ bằng vài bước phân tích đưa về ngay ví dụ trong SGK đã học mà lâu nay cứ

nghĩ là phải dùng kiến thức cao siêu Điều này mang đến sự tự tin cho học sinh và tạo hứng thú nghiên cứu, tìm tòi, phát triển những bài tập, ví dụ trong SGK

- Giáo viên có thêm nhiều ý tưởng để ra đề, sáng tạo các bài tập phong phú

mà không lo kiến thưc vượt ra ngoài chương trình toán phổ thông

2.2 Thực trạng của vấn đề nghiên cứu trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm

- Mảng kiến thức mà đề tài nghiên cứu thuộc lĩnh vực tư duy trừu tượng cao,

là kiến thức trọng tâm của toán phổ thông Lượng kiến thức khai thác là rất nhiều

và đa dạng, nếu không khéo truyền đạt sẽ làm cho các em thấy lan man, mất phương hướng, chán nản, chứ chưa nói đến sau khi học xong các em được những phương pháp nào, kĩ năng gì Do vậy ở phần này người giáo viên cần phải có hệ thống bài tập minh hoạ cho các phương pháp trọng tâm, các dạng toán quan trọng Đặc biệt làm cho các em phải cảm thấy tự tin khi các gặp những bài toán mà chân đường cao bị dấu

- Những dạng toán chân đường cao không cho trước luôn gây khó cho học sinh vì không có chân đường cao thì cũng không viết vẽ hình như thế nào, tính khoảng cách ra sao, dịch chuyển khoảng cách về đâu, ngay cả gắn hệ trục tọa độ vào cũng không biết đặt gốc vào điểm nào… Các tài liệu viết về vấn đề này chưa thấy xuất hiện

2 3.1 Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề

2.3.1.1 Bài toán gốc trong hình chóp.

BT1 Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật AB2 ,a AD a , cạnh bên SA vuông góc với đáy, SA2a Gọi H K, lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các cạnh SB SD, .

a) Chứng minh rằng các tam giác SBC SCD, vuông

b) Chứng mimnh rằng AH SBC, AK SAD SC, AHK

Lời giải.

a) Do CB SA CB SAB CB SB SBC









Hoàn toàn tương tự suy ra SCD vuông tại D

b) Chứng minh được:







2.3.1.2 Phát triển BT1.

Từ BT1: Ban đầu là chóp tứ giác S ABCD ta bỏ đi điểm A để trở thành tứ diện

SBCD, đồng thời thêm các giả thiết tương đương như:

- Thay giả thiết tứ giác ABCD là hình chữ nhật bằng giả thiết tam giácBCD là vuông tại C

- Thay giả thiết SAABCD bằng giả thiết hai tam giác SBC vuông ở B và

SDC

 vuông ở D.

Ta có thể lập luận để đưa về BT1 như sau:

Trong BCD kẻ các đường thẳng  Dt BC Bt CD// , // Đặt A Dt Bt

Dễ thấy tứ giác ABCD là hình chữ nhật

Suy ra:

CD Dt









CB Bt

CB SB











Từ  * , ** suy ra  SDt và  SBt cùng vuông góc với mặt đáy  BCD

Nên giao tuyến SDt SBt SA vuông góc với đáy  SABCD

Dựa trên ý tưởng này, ta cùng đến với một số bài toán thú vị sau:

Bài toán 1.1 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là một tam giác vuông ở A, đáy

AB AC  , tam giác SAB vuông ở B, tam giác SAC vuông ở C Biết rằng

khoảng cách từ điểm C đến SAB bằng 3

2 Tìm bán kính mặt cầu ngoại tiếp chóp S ABC

Phân tích: Bài toán chưa cho chân đường cao của chóp, nhưng có khá nhiều điểm

tương đồng với BT1 như: đáy ABC là một tam giác vuông ở A , tam giác SAB vuông ở B , tam giác SAC vuông ở C Điều này gợi cho chúng ta liên tưởng tới đỉnh còn lại của hình chữ nhật ABCH

Lời giải.

Gọi H là đỉnh thứ tư của hình chữ nhật ABHC, ta có

ABBH AB SB AB SBH  SBH  ABC

Tương tự SCH  ABC **

Từ   * , **  SH ABC Mặt cầu ngoại tiếp chóp S ABC cũng chính là mặt cầu ngoại tiếp chóp S ABHC

Gọi K là hình chiếu của H lên  ,    ,   3

2

SB d C SAB d H SAB HK 

1

Bài toán 1.2 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là một tam giác vuông cân tại

B, AB2 ,a SAB SCB  90 và góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng SCB bằng 30 Tính khoảng cách từ S đến đường thẳng AB

Phân tích: Bài toán có hai góc vuông nhưng lại ở hai điểm khác nhau, do đó ta

phải kẻ thêm hình để dồn các góc vuông về một điểm, có như vậy mới tìm được đường thẳng vuông góc với mặt phẳng Mặt khác bài toán có giả thiết

SAB SCB   tương đương với giả thiết hai tam giác SAB và SCB vuông –

đó chính là ý a của BT1.

Lời giải.

Kẻ đường thẳng CD AB//  BC CD

Mặt khác BC SC BC SCD SCD  ABC  1

Tương tự ta cũng suy ra được SAD  ABC  2

Từ    1 , 2  SDABC và ABCD là hình vuông Gọi  AB SCB,  



2

DH

DH a AB

Bài toán 1.3. Cho tứ diện ABCD có AB AD2, CD 2 2,

ABC DAB   Góc giữa AD và BC bằng 45 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC DB,

Phân tích: Giả thiết ABC DAB 90 có vẻ quen thuộc, nhưng đây bài toán khó bởi lẽ giả thiết thiếu mất một góc vuông  ADC   rất quan trọng Như vậy để90 xác định được chân đường cao ta phải kết nối hai giả thiết khô khan có

2

AB AD , CD 2 2, AC BD   ,  45

Lời giải.

Dựng hình vuông ADHB  AD BC,  CBH 45 và DH HCB

Suy ra DH HC  HDC vuông cân  CH 2

Xét HBC có CBH 45 , CH HB nên 2 HBC vuông cân tại H

3

CH  ADHB  d AC BD OK 

Bài toán 1.4 (Câu 49-SGD Nam Định - lần 1- Năm 2018) Cho hình chóp

S ABC có SA vuông góc với đáy, SA2BC và BAC 120 Gọi H K, lần lượt

là hình chiếu của A lên SB SC, Tính góc giữa hai mặt phẳng  ABC và  AHK 

Phân tích: Bài toán đã biến tướng sang ý b của BT1.

Lời giải.

Dựng đường kính AD của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Định lí Sin trong tam giác ABC thì 2 2.

sin120 3

Theo BT1 ta có SD AHK, SAABC

Do đó  AHK , ABC  SD SA,  ASD

2

3 3

BC AD

2.3.2.1 Bài toán gốc trong hình lăng trụ.

BT2 Cho lăng trụ đứng ABC A B C    có đáy ABC là tam giác vuông tại A

AB a , AC a 3 cạnh bên AA 2a Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ

ABC A B C  

Lời giải.

Do đáy ABC là tam giác vuông tại A nên gọi M N, lần lượt là trung điểm của các cạnh BC B C,   thì MN chính là trục đường tròn ngoại tiếp đáy Gọi H là trung điểm AA, xét trong mặt phẳng  AMNA kẻ đường trung trực của đoạn  AA cắt

MN tại I, dễ thầy rằng IA IB IC  IAIBIC nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ ABC A B C   

R IA  IM MA  a a a

2.3.2.2 Phát triển BT2

Bài toán 2.1 (Câu 46 - KHTN - Hà nội - lần 3- Năm 2018) Trong không gian

cho hai đường thẳng d và  chéo và vuông góc với nhau, nhận đoạn AB a làm đoạn vuông góc chung  A d B ,   Trên d lấy điểm M , trên  lấy điểm N

sao cho AM 2 ,a BN 4a Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và BI

Phân tích: Bài toán có giả thiết AB vuông góc đồng thời với hai đường thẳng chéo nhau d và  Gợi cho ta xây dựng nên hình lăng trụ đứng như BT2.

Lời giải.

Bằng cách kẻ BM AM AN BN// , // dựng nên hình hộp chữ nhật AMFN BM EN  Khi đó tâm cầu chính là tâm I của hình hộp chữ nhật, suy ra BM FN  là mặt phẳng chứa BI và song song với AM Khoảng cách cần tìm là:

 ,   ,    ,    , 

d AM BI d AM BM FN  d A BM FN  d A BN d

a d

d AB  AN a  a  a  

Bài toán 2.2 (Câu 50-Trường Thăng Long - Hà nội - lần 2- Năm 2018) Cho

mặt cầu  S có bán kính R 4, một mặt phẳng  P cắt mặt cầu theo giao tuyến là

đường tròn  T , CD là một đường kính cố định của  T , A là điểm thay đổi trên

 T A C A D ,   Đường thẳng qua A và vuông góc với  P cắt  S tại B

BA Tính BC2  AD2

Phân tích: Giả thiết suy ra CA AD , “Đường thẳng qua A và vuông góc với

 P cắt  S tại B BA” ta liên hệ tới xác định một lăng trụ đứng, sau khi có lăng trụ đứng thì tâm cầu dần lộ diện, khi đó ta sẽ xác định được tổng BC2  AD2

.

Lời giải.

Dựng hình hộp chữ nhật như hình vẽ, nhận thấy rằng tâm hình hộp chữ nhật cũng chính là tâm cầu  S Do đó:

 2

BC  AD AB AC AD AQ  R 

Bài toán 2.3 (Câu 50- SGD Bắc Ninh - Năm 2018) Cho tứ diện ABCD có

2

AB BC CD   , AC BD1, AD  3 Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD

Phân tích: Ngoài số liệu của tất cả các cạnh thì không còn giả thiết nào khác, đây

là bài toán khó Để ý thấy đây là những con số “biết nói” Kiểm tra hệ thức Pitago

ta thấy ngay ADAC AD, DB

Lời giải

Dựng hình lăng trụ đứng như hình vẽ Suy ra mặt cầu ngoại tiếp tứ diện cũng là mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ đứng ACF DEB

2 2 1

CF  BF  BC  nên ACF đều cạnh bằng 1

Bán kính mặt cầu cần tìm 2 2 39

6

IA IH HA 

Bài toán 2.4 Cho hình chóp S ABC có SA SB SC, , đôi một vuông góc Biết

,

SA a SB b  và 12 12 1

2018

a b  Gọi M N P, , lần lượt là trung điểm của các

cạnh AB BC AC, , Tính độ dài SC để hai mặt phẳng SMP , SMN vuông góc.

Phân tích: Bài toán tìm điều kiện để hai mặt phẳng vuông góc với giả thiết rất khó

2 2

2018

a b  Với giả thiết này gắn hệ trục (tọa độ hóa) cũng không phải là dễ.

Lời giải

Do SA SB SC, , đôi một vuông góc nên dựng hình hộp chữ nhật như hình vẽ

Nhận xét rằng hai góc  SFD , SADB   SED , SADB 

Do đó để SFD SED   SED , SADB  45  EHB 45

Hay BHE vuông cân tại B BE BH

Mặt khác 1 2 12 12 12 12 1 2018

2018 BH

Suy ra SC BH  2018

 Kết thúc bài viết từ hình vẽ H.3 chúng ta hãy phát biểu lại bài toán và nêu những kết quả chính Từ những kết quả thu được hãy tạo ra các bài toán mới.

H.3 2.3.3 Bài tập áp dụng

Bài 1: Cho hình chóp S ABC có AB a AC a ,  3, SB 2a và

ABCBAS BCS   Gọi  là góc tạp bởi đường thẳng SB và mặt phẳng

SAC , biết  sin 11

11

  Tính thể tích khố chóp S ABC

Bài 2: Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD biết AB2, CD 2 3,

ABC BAD   và góc giữa AD và BC bằng 30

Bài 3: Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB a ,

2

AC  a Biết SBA SCA 90 và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA BC,

bằng 2

3

a

Tính diện tích của mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC

Bài 4: Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD biết AB2, CD2 2,

ABC BAD   và góc giữa AD và BC bằng 45

Bài 5: Cho tứ diện ABCD biết ABAC  2, BC 2, DB DC  3 Góc giữa hai mặt phẳng ABC ; DBC bằng  45 Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp

tứ diện ABCD

Bài 6: Cho tứ diện ABCD biết ABAC  2, DB DC  3. Góc giữa hai mặt phẳng  ABC ; DBC bằng  45 Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABCD

Bài 7 Cho hình chóp S ABC có SAABC, SA AC a ABC  ,  30 Gọi ,

H K lần lượt là hình chiếu của A lên SB SC, Gọi  là góc giữa SA và mặt phẳng AHK Tính  sin

Bài 8 Cho tứ diện ABCD có AD ABC, đáy ABC thỏa mãn điều kiện cot cot co

AB AC BC BA C CB

A

A





Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên DB và DC Tính thể tích V của khối cầu ngoại tiếp khối chóp A BCH K.

Bài 9 Cho hình chóp S ABC có đáy ABC là tam giác cân tại A,



AB a BAC   , SBA SCA 90 Biết góc giữa SB và đáy bằng 60 Tính thể tích khối chóp S ABC

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường

Như trong phần đặt vấn đề đã nêu, sáng kiến “Một vài ứng dụng của bài toán gốc trong việc ra đề và giải toán hình học không gian” là phương pháp có sự

kết hợp chặt chẽ của tư duy lô-gic quy lạ về quen (VD giải toán), biến quen thành

lạ (VD ra đề) Sáng kiến tiếp cận bài toán một cách sáng tạo và hiệu quả, cho lời giải mạch lạc, ngắn gọn phù hợp với yêu cầu đổi mới phương pháp dạy học, đó là kích thích tính tự học, tự nghiên cứu và phát hiện vấn đề

Với tinh thần đó, trong quá trình soạn, dạy dạng toán này tôi thực hiện theo cách nêu các bài toán gốc cho học sinh giải, rút ra các nhận xét quan trọng, cho học sinh tập dượt thêm bớt, chuyển đổi giải thiết để có bài toán mới Kết thúc phần này tôi nhận thấy đã đạt được hiệu quả cao, cụ thể:

- Học sinh tỏ ra hứng thú hơn khi giải toán, tập trung đào sâu suy nghĩ vấn

đề, phát hiện vấn đề hiệu quả hơn, nhanh hơn