Khai thác các bài toán bằng nhiều hình thức nhằm phát triển tư duy học sinh trong việc ôn tập học sinh giỏi phần hình học không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 3 SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM KHAI THÁC BÀI TOÁN BẰNG NHIỀU HÌNH THỨC NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ DUY CỦA HỌC SINH TRONG VIỆC ÔN TẬP CHO HỌC SINH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 3

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KHAI THÁC BÀI TOÁN BẰNG NHIỀU HÌNH THỨC NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ DUY CỦA HỌC SINH TRONG VIỆC ÔN TẬP CHO HỌC SINH GIỎI PHẦN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Người thực hiện: Trần Thị Chinh

Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc môn: Toán

2 NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2

2.3.1 Bài toán có nhiều cách giải và khai thác bài toán đó 42.3.2 Xây dựng và khai thác bài toán trên mô hình 102.3.3.Xậy dựng và khai thác bài toán bằng quy tắc, phương pháp 12

3 KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 19

Tài liệu tham khảo

Danh mục SKKN đã được xếp loại

2021

KHAI THÁC BÀI TOÁN BẰNG NHIỀU HÌNH THỨC NHẰM PHÁT TRIỂN TƯ DUY CỦA HỌC SINH TRONG VIỆC ÔN TẬP CHO HỌC

SINH GIỎI PHẦN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý do chọn đề tài

Trong quá trình dạy học ở bậc phổ thông, việc bồi dưỡng kiến thức và pháttriển tư duy cho học sinh là hai nhiệm vụ trọng tâm của người giáo viên.Vì lí dothời lượng chương trình và đáp ứng một cách đại trà về kiến thức cho học sinhnên chương trình sách giáo khoa phổ thông chỉ mới đáp ứng được một phần kiếnthức Chính điều này đã làm hạn chế sự phát triển tư duy của những em học sinhkhá và giỏi Vì vậy trong quá trình giảng dạy chúng tôi luôn quan tâm đến haivấn đề là đáp ứng kiến thức đại trà và phát triển tư duy cho học sinh khá giỏi Đối với các em học sinh trung bình thì cần thiết có hệ thống bài tập phùhợp với khả năng tương ứng của các em, làm sao cho các em có thể vận dụng vàogiải quyết các bài toán cơ bản tạo niềm tin hứng thú cho các em Còn đối với các

em học sinh khá giỏi, thông thường các em học sinh chỉ mới có khả năng giảiquyết trực tiếp các bài toán mà không có khả năng nhìn nhận bài toán đó từnhững góc độ khác nhau, từ đó dẫn đến một hiện tượng thường thấy trong nghiêncứu khoa học là: “chỉ thấy cây, không thấy rừng” Học sinh chỉ có khả năng giảiquyết các vấn đề một cách rời rạc mà không có khả năng xâu chuỗi chúng lại vớinhau thành một mảng kiến thức lớn Chính vì thế việc rèn luyện và phát triển các

tư duy tương tự hoá và tổng quát hoá là hết sức cần thiết đối với học sinh phổthông Việc làm này giúp các em tích luỹ được nhiều kiến thức phong phú, khảnăng nhìn nhận và phát hiện vấn đề nhanh, giải quyết vấn đề có tính lôgic và hệthống cao

Có nhiều hướng khác nhau để rèn luyện và phát triển tư duy cho học sinh Trong đề tài này chúng tôi tập trung phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc

áp dụng trong hình học không gian chủ yếu của lớp 11, là một trong nội dung khá khó đối với đại đa số học sinh

Vì những lí do trên tôi chọn đề tài: “Khai thác các bài toán bằng nhiều

hình thức nhằm phát triển tư duy học sinh trong việc ôn tập học sinh giỏi phần hình học không gian”.

1.2 Mục đích nghiên cứu

- Đề tài khác thác một số bài toán bằng các hình thức khác nhau, nhằm pháttriên tư duy của học sinh, trong việc học phần hình học không gian

- Giúp học sinh tiếp cận hình học không gian một cách có hiệu quả hơn

- Đề tài giúp học sinh phát huy tối đa năng lực, tạo điều kiện để những họcsinh có năng lực đạt kết quả cao trong các kì thi học sinh giỏi, kỳ thi THPTQuốc gia

1.3 Đối tượng nghiên cứu

- Một số bài toán hay và khó ở phần hình học không gian

- Một số cách khai thác bài toán

1.4 Phương pháp nghiên cứu

- Phương pháp tự nghiên cứu và ứng dụng thực tiễn

- Phương pháp thực nghiệm và đối chứng

- Phương pháp thống kê tổng hợp

- Phương pháp thực nghiệm sư phạm

1.5 Những điểm mới của SKKN

- Đưa ra một số cách khai thác bài toán

- Đề tài trình bày và giải quyết vấn đề thông qua việc giải các bài toán cụ thể

và được chia thành các dạng khai thác bài toán khác nhau

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

Trong chương trình đổi mới sách giáo khoa và phương thức giảng dạy hiệnnay , học sinh trong việc chủ động trong mọi hoạt động học tập và lĩnh hội tri thức, việc kích thích tính học tập chủ động của học sinh là rất cần thiết trong từng tiết dạy lý thuyết và đặc biệt là tiết luyện tập , ôn tập đòi hỏi người giáo viên luôn luôn sáng tạo trong từng bài dạy từng tiết dạy để tránh việc " thông báo kiến thức " , ''chữa bài tập'' qua đó học sinh thấy hứng thú và chủ động tìm tòi cái mới từ cái đã có

Để làm được điều này người giáo viên phải tạo ra được cái mới từ những cái đã có bằng việc đào sâu mở rộng khai thác một cách triệt để từ những cái banđầu, có thể khó thì ta làm dễ đi để đơn giản hoặc từ dễ ta tổng hợp lên để nó

thích ứng được với từng đối tượng hoặc tạo ra những bài toán có nhiều tình huống gắn được với thực tế

Có nhiều cách để thiết kế, xây dựng bài toán mới chẳng hạn: Dùng phép tương tự, khái quát hóa, đặc biệt hóa, lật ngược vấn đề

2.2 Thực trạng của vấn đề nghiên cứu

Qua quá trình dạy hình học không gian 11và ôn thi học sinh giỏi luyện

thi THPT Quốc gia Tôi nhận thấy rằng, đa số các em học sinh còn gặp khó

trong việc tiếp cận hình học không gian và giải quyết các bài toán khó trongphần hình học không gian Nguyên nhân cơ bản là do học sinh chưa phát huyđược hết năng lực của bản thân trong các bài toán này, “ còn ngại khó”

Từ thực tế trên với nhiệm vụ hổ trợ đồng nghiệp trong việc ôn tập cho họcsinh giỏi về phần hình học không gian Tôi nhận thấy cần phải đư ra các biệnphát làm sao: phát triển tư duy cảu học sinh khi học phần “khó” này

Xuất phát từ cơ sở thực trạng trên, tôi hi vọng sáng kiến kinh nghiệm củamình sẽ là một đóng góp thiết thực cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi bộ mônToán ở trường trung học phổ thông hiện nay nên tối quyết định lựa chọn đề tàinày với một thành ý muốn chia sẻ kinh nghiệm tới các đồng nghiệp trong vàngoài nhà trường với mong muốn nó có thể giúp các đồng nghiệp có thêm tưliệu và giải pháp nhằm nâng cao hiệu quả trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏitrong những năm tới

2.3 Giải pháp cụ thể:

2.3 1 Bài toán có nhiều cách giải và khai thác bài toán đó

Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD Gọi M N P Q, , , lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB CD BC DA, , , Chứng minh rằng ba đoạn thẳng MN PQ, đồng quy tại trung điểm mỗi đoạn

Lời Giải Cách 1:

Ta có MP là đường trung bình của tam giác BC,

NQ là đường trung bình của tam giác ADC nên

2

MP NQ  AC Do đó

tứ giác MPNQ là hình bình hành, suy ra MN, PQ

cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn

Vậy MN, PQ cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn P N

Q M

Ta có tứ giác BMCE, AMDF là các hình bình hành

Suy ra EC//DF(vì cùng song song với AB)

EC=DF(vì cùng bằng 1

2AB )

Do đó tứ giác ECFD là hình bình hành

Vì vậy N là trung điểm của EF

Tam giác MEF có PQ là đường trung bình, N là trung

điểm EF suy ra MN, PQ cắt nhau tại trung điểm mỗi

đường

Vậy MN, PQ cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn

Q M

Cách 3: Dùng phép chiếu song song

Chiếu tự diện ABCD theo phương MN xuống mặt

phẳng BCD

Khi đó N là ảnh của M và gọi A’, Q’ là ảnh của A, Q

Theo tính chất phép chiếu song song ta có N là trung

điểm của BA’, Q’ là trung điểm của DA’

Suy ra BDA’C là hình bình hành, do đó N là trung

điểm của PQ’

Vì vậy MN cắt PQ tại trung điểm của PQ

Suy ra điều phải chứng minh

P

N

Q M

* Khai thác bài toán trên:

a) Tổng quát lên ta có bài toán

Bài 1: Cho tứ diện ABCD Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng

AB, CD P, Q lần lượt là các điểm nằm trên đoạn BC, AD sao cho AQ BP

QD PC

Chứng minh rằng ba đoạn thẳng MN, PQ đồng quy tại trung điểm mỗi đoạn

b) Tương tự ta có bài toán

Bài 2: Cho tứ diện ABCD Gọi M,N,P,Q, R, S lần lượt là trung điểm của các

đoạn thẳng AB, CD, BC, DA, AC, BD Chứng minh rằng ba đoạn thẳng MN,

PQ, RS đồng quy tại trung điểm mỗi đoạn

c) Bài toán về tập hợp điểm

Bài 3: Cho tứ diện ABCD P, Q lần lượt là các điểm thay đổi nằm trên đoạn

BC, AD sao cho AQ BP

QD PC Tìm tập hợp trung điểm của PQ

Ví dụ 2 : Cho tứ diện ABCD Gọi ha, hb, hc, hd lần lượt là độ dài

các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C, D Gọi x, y, z, t là khoảng

cách từ điểm M nằm trong tứ diện ABCD đến mặt phẳng

(BCD), (CDA), (DAB), (ABC) Chứng minh rằng:

 1 . . . .

BCD CDA DAB ABD

ABCD ABCD ABCD ABCD

BCD CDA DAB ABD

BCD a CDA b DAB c ABD d

* Khai thác bài toán trên:

a) Đặc biệt hóa ta có bài toán

* Nếu M trùng với tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD thì x y z t r   

(sách bài tập hình học 12 nâng cao)

* Xét tứ diện OABC có OA OB OC, , đôi một vuông góc với nhau, M là một điểm thuộc miền trong tam giác ABC Từ đó ta có bài toán

Bài 2: Cho tứ diện OABC có OA OB OC, , đôi một vuông góc với nhau,Gọi A’, B’, C’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB)

K A' H

Bài 3: Cho tứ diện ABCD M là điểm nằm trong tứ diện Gọi

* M là điểm nằm trong tứ diện và G là trọng tâm tứ diện ABCD Đường thẳng GM

cắt các mặt phẳng BCD , CDA , ABC , DAB lần lượt tại các điểm

Dẫn đến bài toán sau:

Bài 4: Cho tứ diện ABCD.M là điểm nằm trong tứ

diện và G là trọng tâm tứ diện ABCD Đường thẳng

A' D'

Bài 5: Cho tứ diện ABCD Gọi ha, hb, hc, hd lần lượt là độ dài các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C, D Chứng minh rằng:

3

AM BM CM DM

h  h  h  h 

* Gọi Sa, Sb, Sc, Sd lần lượt là diện tích các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC Va,

Vb, Vc, Vd lần lượt là thể tích của các tứ diện MBCD, MCDA, MDAB, MABC

Dẫn đến bài toán sau:

Bài 6 Cho tứ diện ABCD Gọi x, y, z, t là khoảng cách từ điểm M nằm trong tứ diện

ABCD đến mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) Chứng minh rằng:

MA MB MC M   D 2  xy xz  xt  yz  yt  zt

Đối với bài toán này ta lại có các trường hợp đặc biệt sau:

a) Nếu điểm M tâm mặt cầu nội tiếp tứ diên ABCD thì

(Vì x y z t h    , h là chiều cao của tứ diện gần đều)

c) Nếu ABCD là tứ diện đều cạnh a thì MA MB MC M   Da 6

d) Nếu ABCD là tứ diện vuông tại A thì MB MC M  D12 3r

Dấu “ = ” xảy ra  x = y = z = t hay M là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD

Dẫn đến bài toán sau:

Bài 7: Cho tứ diện ABCD Gọi Sa, Sb, Sc, Sd lần lượt là diện tích các tam giác

BCD, CDA, DAB và ABC Gọi x, y, z, t là khoảng cách từ điểm M nằm trong tứ diện

ABCD đến mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) Chứng minh rằng:

c) Thay đổi giả thiết bài toán thành giả thiết tương tự.

* Xét điểm M nằm trong tam giác BCD, Qua M kẻ các đường thẳng lần lượt

song song với AB AC AD, , cắt các mặt phẳng ACD , ABD , ABC Ta có bài

toán

Bài 8: Cho tứ diện ABCD, M là điểm nằm trong

tam giác BCD, Qua M kẻ các đường thẳng lần lượt

song song với AB AC AD, , cắt các mặt phẳng

ACD , ABD , ABC 

C'

Bài 9: Cho tứ diện ABCD có AB AC AD  54324 và M là một điểm nằm

trong tam giác BCD Các đường thẳng qua O song song với AB AC AD, , lần

lượt cắt các mặt (ACD),(ABD),(ABC) tại B C D', ', ' Chứng minh rằng:

' ' ' 2012

OB OC OD 

Bài 10: Cho hình chóp đều S.ABC M là điểm thuộc mặt phẳng (ABC), qua M

dựng đường thẳng d vuông góc với (ABC) Đường thẳng d cắt các mặt phẳng

(SAB), (SBC), (SCA) lần lượt tại các điểm C’, A’ và B’ Chứng minh

HD: Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC) khi đó H là trọng tâm tam giác ABC

2.3.2 Xây dựng và khai thác bài toán trên mô hình.

Xét mô hình : Cho hình chóp tứ giác S ABCD

có đáy là hình thoi cạnh 2a, góc A 600; mặt

bên SAB là tam giác cân tại  S , góc

2

ASB   và SH là đường cao của

hình chóp với H là trung điểm AB

Nhận xét:

1) Với N là điểm thỏa mãn AN  4ND

thì

BN SC, suy ra SC BN

2) ABC,ACD là các tam giác đều nên D là

tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tứ

giác BCDG nội tiếp được đường tròn

O G M

H

D A

Chẳng hạn chỉ cần cho tam giác SAB đều cạnh  a và SAB  ABCD…

Bài 1: Với các giả thiết nêu trên : Tính

a) khoảng cách AB SC, và côsin góc hai đường thẳng AB SC,

b) khoảng cách từ C đến SAD và tính sin góc giữa SC và  SAD

c) góc của SAB và  SCD ,  SBC và  SAD 

D A

c) góc của SAB và  SCD là góc là  HSD: tanHSD  3 tan

Gọi góc của SBC và  SAD là  :

2.3.3 Xây dựng và khai thác bài toán bằng quy tắc, phương pháp.

Ví dụ 1: Khai thác bài toán về phương pháp chứng minh đường thẳng vuông

H Y

A

S

X Z

Q

R

Từ đó ta có các bài toán sau

Bài 1: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD Gọi

K là trung điểm của SD, Q là điểm thuộc đoạn

BC sao cho BQ3QC Chứng minh rằng

b) OW QK với O là tâm hình vuông, W là

trung điểm của AB

c) GG'QK Với G G, ' lần lượt là trọng tâm

tam giác SAB SCD,

O W

K

D

C B

A S

Q

Bài 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD Gọi Z

là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA, H

là trung điểm của AZ,V là trung điểm của BC.

Chứng minh rằng:

a) HV BD

(Đề đại học khối B năm 2007).

b) BY AD với Y là trung điểm của SZ

c) HV GG' với G G, ' lần lượt là trọng tâm

A

S Z

Ví dụ 2: Khai thác phương pháp tính góc của hai mặt phẳng bằng sử dụng mặt

phẳng nền

Xét mô hình hình lập phương và mặt nền là mặt đáy ta có bài toán

Bài 1: Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' Tính

số đo góc  của hai mặt phẳng  A BD và '  C BD ' 

tan tan(AOA'COC') 2 2

Xét hai điểm M N, tương ứng nằm trên đoạn

', '

O A

Bài 2: Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' Hai

điểm M N, tương ứng nằm trên đoạn AA CC', ' sao

cho AM x CN; y Tính số đo góc  của hai mặt

Bài 4: Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' Hai

điểm M N, di động tương ứng nằm trên đoạn

M

N P

* Gọi P là hình chiếu của O trên MN, ta có (BDP) vuông góc MN và tam

giác BDP cân tại P

minS  khi x y  maxS  khi x a y   x y a

Tổng quát lên ta có bài toán

Bài 4: Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D ' ' ' ' có AB a BC b AA ,  , 'c.Tính số đo góc  tạo bởi hai mặt phẳng A BD và '  C BD ' 

HD: * Trong (ABCD) dựng AH, CK vuông góc với BD ( H,K thuộc BD) ;

ta có A HA C KC là góc tạo bởi mp(ABCD) và hai mặt phẳng (A’BD) ' , '

và (C’BD)

* tan 'A HA tan 'C KC c 12 12

a b

Khi đó ta có bài toán

Bài 5: Cho hình hộp chữ nhật ABCD A B C D ' ' ' ' có AA'c cố định và A BD ' 

C BD Tìm diện tích nhỏ nhất của hình chữ nhật '  ABCD

Xét mô hình hình lập phương và mặt nền là mặt BDD B ta có bài toán' '

Bài 6: Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' Hai

điểm E F, tương ứng nằm trên đoạn BB DD', ' và

EF đi qua tâm hình lập phương Tính số đo góc 

của hai mặt phẳng  AEF và  A EF ' 

O A

Xét mô hình hình hộp đứng đáy là hình thoi, BAD60 ,0 AA'AB

và mặt nền là mặt ADD A ta có bài toán' '

Bài 7 : Cho hình hộp ABCD A B C D ' ' ' ' đáy hình thoi

tâm O, BAD60 ,0 AA'AB Điểm M là trung

điểm AA' và I là tâm của mặt CDD C' ' Tính góc 

tạo bởi hai mặt phẳng MBC và ' IMO 

HD : N E, lần lượt là trung điểm của A D ND' ',

H

Xét mô hình hình lập phương và mặt nền là mặt   / / ABCD 

ta có bài toán

Bài 8 : Cho hình lập phương ABCD A B C D ' ' ' ' cạnh

a Hai điểm M N, lần lượt di động trên hai cạnh

R Q

H K

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

2.4.1 Đối với bản thân

Trong năm học 2017-2018 và năm học 2018-2020 đến nay tôi được nhàtrường phân công hỗ trợ bồi dưỡng học sinh giỏi phần hình học không gian Tôi

đã vận dụng những kinh nghiệm mà mình tích lũy được để ôn tập và hướng dẫnhọc sinh thi học sinh giỏi Những năm qua đội tuyển Toán trường THPT NôngCống 3 đã đạt được những kết quả nhất định: