1 / 68

Rèn luyện kỹ năng giải bài tập Hình học không gian cho học sinh Lớp 11

u0110u1ed5i mu1edbi phu01b0u01a1ng phu00e1p du1ea1y hu1ecdc mu00f4n tou00e1n u1edf tru01b0u1eddng THPT, du1ea1y tou00e1n u1edf tru01b0u1eddng phu1ed5 thu00f4ng lu00e0 du1ea1y hou1ea1t u0111u1ed9ng tou00e1n hu1ecdc. Luyu1ec7n tu1eadp cho hu1ecdc sinh giu1ea3i u0111u01b0u1ee3c bu00e0i tu1eadp tou00e1n lu00e0 hu00ecnh thu1ee9c chu1ee7 yu1ebfu cu1ee7a hou1ea1t u0111u1ed9ng tou00e1n hu1ecdc, giu00fap hu1ecdc sinh phu00e1t triu1ec3n tu01b0 duy logic, nu0103ng lu1ef1c giu1ea3i quyu1ebft vu1ea5n u0111u1ec1 mu1ed9t cu00e1ch su00e1ng tu1ea1o.<br>u0110u1ec3 hu1ecdc sinh giu1ea3i u0111u01b0u1ee3c bu00e0i tu1eadp Tou00e1n tru01b0u1edbc tiu00ean phu1ea3i ru00e8n luyu1ec7n ku1ef9 nu0103ng giu1ea3i Tou00e1n, giu00fap ngu01b0u1eddi hu1ecdc cu00e1ch suy nghu0129, phu01b0u01a1ng phu00e1p giu1ea3i vu00e0 khu1ea3 nu0103ng vu1eadn du1ee5ng kiu1ebfn thu1ee9c, cu00e1ch hu1ec7 thu1ed1ng cu00e1c du1ea1ng bu00e0i tu1eadp

MiltonHauck
Download Presentation

Rèn luyện kỹ năng giải bài tập Hình học không gian cho học sinh Lớp 11

An Image/Link below is provided (as is) to download presentation Download Policy: Content on the Website is provided to you AS IS for your information and personal use and may not be sold / licensed / shared on other websites without getting consent from its author. Content is provided to you AS IS for your information and personal use only. Download presentation by click this link. While downloading, if for some reason you are not able to download a presentation, the publisher may have deleted the file from their server. During download, if you can't get a presentation, the file might be deleted by the publisher.

E N D

Presentation Transcript

  1. SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG LÊ VIẾT THUẬT -------------o0o------------ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Đề tài: GÓP PHẦN RÈN LUYỆN KỸNĂNG GIẢI BÀI TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHO HỌC SINH LỚP 11 THÔNG QUA MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN Môn: TOÁN 818 173 Người thực hiện: Mai Thị Khánh Xuân Năm học 2019 - 2020 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  2. PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ Lí do chọn đề tài Đổi mới phương pháp dạy học môn toán ở trường THPT, dạy toán ở trường phổ thông là dạy hoạt động toán học. Luyện tập cho học sinh giải được bài tập toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học, giúp học sinh phát triển tư duy logic, năng lực giải quyết vấn đề một cáchsáng tạo. Để học sinh giải được bài tập Toán trước tiên phải rèn luyện kỹ năng giải Toán, giúp người học cách suy nghĩ, phương pháp giải và khả năng vận dụng kiến thức, cách hệ thống các dạng bài tập. Thực tiễn dạy học cho thấy khi học Hình học không gian (HHKG) rất nhiều học sinh e ngại nhất là đối với đa số các học sinh nữ và các em có học lực dưới mức trung bình khá. Nhưng nếu các em được rèn luyện kỹ năng vẽ hình, kỹ năng giải các bài toán hình học không gian một cách có hệ thống, giáo viên xây dựng được một số dạng bài tập toán nhằm rèn luyện kỹ năng giải toánthì học sinh có khả năngtốt hơn để giải bài toán trong không gian, các em sẽ thấy hứng thú và yêu thích môn học hơn và sẽ dần dần bớt ngại khó khi làm bài tập, góp phần nâng cao hiệu quả dạy và học ở trường phổ thông.Những kỹ năng cơ bản cần rèn luyện cho học sinh như kỹ năng vẽ hình, kỹ năng vận dụng các định lý, quy tắc, phương pháp, kỹ năng sử dụng ngôn ngữ toán học,…hình thành cho các em một số các kỹ năng và phương pháp giải bài tập, thông qua việclựa chọn các dạngbài tập để rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh. Thực tế đã có một số đề tài nghiên cứu rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh theo các vấn đề khác nhau của chương trình Toán Trung học phổ thông, nhưng chưa có đề tài nào đề cập đến vấn đề cụ thể về việc tập hợp một cách có hệ thống các kỹ năng và các dạngbài tập cần thiết rèn luyện cho học sinh khi dạy học Hình không gian lớp 11. Với những lí do như trên tác giả lựa chọn đề tài: “Góp phần rèn luyện kỹ năng giải bài tập Hình học không gian cho học sinh lớp 11 thông qua một số dạng bài tập cơ bản”. 1 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  3. 1. Mục đích và nhiệm vụ của đề tài +) Nghiên cứu cơ sở lý luận về kỹ năng giải toán. +) Nghiên cứu kỹ năng giải một số dạng bài tập toán Hình học không gian lớp 11. +) Bài tập theo chủ đề nhằm rèn luyệnmột sốkỹ năng giải toán Hình học không gian chương trình hình học 11 THPT cho học sinh, góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn Toán ở trường phổ thông. 2. Đối tượng, phạm vịnghiên cứu Quá trình dạy học các tiết luyện tập và ôn tậpchương trìnhHình Học không gian cho học sinh lớp 11 . 3. Phương pháp nghiên cứu 3.1. Phương pháp nghiên cứu lí luận - Khái niệm + “Kỹ năng là năng lực sử dụng các dữ kiện, các tri thức hay các khái niệm đã có, năng lực vận dụng chúng để phát hiện những thuộc tính bản chất của các sự vật và giải quyết thành công nhiệm vụ lý luận hay thực hành xác định”. + “Kỹ năng là một nghệ thuật, là khả năng vận dụng hiểu biết có được ở bạn để đạt được mục đích của mình, kỹ năng còn có thể đặc trưng như toàn bộ thói quen nhất định, kỹ năng là khả năng làm việc có phương pháp”. + “Kỹ năng là khả năng vận dụng những kiến thức thu nhận trong một lĩnh vực nào đó vào thực tế”. + “Trong Toán học kỹ năng là khả năng giải các bài toán, thực hiện các chứng minh cũng như phân tích có phê phán các lời giải và chứng minh nhận được”. Như vậy, dù phát biểu dưới góc độ nào, kỹ năng là khả năng vận dụng kiến thức (khái niệm, cách thức, phương pháp…) để giải quyết nhiệm vụ đặt ra. Nói đến kỹ năng là nói đến cách thức thủ thuật và trình tự thực hiện các thao tác hành động để đạt được mục đích đã định. Kỹ năng chính là kiến thức trong hành động. 3.2. Phương pháp điều tra quan sát - Dạy Hình học không gian trong chương trình Toán THPT có hai quyển SGK: SGK Hình học 11 nâng cao và SGK Hình học 11. Ở trường THPT Lê Viết Thuật: dạy học sinh theo SGK Hình học 11 dành cho học sinh học ban cơ bản . 2 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  4. Trong chương trình lớp 11, học sinh được học đầy đủ và có hệ thống về bộ môn HHKG. Đây là phần nội dung khó, phong phú và đa dạng về loại bài tập đòi hỏi học sinh phải có kiến thức tổng hợp, khả năng suy đoán, trí tưởng tượng không gian, kỹ năng vẽ hình, kỹ năng tính toán có nhiều bài tập đòi hỏi học sinh phải có năng khiếu toánmới giải được. Cũng chính vì thế mà khi dạy học đòi hỏi GV có khả năng rèn luyện kỷ năng giải các dạng bài tậpcũng như các phương pháp giải tương ứngtừng dạng bài tập toáncho học sinh. - Khi dạy và họctoán HHKG nói chung các GV và học sinh thường gặp một số khó khăn với nguyên nhân như là: +) Học sinhcó trí tưởng tượng không gian chưa tốt. +) Do đặc thù môn học nên việc tiếp thu và sử dụng các kiến thức HHKG là vấn đề khó đối với học sinh. +) Học sinh quen với HHP nên dễ nhầm lẫn khi sử dụng các tính chất trong hình học phẳng mà không đúng trong HHKG để giải Toán HHKG. +) Vẫn còn một số học sinh chưa xác định đúng động cơ học tập nên chưa chăm học và chưa chú ý khi học bài và làm bài tập. +) Vẫn còn nhiều GV chưa chịu đổi mới phương pháp dạy học, dạy học còn mang tính chất đối phó, truyền thụ một chiều. 3.3. Rèn luyện kỹ năng giải một sốdạng bài tập cơ Hình không gian chương trình hình học 11 THPT * Về kiến thức: Vận dụng các kiến thức được học của chương trình. * Về phương pháp: Gv cần phải tổ chức cho học sinh được học tập trong hoạt động và bằng hoạt động tự giác tích cực, chủ động sáng tạo. Chú trọng cho học sinh biết các phương pháp khác nhau, và biết lựa chọn phương pháp để giải các bài toán. GV lựa chọn các ưu điểm của các phương pháp dạy học đàm thoại, phương pháp dạy học vấn đáp, phương pháp dạy học phát hiện và giải quyết vấn đề…để hướng dẫn, rèn luyện kỹ năng giải Toán cho học sinh. * Về phát triển năng lực tư duy và phẩm chất trí tuệ cho học sinh: Rèn luyện trí tưởng tượng không gian, khả năng chứng minh suy diễn, khả năng lập luận có căn cứ, tư duy logic chặt chẽ. 3 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  5. * Về kỹ năng: Đề tài có ý tưởng thông qua một số dạng bài tập cơ bản nhằm rèn luyện cho học sinh một số kỹ năng cơ bản sau: - Kỹ năng vẽ hình, dựng thiết diện. - Kỹ năng chứng minh các quan hệ giữa các đối tượng hình học được học. - Kỹ năng tính khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng. - Kỹ năng chuyển đổi từ hình học tổng hợp sang công cụ véc tơ. 4 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  6. PHẦN II. NỘI DUNG I. Rèn luyện cho học sinh kỹ năng vẽ hình, dựng thiết diện vàtính diện tích thiết diện 1. Kỹ năng vẽ hình Để giải được các bài tập Hình học không gian, trước hết phải rèn cho học sinh đọc đề và hiểu được đề bài từ đó vẽ được hình biểu diễn. 1.1. Hình biểu diễn là hình được vẽ qua phép chiếu song song từ không gian lên mặt phẳng, do vậy hình biểu diễn cần thỏa mãn các tính chất của phép chiếu song song + Phép chiếu song song biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng và không làm thay đổi thứ tự 3 điểm đó. + Biến đường thẳng thành đường thẳng, tia thành tia, đoạn thẳng thành đoạn thẳng. + Biến 2 đường thẳng song song thành 2 đường thẳng song song hoặc trùng nhau. + Không làm thay đổi tỷ số độ dài hai đoạn thẳng cùng nằm trên một đường thẳng hoạc hai đường thẳng song song. 1.2. Hình biểu diễn Do những tính chất đã nêu của phép chiếu song song nên hình biểu diễn được vẽ như sau: - Hình tam giác => Hình tam giác có dạng tùy ý (tam giác thường, tam giác cân, tam giác vuông). - Hình bình hành => Hình bình hành tùy ý (Hình bình hành , hình chữ nhật, hnh vuông, hình thoi). - Thường dùng e líp để biểu diễn đường tròn. Do hình biểu diễn của bài tập hình không gian phải thỏa mãn các tính chất đã nêu nên việc vẽ hình biểu diễn khó hơn rất nhiều so với hình học phẳng, 5 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  7. đòi hỏi học sinh phải hiểu đề bài và biết cách vẽ hình biểu diễn khi học hình học không gian. Người dạy qua các bài tập hướng dẫn học sinh vẽ hình biểu diễn qua đó hình thành kỹ năng vẽ hình cho học sinh, thao tác đầu tiên để đi đến bước tiếp theo hoàn thành lời giải của bài tập toán Hình học không gian. Ví dụ minh họa Ví dụ 1. Vẽ hình biểu diễn của tứ diện ABCD - Bước 1: Vẽ tam giác bất kỳ BCD (một cạnh khuất) - Bước 2: Lấy điểm A ngoài tam giác BCD - Bước 3: Nối A với điểm B: B; D. Ví dụ 2: Vẽ hình biểu diễn hình chóp tam giác đều S.ABC, có đường cao SH. Vì hình chóp tam giác đều nên học sinh phải hiểu các tính chất của hình chóp tam giác đều mới vẽ được hình biểu diễn. - Vẽ đáy là tam giác ABC bất kỳ có nét khuất AB (mặc dầu đáy là tam giác đều). - Do đường cao SH của hình chóp tam giác đều có H trùng với tâm của tam giác ABC, nên vẽ H là giao của ba đường trung tuyến tam giác ABC (do tam giác ABC đều). - Vẽ SH (nhìn như vuông góc với AB). - Nối SA; SB; SC. Ví dụ 3. Vẽ hì hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ - Vẽ đáy ABCD là hình bình hành. - Vẽ hình chữ nhật AA’B’B - Từ các đỉnh C, D kẻ các đoạn thẳng CC’, DD’, song song và bằng AA’. - Nối A’B’, B’D’, D’B’. Qua quá trình luyện tập ra thêm các bài tập cho học sinh luyện tập từ đó hình thành kỹ năng vẽ hình, lưu ý học sinh cố gắng vẽ hình biểu diễn phần khuất càng ít thì hình vẽ cáng trực quan hơn trong quá trình sử dụng để tìm lời giải bài tập toán. 6 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  8. 2. Kỹ năng xác địnhthiết diện Để xác định được thiết diện giữa một mặt phẳng với một khối đa diện quy về xác định giao tuyến của đôi một hai mặt phẳng thiết diện cắt khối đa diện. 2.1. Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng Để xác định được giáo tuyến của hai mặt phẳng cần phải xác định cho học sinh cách xác định giao tuyến - Hướng 1: Xác định được 2 giao điểm - thường là kéo dài hai đường thẳng trong cùng một mặt phẳng. - Hướng 2: Xác định một điểm và phương của đường thẳng giao tuyến. 2.2. Các ví dụ minh họa Ví dụ 1. Cho tam giác ABCnằm trong mp (P) và alà mộtđường thẳng nằm trong mp ( P)và không song song với AB và Ac và không cắt các cạnh của tam giá ABC. Slà một điểm ở ngoài mặt phẳng ( P) và A’là một điểm thuộc SA . Xác định thiết diện giao giữa mặt phẳng mp (A’,a)và tứ diện SABC. Phân tích: Để xác định được thiết diền ta phải xác định được giao tuyến của các cặp mặt phẳng:mp (A’,a) và (SAB); mp (A’,a) và (SAC) và mp (A’,a) và (SBC). Lời giải - Xác địnhgiao tuyến của mp (A’,a) và (SAB) Ta có:A’  SA mà SA  ( SAB) A’ ( SAB) A’ ( A’,a) A’là điểm chung của ( A’,a) và (SAB ) Trong ( P) , ta có akhông song song với AB Gọi E = a  AB => E  AB mà AB  (SAB )  E  (SAB ) => E ( A’,a) Elà điểm chung của ( A’,a) và (SAB ) Vậy: A’Elà giao tuyến của ( A’,a) và (SAB ) - Xđ giao tuyến của mp (A’,a) và (SAC) 7 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  9. Ta có: A’  SA mà SA  ( SAC) => A’ ( SAC) A’ ( A’,a) => A’là điểm chung của (A’,a) và (SAC) Trong (P), ta có akhông song song với AC Gọi F = a  AC F AC mà AC  (SAC )  F  (SAC ) E ( A’,a) => Flà điểm chung của ( A’,a) và (SAC ) Vậy: A’Flà giao tuyến của ( A’,a) và (SAC ) - Xác giao tuyến của (A’,a) và (SBC) Trong (SAB), gọi M = SB A’E M  SB mà SB  ( SBC) => M ( SBC) M A’E mà A’E ( A’,a) => M( A’,a) => M là điểm chung của mp ( A’,a) và (SBC ) Trong (SAC ), gọi N = SC A’F N  SC mà SC  ( SBC) => N ( SBC) N A’F mà A’F ( A’,a) => N( A’,a) Nlà điểm chung của mp ( A’,a) và (SBC ) Vậy: MNlà giao tuyến của ( A’,a) và (SBC ). Ta có thiết diện cần xác định là: A’MN Ví dụ 2.Cho bốn điểm A,B,C,Dkhông cùng thuộc một mặt phẳng. Trên các đoạn thẳng AB, AC, BDlần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho MN không song song với BC. Xác định thiết diện giao của mặt phẳng( MNP)với tứ diện ABCD. Phân tích: Để xác định thiết diện ta cần xác định giao tuyến của mp MNP với các mặt của tứ diện. Dể thấy MN, MP là giao tuyến của (MNP) với (ABC) và (ABD). Chỉ cần xác định hai giao tuyến của (MNP) với (BCD) và (ACD). 8 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  10. Lời giải: - Kéo dài MN cắt BC kéo dài tại E => E là điểm chung của (BCD) và (MNP) ME là giao tuyếncủa (ABC) và (MNP) . - Nối E với P cắt CD tại Q => EQ là giao tuyến (BCD) với (MNP). Ví dụ 3.Cho tứ diện ABCD. Trên AC và AD lấy hai điểm M, N sao cho MN không song song với CD, gọi O là điểm bên trong tam giác BCD. Xác định thiết diện giao giữa mặt phẳng (OMN) với tứ diện ABCD. Phân tích: Để xác định thiết diện ta cần xác định giao tuyến của mp(OMN) với các mặt của tứ diện.Xác định giao tuyến các cặp mặt phẳng: (OMN) với (BCD); (OMN) với(ABC) và (OMN) với (ABD). Lời giải: - Tìm giao tuyến của (OMN) và (BCD) Ta có: O là điểm chung của (OMN) và (BCD) Trong (ACD), MN không song song CD Gọi I = MN  CD => I là điểm chung của (OMN ) và (BCD) Vậy : OI  (OMN )  (BCD ) - Tìm giao điểm của BC với (OMN) Trong (BCD), gọi P = BC  OI Vậy : P = BC  ( OMN) - Tìm giao điểm của BD với (OMN) Trong (BCD), gọi Q = BD  OI Vậy : Q = BD  ( OMN ) Nối QN; MP ta có thiết diện là: MNQP. Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD, gọi O là giao điểm của AC và BD, các điểmM, N, P lần lượt là các điểm trên SA, SB, SD. Xác định giao tuyến giữa mặt phẳng (MNP) với hình chóp S.ABCD. 9 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  11. Phân tích: Phân tích: Để xác định thiết diện ta cần xác định giao điểm của mặt phẳng(MNP) với SC. Lời giải: - Nối BD và AC cắt nhau tại O. - Tìm giao điểm I của SO với mặt phẳng (MNP) Nối MN, SO tao có giao điểm SO và BD chính là điểm I. - Trong mặt phẳng (SAC) nối MI kéo dài cắt SC tại Q. - Nối PQ, NQ ta có: thiết diện MNQP cần xác định. ** Xác định thiết diện qua các giao tuyến khi biết một điểm và phương của đường thẳng, đòi hỏi học sinh phải nắm chắc kiến thức về quan hệ song song giữa đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Ví dụ 5. Cho hình vuông cạnh a, tâm O . Gọi S là một điểm ở ngoài mặt phẳng (ABCD) sao cho SB = SD. Gọi M làđiểm tùy ý trên AO với AM = x,mặt phẳng () qua M song song với SA và BD. a. Xác đinh thiết diện giao giữa mặt phẳng () với hình chóp SABO. b. Cho SA = a . Tính diện tíchthiếtdiệntheo a và x, tìm giá trị x để diện tích lớn nhất. Phân tích: Để xác định được thiết diện cần tìm, ta phải xác định được giao tuyến của mặt phẳng () với các mặt phẳng (ABO); (SAB); (SBO) và (SAO). Giả thiết đã cho xác địnhđiểm M và trực quantừhình vẽ. Do đócần hướng dẫn học sinh xác định được phương các phương của giao tuyến nhờ kiến thức về đường thẳng, mặt phẳng song song. Lời giải: a. Ta có mp() // BD mà BDmp(ABO), M là điểm chung => Giao tuyến của mp() và mp(ABO) là đường thẳng đi qua M nằm trong mp(ABO) và song song với BD. 10 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  12. => Từ M kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại Q. mp() // SA chứa MQ suy ra mp() giao với mp(SAB) và mp(SAO) theo hai đường thẳng song song với SA. => Từ M và Q kẻ hai đường thẳng song song với SA cắt SO tại N; cắt SB tại P. Nối PN ta có thiết diện cần xác định là: MNPQ. b. Ta có : mp() //BD => giao của mp() với mp(SAD) là NP thì NP//AD, mà AD//QM => NP//QM. kết hợp với câu a, ta có: MNPQ là hình bình hành (1). SB = SD =>  SBC =  SDC (c-c-c) Gọi I là trung điểm SC, xét IBC và  IDC => IB = ID => IBD cân tại I => IO ⊥ BD Mà OI // SA  SA ⊥ BD (2) Từ (1) và (2) suy ra : MNPQ là hình chữ nhật - Tính diện tích MNPQ theo a và x Ta có : = MN . SMNPQ MQ Tính MQ : Xét tam giác AQM :  ˆ  = 0 45   Q ˆ Ta có : cân tại M =  AQM  0 45  M ˆ = 0 90   => MQ = AM = x Xét tam giác SAO, ta có : 2 a − x MN OM OM 2 a MN//SA  =  = = = − . . . 2 MN AS a a x AS OA OA . 2 2 1 => = = − = − . .( . 2 ) . 2 ( . 2 ) SMNPQ MQ MN x a x x a x 2 11 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  13. Áp dụng bất đẳng thức Cosycho 2 số dương và a− . x 2 . x 2 + − . 2 . 2 ) ² a x a x   − 2) . 2 ( . 2 ) x a x ( 4 2 1 ² ² ² a a a =>  =  = . S S MNPQ MNPQ 4 2 . 4 2 . 4 2 mã . 2 a a Đẳng thức xảy ra khi  = = = − x . 2 . 2 x a x 4 . 2 2 <=> M là trung điểm AO. . a 2 thì đạt giá trị lớn nhất. Vậy : x = S MNPQ 4 Ví dụ 6.Cho tứ diện ABCD có AB = a , CD = b . Gọi I , J lần lượt là trung điểm AB và CD. Giả sử AB ⊥CD , mặt phẳng () qua M nằm trên đoạn IJ và song song với AB và CD. a. Tìm giao tuyến của () với ( ICD ) và (JAB) . b. Xác định thiết diện của (ABCD) với mặt phẳng () Chứng minh thiết diện là hình chữ nhật . 1IJ . Tính diện tích thiết diện biết IM = 3 Phân tích: Áp dụng tính kiến thức về đường thẳng song song với mặt phẳng để xác định các giao tuyến của hai mặt phẳng theo yêu cầu của bài toán, từ đó xác định dược thiết diện. Lời giải: a. Tìm giao tuyến của () với mặt phẳng (ICD ):   ( CD ) // CD  Ta có :  ( ) ICD ICD     ( ) ( ) M => Giao tuyến là đt qua M và song song với CD cắt IC tại L và ID tại N   ( AB ) // AB  Tương tự :  ( ) JAB     ( ) ( ) M JAB => Giao tuyến là đt qua M và song songvới AB cắt JA tại P và JB tại Q 12 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  14. b. Xác định thiết diện của (ABCD) với mặt phẳng ():   ( AB ) // AB  Ta có : => EF // AB (1)  (  ( ) ABC    ) ( ) L ABC   ( AB ) // AB  Tương tự : => HG // AB (2)  ( ( ) ABD     ) ( ) N ABD Từ (1) và (2), suy ra EF // HG // AB (3)   ( CD ) // CD  Ta có : => FG // CD (4)  (  ( ) ACD    ) ( ) P ACD   ( CD ) // CD  Tương tự : => EH // CD (5)  (  ( ) BCD    ) ( ) Q BCD Từ (4) và (5) , suy ra FG // EH // CD (6) Từ (3) và (6) , suy ra EFGH là hình bình hành. Mà AB ⊥ CD , suy ra EFGH là hình chữ nhật 1IJ - Tính diện tích thiết diện khi IM = 3 Ta có : = = FG . LN . SEFGH EF PQ Tính LN : LN= IN Xét tam giác ICD, ta có : LN // CD => (7) CD ID IN= IM Xét tam giác IJD, ta có : MN // JD => (8) ID IJ 1 LN IM CD b Từ (7) và (8), suy ra = =  = = LN 3 3 3 CD IJ 2 2 2 PQ JM => Tương tự : = = = = . a . PQ AB 3 3 3 AB JI 2ab Vậy : SEFGH= 9 Ví dụ 7.Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Trên AB lấy một điểm M với AM = x. 13 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  15. Gọi () là mặt phẳng qua M và song song với mặt phẳng (SAD) cắt SB, SC , và CD lần lượt tại N, P, Q a. Tìm thiết diện của () với mặt phẳng hình chóp. Thiết diện là hình gì? b. Cho SAD= 1v và SA = a. Tính diện 2 3 a tích của thiết diện theo a và x.Tìm giá trịx để diện tích thiết diện bằng 8 Lời giải: a. Tìm thiết diện của () với mặt phẳng h́nh chóp   ( ) // SD  Ta có :    ( ) //( ) ( ) // SAD SA   ( ) // AD 0Với ( ) // SD   ( ) //  SD (  Có  ) // SD (  SAD PQ SD   = ) ( ) SAD PQ - Với ( ) // SA   ( ) //  SA (  Có  ) // SA (  SAB ( MN SA   = ) ) SAB MN - Với ( ) // AD   ( ) // AD (   Có (1)  ) // AD (  ABCD MQ AD   = ) ( ) ABCD MQ  // BC MQ (   Vì   ( ) // BC  ) BC    ( ) //  BC (  Có (2)  ) // BC (  SBC PN BC   = ) ( ) SBC PN là hình thang. Từ (1) và (2) , suy ra :  // MQ PN MNPQ Vậy : MNPQ là hình thang 14 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  16. b. Tính diện tích của thiết diện theo a và x Ta có: = − = − S S S S S MNPQ IMQ INP SAD INP Tính diện tích tam giác SAD: 1a Ta có: SAD vuông cân tại A, do đó : SSAD= 2 . 2 Tính INP: S INP Xét tam giác SBC, tam giác SBS0và tam giác SAB NI= 0 SN Ta có : => (1) // NI S B 0 S B SB PN= SN => (2) PN // BC BC SB AM= SN => (3) MN// SA AB SB NI PN AM => Từ (1) , (2) và (3) , ta được = = = = = NI PN AM x S B BC AB 0 1x => INP vuông cân tại N , suya ra: SINP= 2 . 2 1 1 1 => = − = − 2 2 2 2 . . ( ) SMNPQ a x a x 2 2 2 2 2 1 . 3 . 3 a a Để <=> − = SMNPQ= 2 2 ( ) a x 2 8 8 2 2 . 3 a a a  <=> <=> = − x = 2 2 2 x = x a 4 4 2 Ví dụ 8.Trong mặt phẳng () cho tam giác ABC vuông tại A , Bˆ= 60 0, AB = a. Gọi O là trung điểm của BC. Lấy điểm S ở ngoài mặt phẳng () sao cho SB = a và SB ⊥ OA. Gọi M là mọt điểm trên cạnh AB, mặt phẳng () qua M song song với SB và OA, cắt BC, SC, SA lần lượt tại N, P, Q . Đặt x = BM (0 < x < a) . a. Chứng minh MNPQ là hình thang vuông b. Tính diện tích của hình thang MNPQ theo a và x. Tìm giá trị của x để diện tích hình thang MNPQ lớn nhất . 15 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  17. Lời giải: a. Chứng minh MNPQ là hình thang vuông:   ( OA  ) //  OA  Ta có :  ( ) // ) 1 ( ABC  MN OA =  ( ) ( ) MN ABC (1)   ( SB  ) //  SB   ( ) // ) 2 ( SAB  MQ SB =  ( ) ( ) MQ SAB (2)   ( SB  ) //  SB   ( ) // ) 3 ( SBC  NP SB =  ( ) ( ) NP SBC (3) Từ (2) và (3), suy ra MQ // NP // SB (4)  MNPQ là hình thang ⊥ //  OA SB ⊥  MN MQ  Từ (1) và (4), ta có:  MN OA  ⊥ MN NP   // // MQ NP SB Vậy: MNPQ là hình thang vuông , đường cao MN. b. Tính diện tích của hình thang theo a và x . 1 Ta có : = + ( MN ). SMNPQ MQ NP 2 Tính MN: Xét tam giác ABC AB AB cos Ta có : => B = = cos BC BC B => BO = a  = 2 BC a B ˆ  = 0 60 Do đều  ABO   = BA BO  Có MN // AO => MN BM BN  = = = = = MN MB BN x AO AB BO Tính MQ: Xét tam giác SAB, ta có: MQ // SB 16 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  18. MQ= AM SB a => => = = − = − . ( ). MQ AM a x a x SB AB AB a Tính NP: Xét tam giác SBC , ta có : NP // SB − 2 NP= CN SB a a x => => = = − = . 2 ( ). NP CN a x 2 2 SB CB CB a − 4 ( x 3 ) 1 a x Do đó : = = − 3 . .( 4 3 ) SMNPQ x a x 4 12 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương 3x và 4a − 3x + − 3 4 3 1 ² x a x a 3x.( 4a − 3x)   4a² => .  = 2) ( 4 . ² SMNPQ a 2 12 3 2a => Đẳng thức xảy ra khi 3x = 4a – 3x <=> x = 3 2a thì Vậy : x = đạt giá trị lớn nhất. S MNPQ 3 * Bài tậptự giải 1. Cho tứ diện ABCD, Mlà một điểm bên trong tam giác ABD, N là một điểm bên trong tam giác ACD . Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng sau: a. (AMN) và (BCD) b. (DMN) và (ABC ) 2. Cho hình chóp S.ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm lấy trên AD và DC. Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (MNE) 3. Cho bốn điểm A, B, C, S không cùng ở trong một mặt phẳng . Gọi I, H lần lượt là trung điểm của SA, AB .Trên SC lấy điểm K sao cho : CK = 3KS. Xác định thiết diện giao giữamặt phẳng (IHK) và hình chóp S.ABC. 4. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AC và BC. K là điểm trên BD và không trùng với trung điểm BD. Xác định thiết diện giao giữa mặt phẳng (MNK) với tứ diện ABCD. 5. Cho tứ diện SABC. Gọi D là điểm trên SA, E là điểm trên SB và F là điểm trên AC (DE và AB không song song) . a. Xác định giao tuyến của hai mp (DEF) và (ABC) b. Tìm giao điểm của BC với mặt phẳng (DEF) 17 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  19. c. Tìm giao điểm của SC với mặt phẳng (DEF) 6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (đáy lớn AB). Gọi I, J 2SB . lần lượt là trung điểm AD và BC , K là điểm trên cạnh SB sao cho SN = 3 a. Tìm giao tuyến của (SAB) và (IJK) b. Tìm thiết diện của (IJK) với hình chóp S.ABCD Tìm điều kiện để thiết diện là hình bình hành 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (đáy lớn AB). Gọi I, J 2SB . lần lượt là trung điểm AD và BC , K là điểm trên cạnh SB sao cho SN = 3 Xác định thiết diện giao của mp(IJK) với hình chóp S.ABCD 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành .Gọi M, N, P, Q lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh BC, SC, SD, AD sao cho MN // BS, NP // CD, MQ // CD a. Chứng minh: PQ // SA. b. Gọi K = MN  PQ . 9. Cho hình chóp S.ABCD .Gọi M, N lần lượt là trung điểm SB và SC. Giả sử AD và BC không song song. a. Xác định giao tuyến của (SAD) và (SBC) b. Xác định thiết diện của mặt phẳng (AMN) với hình chóp S.ABCD 10. Cho hình chóp S.ABCD, trong tam giác SBC lấy một điểm M trong tam giác SCD lấy một điểm N. a. Tìm giao điểm của đường thẳng MN với mặt phẳng (SAC) b. Tìm giao điểm của cạnh SC với mặt phẳng (AMN) c. Tìm thiết diện của mặt phẳng (AMN) với hình chóp S.ABCD. *Kết luận: Với các ví dụ minh họa cùng các bài tập tự giải, qua trình dạy luyện tập cho học sinh, người dạy có những hướng dẫn cụ thể, học sinh hình thành kỹ năng vẽ hình, kỹ năng vận dụng các định lí, tính chất về đường thẳng và mặ phẳng song song giải quết được các dạng bài tập đã nêu. 18 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  20. II. Kỹ năng chứng minh các quan hệ giữa các đối tượng hình học được học Quan hệ vuông góc giữa các đối tượng đường thẳng, mặt phẳng nội dung quan trọng của hình học không gian lớp 11, do đó cũng cần rèn luyện kỹ năng giải quyết các dạng bài tập liên quan đế quan hệ vuông góc. 2.1. Rèn luyện kỹ năng chứng minh các quan hệ vuông góc 2.2.1. Rèn luyện kỹ năng chứng minh hai đường thẳng vuông góc Để chứng minh hai đường thẳng a và b vuông góc trong không gian GV có thể định hướng và cho học sinh rèn luyện chứng minh theo các định hướng sau: - Xác định góc giữa hai đường thẳng a và b,chứng minh ( )= . 0 a b , 90 - Xác định được u ulần lượt là vectơ chỉ phương của đường thẳng a và , a b b, chứng minh , đường thẳng AB và CD vuông góc với nhau khi và chỉ = u u . 0 a b khi . = ABCD . 0 - Xác định được đường thẳng c//b,chứng minh được ⊥ c. a - Chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng chứa đường thẳng b hoặc ngược lại. - Có thể áp dụngđịnh lí ba đường vuông góc. Một số ví dụ giúp học sinh rèn luyện các định hướng đã nêu Ví dụ 1.Cho tứ diện đều ABCD. a. Chứng minh rằng CD. ⊥ AB b. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Chứng minh rằng: CD. ⊥ ⊥ MN AB MN , Lời giải. a. Hướng 1. Chứng minh ABCD = .Ta có CD = AD AC − . 0 ( ) .  = − = − = − =  ⊥ 0 0 AB CD AB AD AC AB AD AB AC . .cos60 aa . .cos60 aa . . . . 0 AB CD Hướng 2. Chứng minh CD vuông góc với mặt phẳng chứa AB. Lấy N là trung điểm của CD, ta có ACD và là các tam giác cân chung  đáy CD  ⊥ ⊥ AN CD BN CD , 19 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  21. ( ) .  ⊥  ⊥ CD mp ABN CD AB b.Hướng 1. Ta có ABN cân tại N có M là trung  điểm AB MN . CDM  cân tại M có N là ⊥ AB . trung điểm của CD  ⊥ MN CD Hướng 2: Chứng minh và = = MN AB MNCD . 0 . 0 Ta có : ( ) ( ) 1 2 1 2 = . = + = + −  MN AD BC AD AC AB MN AB . 0 . = . Vậy = AD AC −  ⊥ ⊥ MN AB MN CD , CD MNCD . 0 Ví dụ 2.(Trích đề thi ĐH khối A- 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt trung điểm của các cạnh SB, . BC, CD. Chứng minh AM ⊥ BP Lờigiải. Hướng 1: Chứng minh BP vuông góc với mặt phẳng chứa AM. ( ) Gọi H là trung điểm của AD .  ⊥  ⊥  ⊥ SH ABCD SH AD SH BP Gọi O là giao điểm của BP với CH. (c-g-c) . Từ BCP   = = DCH PBC CDH + = + = 0 OPC PCO OPC CBP ( SHC ⊥ 90 )   ,  ⊥ ⊥ BP BP CH BP SC mà MN // SC, SN //CH ( )  ⊥ ⊥  ⊥ BP MN BP AN BP AMN , BP . ⊥ AM Hướng 2: Chứng minh BP vuông góc mặt phẳng // mặt phẳng AMN . ( ) BP SHC ⊥ . Chứng minh ( ) ( ) ( ) ( ) . .     MN SC MN SCH MN SHC AN CH AN SHC AN SHC / / , / / / / , / / Do đó ( ) ( ) ( ) .  ⊥  ⊥ AMN SHC BP AMN BP AM / / 20 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  22. Ví dụ 3.(Trích đề KB- 2007) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC. . Chứng minh MN ⊥ BD Lời giải. Hướng 1. ( ) , mà Lấy I là trung điểm của SA ⊥  MN IC / / BD SAC .  ⊥  ⊥ BD CI BD MN Hướng 2. Lấy F là trung điểm của SBF cũng là trung điểm của EC .  MF AC FN SC / / , / / S.ABCD là hình chóp đều  ABCD là hình vuông ,SO ( )  ⊥ ABCD ( ) . ⊥ ⊥  ⊥  ⊥ ⊥ ⊥  BD AC BD SO BD MF BD FN , , BD MNF BD MN 2.2.2. Rèn luyện kỹ năng chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng Để chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), hướng dẫn và rèn luyện cho học sinh chứng minh theo các hướng sau - Áp dụng khái niệm đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ít gặp). - Chứng minh cho đường thẳng a vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong mp(P). - Ta chứng minh cho a // b, trong đó đường thẳng b vuông góc mp(P) (hoặc chứng minh đượcb vuông góc với mp(P)). - Chứng minh cho (P) // (Q), trong đó (Q) vuông góc với a (hoặc chứng minh được (Q) vuông góc với đường thẳng a. - Chứng minh cho ( ) . ,( ) a P = 0 90 - Chứng minh cho a là giao tuyến của hai mặt phẳng cùng vuông góc với mp(P). 21 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  23. Một số ví dụ Ví dụ 1.Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. SA vuông góc với đáy. Gọi H, I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SC, SD. Chứng minh rằng: ( ) a. và I thuộc mp(AHK). ⊥ SC mp AHK ( ) b. . ⊥ HK mp SAC Phân tích: Từ hình vẽ hướng chứng minh học sinh dễ nhận thấy ớ câu a) là chứng minh đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong mặt phẳng. Lời giải. a. Ta có BC (do ABCD là hình vuông) ⊥ AB ( do SA ( ) ) ⊥ ⊥ ABCD BC SA ( ) . ⊥  ⊥ BC SAB BC AH ( ) nên . Mặt khác AH ⊥ ⊥  ⊥ AH mp SBC SB AH SC ( ) Chứng minh tương tự ta cũng có: AK . , từ đó ta có ⊥ ⊥ SC AHK SC ( ) ( ) ( ) ( ) Do . ⊥  ⊥     AI SC mp AHI SC mp AHI mp AHK I mp AHK Phân tích: Từ hình vẽ trực quan dễ thấy HK//BD, và BD dễ chứng minh đượcvuông góc với mp(SAC) từ đó suy ra cách chứng minh bài toán. ( ) b. Ta có (cạnh huyền SAB  =  g c − −  = =  = SAD c SB SD B D ,AS AS AKH AHS –góc nhọn) .  = SH SK SH SK ( ) có mà (do ) ⊥ ⊥ ⊥ =  SBD  BD AC BD , AS BD mp SAC HK BD / / SB SD ( ) . do đó ⊥ HK mp SAC ( ) ( ) ( ) Cách 2. Theo a) . ⊥  ⊥ SC mp AHK AHK SAC ( ) ( ) ( ) (  ) ( ) , mà .  ⊥ =  ⊥ ⊥ SBD SAC HK SBD AHK HK SAC BD SAC 22 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  24. Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O, SA = SC, SB = SD. ( ) a. Chứng minh . ⊥ SO mp ABCD b. Gọi 1dlà giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD), 2d là giao tuyến ) 1 2 , mp d d . ( của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC). Chứng minh ⊥ SO Phân tích: Từ hình vẽ hướng dẫn học ( SO mp ABCD ⊥ ) sinh chứng minh đẽ dàng, câu b giúp học sinh tưởng tương không gian khi xác định được giao tuyến của hai mặt phẳng khi chỉ biết một điểm và phương nhờ kiến thức ở phần đường thẳng và mặt phẳng song song. Lời giải: a. Do SA = SC nên tam giác SAC cân đỉnh S, O là trung điểm AC .  ⊥ SO AC SB = SD nên tam giác SBD cân đỉnh S, O là trung điểm của BD .Mà AC ( mp ABCD  ⊥  = SO BD BD O ) nên . ⊥ SO b. Hướng 1. Xét hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) có S chung, AB // CD nên mp(SAB) cắt mp(SCD) theo giao tuyến là đường thẳng d1qua S và song song với AB và CD. BC. Tương tự 2/ / d AD / / ( ) Vì . ⊥  ⊥ ⊥ SO ABCD SO AB SO BC , ( ) Ta có , = nên . ⊥ ⊥  ⊥ ⊥  ⊥  SO mp d d , SO AB SO d SO BC SO d d d S , 1 2 1 2 1 2 Cách 2. Ta có ( ) ( ) ,   d AB d mp ABCD d mp ABCD / / , / / 1 1 1 ( ) ( )   d BC d mp ABCD d mp ABCD / / , / / 2 2 2 ( ) ( ) ( ) mà mp ABCD , mà nên . Vậy ⊥  = mp d d SO mp ABCD , / / d d O 1 2 1 2 ( ) . ⊥ SO mp d d , 1 2 23 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  25. 2.2.3. Rèn luyện kỹ năng chứng minh hai mặt phẳng vuông góc Để chứng minh hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc GV hướng dẫn cho học sinh thực hành chứng minh theo một trong các hướngsau để rèn luyện kỹ năng - Chứng minh góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) bằng 900. - Chứng minh trong mp(P) có đường thẳng a vuông góc với mp(Q) (hoặc ngược lại). Hướng dẫnhọc sinh để chứng minh hai mặt phẳng vuông góccần phải nắm vững kỹ năng chứng minh hai đường thẳng vuông góc và kỹ năng chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng. Một số ví dụ Ví dụ 1. Cho hình vuông ABCD. Gọi S là điểm trong không gian sao cho tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Chứng minh rằng ( ) ( SAB ) ( , ) ( ⊥ ) . ⊥ SAD SAB SBC Lời giải. ) ( SAB ⊥ a. Cách 1. Theo giả thiết ( ) , ABCD ( ) (  ) , , = ⊥ ⊥ AD AB BC AB , AB SAB ABCD ( ) ( )   DA SAD BC SBC , ( ) ( ) ( ) ( )  ⊥ ⊥ mp SAD mp SAB mp SBC mp SAB , đều Cách 2. Lấy H là trung điểm của AB, SAB  nên SH . ⊥ AB Ta có: ( SAB ) ( ⊥ ) ( ) ,  ⊥  ⊥ ABCD SH ABCD SH AD ( ) ( ) ( ) ( ⊥ ) nên , mà . Mặt khácAD ⊥   ⊥ AD SAB AD SAD SAD SAB AB Chứng minh tương tự ta được ( ) ( ⊥ ) . SBC SAB Ví dụ 2:Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I, có cạnh bằng a 6 a và đường chéo BD = a. Cạnh SC = và vuông góc với mp(ABCD). 2 Chứng minh hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) vuông góc với nhau. 24 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  26. Phân tích: Định hướng đây là bài toán chứng minh quan hệ vuông góc của hai mặt phẳng, đề bài cho giả thiết về độ dài cạnh của hình chóp vì vậy để chứng minh hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) vuông góc ta phải sử dụng kết hợp với việc tính toán các đại lượng cần thiết, từ đó hướng học sinh tới việc tính góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) và chứng minh góc đó bằng 900. Lời giải: , Do tứ giác ABCD ( SAC ⊥ là hình thoi nên BD ⊥ AC ( ) ) ⊥  ⊥  SC ABCD SC BD BD Gọi O là giao điểm của AC và BD. ( ) . Trong mp(SAC), dựng OI tại I  ⊥ ⊥ SA BID SA ( ) ( = ( ) (  ) ( ) ( , ) ) . Ta lại có =  SA SAB SAD SAB SAD IB ID , Tam giác IBD có OI vừa là trung tuyến cân tại I vừa là đường cao  IBD => OI cũng là đường phân giác, do đó . = BID DIO 2 Ta có AIO đồng dạng với ACS (g - g)   IO AO AOCS a .  = .  = OI = CS SA AS 2 Tam giác DOI vuông tại O nên  OD = =  =  = 0 0 DIO DIO BID tan 1 45 90 OI ( ) ( = Vậy ( ) ( , ) ) = 0 SAB SAD IB ID , 90 ( ) ( ) .  ⊥ SAB SAD Ví dụ 3: (Trích đề ĐH khối B - 2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với =và SA vuông góc với mp(ABCD). Gọi M và N lần lượt là = = AB a AD a SA a , 2, trung điểm của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh rằng ( ) ( ) SAC SBM ⊥ . 25 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  27. Lời giải. ( ) Ta có . ⊥  ⊥ SA ABCD SA BM theo một trong các cách sau: Ta chứng minhBM ⊥ AC Cách 1. Sử dụng PPVT. 1 2 Ta có = + = − BM BA AM AD AB , , . = + BM AC =  BM ⊥ AC AB AD . 0 AC Cách 2. Gọi I là giao điểm của AC và BM, ta có I là trọng tâm tam giác a 2 3 6 = =  + = = 2 2 2 2 BI BM BI AI a AB 3 do đó tam giác AIB vuông tại I BM . ⊥ AC a 2 AM CD 2 2 Cách 3. Ta có do đó 2 a = = = = = ABM CAD tan ,tan AB AD 2 2 . =  + ) = + =  ) ⊥ 0 ABM CAD ABI BAI BAI ( IAM ) ⊥ 90 ( BM AC ( . Vậy ⊥  BM mp SAC mp ABM mp SAC Ví dụ 4. (BT 27 tr112-SGK HH11 nâng cao) Cho hai tam giác ACD và BCD nằm trên hai mặt phẳng vuông góc với nhau và . Tính x theo ađể hai mặt phẳng (CAB) = = = = = AC AD BC BD a CD x , 2 và (DAB) vuông góc với nhau. Lời giải. Ta có các tam giác CAB và DAB là các tam giác cân chung đáy AB. Lấy I là trung điểm của AB ,  ⊥ ⊥ CI AB DI AB , ( ) (  ) mà = AB CAB DAB ( ) ( = ( ) ( , ) ) .  CAB DAB IC ID , Từ đó suy ra điều kiện cần và đủ để ( ) ( ⊥ ) là . CID = 0 90 CAB DAB 26 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  28. ( ) 1       2 AB Ta có . CID =  = +  = − 0 2 2 2 2 2 90 CD CI DI x a 4 2 4 Lấy Jlà trung điểm của CD, tam giác ACD cân tại A nên AJ ) ( ) BCD ⊥  ( ) AJ AJ BCD JB ⊥  ⊥ , mà ⊥ CD ( . ACD ( ) Trong tam giác vuông AJB có thay vào (1) ta = + = − 2 2 2 2 2 AB JA JB a x 2 a a thì hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) vuông góc. được . Vậy với x = x = 3 3 * Kết luận. Với 4 Ví dụ đã nêu cùng với quá trình hướng dẫn giải có thể giúp rèn luyện cho học sinh kỹ năng chứng minh hai mặt phẳng vuông góc. III. Rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách, tính thể tích 3.1. Rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng Để tính khoảng cách từ một điểm M đến một mặt phẳng (P), Gv định hướng và rèn luyện cho học sinh thực hiện theo cácbước sau B1. Xác định hình chiếu vuông góc H của M trên (P). B2. Tính độ dài MH. Khi đó MH = d(M,(P)). Ngoài ra Gv cần lưu ý với học sinh một số kết tính chất - Nếu MN // (P) thì d(M,(P)) = d(N, (P)). P thì ( ,( ) d a P ) ( )  . Nếu / /( ) a = d A P A a ,( ) , ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) , P ( ) ( ) ( ) P B ( ) Q . Nếu (P) // (Q) thì = =   d Q d A Q d B P A , , , , - Nếu M là đỉnh của hình chóp và (P) chứa đáy của hình chóp thì H chính là chân đường cao của hình chóp, và d(M,(P)) bằng độ dài đường cao của hình chóp. Đặc biệt: Nếu M là đỉnh của hình chóp đều và (P) chứađáy của hình chóp thì H trùng với tâm đa giác đáy. Nếu M là đỉnh O của tứ diện vuông OABC thì H là trực tâm tam giác ABC và 1 1 1 1 . = + + 2 2 2 2 OH OA OB OC - Nếu M là đỉnh của tứ diện trực tâm thì H là trực tâm của mặt đối diện. 27 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  29. - Nếu M là đỉnh của hình chóp có mặt bên vuông góc với đáy thì H là chân đường cao kẻ từ M của mặt bên đó. ( ( ) ) ( ) ( ) d A P , OA ( ) P - Nếu = thì .  = AB O OB d B P , Đặc biệt: Nếu B là trung điểm của OA thì ( ) ( ) . = d A P d B P ,( ) 2 ,( ) Một số ví dụ Ví dụ 1. (Trích đề thi ĐH khối D - 2012) Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình vuông, tam giác A’AC vuông cân, = . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’) ' A C a theo a. Lời giải. Do ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp đứng có đáy là hình vuông nên ( ) ( ) ( ⊥ ) . ⊥  BC ABB A BCD ABB A ' ' ' ' ' Trong mp(ABB’A’), dựng AK vuông góc với BA’ tại K thì ( ) ( ) ( ) ⊥  = AK BCD d A BCD AK ' , ' vuông cân tại A ACA', '  = A C a 2 a a a , tứ giác ABCD là hình vuông .  = = =  = AC AC BA AA' 2 2 2 AB + a AA'. vuông tại A có AK là đường cao .  = = ABA  AK ' 2 2 6 AB AA' Ví dụ 2. (Trích đề thi ĐH khối D - 2009) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a,AA' . Gọi M = 2a là trung điểm của đoạn thẳng A’C’,I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo akhoảng cách từ điểm A đến mp (IBC). 28 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  30. Hướng dẫn giải. ( ) ( IBC  ⊥ ) Từ giả thiết về lăng trụ ABB A ' ' ( ) .  ⊥ BC ABB A ' ' tại K Trong mp(ABB’A’) dựng ( ) AK IBC  ⊥ ⊥ AK A B ' ( ) ( ) .  = d A IBC AK , vuông tại A, có AK là đường cao ABA  ' ( ) AB 2 . a a a a AA'. A B 2 2 ( ) . Vậy .  = = = = AK d A IBC , ' a 5 5 5 Ví dụ 3:Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = . M và a 3 N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm của AN và DM. Tình theo akhoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SDN). Lời giải. ( ) +) Gọi H là giao điểm của AM và DN . Từ giả thiết ta có . ⊥ SH ABCD Ta có 1 2 = =  = ADM BAN ADM BAN tan tan .  + = + =  ⊥ 0 DMA BAN DMA ADM DM AN 90 vuông tại A có AH là đường cao AMD  aa . AM AD a 1 1 1 . 2 .  = +  = = = AH 2 2 2 + AH AM AD 2 2 2 5 AM AD a + 2 a 4 14 5 vuông tại H .  = − = SAH  2 2 SH SA AH a Ta có tứ diện SHND là tứ diện vuông vuông tại H hình chiếu vuông góc của H trên mp(SND)trùng với trực tâm K của . SND  29 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  31. ( ) ( ) . Vậy = d H SND HK , 1 1 1 1 Ta có , = + + 2 2 2 2 HK HS HN HD a a a 5 3 , = − = − = HN AN AH 2 5 2 5 a 2 1 5 20 5 = − =  = + + 2 2 HD AD AH 2 2 2 2 HK a a a 14 9 4 5 ( ) 965 252 965 252 965 ( ) (đvdd). . Vậy =  = = HK a d H SND a , 2 a 252 * Ví dụ1, 2 và 3 giúp học sinh rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng bằng cách dựng hình chiếu vuông góc của điểm đó lên mặt phẳng rồi tính. Ví dụ 4:(Trích đề ĐH khối B - 2013) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặtphẳng vuông góc với đáy. Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mp(SCD). Lờigiải. ( ) . Lấy H là trung điểm của AB  ⊥  ⊥ SH ABCD SH CD ( ) ( ) ( ⊥ ( d H SCD ) . Lấy I là trung điểm của CD  ⊥  ⊥  HI CD CD SIH SIH SCD ) ( ) Trong mp(SHI) dựng HK vuông gócvới SI tại K .  = HK , ( ) ( ) 3 3 7 ( ) ( ) ( ) Tính được , . =  = = = HK a d A SCD d H SCD HK a , , AB SCD / / 7 Ví dụ 5. (Trích đề thi ĐH khối D - 2013) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, , M là trung điểm của cạnh BC và BAD = 0 120 . SMA = 0 45 Tính theo akhoảng cách từ điểm D đến mp(SBC). 30 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  32. Hướng dẫn giải. ( ) ( SAM  ⊥ ( ) ) . Chứng minh ⊥ BC SAM SBC Trong mp(SAM) dựng AH vuông góc với SM tại ( ) ( ( , AH SBC d D SBC  ⊥  ) ) H . = AH a 6 ( ) vuông cân tại A . Tính được . ⊥  ⊥  SAM  AH = SA ABCD SA AM 4 ( ) ( ) a 6 ( ) ( ) ( ) AD // BC .   = = = AD SBC d D SBC d A SBC AH / / , , 4 * Các Ví dụ4,5 rèn luyện cho học sinh biết sử dụng kết quả: nếu AB // (P) thì d(A, (P)) = d(B, (P)) để tính khoảng cáh từ một điểm đến một mặt phẳng. Ví dụ 6. (Trích đềthi ĐH khối A,A1 - 2013) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A, , SBC là tam giác đều ABC = 0 30 cạnh a, mp(SBC) vuông góc với đáy. Tính theo akhoảng cách từ C đến mp(SAB). Lời giải. đều nên Lấy H là trung điểm của BC. SBC  . ⊥ SH BC ( ) ( ⊥ ) ( ) . ABC  vuông tại A  ⊥  ⊥ SBC ABC SH ABC SH AB cân tại S.  = =  = =  HA HB HC SA SB SC SAB Lấy I là trung điểm của AB ( ) ( ) ( ⊥ ) .  ⊥  ⊥  SI AB AB SHI SHI SAB ( ) ( ) ( ) tại K  . Kẻ HK ⊥  = ⊥ HK SAB HK d H SAB , SI a a a 1 2 1 2 3 Ta có , . = = = = SH = AC BC HI AC , 2 4 2 vuông tại H có HK là đường cao SHI  1 1 1 52 3 = + =  =  HK a 2 2 2 2 52 HK SH ( SAB HI a 3 ) Mà =  BC B ( ) ( ) a 39 ( ) ( ) .  = = d C SAB d H SAB , 2 , 13 31 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  33. Ví dụ 7.(Trích đề ĐH khối D- 2011) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác , mp(SBC) và mp(ABC) vuông tại B, = = BA 3 , a BC a 4 vuông góc với nhau. . Tính khoảng = = 0 SB a SBC 2 3, 30 cách từ B đến mp(SAC) theo a. Lời giải. , ( ) ( ⊥ ) ( ) Kẻ đường cao SH của SBC  ⊥   ⊥ SBC ABC SH ABC SH AC ( ) ( ) ( ⊥ ) tại K . Kẻ HK ⊥ ⊥ AC SHK SAC SHK AC Trong mp(SHK) kẻ HI vuông góc với SK tại I ( ) ( HI SAC HI d H SAC  ⊥  = ) ( ) . , vuông tại H có HI là đường cao SHK  1 1 1 .  = + 2 2 2 HI HK SH , . vuông tại H nên = = = = SHB  0 0 SH .sin30 SB a S 3 BH B a cos30 3 KH CH BACH a a a . 3 . 5 3 (g-g)  =  = = = CKH  CBA  HK BA CA CA a 5 3 7 14 ( , ( ) . Do =   = BH SAC C HI a ( ( ) ) ) ) d B SAC ( ) BC 1 4 6 7 7 ( ) nên . = =  = d B SAC a , ( CH d H SAC , Ví dụ 8:(Trích đề ĐH khối D - 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, = = 0 ABC BAD 90 , .Cạnh bên SA vuông góc với đáy và . Gọi H là hình = = = = AB BC a AD a , 2 SA a 2 chiếu vuông góc của A trên SB.Tính theo a khoảng cách từ điểm H đến mp(SCD). Lời giải. Gọi E là giao điểm của AB và CD.Lấy M là trung điểm của EC, N là = . trung điểm của SE, F là trung điểm của AD AB = = BE BC a = . Ta có tứ giác ABCF là hình vuông  = AB CF a 32 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  34. 1 2 có vuông tại C = =   ACF  CF AD a ACD , mà .  ⊥ ⊥  ⊥ CD CA CD CD CS AS MN là đường trung bình của .    ⊥ C MN SC MN CD ES / / cân tại B BM ( ) BMN  BCE  ⊥  ⊥ CE ) ( ⊥ BM ) DC ( . ⊥ CD BMN SCD ( ) ( ) ( ) . Kẻ ⊥  ⊥  = BJ MN BJ SCD d B SCD BJ , Ta có NB là đường trung bình của tam giác ( ) SAE .   ⊥  ⊥ NB SA NB ABCD NB BM / / vuông tại B có BJ là đường cao nên NBM  a 1 1 1 1 2 2 = + = = BM EC , , 2 2 2 2 BJ BM BN a a 1 2 2 = =  = BN SA BJ 2 2 ( ( ) ) ( ( ) ) d H SCD , HS ( ) ,  =  = BH SCD S BS d B SCD , 2 2 ( ) ( ) SH SA a a 2 3 2 3 2 3 ( ) ( ) . = = =  = = d H SCD d B SCD , , 2 2 BS SB a 3 * Các Ví dụ 6, 7, 8 nhằmrèn luyện cho học sinh cách sử dụng hai tính chất: ( ) ( ( ) ( , d B P ) ) d A P , OA ( ) P - Nếu = thì .  = AB O OB - Nếu B là trung điểm của OA thì ( ) ( ) để tính khoảng cách = d A P d B P ,( ) 2 ,( ) từ một điểm dến một mặt phẳng. * Kết luận.Trong việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng, một kỹ năng rất quan trọng mà Gv phải rèn luyện được cho học sinh là kỹ năng dựng hình chiếu vuông góc của điểm lên mặt phẳng.Chúng ta đã có kết quả là qua một điểm A cho trước có một và chỉ một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng (P) cho trước, trong thực hành giải toán viêc dựng hình chiếu vuông góc của A lên (P) ta thực hành theo các bước sau: 33 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  35. B1. Xác định mp(Q) qua điểm A và vuông góc với (P). B2. Xác định giao tuyến d của (P) và (Q). B3. Trong (Q) qua điểm A dựng đường thẳng vuông góc với d tại H, khi đó H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên mp(P). 3.2. Tính thể tích Đề tài chỉ nêu một số định hướng giúp học sinh hình thành kỹ năng tính thể tích các khối đa diện thường gặp 1. Tính thể tích hình chóp Công thúc thường dùng: 1 V = B.h 3 Trong đó: B là diện tích đáy; (1) h là độ cao đường cao. Một số kĩ năngxác định chân đường cao và đường cao của hình chóp 1.1. Hình chóp có một mặt bên hoặc mặt chéo vuông góc với mặt phẳng đáy thì chân đường cao của hình chóp nằm trên giao tuyến của mặt bên đó với mặt đáy hoặc mặt chéo với mặt đáy. 1.2.Hình chóp có 2 mặt bên hoặc 2 mặt bên và mặt chéo hoặc 2 mặt chéo cùng vuông góc với mặt phẳng đáy thì đoạn giao tuyến của 2 mặt nói trên là đường cao của hình chóp. 1.3.Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh bên tạo với mặt đáy những góc bằng nhau thì chân đường cao là tâm đường tròn ngoại tiếp đa giác đáy. 1.4. Hình chóp có các mặt bên tạo với mặt đáy những góc bằng nhau thì chân đường cao trùng với tâm đường tròn nội tiếp đa giác đáy. Một số ví dụ Dạng 1.1.Biết một mặt hình chóp nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Ví dụ 1:(Trích đề thi ĐH khối D – 2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; Mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết B = 2a 3 và = o SBC 30 . Tính thể tích khối chóp S.ABC. 34 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  36. Lời giải: Áp dụng tính chất 1.1, ta có: SH ⊥ (ABC), với H là hình chiếu vuông góc của S lên BC. Lại có: SH = SB.Sin30o = a 3 1BA.BC 2 = 2 6a dt∆ABC = 1 3 → = = 2 3 V .a 3.6a 2 3a Ví dụ 2.Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và B. AB = SD = 3a, AD = SB = 4a, a > 0. Đường chéo AC⊥(SBD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD. Lời giải: AC⊥(SBD) =>SBD)⊥ (ABCD). Áp dụng tính chất 1.1, ta có chân đường cao hình chóp nằm trên BD. Từ giả thiết, ta có: ∆SBD ⊥tại S => SB.SD BD 12a 5 = = với H là hình chiếu ⊥của S SH lên BD. 2 75a 8 = Dễ dàng tính được dtABCD 2 1 12a 75a . 3 5 15 2 = = 3 => VS.ABCD . a . 8 Nhận xét:Nếu học sinh không nhận dạng đúng và không nắm được tính chất 1.1 thì không xác định được chân đường cao của hình chóp, khi đó sẽ rất khó để giải 2 bài tập trên. Dạng 1.2: Biết hai mặt của hình chóp nằm trên hai mặt phẳng cùng vuông góc với mặt phẳng đáy (Biết đường cao của hình chóp). Đối với dạng toán này, đề bài thường gắn giả thiết góc giữa cạnh bên và mặt đáy hoặc góc giữa mặt bên và mặt đáy hoặc việc tính độ dài đường cao, diện 35 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  37. tích đáy khá phức tạp. Học sinh cần nắm vững cách xác định góc và một số kĩ năng tính diện tích tam giác, tứ giác. Ví dụ 3:(Trích đề thi tuyển sinh ĐH khối A – 2009) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AB = AD = 2a, CD = a; Góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60o. Gọi I là trung điểm của cạnh AB. Biết (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Lời giải: (SBI)  (SCI) = SI Theo tính chất 1.2, ta có SI ⊥ (ABCD) => SI là đường cao của khối chóp. Điểm khó của bài toán là tích SI. Cần khai thác giả thiết góc giữa mặt phẳng (SBC) với mặt phẳng (ABCD). Vì I  (ABCD), S  (SBC) và SI ⊥ BC nên từ I hạ IH ⊥BC tại H => = o SHI 60 2a 3 5 2 15 5 = = = 3 => SI V a Lưu ý: Khi xác định góc của một mặt (P) của hình chóp với mặt phẳng (Q) chứa đáy của hình chóp, ta chọn S (P) và chân đường cao H (Q). Khi đó, SH ⊥ ∆ = (P) (Q). Từ đó dễ dàng xác định góc giữa hai mặt phẳng . Như vậy, chìa khóa bài toán trên là xác định chân đường cao của hình chóp. Nếu học sinh nắm được tính chất 1.2 thì bài toán hoàn toàn được giải quyết. Ví dụ 3:Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AB//CD, AB = = 2CD = 4a, BC a 10 , biết mặt phẳng (SAC) và mặt phẳng (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy; mặt bên (SAB) là tam giác đều. Tính thể tích khối chóp S.ABCD. 36 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  38. Lời giải: (SAC)  (SBD) = SO. Từ giả thiết và tính chất 1.2 => SO ⊥(ABCD) nên SO là đường cao của hình chóp. Tính diện tích hình thang và SO: Gọi H là hình chiếu của C lên AB, M và N lần lượt là trung điểm của AB và − AB CD 2 = = => CH = 3a HB a CD, ta có: => OM = 2a, ON = a => ∆OAB vuông cân = tại O => OA = OB a 2 do đó SO = OB = . 2a 2 = 3 Suy ra VS.ABCD . 6a 2 Nhận xét:Để giải bài toán trên ngoài việc xác định chân đường cao của hình chóp, cần rèn cho học sinh một số tính chất của hình thang cân. Dạng 1.3.Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh bên tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng nhau. Ví dụ 4:(Đề thi HSG tỉnh Nghệ An - 2012) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, cạnh 2a, SA = SB =  3 V 2a . SC = 2a. Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD, chứng minh Lời giải: (Theo hướng dẫn chấm) Gọi O là giao điểm của AC và BD. Dễ thấy ∆SOC = ∆BOA => SO = BO => ∆BSD vuông tại S. Do đó: 1 2 = + → = + 2 2 2 2 BD 4a SD OB 4a SD = − 2 2 OA BC OB mà 1 4 ( ) = − + 2 2 2 OA 4a 4a SD suy ra . 37 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  39. 2 3 2 3 = = − Vì AO⊥(SBD) nên VS.ABCD = 2VS.ABD 2 2 . OA.S .SD. 12a SD SBD  + − 2 2 2 SD 12a SD . Vậy V2a3. −  = 2 2 2 Mà: SD. 12a SD 6a 2 Nhận xét: Lời giải trên không tự nhiên, vì việc C/m ∆BSD vuông tại S và chứng minh AO⊥(SBD) là không đơn giản đối với học sinh khi dự thi. Cách giải bài toán trên bằng việc áp dụng tính chất Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC => I  BD. Do SA = SB = SC, áp dụng tính chất 2.3.3) ta có I là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABC) => SI là đường cao của hình chóp SABC. − o 180  = = = ; R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. ABC BAC Đặt 2 − 2 a 4cos 1 a 2 = = = − = 2 2 R SI 4a R . Theo định lí Sin, ta có   cos cos 2 2 1 2 =  =  2 S AB.AC.sin 2a sin ABC    4 3 = = = 3 4sin −  3 2 3 => đpcm. SABCD V 2V a .2sin 2a SABC 2 2 Dạng 1.4. Hình chóp có các mặt bên nằm trên mặt phẳng tạo với mặt phẳng đáy những góc bằng nhau. Ví dụ 5. Cho hình chóp S.ABCD có AB = 5a, BC = 6a, CA = 7a. Các mặt bên SAB, SBC, SCA tạo với đáy một góc 60o. Tính thể tích khối chóp. (Bài tập 7 - Ôn tập chương 1). Nhận xét:Đây là bài toán gây nhiều khó khăn cho học sinh nếu không nắm được tính chất 1.4. Lời giải: Áp dụng tính chất 1.4, ta có I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC nên I là hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABC) => SI là đường cao của hình chóp. 38 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  40. = = o . SHI 60 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên AB Để tính SI, ta tính IH. S p = = S 6 6a = = 2 Ta có: Theo công thức Hêrông , p = 9a. IH r . Suy ra SI = IH.tan60o = 2 6.a. 3 = 2 2a. 3 1 3 = = 2 3 SABC V .2 2a.6 6a 8 3a . Vậy 2. Dạng toán thường giải theo phương pháp gián tiếp Cho khối chóp (H) dễ dàng tìm được thể tích của (H’) là khối chóp nội tiếp của khối chóp (H). Tính V(H’). Một số tính chất 2.1.Nếu khối đa diện (H) chia thành hai khối (H1) và (H2) thì = + V V V . H H H 1 2 2.2.Cho khối chóp SABC, trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy SA'B'C' V V S S S S S S = . . A' B' C' các điểm A’, B’, C’ khác S. Khi đó SABC A B C 2.3.Gọi S1là diện tích đa giác đáy của (H’); S2là diện tích đa giác đáy của (H); h1 , h2lần lượt là độ dài đường cao của hai khối chóp (H’) và (H). V V h h S S = . H' 1 1 Khi đó, H 2 2 2.4.Nếu khối chóp (H) và (H’) có đa giác đáy cùng nằm trên một mặt phẳng thì đường cao của (H) và (H’) hoặc song song hoặc trùng nhau. Một số ví dụ Ví dụ 1:(Trích đề thi ĐHkhối A - 2007). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC, SD. Tính thể tích khối tứ diện CMNP theo a. 39 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  41. Lời giải:(Trích đáp án của bộ giáo dục và đào tạo). ⊥ ⊥ , (SAD) (ABCD) Gọi H là trung điểm của AD, SH AD a 3 2 = → ⊥ , từ M hạ MH1⊥HB tại H1 thì MH1 = và SH SH (ABCD) 2 3 a 3 4 1 2 a 8 a 3 → = = = , CMNP V . S CN.CP CPN  96 Cách giải gián tiếp: Khối chóp SDCB và MPCN có đáy ∆SCD và ∆PCN cùng nằm trên một mặt phẳng, M là trung điểm của SB => d(S;(ABCD)) =2d(M; (ABCD)). Áp dụng tính chất 2.3), ta có: 1 1 1 . . 2 2 2 1 8 MPCN V V S S 1 2 = = = PCN  . . DCB  SDCB 3 1 8 a 3 → = = MPCN V .V . SDCB 96 (Lưu ý: Thể tích VSDCBdễ dàng tính được). Ví dụ 2:(Trích đềthi ĐH khối B - 2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hìnhchữ nhật với AB = a, = , SA = a và SA ⊥(ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD AD a 2 và SC, I là giao điểm của BM và AC. Tính thể tích khối tứ diện ANIB. Lời giải:(Trích đáp án của bộ giáo dục và đào tạo). Trước hết c/m AI ⊥ BI. 1 2 a 2 = = Gọi O là giao điểm của AC và BD → NO // SA và NO SA . 2 3 1 2 a 2 a 2 = = = Do AIB ⊥tại I nên S IA.IB suy ra ABIN V . AIB  72 12 Nhận xét:Lời giải trên không tự nhiên khi c/m AIB ⊥tại I. Trên thực tế, việc chứng minh AIB ⊥tại I cũng không dễ. 40 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  42. Cách giải gián tiếp: Ta có SABM và NABI là hai khối chóp có hai đa giác đáy là AMB và ABI cùng nằm trên mặt phẳng (P) và N là trung điểm của SC nên h1 = SA = 2h2. Trong đó h1là độ dài đường cao của SABM, h2là độ dài đường cao của NABI. 2 3 = Do BI BM 2 3 S S 2 3 = = = = AIB  S S AIB  ABM  ABM  1 3 NABI V V h h S S = = = AIB  . 2 ABM  SABM 1 1 3 = = NABI V SABM V 3 1 1 . .SA. AB.AM 3 3 2 1 a 2 = = . 72 Ví dụ 3:(Trích đề ĐH khối A - 2011). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a; Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB, mặt phẳng qua SM và song song với BC cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60o. Tính VSBCNM. Nhận xét:Đây là dạng toán (H) và (H’) có đáy cùng nằm trên một mặt phẳng và chung đường cao nên V V S S (H') (H') = . (H) (H) Lời giải: = o SBA 60 Từ giả thiết => = = = o SA AB.tan60 2a. 3. 1 3 1 2 = = SABC V SA. BA.BC 1 3 1 2 4 3 3 = = 3 .2a 3. .2a.2a a . 41 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  43. 3 4 = BMNC S S Dễ dàng c/m ABC  3 4 . 4 3 SBCNM V V BCNM S S  3 4 = = = = = = 3 3 SBCNM V 3a 3a . SABC ABC Ví dụ 4: (Trích đề thi ĐH khối B - 2008) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B; AB = BC = a, AD = 2a, SA ⊥(ABCD) và SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SD. Tính VSBCNM. Lời giải: Áp dụng tính chất đã nêu, ta có: SBCM V V SM SA 1 2 = = , SBCA SCMN V V SM SN . SA SD 1 4 = = SCAD Suy ra VSBCNM = VSBCN + VSCNM 3 3 3 1 2 1 4 a 2.3 2a 4.3 a. 3 = + = + = SBAC V SCAD V Một số bài tậptự luyện 1. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B. Hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết AB = 2a, SA = BC = a, CD = 2a 5.Tính thể tích khối chóp SABCD. 2. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành, AD = 4a, các cạnh bên bằng nhau và bằng a 6. Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD) khi thể tích khối chóp SABCD là lớn nhất. (Báo toán học tuổi trẻ). 3. Cho hình chóp SABCD có mặt phẳng (SBC) và (SDC) cùng vuông góc với = o mặt phẳng (ABCD), đáy ABCD là hình thoi có cạnh a 3, ABC 120 , góc giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD) bằng 45o. Tính thể tích khối chóp SABCD. (Thi thử đại học Vinh). 42 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  44. 4.Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên (SAB) vuông góc với mặt đáy. Tam giác SAB vuông tại S, góc giữa SB và mặt phẳng (ABCD) bằng 30o. Tính theo a thể tích khối chóp SABCD. 5. Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình thang vuông cạnh a 3, tam giác SBC vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy, đường thẳng SD tạo với mặt phẳng (SBC) một góc 60o. Tính thể tích khối chóp SABCD. = = , BC = 6a, 6. Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân, AB AC 5a các mặt bên tạo với đáy một góc 60o. Tính thể tích khối chóp SABC. 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC 4 = Gọi CM là đường cao của SAC. Chứng minh M là ftrung AH . AC, điểm SA và tính VSMBC. (Tríchđề thiĐH khối D - 2010) Lưu ý:Dạng toán (H) và (H’) chung đường cao và đáy cùng nằm trên một mặt phẳng. 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết = SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH a 3 . Tính VS.CDNM. (Trích đềthi ĐHkhối A - 2010) Lưu ý:Dạng toán (H) và (H’) chung đường cao và đáy cùng nằm trên một mặt phẳng. 9. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a, SA = a, SB a 3 = = , mặt phẳng (SAB) ⊥(ABCD). Gọi M, N lần lượt là o BAD 60 , trung điểm của AB, BC. Tính VSNDC. IV. Kỹ năng chuyển đổi giải bài toánhình họcbằng phương phápvéc tơ 4.1. Cơ sở lí thuyết Quy trình giải bài toán hình học bằng phương pháp vectơ. - Bước 1. Lựa chọn “hệvectơ gốc”. 43 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  45. - Bước 2. “Phiên dịch” các giả thiết và kết luận của bài toán ra ngôn ngữ“vectơ” - Bước 3. Thực hiện các yêu cầu bài toán thông qua việc tiến hành các phép biến đổi các hệ thức vectơ theo hệvectơ gốc. - Bước 4. Chuyển các kết luận vectơ sang tính chất hình học tương ứng. Giải bài toán bằng phương pháp véctơ theo 4 bước đã nêu đã được đã có nhiều đề tài trình bày. Trong nội dung của đề tài này chúng ta tiếp cận theo hướng dùng véc tơ đểgiải bài toán cực trị hình học. Với cách tiếp cận bằng phương pháp hình học không gian thuần túy, chúng ta có thể sẽ phải mất rất nhiều thời gian để có thể giải quyết bài toán bằng cách kẻ thêm những hình phụ phức tạp cũng như việc tính toán, lựa chọn cách tiếp cận bài toán bằng cách đại số hóa nhờ việc vận dụng linh hoạt phương pháp vectơ trong không gian. “Đại số hóa bài toán tìm cực trị hình họcbằng phương pháp véc tơ” 4.2. Bài toán về tỉ lệ thức Đối với các dạng bài tập toán liên quan đến tỉ lệ thức, để đại số hóa bằng phương pháp vectơ ta thường sử dụng các kiến thức liên quan sau: - Ba điểm phân biệt , , A B C thẳng hàng AB AC , AB AC AB AC . nÕu vµ cïng h­íng AB AC , AB AC AB AC . nÕu vµ ng­îc h­íng OA m mOB nOC m n p pOD - Bốn điểm , , , A B C Dđồng phẳng với mọi 1; , , n p điểm . O Ví dụ 1: Cho hình chóp . S ABCcó đáy ABC là hình bình hành và M là trung D D điểm củaSC. Một mặt phẳng( ) PchứaAMvà lần lượt cắt các cạnh SB Stại , D các điểm B D khác S . ' ', ' ' 4 3 D D S 3 2 SB SB S Chứng minh rằng  +  (Trích đề thi HSG Tỉnh 11 –Bình Định 2017) 44 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  46. Lời giải. ' ' SB SB SD SD Ta có Do ABCD là ' , ' . . SB SB SD SD hình bình hành nên: SD. AD BC SD SA SC SB SC SA SB 1 2 1 2 Suy ra SD . SM SC SA SB A M B Dđồng phẳng nên: Lại có , , ', ' ' ' SM a aSA c bSB cSD 1 b 1 2 a ' 1 2 1 2 SB 1 2 ' '. SB SB SD SD . bSB SD cSD SA SB SD aSA b SB c SD ' SB SB SD SD . Kết hợp với 1 3 a b c ' ' ' ' SB SB SD SD Đặt ta có bài toán: , 0 , 1 x y x y 1 x 1 y 4 3 2 Cho Chứng minh rằng . , 0;1 : 3. x y x y 3 2 x y 1 x 1 y Thật vậy: 3 3 3 x y xy 4 4 3 2 4 3 1 . x y x y x y (1) Lại có 1 1 0 1 x y xy x y 3 nên 3 3 1 2 . x y xy x y x y 2 (2) Kết hợp 1 và 2suy ra điều phải chứng minh. 45 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  47. Ví dụ 2:Cho tứ diện. S ABC có = , mặt phẳng(P)đi qua trọng tâm = = 1 SA SB SC M của tứ diện, cắt cạnhS , A SB SClần lượt tạiD, , E F (khác S). Tìm giá trị lớn , 1 1 . 1 . D nhất của biểu thức . + + D. S SF SF SE SE S (Trích đề thi HSG Tỉnh 11 –Quảng Bình 2012) Lời giải. Do , , , M D E Fđồng phẳng nên 1 SM xSD ySE SE y SB zSF SD SA SF SC , x SA SB z SC xSDSA ySESB zSFSC với 1. x y z 1 4 SC nên ta có Lại do SM SA SB 1 4 zSFSC SA SB SC xSDSA ySESB 1 SD 1 4 1 4 1 4 x xSD 4 1 SE . 2 y ySE 4 1 SF zSF z 4 1 4 SD SD SE SE SF SF Kết hợp với 1 suy ra SM , kết hợp với 2 ta có 1 1 1 . Từ 1 x y z 4 SD SE SF 2 c ta có Áp dụng BĐT 3 ab bc ca a b 2 1 . 1 . 1 . 1 3 1 1 1 16 3 . SD SF SF SE SE SD SD SE SF Dấu" "xảy ra SFkhi đó mặt phẳng Pđi qua M và SD SE ABC song song với mặt phẳng . 46 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  48. Ví dụ 3:Cho hình lập phương ABC ABCD . Một mặt phẳng( ) Pcắt các tia ' ' ' ' D. AClần lượt tại , , , M N P Q. GọiHlà hình chiếu củaA lên ( ) P . ' ' , D,AA , AB A AQ AH Chứng minh . 3 (Trích đề thi HSG Tỉnh 12 –Hà Nội 2019) Lời giải. zkhi đó Đặt ' , , AA z AB y AD và . 1 x y z . . . 0 x y y z z x AQ AC AQ Ta có ; AQ AC x y z 3 AP AA AM AB AN AD ' ; ; ; AP AA APx AM AB AM y AN AB ANz ' Do , , , M N P Qđồng phẳng nên: AQ m AQ mAM p nAN pAP 1 n AQ AM p AQ AN AQ AP , , x y z pAPx mAM y nANz m n p 3 3 3 3 1 1 m n p m n 3 1 1 1 AQ AM AQ AN AQ AP . , 1 AQ AM AN AP 3 3 3 Gọi Elà hình chiếu của A lên MN Hlà hình chiếu của A lên PE Khi , , MN MN PA A mà M P . đó M N APE MN AH A H PE AH N E Ta cũng có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 và 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 AE AM AN AH AE AP AH AM AN AP Khi đó ta có: 2 1 1 1 1 1 1 1 3 AQ AH 3 2 2 2 2 2 AH AQ AM AN AP AM AN AP 47 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  49. 1 1 1 1 1 1 (luôn đúng) đpcm. . . . 0 AM AN AN AP AP AM 2 cta cũng có: Bình luận. Nếu áp dụng bất đẳng thức 2 2 2 2 a b c a b 2 1 1 1 1 P 1 2 1 1 1 3 2 2 2 2 2 2 AH AM AN A AM AN AP AQ 3 2 6 2 2 AQ AH AQ A H 2 4.3. Bài toán vềđộ dài. Đối với các bài toán về độ dài, để đại số hóa bằng phương pháp vectơ ta 2 2. sử dụng tính chất u u Ví dụ 1: Cho lăng trụ đứng ABC A B Ccó đáy là tam giác vuông tại . A . ' ' ' M Nlần lượt là các điểm di động trên AC và BC sao cho Biết , '; AB AC AA ' A và M Nđể độ dài đoạn MNngắn nhất. BN Xác định vị trí của , M . AM Lời giải. cKhi đó . . Đặt . . 0 ' , , . ab bc c a AA a AB b AC và a Giả sử 0 2 AM BN t t a . a b c Ta có: AM AC t ; ' AM AC a c ' 2 a BN BC t BN BC c b 2 a t t t 1 AN c b b b c 2 2 2 a a a Suy ra t t t t t 1 1 MN AN AM b c a c b a 2 2 2 2 2 a a a a a 2 2 2 2 2 2 a t t t a a 2 2 2 2 2 2 2 t a t a a Ta có , 2 MN 2 2 2 2 a a suy ra min suy ra M Nlần lượt là trung điểm của AC vàBC . , MN t ' 2 2 48 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

  50. Ví dụ 2:Cho hình lập phương ABCD A B C Dcạnh bằng , atrên đường thẳng . ' ' ' ' AAlấy điểm Mtrên đường thẳng BClấy điểm Nsao cho đường thẳng qua , ' MN M Ncắt D Ctại điểm . ITìm giá trị nhỏ nhất của đoạn , ' ' . Lời giải. Ta có 1 y nz 1 1 N BC AN nAC n AB n AB AD n A B ' 2 ; M AA AM mAA mx C Dkhi đó : Giả sử I ' 1 ' AI pAC p AD 1 3 p x y z p x z x py z Từ1 , 2 MN AN AM y nz mx mx y nz 2 2 2 2 1 4 MN m n a MNđi qua điểm I k AM , Đường thẳng 1 AI kAN ' ' MN C D 1. k 1 x py z k y nz k mx 1 m 1 kn 1 k m 1 k . 5 1 k 1 n 1 1 k Từ 4 , 5 2 2 1 1 m n 2 2 1 k 2 2 2 1 1 k k 1 2 1 k k k k 2 2 2 m n 1 2 4 1 1 min 3 k k k MN a 1 9 2 k k hay AA và 2 ' AM 2 . BN BC ABCD A B C Dcạnh . aCác điểm H Klần lượt Ví dụ 3: Cho hình lập phương , . ' ' ' ' AD C DĐiểm Mthuộc đoạn BC Nthuộc đoạn AB là trung điểm của , ' '. ', '. 45 .Chứng minh Đường thẳng MNtạo với mặt phẳng ABCDmột góc 0 a 2 2 . MN 49 https://sangkienkinhnghiemlop5.com/

More Related