Sáng kiến kinh nghiệm 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

doc 68 trang Hoàng Trang 13/05/2023 1582
Bạn đang xem 20 trang mẫu của tài liệu "Sáng kiến kinh nghiệm 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", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • docsang_kien_kinh_nghiem_gop_phan_ren_luyen_ky_nang_giai_bai_ta.doc

Nội dung tóm tắt: Sáng kiến kinh nghiệm 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. Lời giải. uuur r uuur ur uuur r Đặt AA' = x, AB = y, AD = z. r ur ur r r r r ur r Khi đó x.y = y.z = z.x = 0, x = y = z = a. Do uuur uuur uuur M Î BC ' Þ AM = mAC '+ (1- m)AB r ur r ur r ur r = m(x + y + z)+ (1- m)y = mx + y + mz. uuur uuur r ur N Î AB' Þ AN = nAB' = nx + ny . uuur uuur uuur r ur r ur r Suy ra MN = AN - AM = nx + ny - (mx + y + mz) r ur r uuur = (n- m)x + (n- 1)y - mz Þ MN = (n- m)2 + (n- 1)2 + m2 .a (*) r Lại có AA' ^ (ABCD)Þ x ^ (ABCD). Khi đó r uuur r uuur x.MN n- m sin(M·N,(ABCD))= cos(x,MN) = r uuur = x . MN (n- m)2 + (n- 1)2 + m2 2 n- m 1 Þ = Þ m = 1- 2 (n- m)2 + (n- 1)2 + m2 2n Thay vào (*) ta được 2 2 2 æ 1 ö 2 æ 1 ö 1æ 1ö MN = çn- 1+ ÷ + (n- 1) + ç1- ÷ .a = ç2n- 2 + ÷ .a èç 2nø÷ èç 2nø÷ 2èç nø÷ 1 1 1 1 = 2n- 2 + a ³ 2 2n. - 2 a = (2- 2)a . 2 n 2 n 1 1 1 Dấu " = " xảy ra Û 2n = Û n = và m = 1- . n 2 2 Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA = SB = SC = a. Đặt x = SD(0 < x < a 3).Tìm x theo a để tích AC.SD đạt giá trị lớn nhất. (Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Nghệ An 2018) Lời giải. uur r uur r uur r Đặt SA = a,SB = b,SC = c . 50
  2. Khi đó: r r r r r r r a2 r r a = b = c = a, a.b = b.c = , a.c = a2cosj 2 với j = C·SA Ta có: uuur uur uur r r AC = SC - SA = c - a Þ AC = 2a2 - 2a2cosj = a 2(1- cosj ) uuur uuur uur uur uur uur uur r r r AD = BC Þ SD - SA = SC - SB Þ SD = a - b + c Þ SD = a2 + 2a2cosj = a 1+ 2cosj Do đó (2- 2cosj )+ (1+ 2cosj ) 3a2 AC.SD = a2 (2- 2cosj )(1+ 2cosj )£ a2 = 2 2 1 Dấu " = " xảy ra Û 2- 2cosj = 1+ 2cosj Û cosj = . 4 a 6 Khi đó: SD = a 1+ 2cosj = . 2 4.4. Bài toán về góc Đối với các bài toán về góc ta sử dụng các tính chất sau để đại số hóa bài toán hình học không gian: - Gọi j là góc giữa hai đường thẳng AB và CD ta có uuur uuur uuur uuur AB.CD cosj = cos(AB,CD) = uuur uuur . AB CD - Gọi j là góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng (ABC) ta có uuur r uuur r MN.n r sinj = cos(MN,n) = uuur r , trong đó vectơ n có giá vuông góc với mp(ABC). MN n - Gọi j là góc giữa hai mặt phẳng (MNP) và (ABC) ta có ur ur ur ur n1.n2 ur ur cosj = cos(n1,n2 ) = ur ur , trong đó các vectơ n1,n2 có giá vuông góc với các n1 n2 mặt phẳng (MNP) và (ABC). 51
  3. Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, SA = SB = SC = a. Đặt x = SD 0 < x < a 3 . Tìm x theo a để tích AC.SD ( ) đạt giá trị lớn nhất. (Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Nghệ An 2018) Lời giải. uuuur r uuur r uuuur r Đặt B' A' = a, B'B = b, B'C ' = c. r r r r r r Khi đó a.b = b.c = c.a = 0 r r r và a = c = 1, b = x . Ta có: uuuur r r r uuuur +) B'D = a + b + c Þ B'D = 2 + x2 r r r r +) Giả sử u = ma + nb + pc r uuuur r ïì ï u ^ B'D' mà u ^ (B'D'C)Û í r uuur ï îï u ^ B'C r r r r r ïì ma + nb + pc a + c = 0 ï ( )( ) ïì m + p = 0 Û ï Û ï í r r r r r í 2 . ï ma + nb + pc b + c = 0 îï nx + p = 0 îï ( )( ) ïì m = 1 r r r r r ï 1 1 Chọn p = - 1Þ í 1 khi đó u = a + b- c . Do đó u = 2 + ï x2 x2 ï n = 2 îï x r uuuur và u.B'D = 1 uuuur r 1 1 nênsin(B·'D,(B'D'C))= cos(B'D,u) = = æ 1 ö 2 2 ç ÷ 2 5+ 2x + ç2 + 2 ÷(2 + x ) 2 èç x ø÷ x 1 1 2 2 £ = . Dấu " = " xảy ra Û 2x = 2 Û x = 1. 2 3 x 5+ 2 2x2. x2 Vậy góc tạo bới đường thẳng B’D và mp(B’D’C)lớn nhất khi và chỉ khi x = 1. Ví dụ 2: Cho hình thoi ABCD có B·AD = 600 , AB = 2a. Gọi H là trung điểm của AB. Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại H lấy điểm S 52
  4. 1 thay đổi khác H . Trên tia đối của tia BC lấy điểm M sao cho BM = BC .Tính 4 theo a độ dài của SH để góc giữa SC và (SAD)có số đo lớn nhất. (Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Nghệ An 2016) Lời giải. uuur r uuur ur uuur r r ur ur r r r Đặt HS = x, HA = y, HD = z khi đó x.y = y.z = z.x = 0 r ur r và x = x, y = a, z = a 3. r r ur r Giả sử u = mx + ny + pz mà r ur r r ur r uuur ïì ïì ï mx + ny + pz z - y = 0 ï u.AD = 0 ï ( )( ) í r uur Þ í r ur r ur r ï u.SA = 0 ï mx + ny + pz y - x = 0 îï îï ( )( ) ïì 3p - n = 0 Þ ï í 2 2 îï na - mx = 0 3a2 r 3a2 r ur r Chọn n = 3 Þ p = 1 và m = suy ra u = x + 3y + z . x2 x2 uur uuur uuur r ur r Lại có SC = HC - HS = - x - 2y + z. r uur æ3a2 r ur rö r ur r Khi đó u.SC = ç x + 3y + z÷ - x - 2y + z = - 6a2 . èç x2 ÷ø( ) Đồng thời 2 r æ3a2 r ur rö 9a4 uur r ur r 2 u = ç x + 3y + z÷ = + 12a2 ; SC = - x - 2y + z = x2 + 7a2 èç x2 ø÷ x2 ( ) Khi đó r uur r uur u.SC 6a2 sin(S·C,(SAD))= cos(u,SC) = r uur = = u SC æ9a4 ö (x2 + 7a2 )ç + 12a2 ÷ èç x2 ø÷ 6a2 6a2 6 £ = . 6 6 4 63a 2 2 4 63a 2 2 93+ 12 21 93a + 2 + 12a x 93a + 2 .12a x x x2 6 63a 2 2 21 Dấu " = " xảy ra Û = 12a x Û x = 4 a. x2 4 53
  5. · o · o Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC có SA = SB = SC = a; ASB = 60 , ASC = 90 , B·SC = 120o. Gọi I là trung điểm của AC, M là điểm thay đổi trên đường thằng AB.Gọi a là góc tạo bởi SM và (ABC). Xác định vị trí của M để cosa đạt giá trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. Lời giải. uur r uur r uur r Đặt SA = a, SB = b,SC = c . Ta có: r r r r r a2 r r a2 r r a = b = c = a, a.b = ,b.c = - ,a.c = 0. 2 2 r uuur r r r r ïì ï u.AB = 0 Giả sử u = xa + yb + zc mà í r uuur ï îï u.AC = 0 suy ra: ì r r r r r ï xa + yb + zc b- a = 0 ï ( )( ) ïì x - y + z = 0 ïì x = 0 í r r r r r Þ í Þ í ï xa + yb + zc c - a = 0 îï x + y - z = 0 îï y = z îï ( )( ) r r r Chọn y = 1Þ z = 1 suy ra u = b + c . Giả sử uuur uur uur r r SM = kSA+ (1- k)SB = ka + (1- k)b ; r uuur r r r r a2 r r r 2 Khi đó u.SM = éka + (1- k)bùb + c = ; u = b + c = a ; ëê ûú( ) 2 ( ) uuur r r 2 SM = éka + (1- k)bù = k 2 - k + 1.a . ëê ûú Khi đó uuur r uuur r SM.u 1 1 1 1 sin(SM ,(ABC))= cos(SM ,u) = uuur r = = £ SM . u 2 k 2 - k + 1 æ 1ö2 3 3 2 çk - ÷ + èç 2ø÷ 4 Do cos SM ,(ABC) nhỏ nhất Û sin SM ,(ABC) lớn nhất ( ) ( ) 1 1 uuur 1 uur 1 uur Û sin(SM ,(ABC))= đạt được Û k = hay SM = SA+ SB Û M 3 2 2 2 là trung điểm AB. 54
  6. Ví dụ 4: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh 2a, góc æ ö 0 · p A = 60 ; mặt bên SAB là tam giác cân tại S, góc ASB = 2j ,ç0 < j < ÷ và SH èç 2÷ø là đường cao của hình chóp với H là trung điểm AB. Tìm giá trị của j sao cho góc SC và (SAD) lớn nhất ? Lời giải. uuur r uuur ur uuur r Đặt HS = x, HA = y, HD = z , ta có r ur ur r r r r a ur r x.y = y.z = z.x = 0, x = , y = a, z = a 3. tanj r r ur r Giả sử u = m1 x + n1 y + p1 z mà r r ur r uuur ïì ïì ï u.(z - y)= 0 ì 3p - n = 0 ï u.AD = 0 ï ï 1 1 í r uur Þ í Þ í . ï ï r r ur ï 2 ï u.AS = 0 ï u. x - y = 0 îï m1 - n1 tan j = 0 îï îï ( ) ì p = 1 r r ur r r ï 1 2 Chọn n1 = 3 Þ í Þ u = (3tan j )x + 3y + z thì u ^ (SAD). ï 2 îï m1 = 3tan j uur uuur uuur r ur r r uur Lại có SC = HC - HS = - x - 2y + z.Do đó u.SC = - 6a2 ; uur 1 r SC = 7 + .a ; u = 12 + 9tan 2 j .a tan 2 j Khi đó r uur r uur u.SC 6 sin(S·C,(SAD))= cos(u,SC) = r uur = = u SC æ 1 ö ç7 + ÷(12 + 9tan 2 j ) èç tan 2 j ÷ø 6 6 6 £ = . 12 2 12 2 93+ 12 21 93+ 2 + 63tan j 93+ 2 .63tan j tan j tan 2 j 4 Dấu " = " xảy ra Û tanj = 4 . 21 Ví dụ 5: Cho hình vuông ABCD tâm O , cạnh a. Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại O lấy điểm S thay đổi (S khác O). Gọi P là trung điểm của SA và E đối xứng với D qua P. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của 55
  7. AE và BC.Tính độ dài của SO theo a sao cho góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SAN) có số đo lớn nhất. Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Bà Rịa Vũng Tàu 2017 Lời giải. uur r uuur r uur r Đặt OA = a, OB = b,OS = c. Khi đó r r r r r r r r a 2 r a.b = b.c = c.a = 0 và a = b = , c = t. 2 Ta có uur uuur uur uur r uur a2 SD = OD - OS = - b- c Þ SD = + t 2 ; 2 r r r r Giả sử u = xa + yb + zc mà r r r r r r uur ïì ïì ï xa + yb + zc a - c = 0 ï u.SA = 0 ï ( )( ) í r uuur Þ í r r r r r ï u.AN = 0 ï xa + yb + zc b- 3a = 0 îï îï ( )( ) ïì xa2 = 2zc2 Þ íï . îï y - 3x = 0 ïì y = 3 ï r r r a2 r r a4 ï 2 2 Chọn x = 1Þ í a suy ra u = a + 3b + 2 c Þ u = 5a + 2 . ï 2t 4t ï z = 2 îï 2t r uur Đồng thời ta cũng có u.SD = - 2a2. Do đó r uur uur r u.SD 2a2 sin(S·D,(SAN))= cos(SD,u) = r uur = u . SD æa2 öæ a4 ö ç + t 2 ÷ç5a2 + ÷ èç 2 ÷øèç 4t 2 ÷ø 2a2 4 4 £ = = 11 a6 11+ 2 10 10 + 1 a4 + 2 5a2t 2. 4 8t 2 6 2 2 a 1 1 Dấu " = " xảy ra Û 5a t = Û t = 4 a hay SO = 4 a. 8t 2 40 40 Ví dụ 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = AB = a, AD = b. Gọi a,b,g lần lượt là góc giữa 56
  8. các mặt phẳng (SBD) với các mặt phẳng (SAB),(SAD) và (ABD). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = cosa + cosb + cosg. (Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Bà Rịa Vũng Tàu 2012) Lời giải. uur r uuur ur uuur r Đặt AS = x, AB = y, AD = z . Khi đó r ur ur r r r r ur r x.y = y.z = z.x = 0 và x = y = a, z = b. r ì ïì SA ^ (ABD) ï x ^ (ABD) ï ï ur ï ï Ta có: í BA ^ (SAD)Þ íï y ^ (SAD) (1) ï ï r ï DA ^ (SAB) ï z ^ (SAB) î îï r r ur r Giả sử u = mx + ny + pz mà r ur r ur r r uur ïì ì = ïì ï mx + ny + pz y - x = 0 ì 2 2 ï n m ï u ^ SB ï ( )( ) ï na - ma = 0 ï í r uur Þ í r ur r r r Þ í Þ í ma2 . ï ï ï 2 2 ï p = ï u ^ SD ï mx + ny + pz z - x = 0 îï pb - ma = 0 ï 2 îï îï ( )( ) îï b ïì n = 1 ï Chọn m = 1Þ í 2 suy ra ï a ï p = 2 îï b 2 r r ur a2 r r ær ur a2 rö a u = x + y + z Þ u = çx + y + z÷ = 2b2 + a2 . b2 èç b2 ø÷ b Khi đó kết hợp với (1) ta có: r r r r ær ur a2 rör r r u.x b +) u.x = çx + y + z÷x = a2 Þ cosg = cos u, x = = 2 ç 2 ÷ ( ) r r ( ) èç b ø÷ u x 2b2 + a2 r ur r ur ær ur a2 röur r ur u.y b +) u.y = çx + y + z÷y = a2 Þ cosa = cos u, y = = 3 ç 2 ÷ ( ) r ur ( ) èç b ÷ø u y 2b2 + a2 r r r r ær ur a2 rör r r u.z a +) u.z = çx + y + z÷z = a2 Þ cosb = cos u, z = = 4 ç 2 ÷ ( ) r r ( ) èç b ø÷ u z 2b2 + a2 2 2 a + 2b (1+ 2)(a + 2b ) Từ (2),(3),(4)Þ P = cosa + cosb + cosg = £ = 3 . 2b2 + a2 2b2 + a2 Vậy max P = 3, đạt được Û a = b. 57
  9. 4.5. Bài toán về diện tích Để đại số hóa các cực trị hình học không gian liên quan đến diện tích ta sử uuur uuur 2 1 2 2 dụng tính chất S ABC = (AB .AC )- AB.AC . 2 ( ) Ví dụ 1: Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a. Vẽ hai tia Ax, By cùng chiều và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Trên Ax, By lần lượt lấy các điểm A1, B1 sao cho AA1 + BB1 = 3a. Xác định vị trí của các điểm A1, B1 sao cho tam giác A1B1C có diện tích nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. Lời giải. uuur r uuur r uuur r Đặt AA1 = x, AB = b, AC = c với r r r r r r r r r a2 x = x, b = c = a; x.b = x.c = 0 và b.c = . Khi đó: 2 uuur uuur uuur r r +) A1C = AC - AA1 = c - x ; uuur uuur uuur uuur æuuur BB uuurö r r y r B C = AC - AB = AC - çAB + 1 AA ÷= c - b- x 1 1 ç 1÷ è AA1 ø x uuur uuur r 2 r r y r 2 a2 +) AC.B C = c - b.c + x = + xy 1 1 ( ) x ( ) 2 Suy ra 2 uuur uuur 2 æ 2 ö 1 2 2 1 2 2 2 2 ça ÷ S A B C = (A1C .B1C )- A1C.B1C = (x + a )(y + a )- ç + xy÷ 1 1 2 ( ) 2 èç 2 ø÷ a a 2 = 3a2 + 4(x2 - xy + y2 ) = 4é(x + y) - 2xyù+ 3a2 - 4xy 4 4 ëê ûú a a æ9a2 ö 3 = 39a2 - 12xy ³ 39a2 - 12ç ÷= a2 (Do 4 4 èç 4 ÷ø 2 9a2 3a = x + y ³ 2 xy Þ xy £ ). 4 Ví dụ 2: Cho tam giác đều ABC cạnh bằng a. Vẽ ba tia Ax, By,Cz cùng chiều và vuông góc với mặt phẳng (ABC). Trên Ax, By lần lượt lấy các điểm A1, B1 sao cho AA1 = 2a, BB1 = a. Xác định vị trí của điểm C1 trên Cz sao cho tam giác A1B1C1 có diện tích nhỏ nhất. Tìm giá trị nhỏ nhất đó. 58
  10. Lời giải. Đặt CC1 = x > 0. Gọi H là hình chiếu vuông góc của C1 lên AA1 . Ta có: A1B1 = a 2 và 2 2 2 2 2 2 A1C1 = A1H + HC1 = (2a - x) + a = 5a - 4ax + x , uuur r uuur r uuur r Đặt AA1 = a, AB = b, AC = c , r r r r r r a2 ta có a.b = a.c = 0, b.c = 2 r r r và a = 2a, b = c = a. Ta có: uuur uuur uuur uuur uuur uuur +) A1B1 = AA1 - AB1 = AA1 - (AB + BB1 ) r r uuur r r r r r BB1 1 1 = a - b- AA1 = a - b- a = a - b AA1 2 2 uuuur uuur uuur uuur uuur uuur +) A1C1 = AC1 - AA1 = (AC + CC1 )- AA1 uuur uuur CC uuur r r x r r æx ör = AC - AA + 1 AA = c - a + a = c + ç - 1÷a 1 1 ç ÷ AA1 2a è2a ø uuur uuuur æ1 r röér æx ör ù Þ A B .AC = ç a - b÷êc + ç - 1÷aú 1 1 1 1 ç ÷ ç ÷ è2 øëê è2a ø ûú r 2 r r 2 1æx ö 1æx ö 2 a 2x - 5a = ç - 1÷ a - b.c = ç - 1÷4a - = a 2èç2a ø÷( ) 2èç2a ø÷ 2 2 Khi đó uuur uuuur 2 1 2 2 S A B C = (A1B1 .A1C1 )- A1B1.A1C1 1 1 1 2 ( ) 2 2 a 2 2 æ2x - 5aö a 2 2 a 2 2 a 6 = 2(5a - 4ax + x )- ç ÷ = 15a - 12ax + 4x = (2x - 3a) + 6a ³ 2 èç 2 ø÷ 4 4 4 2 2 a 2 2 æ2x - 5aö a 2 2 a 2 2 a 6 = 2(5a - 4ax + x )- ç ÷ = 15a - 12ax + 4x = (2x - 3a) + 6a ³ 2 èç 2 ø÷ 4 4 4 a2 6 3a Þ min S = đạt được Û x = . A1B1C1 4 2 Ví dụ 3: Cho tam giác đều ABC cạnh có độ dài bằng a nằm trên mặt phẳng (P). Gọi d là đường thẳng đi qua Avà vuông góc với (P),S là điểm di động trên d 59
  11. không trùng với A; K là hình chiếu vuông góc của C lên SB.Xác định vị trí S trên d để tam giác KAB có diện tích lớn nhất. (Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Nghệ An 2014) Lời giải. uur r uuur r uuur r Giả sử AS = x > 0.Đặt AS = a; AB = b; AC = c. uur uur uuur r r Ta có BS = AS - AB = a - b. ( 1) 1 uur uuur 2 Ta có S = BA2.BK 2 - BA.BK KAB 2 ( ) uuur 2 Lại có: BK 2 = (BK) = k 2 (x2 + a2 ). ( 5); uur uuur ur r r BA.BK = k.b.(b - a)= ka2.( 6) 1 2 2 2 2 2 2 1 Từ (5),(6)Þ SKAB = (k .a )(x + a )- (ka ) = k.(ax). (7). 2 2 (Để ý là ΔSBC cân tại S nên k > 0.) Từ (3), áp dụng bất đẳng thức AM - GM ta được a2 a2 = kx2 + ka2 ³ 2k(ax)Þ k(ax)£ . 2 4 2 2 Dấu “=” xảy ra Û kx = ka Û x = a hay AS = a. Vậy SKAB lớn nhất bằng a2 khi và chỉ khi AS = a. 8 Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và SA = 2a; ABC là tam giác vuông tại C với AB = 2a, B·AC = 300. Gọi M là điểm di động trên cạnh AC, H là hình chiếu vuông góc của S trên BM. Đặt AM = x (0 £ x £ a 3). Tính khoảng cách từ S đến BM theo a và x. Tìm các giá trị của x để khoảng cách này có giá trị nhỏ nhất, lớn nhất. Lời giải. Ta có AC = AB.cos300 = a 3. uur r uuur r uuur r r r r r r r Đặt AS = a, AB = b, AC = c . Ta có a.b = a.c = 0 , b.c = 3a2 ; đồng thời r r r a = b = 2a, c = a 3. 60
  12. uuur uuur uuur r r Ta có MB = AB - AM = b- kc với x uur uuur uur r r k = ,(0 £ k £ 3); SB = AB - AS = b- a . a Suy ra uur uuur r r r r r r SB.MB = (b- kc)(b- a)= b 2 - kb.c = 4a2 - 3ka2 uur uuur r r 2 SB = 2 2a; MB = (b- kc) = a 3k 2 - 6k + 4 Lại có uur uuur 2 2 2 1 uur uuur 2 1 SB .MB - (SB.MB) S = SB2.MB2 - SB.MB = SH.MB Þ SH = MSB 2 ( ) 2 MB 2 8(3k 2 - 6k + 4)- (4- 3k) 15k 2 - 24k + 16 = a = a 3k 2 - 6k + 4 3k 2 - 6k + 4 15k 2 - 24k + 16 Xét hàm số y = Û k 2 (3y - 15)- 2k(3y - 12)+ 4y - 16 = 0 (*) 3k 2 - 6k + 4 Phương trình (*) có nghiệm Û D ' = (3y - 12)2 - (3y - 15)(4y - 16)³ 0 Û 4 £ y £ 8 4 Vậy min y = 4 Û k = 0 và max y = 8 Û k = . 3 4 Vậy min SH = 2a Û x = 0 Û M º A và max SH = 2 2a Û x = a. 3 Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SA = a; ABCD là hình thang vuông đường cao AB = a, BC = 2a. Biết đường thẳng SC vuông góc với BD. Gọi M là một điểm trên đoạn SA, đặt AM = x (0 £ x £ a). Tính độ dài đường cao DE trong tam giác BDM theo a và x. Tìm x để DE có giá trị nhỏ nhất, lớn nhất. Lời giải. uur r uuur ur uuur r Đặt AS = x, AB = y, AD = z uur uuur uur uuur uuur uur uuur uuur uuur Ta có SC = AC - AS = AB + BC - AS và BD = AD - AB . 61
  13. uur uuur uuur uuur uur uuur uuur Từ SC ^ BD Þ SC.BD = 0 Û (AB + BC - AS)(AD - AB)= 0 uuur 2 uuur uuur uuur 2 uuur AB a Û AD.BC - AB = 0 Þ AD = uuur = . BC 2 uur r uuur r uuur r Đặt AS = a, AB = b, AD = c , ta có r r r r r r r r r a a.b = b.c = c.a = 0, a = b = a, c = . 2 uuur uur r x Giả sử AM = k AS = ka, với k = Þ 0 £ k £ 1. Ta có: a uuur uuur uuur r r uuur +) BM = AM - AB = ka - b Þ BM = a 1+ k 2 . uuuur uuur uuur r r uuuur 1 +) DM = AM - AD = ka - c Þ DM = a k 2 + và 4 uuur uuuur r r r r BM.DM = (ka - b)(ka - c)= k 2a2 . Lại có uuur uuuur 2 2 2 1 uuur uuuur 2 1 BM .DM - (BM.DM ) S = BM 2.DM 2 - BM.DM = DE.BM Þ DE = DBM 2 ( ) 2 BM a (1+ k 2 )(4k 2 + 1)- 4k 4 a 1+ 5k 2 = = . 2 1+ k 2 2 1+ k 2 1+ 5k 2 Xét hàm số y = ,0 £ k £ 1 ta có 1+ k 2 4 4 4 5- £ y = 5- £ 5- Þ 1£ y £ 3 (0)2 + 1 k 2 + 1 (1)2 + 1 a Vậy min y = 1 Û k = 0 và max y = 3 Û k = 1 hay min DE = Û x = 0 2 a 3 và max DE = Û x = a. 2 4.6. Xây dựng bài toán cực trị hình học không gian từ quy trình giải toán bằng phương pháp vectơ Để xây dựng bài toán cực trị hình học không gian từ quy trình giải toán bằng phương pháp vectơ ta cần lựa chọn những bài toán có sẵn “hệ vectơ gốc” làm cơ sở, chẳng hạn ta xét một số mô hình sau: 62
  14. ì r r r r r r ï a = a, b = b, c = c Mô hình 1: Lựa chọn hệ vectơ gốc a,b,c thỏa mãníï { } ï r r r r r r îï a.b = b.c = c.a = 0 Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng a, tam giác SAD đều. Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng đáy ABCD trùng với trung điểm của cạnh AD. ì r r r r r r ï a = a, b = b, c = c Mô hình 2: Lựa chọn hệ vectơ gốc a,b,c thỏa mãn íï { } ï r r r r r r îï a.b = x; b.c = y; c.a = z Ví dụ 2: Cho tam giác đều ABC cạnh a. Trên tia Ax vuông góc với mặt phẳng (ABC) lấy điểm S khác A. Kết luận: Trong dạy học giải bài tập toán nói chung và dạy học giải bài tập toán cực trị trong hình học không gian nói riêng, việc xây dựng các bài toán riêng lẻ thành một hệ thống theo một trình tự logic có sự sắp đặt của phương pháp và quy trình giải toán sẽ giúp học sinh dễ dàng tiếp cận với nội dung bài học, đồng thời có thể phát triển tư duy học toán cũng như tạo ra niềm vui và sự hứng thú trong học toán. 63
  15. PHẦN II. KẾT LUẬN Qua thời gian nghiên cứu viết sáng kiến và vận dụng sáng kiến vào giảng dạy chúng tôi rút ra một số kêt luận sau: - Trong các nhiệm vụ của môn Toán ở trường THPT, cùng với truyền thụ tri thức, rèn luyện kỹ năng giải bài tập toán cho học sinh là một nhiệm vụ quan trọng của người giáo viên. Để rèn luyện kỹ năng giải Toán cho học sinh cần đưa ra một hệ thống các bài tập thích hợp, sắp xếp một cách hợp lí từ dễ đến khó nhằm giúp học sinh củng cố kiến thức, rèn luyện kỹ năng phát triển tư duy và biết áp dụng Toán học vào thực tiễn. - Người giáo viên phải là người dẫn kỹ năng giải toán cho học sinh bằng cách định hướng cụ thể qua lời giải từng bài tập toán cho học sinh, qua đó góp phần tạo niềm tin và hứng thú học tập. - Đề tài đã trích dẫn các khái niệm về kỹ năng và kỹ năng giải Toán. - Đề tài đã hệ thống được một một số kỹ năng cần phải rèn luyện cho học sinh giải bài tập toán khi dạy học phần Hình học không gian chương trình hình học 11. - Đề tài đã xây dựng được một dạng bài tập toán nhằm rèn luyện kỹ năng cho học sinh khi dạy học phần Hình học không gian chương trình hình học 11. - Chúng tôi thiết nghĩ đề tài có thể áp dụng để giảng dạy phù hợp cho nhiều đối tượng học sinh từ học sinh trung bình đến các em khá giỏi. Có thể vận dụng cho cả việc dạy chính khóa và ngoại khóa trong các tiết luyện tập, đề tài cũng có thể sử dụng để dạy và làm tài liệu tham khảo tốt cho học sinh ôn thi ĐH - CĐ, đó chính là tính ứng dụng thực tiễn của đề tài. Vinh, tháng 02 năm 2020. Tác giả Mai Thị Khánh Xuân 64
  16. MỤC LỤC Trang PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ 1 Lí do chọn đề tài 1 1. Mục đích và nhiệm vụ của đề tài 2 2. Đối tượng, phạm vị nghiên cứu 2 3. Phương pháp nghiên cứu 2 - Khái niệm 2 3.3. Rèn luyện kỹ năng giải một số dạng bài tập cơ Hình không gian chương trình hình học 11 THPT 3 PHẦN II. NỘI DUNG 5 I. Rèn luyện cho học sinh kỹ năng vẽ hình, dựng thiết diện và tính diện tích thiết diện 5 1. Kỹ năng vẽ hình 5 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 5 1.2. Hình biểu diễn 5 2. Kỹ năng xác định thiết diện 7 2.1. Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng 7 2.2. Các ví dụ minh họa 7 II. Kỹ năng chứng minh các quan hệ giữa các đối tượng hình học được học 19 2.1. Rèn luyện kỹ năng chứng minh các quan hệ vuông góc 19 2.2.1. Rèn luyện kỹ năng chứng minh hai đường thẳng vuông góc 19 2.2.2. Rèn luyện kỹ năng chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng 21 2.2.3. Rèn luyện kỹ năng chứng minh hai mặt phẳng vuông góc 24 III. Rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách, tính thể tích 27 3.1. Rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng 27 3.2. Tính thể tích 34 65
  17. IV. Kỹ năng chuyển đổi giải bài toán hình học bằng phương pháp véc tơ 43 3.1. Cơ sở lí thuyết 43 3.2. Bài toán về tỉ lệ thức 44 3.3. Bài toán về độ dài. 48 3.4. Bài toán về góc 51 3.5. Bài toán về diện tích 58 3.6. Xây dựng bài toán cực trị hình học không gian từ quy trình giải toán bằng phương pháp vectơ 62 PHẦN II. KẾT LUẬN 64 66
  18. 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 67