GÓP PHẦN RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI BÀI TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHO HỌC SINH LỚP 11

ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN

vectorstock.com/30416001

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EBOOK PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

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 MÔN TOÁN WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

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 KỸ NĂNG 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

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 cách sáng 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 toán thì học sinh có khả năng tốt 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 việc lựa chọn các dạng bài 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 dạng bài 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

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 luyện một số kỹ 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 vị nghiên cứu Quá trình dạy học các tiết luyện tập và ôn tập chương trình Hình 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

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 toán mới giải được. Cũng chính vì thế mà khi dạy học đòi hỏi GV có khả năng rèn luyện kỷ năng giải các dạng bài tập cũng như các phương pháp giải tương ứng từng dạng bài tập toán cho học sinh. - Khi dạy và học toán HHKG nói chung các GV và học sinh thường gặp một số khó khăn với nguyên nhân như là: +) Học sinh có 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 số dạng 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

* 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

PHẦN II. NỘI DUNG I. Rèn luyện cho học sinh kỹ năng vẽ hình, dựng thiết diện và tính 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

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

2. Kỹ năng xác định thiết 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 ABC nằm trong mp (P) và a là mộtđường thẳng nằm trong mp ( P) và không song song với AB và Ac và không cắt các cạnh của tam giá ABC. S là 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 định giao 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 a không song song với AB Gọi E = a ∩ AB => E ∈ AB mà AB ⊂ (SAB ) ⇒ E ∈ (SAB ) => E ∈ ( A’,a) ⇒ E là điểm chung của ( A’,a) và (SAB ) Vậy: A’E là giao tuyến của ( A’,a) và (SAB ) - Xđ giao tuyến của mp (A’,a) và (SAC) 7

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 a không song song với AC Gọi F = a ∩ AC F∈ AC

mà AC ⊂ (SAC ) ⇒ F ∈ (SAC )

E ∈ ( A’,a) => F là điểm chung của ( A’,a) và (SAC ) Vậy: A’F là 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

N ∈ A’F mà

SC ⊂ ( SBC) => N∈ ( SBC) A’F ⊂ ( A’,a) => N∈ ( A’,a)

⇒ N là điểm chung của mp ( A’,a) và (SBC ) Vậy: MN là 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,D không cùng thuộc một mặt phẳng. Trên các đoạn thẳng AB, AC, BD lần 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

Lời giải: - Kéo dài MN cắt BC kéo dài tại E => E là điểm chung của (BCD) và (MNP) ⇒ ME là giao tuyến của (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 điểm M, 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

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 là điểm tùy ý trên AO với AM = x, mặt phẳng (α) qua M song song với SA và BD. a. Xác đinh thiết diện giao giữa mặt phẳng (α) với hình chóp SABO. b. Cho SA = a . Tính diện tích thiết diện theo 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 (α) với các mặt phẳng (ABO); (SAB); (SBO) và (SAO). Giả thiết đã cho xác định điểm M và trực quan từ hình vẽ. Do đó cần 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(α) // BD mà BD ⊂ mp(ABO), M là điểm chung => Giao tuyến của mp(α) và mp(ABO) là đường thẳng đi qua M nằm trong mp(ABO) và song song với BD. 10

=> Từ M kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại Q. mp(α) // SA chứa MQ suy ra mp(α) 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(α) //BD => giao của mp(α) 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 : S MNPQ = MQ.MN Tính MQ : Xét tam giác AQM : ˆ = 45 0 Α  Ta có : Qˆ = 45 0  ˆ 0 M = 90

⇒

∆AQM cân tại M

=> MQ = AM = x Xét tam giác SAO, ta có : MN OM MN//SA ⇒ = AS OA

⇒

=> S MNPQ = MQ.MN = x.(a − x. 2 ) =

a 2 −x OM 2 MN = AS . = a. = a − x. 2 OA a. 2 2 1 2

11

x. 2 (a − x. 2 )

Áp dụng bất đẳng thức Cosy cho 2 số dương x. 2 và a − x. 2 x. 2 ( a − x. 2 ) ≤ (

=> S MNPQ ≤

x. 2 + a − x. 2 ) 2 ) ≤ 2

1 a² a² . = 2 4 4. 2

a² 4

⇒ S MNPQmã =

Đẳng thức xảy ra khi x. 2 = a − x. 2

a² 4. 2 ⇔

x=

a a. 2 = 4 2. 2

<=> M là trung điểm AO. Vậy : x =

a. 2 thì S MNPQ đạt giá trị lớn nhất. 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 (α) qua M nằm trên đoạn IJ và song song với AB và CD. a. Tìm giao tuyến của (α) với ( ICD ) và (JAB) . b. Xác định thiết diện của (ABCD) với mặt phẳng (α) Chứng minh thiết diện là hình chữ nhật . Tính diện tích thiết diện biết IM =

1 IJ . 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 (α) với mặt phẳng (ICD ): (α ) // CD Ta có : CD ⊂ ( ICD) M ∈ (α ) ∩ ( ICD) 

=> Giao tuyến là đt qua M và song song với CD cắt IC tại L và ID tại N Tương tự :

(α ) // AB   AB ⊂ ( JAB) M ∈ (α ) ∩ ( JAB) 

=> Giao tuyến là đt qua M và song song với AB cắt JA tại P và JB tại Q 12

b. Xác định thiết diện của (ABCD) với mặt phẳng (α): Ta có :

(α ) // AB  => EF // AB  AB ⊂ ( ABC )  L ∈ (α ) ∩ ( ABC ) 

(α ) // AB Tương tự :  AB ⊂ ( ABD)  N ∈ (α ) ∩ ( ABD) 

Từ (1) và (2), suy ra Ta có :

(1)

=> HG // AB

(2)

EF // HG // AB

(α ) // CD  CD ⊂ ( ACD)  P ∈ (α ) ∩ ( ACD) 

(α ) // CD Tương tự : CD ⊂ ( BCD) Q ∈ (α ) ∩ ( BCD) 

(3)

=> FG // CD

(4)

=> EH // CD

(5)

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 - Tính diện tích thiết diện khi IM =

1 IJ 3

Ta có : S EFGH = EF .FG = PQ.LN Tính LN : Xét tam giác ICD, ta có : LN // CD =>

LN IN = CD ID

(7)

Xét tam giác IJD, ta có : MN // JD =>

IN IM = ID IJ

(8)

Từ (7) và (8), suy ra Tương tự :

LN IM 1 = = CD IJ 3

PQ JM 2 => = = AB JI 3

Vậy : S EFGH =

⇒

LN =

CD b = 3 3

2 2 PQ = . AB = .a 3 3

2ab 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

Gọi (α) 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 (α) với mặt phẳng hình chóp. Thiết diện là hình gì? = 1v và SA = a. Tính diện b. Cho SAD

tích của thiết diện theo a và x .Tìm giá trị x để diện tích thiết diện bằng

3a 2 8

Lời giải: a. Tìm thiết diện của (α) với mặt phẳng h́ nh chóp Ta có : (α ) //( SAD)

(α ) // SD  (α ) // SA (α ) // AD 

⇒

0 Với (α ) // SD Có

(α ) // SD  SD ⊂ ( SAD) (α ) ∩ ( SAD) = PQ 

⇒

PQ // SD

⇒

MN // SA

- Với (α ) // SA Có

(α ) // SA  SA ⊂ ( SAB) (α ) ∩ ( SAB) = MN 

- Với

(α ) // AD

Có

Vì

Có

(α ) // AD   AD ⊂ ( ABCD) (α ) ∩ ( ABCD) = MQ 

 BC // MQ   BC ⊄ (α ) (α ) // BC   BC ⊂ ( SBC ) (α ) ∩ ( SBC ) = PN 

⇒

⇒

⇒

Từ (1) và (2) , suy ra : MQ // PN

14

(1)

(α ) // BC

PN // BC

⇒

Vậy : MNPQ là hình thang

MQ // AD

(2)

MNPQ là hình thang.

b. Tính diện tích của thiết diện theo a và x Ta có: S MNPQ = S IMQ − S INP = S SAD − S INP Tính diện tích tam giác SAD: 1 S SAD = .a 2 2

Ta có: ∆ SAD vuông cân tại A, do đó : Tính INP:

S INP

Xét tam giác SBC, tam giác SBS 0 và tam giác SAB NI // S 0 B

=>

NI SN = S 0 B SB

(1)

PN // BC

=>

PN SN = BC SB

(2)

MN // SA

=>

AM SN = AB SB

(3)

Ta có :

Từ (1) , (2) và (3) , ta được

NI PN AM => NI = PN = AM = x = = S 0 B BC AB 1 2

=> ∆ INP vuông cân tại N , suya ra: S INP = .x 2 =>

S MNPQ =

1 2 1 2 1 2 .a − .x = (a − x 2 ) 2 2 2

Để

S MNPQ =

3.a 2 1 3.a 2 <=> (a 2 − x 2 ) = 8 2 8

<=> x 2 = a 2 −

3.a 2 a2 a ⇔ x2 = <=> x = 4 4 2

Ví dụ 8. Trong mặt phẳng (α) cho tam giác ABC vuông tại A , B̂ = 60 0 , AB = a. Gọi O là trung điểm của BC. Lấy điểm S ở ngoài mặt phẳng (α) sao cho SB = a và SB ⊥ OA. Gọi M là mọt điểm trên cạnh AB, mặt phẳng (β) 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

Lời giải: a. Chứng minh MNPQ là hình thang vuông: ( β ) // OA Ta có : OA ⊂ ( ABC ) MN = ( β ) ∩ ( ABC )  ( β ) // SB  SB ⊂ ( SAB) MQ = ( β ) ∩ ( SAB) 

⇒

MN // OA

(1) ⇒

MQ // SB

(2)

( β ) // SB  SB ⊂ ( SBC )  NP = ( β ) ∩ ( SBC ) 

⇒

NP // SB

(3)

Từ (2) và (3), suy ra MQ // NP // SB

(4)

⇒ MNPQ là hình thang OA ⊥ SB Từ (1) và (4), ta có: MN // OA MQ // NP // SB 

⇒

MN ⊥ MQ  MN ⊥ NP

Vậy: MNPQ là hình thang vuông , đường cao MN. b. Tính diện tích của hình thang theo a và x . 1 2

Ta có : S MNPQ = ( MQ + NP ).MN Tính MN: Xét tam giác ABC Ta có : cos B = ⇒

BC = 2a

AB AB => BC = BC cos B

=> BO = a

 Bˆ = 60 0

Do 

⇒

 BA = BO

∆ABO đều

Có MN // AO => MN BM BN = = AO AB BO

⇒

MN = MB = BN = x

Tính MQ: Xét tam giác SAB, ta có: MQ // SB 16

=>

MQ AM SB a => MQ = AM . = = ( a − x ). = a − x SB AB AB a

Tính NP: Xét tam giác SBC , ta có : NP // SB =>

NP CN = SB CB

Do đó : S MNPQ =

=> NP = CN .

SB a 2a − x = ( 2a − x). = CB 2a 2

x(4a − 3 x ) 1 = .3 x.( 4a − 3 x) 4 12

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương 3x và 4a − 3x 3x.( 4a − 3x) ≤ (

3 x + 4a − 3 x 2 1 a² . ) ≤ 4a² => S MNPQ ≤ .4a ² = 2 12 3

=> Đẳng thức xảy ra khi 3x = 4a – 3x <=> x = Vậy : x =

2a 3

2a thì S MNPQ đạt giá trị lớn nhất. 3

* Bài tập tự giải 1. Cho tứ diện ABCD, M là 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 giữa mặt 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

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 lần lượt là trung điểm AD và BC , K là điểm trên cạnh SB sao cho SN =

2 SB . 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 lần lượt là trung điểm AD và BC , K là điểm trên cạnh SB sao cho SN =

2 SB . 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

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 ( a, b ) = 90 0 .

- Xác định được ua , ub lần lượt là vectơ chỉ phương của đường thẳng a và

b, chứng minh ua .ub = 0 , đường thẳng AB và CD vuông góc với nhau khi và chỉ

khi AB.CD = 0 . - Xác định được đường thẳng c//b, chứng minh được a ⊥ c . - Chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng chứa đường thẳng b hoặc ngược lại. - Có thể áp dụng định 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 AB ⊥ CD . b. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Chứng minh rằng: MN ⊥ AB, MN ⊥ CD .

Lời giải. a. Hướng 1. Chứng minh AB.CD = 0 .Ta có CD = AD − AC ⇒ AB.CD = AB. AD − AC = AB.AD − AB.AC = a.a. cos 60 0 − a.a. cos 60 0 = 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

⇒ CD ⊥ mp ( ABN ) ⇒ CD ⊥ AB .

b. Hướng 1. Ta có ∆ABN cân tại N có M là trung điểm AB ⇒ MN ⊥ AB . ∆CDM cân tại M có N là trung điểm của CD ⇒ MN ⊥ CD .

Hướng 2: Chứng minh MN.AB = 0 và MN.CD = 0 Ta có : 1 1 MN = AD + BC = AD + AC − AB ⇒ MN.AB = 0 . 2 2 CD = AD − AC ⇒ MN.CD = 0 . Vậy MN ⊥ AB, MN ⊥ CD .

(

) (

)

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 . Lời giải. Hướng 1: Chứng minh BP vuông góc với mặt phẳng chứa AM. Gọi H là trung điểm của AD ⇒ SH ⊥ AD ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ BP . Gọi O là giao điểm của BP với CH. = PBC . Từ ∆BCP = ∆CDH (c-g-c) ⇒ DCH

+ PCO = OPC + CBP = 90 0 OPC ⇒ BP ⊥ CH ⇒ BP ⊥ ( SHC ) ⇒ 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 . Chứng minh BP ⊥ ( SHC ) . MN / / SC, MN ⊄ ( SCH ) ⇒ MN / / ( SHC ) . AN / / CH , AN ⊄ ( SHC ) ⇒ AN / / ( SHC ) .

Do đó ( AMN ) / / ( SHC ) ⇒ BP ⊥ ( AMN ) ⇒ BP ⊥ AM . 20

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. Lấy I là trung điểm của SA ⇒ MN / / IC , mà 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 được b 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 ) ) = 90 0 . - Chứng minh cho a là giao tuyến của hai mặt phẳng cùng vuông góc với mp(P).

21

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. SC ⊥ mp ( AHK ) và I thuộc 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 ⊥ AB (do ABCD là hình vuông) BC ⊥ SA ( do SA ⊥ ( ABCD ) ) BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH .

Mặt khác AH ⊥ SB nên AH ⊥ mp ( SBC ) ⇒ AH ⊥ SC . Chứng minh tương tự ta cũng có: AK ⊥ SC , từ đó ta có SC ⊥ ( AHK ) . 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 được vuông góc với mp(SAC) từ đó suy ra cách chứng minh bài toán. b. Ta có ∆SAB = ∆SAD ( c − g − c ) ⇒ SB = SD, AS B = AS D ⇒ ∆AHS = ∆AKH (cạnh huyền

– góc nhọn) ⇒ SH = SK . ∆SBD có

SH SK = ⇒ HK / / BD mà BD ⊥ mp ( SAC ) (do BD ⊥ AC, BD ⊥ AS ) SB SD

do đó HK ⊥ mp ( SAC ) . Cách 2. Theo a) SC ⊥ mp ( AHK ) ⇒ ( AHK ) ⊥ ( SAC ) . BD ⊥ SAC , ⇒ ( SBD ) ⊥ ( SAC ) mà HK = ( SBD ) ∩ ( AHK ) ⇒ HK ⊥ ( SAC ) .

22

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 d1 là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD), d2 là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC). Chứng minh SO ⊥ mp ( d1 , d2 ) . Phân tích: Từ hình vẽ hướng dẫn học sinh chứng minh SO ⊥ mp ( ABCD ) 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 ⇒ SO ⊥ BD .Mà AC ∩ BD = O

nên SO ⊥ mp ( ABCD ) . 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 d1 qua S và song song với AB và CD. Tương tự d2 / / AD / / BC . Vì SO ⊥ ( ABCD ) ⇒ SO ⊥ AB, SO ⊥ BC . Ta có SO ⊥ AB ⇒ SO ⊥ d1 , SO ⊥ BC ⇒ SO ⊥ d2 , d1 ∩ d2 = S nên SO ⊥ mp ( d1 , d2 ) . Cách 2. Ta có d1 / / AB, d1 ⊄ mp ( ABCD ) ⇒ d1 / / mp ( ABCD ) , d2 / / BC, d2 ⊄ mp ( ABCD ) ⇒ d2 / / mp ( ABCD )

mà d1 ∩ d2 = O . Vậy mp ( d1 , d2 ) / / mp ( ABCD ) , mà SO ⊥ mp ( ABCD ) nên SO ⊥ mp ( d1 , d2 ) .

23

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 hướng sau 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 dẫn học sinh để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc cần 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. a. Cách 1. Theo giả thiết ( SAB ) ⊥ ( ABCD ) , AB = ( SAB ) ∩ ( ABCD ) , AD ⊥ AB, BC ⊥ AB , DA ⊂ ( SAD ) , BC ⊂ ( SBC )

⇒ mp ( SAD ) ⊥ mp ( SAB ) , mp ( SBC ) ⊥ mp ( SAB )

Cách 2. Lấy H là trung điểm của AB, ∆SAB đều nên SH ⊥ AB . Ta có:

( SAB ) ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ AD , Mặt khác AD ⊥ AB nên AD ⊥ ( SAB ) , mà AD ⊂ ( SAD ) ⇒ ( SAD ) ⊥ ( SAB ) . 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 và đường chéo BD = a. Cạnh SC =

a 6 và vuông góc với mp(ABCD). 2

Chứng minh hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) vuông góc với nhau. 24

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

là

hình

thoi

nên BD ⊥ AC ,

SC ⊥ ( ABCD ) ⇒ SC ⊥ BD ⇒ BD ⊥ ( SAC )

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Trong mp(SAC), dựng OI ⊥ SA tại I ⇒ SA ⊥ ( BID ) . Ta lại có SA = ( SAB ) ∩ ( SAD ) ⇒ ( IB, ID ) . ( SAB ) , ( SAD ) ) = ( Tam giác IBD có OI vừa là trung tuyến vừa là đường cao ⇒ ∆IBD cân tại I => OI cũng là đường phân giác, do đó = 2 DIO . BID

Ta có ∆AIO đồng dạng với ∆ACS (g - g) ⇒

IO AO AO.CS a = ⇒ OI = = . CS SA AS 2

Tam giác ∆DOI vuông tại O nên = tan DIO

OD = 450 ⇒ BID = 90 0 = 1 ⇒ DIO OI

Vậy ( IB, ID ) = 90 0 ( SAB ) , ( SAD ) ) = ( ⇒ ( SAB ) ⊥ ( SAD ) .

Ví dụ 3: (Trích đề ĐH khối B - 2006) Cho

hình

chóp

S.ABCD

có

đáy

là

hình

chữ

nhật

với

AB = a, AD = a 2, SA = a và SA vuông góc với mp(ABCD). Gọi M và N lần lượt là

trung điểm của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh rằng

( SAC ) ⊥ ( SBM ) .

25

Lời giải. Ta có SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ BM . Ta chứng minh BM ⊥ AC theo một trong các cách sau: Cách 1. Sử dụng PPVT.

1 2

Ta có BM = BA + AM = AD − AB, AC = AB + AD , BM . AC = 0 ⇒ BM ⊥ AC .

Cách 2. Gọi I là giao điểm của AC và BM, ta có I là trọng tâm tam giác BI =

2 a 6 BM = ⇒ BI 2 + AI 2 = a 2 = AB 2 3 3

do đó tam giác AIB vuông tại I ⇒ BM ⊥ AC . = AM = Cách 3. Ta có tan ABM AB

a 2 2 = 2 , tan CAD = CD = 2 do đó a 2 AD 2

= CAD ⇒ ABI + BAI = BAI + IAM = 90 0 ⇒ BM ⊥ AC . ABM

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 AC = AD = BC = BD = a, CD = 2 x . Tính x theo a để hai mặt phẳng (CAB) 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

( CAB ) ⊥ ( DAB ) là

= 90 0 . CID

26

(1)

2 = 90 0 ⇔ CD 2 = CI 2 + DI 2 ⇔ 4 x 2 = 2  a 2 − AB  . Ta có CID   4  

Lấy J là trung điểm của CD, tam giác ACD cân tại A nên AJ ⊥ CD , mà

( ACD ) ⊥ ( BCD ) ⇒ AJ ⊥ ( BCD ) ⇒ AJ ⊥ JB . Trong tam giác vuông AJB có AB 2 = JA 2 + JB 2 = 2 ( a2 − x 2 ) thay vào (1) ta được x =

a 3

. Vậy với x =

a 3

thì hai mặt phẳng (ACD) và (BCD) vuông góc.

* 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 các bước 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)). Nếu a / /( P) thì d ( a, ( P) ) = d ( A,( P) ) , A ∈ a . Nếu (P) // (Q) thì d ( ( P ) , ( Q ) ) = d ( A, ( Q ) ) = d ( B, ( P ) ) , A ∈ ( P ) , B ∈ ( Q ) . - 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) chứa đáy 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 OH OA OB OC 2

- Nếu M là đỉnh của tứ diện trực tâm thì H là trực tâm của mặt đối diện.

27

- 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. - Nếu AB ∩ ( P ) = O thì

d ( A, ( P ) ) d ( B, ( P ) )

=

OA . OB

Đặc biệt: Nếu B là trung điểm của OA thì d ( A,( P) ) = 2d ( B, ( P) ) . 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, A ' C = a . Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD’) 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

∆ACA ', A ' C = a 2 vuông cân tại A

⇒ AC = AA' =

a a a , tứ giác ABCD là hình vuông AC = ⇒ BA = . 2 2 2

∆ABA ' vuông tại A có AK là đường cao

⇒ AK =

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 ' = 2a . Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mp (IBC).

28

AA '. AB 2

AA' + AB

2

=

a . 6

Hướng dẫn giải. Từ giả thiết về lăng trụ ⇒ ( IBC ) ⊥ ( ABB ' A ' ) ⇒ BC ⊥ ( ABB ' A ' ) .

Trong mp(ABB’A’) dựng AK ⊥ A ' B tại K ⇒ AK ⊥ ( IBC ) ⇒ d ( A, ( IBC ) ) = AK . ∆ABA ' vuông tại A, có AK là đường cao

⇒ AK =

AA '. AB 2 a.a 2 a 2a . Vậy d ( A, ( IBC ) ) = . = = A' B a 5 5 5

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA = a 3 . M và 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 a khoảng 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 = tan BAN = 1 ⇒ ADM = BAN tan ADM 2 = 90 0 ⇒ DM ⊥ AN . ⇒ DMA + BAN = DMA + ADM

∆AMD vuông tại A có AH là đường cao 1 1 1 ⇒ = + ⇒ AH = 2 2 AH AM AD 2

AM . AD AM 2 + AD 2

∆SAH vuông tại H ⇒ SH = SA2 − AH 2 = a

=

a .a a 2 = . 5 a2 2 +a 4

14 . 5

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

Vậy d ( H , ( SND ) ) = HK . Ta có

1 1 1 1 = + + , 2 2 2 HK HS HN HD 2

HN = AN − AH =

a 5 a 3a − = , 2 5 2 5

HD = AD 2 − AH 2 =

=

2a 5

⇒

1 5 20 5 = + 2 + 2 2 2 HK 14 a 9a 4a

965 252 252 ⇒ HK = a . Vậy d ( H , ( SND ) ) = a (đvdd). 2 965 965 252 a

* Ví dụ 1, 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 mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mp(SCD). Lời giải. Lấy H là trung điểm của AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ CD . Lấy I là trung điểm của CD ⇒ HI ⊥ CD ⇒ CD ⊥ ( SIH ) ⇒ ( SIH ) ⊥ ( SCD ) . Trong mp(SHI) dựng HK vuông góc với SI tại K ⇒ HK = d ( H , ( SCD ) ) . Tính được HK = a

3 3 , AB / / ( SCD ) ⇒ d ( A, ( SCD ) ) = d ( H , ( SCD ) ) = HK = a . 7 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, = 120 0 , M là trung điểm của cạnh BC và BAD = 45 0 . SMA

Tính theo a khoảng cách từ điểm D đến mp(SBC). 30

Hướng dẫn giải. Chứng minh BC ⊥ ( SAM ) ⇒ ( SAM ) ⊥ ( SBC ) . Trong mp(SAM) dựng AH vuông góc với SM tại H ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( D, ( SBC ) ) = AH . SA ⊥ ( ABCD ) ⇒ SA ⊥ AM ⇒ ∆SAM vuông cân tại A . Tính được AH =

AD // BC ⇒ AD / / ( SBC ) ⇒ d ( D, ( SBC ) ) = d ( A, ( SBC ) ) = AH =

a 6 . 4

a 6 . 4

* Các Ví dụ 4,5 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 đề thi ĐH khối A,A1 - 2013) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác = 30 0 , SBC là tam giác đều vuông tại A, ABC

cạnh a , mp(SBC) vuông góc với đáy. Tính theo a khoảng cách từ C đến mp(SAB).

Lời giải. Lấy H là trung điểm của BC. ∆SBC đều nên SH ⊥ BC .

( SBC ) ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ AB . ∆ABC vuông tại A ⇒ HA = HB = HC ⇒ SA = SB = SC ⇒ ∆SAB cân tại S.

Lấy I là trung điểm của AB ⇒ SI ⊥ AB ⇒ AB ⊥ ( SHI ) ⇒ ( SHI ) ⊥ ( SAB ) .

Kẻ HK ⊥ SI tại K ⇒ HK ⊥ ( SAB ) ⇒ HK = d ( H , ( SAB ) ) . Ta có SH =

a 3 1 a 1 a , AC = BC = , HI = AC = . 2 2 2 2 4

∆SHI vuông tại H có HK là đường cao ⇒

1 1 1 52 3 = + 2 = 2 ⇒ HK = a 2 2 52 HK SH HI 3a

Mà BC ∩ ( SAB ) = B ⇒ d ( C, ( SAB ) ) = 2 d ( H , ( SAB ) ) =

a 39 . 13

31

Ví dụ 7. (Trích đề ĐH khối D- 2011) Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a , mp(SBC) và mp(ABC) = 30 0 . Tính khoảng vuông góc với nhau. SB = 2a 3, SBC

cách từ B đến mp(SAC) theo a. Lời giải. Kẻ đường cao SH của ∆SBC , ( SBC ) ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ ( ABC ) ⇒ SH ⊥ AC Kẻ HK ⊥ AC tại K AC ⊥ ( SHK ) ( SAC ) ⊥ ( SHK ) . Trong mp(SHK) kẻ HI vuông góc với SK tại I ⇒ HI ⊥ ( SAC ) ⇒ HI = d ( H , ( SAC ) ) . ∆SHK vuông tại H có HI là đường cao

⇒

1 1 1 . = + 2 2 HI HK SH 2

∆SHB vuông tại H nên SH = SB.sin 30 0 = a 3 , BH = SB cos 30 0 = 3a . ∆CKH ∼ ∆CBA (g-g) ⇒

⇒ HI =

nên

KH CH BA.CH 3a.a 3a = ⇒ HK = = = BA CA CA 5a 5

3 7 a . Do BH ∩ ( SAC ) = C 14

d ( B, ( SAC ) ) d ( H , ( SAC ) )

=

BC 1 6 7 = ⇒ d ( B, ( SAC ) ) = a. CH 4 7

Ví dụ 8: (Trích đề ĐH khối D - 2007) = BAD = 90 0 , Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, ABC AB = BC = a, AD = 2 a .Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2 . Gọi H là hình

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

∆ACF có CF =

1 AD = a ⇒ ∆ACD vuông tại C 2

⇒ CD ⊥ CA , mà CD ⊥ AS ⇒ CD ⊥ CS .

MN là đường trung bình của ∆ESC ⇒ MN / / SC ⇒ MN ⊥ CD . ∆BCE cân tại B BM ⊥ CE ⇒ BM ⊥ DC

CD ⊥ ( BMN ) ⇒ ( 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 . ∆NBM vuông tại B có BJ là đường cao nên

1 1 1 1 a 2 = + , BM = EC = , 2 2 2 2 2 BJ BM BN BN =

1 a 2 a SA = ⇒ BJ = 2 2 2

BH ∩ ( SCD ) = S ⇒

d ( H , ( SCD ) ) d ( B, ( SCD ) )

=

HS , BS

SH SA2 2 a 2 2 2 a = 2 = 2 = ⇒ d ( H , ( SCD ) ) = d ( B, ( SCD ) ) = . BS SB 3a 3 3 3

* Các Ví dụ 6, 7, 8 nhằm rèn luyện cho học sinh cách sử dụng hai tính chất: - Nếu AB ∩ ( P ) = O thì

d ( A, ( P ) ) d ( B, ( P ) )

=

OA . OB

- Nếu B là trung điểm của OA thì d ( A, ( P) ) = 2d ( B,( P) ) để tính khoảng cách 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

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 (1) 3

Trong đó:

B là diện tích đáy; h là độ cao đường cao.

Một số kĩ năng xác 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 = 30o . Tính thể tích khối chóp S.ABC. SBC

34

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 dt∆ABC =

1 BA.BC = 6a 2 2

1 → V = .a 3.6a 2 = 2 3a 3 3

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 => SH =

SB.SD 12a = với H là hình chiếu ⊥ của S BD 5

lên BD. Dễ dàng tính được dtABCD => VS.ABCD

75a 2 = 8

1 12a 75a 2 15 3 = . . = a. 3 5 8 2

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

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 =>

= 60o SHI => SI =

2a 3 2 15 3 => V = a 5 5

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

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 CD, ta có: HB =

AB − CD = a => CH = 3a 2

=> OM = 2a, ON = a => ∆OAB vuông cân tại O => OA = OB = a 2 do đó SO = OB

= 2a 2 . Suy ra VS.ABCD = 6a 3 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 = SC = 2a. Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD, chứng minh V ≤ 2a 3 . 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: BD = 4a 2 + SD 2 → OB =

1 4a 2 + SD 2 2

mà OA = BC 2 − OB2

suy ra OA = 4a 2 −

1 4a 2 + SD 2 ) . ( 4

37

2 2 Vì AO ⊥ (SBD) nên VS.ABCD = 2VS.ABD = OA.S∆SBD = .SD. 12a 2 − SD 2 . 3 3 SD 2 + 12a 2 − SD 2 = 6a 2 . Vậy V ≤ 2a3. Mà: SD. 12a − SD ≤ 2 2

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 => BAC = 180 − α ; R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Đặt α = ABC 2

Theo định lí Sin, ta có R =

a cos

α −1 2 . α cos 2

a 4cos 2 α 2

=> SI = 4a 2 − R 2 =

1 S∆ABC = AB.AC.sin α = 2a 2 sin α 2

4 α α => VSABCD = 2VSABC = a 3.2sin 3 − 4sin 2 ≤ 2a 3 => đpcm. 3 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

= 60o . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I lên AB => SHI

Để tính SI, ta tính IH. S Ta có: IH = r = . Theo công thức Hêrông => S = 6 6a 2 , p = 9a. p

Suy ra SI = IH.tan60o =

2 6 .a. 3 = 2 2a. 3

1 Vậy VSABC = .2 2a.6 6a 2 = 8 3a 3 . 3 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 VH = VH1 + VH2 .

2.2. Cho khối chóp SABC, trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy

các điểm A’, B’, C’ khác S. Khi đó

VSA 'B'C ' SA ' SB' SC ' = . . VSABC SA SB SC

2.3. Gọi S1 là diện tích đa giác đáy của (H’); S2 là diện tích đa giác đáy

của (H);

h1 , h2 lần lượt là độ dài đường cao của hai khối chóp (H’) và (H).

Khi đó,

VH ' h1 S1 = . VH h 2 S2

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 ĐH khối 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

Lời giải: (Trích đáp án của bộ giáo dục và đào tạo).

Gọi H là trung điểm của AD, SH ⊥ AD , (SAD) ⊥ (ABCD) → SH ⊥ (ABCD) và SH =

a 3 , từ M hạ MH1 ⊥ HB tại H1 thì MH1 = 2

a 3 1 a2 a3 3 , S∆CPN = CN.CP = → VCMNP = . 4 2 8 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: VMPCN S∆PCN 1 1 1 1 1 = . = . . = . VSDCB S∆DCB 2 2 2 2 8 → VMPCN

1 a3 3 = .VSDCB = . 8 96

(Lưu ý: Thể tích VSDCB dễ dàng tính được). Ví dụ 2: (Trích đề thi ĐH khối B - 2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a,

AD = a 2 , SA = a và SA ⊥ (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD 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 a Gọi O là giao điểm của AC và BD → NO // SA và NO = SA = . 2 2

Do ∆ AIB ⊥ tại I nên S∆AIB

1 a2 2 a3 2 = IA.IB = suy ra VABIN = . 2 12 72

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

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 h1 là độ dài đường cao của SABM, h2 là độ dài đường cao của NABI. 2 Do BI = BM 3

2 S 2 => S∆AIB = S∆ABM => ∆AIB = 3 S∆ABM 3 V h S 1 => NABI = 2 . ∆AIB = VSABM h1 S∆ABM 3 1 => VNABI = VSABM 3 1 1 1 a3 2 = . .SA. AB.AM = . 3 3 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(H') V(H)

=

S(H') S(H)

.

Lời giải: = 60o Từ giả thiết => SBA => SA = AB.tan 60o = 2a. 3.

1 1 => VSABC = SA. BA.BC 3 2 1 1 4 3 3 = .2a 3. .2a.2a = a. 3 2 3

41

3 Dễ dàng c/m SBMNC = S∆ABC 4

=>

VSBCNM SBCNM 3 3 4 = = => VSBCNM = . 3a 3 = 3a 3 . VSABC S∆ABC 4 4 3

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: VSBCM SM 1 = = , VSBCA SA 2 VSCMN SM SN 1 = . = VSCAD SA SD 4

Suy ra VSBCNM = VSBCN + VSCNM 1 1 a 3 2a 3 a 3 = VSBAC + VSCAD = + = . 2 4 2.3 4.3 3

Một số bài tập tự 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

= 120o , góc mặt phẳng (ABCD), đáy ABCD là hình thoi có cạnh a 3 , ABC giữa mặt phẳng (SAB) và mặt phẳng (ABCD) bằng 45o. Tính thể tích khối chóp SABCD.

(Thi thử đại học Vinh). 42

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. 6. Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác cân, AB = AC = 5a , BC = 6a, 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, AH =

AC . Gọi CM là đường cao của ∆ SAC. Chứng minh M là ftrung 4

điểm SA và tính VSMBC. (Tríchđề thi ĐH 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 đề thi ĐH khối 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, = 60o , mặt phẳng (SAB) ⊥ (ABCD). Gọi M, N lần lượt là SB = a 3 , BAD

trung điểm của AB, BC. Tính VSNDC. IV. Kỹ năng chuyển đổi giải bài toán hình học bằng phương pháp véc tơ 4.1. Cơ sở lí thuyết

Quy trình giải bài toán hình học bằng phương pháp vectơ. - Bước 1. Lựa chọn “hệ vectơ gốc”.

43

- 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 hệ vectơ 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

để giải 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 học bằng 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  AB = AC , nÕu AB vµ AC cïng h−íng. AC ⇔   AB AC , nÕu AB vµ AC ng−îc h−íng.  AB = − AC  OA = mOB + nOC + pOD - Bốn điểm A, B, C, D đồng phẳng ⇔  với mọi m + n + p = 1; m, n, p ∈ ℝ 

điểm O. Ví dụ 1: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và M là trung điểm của SC . Một mặt phẳng ( P ) chứa AM và lần lượt cắt các cạnh SB, SD tại các điểm B ', D ' khác S . Chứng minh rằng

4 SB ' SD' 3 ≤ + ≤ 3 SB SD 2

(Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Bình Định 2017) 44

Lời giải.

Ta có SB ' =

SB ' SD ' SB , SD ' = .SD. Do ABCD là SB SD

hình bình hành nên: AD = BC ⇒ SD − SA = SC − SB ⇒ SC = −SA + SB + SD .

1 2

Suy ra SM = SC =

1 −SA + SB + SD . 2

(

)

Lại có A, M , B ', D ' đồng phẳng nên:  SM = aSA + bSB ' + cSD ' a + b + c = 1   1 a = −  2  1 SB ' SD '  SB ' 1 ⇒ −SA + SB + SD = aSA + b SB + c .SD ⇒  = . b  SB 2 2 SB SD  c SD ' = 1  SD 2

(

)

Kết hợp với a + b + c = 1 ⇒

Đặt x =

SB SD + = 3. SB ' SD '

SB ' SD ' , y= (0 < x, y ≤ 1) ta có bài toán: SB SD 1 x

1 y

Cho x, y ∈ (0;1] : + = 3. Chứng minh rằng

4 3 ≤ x+ y ≤ . 3 2 2

Thật vậy:

( x + y) 1 1 + = 3 ⇔ x + y = 3xy ≤ 3 x y 4 2

⇔ 4 ( x + y ) ≤ 3( x + y ) ⇒ x + y ≥

4 1 3

(1)

Lại có (1− x)(1− y ) ≥ 0 ⇔ xy ≥ x + y −1 nên x + y = 3 xy ≥ 3( x + y −1) ⇔ x + y ≤

3 2 . 2

Kết hợp (1) và (2) suy ra điều phải chứng minh.

45

(2)

Ví dụ 2: Cho tứ diện S . ABC có SA = SB = SC = 1 , mặt phẳng (P) đi qua trọng tâm M của tứ diện, cắt cạnh SA, SB, SC lần lượt tại D, E , F (khác S ). Tìm giá trị lớn

nhất của biểu thức

1 1 1 + + . SD.SF SF .SE SE.SD

(Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Quảng Bình 2012) Lời giải.

Do M , D, E, F đồng phẳng nên SM = xSD + ySE + zSF (1) SD SE SF =x SA + y SB + z SC = xSDSA + ySESB + zSF SC , SA SB SC

với x + y + z = 1.

Lại do SM =

1 SA + SB + SC 4

(

)

nên ta có

1 SA + SB + SC = xSDSA + ySE SB + zSF SC 4

(

)

 1 1   xSD = x=   4 SD 4   1 1  ⇒  ySE = ⇒  y = ( 2) .  4 SE 4     zSF = 1  z = 1 4  4 SF 

1  SD SE SF   + Kết hợp với (1) suy ra SM =  + 4  SD SE SF 

Từ x + y + z = 1, kết hợp với (2) ta có

1 1 1 + + = 4. SD SE SF 2

Áp dụng BĐT 3(ab + bc + ca ) ≤ (a + b + c) ta có 2

1 1 1 1 1 1 1  16 + + ≤  + +  = .  SD.SF SF .SE SE.SD 3  SD SE SF  3

Dấu " = " xảy ra ⇔ SD = SE = SF khi đó mặt phẳng ( P) đi qua M và song song với mặt phẳng ( ABC ).

46

Ví dụ 3: Cho hình lập phương ABCD. A' B 'C ' D ' . Một mặt phẳng ( P) cắt các tia AB, AD,AA ' , AC ' lần lượt tại M , N , P, Q . Gọi H là hình chiếu của A lên ( P ) .

Chứng minh

AQ < 3. AH

(Trích đề thi HSG Tỉnh 12 – Hà Nội 2019) Lời giải.

Đặt AA ' = z , AB = y , AD = z khi đó x. y = y.z = z. x = 0 và x = y = z = 1 .

Ta có AQ =

AQ AQ AC = x+ y+z ; AC 3

(

)

AM AN AP AP = AA ' = AP x; AM = AB = AM y; AN = AB = AN z; AA ' AB AD

Do M , N , P, Q đồng phẳng nên:  AQ = mAM + n AN + p AP  ⇒ m + n + p = 1  AQ AQ AQ  AQ x + y + z = pAPx + mAM y + nAN z m = ,n = ,p=  3 ⇒ 3 AM 3 AN 3 AP   m + n + p = 1 m + n + p = 1

(

⇒

)

AQ AQ AQ 3 1 1 1 ,+ . + =1⇒ = + + AQ AM AN AP 3 AM 3 AN 3 AP

Gọi E là hình chiếu của A lên MN , H là hình chiếu của A lên PE, Khi MN ⊥ PA ⇒ MN ⊥ ( APE ) ⇒ MN ⊥ AH mà AH ⊥ PE ⇒ AH ⊥ ( MNP) . đó  MN ⊥ AE

Ta cũng có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 và = + = + ⇒ = + + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 AE AM AN AH AE AP AH AM AN AP 2

Khi đó ta có: 2

 1 1 3 1 1 1 1 1  AQ < 3⇔ < ⇔ + + <  + + 2 2 2 2 2  AM AN AP  AH AH AQ AM AN AP

47

⇔

1 1 1 1 1 1 . + . + . > 0 (luôn đúng) ⇒ đpcm. AM AN AN AP AP AM 2

Bình luận. Nếu áp dụng bất đẳng thức 2 (a 2 + b 2 + c 2 ) ≥ (a + b + c) ta cũng có: 2

1 1 1 1 1 1 1 1  3 = + + ≥  + + =  2 2 2 2 AH AM AN AP 2  AM AN AP  2 AQ 2

3 6 AH 2 ⇒ AQ ≥ AH 2 2

⇒ AQ 2 ≥

4.3. Bài toán về độ 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 ' C ' có đáy là tam giác vuông tại A. Biết AB = AC = AA '; M , N lần lượt là các điểm di động trên AC ' và BC sao cho M ≠ A và AM = BN . Xác định vị trí của M , N để độ dài đoạn MN ngắn nhất.

Lời giải.

Đặt AA ' = a, AB = b, AC = c. Khi đó a.b = b.c = c.a = 0 .

Giả sử AM = BN = t (0 < t < a 2 ) và a = b = c = a. Ta có: AM t AM = AC ' = a+c ; AC ' a 2

(

)

BN t BN = BC = c −b BC a 2

(

)

t  t  t ⇒ AN = c − b + b = 1− b + c   a 2  a 2 a 2

(

)

Suy ra  t  t t  t  t MN = AN − AM = 1− b + c − a + c = 1 − b − a     a 2   a 2  a 2 a 2 a 2

(

Ta có

MN 2

suy ra min MN =

(a =

)

2

)

2 −t + t2 2

2t 2 − 2a 2t + 2a 2 = = 2

(

2

)

2t − a + a 2 2

≥

a2 , 2

a a suy ra M , N lần lượt là trung điểm của AC ' và BC . ⇔t= 2 2

48

Ví dụ 2: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh bằng a, trên đường thẳng AA ' lấy điểm M , trên đường thẳng BC lấy điểm N sao cho đường thẳng qua

M , N cắt D ' C ' tại điểm I . Tìm giá trị nhỏ nhất của đoạn MN .

Lời giải.

Ta có N ∈ BC ⇒ AN = n AC + (1 − n ) AB = n AB + AD + (1 − n ) AB = y + nz (1)

(

)

M ∈ AA′ ⇒ AM = mAA ' = mx (2);

Giả sử I ∈ C ′D′ khi đó : AI = p AC ' + (1− p) AD ' = p x + y + z + (1 − p ) x + z = x + p y + z (3)

(

)

(

(

)

)

Từ (1),(2) ⇒ MN = AN − AM = y + nz − mx = −m x + y + nz ⇒ MN 2 = 1 + m 2 + n 2  a 2 (4)

Đường thẳng MN ∩ C ' D ' ⇒ MN đi qua điểm I ⇒ AI = k AN + (1− k ) AM ,

(

)

k= / 1. ⇒ x + p y + z = k y + nz + (1 − k ) mx  1  (1 − k ) m = 1 m = 1 − k ⇒ ⇒ (5) .  kn = 1  1  n = k 

Từ (4),(5) ⇒ 1 + m 2 + n 2 = 1 +

1 2

(1− k )

+

1 k2

2

2  1   k 2 − k + 1    = = − 1   k (1 − k )   k − k 2    2   m = 2 4  = 9 ⇒ min MN = 3a ⇔ k = 1− k ⇔ k = 1 ⇒  ≥  − 1  2  2  n = 2   (k + 1 − k ) hay AM = 2 AA ' và BN = 2 BC.

Ví dụ 3: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Các điểm H , K lần lượt là trung điểm của AD, C ' D '. Điểm M thuộc đoạn BC ', N thuộc đoạn AB '.

Đường thẳng MN tạo với mặt phẳng ( ABCD) một góc 450. Chứng minh

(

)

MN ≥ 2 − 2 a.

49

Lời giải. Đặt AA ' = x, AB = y , AD = z. Khi đó x. y = y.z = z.x = 0, x = y = z = a.

Do M ∈ BC ' ⇒ AM = mAC ' + (1− m) AB = m x + y + z + (1 − m ) y = mx + y + mz.

(

)

N ∈ AB ' ⇒ AN = n AB ' = nx + n y . Suy ra MN = AN − AM = nx + n y − mx + y + mz

(

)

2 2 = (n − m) x + (n −1) y − mz ⇒ MN = (n − m) + (n −1) + m 2 .a (*)

Lại có AA ' ⊥ ( ABCD) ⇒ x ⊥ ( ABCD) . Khi đó x.MN n−m sin MN ,( ABCD) = cos x, MN = = 2 2 x . MN (n − m) + (n −1) + m2

(

⇒

)

(

)

n−m 2 1 = ⇒ m = 1 − 2 2 2 2n (n − m) + (n −1) + m2

Thay vào (*) ta được 2

2

2

  1 1 1  1 2 MN = n −1 +  + (n −1) + 1−  .a = 2n − 2 +  .a   2n   2n  2  n =

1 1 1 1 2n − 2 + a ≥ 2 2n. − 2 a = 2 − 2 a . n n 2 2

Dấu " = " xảy ra ⇔ 2n =

(

)

1 1 1 và m = 1− . ⇔n= 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. Đặt SA = a, SB = b, SC = c .

50

Khi đó: a2 a = b = c = a, a.b = b.c = , a.c = a 2 cosϕ 2 với ϕ = CSA

Ta có: AC = SC − SA = c − a ⇒ AC = 2a 2 − 2a 2 cosϕ = a 2 (1 − cosϕ ) AD = BC ⇒ SD − SA = SC − SB ⇒ SD = a − b + c ⇒ SD = a 2 + 2a 2cosϕ = a 1 + 2cosϕ

Do đó AC.SD = a 2 (2 − 2cosϕ )(1 + 2cosϕ ) ≤ a 2

(2 − 2cosϕ) + (1 + 2cosϕ ) 2

=

3a 2 2

1 4

Dấu " = " xảy ra ⇔ 2 − 2cosϕ = 1 + 2cosϕ ⇔ cosϕ = . Khi đó: SD = a 1 + 2cosϕ =

a 6 . 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 ϕ là góc giữa hai đường thẳng AB và CD ta có AB.CD cosϕ = cos AB, CD = . AB CD

(

)

- Gọi ϕ là góc giữa đường thẳng MN và mặt phẳng ( ABC ) ta có MN .n sin ϕ = cos MN , n = , trong đó vectơ n có giá vuông góc với mp ( ABC ). MN n

(

)

- Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng ( MNP ) và ( ABC ) ta có n1.n2 cosϕ = cos n1 , n2 = , trong đó các vectơ n1 , n2 có giá vuông góc với các n1 n2

(

)

mặt phẳng ( MNP ) và ( ABC ) . 51

Ví dụ 1: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh

(

)

x = SD 0 < x < a 3 . Tìm x theo a để tích AC .SD

a, SA = SB = SC = a. Đặt

đạt giá trị lớn nhất. (Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Nghệ An 2018) Lời giải.

Đặt B ' A ' = a, B ' B = b, B ' C ' = c.

Khi đó a.b = b.c = c.a = 0

và a = c = 1, b = x . Ta có:

+) B ' D = a + b + c ⇒ B ' D = 2 + x 2

+) Giả sử u = ma + nb + pc u ⊥ B ' D '  mà u ⊥ ( B ' D ' C ) ⇔  u ⊥ B ' C  ma + nb + pc a + c = 0  m + p = 0 ⇔ ⇔ .  2 nx + p = 0  ma + nb + pc b + c = 0 

( (

)( )(

) )

m = 1 1  1 Chọn p = −1 ⇒  khi đ ó . Do đ ó u = a + b − c u = 2+ 2 1 2 n = 2 x x x  và u.B ' D = 1

nên sin B ' D, ( B ' D ' C ) = cos B ' D, u =

(

≤

)

(

)

1 1 =   2 2 + 12 (2 + x 2 ) 5 + 2x 2 + 2   x x 

1

1 2 = . Dấu " = " xảy ra ⇔ 2 x 2 = 2 ⇔ x = 1. 3 x 2 5 + 2 2x2 . 2 x

Vậy góc tạo bới đường thẳng B’D và mp( B’D’C ) lớn nhất khi và chỉ khi x = 1. = 600 , AB = 2a. Gọi H là trung điểm Ví dụ 2: Cho hình thoi ABCD có BAD

của AB. Trên đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( ABCD) tại H lấy điểm S

52

1 4

thay đổi khác H . Trên tia đối của tia BC lấy điểm M sao cho BM = BC .Tính 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.

Đặt HS = x, HA = y, HD = z khi đó x. y = y.z = z.x = 0

và x = x, y = a, z = a 3.

Giả sử u = m x + n y + p z mà  mx + n y + pz u. AD = 0    ⇒   mx + n y + pz u.SA = 0   3 p − n = 0 ⇒  2 na − mx 2 = 0

( (

)( )(

z− y = 0 y−x = 0

) )

3a 2 3a 2 u = 2 x + 3y + z . suy ra 2 x x Lại có SC = HC − HS = − x − 2 y + z.

Chọn n = 3 ⇒ p = 1 và m =

 3a 2  Khi đó u.SC =  2 x + 3 y + z  −x − 2 y + z = −6a 2 .   x

(

)

Đồng thời 2  3a 2 9a 4 2   u =  2 x + 3 y + z = + 12 a ; SC =  x x2 

2

(−x − 2 y + z )

= x 2 + 7a 2

Khi đó u.SC sin SC , ( SAD ) = cos u, SC = = u SC

(

)

(

6a 2 6

63a 93a + 2 + 12a 2 x 2 x 4

Dấu " = " xảy ra ⇔

)

≤

6a 2 = 4   9 a ( x 2 + 7a 2 ) x 2 + 12a 2   

6a 2 63a 6 93a 4 + 2 .12a 2 x 2 x2

63a 6 21 = 12a 2 x 2 ⇔ x = 4 a. 2 x 4

53

=

6 93 + 12 21

.

Ví dụ 3: Cho hình chóp S . ABC có SA = SB = SC = a; ASB = 60o , ASC = 90 o , = 120o. Gọi I là trung điểm của AC , M là điểm thay đổi trên đường thằng BSC AB. Gọi α là góc tạo bởi SM và ( ABC ). Xác định vị trí của M để cos α đạt giá

trị nhỏ nhất. Tính giá trị nhỏ nhất đó. Lời giải.

Đặt SA = a, SB = b, SC = c . Ta có: a2 a2 a = b = c = a, a.b = , b.c = − , a.c = 0. 2 2 u. AB = 0 Giả sử u = xa + yb + zc mà  u. AC = 0 

suy ra:     

( xa + yb + zc)(b − a) = 0 x − y + z = 0 x = 0 ⇒ ⇒   y = z x + y − z = 0   ( xa + yb + zc)(c − a) = 0

Chọn y = 1 ⇒ z = 1 suy ra u = b + c . Giả sử SM = k SA + (1− k ) SB = k a + (1− k )b ; a2   ; u= Khi đó u.SM =  k a + (1− k )b b + c =   2

(

)

2

(b + c)

=a;

2 SM =  k a + (1 − k )b = k 2 − k + 1.a .  

Khi

đó

SM .u 1 1 sin ( SM ,( ABC )) = cos SM , u = = = 2 2 k − k +1 SM . u

(

Do

)

cos ( SM ,( ABC ))

⇔ sin ( SM , ( ABC )) =

nhỏ

nhất

1 2

 1 3 2 k −  +  2 4

⇔ sin ( SM ,( ABC ))

lớ n

≤

1 3

nhất

1 1 1 1 đạt được ⇔ k = hay SM = SA + SB ⇔ M 2 2 2 3

là trung điểm AB.

54

Ví dụ 4: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình thoi cạnh 2a, góc  π A = 600 ; mặt bên SAB là tam giác cân tại S , góc ASB = 2ϕ, 0 < ϕ <  và SH  2

là đường cao của hình chóp với H là trung điểm AB. Tìm giá trị của ϕ sao cho góc SC và ( SAD) lớn nhất ? Lời giải.

Đặt HS = x, HA = y, HD = z , ta có x. y = y.z = z.x = 0, x =

a , y = a, z = a 3. tan ϕ Giả sử u = m1 x + n1 y + p1 z mà

 u. AD = 0 u. ⇒   u. AS = 0 u .  

( z − y) = 0 3 p − n = 0 ⇒ .  m − n tan ϕ = 0 ( x − y) = 0  1

1

2

1

1

 p1 = 1 2 u ⊥ ( SAD) . ⇒ u = 3tan ϕ x + 3 y + z thì ( ) m1 = 3tan 2 ϕ

Chọn n1 = 3 ⇒ 

Lại có SC = HC − HS = − x − 2 y + z. Do đó u.SC = −6a 2 ; SC = 7 +

1 . a ; u = 12 + 9 tan 2 ϕ .a tan 2 ϕ

Khi đó u.SC 6 = sin SC , ( SAD ) = cos u, SC = =   u SC 1 2 7 + (12 + 9 tan ϕ)  tan 2 ϕ  6 6 6 = . ≤ 12 2 12 93 + 12 21 2 93 + + 63tan ϕ 93 + 2 .63tan ϕ tan 2 ϕ tan 2 ϕ

(

)

(

)

Dấu " = " xảy ra ⇔ tan ϕ = 4

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

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. Đặt OA = a, OB = b, OS = c. Khi đó

a 2 , c = t. a.b = b.c = c.a = 0 và a = b = 2

Ta có a2 SD = OD − OS = −b − c ⇒ SD = + t2 ; 2 Giả sử u = xa + yb + zc mà  u.SA = 0   ⇒  u. AN = 0     2  xa = 2 zc 2 ⇒  y − 3x = 0

( (

xa + yb + zc xa + yb + zc

a −c = 0 b − 3a = 0

)( )(

)

)

.

 y = 3 a2  a4 2 2 Chọn x = 1 ⇒  suy ra u = a + 3b + 2 c ⇒ u = 5a + 2 .  z = a 2t 4t 2  2t Đồng thời ta cũng có u.SD = −2 a 2 . Do đó u.SD 2a 2 sin SD,( SAN ) = cos SD, u = = 4   a2  u . SD  + t 2 5a 2 + a   4t 2   2 

(

≤

)

(

2a 2 6 11 4 2 2 a a + 2 5a t . 2 4 8t

)

=

Dấu " = " xảy ra ⇔ 5a 2t 2 =

4 11 + 2 10

=

4 10 + 1

a6 1 1 ⇔t= 4 a hay SO = 4 a. 2 8t 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 α, β , γ lần lượt là góc giữa

56

các mặt phẳng ( SBD) với các mặt phẳng ( SAB),( SAD ) và ( ABD). Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = cos α + cos β + cos γ.

(Trích đề thi HSG Tỉnh 11 – Bà Rịa Vũng Tàu 2012) Lời giải. Đặt AS = x, AB = y, AD = z . Khi đó x. y = y.z = z. x = 0 và x = y = a, z = b.

SA ⊥ ( ABD )  x ⊥ ( ABD )    Ta có:  BA ⊥ ( SAD ) ⇒  y ⊥ ( SAD ) (1)    DA ⊥ ( SAB )  z ⊥ ( SAB )   Giả sử u = m x + n y + p z mà  mx + n y + pz y − x = 0  u ⊥ SB  na 2 − ma 2 = 0 n = m  ⇒  2 ⇒  ⇒  ma 2 . 2   u ⊥ SD  p = pb − ma = 0  mx + n y + pz z − x = 0    b2  

( (

)( )(

n = 1  2 Chọn m = 1 ⇒   p = a  b2

) )

suy ra

a 2  a 2 u = x + y + 2 z ⇒ u =  x + y + 2 b b 

2 a z  = 2b 2 + a 2 . b 

Khi đó kết hợp với (1) ta có:  a 2 +) u.x =  x + y + 2  b

u.x  b z  x = a 2 ⇒ cosγ = cos u, x = = 2  2b + a 2 u x

 a 2 +) u. y =  x + y + 2 b 

u. y  b z  y = a 2 ⇒ cosα = cos u , y = = (3) 2  2b + a 2 u y

 a 2 +) u.z =  x + y + 2  b

u. z  a z  z = a 2 ⇒ cosβ = cos u , z = = (4) 2  2b + a 2 u z

( )

( 2)

( )

( )

Từ (2),(3),(4) ⇒ P = cos α + cos β + cos γ = Vậy max P = 3, đạt được ⇔ a = b. 57

a + 2b 2b 2 + a 2

≤

(1 + 2)(a 2 + 2b 2 ) 2b 2 + a 2

= 3.

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 dụng tính chất S ABC =

1 2

2

( AB . AC ) − ( AB. AC ) . 2

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. Đặt AA1 = x, AB = b, AC = c với

a2 x = x, b = c = a; x.b = x.c = 0 và b.c = . Khi đó: 2 +) A1C = AC − AA1 = c − x ;

 BB  y B1C = AC − AB1 = AC −  AB + 1 AA1  = c − b − x AA1 x  

2

()

+) A1C.B1C = c − b.c +

y 2 a2 x = + xy x 2

()

Suy ra SA B C 1 1

1 = 2

A C . B C − ( 1 1 ) A1C.B1C 2

2

(

2

)

1 = 2

2

 a2  x + a y + a − ( )( )  2 + xy   2

2

2

2

a a 2 3a 2 + 4 ( x 2 − xy + y 2 ) = 4 ( x + y ) − 2 xy  + 3a 2 − 4 xy   4 4  9a 2  a 3 2 a 2 2  ≥ 39 a − 12 a (Do = 39a −12 xy =   4 2 4  4  =

9a 2 3a = x + y ≥ 2 xy ⇒ 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

a

Lời giải.

Đặt CC1 = x > 0. Gọi H là hình chiếu vuông góc của C1 lên AA1 . Ta có: và

A1 B1 = a 2 2

A1C1 = A1 H 2 + HC12 = (2a − x ) + a 2 = 5a 2 − 4ax + x 2 , Đặt AA1 = a, AB = b, AC = c ,

ta có a.b = a.c = 0, b.c =

a2 2

và a = 2a, b = c = a. Ta có:

(

+) A1 B1 = AA1 − AB1 = AA1 − AB + BB1

)

BB 1 1 = a − b − 1 AA1 = a − b − a = a − b AA1 2 2 +) A1C1 = AC1 − AA1 = AC + CC1 − AA1

(

)

CC  x  x = AC − AA1 + 1 AA1 = c − a + a = c +  −1 a  2a  AA1 2a  1    x   ⇒ A1 B1 . A1C1 =  a − b  c +  − 1 a   2    2a    2 1 x  1 x a 2 2 x − 5a =  −1 a − b.c =  −1 4a 2 − = a 2  2a  2  2a  2 2

()

Khi đó SA B C = 1 1 1

1 2

(A B 1

1

2

. A1C12 ) − A1 B1. A1C1

(

2

)

2

=

=

a 4

a2 −

ax + 4 x 2 =

 2 x − 5a  a a a 2(5a 2 − 4ax + x 2 ) −  15a 2 −12ax + 4 x 2 =  =   2  2 4 4

2 x − 3a + 6a 2

a a2 6 2 2 2 x − 3 a + 6 a ≥ ( ) 4 4

⇒ min S A B C

1 1 1

a2 6 3a = đạt được ⇔ x = . 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 A và vuông góc với ( P), S là điểm di động trên d 59

6

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. Giả sử AS = x > 0. Đặt AS = a ; AB = b ; AC = c . Ta có BS = AS − AB = a − b . (1)

2 1 BA2 .BK 2 − BA.BK 2 2 Lại có: BK 2 = BK = k 2 ( x 2 + a 2 ). (5) ;

(

Ta có S KAB =

)

( )

BA.BK = k .b. b − a = ka 2 .(6)

(

)

Từ (5),(6) ⇒ S KAB =

1 2

(k

2

2 1 .a 2 )( x 2 + a 2 ) − (ka 2 ) = k .(ax ). (7). 2

(Để ý là ∆SBC cân tại S nên k > 0. ) Từ (3), áp dụng bất đẳng thức AM − GM ta được a2 a2 = kx 2 + ka 2 ≥ 2k (ax) ⇒ k (ax ) ≤ . 2 4

Dấu “=” xảy ra ⇔ kx 2 = ka 2 ⇔ 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 = 300. Gọi M là điểm SA = 2a; ABC là tam giác vuông tại C với AB = 2 a , BAC

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.

Đặt AS = a, AB = b, AC = c . Ta có a.b = a.c = 0 , b.c = 3a 2 ; đồng thời a = b = 2a, c = a 3.

60

Ta có MB = AB − AM = b − kc với k=

x , 0 ≤ k ≤ 3 ; SB = AB − AS = b − a . a

(

)

Suy ra 2 SB.MB = b − k c b − a = b − kb.c = 4a 2 − 3ka 2

(

)(

SB = 2 2a; MB =

)

b − kc

(

2

)

= a 3k 2 − 6k + 4

Lại có S MSB

1 = SB 2 .MB 2 − SB.MB 2

(

1 = SH .MB ⇒ SH = 2

2

)

2

=a

8(3k 2 − 6k + 4) − (4 − 3k ) 3k 2 − 6k + 4

Xét hàm số y =

=a

SB 2 .MB 2 − SB.MB

(

2

)

MB

15k 2 − 24k + 16 3k 2 − 6k + 4

15k 2 − 24k + 16 ⇔ k 2 (3 y −15) − 2k (3 y −12) + 4 y −16 = 0 (*) 2 3k − 6k + 4

Phương trình (*) có nghiệm 2

⇔ ∆ ' = (3 y −12) − (3 y −15)(4 y −16) ≥ 0 ⇔ 4 ≤ y ≤ 8 4 3

Vậy min y = 4 ⇔ k = 0 và max y = 8 ⇔ k = . 4 3

Vậy min SH = 2a ⇔ x = 0 ⇔ M ≡ A và max SH = 2 2a ⇔ x = a.

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. Đặt AS = x, AB = y , AD = z Ta có SC = AC − AS = AB + BC − AS và BD = AD − AB .

61

(

)(

)

Từ SC ⊥ BD ⇒ SC.BD = 0 ⇔ AB + BC − AS AD − AB = 0 2 AB 2 a ⇔ AD.BC − AB = 0 ⇒ AD = = . 2 BC

Đặt AS = a, AB = b, AD = c , ta có a a.b = b.c = c.a = 0, a = b = a, c = . 2 x Giả sử AM = k AS = k a, với k = ⇒ 0 ≤ k ≤ 1 . Ta có: a +) BM = AM − AB = k a − b ⇒ BM = a 1 + k 2 .

+) DM = AM − AD = k a − c ⇒ DM = a k 2 +

1 và 4

BM .DM = k a − b k a − c = k 2 a 2 . Lại có

(

S DBM

=

a 2

)(

1 = BM 2 .DM 2 − BM .DM 2

(

(1 + k )(4k 2

2

+ 1) − 4k 4

1+ k 2

Xét hàm số y = 5−

)

4 2

( 0) + 1

=

2

)

=

1 DE.BM ⇒ DE = 2

BM 2 .DM 2 − BM .DM

(

BM

a 1 + 5k 2 . 2 1+ k 2

1 + 5k 2 ,0 ≤ k ≤ 1 ta có 1+ k 2

≤ y = 5−

4 4 ≤ 5− 2 ⇒1≤ y ≤ 3 k +1 (1) + 1 2

Vậy min y = 1 ⇔ k = 0 và max y = 3 ⇔ k = 1 hay min DE = và max DE =

a ⇔ x=0 2

a 3 ⇔ 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

2

)

 a = a, b = b, c = c  Mô hình 1: Lựa chọn hệ vectơ gốc a, b, c thỏa mãn   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. Mô hình 2: Lựa chọn hệ vectơ gốc a, b, c thỏa mãn

{

}

 a = a, b = b, c = c    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

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

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

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

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