Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Khai thác tính chất hình học để xây dựng và phát triển các bài toán tọa độ không gian

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:53

Thêm vào BST

Báo xấu

21
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu sáng kiến "Khai thác tính chất hình học để xây dựng và phát triển các bài toán tọa độ không gian" nhằm tạo ra hệ thống bài tập theo chủ đề nhằm rèn luyện kỹ năng giải toán phần tọa độ không gian cho học sinh, cho giáo viên khi dạy học theo chủ đề, ôn thi tốt nghiệp, góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn Toán ở trường phổ thông.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Khai thác tính chất hình học để xây dựng và phát triển các bài toán tọa độ không gian

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tên đề tài: KHAI THÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐỂ XÂY DỰNG VÀ PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN LĨNH VỰC: TOÁN HỌC ĐỀ CƯƠNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tác giả: Lê Hải NamNghệ – Trường THPT4 Diễn An, tháng năm Châu 2022 4. 1
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tên đề tài: KHAI THÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐỂ XÂY DỰNG VÀ PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN MÔN TOÁN Nhóm thực hiện: 1. Lê Hải Nam Tổ: Toán - Tin Điện thoại: 0978069522 2. Trần Quang Lực Tổ: Toán - Tin Điện thoại: 0914237818 Chức vụ: Giáo viên Toán Đơn vị công tác: Trường THPT Diễn Châu 4 ĐỀ CƯƠNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Tác giả: Lê Hải Nam – Trường THPT Diễn Châu 4. Nghệ An, tháng 4 năm 2022 2
MỤC LỤC PHẦN I. MỞ ĐẦU Trang 1.1. Lí do chọn đề tài 1 1.2. Mục đích và nhiệm vụ của đề tài 1 1.3. Đối tượng nghiên cứu 2 1.4. Giới hạn của đề tài 2 1.5. Phương pháp nghiên cứu 2 1.6. Bố cục của đề tài SKKN 2 1.7. Thời gian thực hiện 2 PHẦN II. NỘI DUNG 3 Chương 1. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 3 1.1. Cơ sở lí luận 3 1.2. Cơ sở thực tiễn 3 1.2. Mục tiêu của đề tài. 4 Chương 2. KHAI THÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐỂ XÂY DỰNG 4 VÀ PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN 2.1. Một số kiến thức cơ bản 4 2.2. Phân tích mối liên hệ giữa bài toán tọa độ với tính chất hình học 6 được sử dụng vào bài toán trong chương trình hiện hành 2.3. Khai thác tính chất hình học để xây dựng và phát triển các bài 8 toán tọa độ không gian 2.3.1. Lớp bài toán hình học giải bằng phương pháp tọa độ 8 2.3.2. Lớp bài toán tọa độ xây dựng và phát triển trên các tính chất 13 hình học không gian thường gặp 2.3.3. Lớp bài toán tọa độ không gian xây dựng và phát triển trên các 18 bài toán cực trị hình học 2.3.3.1 Các bài toán tìm điểm 18 2.3.3.2 Các bài toán về vị trí tương đối giữa đường thẳng và mặt 25 phẳng với mặt cầu 2.3.3.3 Các bài toán về mặt cầu nội tiếp, ngoại tiếp hình nón, hình trụ 27 Chương 3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 32 3.1. Mục đích thực nghiệm sư phạm 32 3.2. Đối tượng thực nghiệm 32 3.3. Tiến hành thực nghiệm 32 3.4. Xử lí kết quả thực nghiệm. 45 PHẦN III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 48 TÀI LIỆU THAM KHẢO 50 3
PHẦN I. MỞ ĐẦU 1.1. Lí do chọn đề tài Trong những năm học gần đây, kì thi tốt nghiệp đã có nhiều sự thay đổi về tính chất lần hình thức. Như chúng ta đã biết hình thức thi hiện nay Bộ giáo dục đang áp dụng là thi trắc nghiệm khách quan và dùng kì thi này để một phần cho các trường Đại học và Cao đẳng trên cả nước làm kết quả tuyển sinh. Trên thực tế thấy rằng hình thức thi đã thay đổi nhiều nhưng đi kèm theo đó thì hệ thống sách giáo khoa vẫn đang là sách cũ xuất bản từ năm 2007, chưa bắt kịp với sự thay đổi và tính chất của sự đổi mới. Đặc biết hơn trong quá trình dạy học phần hình học lớp 12 chúng tôi nhận thấy rằng so với kiến thức sách giáo khoa thì một số bài tập đã được khai thác rất nhiều tính chất mà sách giáo khoa chưa đề cập tới hoặc nếu có đề cập thì nội dung cũng đang còn rất nhiều hạn chế. Bên cạnh với việc thay đổi các kì thi và hình thức thi, Bộ giáo dục cũng đã triển khai chương trình phổ thông năm 2018 với nhiều điều mới mẻ nhưng trong đó đặc biệt là dạy học theo định hướng phát triển năng lực người học. Với việc chuyển trọng tâm của quá trình dạy sang quá trình học thì người giáo viên cần có sự thay đổi về tư duy dạy học. Dạy học không chỉ là cung cấp kiến thức mà dạy học phải phát huy được tính tự học của học sinh. Tuy nhiên các dạng toán hình học không gian có nhiều tính chất và được khai thác theo hướng phát triển các bài toán sang sử dụng hệ trục tọa độ Đê-Cac vẫn là các bài toán khó đối với các em bởi những tính chất của bài toán bị ẩn giấu đi, nếu học sinh không được rèn luyện trước để hình dung và định hướng thì quả thực rất khó để khơi gợi sự đam mê và yêu thích môn học được. Với chương trình phổ thông mới 2018, việc đánh giá người học cũng đã có nhiều sự thay đổi. Thay vì đánh giá theo sự ghi nhớ chúng ta chuyển sang đánh giá theo các năng lực vận dụng vào giải quyết bài toán. Với các bài toán nâng cao, việc sử dụng và tiếp cận được nó thể hiện được việc phân loại cho đối tượng học sinh khá giỏi. Các bài toán được khai thác tính chất hình học không gian càng thể hiện được khả năng vận dụng và các năng lực của học sinh. Với những phân tích phía trên chúng tôi thấy rằng để phát huy tính tự học và sáng tạo của các em đồng thời giúp giáo viên giảng dạy phần kiến thức nhẹ nhàng hơn thì cần phải viết một sáng kiến thiết thực về vấn đề này. Từ những lí do trên chúng tôi chọn đề tài: “Khai thác tính chất hình học để xây dựng và phát triển các bài toán tọa độ không gian”. 1.2. Mục đích và nhiệm vụ của đề tài +) Nghiên cứu cơ sở lý luận về tư duy sáng tạo. +) Nghiên cứu các tính chất hình học không gian tổng hợp và các tính chất được xây dựng từ bài toán cực trị hình học không gian để xây dựng và phát triển các bài toán mới về tọa độ không gian. 4
+) Tạo ra hệ thống bài tập theo chủ đề nhằm rèn luyện kỹ năng giải toán phần tọa độ không gian cho học sinh, cho giáo viên khi dạy học theo chủ đề, ôn thi tốt nghiệp, góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn Toán ở trường phổ thông. 1.3. Đối tượng nghiên cứu Quá trình dạy học các nội dung Hình Học 12 – phần phương pháp tọa độ trong không gian. 1.4. Giới hạn của đề tài Đề tài tập trung và nghiên cứu các tính chất về mối quan hệ giữa các đối tượng điểm, đường thẳng, mặt phẳng trong không gian để xây dựng và phát triển các bài toán sử dụng phương pháp tọa độ. 1.5. Phương pháp nghiên cứu +) Phương pháp nghiên cứu lí luận. +) Phương pháp điều tra quan sát. +) Phương pháp thực nghiệm sư phạm. 1.6. Bố cục của đề tài SKKN Ngoài phần mở đầu, phần kết luận và tài liệu tham khảo, đề tài được trình bày trong 3 chương. Chương 1. Cở sở lí luận và thực tiễn. Chương 2. Khai thác tính chất hình học để xây dựng và phát triển các bài toán tọa độ không gian. Chương 3. Thực nghiệm sư phạm. 1.7. Thời gian thực hiện Năm học 2021-2022 5
PHẦN II. NỘI DUNG ĐỀ TÀI Chương 1. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 1.1. Cơ sở lý luận Với chương trình Hình học lớp 12 hiện hành, chúng tôi nhận thấy trong chương 3, phần hình học tọa độ không gian giới thiệu ba bài gồm: Hệ trục tọa độ; Phương trình mặt phẳng; Phương trình đường thẳng, trong ba bài học chỉ đề cập đến cách viết các dạng phương trình ở mức độ đơn giản, cách xác định tọa độ điểm, tọa độ của vec-tơ được suy luận ngay từ giả thiết của đề bài mà không thấy được các bài toán khó như các câu vận dụng cao trong đề thi tốt nghiệp. Như vậy với bài toán như thế phải đòi hỏi giáo viên có hệ thống bài tập và hướng dẫn cho học sinh một cách phù hợp để học sinh phát hiện và giải quyết được vấn đề. Trong các bài toán hình học tọa độ không gian có sử dụng các tính chất đặc biệt, việc phát hiện ra được các tính chất của bài toán giống như chúng ta đang có một chiếc chìa khóa để mở vào một căn phòng có đầy đủ tiện nghi mà mình chưa sử dụng hết. Bởi thế người giáo viên khi dạy học cho học sinh ngoài những kiến thức thiện cận còn phải đào sâu các kiến thức để học sinh phát hiện các vấn đề sâu xa của bài toán, có như thế mỗi bài toán sẽ cảm thấy độc đáo và thú vị hơn. 1.2. Cơ sở thực tiễn Để xác định cơ sở thực tiễn của đề tài, tôi sử dụng phương pháp điều tra nghiên cứu bằng cách tiến hành thăm dò 10 giáo viên dạy các trường THPT trong khu vực lận cận với nội dung: - Câu hỏi 1: Giáo viên có thường xuyên sử dụng phương pháp tọa độ để giải một số bài toán hình không gian tổng hợp không? - Câu hỏi 2: Giáo viên nhận thấy tính hiệu quả của phương pháp tọa độ khi áp dụng để giải các bài toán tổng hợp như thế nào? - Câu hỏi 3: Giáo viên có quan tâm đến vấn đề khai thác các tính chất của hình học không gian tổng hợp để giải các bài toán tọa độ trong không gian không? - Câu hỏi 4: Giáo viên nhận thấy tính hiệu quả khi dạy cho học sinh các tính chất của bài toán hình tổng hợp trong bài toán phương pháp tọa độ không gian như thế nào? Kết quả tôi thu thập được: Kết quả Tỉ lệ % Câu hỏi 1 7 giáo viên thường xuyên sử dụng 70% 2 giáo viên sử dụng khi không thể giải 20% bằng phương pháp hình tổng hợp 1 giáo viên ít sử dụng 10% 8 giáo viên cho là rất hiệu quả 80% Câu hỏi 2 1 giáo viên cho là bình thường 10% 1 giáo viên cho là không hiệu quả 10% 6 giáo viên quan tâm đến vấn đề này 60% 6
Câu hỏi 3 2 giáo viên có biết nhưng chưa áp dụng 20% 2 giáo viên không quan tâm 20% Câu hỏi 4 5 giáo viên nhận thấy rất hiệu quả 50% 4 giáo viên thấy bình thường 40% 1 giáo viên thấy không hiệu quả 10% Thực tế trong quá trình dạy học, số học sinh trong một lớp có thể kết hợp được tính chất và phương pháp tọa độ để giải bài toán hình học không gian là con số ít, bởi rất nhiều nguyên nhân trong đó có một số nguyên nhân có thể nhìn thấy được như: +) Học sinh chưa hiểu kĩ kiến thức phần tọa độ và các tính chất để xây dựng các bài toán hình học tọa độ. +) Học sinh có trí tưởng tượng không gian chưa tốt, chưa giải được một số bài toán hình không gian tổng hợp thường gặp. +) Do đặc thù môn học có tính trừu tượng cao nên việc tiếp thu và sử dụng các kiến thức hình học không gian là vấn đề khó đối với học sinh. +) Học sinh không phát hiện được mối liên hệ giữa tính chất hình học không gian với mối quan hệ biểu thị bằng phương pháp tọa độ. +) 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. +) Do giáo viên chưa có phương pháp phù hợp với năng lực của học sinh. Từ những vấn đề đã đưa ra ở trên cho thấy việc xây dựng và phổ biến đề tài là rất cấp thiết, sẽ đáp ứng được rất nhiều yêu cầu trong quá trình dạy học. 1.3. Mục tiêu của đề tài - Xây dựng các phương pháp giải các bài toán đơn giản, hiệu quả hơn. - Giảm bớt mức độ trừu tượng của lớp bài toán giải bằng phương pháp tọa độ và các bài toán có lồng các tính chất hình học không gian tổng hợp trong bài toán tọa độ không gian. - Xây dựng hệ thống bài tập theo tính chất chỉ ra, các bài toán sử dụng phương pháp tọa hóa hình học không gian, các bài toán cực trị hình học sau khi đã phát hiện và giải được bằng hình học không gian tổng hợp rồi sử dụng phương pháp tọa độ để tìm các yếu tố trong bài toán đó, một số bài toán mới phát triển thêm. Chương 2. KHAI THÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC ĐỂ XÂY DỰNG VÀ PHÁT TRIỂN CÁC BÀI TOÁN TỌA ĐỘ KHÔNG GIAN 2.1. Một số kiến thức cơ bản - Khái niệm về đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp một đa giác: 7
+) Đường tròn đi qua tất cả các đỉnh của một đa giác được gọi là đường tròn ngoại tiếp đa giác đó hay còn gọi đa giác nội tiếp trong đường tròn. +) Đường tròn nội tiếp một đa giác là đường tròn tiếp xúc với tất cả các cạnh của đa giác đó hay còn gọi đa giác ngoại tiếp đường tròn. - Khái niệm về mặt cầu nội tiếp, ngoại tiếp hình đa diện: +) Mặt cầu đi qua tất cả các đỉnh của hình đa diện được gọi là mặt cầu ngoại tiếp hình đa diện đó hay còn gọi hình đa diện nội tiếp trong mặt cầu. +) Mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình đa diện được gọi là mặt cầu nội tiếp hình đa diện hay hình đa diện ngoại tiếp mặt cầu. - Mặt cầu ngoại tiếp, nội tiếp hình nón, hình trụ: +) Mặt cầu ngoại tiếp hình trụ có tâm là tâm đường tròn ngoại tiếp thiết diệnh hình chữ nhật qua trục của hình trụ. O 2 h2 Tâm I là trung điểm OO ' , bán kính r  R  I 4 O' +) Mặt cầu nội tiếp hình trụ chỉ tồn tại khi hình trụ có đường kính đáy bằng chiều cao của hình trụ, có tâm là tâm đường tròn nội tiếp thiết diện hình vuông qua trục của hình trụ. I Tâm I là trung điểm OO ' , bán kính r  R với điều kiện h  2R +) Mặt cầu nội tiếp hình nón có tâm là tâm đường tròn nội tiếp S thiết diện qua trục của hình nón. Bán kính mặt cầu r  IO I M O +) Mặt cầu ngoại tiếp hình nón có tâm là tâm đường tròn ngoại S tiếp thiết diện đi qua trục của hình nón. Tâm E là giao điểm của trục SO và trung trực của một đường sinh, bán kính r  SE E - Phương trình mặt phẳng, mặt cầu, đường thẳng: +) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình tổng quát mặt phẳng có dạng là: ax  by  cz  d  0 8
+) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , đường thẳng đi qua điểm M  x0 ; y0 ; z0   có vec-tơ chỉ phương u   u1 ; u2 ; u3  có phương trình tham số và phương trình chính  x  x0  tu1  x  x0 y  y0 z  z0 tắc lần lượt là:  y  y0  tu2 ,  t    ;   ,  u1 , u2 , u3  0   z  z  tu u1 u2 u3  0 3 +) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz , phương trình mặt cầu tâm I  a; b; c  , bán kính R có dạng là:  x  a  2   y  b  2   z  c 2  R 2 2.2. Phân tích mối liên hệ giữa bài toán tọa độ với tính chất hình học được sử dụng vào bài toán trong chương trình hiện hành Bài toán 1: (Bài tập 10-sgk hình học 12 cơ bản-trang 81) Giải bài toán sau đây bằng phương pháp tọa độ: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh bằng 1. a) Chứng minh rằng hai mặt phẳng  AB ' D ' và  BC ' D  song song với nhau. b) Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng nói trên. Lời giải a) Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao cho điểm z A  0;0;0  là gốc tọa độ, điểm B 1;0;0 , D  0;1;0  , A' D' A '  0;0;1 . Khi đó ta có C ' 1;1;1 , B ' 1;0;1 , D '  0;1;1 . Phương trình mặt phẳng  AB ' D ' là: x  y  z  0 B' C' Phương trình mặt phẳng  BC ' D  là: x  y  z  1  0 A D y Vậy hai mặt phẳng  AB ' D ' và  BC ' D  song song với B C nhau. x b) Sử dụng kết quả câu a) ta có: 1 1 d   AB ' D ' ,  BC ' D    d  A,  BC ' D     2 12  12   1 3 Nhận xét: Nhìn vào phương pháp thấy rằng với công cụ tọa độ, bài toán được giải nhanh chóng mà không cần phải sử dụng chi tiết các tính chất về quan hệ song song để chứng minh hai mặt phẳng song song hoặc cách để tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng cũng không cần phải đi xác định hình chiếu của điểm lên mặt. Như vậy về mặt phương pháp thì các bài toán được gắn tọa độ sẽ có lợi thế hơn khi giải các bài toán không gian thông qua các phương trình đường và mặt. Thứ hai, rõ ràng không phải bài toán nào cũng có thể gắn tọa độ vào được và chúng ta thấy rằng đối với một mặt phẳng chỉ cần biết tọa độ ba điểm để lập được phương trình mặt phẳng, các điểm còn lại không cần phải xét tọa độ của chúng dẫn tới cảm nhận bài toán sẽ gọn gàng hơn trong quá trình giải. 9
Bài toán 2: (Bài tập 10-sgk hình học 12 cơ bản-trang 91) Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' có cạnh bằng 1. Tính khoảng cách từ đỉnh A đến các mặt phẳng  A ' BD  và  B ' D ' C  Cách giải bài toán này cũng tương tự như bài toán 1 ở trên. Bài toán 3. (Đề tham khảo Bộ Giáo Dục và Đào tạo 2020-2021) Trong không gian Oxyz , cho hai điểm A  2;1;3  và B  6;5;5  . Xét khối nón  N  có đỉnh A , đường tròn đáy nằm trên mặt cầu đường kính AB . Khi  N  có thể tích lớn nhất thì mặt phẳng chứa đường tròn đáy của  N  có phương trình dạng 2 x  by  cz  d  0 . Giá trị của b  c  d bằng A. 21 . B. 12 . C. 18 . D. 15 . Lời giải  Ta có: AB   4; 4; 2  , AB  6 . Gọi M là điểm thuộc đoạn IB ( M không trùng B ) sao cho IM  x  0  x  3 . Khi đó AM  x  3 , MC  9  x 2 . Thể tích khối nón là: 1 1 V   MC 2 . AM    9  x 2   x  3 . 3 3 1     x 3  3x 2  9 x  27  3 Xét hàm số f  x    x3  3 x 2  9 x  27 , x   0;3 , có f   x   3 x 2  6 x  9 . x 1 Bảng biến thiên f  x  0    x  3  l  Suy ra max f  x   f 1  32 0;3 32  2  Như vậy Vmax  khi AM  4  AM  AB . 3 3  14 11 13  Với AM   xM  2; yM  1; zM  3  M  ; ; .  3 3 3  Vậy, mặt phẳng cần tìm qua M và nhận AB làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình là  14   11   13  4  x    4  y    2  z    0  2 x  2 y  z  21  0  3  3  3 10
b  2 Suy ra c  1  b  c  d  3  1   21  18 . d  21  Nhận xét: +) Bài toán là một sự kết hợp độc đáo giữa kiến thức chương 2 và chương 3 của hình học 12 với một bên là phần kiến thức hình học tổng hợp về khối tròn xoay và bên còn lại là phần kiến thức tọa độ không gian về phương trình mặt phẳng. +) Trong bài toán không đề cập đến các khái niệm mặt cầu ngoại tiếp hình nón nhưng chúng ta thấy rằng thực chất chúng ta đang làm việc với tính chất của bài toán hình học không gian về mặt cầu ngoại tiếp hình nón. +) Việc xác định mặt phẳng chứa đường tròn đáy của khối nón  N  chỉ có được khi bài toán cực trị hình học xảy ra tức là chúng ta tìm ra được vị trí điểm M để cố định cho mặt phẳng cần tìm. Nhận xét chung mục 2.2: Qua ba bài toán trên chúng tôi nhận thấy đề tài cần phải làm rõ được ba dạng toán để phục vụ cho quá trình dạy học đó là: +) Dạng toán về giải các bài toán hình học không gian tổng hợp bằng phương pháp tọa độ. +) Dạng toán về khai thác các tính chất hình học không gian tổng hợp trong các bài toán tọa độ. +) Dạng toán về tọa độ không gian trên cơ sở của bài toán cực trị hình học. 2.3. Khai thác tính chất hình học để xây dựng và phát triển các bài toán tọa độ không gian 2.3.1. Lớp bài toán hình học không gian giải bằng phương pháp tọa độ Thông thường đối với những bài toán có yếu tố vuông góc chúng ta mới sử dụng phương pháp tọa độ. Chẳng hạn các bài toán trong hình lập phương, hình hộp chữ nhật, lăng trụ đứng, hình chóp đã xác định được hình chiếu của đỉnh lên mặt đáy. Các bước thường làm là: Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ, trong bước này bao gồm xác định được gốc tọa độ, các trục Ox, Oy, Oz hoặc các điểm đặc biệt nằm trên các trục này. Bước 2: Xác định tọa độ các điểm và lập phương trình các đường mặt liên quan. Bước 3: Thực hiện giải điều kiện theo yêu cầu bài toán Bước 4: Kết luận phù hợp với yêu cầu đề bài. Như vậy nếu bài toán giải được bằng phương pháp tọa độ thì chỉ cần biến đổi theo tọa độ các điểm và các phương trình thay vì vẽ các đường và suy luận, chứng minh các tính chất, tính toán các đại lượng như phương pháp tổng hợp. Một số bài toán minh họa 11
Bài toán 1: Cho tứ diện OABC có OA , OB , OC đôi một vuông góc với nhau và OA  OB  OC  a . Gọi M là trung điểm BC . Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và OM bằng a 2a a a A. . B. . C. . D. . 2 3 3 2 Lời giải a a Chọn hệ trục tọa độ sao cho O  0;0; 0  , A  0;0; a  , B  a; 0;0  , C  0; a;0  , M  ; ; 0  . 2 2    AB   a;0; a   AB có một vtcp u  1; 0; 1 .   a a    OM   ; ;0   OM có một vtcp v  1;1; 0  , OA   0; 0; a  . 2 2       u , v .OA a u , v   1; 1;1  d  OM , BC      . u , v  3 Nhận xét: 1) Đây là bài toán cơ bản đầu tiên mà hầu như mọi giáo viên khi dạy cho học sinh cách sử dụng phương pháp tọa độ đều sử dụng để khởi đầu cho bài dạy của mình bởi hệ trục tọa độ đã có đầy đủ các yếu tố với cách chọn trục Ox là tia OB , trục Oy là tia OC và trục Oz là OA . Tất nhiên không nhất thiết là phải chỉ rõ điều này mà chỉ cần đọc tọa độ các điểm O, B, C , A là đảm bảo cho việc gắn tọa độ cho bài toán. 2) Câu hỏi đặt ra là liệu phương pháp tọa độ có ngắn gọn hơn phương pháp hình học không gian tổng hợp hay không? Và rằng câu trả lời như chúng ta đã biết, phương pháp tọa độ không cần phải kẻ thêm đường phụ, phát hiện các tính chất nên chắc chắn phải ngắn gọn hơn. Bài toán 2 là một ví dụ chứng minh điều này. Bài toán 2: Cho hình chóp S. ABCD , đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  ; M , N là hai điểm nằm trên hai cạnh BC , CD . Đặt BM  x , DN  y  0  x, y  a  . Hệ thức liên hệ giữa x và y để hai mặt phẳng  SAM  và  SMN  vuông góc với nhau là: A. x 2  a 2  a  x  2 y  . B. x 2  a 2  a  x  y  . C. x 2  2a 2  a  x  y  . D. 2x 2  a 2  a  x  y  . 12
Lời giải Tọa độ hóa với O  A , Ox  AD , Oy  AB , S Oz  AS . Đặt SA  z  0 , ta có S  0; 0; z  , M  x; a; 0  , N  a; y ; 0  .   AS   0;0; z    Do đó     AS ; AM    az; xz;0  .  AM   x; a;0   A D  SM   x; a;  z        SM ; SN    yz  az; xz  az; xy  a 2   SN   a; y;  z  N B M C   Mặt phẳng  SAM  nhận  AS ; AM    az; xz;0  là một VTPT.   Mặt phẳng  SMN  nhận  SM ; SN    yz  az; xz  az; xy  a 2  là một VTPT.     Ta có  SAM    SMN    AS ; AM  .  SM ; SN   0  az  az  yz   xz  xz  az   0  a  a  y   x  x  a   0  x 2  a 2  a  x  y  . Nhận xét: Bài toán trên là bài toán động bởi sự thay đổi vị trí của các điểm M và N , thay vì xác định góc giữa hai mặt phẳng để tìm điều kiện cho hai mặt mặt phẳng vuông góc thì chúng tôi lựa chọn điều kiện vuông góc theo phương pháp tọa độ là sử dụng cặp vec-tơ pháp tuyến (hai mặt phẳng vuông góc nếu tích vô hướng của hai vec-tơ pháp tuyến của chúng bằng 0 ). Bài toán 3: 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 mặt phẳng  ABCD  . Gọi G là trọng tâm của tam giác SAB và M , N lần lượt là trung điểm của SC, SD . Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng  GMN  và  ABCD  . 2 39 3 2 39 13 A. . B. . C. . D. 39 6 13 13 Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ.  3a  a Khi đó S  0;0;  ; A  ;0;0  ;  2   2  a  a   a  B  ;0;0  ; C  ; a;0  ; D  ; a;0  , suy 2  2   2   a 3 a a a 3 ra G  0;0;  ; M  ; ;  ;  6  4 2 4   a a a 3 N   ; ;   4 2 4  13
 Ta có mặt phẳng  ABCD  có vectơ pháp tuyến là k   0;0;1 , mặt phẳng  GMN  có     a 3 a vectơ pháp tuyến là n  GM ; GN    0;  ;   24 4  Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  GMN  và  ABCD  , ta có  1 n.k 2 39 cos     4  . n.k 39 13 24 Nhận xét: 1) Trong bài toán 3 chúng ta thấy rằng chưa có yếu tố vuông góc của ba trục nên để sử dụng được phương pháp tọa độ cần xây dựng hệ trục tọa độ hợp lí. Ngoài cách chọn hệ trục như trên có thể thay đổi các cách chọn sau: Chọn gốc hệ trục tọa độ tại điểm Chọn gốc hệ trục tọa độ tại điểm A  0;0;0  B  0;0;0  Các trục Ox, Oy , Oz như hình vẽ sao cho Các trục Ox, Oy, Oz như hình vẽ sao a 3a   a 3a  B  a;0; 0  , C  0; a; 0  , S  ; 0;  cho A  a;0; 0  , D  0; a;0  , S   ;0;  2 2   2 2  Ngoài ra có thể chọn sao cho điểm đặt của gốc tọa độ tại các điểm C hoặc D , tuy nhiên việc chọn hệ trục tọa độ là lý tưởng khi việc xác định tọa độ các điểm liên quan trong bài toán là đơn giản nhất. 2) Qua bài toán thì công cụ tính góc giữa hai mặt phẳng được quy về góc giữa hai vec-tơ pháp tuyến. Rõ ràng với phương pháp này chúng ta không cần quan tâm đến bài toán xác định góc giữa hai mặt phẳng theo định nghĩa dựng hai đường vuông góc với hai mặt hoặc xác định giao tuyến để đi xác định góc giữa hai mặt theo góc tạo bởi hai đường thẳng cùng vuông góc với giao tuyến tại một điểm. 14
Bài toán 4: Cho hình lập phương ABCD. ABC D cạnh bằng a . Lấy điểm M thuộc  a 2 đoạn AD , điểm N thuộc đoạn BD sao cho AM  DN  x ,  0  x   . Tìm x  2  theo a để đoạn MN ngắn nhất. a 2 a 2 a a A. x  . B. x  . C. x  . D. x  . 3 4 3 2 Lời giải Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O  A , A B AD  Ox , AB  Oy , AA  Oz . A  0;0;0  , D  a;0;0  , B  0; a;0  , A  0;0; a  , N D  a;0; a  , B  0; a; a  , C   a; a;0  , C  a; a; a  . D C M  x a 2x a 2x x  M  ;0;  , N  ; ; a  .  2 2   2 2  B' A' 2 2 2 x x   MN 2  2 x  a    2 2  2 2a 2  a 2  3x 2  2 2ax  a 2  3  x 2  2 ax   .  3 9  3 D' C' 2  2a  a 2  MN 2  3  x    . Vậy MN ngắn  3  3 a 2 nhất  x  . 3 Nhận xét: Bài toán này nếu giải theo chương trình lớp 11 chúng ta thường sử dụng công cụ vec-tơ, đặc biệt thường xuất hiện trong đề thi học sinh giỏi. Tuy nhiên thấy rằng với công cụ tọa độ, bài toán có cách giải thật ngắn gọn với việc tính tọa độ các điểm M và N , sau đó tính độ dài đoạn MN để tìm điều kiện ngắn nhất. Kết thúc mục này chúng tôi muốn nhấn mạnh rằng ưu điểm của phương pháp tọa độ là: +) Cách giải ngắn gọn, thực hiện dễ dàng thông qua các phép toán. +) Không cần kẻ thêm nhiều đường phụ, chỉ cần chọn được một hệ trục lý tưởng và tính được tọa độ các điểm tương ứng. +) Các quan hệ trong hình học tổng hợp hoàn toàn có thể biểu diễn thông qua ngôn ngữ tọa độ nên có thể giải quyết được nhiều bài toán hình học khó. Nhận xét chung 2.3.1: Đề tài chỉ chọn lọc một số bài toán minh họa cho lớp bài toán theo cách tư duy chủ quan của chúng tôi. Qua các bài toán trên thấy được một số vấn đề chung được rút ra là: 15
+) Phương pháp giải bằng tọa độ có ưu điểm hơn phương pháp tổng hợp vì bài toán giải trên các biểu thức tọa độ, phương trình các đường mặt, mối quan hệ điểm vecto mà không cần phải phát triển thêm các kĩ năng vẽ các đường phụ, nhận diện các tính chất của bài toán. +) Không phải mọi bài toán hình học không gian tổng hợp đều có thể giải bằng phương pháp tọa độ mà chỉ có một số bài toán nhất định trong đó đặc biệt là các bài toán đã có yếu tố vuông góc của ba đường tại một điểm nào đó. Tuy nhiên việc xây dựng hệ trục tọa độ cho bài toán là linh hoạt miễn là đảm bảo được ván đề xác định tọa độ các điểm liên quan trong bài toán. +) Giáo viên khi dạy cần tạo cho học sinh lối suy nghĩ bài toán theo nhiều hướng khác nhau và đặc biệt hình thành cho học sinh phương pháp mới về tọa độ hóa ngoài phương pháp hình học tổng hợp quen thuộc. 2.3.2. Lớp bài toán tọa độ xây dựng và phát triển trên các tính chất hình học không gian thường gặp Thực tế trong chương trình môn toán THPT có rất nhiều tính chất và các tính chất này đều có thể biểu thị và chứng minh bằng phương pháp tọa độ. Do tính giới hạn của đề tài nên trong đề tài này chỉ giới thiệu một số bài toán mang tính chất chủ quan của tác giả thể hiện được việc khai thác tính chất hình học không gian tổng hợp. Bài toán 1: Tìm điểm theo hệ thức Vec-tơ Trong không gian Oxyz , cho tam giác ABC có A 1; 2; 1 , B  2; 1;3 , C  4;7;5 . Tọa độ chân đường phân giác trong góc  ABC của tam giác ABC là 2 11 1 2 11 11 A.  ; ;  . B.  2;11;1 . C.   ; ;1 . D.  ; 2;1 .  3 3 3  3 3  2  Lời giải A E B C Gọi E  x; y; z  chân đường phân giác trong góc  ABC của tam giác ABC . Ta có AB  26, BC  2 26 . AE AB 1 Theo tính chất đường phân giác ta có:    EC  2 AE EC BC 2 16
 2 x   3 4  x  2  x  1      11 2 11  EC  2 AE  7  y  2  y  2    y  . Vậy E   ; ;1 .   3  3 3  5  z  2  z  1 z  1   Nhận xét: Đây là bài toán tìm tọa độ chân đường phân giác khi biết tọa độ ba đỉnh của tam giác. Bản chất của việc tìm ra điểm ở bài toán ẩn dấu trong hai tính chất quan trọng AE AB   là tỉ số phân giác trong  và hệ thức vec-tơ EC  2 AE để tìm ra điểm E . EC BC Các tính chất này vốn thường được dùng trong các bài vec-tơ không gian thuần túy nhưng hoàn toàn có thể chuyển sang bài toán tọa độ bằng cách gắn thêm tọa độ các đỉnh của tam giác. Bài toán 2: Xác định các mối quan hệ điểm, đường, mặt có yếu tố vuông góc. Trong không gian tọa độ Oxyz , cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có S  5; 4; 6  , A  1; 4;3  , C  5;  2;3 . K là trung điểm AC và H là trực tâm tam giác SAB . Tính độ dài đoạn thẳng KH 3 3 3 2 3 5 A. . B. . C. 2 3 . D. . 2 5 2 Lời giải Gọi M là trung điểm của đoạn AB . Dễ S thấy H  SM (do tam giác SAB cân tại S và M là trung điểm của đoạn AB ). Theo giả thiết suy ra SK   ABCD   SK  AB; SM  AB . Như vậy AB   SMK  nên AB  KH . 1 D H A Mặt khác, có AK  BD, AK  SK nên M AK   SBD   AK  SB . K B Ta có AH  SB (do H là trực tâm của tam C giác SAB ) nên SB   AKH   SB  KH .  2  Từ 1 và  2  suy ra  SAB   KH  KH  SM . Xét tam giác SKM vuông tại K có KH là đường cao ta có 1 1 1 SK .KM 2  2   KH  . KH SK KM 2 SK 2  KM 2 Mà K là trung điểm AC nên K  2;1;3  SK  3 3 . Do tứ giác ABCD là hình vuông nên: 17
2 2 2 AC AC   5  1   2  4    3  3  6 2  KM   3. 2 2 3 3.3 3 3 Vậy KH   . 2 2 3 3  9 Nhận xét: 1) Bài toán này thực chất là bài toán đặc trưng về tam diện vuông được trình bày ở phần hình không gian lớp 11 (sgk hình học 11-trang 105-Đường thẳng vuông góc với mặt phẳng): Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi H là chân đường vuông góc hạ từ O tới mặt phẳng  ABC  . Chứng minh: 1 1 1 1 a) H là trực tâm của tam giác ABC 2  2  b) 2  OH OA OB OC 2 Với việc nhúng tứ diện SKAB vào trong hình chóp đều S. ABCD để tạo nên một bài toán mới. 2) Tính chất sử dụng trong bài toán bao gồm các tính chất của trực tâm tam giác 1 1 1 (giao của ba đường cao), đường cao của tam giác vuông ( 2  2  2 ), tính chất h a b hình chóp đều (hình chiếu của đỉnh lên đáy trùng với tâm của đáy). Các tính chất này đều là các tính chất về quan hệ vuông góc trong không gian. 3) Với yêu cầu của bài toán là tính độ dài đoạn thẳng KH , tuy nhiên nếu nhìn theo khía cạnh khoảng cách thì bài toán này có thể thay đổi và phát triển thêm như: +) Tính khoảng cách từ điểm K đến mặt phẳng  SAB  . +) Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng  SAB  . +) Tính khoảng cách từ giữa đường thẳng CD và mặt phẳng  SAB  +) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau CD và SA . 4) Với bài toán này chúng ta có thể phát hiện tính chất KH   SAB  và áp dụng công abc thức tính nhanh h  để tính độ dài đoạn KH . ab  bc  ca Bài toán 3: Tính khoảng cách giữa hai đường chéo nhau Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA  2a và vuông góc với  ABCD  . Gọi M là trung điểm của SD . Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SB và CM . 2a a a a 2 A. d  . B. d  . C. d  . D. d  . 3 3 6 2 Lời giải 18
Cách 1: Phương pháp hình học cổ điển S Gọi E là điểm đối xứng với D qua C . M  CM là đường trung bình của SED H  CM //  SBE  . D  d  CM ; SB   d  CM ;  SBE    d  C;  SBE   A  d  A;  SBE   ( vì AC //  SBE  ) I B C Kẻ AI  BE và AH  SI , từ đó suy ra AH   SBE  E SA. AI  d  A;  SBE    AH  . SA2  AI 2 1 a 2 Trong đó SA  2a; AI  d  A; BE   d  B; AC   BD  . 2 2 a 2 2a. 2 2a  d  CM ; SB   d  A;  SBE    AH   . 2 a2 3 4a  2 Cách 2: Phương pháp tọa độ trong không z gian S Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ M Ta có: A  0;0;0  , B  0;1;0  , C 1;1;0  , D 1;0;0  , S  0;0; 2    1    D A x  CM    ; 1;1 , SB   0;1; 2  , SC  1;1; 2   2     1 B C  CM ; SB    1; 1;    2 y    CM ; SB  .SC 111 2 Ta có       . CM ; SB  1 3   11 4 2a Vậy d  CM ; SB   . 3 Nhận xét: Đây là một bài toán khoảng cách đặc trưng giữa hai đường thẳng chéo nhau, chúng tôi chủ định giải bài toán theo hai cách với mục đích so sánh cách giải bằng hình hình học không gian tổng hợp và cách giải về phương pháp tọa độ theo các mặt sau: Nội dung Phương pháp tổng hợp Phương pháp tọa độ Hình vẽ - Kẻ thêm hình để tạo mặt - Vẽ tạo ba trục phẳng song song - Số đường không thay đổi nhiều - Số đường phức tạp hơn so với so với giả thiết đề bài số đường vẽ từ ban đầu so với 19
giả thiết Quy trình - Tạo mặt phẳng chứa đường - Chọn hệ trục và gắn tọa độ cho này song song với đường kia các điểm lên quan - Tìm hình chiếu của điểm lên - Tính tọa độ của hệ các vec-tơ mặt - Tính khoảng cách theo công - Tính khoảng cách từ điểm đến thức mặt Công cụ - Hệ thức chiều cao trong tam - Ứng dụng tính chất tích có tính toán giác vuông hướng    1 1 1 bc  a, b  .c 2  2  2 h   h b c b  c2 2 h    a, b  - Sử dụng máy tính khi biết   được biểu thức tính toán rõ ràng - Sử dụng được máy tính khi tường minh. không cần biết biểu thức tính toán tường minh. Qua phép so sánh chúng ta nhận thấy ưu điểm của phương pháp tọa độ. Bởi chúng ta thấy rằng để học sinh hiểu và tính được khoảng cách giữa hai đường chéo nhau phải là những học sinh đã có vốn kiến thức về hình học không gian, có thể tưởng tượng và dựng thêm được hình phụ và để học sinh đạt được cách làm bài như thế cần một quá trình rèn luyện nhất định. Tuy nhiên nếu học sinh giải được bằng phương pháp tọa độ, chúng ta thấy không cần biết vị trí các đường trên hình vẽ như thế nào để dựng thêm hình phụ mà chỉ cần làm việc với các tọa độ và áp dụng công thức và phạm vi áp dụng cho đối tượng học sinh sẽ được mở rộng hơn với cách giải và tư duy đơn giản hơn. Bài toán 4: Xác định các yêu tố theo tính chất tiếp tuyến với mặt cầu Trong không gian Oxyz , cho mặt cầu  S  : x 2  y 2   z  1 2  4 và điểm A  2;2; 2 . Từ A kẻ ba tiếp tuyến AB , AC , AD với B , C , D là các tiếp điểm. Viết phương trình mặt phẳng  BCD  . A. 2 x  2 y  z  1  0 . B. 2 x  2 y  z  3  0 . C. 2 x  2 y  z  1  0 . D. 2 x  2 y  z  5  0 . Lời giải Mặt cầu  S  có tâm I  0;0;1 , bán kính R  2.  Có IA   2; 2;1  IA  3 . Tam giác ABI vuông tại B nên ta có AB  IA2  IB2  5 . Gọi H  x ; y ; z  là chân đường cao kẻ từ B của tam giác ABI . Ta có: 20