Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số sai lầm khi vận dụng các định lí và tính chất để giải các bài toán hình học không gian

Chia sẻ: Ganuongmuoiot | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:21

Thêm vào BST

Báo xấu

33
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu nghiên cứu của đề tài nhằm giúp học sinh khắc phục các sai lầm khi giải toán hình học không gian. Từ đó nâng cao chất lượng học tập của học sinh. Tìm ra phương pháp dạy học phù hợp với học sinh, tạo hứng thú học tập cho học sinh.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số sai lầm khi vận dụng các định lí và tính chất để giải các bài toán hình học không gian

MỤC LỤC Nội dung Trang MỤC LỤC………………………………………………………… 1 Phần I. Đặt vấn đề:………………………………………… 2 Phần II. Giải quyết vấn đề:……………………………………….. 3 A. Cơ sở lý thuyết………………………………………………… 3 B. Nội dung………………………………………………………. 6 Vấn đề 1: Phát biểu một định lí không chính xác………………. 6 Vấn đề 2: Vận dụng các định lí trong trường hợp thiếu điều kiện 7 Vấn đề 3: Sử dụng các định lí về tương quan giữa các đường thẳng trong mặt phẳng đem mở rộng cho trường hợp trong không gian………………………………………………………………… 9 BÀI TẬP THÊM………………………………………………….. 16 KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU.............................................................. 19 Phần III. Kết luận………………………………………………….. 19 PHỤ LỤC…………………………………………………………. 20 1
PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Lý do chọn đề tài: Hình học là phần khó của chương trình toán THPT, nhất là hình học không gian ở lớp 11 và lớp 12 đòi hỏi học sinh phải nắm vững lý thuyết, có tư duy Toán nhất định mới có thể vẽ được hình, đọc được hình rồi giải các bài toán nên nhiều học sinh rất ngại khi học và làm các bài toán về hình học không gian. Đây cũng là một trong các môn học cung cấp cho học sinh nhiều kĩ năng, đức tính, phẩm chất của con người lao động mới. Ngoài việc cung cấp cho học sinh kiến thức, kĩ năng giải toán hình học không gian, còn rèn luyện cho học sinh đức tính, phẩm chất của con người lao động mới: cẩn thận, chính xác, có tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mĩ, tư duy sáng tạo cho học sinh. Thông thường khi vận dụng các định lí để chứng minh các tính chất hoặc để tính toán, ta thường gặp các sai lầm. - Phát biểu một định lí không chính xác. - Vận dụng các định lí trong trường hợp thiếu điều kiện - Sử dụng các định lí về tương quan giữa các đường thẳng trong mặt phẳng đem mở rộng cho trường hợp trong không gian. Tuy nhiên trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy học sinh lớp 11CB rất e ngại học môn hình học không gian vì các em nghĩ rằng nó trừu tượng, thiếu tính thực tế. Chính vì thế mà có rất nhiều học sinh học yếu môn học này, về phần giáo viên cũng gặp không ít khó khăn khi truyền đạt nội dung kiến thức và phương pháp giải các dạng bài tập hình học không gian. Qua nhiều năm giảng dạy môn học này tôi cũng đúc kết được một số kinh nghiệm nhằm giúp các em tránh được một số sai sót trong quá trình giải các bài toán hình học không gian đó là lý do tôi đúc rút trong đề tài “MỘT SỐ SAI LẦM KHI VẬN DỤNG CÁC ĐỊNH LÍ VÀ TÍNH CHẤT ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN’’ 2. Mục đích nghiên cứu. 2
Giúp học sinh khắc phục các sai lầm khi giải toán hình học không gian. Từ đó nâng cao chất lượng học tập của học sinh. Tìm ra phương pháp dạy học phù hợp với học sinh, tạo hứng thú học tập cho học sinh. 3. Đối tượng ngiên cứu: Một số định lý, tính chất của hình học không gian và ứng dụng của nó. 4. Đối tượng khảo sát, thực nghiệm Học sinh khối 11,12 năm học 2019-2020 5. Phương pháp nghiên cứu: Để thực hiện mục đích và nhiệm vụ của đề tài, trong quá trình nghiên cứu tôi đã sử dụng các nhóm phương pháp sau: Nghiên cứu các loại tài liệu sư phạm, quản lí có liên quan đến đề tài. Phương pháp điều tra (nghiên cứu chương trình, hồ sơ chuyên môn,…). Phương pháp đàm thoại phỏng vấn PHẦN II. GIẢI QUYẾT VẤN DỀ: A. Cơ sở lý thuyết I. Quan hệ vuông góc 1. Hai đường thẳng vuông góc a) Định nghĩa : a  b   a , b  900 b) Tính chất   + Giả sử u là vectơ chỉ phương của a, v là vectơ chỉ phương của b. Khi  đó a  b  u.v  0 +  b  c  a  b a  c 2. Đường thẳng và mặt phẳng vuông góc a. Định nghĩa d  (P)  d  a, a  (P) b. Tính chất Điều kiện để đường thẳng vuông góc với mặt phẳng: + a, b  ( P), a  b  O  d  ( P)  d  a, d  b +  a  b  ( P)  b +  a  b  a b ( P)  a  a  (P), b  ( P) + ( P)  (Q)  a  (Q) + ( P)  (Q)  (P)  Q)  a  (P) ( P)  a,(Q)  a 3
+ a  (P)  b  a + a  (P)  a   P)  b  (P)  a  b,( P)  b Định lí ba đường thẳng vuông góc Cho a  ( P), b  ( P) , a là hình chiếu của a trên (P). Khi đó b  a  b  a 3. Hai mặt phẳng vuông góc a. Định nghĩa (P)  (Q)   (P),(Q)   900 b. Tính chất Điều kiện để hai mặt phẳng vuông góc với nhau: ( P)  a  ( P)  (Q)  a  (Q) ( P)  (Q)  + ( P)  (Q),(P)  (Q)  c  a  (Q) +  A  ( P)  a  ( P)  a  (P), a  c  a  A, a  (Q) ( P)  (Q)  a  + ( P)  ( R)  a  ( R) (Q)  ( R) II. Góc và khoảng cách 1. Góc a. Góc giữa hai đường thẳng: a//a', b//b'   a , b   a ', b ' Chú ý: 00   a , b  90 0 b. Góc giữa đường thẳng với mặt phẳng: Nếu d  (P) thì  d ,( P) = 90 . 0 Nếu d  ( P) thì  d ,( P) =  d , d ' với d’ là hình chiếu của d trên (P). Chú ý: 00   d ,( P)  90 0  ( P),(Q)   a  a  (P)   c. Góc giữa hai mặt phẳng:  , b  b  (Q) Giả sử (P)  (Q) = c. Từ I  c, dựng  a  (P), a  c   ( P),(Q)    a , b  b  (Q), b  c Chú ý: 00  (   P),(Q)  900 d. Diện tích hình chiếu của đa giác: Gọi S là diện tích của đa giác (H) 4
trong (P), S’ là diện tích của hình chiếu (H’) của H trên (Q),  =  ( P),(Q)  . Khi đó S = S.cos 2. Khoảng cách a. Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng (mặt phẳng) bằng độ dài đoạn vuông góc vẽ từ điểm đó đến đường thẳng (mặt phẳng). b. Khoảng cách giữa đường thẳng vằ mặt phẳng song song bằng khoảng cách từ một điểm bất kì trên đường thẳng đến mặt phẳng. c. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song bằng khoảng cách từ một điểm bất kì trên mặt phẳng này đến mặt phẳng kia. d. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng + Độ dài của đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đó. + Khoảng cách giữa một trong hai đường thẳng đó đến mặt phẳng song song với nó và chứa đường thẳng còn lại. + Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đó. III. Khối đa diện và thể tích của chúng 1. Thể tích của khối hộp chữ nhật: V  a.b.c với a, b, c là ba kích thước của khối hộp chữ nhật. 1 2. Thể tích của khối chóp V  Sñaùy .h 3 với S đáy là diện tích đáy, h là chiều cao của khối chóp 3. Thể tích của khối lăng trụ: V  Sñaùy .h với S đáy là diện tích đáy, h là chiều cao của khối lăng trụ 4. Một số phương pháp tính thể tích khối đa diện a. Tính thể tích bằng công thức: + Tính các yếu tố cần thiết: độ dài cạnh, diện tích đáy, chiều cao,.... + Sử dụng công thức để tính thể tích. 5
b. Tính thể tích bằng cách chia nhỏ Ta chia khối đa diện thành nhiều khối đa diện nhỏ mà ta có thể dễ dàng tính được thể tích của chúng. Sau đó, cộng các kết quả ta được thể tích của khối đa diện cần tính. c. Tính đa diện bằng cách bổ sung Ta có thể ghép thêm vào khối đa diện một khối đa diện khác so cho khối đa diện thêm vào và khối đa diện mới tạo thành có thể dễ tính được thể tích. d. Tính thể tích bằng công thức tỉ số thể tích Ta có thể vận dụng tính chất sau: Cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng. Với bất kì các điểm A, A’ trên VOABC OA OB OC Ox; B, B’ trên tia Oy, C, C’ trên tia Oz ta đều có:  . . VOA' B 'C ' OA ' OB ' OC ' O A' C' B' C A z x B y B. Nội dung Thông thường khi vận dụng các định lí để chứng minh các tính chất hoặc để tính toán, học sinh thường gặp các sai lầm. Vấn đề 1: Phát biểu một định lí không chính xác. Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với đáy. Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là những tam giác vuông. Giải SA  AB SAB vuông ở A SA  AD SAD vuông ở A 6
Ta cũng có SA  AB    SB  BC (theo định lý ba đường vuông góc) SBC AB  BC  vuông tại B Chứng minh tương tự SDC vuông tại D S A D B C  Thiếu sót chủ yếu ở lý luận trên đây là phát biểu định lý ba đường thẳng vuông góc một cách không chính xác. SA   ABCD     SB  BC AB  BC  - Vận dụng các định lí trong trường hợp thiếu điều kiện - Sử dụng các định lí về tương quan giữa các đường thẳng trong mặt phẳng đem mở rộng cho trường hợp trong không gian. Bài tập tương tự: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh SA = a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). a) Chứng minh các mặt bên là những tam giác vuông. b) Mặt phẳng () qua A và vuông góc với SC lần lượt cắt SB, SC, SD tại B’, C’, D’. Chứng minh B’D’ song song với BD và AB’ vuông góc với SB. c) Đặt BM = x. Tính độ dài đoạn SK theo a và x. Tính giá trị nhỏ nhất của đoạn SK. Vấn đề 2: Vận dụng các định lí trong trường hợp thiếu điều kiện Ví dụ 2: Cho hình chóp tam giác, đáy ABC là một tam giác vuông góc ở đỉnh B. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Từ A kẻ các đường AK vuông góc SB 7
và AH vuông góc với SC. Chứng minh rằng SC vuông góc với HK và AK vuông góc với HK. S H K A C B Giải: Theo giả thiết: SC  AH    SC   AHK  AH   AHK   Mặt khác HK nằm trong (AHK) suy ra SC HK AK  SB  Ta có:   AK   SBC  SB   SBC   AK   SBC     AK  HK HK   SBC    Những lí luận trên đây dựa trên một mệnh đề sai là: “Một đường thẳng vuông góc với một đường thẳng nằm trong một mặt phẳng thì vuông góc với mặt phẳng ấy”. Thật ra, muốn kết luận SC  (AHK) ta phải chứng minh được rằng SC vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng ấy, nghĩa là phải lý luận như sau: SA   ABC   BC  SB     BC   SAB   BC  AK 1 AB  BC  BC  AB  Theo giả thiết SB  AK (2) Từ (1) và (2) suy ra AK  (SBC)AK  HK 8
Tương tự chứng minh lại cho trường hợp SC  HK Bài tập tương tự: Cho tam giác đều SAB và hình vuông ABCD cạnh a nằm trong hai mặt phẳng vuông góc với nhau. Gọi H và K lần lượt là trung điểm của AB, CD và E, F lần lượt là trung điểm của SA, SB. a) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) và tan của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD). b) Gọi G là giao điểm của CE và DF. Chứng minh CF vuông góc với SA và CF vuông góc với SB. Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng (GEF) và (SAB). Hai mặt phẳng này có vuông góc với nhau không? Vấn đề 3: Sử dụng các định lí về tương quan giữa các đường thẳng trong mặt phẳng đem mở rộng cho trường hợp trong không gian. Ví dụ 3: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Qua đỉnh C của đáy dựng một mặt phẳng vuông góc với cạnh bên SA. Mặt phẳng này cắt các cạnh SA, SB, SD ở các điểm M, N, P. Chứng minh NP//BD. Giải: Kẻ đường cao SH SH(ABCD)  SHBD (1) ABCD là hình vuông ACBD (2) Từ (1) và (2) suy ra BD (SAC)  BDSA Theo giả thiết SA(CPMN) nên ta có NPSA Hai đường thẳng BD và NP cùng vuông góc với đường thẳng SA nên chúng song song với nhau. Vậy BD//NP 9
S M P N A D H B C Trong ví dụ này, kết luận dựa trên định lí : “Hai đường thẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau’’. Đó là một định lí của hình học phẳng. Nhưng việc mở rộng ra trong hình học không gian thì đó lại là một mệnh đề sai. Về bài này, ta phải lí luận như sau : Vì BD  SA và SA(COMN) nên theo định lí “Một đường thẳng và một mặt phẳng cùng vuông góc với một đường thẳng thì chúng song song với nhau “ ta có BD//(CPMN) Ta lại có (SBD) chứa BD và (CPMN)//BD nên giao tuyến của chúng là NP//BD. (Hoặc chứng minh NP và BD cùng vuông góc (SAC)) Ví dụ 4 : Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là một hình chữ nhật, cạnh SA vuông góc với mặt đáy. Từ đỉnh A kẻ các đường AH vuông góc với SB, AI vuông góc với SC, AK vuông góc với SD. Chứng minh rằng tứ giác AHIK nội tiếp được. Giải : SA   ABCD   Ta có   SB  BC AB  BC  Mặt khác, ABBC Vậy BC  (SAB)  BC  AH 10
Theo giả thiết AH(SBC) mà IH thuộc (SBC) cho nên AHHI  AHI  90o Chứng minh tương tự  AKI  90o Nên  AHI   AKI  180o Vậy tứ giác AHIK nội tiếp được S I K H D A B C  Sai lầm chủ yếu của chứng minh trên đây là chưa chứng minh rằng tứ giác AHIK là một tứ giác phẳng nghĩa là 4 điểm A, H, K, I cùng nằm trên một mặt phẳng. Cần chứng minh bổ sung lời giải trên đây bằng một chứng minh nữa. AH  ( SBC )  AH  SC    SC  ( AHI ) (1) AI  SC  Lý luận tương tự SC(AKI) (2) Vì qua một điểm nằm ngoài một đường thẳng ta chỉ có thể dựng được một mặt phẳng vuông góc với đường thẳng ấy nên rõ ràng hai mặt phẳng (AHI) và (AKI) trùng nhau do vậy 4 điểm A, H, I, K cùng nằm trên một mặt phẳng suy ra AHIK là một tứ giác phẳng. Ví dụ 5 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang ABCD vuông góc tại A và B, SA vuông góc với đáy. Cho biết AB = BC = a ; AD = SA = 2a. a) Tính diện tích xung quanh của hình chóp. Tính góc nhị diên cạnh SD. b) Một mặt phẳng (P) qua CD và trung điểm M của cạnh SA. Tính diện tích mặt cắt của hình chóp do mặt phẳng (P) tạo ra. 11
c) Tính tỉ số thể tích của hai phần hình chóp được chia bởi mặt phẳng (P). Giải : Để dựng thiết diện, ta kéo dài AB và DC cho cắt nhau tại một điểm B’. Nối MB’ cắt SB tại N. Tứ giác MNCD là thiết diện cần dựng. DC  a 2 AD = 2a   45o DAC Từ đó suy ra ACCD SA  ( ABCD)    SC  CD  CD  MC AC  CD  Vậy góc NCA là góc phẳng nhị diện hợp bởi thiết diện và đáy Ta lại có: MC2 = AC2 + MA2 = 2a 2 + a2 = 3a2. MC=a 3  AC a 2 6 Tính cos MCA   MC a 3 3 Để tính diện tích thiết diện, vì MA(ABCD) nên có thể sử dụng công S S ABCD thức S '  tức là SMNCD  cos  cosMCA 1 3a 2 Mà S ABCD   a  2 a  a  2 2 3a 2 3a 2 6 Vậy SMNCD  2  6 4 3 12
S M N A D B C B' A' A B S B' C C' c) Phương pháp tính tỉ số thể tích. Với một góc tam diện Sabc và các cặp điểm (A’,A), (B’,B), (C’,C) lần lượt nằm trên các tia Sa, Sb, Sc ta luôn có : VS . ABC SA SB SC  . . . VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' Áp dụng phương pháp này vào hình chóp S.ABCD với các cặp điểm (A,M), (B, N), (C,C), (D,D) ta có : VS . ABCD SA SB SC SD  . . . . VS . MNCD SM SN SC SD 2 AD = 2BCBB’ = a  B là trung điểm của AB’  SN = SB 3 VS . ABCD SA SB SC SD 2 3 1 1 3  . . .  . . .  VS . MNCD SM SN SC SD 1 2 1 1 1 13
VS . ABCD  VS .MNCD 3  1 VABCD.MNCD   2 VS .MNCD 1 VS .MNCD S M N A D A' B C B'  Các lời giải trên đây, thoạt nhìn có vẻ hợp lí và cho ta những đáp số chính xác, nhưng thật ra đó là những kết quả sai do những suy luận không đúng. Trước hết, trong lời giải câu b, do bị trực giác đánh lừa, ta nghĩ rằng hình chiếu của thiết diện MNCD trên đáy đúng là hình thang ABCD. Rõ ràng đây là một sai lầm vì ta mới chỉ có A là hình chiếu của M còn B thì không phải là hình chiếu của N (vì BN không vuông góc với đáy) Để có được hình chiếu của MNCD trên đáy, từ N trong mặt phẳng (SAB) ta kẻ NA’(ABCD) và hình chiếu của thiết diện MNCD trên đáy là tứ giác SAA'CD AA’CD. Và như vậy ta có SMNCD   cosMCA SAA’CD = SABCD – SA’BC NB 1 1 Vì  , NA '// SA  A ' B  a SB 3 3 1 1 1 SA'BC  . a.a  a 2 2 3 6 3a 2 1 2 4a 2 SAA'CD   a  2 6 3 14
4a 2 3 2a 2 6 Vậy SMNCD   6 3 3 Trong câu c, đã vận dụng một cách tùy tiện phương pháp tỉ số thể tích. Thực ra phương pháp này đã nêu rõ trường hợp vận dụng giới hạn trong góc tam diện, những trong lời giải ta đã mở rộng cho cả trường hợp một góc đa diện (ở đáy là góc tứ diện). Muốn vận dụng được phương pháp này đối với bài toán đã nêu, ta phải chia góc tứ diện thành từng góc tam diện, cụ thể - Góc tam diện SACD với các cặp điểm (A,M), (C,C), (D,D) - Góc tam diện SABC với các cặp điểm (A,M), (B,N), (C,C) VS . MCD SM SC SD 1 1 1 1  . .  . .  VS . ACD SA SC SD 2 1 1 2 VS . MNC SM SN SC 1 2 1 1  . .  . .  VS . ABC SA SB SC 2 3 1 3 Ta dễ dàng thấy rằng các hình chóp S.ABCD, S.ACD, S.ABC có đường 3a 2 2 a 2 cao chung và có đáy lần lượt là ,a , nên ta dễ dàng thấy 2 2 2 1 VS . ACD  .VS . ABCD , VS . ABC  .VS . ABCD 3 3 1 1 VS .MCD  VS . ACD  .VS . ABCD 2 3 1 1 VS .MNC  VS . ABC  .VS . ABCD 3 9 1 1 4 VS .MNCD    VS . ABCD  VS . ABCD 3 9 9 VS .MNCD 4  VMNCD. ABCD 5 Ta có thể giải bài toán này theo cách tính thể tích VMNCD.ABCD theo a như sau Lấy thể tích hình chóp S’.AMD ( đỉnh B’ – đáy là tam giác vuông AMD- đường cao là B’A) trừ đi thể tích hình chóp B’.BNC. 15
VMNCD.ABCD = VB’.AMD – VB’.BNC 1 1 2 VB '. AMD  .2a. .a.2a  a 3 3 2 3 Ta tính thể tích hình chóp B’.BNC bằng cách tính thể tích của hình chóp đáy là tam giác vuông BB’C (có BB’ = BC = a) đỉnh N (có đường cao 2 NA '  a ) 3 1 2 1 1 VN . BB ' C  . a. a.a  .a 3 3 3 2 9 2 1 5 Vậy VMNCD. ABCD  a3  a3  a 3 3 9 9 VS.ABCD = a3. 5 3 a VMNCD. ABCD 9 5 V 4  3   S .MNCD  VS . ABCD a 9 VMNCD. ABCD 5 Bài tập tương tự: Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M là trung điểm SC. Một mặt phẳng () đi qua AM và song song với BD chia khối chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần đó. BÀI TẬP THÊM Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi AE, AF là đường cao của các tam giác SAB và SAD. Chứng minh EF song song với BD. Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, gọi I, J là trung điểm AB, CD và giả sử SA = SB. Chứng minh rằng CD vuông góc với mặt phẳng (SEF) Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là nữa hình lục giác đều và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Một mặt phẳng qua A vuông góc với SD tại D’ cắt SB, SC tại B’, C’. a. Chứng minh rằng tứ giác AB’C’D’ nội tiếp được. 16
b. Tính thể tích hình chóp S.AB’C’D’. Bài 4. Cho tứ diện ABCD có ABCD và ACBD. Gọi H là hình chiếu của A xuống (BCD). Chứng minh rằng H là trực tâm tam giác BCD và AD vuông góc BC. Bài 5. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC đều. Hai mặt phẳng (SAC), (SAB) cùng vuông góc (ABC). Gọi I là trung điểm BC còn O và H lần lượt là trực tâm hai tam giác ABC và SBC. Chứng minh rằng a. SA(ABC) b. SB(COH) c. (SAI)(SBC) d. OH(SBC). Bài 6. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy bằng a đường cao bằng h. Một mặt phẳng (P) đi qua A vuông góc với SC, cắt SB; SC; SD theo thứ tự tại B’, C’, D’. a. h phải thỏa mãn điều kiện gì để C’ không vượt ra ngoài đoạn SC? Khi đó hãy tính thiết diện AB’C’D’. b. Tìm thể tích hình chóp S.AB’C’D’. Bài 7. Cho một lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ đáy ABC là một tam giác cân (AB = AC) có chu vi bằng 2p và góc ở đỉnh là . Qua đường chéo BC’ của mặt bên dựng một mặt phẳng song song với đường cao AH của tam giác ABC. Mặt phẳng này hợp với đáy một góc . Tính diện tích của thiết diện có được. Bài 8. Trong một hình hộp đứng, đáy là một hình bình hành có góc nhọn là  và một cạnh bằng a. Qua cạnh đáy này và cạnh đối diện của đáy trên ta đựng một thiết diện. Thiết diện này có diện tích là Q và hợp với đáy một góc . Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình hộp. Bài 9. Một mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt trên đường tròn đáy một cung  và tạo với đáy một góc . Tính thể tích hình nón nếu khoảng cách từ tâm đáy hình nón đến mặt phẳng là m. 17
Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Đường cao SA = h. Từ tâm O của đáy ta kẻ OC1SC. a) Chứng minh rằng OC1 là đường vuông góc chung của BD và SC. Gọi   là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD). Tính sin . Từ đó chứng minh  > 2  . 2 b) Một mặt phẳng (P) qua C1 và song song với BC cắt SA, SB, SD theo thứ tự ở A1, B1, D1. Thiết diện A1B1C1D 1 là hình gì? c) Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng A1B1 và C1D 1. H là chân đường vuông góc hạ từ S xuống (P). Tìm quỹ tích của I và H khi mp(P) quay xung quanh đường thẳng B1C1 sao cho A1 chỉ dời chổ trên đoạn SA của hình chóp. 18
KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU Sau khi tôi dạy một số tiết trên lớp và một số buổi bồi dưỡng thì tôi cho tiến hành kiểm tra khả năng tiếp thu kiến thức của học sinh trên các lớp tôi dạy thì thu được kết quả sau: Lớp Năm học Số học sinh đạt yêu cầu 11A3 2019-2020 30/41 (73,2 %) 12B7 2019-2020 27/36 (75%) PHẦN III. KẾT LUẬN. Có thể nói rằng, môn Toán có một vị trí quan trọng trong các trường học tạo cho học sinh lối tư duy lôgic ứng dụng vào các lĩnh vực nghiên cứu khoa học, áp dụng vào thực tế cuộc sống.Từ đó còn rèn luyện cho học sinh đức tính, phẩm chất của con người lao động mới: cẩn thận, chính xác, có tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mĩ, tư duy sáng tạo cho học sinh. Trên đây là một vài suy nghĩ, kinh nghiệm của bản thân rút ra được trong quá trình dạy phần Hình học không gian ở cấp THPT mà học sinh thường mắc phải khi giải các bài toán. Hy vọng với đóng góp nhỏ trên giúp cho học sinh tránh được các sai lầm trong quá trình tìm hiểu và giải các bài toán liên quan đến hình học phẳng, hình học không gian cũng như một số sai sót tương tự trong quá trình tiếp cận với môn Toán ở cấp THPT. 19
TÀI LIỆU THAM KHẢO 1. Bộ giáo dục và đào tạo (2007). Hình học 11. Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội. 2. Bộ giáo dục và đào tạo (2007). Bài tập Hình học 11. Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội. 3. Bộ giáo dục và đào tạo (2007). Hình học 12. Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội. 4. Bộ giáo dục và đào tạo (2007). Bài tập Hình học 12. Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội. 5. Bộ giáo dục và đào tạo (2000). Hình học 11. Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội. 6. Bộ giáo dục và đào tạo (2000). Bài tập Hình học 11. Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội. 7. Chủ biên: Nguyễn Đức Đồng (2001). Tuyển tập 500 bài toán Hình học không gian chọn lọc. Nhà xuất bản Thanh Hóa. Thanh Hóa 20