SKKN: Rèn luyện kĩ năng giải một số dạng bài tập về hình chóp dành cho học sinh luyện thi THPT quốc gia

Chia sẻ: Trần Thị Ta | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:26

Thêm vào BST

Báo xấu

37
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu của đề tài là Giúp học sinh: Khắc phục những điểm yếu khi giải các bài toán hình học không gian như: khả năng vẽ hình không gian, khả năng tư duy hạn chế. Có cách nhìn tổng quát các bài toán hình học không gian. Lựa chọn được cách giải thích hợp nhất khi đứng trước một bài toán. Xóa bỏ tâm lý “sợ” môn hình học không gian, gây hứng thú học tập cho học sinh. Có cách nhìn đa chiều về một vấn đề trong cuộc sống.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: SKKN: Rèn luyện kĩ năng giải một số dạng bài tập về hình chóp dành cho học sinh luyện thi THPT quốc gia

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP VỀ HÌNH CHÓP DÀNH CHO HỌC SINH LUYỆN THI THPT QUỐC GIA Người thực hiện: Nguyễn Thị Bích Phượng Chức vụ: Giáo viên SKKN thuộc lĩnh mực (môn): Toán THANH HÓA NĂM 2016 1
MỤC LỤC A. Mở đầu 01 I. Lý do chọn đề tài 01 II. Mục đích nghiên cứu 01 III. Đối tượng nghiên cứu 01 IV. Phương pháp nghiên cứu 01 B. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm 01 I. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm 01 II. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm 02 III. Giải pháp giải quyết vấn đề 02 §1. Cơ sở khoa học 02 §2. Một số dạng toán minh họa 05 IV. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm 19 C. Kết luận, kiến nghị 20 D. Tài liệu tham khảo, phụ lục 2
A. MỞ ĐẦU I. Lý do chọn đề tài Quá trình giảng dạy và ôn luyện cho học sinh dự thi tốt nghiệp THPT Quốc Gia (trước đây là thi Đại học – Cao đẳng)… tôi nhận thấy nhiều học sinh gặp khó khăn khi giải bài tập hình học không gian do khả năng tư duy tưởng tượng không gian của học sinh còn hạn chế và có tâm lý sợ môn hình học không gian. Trong khi đó, rất nhiều bài toán HHKG của chương trình toán THPT có thể được giải quyết một cách đơn giản hơn rất nhiều khi vận dụng phương pháp tọa độ. Tuy nhiên, vẫn có những bài toán giải bằng phương pháp hình học không gian thuần túy cho lời giải đơn giản hơn. Ngay cả những bài toán giải được bằng phương pháp tọa độ thì bài toán có đơn giản hay không một phần phụ thuộc vào cách chọn hệ trục toạ độ. Vì vậy, trong khuôn khổ bài viết này tôi tập trung vào những bài toán về hình chóp giải được bằng cả hai phương pháp và khi áp dụng phương pháp tọa độ việc chọn hệ tọa độ cũng đơn giản, dễ áp dụng giúp học sinh giải quyết được một số các bài toán hình học không gian mà các em thường gặp trong các kì thi cuối cấp. II. Mục đích nghiên cứu Giúp học sinh: Khắc phục những điểm yếu khi giải các bài toán hình học không gian như: khả năng vẽ hình không gian, khả năng tư duy hạn chế…Có cách nhìn tổng quát các bài toán hình học không gian. Lựa chọn được cách giải thích hợp nhất khi đứng trước một bài toán. Xóa bỏ tâm lý “sợ” môn hình học không gian, gây hứng thú học tập cho học sinh. Có cách nhìn đa chiều về một vấn đề trong cuộc sống. III. Đối tượng nghiên cứu Phương pháp giải toán hình học không gian: Phương pháp hình học thuần túy và phương pháp tọa độ. Một số dạng toán về hình chóp có thể vận dụng 3
phương pháp tọa độ để giải toán. Ưu, nhược điểm của mỗi phương pháp giải toán. IV. Phương pháp nghiên cứu Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin. B. NỘI DUNG I. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm Các bài toán thi vào Đại học – Cao đẳng trước đây và hiện nay khi các em đang ôn luyện để bước vào kì thi THPT Quốc Gia đều đưa đến dạng của một bài toán HHKG chứ không phải dạng của một bài hình học giải tích không gian. Phương pháp hình học không gian thuần túy, học sinh cần sử dụng thành thạo kiến thức HHKG để vận dụng vào bài giải (điều này không phải mọi học sinh đều nhìn ra). Mặt khác, việc vẽ hình không gian đúng, đẹp và khai thác tốt hình vẽ giúp rất nhiều cho việc trình bày lời giải một bài toán HHKG nhưng khả năng vẽ hình của phần đông học sinh rất yếu. Phương pháp tọa độ áp dụng vào một số dạng toán có thể khắc phục được những hạn chế này. Tuy nhiên, không phải bài toán nào cũng áp dụng được phương pháp tọa độ để giải và cho lời giải đơn giản. Nhìn chung hai phương pháp giải toán, mỗi phương pháp đều có ưu điểm và nhược điểm cho nên việc giúp học sinh lựa chọn phương pháp thích hợp khi đứng trước một bài toán hình học không gian, giúp các em xác định được hướng giải toán, xây dựng niềm tin vào bản thân, tạo hứng thú học tập, xóa bỏ tâm lý “sợ” môn hình học không gian là rất cần thiết. II. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Chương trình toán THPT, học sinh học hình học không gian với hai nội dung tách rời nhau: Hình học không gian thuần túy (học ở lớp 11 và học kỳ 1 của lớp 12), phương pháp tọa độ trong không gian (học ở học kỳ 2 của lớp 12). Phần lớn, học sinh cho rằng hai nội dung này không liên quan với nhau, nghĩa là đề bài cho dưới dạng HHKG thông thường thì phải giải bằng HHKG. Học sinh không thấy mối liên hệ giữa hai nội dung này với nhau: không biết chuyển đổi nội dung mô tả hình học không gian sang biểu thức giải tích. Phân phối chương trình không có thời lượng cho học sinh luyện tập, vận dụng phương pháp tọa độ giải các bài toán HHKG mà các em đã biết giải trước đó. Kiến thức, kỹ năng, tư duy toán của học sinh còn yếu,khả năng tư duy tưởng tượng hình không gian của học sinh còn hạn chế và có tâm lý “sợ” môn 4
hình học không gian nên nhiều học sinh gần như bỏ qua bài hình học không gian trong các đề thi mà các em gặp. III. Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề Từ thực trạng trên, tôi chọn lọc một số dạng toán về hình chóp có thể giải được bằng cả hai phương pháp. Mỗi bài toán đều trình bày cả hai phương pháp giải để học sinh có cái nhìn tổng quát về bài toán hình học không gian, thấy được ưu điểm, nhược điểm của mỗi phương pháp từ đó hình thành kĩ năng định hướng giải toán thích hợp. Tuy nhiên, để đề tài đạt kết quả theo tôi giáo viên cần củng cố cho học sinh một số kiến thức sau: § 1. CƠ SỞ KHOA HỌC I. Kiến thức cơ bản uuuur Tọa độ véc tơ MN = (xN xM ; yN yM ; zN zM ) r r Ta giả sử u =(x1; y1; z1) , v =(x2; y2; z2) r r Cộng , trừ hai véc tơ : u v = ( x1 x2 ; y1 y2; z1 z2) r Nhân một số với một véc tơ : k. v = (kx2; ky2; kz2) (k R) r Độ dài véc tơ : v = x 2 + y 2 + z 2 2 2 2 r r Tích vô hướng của hai véc tơ: u . v = x1. x2 + y1.y2+ z1.z2 r r u v x1. x2 + y1.y2+ z1.z2 = 0 r r x1.x 2 + y1 .y 2 + z1.z 2 Góc giữa hai véc tơ : cos ( u , v ) = 2 2 2 2 2 2 1 x +y +z . x +y +z 1 1 2 2 2 ( x N − xM ) + ( y N − yM ) + ( z N − zM ) 2 2 2 Độ dài đoạn thẳng : MN = �x + x B y A + y B z A + z B � M là trung điểm AB: M � A ; ; � � 2 2 2 � �x + x B + x C y A + y B + y C z A + z B + z C � G là trọng tâm của ABC: G � A ; ; � � 3 3 3 � r r Tích có hướng của hai véc tơ: u =(x1; y1; z1) và v =(x2; y2; z2) ký hiệu là: ur rr �y1 z1 z1 x1 x1 y1 � w �, v � = � u � �y z ; z x ; x y �= ( y1.z 2 − y 2 .z1;z1 .x 2 − z 2 .x1;x1 .y 2 − x 2 .y1 ) = �2 2 2 2 2 2 � 1 �uuur uuur Diện tích ∆ ABC là: S = � AB , AC � 2 � uuur uuur uuuur V = � � Tính thể tích hình hộp: ABCD.A'B'C'D' là: � , AD � AB .AA ' 5
1 � uuur uuur uuur Thể tích tứ diện ABCD: V ABCD = . � AB, AC � �.AD 6 r (P) đi qua điểm M0 (x0; y0; z0) và có véctơ pháp tuyến n = (A;B;C) với A 2 + B2 + C2 > 0 có pt là: A(x x 0 ) + B(y y0 ) + C(z z 0 ) = 0 x y z (P) đi qua A(a; 0; 0), B(0; b; 0) và C(0; 0; c) có pt là: + + = 1 (a,b,c 0) a b c x = x 0 + at r ( ) đi qua M0(x0;y0; z0) và có VTCP u = (a;b;c) : y = y 0 + bt (a 2 + b 2 + c2 0) z = z 0 + ct Khoảng cách từ điểm M0(x0; y0; z0) đến mp (α ) : Ax + By + Cz + D = 0 là: Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D d ( M 0 ,(α) ) = A 2 + B2 + C 2 Khoảng cách từ điểm M1 đến đường thẳng ( ) đi qua điểm M0 và có VTCP r u uuuuur r � � � 0 M1 ,u � M d(M1 , ∆) = r u r r uuuuur � � � v� u, .M1M 2 Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau ( 1),( 2): d(∆1 , ∆ 2 ) = rr � � � v� u, r r ( ( 1) đi qua M1 và có VTCP u và ( 2) đi qua M2 và có véctơ chỉ phương v ). u.v Gọi là góc giữa ( 1) và ( 2): cos ϕ = a1a 2 + b1b 2 + c1c 2 = | u | .| v | a +b +c a +b +c 2 1 2 1 2 1 2 2 2 2 2 2 r r VTCP của ( 1) và ( 2) lần lượt là: u =(a1; b1; c1), v = (a2; b2; c2). Đặc biệt: (∆1 ) ⊥ (∆ 2 ) � a1a 2 + b1b 2 + c1c 2 = 0 r ( ) có VTCP u =(a; b; c), ( ) có VTPT n =(A; B; C), là góc giữa ( ) và ( ): n .u Aa + Bb + Cc (00 900) sin ψ = = | n |.| u | A 2 + B2 + C 2 a 2 + b 2 + c 2 Đặc biệt: ∆ / /(α) hoaë c ∆ �(α ) � Aa + Bb + Cc = 0 ( 1) có VTPT n 1=(A1; B1; C1), ( 1) có VTPT n 2=(A2; B2; C2). Nếu là góc 6
n1.n 2 giữa ( 1) và ( 2) thì: cos β = A1A 2 + B1B2 + C1C 2 = | n1 |. | n 2 | A12 + B12 + C12 A 22 + B22 + C 22 Đặc biệt: (α1 ) ⊥ (α 2 ) � A1A 2 + B1B2 + C1C2 = 0 II. Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ 1. Phương pháp chung Bước 1: Chọn hệ tọa độ Oxyz thích hợp. Bước 2: Dựa vào giả thiết bài toán để biểu diễn tọa độ các điểm có liên quan. Bước 3: Chuyển yêu cầu bài toán đã cho sang bài toán hình học giải tích và giải. Bước 4: Kết luận. 2. Cách chọn hệ trục tọa độ a)Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy và đáy là tam giác Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC). Chọn hệ Oxyz như hình vẽ ABC vuông tại ABC vuông tại B ABC đều A A O. B O. A O. H là trung điểm BC H O H. z z S z s z S s y x C A A C y A C A C H y x B B B B x x y b) Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy và đáy là tứ giác Cho hình chóp S.ABCD có SA ⊥ (ABCD). Chọn hệ Oxyz như hình vẽ đáy là hình vuông (hoặc hình chữ nhật) đáy là hình thang vuông tại A và B z z s S y y A = O D A = O D I B C B C x x c) Hình chóp tứ giác đều Cho hình chóp đều S.ABCD, H là tâm của đáy. Chọn hệ Oxyz như hình vẽ 7
z z S S y A D A D H=O O B C B C x x y § 2. MỘT SỐ DẠNG TOÁN MINH HỌA 1. Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy và đáy là tam giác 1.1. Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC). Đáy ABC là tam giác vuông tại A. Bài 1: (Đề Đại học khối D năm 2002) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = 4cm, AD ⊥ (ACB), AB = 3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách từ A đến (BCD). Giải z D D H A C y A C E B B x Cách 1: Từ giả thiết AB2 + AC2 = BC2 ABC vuông tại A suy ra AB ⊥ AC AD ⊥ AB Do AD ⊥ (ABC) AD ⊥ AC Gọi AE là đường cao ABC khi đó BC ⊥ (DA E) ( do BC ⊥ AD,BC ⊥ AE ) � (DBC) ⊥ (DA E) , AH là đường cao của ADE thì AH ⊥ (DBC) tại H, khoảng cách từ A đến (DBC) bằng AH. Xét ABC và DAE vuông tại A: 1 1 1 1 1 1 2 = 2 + 2 , = + AE AB AC AH AD AE 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 6 34 Suy ra 2 = 2 + 2 + 2 = + + � AH = AH AD AB AC 16 9 16 17 Cách 2: Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ: A(0;0;0),B(3;0;0),C(0;4;0),D(0;0;4) x y z x y z Mặt phẳng (DBC) có phương trình đoạn chắn: + + =1� + + −1 = 0 3 4 4 3 4 4 8
1 6 34 d ( A, ( BCD ) ) = = Khoảng cách từ A đến (BCD) là 1 1 1 17 + + 9 16 16 Nhận xét: Cách 1: học sinh gặp khó khăn: không xác định được khoảng cách từ A đến (BCD), không vẽ được hình đúng, kiến thức, tư duy và kĩ năng tính toán yếu. Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận toán theo công thức có sẵn, cách 2 lời giải ngắn gọn, đơn giản hơn cách 1. 1.2. Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC). Đáy ABC là tam giác vuông tại B. Bài 2: ( Đề Cao đẳng Y tế 2006) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vuông ﾷ tại B, SA vuông góc với đáy, ACB = 600 , BC = a, SA = a 3. Gọi M là trung điểm của SB. Chứng minh rằng (SAB) ⊥ (SBC). Tính thể tích khối tứ diện MABC. Giải s z s M C M A C A B x B y Cách 1: *Chứng minh (SAB) ⊥ (SBC). Từ giả thiết SA ⊥ (ABC) � SA ⊥ BC và tam giác ABC vuông tại B nên AB ⊥ BC nên suy ra BC ⊥ (SAB) � (SAB) ⊥ (SBC). 1 1 *M là trung điểm SB suy ra SMBC = SSBC � VMABC = VSABC 2 2 1 1 1 1 a3 VSABC = SA.SABC = SA. BA.BC = a 3.a.a.tan 60 0 = 3 3 2 6 2 3 1 a Vậy VMABC = VSABC = (đvtt). 2 4 Cách 2: Ta có: AB = BC tan 600 = a 3,AC = 2a. Chọn hệ Oxyz như hình vẽ: A(0;0;0), S(0;0;a 3),B(0;a 3;0),C(a;a 3;0). 9
� a 3 a 3� M là trung điểm SB: M � a; ; . � � 2 2 � r r uur uur *VTPT của (SAB)và (SBC) lần lượt là: j(1;0;0) n = � SB;SC � � �= (0; −a 2 3; −a 2 3) rr Ta thấy j.n = 0 nên (SAB) ⊥ (SBC). uuur uuur uuuur a 3 a 3 uuur uuur ), � AB,AC � �= (0;0; −a 3) 2 * AB(0;a 3;0),AC(a;a 3;0),AM(0; ; � 2 2 uuur uuur uuuur 1 1� 3a 2 a 3 VMABC = AB,AC �.AM = 0 + 0 − = (đvdt). 6� � 6 2 4 Nhận xét: Cách 1: khó khăn đối với học sinh:học sinh thường sai như sau: từ BC ⊥ SA suy ra BC ⊥ (SAB) và không biết cách tính thể tích khối tứ diện MABC. Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, suy luận toán theo công thức có sẵn, lời giải ngắn gọn, việc chứng minh và tính thể tích khối tứ diện đơn giản. Bài 3:(Đề tham khảo khối D 2003) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, AB = a, BC = 2a, SA ⊥ (ABC) và SA = 2a. Gọi M là trung điểm của SC. Chứng minh AMB cân tại M và tính diện tích tam giác AMB theo a. Giải S z S M M A B K A y B H C x C 1 Cách 1: Do SA ⊥ (ABCD) � SA ⊥ AC � ∆SAC vuông tại A suy ra MA = SC 2 ∆ABC vuông tại B � BC ⊥ AB � BC ⊥ SB(do BC ⊥ (SAB)) � ∆SBC vuông tại B 1 � MA = SC = MB � ∆AMB cân tại M. 2 1 Lấy K là trung điểm của AB suy ra MK ⊥ AB và SAMB = MK.AB 2 MH / / SA HK / / CD Gọi H là trung điểm của AC � 1 � MH = a và 1 � HK = a MH = SA HK = CD 2 2 10
Do SA ⊥ (ABCD) và MH / / SA � MH ⊥ (ABC) � MH ⊥ HK Trong tam giác MHK vuông tại H có MK 2 = HH 2 + HK 2 = 2a 2 � MK = a 2 2 1 Khi đó SAMB = MK.AB = .a 2.a = 1 a 2 2 2 2 Cách 2: Chọn hệ Oxyz như hình vẽ: A(0;0;0), S(0;0;2a),B(0;a;0),C(2a;0;0). � a �uuuur� a �uuur� a � M là trung điểm SC: M � a; ;a � , MA � a; ;a � ,MB �a; − ;a � . �2 � �2 � � 2 � 9a 2 M, A, B không thẳng hàng và MA = 2 = MB2 � MA = MB ( ∆AMB cân tại 4 M) uuuur uuur �MA,MB �= (a 2 ;0; −a 2 ) � � 1�uuuur uuur 1 a 2 2 SMAB = � MA,MB � = � 2 a 4 + 0 + a 4 = (đvdt) 2 2 Nhận xét: Cách 1: học sinh gặp khó khăn khi tính diện tích tam giác AMB. Cách 2: khắc phục nhược điểm trên, hình vẽ đơn giản, suy luận toán theo công thức có sẵn,tính diện tích tam giác AMB đơn giản, cách 2 lời giải ngắn gọn. 1.3. Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC). Đáy ABC là tam giác đều. Bài 4: (Đề cao đẳng khối A năm 2007) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác đều cạnh bằng a 3, SA ⊥ (A BC) và SA = 2a. Tính khoảng cách từ A đến (SBC). Giải s s z H C A C A M M y B B x Cách 1:Gọi M là trung điểm BC. Ta có BM ⊥ AB (do ABC đều) và BC ⊥ SA(doSA ⊥ (A BC)) suy ra BC ⊥ (SAM) Trong (SAM) kẻ AH ⊥ SM tại H và AH ⊥ BC(do BC ⊥ (SAM)) nên AH ⊥ (SBC) tại H do đó độ dài đoạn AH là khoảng cách từ A đến (SBC). 11
1 1 1 1 1 6a SAM vuông tại A có: 2 = 2 + 2 = 2 + 2 � AH = AH SA AM 4a 9a 5 6a Vậy khoảng cách từ A đến (SBC) bằng . 5 AB 3 3a Cách 2: Gọi M là trung điểm BC, do ABC đều nên AM = = . 2 2 Chọn hệ Oxyz như hình vẽ � 3a � �a 3 � �a 3 � � 3a � M(0;0;0),A �0; − ;0 � ,B � ;0;0 � ,C �− ;0;0 � 0; − ;2a � ,S � � 2 � �2 � � 2 �� 2 � (SBC) có: uuur�a 3 3a � a uur� a 3 3a � a SB � ; ; −2a �= ( 3;3; −4),SC � − ; ; −2a �= ( − 3;3; −4) �2 2 � 2 � 2 2 � 2 r uuur uur VTPT của (SBC) là: n = � �SB,SC ��= (0;8 3;6 3) � 3a � Phương trình mặt phẳng (SBC): 8 3 �y + �+ 6 3(z − 2a) = 0 � 4y + 3z = 0 � 2� � 3a � 4.�− + 3.0 Khoảng cách từ A đến (SBC) bằng: � 2 � � 6a = . 16 + 9 5 Nhận xét: Cách 1: nhiều học sinh không xác định được khoảng cách từ A đến (SBC), không vẽ được hình đúng, kiến thức, tư duy và kĩ năng tính toán yếu. Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận toán đơn giản theo công thức có sẵn, nhưng việc tính toán dài dễ thực hiện. Bài 5:(Đề cao đẳng Hải Phòng 2006) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác đều cạnh a, SA ⊥ (A BC), SA = 2a. Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh rằng (SAI) ⊥ (SBC) và tính thể tích khối chóp. Giải s s z A C A C I y I B B x 12
Cách 1: Gọi I là trung điểm của BC suy ra BC ⊥ AI và BC ⊥ SA(doSA ⊥ (ABC)) nên BC ⊥ (SAI) � (SBC) ⊥ (SAI) 1 1 a2 3 a2 3 VSABC = SA.SABC = 2a. = (đvdt) 3 3 4 6 AB 3 a 3 Cách 2: Gọi I là trung điểm BC, do ABC đều nên AI = = . 2 2 Chọn hệ Oxyz như hình vẽ a 3 a a a 3 I(0;0;0), A(0; − ;0),B( ;0;0),C( − ;0;0),S(0; − ;2a) 2 2 2 2 uuur a a 3 uur a a 3 uuur uur a 3 SB( ; ; −2a),SC( − ; ; −2a), SA(0;0; −2a),SI(0; ; −2a) 2 2 2 2 2 uur uuur uur 2 uur uuur uur 2 a 3 n � (SBC) và (SAI) có VTPT: n1 = � SB,SC �= (0;2a ; ), 2 =� SA,SI � �= (a 2 3;0;0) � � 2 uur uur Ta thấy n1.n 2 = 0. Vậy (SAI) ⊥ (SBC). 1 uur uur uuur 1 a2 3 a3 3 VS.ABC = � SB,SC � .SA = 0 + 0 + (−2a). = (đvdt). 6� � 6 2 6 Nhận xét: Cách 1: hình vẽ được đơn giản, lời giải ngắn gọn tuy nhiên học sinh vẫn nhầm lẫn khi chứng minh BC ⊥ (SAI) Cách 2: biểu thức tính toán hơi cồng kềnh, lời giải không ngắn gọn như cách 1 nhưng suy luận toán theo công thức có sẵn nên học sinh vẫn dễ dàng thực hiện. Bài 6: (Học viện Chính trị Quốc Gia năm 2001) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác đều cạnh a, SA ⊥ (A BC), SA = h. a) Tính khoảng cách từ A đến (SBC) theo a và h. b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC và H là trực tâm SBC. Chứng minh rằng OH ⊥ (SBC). Giải s s z K H H C A A C O I O y I B B x 13
Cách 1: a) Tính khoảng cách từ A đến (SBC) theo a và h. Gọi I là trung điểm của BC suy ra BC ⊥ AI và BC ⊥ SA(doSA ⊥ (ABC)) nên BC ⊥ (SAI) � (SBC) ⊥ (SAI). Trong SAI kẻ AK ⊥ SI tại K suy ra AK ⊥ (SBC) suy ra độ dài đoạn AK là khoảng cách từ A đến (SBC). 1 1 1 ah 3 SAI vuông tại A có: 2 = 2 + 2 � AK = AK SA AI 3a 2 + 4h 2 ah 3 Vậy khoảng cách từ A đến (SBC) bằng 3a 2 + 4h 2 b) Ta có: BC ⊥ (SAI)(do BC ⊥ SA,BC ⊥ AI) �� BC ⊥ OH(1) OH (SAI) Chứng minh tương tự ta cũng có: OB ⊥ (SAC) � OB ⊥ SC H là trực tâm SBC nên BH ⊥ SC SC ⊥ (OBH) � SC ⊥ OH(2) Từ (1) và (2) ta được OH ⊥ (SBC) AB 3 a 3 Cách 2: Gọi I là trung điểm BC, do ABC đều nên AI = = . 2 2 Chọn hệ Oxyz như hình vẽ: a 3 a a a 3 a 3 I(0;0;0), A(0; − ;0),B( ;0;0),C( − ;0;0),S(0; − ;h) O(0; − ;0) 2 2 2 2 6 uuur�a a 3 �uur� a a 3 � r uuur uur (SBC): SB � ; ; −h �,SC �− ; . VTPT của (SBC) là: = � ; −h � n SB,SC � � � �2 2 � � 2 2 � � a2 3 � =� 0;ah; . Phương trình (SBC): 2hy + a 3z = 0 � � 2 � ah 3 Áp dụng công thức tính khoảng cách, ta được: d(A,(SBC)) = . 4h 2 + 3a 2 b. H(x; y; z) là trực tâm SBC thì uuur uur HB.SC = 0 uuur uuur HC.SB = 0 2hy + a 3z = 0 x=0 uuur� a � a a a 3 a3 3 BH �x − ; y;z � (x + ) + y − hz = 0 � y = − � 2 � 2 2 2 2(3a 2 + 4h 2 ) uuur� a � a a a 3 a 2h CH �x + ; y;z � − (x − ) + y − hz = 0 z= 2 � 2 � 2 2 2 3a + 4h 2 14
� a3 3 a 2 h � uuur� 2ah 2 a 2h � hay H �0; − ; 2 2 � OH � 0; ; 2 2 � � 2(3a 2 + 4h 2 ) 3a + 4h � � 3(3a 2 + 4h 2 ) 3a + 4h � Phương trình mặt phẳng (SBC)phương trình: 2hy + a 3z = 0 r chọn một VTPT n = (0;ah;a 3). Ta thấy uuur� 2ah 2 2 a h � 2ah 2ah r OH � 0; ; 2 � = .(0;2h;a 3) = .n + 4h 2 ) 3a + 4h � 3(3a 2 + 4h 2 ) 2 � uuu3(3a 2 3(3a 2 + 4h 2 ) r Suy ra OH cùng phương với VTPT của (SBC). Vậy OH ⊥ (SBC). Nhận xét: Cách 1: học sinh gặp khó khăn: không xác định được khoảng cách từ A đến (SBC), không vẽ được hình đúng, thường nhầm lẫn khi CM OH ⊥ (SBC) .Lời giải ngắn gọn. Cách 2: không phải xác định được khoảng cách từ A đến (SBC), khi chứng minh OH ⊥ (SBC) thì việc học sinh sẽ gặp khó khăn khi tìm tọa độ điểm H và tính toán phức tạp hơn tuy nhiên suy luận toán cả hai câu đều theo công thức. 2. Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy và đáy là tứ giác 2.1. Đáy là hình vuông, chữ nhật Bài 7:(ĐH Hùng Vương hệ CĐ2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA ⊥ (A BCD) và SA = a. Tính khoảng cách giữa BD và SC. Giải S z s I A K D y A = O D O B C B C x Cách 1: Từ giả thiết SA ⊥ (A BCD) và đáy ABCD là hình vuông nên SA ⊥ BD,AC ⊥ BD � BD ⊥ (SAC) tại O. 1 Trong (SAC), kẻ AI ⊥ SC tại I và OK ⊥ SC tại K suy ra OK / / AI,OK = AI. 2 Do BD ⊥ (SAC) nên OK ⊥ BD suy ra OK là đoạn vuông góc chung của SC và BD do đó độ dài đoạn OK là khoảng cách giữa SC và BD. 15
1 1 1 3 a 6 ABM vuông tại A có AH là đường cao: = + = � AI = AI 2 SA 2 AC 2 2a 2 3 1 1 a 6 a 6 a 6 � OK = AI = . = . Vậy khoảng cách giữa SC và BD bằng . 2 2 3 6 6 Cách 2: Chọn hệ Oxyz như hình vẽ: A(0;0;0),B(a;0;0),C(a;a;0),D(0;a;0),S(0; 0;a) uuur uur uuur uur BD(−a;a;0),SC(a;a; − a), � �BD,SC �= ( −a 2 ; −a 2 ; −2a 2 ) � uuur uur uuur � BD,SC �.CD −a 3 a3 a 6 � � Khoảng cách giữa SC và BD: h = uuur uur = = = . �BD,SC � � a + a + 4a 4 4 4 a 2 6 6 � Nhận xét: Cách 1: học sinh gặp khó khăn: không xác định được khoảng cách giữa BD và SC,nếu xác định được thì không biết suy luận để tính khoảng cách đó qua trung gian là đoạn OK, không vẽ được hình đúng. Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ đơn giản, suy luận toán theo công thức có sẵn, lời giải ngắn gọn hơn cách 1 và học sinh dễ thực hiện. Bài 8: (Đại học khối B năm 2006) Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình chữ nhật với AB = a, AD = a 2, SA = a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC, BM cắt AC tại I. Chứng minh (SAC) ⊥ (SMB) và tính thể tích khối tứ diện ANIB. Giải S z s N N M A D M y A = O D I H I B C B C x AM 1 AB ﾷﾷ = Cách 1: a) Từ gt ta có: = � ∆ ABM : ∆ BCA � ABM = BCA. AB 2 BC ﾷ � ABM ﾷ + BAC ﾷ = BCA ﾷ + BAC ﾷ = 900 � AIB = 900 � MB ⊥ AC.(1) Do MB ⊥ SA(doSA) ⊥ (A BCD) (2) Từ (1) và (2) suy ra MB ⊥ (SAC) � (SMB) ⊥ (SAC) (đpcm). 16
1 a a) Gọi H là trung điểm của AC thì NH / /SA, NH = SA = 2 2 Do SA) ⊥ (A BCD) � NH ⊥ (A BCD) � NH ⊥ (A BI) tại H 1 a 6 ABI vuông tại I: SABI = IA.IB và IB2 = AB2 − AI 2 � BI = 2 3 1 1 1 3 a 3 ABM vuông tại Acó AI là đường cao: 2 = 2 + 2 = 2 � AI = AI AB AM 2a 3 2 1 1 1 a 6 a 3 a 2 VANIB = NH.SABI = NH.IA.IB = . . = (đvdt) 3 6 6 3 3 36 Cách 2: Chọn hệ Oxyz như hình vẽ: A(0;0;0),B(a;0;0),C(a;a 2;0),D(0;a 2;0),S(0;0;a). � a 2 � �a a 2 � M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC nên M � 0; ;0 � , N� ; ;0 � � 2 � � 2 2 � x = a − at uuur� a 2 � a 2 BM � − a; ;0 �là VTCP của BM nên BM có pt : y = t (t R) � 2 � 2 z=0 x = at uuur ( ) Tương tự: AC a;a 2;0 . Phương trình đường thẳng AC: y = a 2t (t R) z=0 a − at = at 1 t= � � 3 �a a 2 � Tọa độ I là nghiệm của hpt: �a 2 � hay I � ; ;0 � � t = a 2t �t = 2 �3 3 � 2 3 uuur uuur uur uuur uuur (SAC) có AS(0;0;a), AC(a;a 2;0) nên VTPT là n1 = � �AS,AC �= (−a 2 2;a 2 ;0) � uuuur a 2 uur uur uuuur uur �a 2 2 2 a 2 2 � (SMB) có BM ( − a; ;0), BS( − a;0;a) nên VTPT: 2 = � n BM, BS� � �= � 2 ;a ; 2 � 2 � � uur uur 2 a 2 2 a 2 Suy ra n1.n 2 = ( −a 2 2). + a 2 .a 2 + 0. = 0. Vậy (SAC) ⊥ (SMB). 2 2 uuur uur �a a 2 �uuur �a a 2 a � uuur uur � a 2 2 � b) AB = (a;0;0),AI = � ; ;0 �,AN = � ; ; � ,� �AB,AI � �= �0;0; � � 3 3 � � 2 2 2 � � 2 � 17
1 uuur uur uuur 1 a 3 2 a 3 2 VANIB = �AB, AI � .AN = = (đvtt). 6� � 6 6 36 Nhận xét: Cách 1: học sinh không vẽ được hình đúng, đây là bài toán khó đối với học sinh. Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận đơn giản, tuy lời giải không ngắn gọn, tính toán nhiều nhưng có sẵn công thức, cách giải này học sinh kiên trì, tính toán cẩn thận sẽ đi đến kết quả. 2.2. Đáy là hình thang vuông Bài 9: (Đại học cao đẳng khối D năm 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là ﾷ hình thang, ABC ﾷ = BAD = 900 , BA = BC = a, AD = 2a. SA ⊥ (ABCD) SA = a 2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB. Chứng minh rằng tam giác SCD vuông và tính khoảng cách từ H đến (SCD) theo a. Giải S z S H I A D H y A = O D B C B C x Cách 1: Chứng minh rằng tam giác SCD vuông Gọi I là trung điểm của AD IA = ID = IC = a và ACD vuông tại C � CD ⊥ AC Lại có: CD ⊥ SA(doSA ⊥ (ABCD)) nên CD ⊥ (SAC) � CD ⊥ SC hay SCD vuông tại C. Từ gt suy ra SB = SA 2 + AB2 = a 3, SC = SA 2 + AC2 = 2a. SA 2 SH SA 2 2 Trong SAH: SA = SH.SB � SH = 2 � = = SB SB SB2 3 Gọi h1 , h 2 lần lượt là khoảng cách từ B, H đến (SCD) 1 1 V h SB 3 2 V1 = VBSCD = .h1.SSCD ,V2 = VHSCD = .h 2 .SSCD � 1 = 1 = = � h 2 = h1 3 3 V2 h 2 SH 2 3 a2 a 2. 1 1 SA.SBCD 2 =a V1 = VBSCD = .h1.SSCD = .SA.SBCD � h1 = = 3 3 SSCD 1 .2a.a 2 2 2 18
Gọi CD 2 = 6a 2 ,CD 2 = SD 2 − SC 2 = 2a 2 ,SC 2 = 4a 2 ,SC = 2a,CD = a 2 2 a Suy ra d(H,(SCD)) = h 2 = h1 = 3 3 Cách 2: Chọn hệ Oxyz như hình vẽ: A(0;0;0),B(a;0;0),C(a;a;0),D(0;a;0),S(0;0;a 2) uur uuur uuur SC = (a;a; −a 2),SD = (0;a; −a 2),CD = ( − a;0;0) uur uuur uur uuur Ta thấy SC.CD = 0 � SC ⊥ CD hay SCD vuông tại C. H là hình chiếu của A trên SB nên trong SAH: SA 2 SH SA 2 2 2 uuur 2 uur SA = SH.SB � SH = 2 � = = � SH = SB � SH = SB SB SB SB2 3 3 3 Gọi E là giao điểm của CD với AB, từ giả thiết suy ra AE = 2AB = 2a. E(2a;0;0) x y z x y z Phương trình đoạn chắn: + + =1� + + −1= 0 2a a a 2 2a 2a a 2 x = a + at uur SB = (a;0; −a 2) nên phương trình đường thẳng SB: y = 0 z = −a 2t H(a + at;0; −a 2 t) 2 a 2 H SB H(a + at;0; −a 2 t) � uuur H( a;0; ) � � 3 3 � � �uuur uur �� AH(a + at;0; −a 2 t) � � AH ⊥ SB AH.SB = 0 � �t = − 1 a(a + at) + 2a 2 t = 0 3 1 1 + 0 + −1 3 3 a d(H,(SCD)) = = 1 1 1 3 + + 4a 2 4a 2 2a 2 Nhận xét: Cách 1: học sinh không biết lấy thêm điểm I để chứng minh SCD vuông tại C , vận dụng cách tính khoảng cách dựa vào thể tích và tỉ số thể tích là rất khó đối với học sinh. Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, chứng minh SCD vuông rất đơn giản, học sinh gặp khó khăn một chút khi tính khoảng cách từ H đến (SCD), tuy lời giải không ngắn gọn, tính toán nhiều nhưng có sẵn công thức,học sinh, tính toán cẩn thận sẽ đi đến kết quả 3. Hình chóp đều 19
Bài 10: (Cao đẳng sư phạm Hải Dương) Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, đường cao SH = a 3. Tính góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp. Giải S z S D y A I A D H B H=O C B C x Cách 1: Gọi I là trung điểm của BC, do S.ABCD là hình chóp đều nên ta có HI ⊥ DC và DC ⊥ SI (theo định lý 3 đường vuông góc) ﾷ Suy ra góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp bằng SIH Xét SHI vuông tại H có SH = a 3,HI = a ﾷ = SH = a 3 = 3 � SIH tanSIH ﾷ = 600 HI a Cách 2: Chọn hệ Oxyz như hình vẽ. H(0;0;0),C(a 2;0;0),D(0;a 2;0),D(0;a;0),S(0;0;a 3) r Đáy ABCD (là mặt phẳng (Oxy) có VTPT: k(0;0;1) uur uuur SC(a 2;0; − a 3),SD(0;a 2; − a 3) r uur uuur VTPT của (SCD) n = ��SC,SD �= (a 2 6;a 2 6;2a 2 ) � Gọi α là góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp. rr 2a 2 1 cos α = cos(n,k) = = � α = 600 1 + 0 + 0. 6a 4 + 6a 4 + 4a 4 2 Vậy góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp bằng 600 Nhận xét: Cách 1: học sinh trung bình có thể không xác định được góc giữa đường thẳng và mặt phẳng từ đó sẽ không tính được số đo góc. Cách 2: hình vẽ và lời giải đơn giản, suy luận toán theo công thức sẵn có Trong bài này hai cách giải như nhau. 20