zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Sáng kiến kinh nghiệm

Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Giải một số bài toán hình học không gian bằng phương pháp véctơ

Chia sẻ: Caphesua | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:13

Báo xấu

47
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Sáng kiến kinh nghiệm được hoàn thành với mục tiêu nhằm đưa ra một số phương pháp phân tích, đánh giá để có lời giải các bài toán hình học không gian bằng phương pháp véctơ.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Giải một số bài toán hình học không gian bằng phương pháp véctơ

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GV: Dương Công Huân I .THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến: “GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP VÉC TƠ ”. 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giảng dạy môn Toán – Hình học 11 3. Tác giả: Họ và tên: Dương Công Huân Giới tính: Nam Ngày tháng năm sinh: 18/01/1985 Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ Toán. Chức vụ, đơn vị công tác: tổ Toán – Tin. 4. Đồng tác giả: Không 5. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Không 6. Đơn vị áp dụng sáng kiến 7. Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu: II. BÁO CÁO MÔ TẢ SÁNG KIẾN 1. Tên sáng kiến: “GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP VÉC TƠ ”. 2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giảng dạy môn Toán – Hình học 11 3. Mô tả bản chất sáng kiến 3.1 Tình trạng giải pháp đã biết: * Thực trạng của việc học môn toán, giải bài tập toán của học sinh THPT. * Cơ sở của việc nghiên cứu: từ thực trạng của việc dạy và học chương “Véctơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian ” ở phân môn Hình học . * Về chương trình: Hình học 11 3.1.1. Đặt vấn đề: 1
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GV: Dương Công Huân Một trong các nhiệm vụ cơ bản của chương trình hình học cải cách giáo dục phổ thông là “Bồi dưỡng kỹ năng vận dụng phương pháp véctơ vào việc nghiên cứu một số hình hình học, một số quan hệ hình học ...Việc sử dụng vectơ để giải bài toán hình học”. Chính vì vậy việc giáo viên hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp vectơ để giải bài toán là cần thiết và phù hợp với xu thế cải cách giáo dục hiện nay. Mặt khác khi đứng trước một bài toán hình học không gian thì học sinh mới chỉ dùng phương pháp hình học tổng hợp (lớp 11) để giải mà chưa nghĩ đến việc dùng phương pháp véctơ để giải chúng. Vì lí do trên tôi chọn đề tài : “GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP VÉC TƠ ”. 3.1.2. Cơ sở lý luận: Các yêu cầu cơ bản khi giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp véc tơ Học sinh cần nắm chắc được một số định lí: Định lí về hai véctơ cùng phương; Định lí về phân tích một vectơ theo hai vectơ không cùng phương trong mặt phẳng; Định lí về phân tích một vectơ theo ba vectơ không đồng phẳng trong không gian... Học sinh cần có kỹ năng biến đổi các biểu thức véc tơ, phân tích véc tơ theo hệ véc tơ cho trước và ghi nhớ một số bài toán cơ bản... KIẾN THỨC CƠ BẢN a) Định nghĩa véctơ: +) Véctơ AB là đoạn thẳng có hướng trong đó điểm A là điểm đầu; B là điểm cuối. +) Cho 2 điểm A, B bất kì ta có 2 véctơ AB và BA B +) Khi A trùng B ta có véctơ không AA 0 A b) Tính chất: D C AB CD AB CD 1) AB CD AB CD | AB | | CD | | AB | | CD | O 2) Với 3 điểm A, B, C ta có: AB BC AC ; AB AC CB A B 3) ABCD là hình bình hành: AB AD AC ; AB DC OA k OB 4) M AB M, A, B thẳng hàng MA k MB và với điểm O bất kì: OM 1 k OA OB 5) M là trung điểm của AB MA MB 0 và với điểm O bất kì: OM 2 OA OB OC 6) G là trọng tâm của tam giác ABC GA GB GC 0 và OG 3 7) G là trọng tâm của tứ giác ABCD hoặc tứ diện ABCD ta có: OA OB OC OD GA GB GC GD 0 và OG 4 2
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GV: Dương Công Huân k 0:b a 8) b ka k 0:b a 9) a b a b; a b a b b ka 10) Nếu a; b 0 và không cùng phương thì !c : c xa yb và x a yb 0 x y 0 11) a.b | a | . | b | cos(a, b); a b a.b 0 12) a, b; c 0 và không đồng phẳng trong không gian thì !d : d xa yb zc 3.2 Nội dung giải pháp: 3.2.1.Quy trình chung để giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp véctơ Bước 1.Lựa chọn một số véctơ mà ta gọi là “ hệ véctơ cơ sở’’; “phiên dịch” các giả thiết, kết luận của bài toán hình học không gian đã cho ra “ngôn ngữ” véctơ . Bước 2. Thực hiện các yêu cầu của bài toán thông qua việc tiến hành các phép biến đổi các hệ thức véctơ theo hệ vectơ cơ sở. Bước 3. Chuyển các kết luận vectơ sang các tính chất hình học không gian tương ứng. 3.2.2. Một số dạng toán sử dụng phương pháp Dạng 1. Phần quan hệ song song Bài toán 1. Hai đường thẳng phân biệt AB và CD song song với nhau khi và chỉ khi uuur uuur AB = kCD . rr Bài toán 2. Cho hai vé tơ a, b không cùng phương thuộc mặt phẳng (P), AB không thuộc (P) . uuur r r Khi đó :AB//(P) � AB = xa + yb . Bài toán 3. Cho hai mặt phẳng phân biệt ( ABC) và (MNP). uuur uuuur uuur AB = xMN + yMP Khi đó: (ABC) / / ( MNP ) uuur uuuur uuur. AC = x1 MN + y1 MP Ví dụ 1 Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1. Giả sử M, N, E, F lần lượt là trọng tâm của các tam giác AA1B1, A1B1C1, ABC, BCC1. Chứng minh : MN // EF. Lời giải: 3
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GV: Dương Công Huân Bước1:Chọn hệ véc tơ cơ sở B1 uuur r uuur r uuur r { } AA1 = a, AB = b, AC = c N Theo bài ra: +M là trọng tâm của tam giác AA1B1: A1 C1 uuuur 1 uuur uuur AM = ( AA1 + AB1 ) (1) M 3 +N là trọng tâm của tam giác A1B1C1: uuur 1 uuur uuur uuuur AN = ( AA1 + AB1 + AC1 ) (2) 3 B F +E là trọng tâm của tam giác ABC: uuur 1 uuur uuur AE = ( AB + AC ) (3) E 3 +F là trọng tâm của tam giác BCC1: C A uuur 1 uuur uuur uuuur AF = ( AB + AC + AC1 ) (4) 3 uuuur uuur + MN / / EF � MN = k EF Bước 2: Biến đổi các biểu thức véc tơ uuuur uuur uuuur 1 r r uuur uuur uuur 1 r r ( ) Từ (1), (2): MN = AN − AM = a + c (5) Từ (3), (4): EF = AF − AE = a + c (6) 3 3 ( ) uuuur uuur Từ (5), (6): MN = EF (7) Bước 3: Chuyển ngôn ngữ véc tơ sang ngôn ngữ hình học không gian. Từ (7) : MN // EF. Ví dụ 2 Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1.Giả sử M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AA 1, B1C1. Chứng minh: MN // (DA1C1). Lời giải: Bước 1: Chọn hệ véc tơ cơ sở B1 N C1 uuur r uuur r uuuur r { } DA = a, DC = c, DD1 = b uuuur 1 uuur uuuur ( ) A1 D1 + M là trung điểm AA1: DM = DA + DA1 (1) 2 uuur 1 uuuur uuuur ( + N là trung điểm B1C1: DN = DB1 + DC1 (2) 2 r uuuur ) uuuur uuuu + MN / / ( DA1C1 ) � MN = xDC1 + yDA1 (3) M Bước 2: Biến đổi các biểu thức véc tơ B C uuuur uuur uuuur 1 r r r ( Từ (1), (2): MN = DN − DM = − a + 2c + b 2 ) 1 r r r r D ( ) A = c − a + c + b 2 uuuur uuuur 1 uuuur Suy ra: MN = DC1 − DA1 (4) 2 Bước 3: Chuyển ngôn ngữ véc tơ sang ngôn ngữ hình học không gian . Từ (4) : MN // (DA1C1). Ví dụ 3 Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AA1, CC1 và G là trọng tâm của tam giác A1B1C1. 4
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GV: Dương Công Huân Chứng minh: (MGC1) // (AB1N). Lời giải: Bước 1: Chọn hệ véc tơ cơ sở B1 uuur r uuur r uuur r { AA1 = a, AB = b, AC = c } G uuuur 1 uuur + M là trung điểm AA1: AM = AA1 (1) A1 C1 2 uuur 1 uuur uuuur ( + N là trung điểm CC1: AN = AC + AC1 (2) 2 ) + G là trọng tâm của tam giác A1B1C1: uuur 1 uuur uuur uuuur M N AG = ( AA1 + AB1 + AC1 ) (3) 3 B uuuur uuur uuur MG = x AB1 + y AN + (MGC1 ) / / ( AB1 N ) uuuur uuur uuur (4) MC1 = x1 AB1 + y1 AN A C . Bước 2: Biến đổi các biểu thức véc tơ Ta có: uuuur uuur uuuur 1 r 1 r 1 r MG = AG − AM = a + b + c (5) 2 3 3 uuuur uuur uuuur 1 r r r MG = x AG − y AM = ( x + y )a + xb + yc (6) 2 rrr Từ (5) và (6) , do a, b, c không đồng phẳng nên ta có: 1 1 = x+ y 2 2 1 1 uuuur 1 uuur 1 uuur = x � x = y = � MG = AB1 + AN (7) 3 3 3 3 1 =y 3 Ta có: uuuur uuuur uuuur r r 1 r 1 r r ( ) MC1 = AC1 − AM = a + c − a = a + c (8) 2 2 uuur uuur uuur 1r r AN = AC + CN = a + c (9) 2 uuuur uuur Từ (8) và (9): MC1 = AN (10) Bước 3: Chuyển ngôn ngữ véc tơ sang ngôn ngữ hình học không gian uuuur 1 uuur 1 uuur Từ (7) : MG = AB1 + AN MG//mp(AB1 N ) (11) uuuur 3 uuur 3 Từ (10) : MC1 = AN MC1 / / mp ( AB1 N ) (12) Từ (11) và (12) : mp ( MGC1 ) / / mp ( AB1 N ) Bài tập vận dung 5
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GV: Dương Công Huân Bài 1. Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1. Giả sử E là tâm của mặt ABB 1A1; N, I lần lượt là trung điểm của CC1 và CD . Chứng minh : EN//AI. Bài 2. Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1. Giả sử M, N lần là trọng tâm các tam giác ABA1 và ABC . Chứng minh : MN//(AA1C1). Bài 3. Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1. Giả sử M, N, E lần lượt là trung điểm BB 1, CC1, AA1. G là trọng tâm tam giác A1B1C1. Chứng minh: 1. (MGC1)//(BA1N) 2. (A1GN)//(B1CE). Dạng 2. Phần góc và khoảng cách Bài toán 4. Góc giữa hai đường thẳng AB và CD được tính theo công thức: uuur uuur AB.CD cosϕ = uuur uuur AB . CD uuur uuur2 Bài toán 5. Khoảng cách giữa hai điểm A và B là : AB = AB = AB r Bài toán 6. Cho điểm M và đường thẳng l có véctơ chỉ phương a , điểm A thuộc l. Tính khoảng cách từ M đến l. Phương pháp giải: uuuur ur Đặt AM = m , gọi N là hình chiếu của M lên l. uuuur r r ur r uuuur uuur uuuur r ur ( Khi đó: MN = AN − AM = xa − m và MN ⊥ a � xa − m a = 0 ) uuuur r ur ( xa − m ) 2 Khoảng cách cần tìm : MN = Bài toán 7. Cho (ABC), điểm M không thuộc (ABC).Tính khoảng cách từ M đến (ABC) và góc giữa MA và (ABC). Phương pháp giải: uuuur ur uuur r uuur r Đặt AM = m , AB = a, AC = b , gọi N là hình chiếu của M lên (ABC). uuuur uuur uuuur r r ur Khi đó : MN = AN − AM = xa + yb − m r r ur r ( xa + yb − m)a = 0 Do MN ⊥ ( ABC ) nên r r ur r ( xa + yb − m)b = 0 r r ( ) 2 Khi cho biết x,y ta tìm được khoảng cách từ M đến (ABC) bằng xa + yb − m .Nếu r r r ur r r r r r xa + yb 0 thì góc giữa AM và (ABC) bằng góc giữa m và xa + yb , còn xa + yb = 0 thì AM ⊥ (ABC). 6
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GV: Dương Công Huân ur Bài toán 8. Cho đường thẳng chéo nhau, d1 đi qua A1 và có véc tơ chỉ phương a1 ; đường uur thẳng d2 đi qua A2 và có véc tơ chỉ phương a2 . Tính khoảng cách và góc giữa hai đường thẳng trên. Phương pháp giải: ur uur a1.a2 + Góc giữa hai đường thẳng : cosϕ = ur uur a1 . a2 uuuur ur ur uur +Đoạn vuông góc chung P1P2 ( P1 thuộc d1, P2 thuộc d2), khi đó: P1 P2 = xa1 + m + ya2 . Do uuuur ur P1 P2 .a1 = 0 uuuur ur ur uur uuuur uur x, y Khoảng cách cần tìm: P1 P2 = ( xa1 + m + ya2 ) 2 P1 P2 .a2 = 0 Ví dụ 4 Cạnh đáy của lăng trụ tam giác đều ABC.A1B1C1 bằng a, các điểm O và O1 tương ứng trọng tâm của các dáy ABC và A1B1C1.Độ dài hình chiếu của đoạn thẳng AO1 trên đường 5a thẳng B1O bằng .Hãy tính đường cao của lăng trụ. 4 Lời giải: uuuur ur uuur r uuur ur { Chọn hệ véc tơ cơ sở AA1 = m, AB = n, AC = p . } C1 A1 ur O1 Giả sử h = m N Ta có: uuuur 1 uuuur uuur uuuur 1 ur r ur ( ) AO1 = AA1 + AB1 + AC1 = 3m + n + p 3 (3 ) B1 uuur uuur uuur 1 ur r ur ( B1O = AO − AB1 = −3m − 2n + p 3 ) Suy ra: uuuur uuur 1 AO1 = B1O = 9h 2 + 3a 2 3 C A uuuur uuur 1 6h 2 + a 2 AO1.B1O = − ( 6h 2 + a 2 ) , cosϕ = 6 2 ( 3h 2 + a 2 ) O M uuuur 5a Vì: AO1 .cosϕ = 4 B 9h + 3a (6h 2 + a 2 ) 5a 2 2 a 6 nên = �h= 6(3h + a ) 2 2 6 3 7
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GV: Dương Công Huân Ví dụ 5 Đáy của hình chóp S.ABC là tam giác đều ABC với cạnh bằng 1, cạnh SA vuông góc vuông góc với đáy, SA = 3 . Mặt phẳng ( α ) song song với các đường thẳng SB và AC, mặt phẳng ( β ) song song với các đường thẳng SC và AB. Tính giá trị của góc giữa hai mặt phẳng ( α ) và ( β ) . Lời giải: Chon hệ véc tơ cơ sở S uuur r uuur r uuur r { } AS = a, AB = b, AC = c . ur r Giả sử m, n là các véc tơ bất kì khác r 0, tương ứng vuông góc hai mặt phẳng ( α ) và ( β ) , còn ϕ góc hai mặt phẳng ( α ) và (β) . ur r m.n Thế thì: cosϕ = ur r m.n C A ur r r r Đặt m = xa + yb + zc B r r r r r ( )( ) uur ur ur �SB.m = 0 � − c xa + yb + zc = 0 b Ta có: m ⊥ ( α ) �� uuur ur �r r r r AC.m = 0 c ( xa + yb + zc ) = 0 y = −23 6x − 2 y − z = 0 � � 1 y + 2z = 0 x=− z 2 ur Số phương trình bé hơn số ẩn, điều đó chứng tỏ m ⊥ ( α ) không được xác định duy nhất. ur r r r Chọn z = −1 � x = 1, y = 4 nên m = a + 4b − 2c là một trong các véc tơ vuông góc với ( α ) uuur r 1 r r r r �SC.n = o � t=− u Tương tự : n = ta + ub + vc ⊥ ( β ) ��uuur r � 2 AB.n = 0 v = −2u ur r r r r r m.n 1 Chọn : u = −2 � v = 4, t = 1 � n = a − 2b + 4c Khi đó : cosϕ = ur r = . m.n 5 8
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GV: Dương Công Huân Bài tập vân dụng. Bài 1. Cho tứ diện ABCD có AB=CD=a, CA=BD=b, AD=BC=c. Tính cosin của góc giữa các cạnh đối diện. Bài 2. Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A1B1C1 có BC=a, AC=b, Ab=c, AA1=h. Tính cosin của góc: 1.Giữa AB1 và BC1. 2.Giữa AB và B1C. Bài 3. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB=a, BC=b, CC’=c. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BC’ và CD’. Bài 4. Cho tứ diện đều SABC cạnh bằng 1. BD là đường cao của tam giác ABC Tam giác đều BDE nằm trong mặt phẳng tạo với cạnh AC góc ϕ , biết rằng các điểm S và E nằm về một phía đối với mặt phẳng (ABC). Tính SE. Dạng 3. Phần quan hệ vuông góc uuur uuur Bài toán 9. Hai đường thẳng phân biệt AB và CD vuông góc với nhau khi và chỉ khi AB.CD = 0 . rr Bài toán 10. Cho hai a, b không cùng phương thuộc mặt phẳng (P), AB không thuộc (P) . uuur r AB.a = 0 Khi đó :AB ⊥ (P) uuur r . AB.b = 0 Ví dụ 6 Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1. M và N là các điểm thuộc các đường chéo BA1 BM 1 CN 2 và CB1 sao cho: = , = . Chứng minh rằng: MN ⊥ BA1 , MN ⊥ CB1 . MA1 2 NB1 1 Lời giải: uuur r uuur r uuur r { Chọn hệ véc tơ cơ sở BA = a, BB1 = b, BC = c } D1 C1 r r r r r rr rr Khi đó: a = b = c = a; a.b = c.b = a.c = 0 A1 B1 Theo bài ra : N uuuur 1 uuur 1 r r BM 1 = � BM = BA1 = MA1 2 3 3 ( a+b ) M D C uuur 2 uuur 2 r r CN 2 = � CN = CB1 = NB1 1 3 3 ( ) b−c A B Mặt khác: uuur uuur uuur 1 r r ( BN = BC + CN = 2b + c 3 ) uuuur uuur uuuur 1 r r r ( MN = BN − MN = −a + b + c 3 ) Do đó: 9
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GV: Dương Công Huân uuuur uuur 1 r r r r r ( )( ) MN .BA1 = −a + b + c a + b = 0 � MN ⊥ BA1 3 uuuur uuur 1 r r r r r ( )( ) MN .CB1 = − a + b + c b − c = 0 � MN ⊥ CB1 3 Ví dụ 7 Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1 có các mặt là các hình thoi bằng nhau. Các góc phẳng của góc tam diện đỉnh A1 bằng nhau. Chứng minh rằng: A1C ⊥ ( AB1 D1 ) . Lời giải: uuur r uuuur r uuuur r { Chọn hệ véc tơ cơ sở A1 A = a, A1 B1 = b, A1 D1 = c } D1 O1 C1 Theo giả thiết : AA1 D1 D1 A1 B1 AA1 B1 B1 Gọi m là độ dài cạch hình hộp. A1 Ta có: uuur r r r uuur uuur r r r r r ( ) A1C = a + b + c � A1C . AB1 = (a + b + c ) b − a = 0 uuur uuur � A1C ⊥ AB1 (1) uuur uuuur r r r r r ( A1C. AD1 = (a + b + c ) c − a = 0) D uuur uuuur C � A1C ⊥ AD1 (2) Từ (1) và (2) suy ra A1C ⊥ ( AB1 D1 ) . A B Bài tập vân dụng. Bài 1. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi M,N lần lượt là trung điểm cạnh AD và BB’. Chứng minh : MN ⊥ A’C. Bài 2. Cho hình chóp S.ABC, SA ⊥ (ABC), SA=a 3 , AC=2a, AB=a, ABC 90 O . Gọi M và N là hai điếm sao cho: uuur uuur r 3MB + MS = 0 uuur uuur r 4 NS + 3NC = 0 Chứng minh: SC ⊥ (AMN). Bài 3. Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC, đáy ABC là tam giác cân tại A. Vẽ SO ⊥ (ABC), D là trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm tam giác ADC. Chứng minh: DC ⊥ (SOE)). 3.3 Hiệu quả sáng kiến 10
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GV: Dương Công Huân Kiểm tra: 45 phút. Đề bài: Đề 1: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có SA=4. Điểm D nằm trên cạnh SC, CD=3, còn khoảng cách từ A đến đường thẳng BD bằng 2. Tính chiều cao của hình chóp. Đề 2: Đáy của hình chóp S.ABC là tam giác đều ABC cạnh bằng 4 2 , cạnh bên SC vuông góc với đáy và có độ dài bằng 2. M,N lần lượt là trung điểm BC, AB.Hãy tìm số đo của góc và khoảng cách giữa SM và CN. Đáp án Lời giải đề 1: uur r uur r uuur r { Chọn hệ véc tơ cơ sở SA = a, SB = b, SC = c } S Đặt ϕ là góc phẳng ở đỉnh của hình chóp. N là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường D thẳng BD. uuur uuur uuur uuur uuur r r r AN = DN − DA = xDB − DA = − a + xb) + (1 − x)c Do AN ⊥ DB A C N uuur uuur r r r r r ( � AN .DB = 0 � −a + xb + (1 − x)c (b − c) = 0 ) � (17 x − 1) − 8( x + 1)cosϕ = 0 (1) B uuur 2 Mặt khác: AN = 2 � AN = 4 � 17 x 2 − 2 x + 13 − 8( x + 1) 2 cos ϕ = 0 (2) 7 55 Từ (1) và (2) ta được x = .Vì vậy : cosϕ = 9 64 Ta tính độ dài đường cao của hình chóp SO.Vì O là trọng tâm của tam giác ABC nên 1 1 SO ( SA SB SC ) (a b 4c) 3 3 1 1 1 | SO | (a b 4c ) 2 48 96 cos 58 3 3 2 Lời giải đề 2: 11
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GV: Dương Công Huân Ta chọn hệ véc tơ cơ sở S uuur r uuur r uuur r { } CA = a, CB = b, CS = c +Ta tìm góc ϕ giữa SM và CN? Ta có: uuur uuuur uuur 1 r r SM = CM − CS = (b − 2c) 2 P uuur r r 1 CN = (a + b) 2 A uuur uuur C SM .CN 2 Khi đó: cosϕ = uuur uuur = � ϕ = 450 M N SM . CN 2 B +Tính khoảng cách giữa SM và CN? uuur uuur uuur uuur 1 r r r Gọi P thuộc SM và Q thuộc CN. Khi đó: PQ = xSM + yCN + SC = � ya + ( x + y ) b − ( 2 x + 2 ) c � 2� � Do PQ là đoạn vuông góc chung của SM và CN nên: uuur uuur r 2 x=− �PQ.SM = 0 3 x + 3 y = −1 � 3 �uuur uuur r � � �� PQ.CN = 0 x + 2y = 0 1 y= 3 uuur 1 r r r uuur 1 r r r 2 2 3 ( ) � PQ = a − b − 2c � PQ = 6 6 ( ) a − b − 2c = 3 KẾT QUẢ 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 lớp tôi dạy thì thu được kết quả sau: Lớp Năm học Số học sinh đạt yêu cầu 11M 20182019 25/35 (71,42 %) 11C 20182019 32/42(76,19%) 11D 20182019 30/42(71,42 %) 3.4 Điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến: Thực hiện trong phạm vi một số buổi chữa bài tập với các bài tập ở mức độ vừa phải. Giáo viên đưa ra phương pháp giải, ví dụ mẫu và hệ thống bài tập, học sinh nêu các lời giải có thể có được của bài toán. Sau đó cho học sinh tìm tòi, phát hiện một số vấn đề xung quanh bài giải ở mức độ đơn giản. 12
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM GV: Dương Công Huân Thực hiện một số buổi trong công tác bồi dưỡng đối với những học sinh khá hơn ở mức độ những bài toán cao hơn. Hình thức này cũng cần thực hiện liên tục trong quá trình học tập của học sinh, làm cho khả năng tư duy, tính sáng tạo của học sinh ngày càng được tăng lên. 3.5 Cam kết không sao chép hay vi phạm bản quyền: Tôi xin cam kết không sao chép hoặc vi phạm bản quyền của bất kỳ tác giả nào. KIẾN NGHỊ, ĐỀ XUẤT Cần tăng cường hơn nữa hệ thống ví dụ giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp véctơ và hệ thống bài tập trên sách giáo khoa, tài liệu tham khảo để học sinh có thể tự nghiên cứu và vận dụng véctơ trong quá trình giải bài toán hình học không gian. KẾT LUẬN Trong đề tài này, chủ yếu tôi đưa ra một số phương pháp phân tích, đánh giá để có lời giải các bài toán hình học không gian bằng phương pháp véctơ. Tuy nhiên trong quá trình thực hiện đề tài chắc chắn sẽ không tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất mong muốn có được sự đóng góp ý kiến của đồng nghiệp và các bạn đọc về nội dung đề tài. Tôi xin chân thành cảm ơn ! Vĩnh yên, ngày 25 tháng 2 năm 2020 CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG TÁC GIẢ SÁNG KIẾN KIẾN Dương Công Huân 13

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.06: Bộ 240 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2023

240 tài liệu

1111 lượt tải

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.