SKKN Góp phần phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua khai thác bài toán về góc trong hình học không gian

tích của hình chóp tam giác
3V .d
2S1.S2
V = 2S1.S2 sin j
3.d
Tính cạnh chung của hình chóp tam giác
d = 2S1.S2 sin j
3.V
Ví dụ 18. Cho khối chóp tứ giác
S.ABCD có đáy là hình bình hành,
AD = 4a ,
SA = SB = SC = SD =	6a . Khi khối chóp S.ABCD có thể tích đạt giá trị lớn
nhất, sin của góc giữa hai mặt phẳng (SBC ) và (SCD) bằng
A.	6 .	B.	15 .	C.	5 .	D.	3 .
6	5	5	3
Lời giải
S
a 6
A
x
4a
O
B
D	C
Đặt AB = x (x > 0).
AB2 + AD2
x 2 + 16a2
BD
Khi đó OB =	=	=
2	2	2
SB2 -OB2
Þ SO =	=
Thể tích khối chóp S.ABCD là:
1
=	.
6a -
2
x 2 + 16a2
4
8a2 - x 2
2
8a2 - x 2
4ax.
=	=
2
VS .ABCD
=	SO.S
3
ABCD	3
2ax. 8a2 - x 2
2a æçx 2+8a2 - x 2 ö÷
8a 3
3	£ 3 çè	2
ø÷ =	3 .
8a 2 - x 2
Dấu bằng xảy ra khi: x =	Û x = 2a .
Vậy maxVS .ABCD
8a 3
=	Û x = 2a .
15
3
Khi đó:
(	)
·

3SC .V

4a 3
sin (SBC ),(SCD) =	S.BCD =
2SSBC .SSCD
2.æç1
çè2
3
.2a. 5a÷öçæ1
÷øçè2
=	.
3 6.
.4a. 2a÷ö 	5
÷ø
Ví dụ 19. Cho khối chóp S.ABC , đáy là tam giác ABC có AC = 5a, AB = 4a,
B·AC = 60o, S·BA = S·CA = 90o . Góc giữa (SAB) và (SAC ) bằng 60o . Thể tích của khối chóp đã cho bằng
10 39a 3
.	B.
13
.	C.
10 13a3
13
.	D.	.
20 13a 3
20 39a 3
13	13
Lời giải
S
x
H
5a
4a
A	C
B
+) BC 2 = AB2 + AC 2 - 2AB.AC.cos 600 = 21a2 Þ BC =

21a.
+) Gọi H là hình chiếu của S lên mặt phẳng (ABC ), khi đó
ìïAB ^ SB
ïí
ïîAB ^ SH
Þ AB ^ (SBH ) Þ AB ^ BH
(1)
Tương tự
AC ^ CH
(2)
Từ (1),(2) suy ra tứ giác ABHC nội tiếp đường tròn.
+) Gọi R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABHC ta có:
BC
sin A
= 2R Þ R =	7a
AH 2 - AB2
AH 2 - AC 2
Þ AH = 2R = 2 7a, BH =
+) Đặt SH
= 2 3a ,CH =
= x ,(x > 0), ta có
=	3a .
V
=
1	2.S	.S
.sin(·(	) (	))
S .ABC
=	.SH .S
3

ABC

DSAB

DSAC

3SA
SAB
, SAC
2.	.
.	.
Û 1 x.AB.AC.sin 600.3SA =	1 SB.AB 1 SC.AC.sin 600 Û x.SA = SB.SC
3	2	2
x 2 + 28a 2
x 2 + 12a2 . x 2 + 3a 2
Û x	=
1 6 13a.

2	10 39a 3

Û 13x 2 = 36a 2
Û x = 6 13a .
13
Vậy VS .ABC = 3 .	13
5 3a =	.
13
Hướng 2. Khai thác bài toán này theo hướng tìm tòi nhiều cách giải khác nhau Trên cơ sở phân tích đặc điểm bài toán, để rèn luyện cho HS có tư duy mềm
dẻo, GV có thể hướng dẫn các em tìm các cách giải khác nhau.
Với bài toán tính góc của hai mặt phẳng thì ta có khoảng 6 hướng để khai thác các phương pháp giải nó. Cụ thể:
Cách 1. Tính góc theo định nghĩa
Cách 2. Xem góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó.
Cách 3. Dùng khoảng cách
Cách 4. Gắn hai mặt phẳng đó vào hai mặt của hình chóp tam giác và nhờ thể tích.
Cách 5. Dùng công thức hình chiếu Cách 6. Dùng phương pháp toạ độ hoá.
Chi tiết ý tưởng này tôi trình bày trong Mục 2.4.2 sau đây.
Rèn luyện tính nhuần nhuyễn cho học sinh thông qua giải bài toán về góc trong hình học không gian bằng nhiều cách khác nhau
Giải một bài toán theo nhiều cách đồng nghĩa với việc HS tiếp cận vấn đề theo các hướng, khía cạnh khác nhau, nắm được kiến thức sâu rộng và linh hoạt
hơn. Dựa vào những đặc điểm của bài toán mà từ đó dẫn tới việc lựa chọn phương pháp và công cụ tương ứng với đặc điểm đó. Việc rèn luyện cho HS giải một bài toán bằng nhiều cách khác nhau sẽ phát triển tính nhuần nhuyễn, tính linh hoạt cho các em.
Trên cơ sở lí luận về tính nhuần nhuyễn, GV có thể rèn tính nhuần nhuyễn cho HS theo quy trình giải toán gồm 3 bước sau:
Bước 1: Phân tích, tìm tòi lời giải của bài toán;
Bước 2: Trình bày lời giải;
Bước 3: Khai thác và giải bài toán theo các cách khác nhau dựa trên sự phân tích bài toán theo các góc độ khác nhau.
- Bước 4: Hướng dẫn HS lựa chọn cách giải tối ưu.
Trong đề tài này tôi xét ba bài toán về góc trong không gian là bài toán về góc giữa hai đường thẳng, góc giữa đường thẳng và mặt phẳng và góc giữa hai mặt phẳng.
Bài toán 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a . Gọi
H là trung điểm AB , SH = a
(SBC ).
và SH
^ (ABCD). Tính j là góc giữa (SAC ) và
Bước 1: Phân tích, tìm tòi lời giải của bài toán;
Đây là bài toán thuộc dạng tính góc giữa hai mặt phẳng trong không gian Phân tích các dữ kiện của bài toán ta thấy:
Hai mặt phẳng (SAC ) và (SBC ) có giao tuyến là SC .
Hình chóp	S.ABCD đã biết đường cao do đó chúng ta dễ dàng tạo ra các
đường thẳng vuông góc với mặt phẳng.
+ Kẻ AE
^ SB (E Î SB)
Þ AE
^ (SBC ).
Do đó ta dễ dàng xác định được góc giữa hai mặt phẳng (SAC ) và (SBC ).
+ Kẻ AM
^ SC (M
Î SC ) Þ ((·) (	)) = A·ME
SAC
,
SBC
Áp dụng tỷ số lượng giác trong tam giác DAME ta sẽ tìm được sin j .
Từ đây HS có thể giải bài toán này bằng cách sử dụng định nghĩa về góc giữa hai mặt phẳng.
Bước 2: Cách 1: (Sử dụng định nghĩa góc giữa hai mặt phẳng).
S
M
φ
E
A
H
D
Kẻ AE
B
^ SB (E Î SB) vì BC
C
^ (SAB) Þ AE

^ BC Þ AE

^ (SBC ).
Kẻ AM ^ SC (M
Î SC ) Þ ((·) (	)) = A·ME
* Tính AE :
SAC , SBC
1	1	a2
Ta có SDSAB
=	SH .AB =	.a.a =
2	2	2

æa ö2

a 5
5a2
Ta có SA2 = SB2 = SH 2 + BH 2 = a2 +ç ÷ =
. Suy ra SA = SB =	.
Do đó AE

= 2SDSAB
SB

= 2a 5
5
çè2ø÷	4	2
a 5
2
* Tính AM
Ta có: SA =	, AC = a

2
BH 2 + BC 2
a 5
2
, HC =	=
Và SC =
= 3a .
SH 2 + HC 2
2

p (p - a)(p -b)(p - c)
3a2
Suy ra theo công thức Hê-rông: SDSAC =	=	4 .
Do đó AM
= 2SDSAC =
3a2	2
.	= a
2 5
SC	2	3a
2a 5
AE	1
æç2 5 ö÷
Suy ra sin j =	=
AM
.	=
5	a	5
Þ j = arcsinç
ç
è
÷
5 ø÷
Bước 3: Khai thác và giải bài toán theo các cách khác nhau dựa trên sự phân tích bài toán theo các góc độ khác nhau.
GV rèn luyện cho HS khả năng tìm được các cách giải dưới góc độ và tình huống khác nhau, khả năng xem xét bài toán ở nhiều khía cạnh.
GV có thể hướng dẫn HS tìm các cách giải khác nhau theo các hướng sau:
Cách 2: Ta dựa vào công thức hình chiếu:
Cho đa giác H nằm trong mặt phẳng (a)
có diện tích S và đa giác H ¢ là
hình chiếu vuông góc của H trên mặt phẳng (b ), j là góc giữa (a)
đó diện tích S ¢ của H ¢ được tính theo công thức:
S ¢ = S cos j
và (b ). Khi
Khi đó cosj = S ¢
S
Ta có cos j = SDSEC
= 3 . SDSBC
(*).
5
SDSAC	5
* Tính SDSBC :
3 S
SDSAC
3 æça2

5 ÷ö æç3a2 ÷ö
Từ đó ta có cos j =
. DSBC =	ç
÷ : ç	÷ =	.
Vậy j = arccos
5 SDSAC
5 .
5
5 çè	4
÷ø çè
4 ÷ø	5
d (B,(SAC ))
Cách 3: Sử dụng khoảng cách: sin j =	, với BJ
BJ

^ SC , tại J .
Ở đây sử dụng lại các độ dài đoạn thẳng đã tính ở Cách 2.
Dựng HE
Ta có
^ AC (E Î AC ), HF
^ SE (F Î SE ).
BI = d (B,(SAC )) = 2d (H ,(SAC )) = 2HF
SH 2 + HE 2
=	2SH .HE
= 2a. a
2 . 2 2
3a
= 2a .
3
BI	2a	3
æç2 5 ÷ö
a 5
Suy ra sin j =	=	.	=
Þ j = arcsinç	÷ .
2 5
BJ	3	5
èç 5 ÷ø
Cách 4: Sử dụng thể tích: (Ta sử dụng kết quả của Bài toán 3 trong đề tài này)
Ta có
sin j =
3VS .ABCSC
2SDSACSDSBC
(*)
VS .ABC

= 1 SH .S
3

a 3
DABC = 6 .
a2
5
1	1 a 5
SDSBC
=	SB.BC =	.
2	2	2
.a =	.
4

p (p - a)(p -b)(p - c)
3a2
Ta tính được SDSAC =
=	.
4
2 5
3 a 3 3a	4	4

æç2 5 ÷ö
.
Từ đó ta có (*) Þ sin j =
.	.	.
2	6	2

3a 2
=	Þ j = arcsinç	÷ .
a 2
5
ç
5	è 5 ÷ø
Cách 5: Xem góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng
S
E
N
A
M
H
D
B
Sử dụng cách giải 1 ta có AE
(·)
Do đó
C
^ (SBC ), cách giải 3 ta có HN
^ (SAC ).
(SAC ),(SBC )
= (A·E, HN ) = j
Theo các giải trên ta có AE = 2a
5
, HN = a .
3
Với kết quả đó ta tính được ES
EB
Do đó ta có:
= 3 , NS = 8
3	NM
uuur + 3 uuur	uuur	uuur

uuur	uuur	uuur	uuur
uuur
AS	AB
2
2AS + 3AB ; HN
= HA + AN
= - 1 AB + AS + 8AM
AE =	=
1 + 3	5	2	9
2
uuur uuur
çæ	1 uuur
uuur + 8uuur ö÷æ2uuur + 3uuur ö÷
AE.HN
= ç-
AB + AS	AM ֍
AS	AB ÷
ç	2	9	÷ç	5	÷
è	øçè	ø
æç-9uuur + 2uuur + 16uuur ÷öæ2uuur + 3uuur ö÷
= ç	AB	AS	AM ÷ç AS	AB ÷
ç	18
÷ç	5	÷
è	øçè	ø
æç-9uuur + 2uuur + 4uuur ÷öæ2uuur + 3uuur ÷ö
= ç	AB	AS	AC ÷ç AS	AB ÷
ç	18
÷ç	5	÷
è	øçè	ø
-12AB.AS + 8AC.AS + 12AC.AB + 4AS 2 - 27AB2
=
90
uuur uuur

2	2	2
æ
2	a
a + ç
ç 2
ö2	æ	ö2
5
a
5
÷ -ç	÷
÷	ç 2 ÷	2
Ta có AB.AS
= AB
+ AS - BS	=	çè	ø÷	çè	÷ø = a
2	2	2
uuur uuur

2	2	2
(	)2
æça
+ ç
ç
5 ö2
÷
2 ÷
æ 3a ö2
-ç
÷
ç 2 ÷	2
2
a
AC .AS
= AC
+ AS
-CS	=
çè	ø÷	è	ø = a
uuur uuur
2	2	2
2
2
AC .AB = AC .AB.cos45° = a
2.a.	= a
2
2
-12.a + 8.a
2
5
2
+ 12a2 + 4 æça	ö - 27a 2
÷
uuur uuur	2	2
ç 2 ÷
2a 2
Suy ra AE.HN =
çè	ø÷	= -
90	15
uuur uuur
AE.HN AE.HN
Do đó cos j =	=
Vậy j = arccos	5 .
5

=	5 .
— 2a
2
15
2a 5 .a
5	3
5
S
A O
D
H
B
C
Cách 6: Sử dụng phương pháp tọa độ hóa
Đặt S æç	a a÷ö, A(0; 0; 0); B (0;a; 0), C (a;a; 0).
ç0;	; ÷
èç	2
uuur
÷ø
çæ	a	ö÷

éuuur uuurù

æ
ç	2	2

a2 ö÷
Ta có: AS
= ç0;	;a ÷ , AC
= (a;a; 0) Þ êAS,AC ú = ç-a
;a ;-	÷ .
èç	2	ø÷
ë	û	çè
2 ø÷
(SAC )
Khi đó , ta có n	= (2;-2;1).
uur
çæ	a
÷ö	uuur
çæ	a
ö÷	éuur uuurù	æç
2	a2 ö÷
Lại có SB = ç0;	;-a ÷ ; SC = ça;	;-a ÷ Þ êSB,SC ú = ç0;-a ;-	÷ .
èç	2	÷ø
èç	2
ø÷	ë	û	çè
2 ø÷
Khi đó , ta có n(SBC ) = (0;2;1).
0 - 4 + 1
3 5
5
n	.n
uuuuur uuuuur
uuuuur	uuuuur 
5
Từ đó, suy ra cos j =	(SAC ) (SBC )	=	=	.
Vậy j = arccos	5 .
5
n(SAC )
. n(SAC )
- Bước 4: Hướng dẫn HS lựa chọn cách giải tối ưu.
Cuối cùng sau khi GV đã gợi ý cho HS phát hiện, tìm tòi ra được các cách giải khác nhau và hoàn thiện lời giải của mỗi cách giải thì GV hướng dẫn giúp học sinh lựa chọn cách giải tối ưu.
Với mỗi cách giải, HS sẽ sử dụng các tính chất hình học khác nhau. Dựa vào trình độ của từng đối tượng HS mà GV có thể đưa ra cách giải phù hợp nhất cho từng đối tượng học sinh. Với HS trung bình thì cách giải tối ưu là cách giải dễ hiểu nhất có thể dài hơn các cách giải khác, với HS khá giỏi thì cách giải tối ưu là cách giải ngắn gọn có tính sáng tạo, độc đáo trong đó.
Với bài toán này HS Khá thì cách 4 (sử dụng thể tích), HS giỏi thì cách 3(sử dụng khoảng cách) là cách giải tối ưu và độc đáo.
Tiếp theo là bài toán về góc giữa đường thẳng và mặt phẳng như sau:
Bài toán 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông