MỘT SỐ GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH 12 PHÁT HUY KHẢ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG

ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN

vectorstock.com/15201399

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN EXPERIENCE IDEA PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

MỘT SỐ GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH 12 PHÁT HUY KHẢ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TRONG KỲ THI THPT QUỐC GIA (2018) WORD VERSION | 2018 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO GIA LAI

TRƯỜNG THPT NGUYỄN THÁI HỌC

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH 12 PHÁT HUY KHẢ NĂNG GIẢI BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TRONG KỲ THI THPT QUỐC GIA

Người thực hiện: Trần Thanh Hữu Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn SKKN môn: Toán

GIA LAI NĂM 2018

MỤC LỤC NỘI DUNG

Trang

I. MỞ ĐẦU 1.1. Lý do chọn đề tài

1

1.2. Mục đích nghiên cứu

1

1.3. Đối tượng nghiên cứu

2

1.4. Phương pháp nghiên cứu

2

II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm

3

2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh

3

nghiệm.

2.3. Các biện pháp thực hiện

4

2.3.1. Một số tính chất cần nhớ

4

2.3.2. Các giải pháp

5-11

2.3.3. Bài tập tham khảo

12

2.4. Kết quả thực hiện

15

III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1. Kết luận

16

3.2. Kiến nghị

16

I. MỞ ĐẦU

1.1. Lý do chọn đề tài Mỗi một nội dung trong chương trình toán phổ thông đều có vai trò rất quan trọng trong việc hình thành và phát triển tư duy của học sinh. Trong quá trình giảng dạy, giáo viên phải đặt ra cái đích là giúp học sinh nắm được kiến thức cơ bản, hình thành phương pháp, kỹ năng, kỹ xảo, từ đó tạo được thái độ và động cơ học tập đúng đắn. Thực tế dạy và học cho chúng ta thấy còn có nhiều vấn đề cần phải giải quyết như học sinh học hình học còn yếu, chưa hình thành được kỹ năng, kỹ xảo trong quá trình giải toán và đặc biệt đại đa số học sinh khi nhắc đến hình học không gian lại rất ngại nói đúng hơn là sợ sệt. Đặc biệt năm học 2017- 2018, là năm học có nội dung trắc nghiệm Toán lớp 11 kỳ thi THPT Quốc gia, những học sinh sử dụng kết quả môn Toán để xét Đại học- Cao đẳng cần phải làm được câu hỏi về mức độ vận dụng, đặc biệt là những câu hỏi vận dụng về tính khoảng cách trong hình học không gian. Để làm được câu hỏi dạng này đòi hỏi học sinh ngoài việc học tốt kiến thức về hình học không gian còn phải biết vận dụng linh hoạt các phương pháp để từ đó qui bài toán khó về dễ và phù hợp với trình độ kiến thức mình đang có đặc biệt là kỹ năng xác định và tính toán nhanh để đạt được yêu cầu kiến thức lẫn thời gian của một câu hỏi trắc nghiệm.

Từ thực tiễn giảng dạy và bồi dưỡng học sinh ôn thi đại học nhiều năm, cùng với kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy. Tôi xin chia sẻ “ Một số giải pháp giúp học sinh 12 phát huy khả năng giải bài toán Khoảng cách trong hình học không gian trong kỳ thi THPT Quốc gia ”. Đây là một nội dung quan trọng, hay và khó trong chương trình Hình học lớp 11 nên đã có rất nhiều tài liệu, sách viết cũng như rất nhiều thầy cô giáo và học sinh say sưa nghiên cứu và học tập. Tuy nhiên việc đưa ra hướng tiếp cận và quy lạ về 1

quen đối với bài toán này nhiều sách tham khảo vẫn chưa đáp ứng được cho người đọc. Đặc biệt nhiều em học sinh lớp 12 quên đi phương pháp tính khoảng cách trong không gian mà các em được học ở lớp 11. Chính vì vậy việc đưa ra sáng kiến kinh nghiệm này là cần thiết, làm các em hiểu sâu hơn về bài toán này và yêu thích chủ đề khoảng cách trong hình học không gian.

1.2. Mục đích nghiên cứu Qua nội dung đề tài này chúng tôi mong muốn cung cấp cho người đọc nắm được cách tiếp cận bài toán, quy lạ về quen, đồng thời giúp cho học sinh một số kiến thức, phương pháp và các kỹ năng cơ bản để học sinh có thể giải quyết các bài toán khoảng cách trong hình học không gian, hình thành cho các em thói quen tìm tòi tích lũy và rèn luyện tư duy sáng tạo, giải quyết các bài toán trong đời sống xã hội, chuẩn bị tốt và đạt kết quả cao trong kỳ thi THPT Quốc gia.

1.3. Đối tượng nghiên cứu Chúng tôi tập trung nghiên cứu một số tính chất về khoảng cách, nghiên cứu về câu hỏi tích phân ở dạng trắc nghiệm khách quan, nghiên cứu về ứng dụng của tích phân để tính diện tích hình phẳng, thể tích khối tròn xoay và vận dụng nó trong các bài toán thực tế của đời sống xã hội.

1.4. Phương pháp nghiên cứu Trong phạm vi của đề tài, chúng tôi sử dụng kết hợp các phương pháp như: phương pháp thống kê – phân loại; phương pháp phân tích – tổng hợp- đánh giá; phương pháp vấn đáp - gợi mở, nêu ví dụ; phương pháp diễn giải... và một số phương pháp khác như phương pháp quy lạ về quen, sử dụng máy tính để hổ trợ tìm đáp án trong câu hởi trắc nghiệm khách quan.

2

II. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm Vấn đề chúng tôi nghiên cứu được dựa trên cơ sở nội dung Khoảng cách trong hình học không gian trong chương trình Hình học 11 [1]. Khi giải bài tập toán, người học phải được trang bị các kỹ năng suy luận, liên hệ giữa cái cũ và cái mới, giữa bài toán đã làm và bài toán mới. Các tiết dạy bài tập của một chương phải được thiết kế theo hệ thống chuẩn bị sẵn từ dễ đến khó nhằm phát triển tư duy cho học sinh trong quá trình giảng dạy, phát huy tính tích cực của học sinh. Hệ thống bài tập giúp học sinh có thể tiếp cận và nắm bắt những kiến thức cơ bản nhất, và dần dần phát triển khả năng tư duy, khả năng vận dụng các kiến thức đã học một cách linh hoạt vào giải toán và trình bày lời giải. Từ đó học sinh có hứng thú và động cơ học tập tốt .Trong quá trình giảng dạy nội dung khoảng cách của Hình học không gian lớp 12 của trường THPT Nguyễn Thái Học, tôi thấy kỹ năng giải bài toán khoảng cách của học sinh còn yếu, đặc biệt là các bài toán trắc nghiệm đòi hỏi thời gian ngắn đa số các em bỏ qua. Do đó cần phải cho học sinh tiếp cận bài toán một cách dễ dàng, quy lạ về quen, thiết kế trình tự bài giảng hợp lý giảm bớt khó khăn giúp học sinh nắm được kiến thức cơ bản, hình thành phương pháp, kĩ năng, kĩ xảo và lĩnh hội lĩnh kiến thức mới, xây dựng kỹ năng làm các bài toán trắc nghiệm khách quan, từ đó đạt kết quả cao nhất có thể được trong kiểm tra, đánh giá và kỳ thi THPT Quốc gia.

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Nội dung là một phần kiến thức tương đối khó với học sinh. Học sinh rất nhanh quên và không vận dụng được những kiến thức đã học vào giải toán. Trong kỳ thi THPT Quốc gia năm 2018, nội dung này đưa ra dưới hình thức trắc nghiệm.

Với tình hình ấy để giúp học sinh định hướng tốt hơn trong quá trình giải bài toán khoảng cách, người giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen tiếp cận bài toán, khai 3

thác các yếu đặc trưng của bài toán để tìm lời giải. Trong đó việc hình thành cho học sinh kỹ năng quy lạ về quen, quy cái chưa biết về cái đã có.

Chính vì vậy đề tài này đưa ra giúp giáo viên hướng dẫn bài toán khoảng cách cho học sinh với cách tiếp cận dễ hơn, giúp học sinh có điều kiện hoàn thiện các phương pháp và rèn luyện tư duy sáng tạo của bản thân, chuẩn bị tốt cho kỳ thi THPT Quốc gia.

Vậy tôi mong muốn các đồng nghiệp và học sinh ngày càng vận dụng tốt các kiến khoảng cách để đưa ra những giải pháp nhằm giải quyết bài toán khoảng cách một cách chính xác và nhanh nhất.

2.3. Các biện pháp thực hiện 2.3.1. Một số kiến thức cần nhớ 2.3.1.1. Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng: * Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆

M

là khoảng cách từ nó đến hình chiếu vuông góc H của M

lên đường thẳng ∆ . Ký hiệu

d ( M , ∆ ) = MH

H ∆

2.3.1.2. Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng: * Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng

M

(α ) là khoảng cách từ M đến hình chiếu vuông góc H của M lên mặt phẳng (α ) .

Ký hiệu d ( M ,(α )) = MH .

H α

4

2.3.1.3. Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng: Cho đường thẳng a và mặt phẳng (α ) .

∆

∆ A α

α

* Nếu a và (α ) cắt nhau hoặc a ⊂ (α ) thì khoảng cách giữa chúng bằng 0. * Nếu a và (α ) song song nhau thì

B

C

B'

C'

∆

khoảng cách giữa đường thẳng a và mặt phẳng (α ) chính là khoảng cách từ một

điểm M bất kỳ trên a đến (α ). * Khoảng cách giữa đường thẳng a và

α

mặt phẳng (α ) được lý hiệu d (a;(α )) .

2.3.1.3. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau: Cho hai đường thẳng a, b chéo nhau. * Đường thẳng ∆ đồng thời vuông góc và cắt cả hai đường thẳng a, b được gọi là

đường vuông góc chung của hai đường thẳng a và b . * Nếu ∆ ∩ a = A, ∆ ∩ b = B thì đoạn thẳng AB được gọi là đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng a và b . * Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là độ dài đoạn vuông góc chung giữa hai đường thẳng. Ký hiệu d (a, b) = AB .

5

Chú ý: * Nếu a và b cắt nhau hoặc trùng nhau thì khoảng cách giữa chúng bằng 0.  a, b c¾t nhau d ( a, b) = 0 ⇔  a ≡ b * Nếu a và b song song với nhau thì d (a, b) = d ( M , b), ∀M ∈ a * Nếu AB //(α ) thì d ( A,(α )) = d ( B,(α ))

2.3.1.4.Thể tích của khối chóp: 1 Khối chóp có diện tích đáy là B , chiều cao là h có thể tích là: V = Bh 3

2.3.1.4.Hệ thức lượng trong tam giác: a. Hệ thức lượng trong tam giác vuông: Cho tam giác ABC vuông tại A, H là hình chiếu của A lên cạnh BC và M là trung điểm của cạnh BC. Ta có: BC 2 = AB 2 + AC 2 (Pitago) AB 2 = BH .BC AC 2 = CH .BC 1 1 1 AB. AC AB. AC AH = = + = 2 2 2 AH AB AC BC AB 2 + AC 2 1 1 S ABC = AB. AC = AH .BC 2 2 AC AB sin B = ; cos B = ; BC BA AC AB M tan B = ; cot B = AB AC b. Hệ thức lượng trong tam giác đều: Nếu tam giác ABC đều cạnh a . Ta có: a 3 Độ dài của đường cao là 2 a2 3 Diện tích của tam giác ABC là: S ABC = 4 c. Hệ thức lượng trong tam giác bất kỳ: Cho tam giác ABC, ta có: * Định lý côsin:

6

C

AB 2 = BC 2 + CA2 − 2 BC.CA.cos C BC 2 = CA2 + AB 2 − 2CA. AB.cos A CA2 = AB 2 + BC 2 − 2 AB.BC.cos B Hệ quả: 2 AB + AC 2 − BC 2 AB 2 + BC 2 − AC 2 cos A = cos B = 2 AB. AC 2 AB.BC 2 2 2 BC + CA − AB cos C = 2.BC.CA BC CA AB * Định lý sin: = = = 2 R (R là bán kính đường tròn ngoại sin A sin B sinC tiếp tam giác) * Định lý đường trung tuyến: AB 2 + AC 2 BC 2 AB 2 + BC 2 AC 2 BC 2 + AC 2 AB 2 2 2 2 ma = − mb = − mc = − 2 4 2 4 2 4 2 Gọi G là trọng tâm tam giác ABC . Ta có: AG = ma 3 * Công thức tính diện tích: 1 1 1 S = a.ha = b.hb = c.hc 2 2 2 1 1 1 = AB. AC.sin A = AB.BC.sin B = AC.BC.sin C 2 2 2 AB.BC. AC = 4R AB + BC + CA = p ( p − AB )( p − BC )( p − CA)( Heroong ) p = 2 = pr r , RlÇn l−ît lµ b¸n kÝnh ®−êng trßn néi tiÕp vµ ngo¹i tiÕp tam gi¸c

2.3.2. Các giải pháp a) Giải pháp 1: Vận dụng định nghĩa khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng và mặt phẳng để giải quyết các bài toán khoảng cách.

Trong giải pháp này giáo viên cần ôn lại kiến thức về hình học không gian, hệ thức lượng trong tám giác đặc biệt là hệ thức lượng trong tam giác vuông, định lý talet

7

trong tam và hướng dẫn cho học sinh sử dụng linh hoạt chúng; giáo viên cần xây dựng các ví dụ đa dạng từ dạng đơn giản đến ví dụ đồi hỏi dạng tư duy, suy luận, có ví dụ ở dạng tự luận, có ví dụ ở dạng trắc nghiệm để học sinh thấy được khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng và mặt phẳng là một kiến thức qua trọng, là nền tảng để đi giải quyết các bài toán tính khoảng cách trong hình học không gian.

Bài toán 1: Tính khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng: Trong bài toán này giáo viên cần hướng dẫn học

M

sinh lựa chọn một tam giác có 1 đỉnh là điểm M và cạnh còn lại nằm trên đường thẳng ∆ . Ta qui

B

bài toán về tính độ dài đường cao của tam giác.

Một bài toán mà đa số học sinh đã học qua và

H

∆

A

làm được bài. sMAB =

1 1 2S AB.MH = AB.d ( M , ∆ ) ⇒ d ( M , ∆ ) = MAB 2 2 AB

Ví dụ 1: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là một hình vuông cạnh a tâm O, cạnh bên SA = a 2 và vuông góc với đáy.

a. Hãy tính khoảng cách từ điểm A đến các đường thẳng SB và SC . b. Hãy tính khoảng cách từ điểm O đến các đường thẳng SC và SD .

Giải: a. Tính d ( A, SB ) .

S

Gọi H là hình chiếu của A lên SB . Khi đó ta có d ( A, SB ) = AH và AH là đường cao trong tam

I

giác vuông SAB ( vuông tại A)

H D

A

1 1 1 1 1 3 a 6 = 2+ = 2 + 2 = 2 ⇒ AH = 2 2 AH SA AB 2a a 2a 3

O B

C

8

⇒ d ( A, SB ) = AH =

a 6 (đvđd) 3

* Tính d ( A, SC ) .

Gọi I là hình chiếu của A lên SC . Khi đó ta có d ( A, SC ) = AI và AI là đường cao trong tam giác vuông SAC ( vuông tại A) Ta có: AC = a 2 ( vì AC là đường chéo của hình vuông ABCD cạnh a ) 1 1 1 1 1 1 = 2+ = 2 + 2 = 2 ⇒ AI = a ⇒ d ( A, SC ) = AI = a (đvđd) 2 2 AI SA AC 2a 2a a b. Tính d (O, SC ) . Gọi J là hình chiếu của O lên

S

SC . Khi đó ta có d (O, SC ) = OJ và OJ là đường cao trong tam giác SOC .

K

I

Ta có: 2

2

2

SC = SA + AC = 2a + 2a = 2a , S SOC

1 1 a2 = SA.OC = SA. AC = 2 4 2

Mặt khác: S SOC

D

J

A

2

O B

C

a2 1 1 2 S SOC 2. 2 a = SC.OJ = SC.d (O, SC ) ⇒ d (O, SC ) = = = (đvđd) 2 2 SC 2a 2

Cách khác: ( Vận dụng định lý talet trong tam giác) Trong tam giác SAC , ta có OJ //AI ( cùng vuông góc với SC ) và O là trunh điểm của AC ⇒ OJ là đường trung bình trong tam giác SAC ⇒ OJ = ⇒ d (O, SC ) =

1 a AH = 2 2

a (đvđd).

2

Tính d (O, SD) .

Gọi K là hình chiếu của O lên SD . Khi đó ta có d (O, SD) = OK và OK là đường cao trong tam giác SOD .

9

Ta có: OD =

1 a 2 a 10 BD = , SO = SA2 + AO 2 = 2 2 2

SA ⊥ BD   ⇒ BD ⊥ ( SAC ) ⇒ OD ⊥ SO ⇒ ∆SOD vuông tại O AC ⊥ BD  ⇒

1 1 1 2 2 12 a 15 = + = 2 + 2 = 2 ⇒ OK = 2 2 2 OK SO OD 5a a 5a 6

⇒ d (O, SD) = OK =

a 15 (đvđd) 6

Ví dụ 2: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và đáy bằng 600.

2.1. Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng SB .

S H

A

I

B

O 600

D

C

A. 2.2 Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng SC .

Ví dụ 3: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là một hình chữ nhật AB = a, AD = 2a, mặt bên SAD là một tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với

đáy, mặt bên SBC hợp với đáy một góc bằng 450.

3.1. Tính khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng SB .

10

A. 3.2 Tính khoảng cách từ điểm C đến đường thẳng SB .

Ví dụ 4:

Bài toán 2: Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (α ) : Trong bài toán này giáo viên cần hướng dẫn học sinh cách dựng hình chiếu H của

điểm M lên mặt phẳng (α ) .

Phân tích: Vì MH ⊥ (α ) nên MH ⊂ ( β ) với ( β ) là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với (α ) .

β M

Gọi ∆ = (α ) ∩ ( β ) . Khi đó: H là hình chiếu của M lên đường thẳng ∆ .

Từ đó ta có cách dựng hình chiếu H của M lên (α ) như sau:

∆

H

α

+ Dựng mặt phẳng ( β ) đi qua M và vuông góc với (α ) + Dựng giao tuyến ∆ của (α ) và ( β ) . + Dựng H là hình chiếu của M lên đường thẳng ∆ . Khi đó: H là hình chiếu của

điểm M lên mặt phẳng (α ).

Thật vậy: (α ) ⊥ ( β )

 ∆ = (α ) ∩ ( β )   ⇒ MH ⊥ (α ) ⇒ H là hình chiếu của M lên mặt phẳng (α ) MH ⊂ ( β )  MH ⊥ (α ) 

Ta qui bài toán khoảng cách từ một điểm M đến mp (α ) về bài toán khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ .

Tuy nhiên có vô số mặt phẳng ( β ) thỏa mãn điều kiện trên. Câu hỏi đặt ra là ta nên lựa chọn mặt phẳng nào trong vô số các mặt phẳng đó. Giáo viên cần phân tích,

11

hướng dẫn học sinh lựa chọn mặt phẳng sao cho cách tính khoảng cách đơn giản, dễ tính nhất.

VD5: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là một hình vuông cạnh 2a tâm O, cạnh bên SA vuông góc với đáy và cạnh bên SC hợp với đáy một góc 300. a. Hãy tính khoảng cách từ điểm A đến các mặt phẳng ( SBC ) và ( SBD ) . b. Hãy tính khoảng cách từ điểm O đến mp ( SBC ) . c. Gọi G là trọng tâm tam giác ACD . Hãy tính khoảng cách từ G đến mặt phẳng ( SBC ) .

Giải: a. Tính d ( A,( SBC )) .

S

Phân tích: Vì SA ⊥ BC nên ta chỉ cần dựng hình chiếu của A lên BC là ta được mặt

H

phẳng ( β ) : chứa SA và đi qua hình chiếu của I

A lên BC .

B

A

Vì AB ⊥ BC nên B là hình chiếu của A lên BC ⇒ ( β ) ≡ ( SAB)

O D

C

Mà: ( SAB ) ∩ ( SBC ) = SB Nên: Hình chiếu của A lên ( SBC ) là hình chiếu của A lên SB.

Từ đó, Ta có cách giải như sau: Gọi H là hình chiếu của A lên SB. Ta có: AH ⊥ SB (1) SA ⊥ BC   ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AH (2) AB ⊥ BC  Từ (1) và (2) suy ra:

AH ⊥ ( SBC ) ⇒ H

là hình chiếu của

A

lên

( SBC ) ⇒ d ( A,( SBC )) = AH .

Vì SA ⊥ ( ABCD ) nên AC là hình chiếu của SC lên ( ABCD)

12

⇒ SCA = 300 ( vì ∆SAC vuông tại A ) ⇒ ( SC ,( ABCD )) = ( SC , AC ) = SCA = 2a 2.tan 300 = 2a 6 . ⇒ SA = AC.tan SCA 3

Trong tam giác SAB vuông tại A ta có: ⇒ AH =

1 1 1 3 1 5 = 2+ = 2+ 2= 2 2 2 AH SA AB 8a 4a 8a

2a 10 2a 10 (đvđd) . ⇒ d ( A,( SBC )) = 5 5

Tương tự, ta cũng có cách tính d ( A,( SBD )) như sau: Gọi I là hình chiếu của A lên SO. Ta có: AI ⊥ SO(3) SA ⊥ BD   ⇒ BD ⊥ ( SAC ) ⇒ BD ⊥ AI (4) AC ⊥ BD  Từ (3) và (4) suy ra: AI ⊥ ( SBD ) ⇒ I là hình chiếu của A lên ( SBD ) . ⇒ d ( A,( SBD )) = AI Trong tam giác SAO vuông tại A , ta có: AO =

1 AC = a 2.

2

1 1 1 7 2a 14 2a 14 = 2+ = 2 ⇒ AI = ⇒ d ( A,( SBD )) = (đvđd) 2 2 AI SA AO 8a 7 7 b. Tính d (O,( SBC )) .

Phân tích 1: Vì ( SAB ) ⊥ ( SBC ) nên ta

S

chỉ cần dựng mặt phẳng ( β ) đi qua O và song song với ( SAB ) là ta có được mặt phẳng cần dựng. Gọi M , N lần

M

lượt là giao điểm của ( β ) với các cạnh

A

K

B

SC , BC Khi đó, ta có:

O D

N C 13

( β ) ∩ ( SAC ) = OM   ( SAB ) ∩ ( SAC ) = SA ⇒ SA//OM ⇒ M là trung điểm của SC .  ( SAB )//( β ) 

Tương tự N là trung điểm của BC. Và ( β ) ∩ ( SBC ) = MN . Do đó: Hình chiếu của O lên MN chính là hình chiếu của O lên ( SBC ) .

Từ đó, ta có cách giải như sau: Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SC và BC. Gọi K là hình chiếu của O lên

MN .

Ta có: NK ⊥ MN (5)

OM / / SA, SA ⊥ BC ⇒ BC ⊥ OM   ⇒ BC ⊥ ( MON ) ⇒ BC ⊥ OK (6) .

ON / / AB, AB ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ON  Từ (5) và (6) suy ra: OK ⊥ ( SBC ) ⇒ K là hình chiếu của O lên ( SBC ) ⇒ d (O,( SBC )) = OK .

Trong

tam

giác

SAC

ta

có

OM

là

đường

trung

bình

1 a 6 ⇒ OM / / SA, OM = SA = .

2 3 Trong tam giác ABC ta có ON là đường trung bình ⇒ ON //AB, ON =

1 AB = a.

2

Mà SA ⊥ AB nên OM ⊥ ON ⇒ ∆OMN vuông tại O ⇒

1 1 1 5 a 10 a 10 = + = 2 ⇒ OK = ⇒ d (O,( SBC )) = (đvđd) 2 2 2 OK OM ON 2a 5 5 S

Phân tích 2: Vì O là trung điểm của AC nên hình chiếu K của O lên ( SBC ) là

H

trung điểm của hình chiếu của đoạn thẳng AC lên ( SBC ) .

A

K

14

O D

B

C

Mà HC là hình chiếu của AC lên ( SBC ) .

Nên K là trung điểm của đoạn thẳng HC.

Từ đó ta có cách giải khác như sau: Gọi K là trung điểm của HC. Trong tam giác

OK =

AHC

có: OK

là đường trung bình ⇒ OK //AH

và

1 a 10 AH = .

2 5

Vì AH ⊥ ( SBC ) nên OK ⊥ ( SBC ) ⇒ K là hình chiếu của O lên mp ( SBC ) ⇒ d (O,( SBC )) = OK =

a 10 ( đvđd) 5

* Tính d (G ,( SBC )) .

Phân tích 1: Vì ( SAB ) ⊥ ( SBC ) nên ta

S

chỉ cần dựng mặt phẳng (α ) đi qua G và song song với ( SAB ) là ta có được mặt phẳng cần dựng. Gọi E , F lần

A L

B

lượt là giao điểm của (α ) với các G

cạnh BC , SC Khi đó, ta có: (α ) ∩ ( ABCD) = GE   ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB  ⇒ AB //GE  ( SAB )//(α ) 

O E

D

J

C

A'

Tương tự EF //SB Và (α ) ∩ ( SBC ) = EF . Do đó: Hình chiếu của G lên EF chính là hình chiếu của G lên ( SBC ) ⇒ d (G ,( SBC )) chính là chiều cao đỉnh G của tam giác GEF .

Từ đó, ta có cách giải như sau: Gọi E là điểm trên cạnh BC , F là điểm trên cạnh SC sao cho GE //AB, EF //SB .

Gọi L là hình chiếu của G lên EF .

15

Khi đó, ta có: GL ⊥ EF (7).

GE //AB, AB ⊥ BC ⇒ BC ⊥ GE   ⇒ BC ⊥ (GEF ) ⇒ BC ⊥ GL(8) EF //SB, SB ⊥ BC ⇒ BC ⊥ EF 

Từ (7) và (8) suy ra: GL ⊥ ( SBC ) ⇒ L là hình chiếu của G lên ( SBC ) ⇒ d (G,( SBC )) = GL. Gọi J là trung điểm của CD, A ' là giao điểm của AG với BC . Khi đó: J cũng là trung điểm của đoạn thẳng AA ' ( Vì JC là đường trung bình của ∆A ' AB ) Trong tam giác ABC ta có: GE //AB ⇒

GE A ' E A ' G A ' J JG 1 1 2 2 4a = = = + = + = ⇒ GE = AB = AB A ' B A ' A A ' A A ' A 2 6 3 3 3

SA 10 = sin SBA = SA = Vì GE //AB, EF //SB nên sin FEG = SB 5 SA2 + AB 2

= 4a 10 .

Trong tam giác GLE vuông tại L, ta có: GL = GE.sin FEG 15

Vậy d (G ,( SBC )) =

4a 10 (đvđd).

15

S

Phân tích 2: Vì G nằm trên đường thẳng BO nên hình chiếu L của G

M

lên ( SBC ) nằm trên hình chiếu

A L

BK của BO lên ( SBC ) .

Từ đó ta có cách giải 2: Gọi L là hình chiếu của G lên

đường thẳng BK .

G D

B

O

N C

Trong tam giác BGL ta có: GL //OK ( vì cùng vuông góc với BL).

Mà: OK ⊥ ( SBC ) nên GL ⊥ ( SBC ) ⇒ L là hình chiếu của G lên mặt phẳng ( SBC ) ⇒ d (G ,( SBC )) = GL .

16

GL GB GO OB 4 4 4a 10 = = + = ⇒ GL = OK = OK OB OB OB 3 3 15 d (G ,( SBC )) =

4a 10 (đvđd).

15

Phân tích 3: Vì G nằm trên đường thẳng A ' A nên hình chiếu L của G lên ( SBC ) nằm trên hình chiếu A ' H của A ' A lên ( SBC ) .

Từ đó ta có cách giải 3: Gọi L là hình chiếu của G lên đường thẳng A ' H .

Trong tam giác A ' AH ta có: GL //AH ( vì cùng vuông góc với A ' H ).

Mà: AH ⊥ ( SBC ) nên GL ⊥ ( SBC ) ⇒ L là hình chiếu của G lên mặt phẳng ( SBC ) ⇒ d (G ,( SBC )) = GL .

GL A ' G A ' J JG 2 2 4a 10 = = + = ⇒ GL = AH = AH A ' A A ' A AA ' 3 3 15 d (G ,( SBC )) =

4a 10 (đvđd).

15

Ví dụ 6: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc mặt phẳng đáy. Gọi H là trung điểm của AB . Khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng ( SCD ) tính theo a bằng:

A.

21a 2

B.

a 21 5

C.

a 21 7

D.

a 21 3

Bài toán 3: Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau : Trong bài toán này giáo viên cần hướng dẫn học sinh tính khoảng cách giữa hai

đường thẳng chéo nhau a và b bằng

M

cách áp dụng kiến thức “ Nếu (α ) là mặt

phẳng chứa đường thẳng b và song song

với

a

A

a

thì

b a' α

N B

17

d (a, b) = d (a;(α )) = d ( M ,(α )), với M là một điểm bất kỳ nằm trên a. ”

Thật vậy: Gọi AB ( A ∈ a, B ∈ b) là đoạn vuông góc chung giữa hai đường thẳng a và b . Ta có: d (a, b) = AB (*) .

Gọi a ' là hình chiếu của a lên mặt phẳng (α ) . Trên a lấy điểm M , gọi H là hình chiếu của M lên mp (α ). Khi đó: H ∈ a ' , d (a,(α )) = d ( M ,(α )) = MH (**) .

Ta có: AB //MH ( vì cùng vuông góc với (α ).

AM //BH ( a //(α ), a ' là hình chiếu của a lên (α ) ⇒ a '//a )

Do đó: Tứ giác ABHM là một hình bình hành ⇒ AB = MH (***) Từ (*), (**) và (***) ta được: d (a, b) = d ( M ,(α ))

Ta qui bài toán khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau về bài toán khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (α ) .

Ví dụ: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là một hình chữ nhật, AB = 2a, AD = a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và mặt bên ( SBC ) tạo với đáy một góc bằng 600.

Tính khoảng cách giữa các cặp đường thẳng đường thẳng chéo nhau: a. SA và BD.

b. AB và SC .

c. BD và SC .

Giải: a. d ( SA, BD ) Gọi H là hình chiếu của A lên BD. Ta có:

S

AH ⊥ BD

SA ⊥ ( ABCD )   ⇒ SA ⊥ AH AH ⊂ ( ABCD) 

A

Do đó: AH là đoạn vuông góc chung giữa

D H

B

C

18

hai đường thẳng SA và BD. ⇒ d ( SA, BD ) = AH .

Trong tam giác ABD vuông tại A ta có: AH =

AB. AD = BD

AB. AD AB 2 + AD 2

Vậy d ( SA, BD) = AH =

=

2a.a 4a 2 + a 2

=

2a 5 5

2a 5 .

5 S

b. d ( AB, SC ) I

AB //CD

  Ta có: AB ⊄ ( SCD )  ⇒ AB //( SCD) CD ⊂ ( SCD) 

A

Mà SC ⊂ ( SCD ) nên d ( AB, SC ) = d ( AB,( SCD)) = d ( A,( SCD)) .

Gọi I là hình chiếu của A lên SD. Ta có:

D

600

B

C

AI ⊥ SD (1)

SA ⊥ CD   ⇒ CD ⊥ ( SAD) ⇒ CD ⊥ AI (2) AD ⊥ CD 

Từ (1) và (2) ta được: AI ⊥ ( SCD ) ⇒ I là hình chiếu của A lên ( SCD ) ⇒ d ( A,( SCD)) = AI .  AB ⊂ ( ABCD ) SA ⊥ BC   BC ⊥ SB  và  SB ⊂ ( SBC ) nên Vì  ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒  BC ⊥ AB  BC ⊥ AB  ( SBC ) ∩ ( ABCD) = BC 

⇒ SBA = 600 ( vì ∆SAB vuông tại A) . (( SBC ),( ABCD)) = ( SB, AB ) = SBA = 2a.tan 600 = 2a 3.

Trong tam giác SAB vuông tại A , ta có: SA = AB.tan SBA

19

Trong tam giác SAD vuông tại A , ta có: AI =

SA. AD SA. AD 2a 3.a 2a 39 = = = SD 13 SA2 + AD 2 12a 2 + a 2

Vậy d ( AB, SC ) = d ( A,( SCD)) = AI =

2a 39 (đvđd) 13

S

M

A K

D

HO

c.

B

C

Phân tích: Gọi (α ) là mặt phẳng chứa BD và song song với SC . Gọi O là tâm của

đáy, M là giao điểm của (α ) với SA . (α )//SC   Ta có: (α ) ∩ ( SAC ) = OM  ⇒ OM //SA  SC ⊂ ( SAC )  Mà O là trung điểm của AC nên M là trung điểm của SA .

Từ đó, ta có cách giải như sau: Gọi M là trung điểm của SA , O là tâm của ABCD .

Ta có: OM là đường trung bình trong tam giác SAC ⇒ OM //SC .

Mặt khác

OM ⊂ (OBD )   SC ⊄ (OBD ) 

Do đó: SC //(OBD)

20

Mà: BD ⊂ (OBD) nên d ( BD, SC ) = d ( SC ,(OBD )) = d (C ,(OBD )) (3) Vì (OBD ) đi qua trung điểm O của AC nên d (C ,(OBD )) = d ( A,(OBD )) (4) Từ (3) và (4) suy ra: d ( BD, SC ) = d ( A,(OBD)) .

Gọi K là hình chiếu của A lên MH . Ta có: AK ⊥ MH (5) BD ⊥ AH   ⇒ BD ⊥ ( SAH ) ⇒ BD ⊥ AK (6) BD ⊥ SA 

Từ (5) và (6) suy ra: AK ⊥ (OBD) ⇒ K là hình chiếu của A lên (OBD ) ⇒ d ( A,(OBD)) = AK Trong tam giác OAH vuông tại A , ta có: AK =

AM . AH = HM

SA. AH SA2 + AH 2 2 4

Vậy d ( BD, SC ) = d ( A,(OBD )) =

=

2a 57 19

2a 57 ( đvđd) 19

Ví dụ: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vuông cạnh 2a . Tam giác SBC đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc mặt phẳng đáy. Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD tính theo a bằng: 4a 5 a 5 3a 5 2a 5 A. B. C. D. 5 5 5 5 b) Giải pháp 2: Vận dụng thể tích, tỷ số thể tích của tứ diện để giải quyết bài

toán khoảng cách trong hình học không gian Trong giải pháp 1 để tính khoảng cách trong hình học không gian đồi hỏi học sinh phải biết cách dựng hình chiếu của một điểm lên một đường thẳng và mặt phẳng.

Tuy nhiên, đối với học sinh yếu việc dựng hình chiếu đối với mình hơi quá sức. Để khắc phục đièuu đó, trong giải pháp này, giáo viên cần hướng dẫn cho học sinh biết

21

sử dụng linh hoạt công thức tính thể tích của một tứ diện, công thức tỷ số thể tích

để tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng dễ dàng hơn, không cần phải dựng hình chiếu; học sinh sẽ có động lực nghiên cứu, đam mê và yêu thích nội dung này.

Kiến thức trong giải pháp này là: 1 3V * VABCD = S BCD .d ( A,( BCD)) ⇒ d ( A,( BCD)) = ABCD 3 S BCD * Tỷ số thể tích: Cho hình chóp S . ABC , trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy các

điểm A ', B ', C ' . Khi đó ta có:

VS . ABC SA SB SC = . .

VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC '

Thật vậy: Gọi H , H ' lần lượt là hình chiếu vuông góc của A, A ' lên ( SBC ) . Vì S , A, A ' thẳng hàng nên S , H , H ' cũng thẳng hàng.

1 1

Ta có: VSABC = S SBC . AH = AH .SB.SC.sin BSC 3 6 1 1

VSA ' B ' C ' = S SB ' C . A ' H ' = A ' H '.SB '.SC '.sin BSC 3 6 V AH SB SC A Do đó: S . ABC = . .

VS . A ' B ' C ' A ' H ' SB ' SC ' A' Trong tam giác SAH , ta có B B' AH SA A ' H '//AH ⇒ = A ' H ' SA ' H H' VS . ABC SA SB SC Vậy: = . .

C' VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC ' C

S

D

Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc mặt phẳng AD = AC = 4cm, ( ABC ) , AB = 3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách từ A đến mp(BCD).

Giải: Ta có AB 2 + AC 2 = BC 2 ⇒ AB ⊥ AC

4 A 3

B

4

B

5

22

1 AB. AC. AD = 8cm 2 6 Mặt khác CD = 4 2 , BD = BC = 5 Nên ∆BCD cân tại B, gọi I là trung điểm của CD 1 2 2 ⇒ S∆BCD = DC.BI = 5 − (2 2) 2 = 2 34 2 2 3V 3.8 6 34 Vậy d ( A,( BCD )) = ABCD = = S ∆BCD 2 34 17 Ví dụ 2: Cho hình chóp S . ABCD đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B , AD = 2a, BA = BC = a, cạnh bên SA vuông góc với Do đó VABCD =

đáy và SA = a 2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên SB . Tính theo a khoảng cách từ H đến mp ( SCD ) .

Giải: V SH Ta có S . HCD = VS .BCD SB ∆SAB vuông tại A và AH là đường cao nên Ta có 2 2 2 SH SA SA 2a 2 SA2 = SH .SB ⇒ = 2= 2 = 2 = 2 2 SB SB SA + AB 2a + a 3

D

a 2 H

2a

D

A a a C

B

2 2 1 a 2 a3 2 Vậy VS . HCD = VS . BCD = . a 2. = 3 3 3 2 9 1 3V Mà VS . HCD = d ( H ,( SCD )).S ∆SCD ⇒ d ( H ,( SCD)) = S .HCD .

3 S∆SCD ∆SCD vuông tại C ( do AC 2 + CD 2 = AD 2 ), 1 1 Do đó S∆SCD = CD.SC = .a 2.2a = a 2 2 .

2 2 3 3a 2 a Vậy d ( H ,( SCD )) = 2 = 9a 2 3 Ví dụ 3: Cho lăng trụ đứng ABC. A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, AA’ = a 2 . Gọi M là trung A' điểm của BC . Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C .

Giải: A

C'

B' E

C

M B

23

1 a 2 BB ' = .

2 2 Ta có: EM là đường trung bình trong ∆B ' BC ⇒ EM //CB’ Mà EM ⊂ ( AME ), B ' C ⊄ ( AME ) nên B’C // ( AME ) Gọi E là trung điểm của BB’ ⇒ BE =

⇒ d ( B’C , AM ) = d ( B’C , ( AME ) ) = d ( C , ( AME ) )

Ta có EB ⊥ ( AMC ) ⇒ EB là đường cao của khối tứ diện CEAM 1 1 1 1 a a 2 a3 2 VCAEM = S ACM .BE = . AB.CM .BE = .a. . = 3 3 2 6 2 2 24 1 3V Mặt khác: VCAEM = S AEM .d (C ,( AEM )) ⇒ d (C ,( AME )) = CAEM 3 S AEM

a2 a 6 Trong ∆AEB vuông tại B ta có: AE = AB + BE = a + = 2 2 Gọi H là hình chiếu của B lên AE . Ta có AE ⊥ ( BHM ) ⇒ AE ⊥ MH 2

∆ABE vuông tại B nên

2

2

1 1 1 3 a 3 = + = 2 ⇒ BH = 2 2 2 BH AB EB a 3

a 2 a 2 a 21 ∆BHM vuông tại B nên MH = + = 4 3 6 1 1 a 6 a 21 a 2 14 Do đó S∆AEM = AE.HM = . . = 2 2 2 6 8 3 3a 2 a 7 Vậy: d (C ,( AME )) = = 7 a 2 14 24.

8 Ghi chú: Có thể áp dụng công thức Hê – rông để tính S AEM Ví dụ 4: Cho lăng trụ ABC. A’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm của BC. Tính khoảng cách từ A đến mp ( BCC’B’) Giải: Theo giả thiết ta có A’H ⊥ (ABC).

Tam giác ABC vuông tại A và AH là trung tuyến B' C' 1 nên AH = BC = a. ∆A ' AH vuông tại H nên ta có 2 A' A ' H = A ' A2 − AH 2 = a 3

C

H

K A

24 B

1 a.a 3 a 3 Do đó VA '. ABC = a 3 = .

3 2 2 VA '. ABC 1 Mặt khác = VABC . A ' B ' C ' 3 2 2 a3 Suy ra VA '. BCC ' B ' = VABC . A ' B ' C ' = .3. = a 3 3 3 2 3V Ta có d ( A ',( BCC ' B ')) = A '. BCC ' B ' S BCC ' B ' Vì AB ⊥ A ' H ⇒ A ' B ' ⊥ A ' H ⇒ ∆A ' B ' H vuông tại A’ a 2 + 3a 2 = 2a = BB ' . ⇒ ∆BB ' H cân tại B’. Gọi K là trung a 14 điểm của BH, ta có B ' K ⊥ BH . Do đó B ' K = BB '2 − BK 2 = 2 a 14 = a 2 14 Suy ra S BCC ' B ' = B ' C '.BK = 2a.

2 3 3a 3 14a Vậy d ( A ',( BCC ' B ')) = 2 = 14 a 14

Suy ra B’H =

f) Giải pháp 6: Hướng dẫn kỹ thuật một số trường hợp làm bài toán trắc nghiệm.

Trong giải pháp này, giáo viên cần truyền cho học sinh các kỹ năng sử dụng máy tính bỏ túi để giải quyết một số bài toán tích phân ở dạng trắc nghiệm khách quan.

Qua đó học sinh sẽ có nhiều lựa chọn, nhiều phương án để đưa ra kết quả đúng.

Đồng thời cũng tạo hưng phấn cho học sinh khi học nội dung này, làm các e tự tin hơn và đem lại kết quả cao trong kỳ thi THPT Quốc gia.

Ví dụ 18: Cho tích phân

2

1

∫ x( x + 1) dx = a ln 2 + b ln 3

với a, b là các số nguyên. Hãy

1

tính S = 2a + b ?

A. 2

B. 3

C. 4

D. 5

HD: Ví dụ này giáo viên có thể hướng dẫn học sinh 3 cách dùng máy tính

25

Cách 1: Xét từng đáp an bằng cách giải hệ phương trình, nếu hệ có nghiệm nguyên thì đáp án đó là đáp án đúng. 2 a + b = 2 2 Chẳng hạn như xét đáp án A, ta giải hệ pt:  dx . (ln 2 ) a + (ln 3 ) b = ∫  x( x + 1) 1 

Cách 2: Từ điều kiện

2

1

∫ x( x + 1) dx = a ln 2 + b ln 3 , rút a

theo b và thế vào S , chọn b từ

1

-5 đến 5 ( chọn ngẫu nhiên dựa vào các đáp án đã cho ) và tính S . Nếu S là một trong các đáp án đã cho thì dừng lại, đó là đáp án đúng.

2

dx

∫ x ( x +1) 1 Cách 3: Từ điều kiện ∫ dx = a ln 2 + b ln 3 ⇒ 2 a .3b = e 1 ⇒ giá trị a, b . x( x + 1) 1 2

Đáp án đúng là B. m) Giải pháp 7: Củng cố lại kiến thức, kỹ năng làm bài tích phân thông qua buổi thảo luận.

Giáo viên tổ chức một vài buổi thảo luận trong đó giáo viên giao nhiệm vụ cho từng nhóm chuẩn bị trước ở nhà, nên chia thành 6 nhóm và năng lực học tập ở các nhóm là tương đương nhau.

Nhóm 1: Giải quyết các bài toán vận dụng định nghĩa tích phân.

Nhóm 2: Giải quyết các bài toán vận dụng tính chất của tích phân.

Nhóm 3: Giải quyết các bài toán vận dụng các phương pháp tính tích phân.

Nhóm 4: Giải quyết các bàì toán tích phân thông qua hình ảnh trực quan và vận dụng công thức tính diện tích hình phẳng và thể tích khối tròn xoay Nhóm 5: Vận dụng tích phân để giải quyết các bài toán thực tế trong đời sống xã hội .

26

Nhóm 6: Giải quyết các bài toán trắc nghiệm khách quan có sự hổ trợ của máy tính bỏ túi.

Buổi thảo luận được tiến hành theo trình tự như sau: - Đầu tiên một nhóm lên trình bày, phát kết quả của nhóm cho các nhóm khác.

- Tiếp theo, các nhóm khác đưa ra câu hỏi đối với nhóm vừa trình bày, đế xuất cách giải của nhóm.

- Giáo viên nhận xét và đưa ra kết luận cuối cùng, yêu cầu toàn bộ học sinh ghi nhận.

- Giáo viên có thể trao thưởng cho các nhóm hoàn thành tốt nhiệm vụ, có thể thưởng điểm cao hoặc những món quà ý nghĩa để khích lệ học sinh.

- Giáo viên nhận xét từng học sinh trong sự chuẩn bị và tiếp thu kiến thức.

Buổi thảo luận tiếp theo thì yêu cấu của các nhóm được đổi cho nhau.

2.3.3. Một số bài tập tham khảo Câu 1:

b

∫ f ( x)dx = 25 , F(x) là một nguyên hàm của f(x) trên [ a; b ] và F( b )=12. Tính a

F( a )?

A. 13 Câu 2:

B. -13

C. 27

D. -27

C. 27

D. -27

b

∫ f ' ( x)dx =15 và f( b )=12. Tính f( a )? a

A. -3

B. 3

Câu 3: F(x) là một nguyên hàm của f(x)=

A. ln4

B. ln4-1

1 trên [0;1] và F( 0 )=ln3+1.Tính F(1 )? x+3

C. 1-ln4

D. ln4+1 π

Câu 4: F(x) là một nguyên hàm của f(x)=2x+cosx trên [0; ] và F( 0 )=2. Tính 2

π

F( )?

2

27

A.

π2 4

B.

+2

Câu 5: Cho tích phân

π2 4

C.

+3

π2 4

3

∫

C. 5

f ( x)dx = 16 . Tính tích phân

A. 16

D. 4 1

∫ f (x

2

+ 2) xdx ?

0

B. 4

Câu 7: Cho tích phân

−3

a 4

2

A. 2

4

∫ f ( x)dx = 20 . Tính tích phân ∫ f (4 x)dx ?

B. 10

Câu 6: Cho tích phân

π2

b 4

b

a

A. 20

D.

−2

C. 8

D. 16

2

0

0

−2

∫ f ( x)dx = 16 . Tính tích phân ∫ f (− x)dx ?

B. -16

C. 8

1

1

0

0

D. -8

Câu 8: Tính ∫ (2 x − 3 + e sin x )dx + ∫ (3x 2 + 2 − e sin x )dx ?

A. 0

B. 1 1

C. 2

D. 3

C. 2

D. 1

1

4x3 4x3 dx + ∫ dx ?

Câu 9: Tính ∫ −x x 0 1+ 4 0 1+ 4

A. -1

B. 0

Câu 10: Cho

π

π

2

2

cos xdx ∫0 1 + 3 x = a . Tính

A. a

cos xdx

∫ 1+ 3

−x

theo a ?

0

B. a+1

C. 1-a

2

2

−2

0

D. a-1

Câu 11: Cho ∫ ( x − 2 + x + 2 )dx = a . Tính ∫ ( x − 2 + x + 2 )dx theo a ?

A. −

a 2

B.

a 2

C. 2 − a

D. a + 2

a

Câu 12: Cho I= ∫ ( x 2 + 3 x + 2)dx . Tìm a ≤ −1 để biểu thức I đạt giá trị lớn nhất?

0

28

A. -2 Câu 13: Cho

B. -1 4

∫ x − m dx = 4

C. -3

D. −

2 3

(0< m <4). Tìm giá trị m ?

0

A. 1

B. 3

C. 2

D.

5 2

π

Câu 14: Cho

3

∫

f ( x)dx = 10 . Tính

1

2

∫ f (2 cos x + 1) sin xdx ?

0

A. 1

B. 3

C. 2

D. 4

2

2x 2 + x + 3 Câu 15: Cho ∫ dx = a + b ln 2 , a và b là các số nguyên. Tính a + b ? x 1

A. 5 Câu 16: Cho

B. 7 3

C. 9

1

∫ x( x + 1)dx = a ln 3 + b ln 2 , a

D. 11

và b là các số nguyên. Tính a + b ?

2

A. -1

B. 0

C. -2

D. 3

2

Câu 17: Cho ∫ (3x + ln x)4 xdx = a + b ln 2 , a và b là các số nguyên. Tính a − b ?

1

A. 10

B. 17

C. 25

D. 15

a

Câu 18: f(a)= ∫ ( x 2 + x)dx . Giá trị nhỏ nhất của f( a ) trên đoạn [-1;1] là −1

A.

B. 2

1 6

Câu 19: Cho f(1)=12, f’(x) liên tục và

C. −

5 6

D.

5 6

2

∫ f ' ( x)dx = 17 . Tính f(2)?

1

Câu 20: Giả sử

2

1

K?

1

K ?

∫ 2 x + 1 dx = ln K . Tìm giá trị 0

Câu 21: Giả sử

1

∫ 2 x + 1 dx = ln K . Tìm giá trị 3

29

Câu 22: Một viên đạn được bắn lên theo phương thẳng đứng với vận tốc ban đầu là

25 m / s .gia tốc trọng trường là 9,8 m / s 2 . Quảng đường viên đạn đi được từ lúc bắn lên cho đến khi chạm đất là: A.

3125 m 98

B.

3125 m 49

C.

125 m 49

D.

6250 m 98

Câu 23: Gọi V là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn

bởi các đường y = x , y = 0 , x = 4 , trục hoành. Đường thẳng x = a ( 0 < a < 4 ) cắt

đồ thị hàm số y = x tại M ( hình vẽ bên). Gọi V1 là thể tích khối tròn xoay tạo được khi quay tam giác OMH quanh trục hoành. Tìm a để V = 2V1 ?

Câu 24:

Một xưởng sản xuất muốn tạo ra những chiếc đồng hồ cát bằng thuỷ tinh có dạng hình trụ, phần chứ cát là hai nửa hình cầu bằng nhau ( hình vẽ bên cạnh). Luợng thuỷ tinh làm chiếc đồng hồ cát gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau: A. 602,2 cm 3 B. 1070,8 cm 3 C. 6021,3 cm 3 D. 711,6 cm 3

2.4. Kết quả thực hiện Kết quả vận dụng của bản thân: 30

Chúng tôi đã thực hiện việc áp dụng cách làm này trong nhiều năm với những mức độ khác nhau giữa các lớp trong cùng một khoá học hoặc giữa các lớp

ở các khoá học khác nhau. Đề tài này đã được thực hiện giảng dạy khi tôi tham gia dạy lớp 12C6 năm học 2016-2017ở trường THPT Nguyễn Xuân Nguyên. Trong quá trình học đề tài này, học sinh thực sự thấy tự tin, tạo cho học sinh niềm đam mê ,yêu thích môn toán, mở ra cho học sinh cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền cho học sinh tự học, tự nghiên cứu .Kết quả ,học sinh tích cực tham gia giải bài tập, nhiều em tiến bộ, nắm vững kiến thức cơ bản ,nhiều em vận dụng tốt ở từng bài toán cụ thể .Qua các bài kiểm tra về nội dung này và các bài thi học kỳ, thi thử Cao đẳng, Đại học có nội dung này, tôi nhận thấy nhiều em có sự tiến bộ rõ rệt và đạt kết quả tốt. Cụ thể như sau : Lớp 12C6 năm học 2016-2017 (Sỉ số 42) G

K

TB

Y

Kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

8

19

20

48

12

29

2

4

0

0

Triển khai trước tổ bộ môn: Chúng tôi đã đưa đề tài này ra tổ để trao đổi, thảo luận và rút kinh nghiệm. Đa số các đồng nghiệp trong tổ đã đánh giá cao và vận dụng có hiệu quả, tạo được hứng thú cho học sinh và giúp các em hiểu sâu, nắm vững hơn về bản chất hình học cũng như tạo thói quen sáng tạo trong nghiên cứu và học tập. Và cho đến nay, những kinh nghiệm của tôi đã được tổ thừa nhận là có tính thực tiễn và tính khả thi. Hiện nay, chúng tôi tiếp tục xây dựng thêm nhiều ý tưởng để giúp học sinh trường THPT Nguyễn Xuân Nguyên học tập nội dung này một cách tốt nhất để đạt kết quả cao nhất trong các kì thi.

31

III. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 3.1. Kết luận Trong dạy học giải bài tập toán nói chung và dạy học giải bài tập toán tích phân nói riêng, việc xây dựng các bài toán riêng lẻ thành một hệ thống theo một trình tự logic có sự sắp đặt của phương pháp và quy trình giải toán sẽ giúp học sinh dễ dàng tiếp cận với nội dung bài học, đồng thời có thể phát triển tư duy học toán cũng như tạo ra niềm vui và sự hứng thú trong học toán.

Việc chọn trình tự bài tập và phân dạng như trên giúp học sinh dễ tiếp thu hơn và thấy được trong từng bài toán nên áp dụng kiến thức nào cho phù hợp. Mỗi dạng toán tôi chọn một số bài tập để học sinh hiểu cách làm để từ đó làm những bài tập mang tính tương tự và dần nâng cao hơn. .Tuy nhiên, vẫn còn một số học sinh không tiến bộ do mất cơ bản, sức ỳ quá lớn hoặc chưa có động cơ, hứng thú trong học tập.

Do đó đây chỉ là những giải pháp trong hàng vạn giải pháp để giúp phát triển tư duy, sự sáng tạo của học sinh. Giáo viên trước hết phải cung cấp cho học sinh nắm chắc các kiến thức cơ bản sau đó là cung cấp cho học sinh cách nhận dạng bài toán, thể hiện bài toán từ đó học sinh có thể vân dụng linh hoạt các kiến thưc cơ bản, phân tích tìm ra hướng giải, bắt đầu từ đâu và bắt đầu như thế nào là rất quan trọng để học sinh không sợ khi đứng trước một bài toán khó mà dần dần tạo sự tự tin, gây hứng thú say mê môn toán, từ đó tạo cho học sinh tác phong tự học tự nghiên cứu . Đề tài có thể phát triển và xây dựng thành hệ thống đề thành sách tham khảo cho học sinh và giáo viên.

Rất mong sự đóng góp ý kiến của các bạn quan tâm và đồng nghiệp để đề tài này được đầy đủ hoàn thiện hơn .

32

3.2. Kiến nghị Đối với tổ chuyên môn : Cần có nhiều buổi họp thảo luận về nội dung tích phân, đặc biệt là ứng dụng của tích phân. Khuyến khích học sinh xây dựng bài tập toán liên quan đến những dạng bài tập toán trong bài giảng.

Đối với trường : Cần bố trí những tiết thảo luận hơn nữa để thông qua đó các học sinh bổ trợ nhau về kiến thức. Trong dạy học giải bài tập toán, giáo viên cần xây dựng bài giảng thành hệ thống những bài tập có phương pháp và quy trình giải toán.

Đối với ngành giáo dục : Phát triển và nhân rộng những đề tài có ứng dụng thực tiễn cao, đồng thời viết thành những bộ sách tham khảo cho học sinh và giáo viên.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG

ĐƠN VỊ

Chư Pưh, ngày 03 tháng 5 năm 2018

NGƯỜI THỰC HIỆN Hiệu trưởng

Lại Văn Dũng

Nguyễn Văn Ngọc

33

TÀI LIỆU THAM KHẢO [1].

SGK Hình học 12_NXB Giáo dục, Bộ Giáo dục và đào tạo.

[2]. Sách BT Hình học 12_ NXB Giáo dục, Bộ Giáo dục và đào tạo.

[3]. SGK Hình học 11_NXB Giáo dục, Bộ Giáo dục và đào tạo.

[4]. Sách BT Hình học 11_ NXB Giáo dục, Bộ Giáo dục và đào tạo.

[5]. .

[6].

Bộ đề trắc nghiệm luyện thi THPT Quốc gia năm 2017- NXB Giáo dục

Việt Nam

34

35