SKKN Dạy học phát triển phẩm chất, năng lực học sinh thông qua khai thác một số bài toán hình học không gian trong đề thi HSG và đề thi THPT QG

SKKN Dạy học phát triển phẩm chất, năng lực học sinh thông qua khai thác một số bài toán hình học không gian trong đề thi HSG và đề thi THPT QG

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN luận văn luận án O2 Education

ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Mỗi môn học ở trường phổ thông với đặc trưng của mình đều góp phần thực hiện
mục tiêu giáo dục trong đó có môn Toán. Môn Toán ở trường phổ thông không chỉ
trang bị cho học sinh những kiến thức cơ bản của bộ môn mà còn bồi dưỡng tư
tưởng, tình cảm đúng đắn đồng thời giúp các em phát triển toàn diện. Song để thực
hiện chức năng đó cần thiết phải đổi mới phương pháp dạy học theo tinh thần: phát
huy tính tích cực, tự giác, chủ động, tư duy sáng tạo của học sinh, bồi dưỡng cho
học sinh năng lực tự học, lòng say mê học tập và ý chí vươn lên.
Quán triệt sâu sắc quan điểm chỉ đạo của Bộ Giáo dục và Đào tạo, Sở Giáo dục –
Đào tạo Nam Định về đổi mới phương pháp dạy học, giáo viên trường THPT Giao
Thủy đã từng bước tích cực áp dụng các phương pháp, hình thức dạy học theo
hướng phát triển phẩm chất, năng lực của học sinh.
Dạy học theo định hướng phát triển phẩm chất, năng lực học sinh là một vấn đề
không đơn giản đối với thầy, cô giáo. Để làm được điều này, mỗi thầy, cô giáo cần
đầu tư thời gian, luôn tìm tòi và phát triển những vấn đề mới lạ từ đó hướng học
sinh khám phá những điều thú vị còn tiềm ẩn từ bài toán ban đầu.
Việc rèn luyện các phẩm chất trí tuệ như: Tính linh hoạt, tính độc lập, tính sáng
tạo cho HS là vô cùng quan trọng nó có ý nghĩa to lớn đối với việc học tập, công
tác và trong đời sống. Theo Giáo sư Nguyễn Cảnh Toàn thì muốn học toán một
cách sáng tạo thì chỉ tư duy logic thôi chưa đủ, tư duy biện chứng rất quan trọng nó
giúp ta phát hiện vấn đề, định hướng tìm tòi cách giải quyết vấn đề, nó giúp ta có
lòng tin rằng sẽ có một ngày thành công. Cũng theo Giáo sư Nguyễn Cảnh Toàn
“Sáng tạo là sự vận động của tư duy từ những hiểu biết đã có đến những hiểu biết
mới”.
Bài toán “Hình học không gian” là một nội dung quan trọng của môn hình học
lớp 11, lớp 12. Nếu hệ thống bài tập được khai thác và sử dụng hợp lý thì sẽ rèn
luyện cho học sinh khả năng phát triển tư duy biểu hiện ở các mặt như: khả năng
tìm hướng đi mới (khả năng tìm nhiều lời giải khác nhau cho một bài toán), khả
năng tìm ra kết quả mới (khai thác các kết quả của một bài toán, xem xét các khía
2
cạnh khác nhau của một bài toán), khả năng sáng tạo ra bài toán mới trên cơ sở
những bài toán quen thuộc.
Xuất phát từ lí do trên, qua kinh nghiệm giảng dạy của bản thân và dự giờ học
tập đồng nghiệp, tôi viết sáng kiến kinh nghiệm
DẠY HỌC PHÁT TRIỂN PHẨM CHẤT, NĂNG LỰC HỌC SINH
THÔNG QUA KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG
GIAN TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ ĐỀ THI THPT QUỐC GIA
3
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP
1. Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Trong các kì thi, đặc biệt kì thi THPTQG và học sinh giỏi thì bài toán về hình
học không gian làm cho nhiều học sinh lúng túng vì nghĩ rằng nó trừu tượng và
thiếu tính thực tế. Có thể nói bài toán về hình không gian có sự phân loại đối tượng
học sinh rất cao.
2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
Trong quá trình học tập, tôi khuyến khích HS sử dụng bất cứ nội lực nào, bất cứ
phương pháp nào, bất cứ kiến thức nào có thể, miễn sao phát hiện và giải quyết
được vấn đề. SKKN hướng đến việc phát triển phẩm chất, năng lực học sinh , rèn
luyện tính linh hoạt của tư duy, thể hiện ở khả năng chuyển hướng quá trình tư
duy. Trước hết cần rèn luyện cho HS khả năng đảo ngược quá trình tư duy, lấy
đích của một quá trình đã biết làm điểm xuất phát cho một quá trình mới, còn điểm
xuất phát của quá trình đã biết lại trở thành đích của quá trình mới. Việc chuyển
hướng quá trình tư duy không chỉ là đảo ngược quá trình này mà còn có thể là
chuyển từ hướng này sang hướng khác không nhất thiết là ngược với hướng ban
đầu. Rèn luyện cho học sinh tính độc lập: Tính độc lập của tư duy thể hiện ở khả
năng tự mình phát hiện vấn đề, tự xác định phương hướng và tìm ra cách giải
quyết, tự kiểm tra và hoàn thiện kết quả đạt được. Tính độc lập liên hệ mật thiết
với tính phê phán của tư duy nó thể hiện ở khả năng đánh giá nghiêm túc ý nghĩ và
tư tưởng của người khác và bản thân mình, có tinh thần hoài nghi khoa học, biết
đặt những câu hỏi “tại sao?”, “như thế nào?” đúng chỗ, đúng lúc. Như vậy qua việc
nghiên cứu sâu bài toán có thể giúp HS sáng tạo ra được bài toán mới thể hiện tính
sáng tạo của tư duy.
Sau đây tôi trình bày những nội dung cụ thể của giải pháp trong sáng kiến.
DẠY HỌC PHÁT TRIỂN PHẨM CHẤT, NĂNG LỰC HỌC SINH
THÔNG QUA KHAI THÁC MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG
GIAN TRONG ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ ĐỀ THI THPT QUỐC GIA
4
Những điểm mới mà sáng kiến của tôi đề cập đến bao gồm:
– Phần 1 Khai thác bài toán: Thể tích khối đa diện. Đặc biệt: Khai thác sâu các bài
toán: Tứ diện vuông (Trang 5)
– Phần 2 Sử dụng phép biến hình trong bài toán tính thể tích khối đa diện (Trang
37)
– Phần 3 Sáng tạo bài toán vận dụng cao về Tọa độ không gian từ bài toán HHKG
(Trang 51)
5
Phần 1
A. Bài toán số 1 trong đề thi HSG
Bài toán số 1 Cho mặt cầu (O R ; . ) Lấy một điểm S thuộc mặt cầu. Xét A B C ; ; thuộc mặt
cầu sao cho SA SB SC = = , ASB BSC CAS = = = , ( 0o    90o ). Tính thể tích khối chóp
S ABC . theo R và .
Lời giải
• Theo giả thiết ta có hình chóp S ABC . là hình chóp đều.
• Gọi H là trọng tâm tam giác ABC đều, suy ra SH ABC ⊥( ) và H là tâm đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC .
• Dựng S ‘ đối xứng với S qua O ; gọi M và I lần lượt là trung điểm của BC SA ; .
Giả sử SA SB SC x x = = =  ; 0.

+/ Ta có:

2 2 .sin
BC BM x AB AC = = = = 2
2 2 3 2 3
. . sin
3 3 2 3 2
1 1 3 3
. . sin
3 3 2 3 2
x
AH AM BC
x
HM AM BC



= = =

= = =
+/ Do   SHA SAS ; ‘ đồng dạng (g-g) nên ta có:
2 2
‘ ‘ 2
SA SH SA x
SH
SS SA SS R =  = =
+/ Lại có: SH SA AH 2 2 2 = –
S
A
S
B
M
C
O
I
H
6
2 2
2 2 2 2 2
2
4 4
sin 3 4sin
4 3 2 3 2
x x
x x R
R
   
 
 = –  = –  
2
.
1 1 1
. . . . . . . 3sin .2 sin
S ABC 3 6 6 2 2 2 ABC
x
V SH S SH AM BC x x
R
 

 = = =
4 2
2 4 2 2
.
3
2
.
2 16 3
. 3sin . .2 3 4sin .sin
12 2 9 12 2 2
8 3 3
sin (1)
27 2
S ABC
S ABC
x
V R
R R
R
V
  

 
 
 = = –  
 =
• Vậy:
3
2
.
8 3 3
sin
S ABC 27 2
R
V = 
Từ bài toán số 1 ta đưa ra hai bài toán sau:
1/ Đối với học sinh trung bình khá.
Bài 1.1: [TĐP] Cho tứ diện ABCD đều nội tiếp mặt cầu (O R ; . ) Tính thể tích khối tứ
diện ABCD theo R.
Lời giải
+/ Ta dễ dàng thấy đây là bài toán số 1 với  = 60o .
+/ Từ đó suy ra:
3
.
8 3
S ABC 27
R
V = .
+/ Ta cũng có thể khai thác bài toán số 1 bằng cách cho cụ thể giá trị  hoặc biết độ dài
cạnh bên hoặc góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy; góc giữa mặt phẳng bên và mặt
phẳng đáy.
2/ Đối với học sinh khá giỏi.
Bài 1.2: [TĐP] Cho mặt cầu (O R ; . ) Lấy một điểm S thuộc mặt cầu. Xét A B C ; ; thuộc
mặt cầu sao cho SA SB SC = = , ASB BSC CAS = = = , ( 0o    90o ;  thay đổi). Tìm
 để thể tích khối chóp S ABC . lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.
Lời giải
+/ Từ lời giải của bài toán số 1 ta có:
3
2
.
8 3 3
sin
S ABC 27 2
R
V = 
+/ Mặt khác, ta lại có: sin 1 0 sin 1 3 3 2
2 2
 
       
7

Từ đó ta suy ra:

3
.
8 3
S ABC 27
R
V 
 max
3
.
8 3
S ABC 27
R
V = khi sin 1 2 3
 2
=  =  60o
+/ Vậy: max
3
.
8 3
S ABC 27
R
V = khi SABC là hình tứ diện đều.
Một câu hỏi mạnh dạn đặt ra là:
“Một hình chóp S ABC . bất kỳ nội tiếp trong mặt cầu (O R ; ) thì
3
.
8 3
S ABC 27
R
V  không?”.
Để trả lời câu hỏi này ta có bài toán sau:
Bài 1.3: [TĐP] Cho hình chóp S ABC . nội tiếp trong mặt cầu (O R ; . )

Chứng minh rằng:

3
.
8 3
S ABC 27
R
V 
Nhận xét: Bài toán này cũng có thể hỏi như sau: “Trong các hình chóp tam giác nội
tiếp mặt cầu (O R ; . ) Tìm hình chóp có thể tích lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó”.
Áp dụng kết quả bài toán trên ta có bài toán khó hơn như sau:
Bài 1.4: [TĐP] Cho một tứ diện đều được phân chia thành một số tứ diện nhỏ sao cho
tổng thể tích các khối cầu ngoại tiếp các tứ diện nhỏ này bằng thể tích khối cầu ngoại tiếp
tứ diện ban đầu. Chứng minh các tứ diện nhỏ đều.
Lời giải
• Giả sử thể tích khối tứ diện ban đầu là V ; nội tiếp mặt cầu có bán kính R , khối
cầu này có thể tích là V * . Khi đó ta có
8 3 3
27
R
V = ; * 3 4
V R = 3 .
• Giả sử khối tứ diện này được phân chia thành n khối tứ diện nhỏ có thể tích lần
lượt là V V V V n 1 2 3 ; ; ;…; ; n  . Mỗi tứ diện nhỏ nội tiếp mặt cầu có bán kính
R R R R 1 2 3 ; ; ;…; n tương ứng; các khối cầu này có thể tích là V V V V 1 2 3 * * * * ; ; ;…; n tương
ứng.
+/ Theo giả thiết thì: 1 2 3 * * * * * * 3 … ; ;1 ; , 4
V V V V V R i n i n + + + = = +    n i i V 3
+/ Khi đó
3
3
1 1 1
8 3 8 3
27 27
n n n
i
i i
i i i
R
V V R
= = =
=  =    (theo các kết luận trên)
8
3 *
1 1
3
* 3
. .
8 3 3 4 8 3 3
27 4 3 27 4
8 3 3 8 3 3 4 8 3
. . .
27 4 27 4 3 27
n n
i i
i i
V R V
R
V V R V

 

 
= =
  =
  = = =
 
• Vậy dấu bằng xảy ra 
8 3 3
27
1 ;
i
i
R
V
i n i

=
  
 các tứ diện nhỏ này là các tứ diện đều.
Như vậy chúng ta thấy từ một bài toán ban đầu, mạnh dạn khai thác ta sẽ có một hệ
thống các bài toán liên quan từ dễ đến khó, từ những trường hợp riêng đến tổng
quát. Tiếp tục khai thác và xét các bài toán tương tự:
BÀI TẬP TƯƠNG TỰ
Bài 1.5: [TĐP] Cho tứ diện ABCD AB c AC b BC a DA a DB b DC c , ; ; ; ‘; ‘; ‘ = = = = = = .
Chứng minh rằng: (a b c a b c S + + + + +  ‘ ‘ ‘ 12 3 )2 tp; Stp là diện tích toàn phần của tứ
diện.
Bài 1.6: [TĐP] Trong các tứ diện nội tiếp mặt cầu (O R ; . ) Tìm tứ diện có diện tích toàn
phần lớn nhất. Tính diện tích toàn phần đó.
Bài 1.7: [TĐP] Cho hình chóp S ABC . . Chứng minh rằng:
2 .
. . . . . 72
SA SB SC AB AC CB V  S ABC
Bài 1.8: [TĐP] Cho tứ diện ABCD R r . ; theo thứ tự là bán kính mặt cầu ngoại tiếp, nội
tiếp tứ diện. Chứng minh rằng:
‘ ‘ ‘ ‘ ‘ ‘
‘ ‘ ‘
a b a c c b a b a c c b . . . . . .
R a b c a b c
r h h h h h h h h h h h h
+ + + + +

+ + + + +
(trong đó: AB c AC b BC a DA a DB b DC c h h h h = = = = = = ; ; ; ‘; ‘; ‘; ; ; ; ; a b c d là độ dài đường cao
xuất phát từ đỉnh A B C D ; ; ; tương ứng của tứ diện)
Bài 1.9: [TĐP] Cho tứ diện ABDC gần đều có thể tích V ; bán kính mặt cầu nội, ngoại
tiếp tương ứng là r R AD BC a AB CD b AC BD c ; . ; ; . = = = = = = Chứng minh rằng:
2 4
abcr
V
R

Bài 1.10: [TĐP]
a/ Cho hình chóp S ABC . đều, cạnh đáy là a ; góc giữa mặt bên và mặt đáy là  ; bán kính
mặt cầu nội, ngoại tiếp tương ứng là r R ; . Tìm  để r
R
lớn nhất.
9
b/ Cho hình chóp S ABC . đều, cạnh đáy là a; đường cao là SH h = thay đổi; bán kính mặt
cầu nội, ngoại tiếp tương ứng là r R ; . Tìm h để r
R
lớn nhất.
Bài 1.11: [TĐP] (Bài toán mở rộng) Cho hình chóp n giác đều, bán kính mặt cầu nội,
ngoại tiếp tương ứng là r R ; . Chứng minh rằng: 1 1
cos
R r
 n
 + .
10
B. Bài toán số 2 trong đề thi HSG
Bài toán số 2 Cho góc tam diện Oxyz có xOy yOx xOz = = = 60o . I là điểm cố định
trong góc tam diện. Một mặt phẳng (Q) thay đổi và đi qua I cắt Ox Oy Oz ; ; lần lượt tại
M N P ; ; . Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích tứ diện OMNP .
Lời giải

Xem bản đầy đủ trên google drive: TẠI ĐÂY

Các thầy cô cần file liên hệ với chúng tôi tại fanpage facebook O2 Education

Hoặc xem nhiều SKKN hơn tại:  Tổng hợp SKKN môn hóa học cấp THPT

Hoặc xem thêm các tài liệu khác của môn hóa

Related Posts

Leave a Reply

Your email address will not be published. Required fields are marked *