Nâng cao chất lượng dạy học chủ đề vectơ và hệ tọa độ trong không gian

Nội dung tài liệu: Nâng cao chất lượng dạy học chủ đề vectơ và hệ tọa độ trong không gian

1. CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM Độc lập – Tự do – Hạnh phúc THUYẾT MINH MÔ TẢ GIẢI PHÁP VÀ KẾT QUẢ THỰC HIỆN SÁNG KIẾN 1. Tên giải pháp: “Nâng cao chất lượng dạy học chủ đề vectơ và hệ tọa độ trong không gian”. 2. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử: Từ 10/09/2024 đến ngày 10/03/2025. 3. Các thông tin cần bảo mật (nếu có): Không. 4. Mô tả các giải pháp cũ thường làm. +Thực trạng trước khi áp dụng giải pháp: Khi dạy xong phần lý thuyết nội dung nào của chủ đề vectơ và hệ tọa độ trong không gian thì giáo viên đưa ra 1 đến 2 ví dụ về nội dung đó, giáo viên làm mẫu. Với bài toán trắc nghiệm thì hướng dẫn kết hợp với các phương án đề bài đưa ra để chọn đáp án đúng. Sau đó giao bài tập cho học sinh làm. Làm xong giáo viên chữa các câu mà học sinh chưa làm được hoặc lúng túng. Cách làm cũ này thì ít chú trọng đến phân tích giả thiết liên hệ với yêu cầu để tìm ra lời giải cũng như những lưu ý, nhận xét khi giải bài toán. +) Nhược điểm: Chưa có sự phân dạng, hệ thống các bài toán về vectơ và hệ tọa độ trong không gian nên khi gặp các bài toán lạ thì học sinh lúng túng, không tự tin. +) Hạn chế: Chưa có sự đầu tư sâu về bài toán vectơ và hệ tọa độ trong không gian. Thi theo hình thức trắc nghiệm nên lượng bài tập rất phong phú và đa dạng. Chưa biết chia thành các dạng bài hợp lý nên nhiều dạng câu hỏi trắc học sinh chưa được tiếp cận, đặt biệt là các bài toán có liên hệ với thực tế. 5. Sự cần thiết phải áp dụng giải pháp sáng kiến. +) Từ năm học 2016-2017 môn Toán bắt đầu thi theo hình thức trắc nghiệm nên lượng bài tập trắc nghiệm ở các chủ đề nói chung và ở phần vectơ và hệ tọa độ trong không gian nói riêng rất đa dạng và phong phú, vì vậy học sinh cần nắm kiến thức vững vàng, chắc chắn. Đặc biệt từ năm học 2024-2025, học sinh khối 12 sẽ thi theo tốt nghiệp theo hình thức trắc nghiệm mới (3 dạng thức: trắc nghiệm nhiều lựa chọn, trắc nghiệm đúng sai, trắc nghiệm trả lời ngắn) và có nhiều câu hỏi vận dụng thực tế thì việc học để hiểu bản chất lại càng cần thiết. Hơn nữa, theo đề án
2. 2 tuyển sinh của các trường đại học top đầu trên cả nước, thì đòi hỏi các em cần có kiến thức vững vàng, chắc chắn để thi bài thi đánh giá năng lực, đánh giá tư duy hoặc đánh giá chất lượng đầu vào (ngành sư phạm, ngành công an). +) Trong chương trình sách giáo khoa lớp 12, chủ đề vectơ và hệ tọa độ trong không gian được trình bày với thời lượng còn hạn chế nên các kiến thức nâng cao, câu hỏi liên quan đến thực tế chưa được đề cập nhiều. Trong khi đó đây lại là một nội dung quan trọng của học kỳ 1 môn Toán lớp 12. Các câu hỏi vận dụng về vectơ và hệ tọa độ, câu hỏi liên quan đến thực tế luôn có ở trong các kỳ thi tốt nghiệp THPT, thi học sinh giỏi cấp tỉnh, ở bài kiểm tra thường xuyên, kiểm tra giữa kỳ và kiểm tra cuối học kỳ. Vì vậy cần thiết phải áp dụng giải pháp vào để giúp học sinh giải nhanh và chính xác để học sinh đạt kết quả tốt trong các kỳ thi. 6. Mục đích của giải pháp. + Biên soạn được hệ thống bài tập chủ đề vectơ và hệ tọa độ trong không gian (theo các dạng thức của đề thi tốt nghiệp trung học phổ thông từ năm 2025) phù hợp với đối tượng học sinh các lớp từ cơ bản đến nâng cao, sử dụng ôn tập cho học sinh ôn thi tốt nghiệp THPT, ôn thi học sinh giỏi cấp tỉnh và ôn thi đánh giá năng lực, đánh giá tư duy. + Giúp học sinh dễ dàng nhận biết và giải quyết các bài toán về vectơ và hệ tọa độ trong không gian một cách nhanh gọn, tốn ít thời gian. + Giải pháp có sự cải tiến so với những giải pháp trước đó là: - Hệ thống được các dạng bài tập và phương pháp giải từng dạng. - Phân tích được mối liên hệ giữa giả thiết và yêu cầu để đưa ra lời giải và đưa ra nhận xét, lưu ý chi tiết khi vận dụng. + Tính mới của giải pháp là: Xây dựng hệ thống câu hỏi trắc nghiệm theo cấu trúc đề thi tốt nghiệp từ năm 2025 (câu trắc nghiệm nhiều lựa chọn, câu hỏi trắc nghiệm đúng sai, câu hỏi trắc nghiệm trả lới ngắn). Đưa vào các bài toán thực tế liên quan đến vectơ và hệ tọa độ trong không gian. + Giải pháp nhằm khuyến khích tinh thần tự học của học sinh, học sinh có hứng thú trong học tập, tự giác hoàn thành tốt nhiệm vụ được giao. Từ đó học sinh có thể phát triển năng lực tư duy lôgic và sáng tạo, giúp các em thấy yêu thích môn Toán hơn.
3. 3 + Nâng cao chất lượng học tập của học sinh khi học chủ đề vectơ, hệ tọa độ trong không gian và chất lượng bộ môn Toán nói chung. 7. Nội dung: 7.1 Thuyết minh giải pháp “Nâng cao chất lượng dạy học chủ đề vectơ và hệ tọa độ trong không gian”. 7.1.1 GIẢI PHÁP 1: CÁC BÀI TOÁN VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN KHÔNG GẮN VỚI HỆ TỌA ĐỘ. Kiến thức cần nhớ về vectơ trong không gian + Tính chất trung điểm. Gọi I là trung điểm của đoạn AB, M là điểm tùy ý ta có 1 MA+= MB2 MI hay MI=+ MA MB . 2 ( ) + G là trọng tâm của tam giác ABC, M là điểm tùy ý, ta có GA+ GB + GC = 0, MA+ MB + MMC = 3 MG . + Quy tắc 3 điểm: AB+ BC = AC; AB = AI + IB = AE + EB . AB− AC = CB; AB = IB − IA = MB − MA . +Quy tắc hình bình hành. ABCD là hình B bình hành ta có AB+= AD AC C A D +Quy tắc hình hộp. B C Cho hình hộp ABCD.'''' A B C D , ta có A D AB+ AD + AA'' = AC B' C' A' D' 7.1.1.1 Bài toán 1: Chứng minh đẳng thức vectơ. Phương pháp 1. Chứng minh từ vế phức tạp (cồng kềnh) về vế đơn giản. Phương pháp 2. Chứng minh tương đương, tức là biến đổi đẳng thức cần chứng minh tương với đẳng thức đã biết là đúng hoặc ngược lại. Phương pháp 3. Chứng minh 2 về cùng bằng biểu thức thứ 3. Ví dụ 1. Cho 6 điểm ABCDEF,,,,, bất kỳ trong không gian. Chứng minh rằng: AB+ CD + EF = AD + CF + EB(1) Phân tích: Từ đẳng thức (1). Nhận thấy ở về trái và vế phải của (1) thì điểm đầu của vec tơ không đổi, chỉ giao hoán điểm cuối.
4. 4 Lời giải Cách 1: Chứng minh vế trái của (1) bằng vế phải của (1). VT(1) =+++++=+++++( AD DB) ( CF FD) ( EB BF) AD CF EB( DB FD BF ) =AD + CF + EB = VP(1) (điều phải chứng minh). Cách 2: Biến đổi tương đương. (1) −+−+−= ++= ++=AB AD CD CF EF EB 0 DB FD BF 0 DB BF FD 0 DD = 0 (luôn đúng). Vậy (1) đúng. Nhận xét: Trong ví dụ dạng này khi thành thạo thì ta nên chọn cách giải 2 sẽ ngắn gọn. Cách giải thứ 2 chuyển vế và ghép thành hiệu của các cặp vectơ có chung điểm đầu, biến đổi thành tương đương với đẳng thức đúng. Với số điểm chẵn 4, 6, 8...bất kỳ trong không gian thì ví dụ trên có thể viết biểu thức chứng minh tương tự bằng cách giữ nguyên điểm đầu của vectơ. Chỉ giao hoán điểm cuối thì sẽ được một đẳng thức mới. Chẳng hạn AB+ CD = AD + CB; AB+ CD + EF = AF + CB + ED hoặc AB+ CD + EF + GH = AD + CF + EH + GB. Ví dụ 2. Cho hình chóp tứ giác S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Chứng minh rằng SA+ SC = SB + SD(1) . Phân tích: Gọi O là giao điểm của AC và BD, có SA+ SC =2 SO ; SB + SD = 2 SO . Lời giải Cách 1: Biến đổi tương đương. SA+ SC = SB + SD SA − SB = SD − SC BA = CD . Đẳng thức này đúng, vì ABCD là hình bình hành. ĐPCM.
5. 5 Cách 2: Gọi O là tâm hình bình hành ABCD . Khi đó, là trung điểm của AC,BD . VT(1)= 2. SO (2) . VP(1)= 2. SO (3) . Từ (2) và (3) suy ra (1) đúng. Suy ra điều phải chứng minh. A' Ví dụ 3 (Đề tham khảo TNTHPT năm 2025 D' của Bộ GD): Cho hình hộp B' C' (minh họa như hình bên). Phát biểu nào sau đây là đúng? A D B C A. . B. . C. . D. . Phân tích: Từ hình vẽ cho và 4 mệnh đề thì tư duy đến quy tắc hình hộp. Lời giải Ta có Theo quy tắc hình hộp ta có . Vậy chọn D. Nhận xét: Đây là ví dụ cơ bản học sinh chỉ cần nắm chắc quy tắc về vectơ sẽ chọn được ngay đáp án đúng. Ví dụ 4. Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Gọi A’ là giao điểm của AG với mặt phẳng (BCD). Các mệnh đề sau đúng hay sai? A a) GA+GB + GC + GD = 0 . b) A’ là trọng tâm của tam giác BCD. M c) AB+ AC + AD = 4.AG . d) AC +=BD 2.NM . G D B H A' N C Phân tích: Giả thiết cho G là trọng tâm của tứ diện suy ra được ngay G là trụng điểm của đoạn MN. Lời giải a) Theo giả thiết G là trọng tâm của tứ diện ABCD nên G là trung điểm của đoạn MN. Ta có GA+GB +GC + GD =20( G M + GN ) = . Suy ra a đúng. b) Xét trong mặt phẳng (ABN) Gọi AG BN = A' A ' BN (1) . Gọi H là trung điểm của BA’, ta có BH= HA' và MH là đường trung bình của tam giác BAA’ suy ra MH//' AA .
6. 6 Xét tam giác NMH có MH//' A G, mà G là trung điểm của MN suy ra A’G là đường trung bình của tam giác MNH suy ra A’ là trung điểm của NH, do đó HA''= A N . Do đó BH== HA' A ' N (2) . Từ (1) và (2) suy ra A’ là trọng tâm của tam giác BCD. Suy ra b đúng. c) Theo ý b ta có A’ là trọng tâm của tam giác BCD, ta có AB+A C + AD = 3.AA' (1) Cũng theo ý b, A’G và HM lần lượt là đường trung bình của tam giác MNH và tam 1 1 1 1 3 4 giác ABA’ nên A'.'''' G= HM = AA = AA AG = AA AA = AG , thay 2 2 2 4 4 3 vào (1) được AAB+ AC + D = 4.AG , do đó (1) đúng. Suy ra c đúng. Cách 2 : M, N lần lượt là trung điểm cuả AB và CD nên ta có AB+ AC + AD =2.AM +2. AN =2( AM + AN) = 4. AG = VP (1) . Suy ra c đúng. d) Ta có AC =AM + MN + NC   AC +BD =( AM + BM) + 22 MN +( NC + ND) = MN . BD= BM + MN + ND Suy ra d sai. Nhận xét: Đây là bài toán cơ bản (coi là tính chất) của vectơ trong không gian với tứ diện. G là trọng tâm của tứ diện ABCD ta có (tương tự như biểu thức trọng tâm cuả tam giác). Điểm G là trọng tâm của tứ diện ABCD thì G là giao điểm của 3 đoạn thẳng nối trung điểm của 3 cặp cạnh đối diện, cũng là trung điểm của 3 đoạn thẳng nối trung điểm của 3 cặp cạnh đối diện. Nhưng để xác định điểm G chỉ cần lấy là trung điểm của đoạn thẳng nối trung điểm của 1 cặp cạnh đối diện. GA+GB + GC + GD = 0 Ví dụ 5: Cho hình hộp ABCD. A B C D tâm O. Gọi I là tâm của hình hình hành 1 ABCD. Bết OI AC CA BD DB .Giá trị k bằng bao nhiêu ? k Phân tích: Vẽ hình, liên hệ được AC,,, CA BD DB qua OA,,, OC OB OD . Từ đó tìm cách liên hệ theo OI Lời giải Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Suy ra I là trung điểm của MN nên OM ON2. OI
7. 7 OA OB2 OM Ta có . OC OD2 ON 1 Từ đó suy ra OI OA OB OC OD 4 1 1 1 1 1 1 AC CA BD DB AC CA BD DB . 4 2 2 2 2 8 Nhận xét: Trong ví dụ này cần sử dụng linh hoạt tính chất trong điểm của vectơ. Kết luận: Tứ các ví dụ của bài toán 1 để chứng minh một đẳng thức vectơ thì cần nắm vững và vận dụng linh hoạt các tính chất và quy tắc về vectơ trong không gian như tính chất trung điểm, tính chất trọng tâm, quy tắc 3 điểm, quy tắc hình bình hành, quy tắc hình hộp. 7.1.1.2 Bài toán 2: Tính góc giữa hai vectơ, tính vô hướng của 2 vectơ. Phương pháp ab. + Công thức tính góc giữa 2 vectơ. Cho ab, khác 0 . Ta có cos(ab , ) = . ab. + Công thức tính tích vô hướng của hai vectơ trong không gian. Ví dụ 1 : Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD A B C D có độ dài mỗi cạnh đáy bằng 1 và độ dài mỗi cạnh bên bằng 2. a) Tính góc giữa AC và BC''. A D b) Tính góc giữa BD'' và DA . B C c) Tính cos(BD ' , AD) . A' D' B' C' Phân tích: Vẽ hình, từ hình vẽ tính góc giữa 2 vectơ trong không gian sẽ quy về xác định góc giữa 2 vec ơ có chung điểm đầu. Lời giải a) Ta có B'' C= AD . Do đó ( AC, B ' C ') =( AC , AD) = DAC = 45 (do ABCD là hình vuông). b) Ta có DA = DA''. Do đó (B '''''''D, DA) =( B D , D A) = 1800 −( D B ' ,DAADB ' ') = 180 0 − ' ' ' = 180 0 − 45 0 = 135 .
8. 8 c) Vì ABCD là hình vuông nên AD = BC và BD'= BB '22 + B ' D ' = 4 + 1 + 1 = 6 Theo quy tắc hình hộp ta có BD ' =BA + BC + BB' . 2 Xét AD.BD '= BC .( BA + BC + BB ') = BC . BA + BC . BCB + BC .B ' =B C = 1. BD '.1AD Ta có cos(BD' , AD) ==. BD ' . AD 6 Cách 2: Ta có ; CD'= CD22 + DD ' = 5 . Vì ABCD là hình vuông nên nên cos(BD '' ,ADC) == cos(BD ,BC) cosB D ' BC2+− BD' 2 CD ' 2 1 ==. 2.BC . BD ' 6 Nhận xét: Trong ví dụ này các cặp vectơ ở ý a, b, c đề chéo nhau. Để tính góc giữa các cặp vectơ này thì cần đưa về 2 vectơ có chung điểm đầu. Từ đó tính được số đo cụ thể của góc đó hoặc tính giá trị lượng giác của góc theo yêu cầu đề bài. Ví dụ 2: Cho hai vectơ a và b thỏa mãn a = 3, b = 2 và ab.=− 3. Xác định góc giữa hai vectơ và A. = 30o . B. = 45o . C. = 60o . D. =120o . Phân tích: Từ giả thiết câu này thì nhìn thấy ngay là áp dụng công thức tính góc giữa 2 vectơ. ab.− 3 1 Lời giải: Ta có a. b= a . b .cos( a , b) cos( a , b) = = = − ( a , b) = 1200 . ab. 3.2 2 Chọn D Nhận xét: Đây là ví dụ cơ bản của phần góc giữa 2 vectơ trong không gian, tính cosin góc giữa 2 vectơ, từ đó xác định được góc giữa 2 vectơ. Lưu ý rằng góc giữa 2 vectơ nhận giá trị từ 00 đến 1800. Ví dụ 3: Cho hai vectơ a và b có a = 5 , b =12 và ab+=13. Khi đó cosin của góc giữa hai vectơ ab− và ab+ bằng 12 5 119 119 A. . B. . C. − . D. . 13 12 169 169 22 2 Phân tích: Từ giả thiết hãy nhận xét mối liên hệ giữa ab+ và ab+ ? Từ đó phác họa hình vẽ và xác định đươc .
9. 9 Lời giải Nhận thấy 522+= 12 13 suy ra ab⊥ (hình vẽ minh họa). a 5 −1 5 Mặt khác: cos( 2 ) = = = 2 cos . ab+ 13 13 5 Do đó góc giữa hai vectơ và bằng + =2 = 2.cos−1 1 2 2 13 −1 5 119 Vậy cosa− b , a + b = cos 2.cos = − . Chọn C. ( ) 13 169 Nhận xét: Ở ví dụ này thì cần tinh ý phát hiện từ đó suy ra được . Sau đó xác định vectơ và cùng đi qua 1 điểm, từ đó xác định được góc giữa và . Ví dụ 4 (Đề HSG Bố Hạ 2024-2025 lần 3): Trong không gian, cho hình hộp chữ nhật ABCD.'''' A B C D , biết rằng AB=1, AD = 2, AA ' = 3 và AN=3 AB + k AA ' − 2 AD , AM= AB + AA'3 − AD . Giá trị của k để AN⊥ AM là A. 3 . B. 2 . C. −3 . D. −1. Phân tích: Áp dụng 2 vectơ ab, vuông góc thì thì ab.0= . Lời giải : Đặt a= AB,,' b = AD c = AA a =1, b = 2, c = 3. 2 2 2 Xét ANAM.=+−( 3 akcbacb 2)( +−= 33) akc + + 63242790 b =++=+= =− k k k 3 Chọn C. Nhận xét: Trong ví dụ này thì ta đi tìm k để AM.0 AN = , với lưu ý rằng abc,, đôi một vuông góc thì a. b= 0, b . c = 0, c . a = 0 . Ví dụ 5: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A B C có AB= a và AA = 2 a . Góc giữa hai đường thẳng AB và BC bằng ab− ab+
10. 10 A C B A' C' B' A. 60. B. 45. C. 90 . D. 30 . Lời giải Ta có AB . BC =( AB + BB )( BC + CC ) =AB.... BC + AB CC + BB BC + BB CC aa223 = − +0 + 0 + 2a2 = . 22 3a2 AB . BC 1 Suy ra cos( AB , BC ) = =2 = ( AB , BC ) = 60  . Chọn A. AB . BC aa3. 3 2 Nhận xét: Trong ví dụ này để tính giữa hai đường thẳng và thì ta tính góc giữa 2 vectơ AB và BC . Để tính góc giữa 2 vectơ và thì ta đi tính AB . B C bằng cách chèn thêm các điểm để liên hệ với các góc đặc biệt cho trước. Từ đó tính cos( AB , BC ) và suy ra góc giữa 2 đường thẳng. Lưu ý rằng góc giữa 2 đường thẳng nhận giá trị từ 00 đến 900. Ví dụ 6: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a và M là trung điểm của CD. Các mệnh đề sau đúng hay sai ? a) AM= CD 0. a2 b) AB= AC . 2 c) ( AB, CD) = 900 AB BC a2 d) AM AB = − . 2 Phân tích: Sau khi vẽ hình, tích vô hướng của 2 vectơ quy về 2 vectơ có chung điểm đầu. Lời giải a) Tam giác ACD đều, suy ra AM vuông góc với CD nên AM= CD 0 .
11. 11 Do đó a đúng. a2 b) Ta có AB= AC | AB | | AC | cos( AB , AC ) = AB AC cos BAC = a a cos60 = . 2 Do đó b đúng. c) Ta có AB CD =() AM + MB  CD = AM  CD + MB  CD . Mà AM , BM là trung tuyến của các tam giác đều ACD, BCD nên AM⊥⊥ CD, MB CD . Suy ra AM CD = MB  CD = 0 . Từ các kêt quả trên ta có AM= CD 0 . Suy ra (AB , CD )= 90 . Do đó c đúng. 1 d) Ta có AM=+() AC AD , suy ra 2 1 1 1 a2 a 2 a 2 AB= AM AB()() AC += AD AB += AC AB AD += . Do đó d sai. 2 2 2 2 2 2 Ví dụ 7: Cho tứ diện S. ABC có S SA= SB = SC = AB = AC =2, BC = 2 2 . Tính SC. AB . A C B Phân tích: Từ giả thiết suy ra được tam giác SBC và ABC là 2 tam giác vuông bằng nhau có chung đấy BC, tam giác SAC đều. Chèn điểm quy về 2 vectơ có chung điểm đầu. Lời giải: Ta có: BC2= SB 2 + SC 2(2.2 2 = 2 2 + 2 2 ) SBC vuông cân tại S . Lại có: SA= AC = SC =2 SAC là tam giác đều. 22 SC. AB= SC SB −= SA SC . SB − SC . SA =− 0 SC . SA .cos ASC =− 2.2.cos60 =−=− 2 . ( ) 2 Vậy SC.2 AB =− . Nhận xét: Đây là câu trắc nghiệm trả lời ngắn (dạng thức 3 trong cấu trúc đề thi TN THPT 2025). Để tính ta đưa về tích vô hướng của 2 vectơ có chung điểm đầu. Từ đó xác định được góc giữa 2 vectơ và áp dụng công thức tính tích vô hướng. 7.1.1.3 Bài toán 3: Một số bài toán ứng dụng của vectơ vào thực tiễn. Phương pháp + Kết hợp các quy tắc vectơ trong không gian như quy tắc 3 điểm, quy tắc hình bình hành, quy tắc hình hộp. Tích vô hướng của hai vectơ. Ví dụ 1: Theo định luật II Newton (Vật lí 10): Gia tốc của một vật có cùng hướng với lực tác dụng lên vật. Độ lớn của gia tốc tỉ lệ thuận với độ lớn của lực và tỉ lệ
12. 12 nghịch với khối lượng của vật. Được biểu diễn bởi công thức F= ma . Trong đó a là vectơ gia tốc (m / s2 ) , F là vectơ lực (N) Hình 20 (bên dưới), cho biết quả bóng có khối lượng m( kg) . Muốn truyền cho quả bóng có khối lượng 0,5 kg một gia tốc 50 m / s2 thì cần một lực đá có độ lớn là bao nhiêu (N)? Phân tích: Từ công thức tính được độ lớn của lực. Lời giải: Ta có , suy ra F= m a =0,5.50 = 25( N) . Vậy muốn truyền cho quả bóng khối lượng một gia tốc thì cần một lực đá có độ lớn là 25 (N) Nhận xét: Ví dụ trên là 1 ví dụ thực tế nó liên quan đến môn Vậy Lý, học sinh cần hiểu rõ mối liên hệ giữa lực tác dụng lên vật, khối lượng của quả bóng và gia tốc. Ví dụ 2: Một em nhỏ cân nặng m = 25 kg trượt trên cầu trượt dài 3,5 m. Biết rằng, cầu trượt có góc nghiêng so với phương nằm ngang là 30 (Hình 27). a) Tính độ lớn của trọng lực P= mg tác dụng lên em nhó, cho biết vectơ gia tốc rơi tự do g có độ lớn là g = 9,8 m / s2 . b) Cho biết công AJ( ) sinh bới một lực F có độ dịch chuyến d được tính bởi công thức A= F d . Hãy tính công sinh bởi trọng lực P khi em nhỏ trượt hết chiều dài cầu trượt. Lời giải a) Ta có công thức P= m g =25.9,8 = 245 N .
13. 13 b) Ta có độ dịch chuyến có hướng như hình vẽ. Theo đề ta có A= P  d,( P , d ) = 60 Do đó A= P  d = P  d cos( P , d ) = 245  3,5  cos60 428,75 J Nhận xét: Trong ví dụ này ta chỉ cần áp dụng công thức là tính được độ của trọng lực tác dụng lên vật. Phần tính công A sinh bới một lực có độ dịch chuyến được áp dụng công thức tích vô hướng của hai vectơ. Ví dụ 3: Một chiếc đèn tròn được treo song song với mặt phẳng nằm ngang bởi ba sợi dây không dãn xuất phát từ điểm O trên trần nhà và lần lượt buộc vào ba điểm ABC,, trên đèn tròn sao cho các lực căng FFF1,, 2 3 lần lượt trên mối dây OA,, OB OC đôi một vuông góc với nhau và FFF1= 2 = 3 =15 (N). Tính trọng lượng của chiếc đèn tròn đó. F d A. 14 3( N) . B. 15 3( N) . C. 17 3( N) . D. 16 3( N) . Phân tích: Ví dụ này có thể áp dụng tính chất trọng tâm hoặc là quy tắc hình hộp để tình tổng hợp lực, từ đó sẽ tính được trọng lượng của chiếc đèn. Lời giải
14. 14 Gọi ABC1,, 1 1 lần lượt là các điểm sao cho OA1= F 1,, OB 1 = F 2 OC 1 = F3 . Lấy các điểm DABD1,,, 1 1 1 sao cho OA1 D 1 B 1 C 1 A 1 D 1 B 1 là hình hộp (như hình bên). Khi đó, áp dụng quy tắc hình hộp ta có OA1+ OB 1 + OC 1 = OD 1. Măt khác, do các lực căng FFF1,, 2 3 đôi một vuông góc và FFFN12= =3 =15( ) nên hình hộp OA1 D 1 B 1 C 1 A 1 D 1 B 1 có ba cạnh OA11, OB , OC1 đôi một vuông góc và bằng nhau. Vì thể hình hộp đó là hình lập phương có độ dài cạnh bằng 15. Suy ra độ dài đường chéo OD1 của hình lập phương đó bằng 15 3 . Do chiếc đèn ở vị trí cân bằng nên FFFP1+ 2 + 3 = , ơ đó P là trong lực tác dụng lên chiếc đèn. Suy ra trọng lượng của chiếc đèn là ||P = OD1 =15 3( N) . Chọn B. Nhận xét: Trong ví dụ này khi học sinh thành thạo quy tắc vectơ (quy tắc hình hộp) và công thức tính độ dài đường chéo của hình lập phương, từ và các lực căng đôi một vuông góc và có thể tính luôn được PFFFF=1 + 2 + 3 = 1 3 = 15 3 . Ví dụ 4: Một chiếc đèn chùm treo có khối lượng m= 5 kg được thiết kế với đĩa đèn được giữ bởi bốn đoạn xích SA,,, SB SC SD sao cho S. ABCD là hình chóp tứ giác đều có ASC = 60 . Biết P= m. g trong đó g là vectơ gia tốc rơi tự do có độ lớn 10 m/s2 , P là trọng lực tác động vật có đơn bị là N , m là khối lượng của vật có đơn vị kg . Các mệnh đề sau đúng hay sai? a) SA+ SC = SB + SD. b) SA= SB = SC = SD .
15. 15 c) Độ lớn của trọng lực tác động lên chiếc đèn chùm ằb ng 50 N . 25 3 d) Độ lớn của lực căng cho mỗi sợi xích bằng N . 2 Lời giải a) Đúng: Theo giả thiết là hình chóp tứ giác đều nên ABCD là hình vuông. Gọi O là giao điểm của AC và BD thì O là trung điểm của AC và BD. Khi đó SA+ SC =2 SO ; SB + SD = 2 SO . Vậy . b) Đúng: c) Đúng: Độ lớn trọng lực tác động lên đèn chùm là: P= mg =5.10 = 50 N d) Sai: Ta có S. ABCD là hình chóp tứ giác đều = SA = SB = SC = SD mà ASC = 60 Vậy tam giác SAC đều. Ta có O là trung điểm AC . Hợp lực của 4 sợi xích là: F= SA + SC + SB + SD =2 SO + 2 SO = 4 SO Để đèn chùm đứng yên thì hợp lực của các sợi xích phải cân bằng với trọng lực hay 4SO= P hay 4SO= P SO = 12,5 3 2.SO 25 3 Xét tam giác đều SAC có SO= SA SA = = 233 25 3 Vậy độ lớn của lực căng cho mỗi sợi xích là N . 3 Nhận xét: Đây là câu ví dụ ở dạng thức 2 (câu đúng sai) trong đề thi TN THPT năm 2025. Trong ví dụ này thì cần thành thạo các quy tắc về vectơ. Đây cũng là bài toán thực tiễn, kết hợp với kiến thức Vậy Lý. Ví dụ 5: Có ba lực cùng tác động vàoS. ABCD một vật. Hai trong ba lực này hợp với nhau một góc 100 và có độ lớn lần lượt là 25 N và 12 N. Lực thứ ba vuông góc với mặt phẳng tạo bởi hai lực đã cho và có độ lớn 4 N. Tính độ lớn của hợp lực của ba lực P trên (kết quả làm tròn đến hàng đơn vị). Phân tích: Trong ví dụ này sau khi vẽ hình, lien hẹ quy tắc hình hộp tính được độ lớn của hợp lực. Lời giải SA+ SC = SB + SD SA= SB = SC = SD
16. 16 Gọi FFF1,, 2 3 là ba lực tác động vào vật đặt tại điểm O lần lượt có độ lớn là 25 NNN ,12 ,4 . Vẽ OA= F1,, OB = F 2 OC = F 3 . Dựng hình bình hành OADB và hình bình hành ODEC . Hợp lực tác động vào vật là F= OA + OB + OC = OD + OC = OE . Áp dụng định lí côsin trong tam giác OBD , ta có OD2= BD 2 + OB 2 −2. BDOB . .cos OBD = OA 2 + OB 2 + 2. OAOB . .cos100  . Vì OC⊥ ( OADB) nên OC⊥ OD suy ra ODEC là hình chữ nhật. Do đó tam giác ODE vuông tại D . Ta có OE2= OC 2 + OD 2 = OC 2 + OA 2 + OB 2 +2. OAOB . .cos100 . Suy ra OE= OC2 + OA 2 + OB 2 +2. OAOB . .cos100  =42 + 25 2 + 12 2 + 2  25  12  cos100 26,092. Vậy độ lớn của hợp lực là F= OE26 N . Nhận xét: Đây là câu trắc nghiệm trả lời ngắn ở dạng thức 3 trong đề thi TN THPT năm 2025. Ở ví dụ này thì việc vẽ hình sẽ trực quan. Để tính độ lớn của hợp lực của ba lực thì cần thành thạo quy tắc hình bình hành, quy tắc hình hộp. * Kết quả giải pháp 1: Qua giải pháp này học sinh thành thạo việc chứng minh các đẳng thức vectơ, thành thạo cách tính góc giữa 2 vectơ và tính tích vô hướng của 2 vectơ trong không gian. Đồng thời liên hệ được một số bài toán thực tiễn trong không gian giải bàng phương pháp vectơ.
17. 17 7.1.2 GIẢI PHÁP 2: CÁC BÀI TOÁN VECTƠ TRONG KHÔNG GIAN CÓ GẮN HỆ TỌA ĐỘ Kiến thức cần nhớ về tọa độ của điểm, của vectơ trong không gian Định nghĩa về tọa độ của điểm, tọa độ của vec tơ trong không gian. Các tính chất của vectơ. cho hai vectơ a= (;;) x y z và b= ( x ;; y z ) . xx= + a= b y = y . zz= + a+= b( x++ x ;; y+ y z z ); + a−= b( x−− x ;; y− y z z ) ; + ka= ( kx;; ky kz) với k là một số thực. x= kx + ab, cùng phương với vectơ b 0 khi và chỉ khi tồn tại số thực sao cho y= ky . z= kz + a+ b=+ xx yy zz . + a= x2 + y 2 + z 2 . a b xx + yy + zz + Nếu a và b là hai vectơ khác 0 thì cos(ab ,) == . ab x2+ y 2+ z 2  x '2 + y '2 + z '2 Các tính chất tọa độ của điểm cho các điểm Axyz(;AAABBBCCC ;),(; Bxyz ;),(; Cxyz ;). + AB=(;;) xBABABA − x y − y z − z 2 2 2 + AB=()()() xBABABA − x + y − y + z − z xABABAB+ x y + y z + z + M là trung điểm của đoạn AB, ta có M = ;; . 2 2 2 xABCABCABC+ x + x y + y + y z + z + z + G là trọng tâm tam giác ABC ta có G = ;; 3 3 3 + Điểm G thỏa mãn đẳng thức aGA+ bGB + cGC = 0. Bằng cách chứng minh 2 vectơ bằng nhau thì các tọa độ tương ứng bằng nhau ta tìm ra tọa độ điểm axABCABCABC+ bx + cx ay + by + yc az + bz + cz G = ;; . a+ b + c a + b + c a + b + c + Điều kiện ba vec tơ abc,, đồng phẳng là = a, b . c 0 .
18. 18 7.1.2.1 Bài toán 1: Tìm tọa độ của điểm, của vectơ, độ dài của đoạn thẳng. Phương pháp: +) Dựa vào định nghĩa, tính chất của điểm, của vectơ trong không gian. +) Công thức tính độ dài của đoạn thẳng, công thức tìm tọ độ của vectơ. Ví dụ 1: Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các điểm AB(2;− 1;3), (4;0;1), C(− 10;5;3). a) Tìm toạ độ điểm E sao cho ABCE là hình bình hành. b) Tìm toạ độ điểm M thoả mãn MA+20 MB + MC = . c) Biết BD ( D AC ) là đường phân giác trong của góc B của tam giác ABC. Tìm toạ độ điểm D. Phân tích: Trong ví dụ này ý a thì vẽ hình trực. Nếu không vẽ hình dẽ dẫn đến sai lầm. Trong ý c thì cần nhớ tính chất của đường phân giác. Lời giải a)) Gọi E(;;) x y z , ta có B AE=( x − 2; y + 1; z − 3); BC = ( − 14;5;2). C A E xx−2 = − 14 = − 12 ABCE là hình bình hành ta có AE= BC y +1 = 5 y = 4 E ( − 12;4;5) zz−3 = 2 = 5 b) Điểm M thoả mãn . x++2 x x 2+ 2.4 + ( − 10) y+22 y + y z + z + z Ta có x =ABC = = 0 ; yz=ABCABC =1; = = 2 M 1++ 2 1 4 MM1+ 2 + 1 1 + 2 + 1 Suy ra M (0;1;2) . c) Ta có AB==3; BC 15. B BD là đường phân giác của góc B của tam giác DA BA3 1 DA 1 ABC nên ta có = = = = DC BC15 5 DC 5 A D C =DC5 DA . Vì điểm D nằm giữa 2 điểm A và C nên DC và DA ngược hướng, suy ra DC= −5 DA 5 DA + DC = 0 D (0;0;3) .
19. 19 Nhận xét: Ở ví dụ này ý a thì nên vẽ hình trực quan. Để tìm tọa độ điểm E sao cho ABCE là hình bình hành thì áp dụng tính chất 2 vectơ bằng nhau. Nếu HS không vẽ hình nhiều bạn sẽ tính sai vì nhầm là AB= CE . Trong ý b thì ta áp dụng công thức tìm tọa độ điểm G tổng quát thì sẽ nhanh hơn rất nhiều khi sử dụng 2 vec tơ bằng nhau để tìm tọa độ điểm G. Rất nhiều câu áp dụng được tìm tọa độ điểm G như trên. Trong ý c muốn tìm được tọa độ chân đường phân giác trong D của góc B của tam giác ABC trên AC thì cần phải nhớ tính chất của đường phân giác, từ đó sẽ tìm được tọa độ điểm D. Ví dụ 2: Cho uv=(2; − 1;1) , =( m;3; − 1) , w = ( 1;2;1) . Tìm m để ba vectơ trên đồng phẳng. Phân tích: Cần nhớ điều kiện ba vec tơ đồng phẳng là . Lời giải Ta có: u, v =( − 2; m + 2; m + 6) , u , v .w = 3 m + 8 8 uv, ,w đồng phẳng u, v .w = 0 m = − 3 Nhận xét: Ở ví dụ này thì cần tính tích có hướng của 2 vectơ. uv, . Và nhớ điều kiện để b vectơ đồng phẳng uv, ,w là uv, .w= 0 . Ví dụ 3 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình hộp ABCD. A B C D . Biết A(2;4;0) , B(4;0;0) , C (−−1;4; 7) và D (6;8;10) . Tọa độ điểm B là A. B (8;4;10) . B. B (6;12;0) . C. B (10;8;6). D. B (13;0;17) . Phân tích: Để tìm tọa độ điểm B’ thì áp dụng 2 vectơ bằng nhau thì các tạo độ tương ứng bằng nhau. Lời giải A' B' C' D'(6; 8; 10) aGA+ bGB + cGC = 0 axABCABCABC+ bx + cx ay + by + yc az + bz + cz G = ;;A(2; 4; 0) a+ b + c a + b + c a + b + c B(4; 0; 0) D C(-1; 4;-7) abc,, = a, b . c 0
20. 20 Giả sử D( a;; b c) , B ( a ;; b c ) a =−3 17− Gọi O= AC BD O ;4; = b 8 . 22 c =−7 Vậy DD = (9;0;17), BB =−( a 4; b ; c ) . Do ABCD. A B C D là hình hộp nên a =13 DD = BB = b 0 . Vậy B (13;0;17) . Chọn D c =17 Ví dụ 4 (Đề KS HSG lần 2 Toán 12 Bố Hạ 24-25): Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho hình thang ABCD vuông tại A và B . Ba đỉnh A(1;2;1) , B(2;0;− 1) , C(6;1;0) Hình thang có diện tích bằng 62. Giả sử đỉnh D(;;) a b c , tìm mệnh đề đúng? A. abc+ + = 6 . B. abc+ + = 5 . C. abc+ + = 8 . D. abc+ + = 7 . Phân tích: Trong ví dụ này cần liên hệ được AD với BC . Từ đó tìm được tọa độ đỉnh D. Lời giải: Ta có AB =(1; − 2; − 2) =AB 3; BC = (4;1;1) =BC 32. Theo giả thiết ABCD là hình thang vuông tại A và B và có diện tích bằng 62 nên 1 1 1 AB( AD+= BC) 62 .3.AD + 3 2 = 6 2 =AD 2 =AD BC . 2 2 ( ) 3 1 Do ABCD là hình thang vuông tại A và B nên AD= BC . 3 4 7 a −=1 a = 3 3 1 7 Giả sử D(;;) a b c khi đó ta có b −=2 = b abc + + = 6 3 3 1 4 c −=1 c = 3 3 Nhận xét: Trong ví dụ này muốn tìm tọa độ điểm D của hình thang thì cần liên hệ tính độ dài của đoạn AD và BC (BC đã biết). Từ đó liên hệ được và tìm 1 được tọa độ điểm D. Nếu học sinh mà liên hệ độ dài AD= BC thì sẽ tìm ra 2 điểm 3 D và nếu không thử lại sẽ không loại được 1 điểm không thỏa mãn. Ví dụ 5 (Đề KS HSG lần 4 Toán 12 Bố Hạ 24-25): Những căn nhà gỗ di động như hình được phác thảo dưới dạng một hình lăng trụ đứng, đơn vị đo chiều dài và chiều rộng theo dm. Với hệ trục tọa độ Oxyz như hình bên cạnh. Biết 2 AB'( 17;55;50) , '( 34;55;5) và BMAB'''= . 5