Nâng cao năng lực giải một số dạng bài toán hình học không gian bằng ba phương pháp khác nhau ở trường trung học phổ thông

SỞ GD & ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT LAM KINH
***

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

NÂNG CAO NĂNG LỰC GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TỐN
HÌNH HỌC KHƠNG GIAN BẰNG BA PHƯƠNG PHÁP
KHÁC NHAU Ở TRƯỜNG THPT LAM KINH.

Người thực hiện: Nguyễn Văn Tình
Chức vụ: Tổ trưởng chun mơn.
SKKN thuộc mơn: TỐN

THANH HỐ,NĂM 2013


MỤC LỤC
2


I
II
III
IV
V
5.1
5.2
5.3
I
1.1

1.1.1
1 .1.2
1.2
II
2.1
2.2.
2.3
2.4
2.5
III

MỞ ĐẦU
Lý do chọn đề tài …………………………………………........
Mục đích nghiên cứu…………………………………..............
Giả thuyết khoa học……………………………………….......
Nhiệm vụ nghiên cứu………………………............................
Phương pháp nghiên cứu……………………………………..
Nghiên cứu lý luận...................................................................
Điều tra tìm hiểu......................................................................
Thực nghiệm sư phạm.............................................................
NỘI DUNG
Những căn cứ………………………………………………....
Căn cứ lý luận ……………………………..............................
Vài nét về sự hình thành vec tơ và toạ độ…………………....
Căn cứ vào bản chất của kiến thức hình học…………….......
Căn cứ thực tiễn……………………………………………..
Thực hành giải một số dạng bài tốn hình học khơng gian thơng
qua khai thác ba phương pháp khác nhau.
Các bài toán về tính thẳng hàng................................................
Các bài tốn về quan hệ song song………………...................

Các bài tốn về quan hệ vng góc………………………......
Các bài tốn về tính khoảng cách………………….................
Các bài tốn về tính góc…………….......................................
Thực nghiệm sư phạm
KẾT LUẬN
Tài liệu tham khảo…………………………………………...

Trang
1
1
2
2
2
2
2
2
2
3
3
3
3
3
4
5
5
8
11
15
17
19

20

MỞ ĐẦU
I – LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI

Mạch logic của sách giáo khoa hình học trung học phổ thông là sự kết hợp các
phương pháp: tổng hợp,vec tơ và toạ độ.
Từ hệ thống kiến thức hình học trình bày bằng con đường tổng hợp theo tinh thần
của phương pháp tiên đề,sách giáo khoa đã đưa ra các kiến thức về vec tơ và phép
biến hình,sau đó mới dựa vào véc tơ để trình bày tiếp các kiến thức về toạ độ.Việc tổ
chức dạy học các kiến thức hình học bằng các phương pháp khác nhau trên cơ sở sử
dụng các loại ngôn ngữ khác nhau: tổng hợp,vec tơ và toạ độ không những giúp cho
3


học sinh hình thành kỹ năng diễn đạt một tri thức tốn học dưới các hình thức khác
nhau mà cịn giúp cho các em khai thác được tiềm năng phong phú của mỗi phương
pháp tốn học ở mỗi loại ngơn ngữ đó.
Nhờ việc chuyển từ phương pháp này sang phương pháp khác mà các em đựoc phát triển
năng lực sử dụng chính xác ngơn ngữ,ký hiệu tốn học để mơ tả,nhận thức sự kiện.
Thực trạng hiện nay,tại trường THPT Lam Kinh và trên quy mơ rộng hơn,việc học
hình học với một bộ phận học sinh là điều miễn cưỡng,mơn hình chỉ đưa lại say mê
với số ít học sinh khá và giỏi thì việc tạo ra cho các em hứng thú trong học hình
bằng các cách tiếp cận đối với một bài toán bằng các phương pháp khác nhau là
một việc nên làm.Điều đó sẽ góp phần làm cho các em nắm vững kiến thức hình
học,hiểu được bản chất các đối tượng hình học trong chương trình phỏ thơng.
Hình học khơng gian chiếm một vị trí quan trọng trong chương trình tốn cấp
THPT,do vậy việc tìm kiếm các con đường tổ chức dạy học cho phần hình học
khơng gian ln được nhiều người quan tâm.Đặc biệt,hiện nay với những tiện ích do
việc sử dụng phương tiện dạy học hiện đại đưa lại,giáo viên có thể trình chiếu và

nhanh chóng phân tích,so sánh những phương pháp giải khác nhau cho một bài toán
cụ thể trong một đơn vị thời gian nhất định,cách làm này đã tạo được ấn tượng rất
tốt và thực sự có hiệu quả đối với học sinh.
Trong năm học 2007 – 2008,với bản SKKN của mình,chúng tơi đã đề cập đến nội
dung này,nhưng khi đó mới chỉ tìm tòi mối liên hệ giữa hai phương pháp là vec tơ
và toạ độ,vì thế trong năm học này chúng tơi đưa thêm vào phương pháp tổng hợp
và mạnh dạn phát triển đề tài của mình là:
Nâng cao năng lực giải một số dạng bài tốn hình học khơng gian bằng ba
phương pháp khác nhau ở trường THPT Lam Kinh.
II- MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU

Mục đích nghiên cứu của đề tài là xây dựng hệ thống các dạng bài tập hình học
khơng gian giải bằng các phương pháp khác nhau.
III- GIẢ THUYẾT KHOA HỌC

Nếu thường xuyên quan tâm đúng mức việc rèn luyện năng lực chuyển đổi ngôn
ngữ trên cơ sở xây dựng và sử dụng quy trình giải các bài tốn hình học khơng gian
bằng các phương pháp khác nhau sẽ góp phần nâng cao chất lượng dạy học hình học
ở trường THPT.
4


IV – NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU

Xây dựng cơ sở lý luận và thực tiễn của việc rèn luyện năng lực chuyển đổi của ba phương
pháp.
Xây dựng hệ thống các dạng bài tập hình học khơng gian giải bằng các phương
pháp khác nhau.
Tiến hành thực nghiệm sư phạm nhằm đánh giá mục đích,giả thuyết khoa học của đề tài.
V – PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU

5.1 Nghiên cứu lý luận:
Nghiên cứu các tài liệu về phương pháp giảng dạy toán,sách giáo khoa,sách giáo
viên về chương trình hình học ở cấp THPT.
5.2 Điều tra tìm hiểu
Tìm hiểu về việc dạy và học hình học ở trường THPT Lam Kinh theo các chủ
đề:hình học tổng hợp,vec tơ và toạ độ.
5.3 Thực nghiệm sư phạm.

NỘI DUNG
I – NHỮNG CĂN CỨ

1.1 CĂN CỨ

LÝ LUẬN

1.1.2 Vài nét về sự hình thành kiến thức vec tơ và toạ độ.
Phương pháp toạ độ đã có nguồn gốc trong lịch sử cổ đại.Các nhà thiên văn học Hy
lạp(Hippocrates thế kỷ II-TCN,Ptolemaeus thế kỷ II )đã dùng các toạ độ cầu (vĩ độ
và kinh độ)để xác định các điểm khác nhau trên trái đất,tuy nhiên sự phát triển của
phương pháp toán học này đã bị kìm hãm do chưa có ký hiệu bằng chữ và quan
niệm tổng quát về số.
5


Việc khơng có những phương pháp tốn học tổng qt để giải các bài toán và
chứng minh một số định lý hình học là một hạn chế rất lớn của hình học sơ
cấp.Trong vật lý,cơ học,kỹ thuật ... người ta thấy hạn chế này một cách sâu sắc khi
gặp những đường,những mặt phức tạp như đường Parabol,đường hypecbol,đường
elip...,mặt Paraboloit,mặt Hypecboloit,....Cho đến thế kỷ XVII,nhà toán học

Đêcac(R.Descartes)(1596-1650) đã sáng lập ra mơn hình học giải tích một cách độc
lập với Phecma(P.Fermat)(1601-1665).Hai ông đã cống hiến cho khoa học một
phương pháp mới – phương pháp toạ độ làm cơ sở cho hình học giải tích ,mơn học
đã dùng hệ toạ độ để chuyển những hình ảnh của hình học về ngơn ngữ của đại số.
Có thể nói,sự ra đời của khái niệm toạ độ và sau đó là khái niệm vec tơ đã góp
phần thúc đẩy sự phát triển của lý thuyết toán học và sự ứng dụng của toán học vào
thực tế đời sống.
1.1.2 Căn cứ vào bản chất toán học của kiến thức hình học.
Một nội dung,một khái niệm tốn học có thể diễn đạt theo ngơn ngữ,ký hiệu khác
nhau.Chẳng hạn:
+ Khái niệm: “M là trung điểm của đoạn thẳng AB”
 M ∈ AB
⇔
 MA = MB

(theo ngôn ngữ tổng hợp)

⇔ MA + MB = 0

( theo ngôn ngữ vec tơ)

x A + xB

 xM = 2

⇔
 y = y A + yB
 M

2

(theo ngôn ngữ toạ độ)

+ Khái niệm: “đường thẳng AB”

{

}

⇔ M / AM = t AB, t ∈ R.

( theo ngôn ngữ vec tơ)


x − xA
y − yA 
⇔ M ( x; y ) /
=

xB − x A yB − y A 


(theo ngôn ngữ toạ độ)

Như vậy,một khái niệm tốn học có thể có những vỏ ngơn ngữ khác nhau và ta có
thể dựa vào mỗi cách diễn đạt theo các ngôn ngữ khác nhau ấy mà định hướng để
tìm ra các phương pháp khác nhau để giải quyết bài tốn hình học.Chẳng hạn,dựa
vào cách diễn đạt khái niệm:”Hai mặt phẳng vng góc với nhau trong không gian”
ta sẽ định hướng cách chứng minh hai mặt phẳng vng góc:
6

1/ Theo ngôn ngữ tổng hợp: Để chứng minh hai mặt phẳng vng góc với nhau,ta
chứng minh góc giữa hai mặt phẳng đó bằng 900.
2/ Theo ngơn ngữ vec tơ: Để chứng minh hai mặt phẳng vng góc với nhau,ta
chứng minh tích vơ hướng (qua phép biến đổi) của hai vec tơ pháp tuyến của hai
mặt phẳng bằng 0.
3/ Theo ngôn ngữ toạ độ:Để chứng minh hai mặt phẳng A1x + B1y + C1z + D1 = 0
và A2x + B2y + C+C2z + D2 = 0 vng góc với nhau,ta chứng minh biểu thức toạ độ
của tích vơ hướng hai vec tơ pháp tuyến của hai mặt phẳng bằng 0.
A1.A2 + B1.B2 + C1.C2 = 0
1.2 CĂN CỨ THỰC TIỄN

Căn cứ vào sự logic của việc trình bày các chủ đề hình học tổng hợp,vec tơ,toạ
độ ở sách giáo khoa hình học THPT.
Ở cấp THCS,học sinh học hình bằng phương pháp tổng hợp,khái niệm trục toạ
độ,hệ trục toạ độ được giới thiệu trong phần đại số ở lớp 7 và lớp 9.Đến lớp
10,chương trình đề cập đến vec tơ và mở đầu về toạ độ trong mặt phẳng,dùng véc tơ
để khảo sát các hệ thức trong tam giác,đường tròn và ứng dụng một phần để nghiên
cứu phép biến hình.Ơ lớp 11,học sinh học hình học khơng gian bằng phương pháp
tổng hợp.Sang lớp 12,các em dùng vec tơ để xây dựng hệ toạ độ trong mặt phẳng và
trong không gian.
Quy trình giải các bài tốn hình học bằng phương pháp vec tơ tiến hành theo các
bước sau:
. Bước 1: + Lựa chọn hệ vec tơ mà ta gọi là:” Hệ vec tơ gốc”
+ Chuyển các giả thiết và kết luận của bài tốn từ ngơn ngữ hình học
tổng hợp sang ngơn ngữ vec tơ.
• Bước 2: Thực hiện các phép biến đổi các hệ thức vec tơ theo yêu cầu bài tốn.
• Bước 3: Chuyển kết luận từ ngơn ngữ vec tơ sang ngơn ngữ hình học.
Quy trình giải các bài tốn hình học bằng phương pháp toạ độ tiến hành theo các

bước sau:
• Bước 1: + Lựa chọn hệ trục toạ độ thích hợp
+ Chuyển các giả thiết và kết luận của bài tốn từ ngơn ngữ hình
học tổng hợp sang ngôn ngữ toạ độ
7


•

Bước 2: Thực hiện các phép biến đổi toạ độ theo u cầu bài tốn.

• Bước 3: Chuyển kết luận từ ngơn ngữ toạ độ sang ngơn ngữ hình học.
Như vậy,nội dung hình học trình bày ở sách giáo khoa cấp phổ thông đã tạo
những mạch gắn kết giữa nội dung và hình thức: hình học tổng hợp là cơ sở nội
dung,cơ sở trực quan để trình bày phương pháp vec tơ,đến lượt mình,vec tơ lại là cơ
sở của trực quan của phương pháp toạ độ.
II – THỰC HÀNH GIẢI MỘT SỐ BÀI DẠNG BÀI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
THƠNG QUA VIỆC KHAI THÁC CÁC PHƯƠNG PHÁP KHÁC NHAU.
2.1 CÁC BÀI TỐN VỀ TÍNH THẲNG HÀNG

Dạng tốn 1: Chứng minh ba điểm thẳng hàng
* Phương pháp tổng hợp: Để chứng minh ba điểm A,B,C thẳng hàng ta có thể sử
dụng một trong các hướng sau:
+ Chứng minh A,B,C cùng thuộc hai mặt phẳng khác nhau nào đó
+ Chứng minh AB và AC cùng song song với một đường thẳng nào đó...
* Phương pháp vec tơ
+ Chứng minh AC = t. AB (t ∈ R)
+ Chứng minh với điểm O tuỳ ý có: OC = t.OB + (1 − t ).OA (t ≠ 1)
+ Chứng minh với điểm O tuỳ ý có: OC = t.OB + l.OA (t + l = 1)
* Phương pháp toạ độ

Chọn hệ trục toạ độ Oxyz

+ Biểu thị toạ độ A,B,C theo hệ toạ độ đã chọn: A(xA;yA;zA), B(xB;yB;zB) ,C(xC;yC;zC)
+ Tính toạ độ của AB( x B − x A , y B − y A , z B − z A ) , AC ( xC − x A , y C − y A , z C − z A )
 x C − x A = t.( x B − x A

+ Chỉ ra sự tồn tại t ∈ R sao cho  y C − y A = t.( y B − y A )
 z − z = t.( z − z )
A
B
A
 C

Hoặc thay toạ độ cuả điểm C vào phương trình đường thẳng AB thấy thoả mãn
Ví dụ 1:Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1.Gọi G là trọng tâm tam giác
A1BD.Chứng minh rằng A,G,C1 thẳng hàng.
Lời giải
* Phương pháp tổng hợp: Chứng minh A,G,C1 cùng thuộc hai mặt phẳng khác nhau.

8


Ta có: G ∈ A1O ⊂ ( ACC1 A1 ) nên G ∈ ( ACC1 A1 ) .

A

D

O

Vậy A, G, C1 ∈ ( ACC1 A1 ) .

B
G

Mặt khác G ∈ DI ⊂ ( ADC1 B1 ) nên G ∈ ( ADC1 B1 ) .

C

I

Vậy A, G, C1 ∈ ( ADC1 B1 ) .
A1

Từ trên suy ra ba điểm A,G,C1 thẳng hàng

D1

B1

C1

Phương pháp vec tơ. Quy trình giải bài tốn gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn các dữ kiện của bài tốn sang ngơn ngữ vec tơ:
- Chọn hệ vec tơ gốc AA1 , A1 B1 , A1 D1 .Theo bài ra,G là trọng tâm tam giác A1BD nên
2
A1G = . A1O
3

.

- Để chứng minh rằng A,G,C1 thẳng hàng,ta chứng minh A1G = t.AC1
+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu bài tốn.
2
3

Ta có: AC1 = AA1 + A1C1 = − A1 A + A1 B1 + A1 D1 , AG = AA1 + A1G = A1 A + . A1O
1
3

1
3

1
3

= − AA1 + .( A1 B + A1 D) = .(− A1 A + A1 B1 + A1 D1 ) = . AC1
+ Bước 3: Chuyển kết luận ra ngôn ngữ hình học tổng hợp
2
3

Như vậy,ta có: A1G = . A1O

hay A,G,C1 thẳng hàng.

* Phương pháp toạ độ: Quy trình giải bài toán gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn các dữ
kiện bài tốn sang ngơn ngữ toạ độ
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: O ≡ A1 ,

D1 ∈ Ox , B1 ∈ Oy , A ∈ Oz .Khi
đó
ta
có:
A1(0;0;0),D1(a;0;0),B1(0;b;0),A(0;0;c),B(0;b
;c),D(a;0;c),C1(a;b;0).Vì G là trọng tâm tam
a b c
giác nên: G =  ; ;  .
 3 3 3

+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức toạ độ.
a b
3 3

c
3

1
3

1
3

Ta có: AC1 = (a; b;−c) , AG = ( ; ;− ) = (a; b;−c) = AC1
+ Bước 3: Chuyển kết luận ra ngơn ngữ hình học tổng hợp
1
AG = . AC1
3

hay A,G,C1 thẳng hàng.

Dạng toán 2:Cho ba điểm A,B,C thẳng hàng,từ đó suy ra các tính chất khác.
Ví dụ 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1.P là điểm trên đường thẳng
3
2

CC1 sao cho CP = .CC1 ,M là một điểm trên đường thẳng AD,N là điểm trên
đường thẳng BD1 sao cho M,N,P thẳng hàng.Tính

MD
.
MA

Lời giải:
9


* Phương pháp tổng hợp: Ta có: ( ADD1 A1 ) ∩ ( MP; BD1 ) = MD1

( BCC1 B1 ) ∩ ( MP; BD1 ) = BP .Vì ( ADD1 A1 ) // ( BCC1 B1 ) nên MD1// BP,do đó
MD1D=.....suy ra ∆MD1 D ... ∆BPC ,vậy nên

MD 2
MD
MD DD1 2
= từ đó
= 2.
=
= hay
AD 3

MA
DC
CP 3

* Phương pháp vec tơ. Quy trình giải bài tốn gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn các dữ kiện của bài tốn sang ngơn ngữ vec tơ:
P

Chọn hệ vec tơ gốc : CB = a , CC1 = b , CD = c
3
2

3
2

Theo giả thiết,ta có: CP = .CC1 = .b .Vì
D,M,A thẳng hàng nên: DM = x.DA = x.a .
Vì

M,N,P

thẳng

hàng

D1

C1

A1

B1
N

nên:

CN = α .CM + (1 − α ).CP .

Vì

B,N,D1

thẳng

D

hàng

nên:

C

M
A

B

CN = β .CD1 + (1 − β ).CB

+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức vec tơ phù hợp với u cầu bài tốn.

3
2

Tacó: CN = α .(CD + DM ) + (1 − α ).CP = α .(c + x.a) + (1 − α ). .b (1)
3
= α .x.a + (1 − α ). .b + α .c .
2
3
2

Lại có CN = β .(CC1 + CD) + (1 − β ).CB = β .(b + c) + (1 − β ). a = (1 − β ).a + β .b + β .c (2)
α .x = 1 − β
3

Từ (1) và (2) suy ra:  .(1 − α ) = β
2
α = β


3
2
2
MD
⇔ α = β = ; x = .Vậy DM = .DA ⇒
= 2.
5
3
3
MA

• Phương pháp toạ độ: Quy trình giải bài tốn gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn các dữ kiện bài tốn sang ngơn ngữ toạ độ
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: C ≡ O , B ∈ Ox , D ∈ Oy , C1 ∈ Oz .Khi đó:

C(0;0;0),B(a;0;0),D(0;b;0),C1(0;0;c),D1(0;b;c),D =  0;0;


3c 
.
2

+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức toạ độ.

10


Mặt phẳng (BD1P) (chứa N) đi qua B(a;0;0) có

z
P

vec tơ chỉ phương là
BP = ( −a;0;

3c
) và BD1 (− a; b; c)
2

D1

nên có phương trình: 3bcx+acy+2abz-3abc = 0

C1

A1

B1
N

(3)
y

 x = a.t

Đường thẳng AD có phương trình:  y = b
z = 0


D
M

(4)

C

C
1

A

B

x

do đó M có toạ độ là nghiệm của hệ (3)
 2a

 2a

a

; b;0  ,từ đó có DM =  ;0;0  , MA =  ;0;0  ⇒ DM = 2 MA .
 3

 3

3


và (4) nên M= 

MD

= 2.
+ Bước 3: Chuyển kết luận ra ngôn ngữ hình học tổng hợp DM = 2MA ⇒
MA
2.2 CÁC BÀI TỐN VỀ QUAN HỆ SONG SONG.

Dạng tốn 1: Chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng,đường thẳng
song song với mặt phẳng,hai mặt phẳng song song.

• Phương pháp tổng hợp:
+ Để chứng minh hai đường thẳng a và b song song với nhau,ta chứng minh chúng
đồng phẳng rồi áp dụng các cách chứng minh trong hình học phẳng như: tính chất
đường trung bình,định lý Talet đảo...hoặc chứng minh hai đường thẳng đó cùng
song song với một đường thẳng thứ ba,...
+ Để chứng minh a//(P) ta chứng minh a//b với b ⊂ (P)
+ Để chứng minh hai mặt phẳng song song với nhau,ta chứng minh mặt phẳng này
chứa hai đường thẳg cắt nhau cùng song song với mặt phẳng kia,...
• Phương pháp vec tơ,phương pháp toạ độ
Khi giải bài toán dạng này,ta có thể tiến hành:Chuyển các dữ kiện của bài tốn ra
ngơn ngữ vec tơ hoặc toạ độ,sau đó biến đổi các đẳng thức vec tơ (hoặc toạ độ) thu
được về dạng các đẳng thức vec tơ (hoặc toạ độ) tương đương với các điều kiện
song song.
Ví dụ3: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1.M là điểm chia đoạn AD theo tỉ số
−

1
2
,N là điểm chia đoạn A1C theo tỉ số − .Chứng minh: MN//(BC1D).
4
3
11


Lời giải * Phương pháp tổng hợp:
Đặt O = AC ∩ BD , I = MC ∩ BD ,J = A1C ∩ C1O
JC

OC

D1

1

A1

Ta có: JA = A C = 2 suy ra
1
1 1

C1

B1
N
J

1
1 5
CJ 5
CJ = .CA1 = . .CN Vậy
=
3
3 3
CN 9

(1).

D
M

C

I

O
IC
CB
AD 5
A
=
=
=
B
IM MD MD 4
IC
5
CJ
CI
= .Từ (1) và (2) có:
=
hay MN//IJ ( ⊂ ( BC1 D ) ),do đó MN//(BC1D).
CM 9
CN CM

Mặt khác

* Phương pháp vec tơ. Quy trình giải bài tốn gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn các dữ kiện của bài toán sang ngôn ngữ vec tơ:
1

Chọn hệ vec tơ gốc : BA = a , BB1 = b , BC = c M là điểm chia đoạn AD theo tỉ số −
4
1
5

2
3

2
5

,nên AM = . AD N là điểm chia đoạn A1C theo tỉ số − nên A1 N = . A1C ,để chứng
minh: MN//(BC1D) ta sẽ chứng minh MN = m.BD + n.BC1
+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức vec tơ phù hợp với u cầu bài tốn.
Ta có: BD = a + c , BC1 = b + c , MN = BN − BM = BA + AA1 + A1 N − BA − AM
2
1
2
3
1
2
3
2
3
= a + b + (c − a − b) − a − c = − a + b + c = − (a + c) + (b + c) = − BD + BC1
5
5
5
5
5

5
5
5
5
2
5

3
5

+ Bước 3: Chuyển kết luận ra ngơn ngữ hình học tổng hợp MN = − BD + BC1
* Phương pháp toạ độ: Quy trình giải bài tốn gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyển các dữ kiện

z
P

bài toán sang ngôn ngữ toạ độ.
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: C ≡ O ,
B ∈ Ox , D ∈ Oy , C1 ∈ Oz .Giả sử ba kích thước của

D1
A1

B
N

hình hộp là a,b,c,khiđó:
C(0;0;0),B(a;0;0),D(0;b;0),C1(0;0;c),A(a;b;0),A
1

= ( a; b; c ) . M là điểm chia đoạn AD theo tỉ số

−

x
M

1

D

C

A
M

B
y

1
4a
3a 3b 3c
,nên M=( , b,0) ,N=( , , )
4
5
5 5 5

+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức toạ độ.
12

Mặt phẳng (BC1D) có phương trình là:

x y z
+ + = 1 3 ⇔ bcx+acy+abz+abc = 0
a b c
a
5

Đường thẳng MN có vec tơ chi phương MN = (− ,−

2b 3c
, ).
5 5

+ Bước 3: Chuyển kết luận ra ngôn ngữ hình học tổng hợp
Vì n.MN = 0 nên n ⊥ MN hay MN//(BC1D)
Dạng toán 2:Cho biết các quan hệ song song,từ đó suy ra các tính chất hình học khác.
Ví dụ 4: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1.M là điểm trên đường chéo AC của
mặt phẳng (ABCD),N là điểm trên đường chéo thẳng C1D của mặt phẳng (CDD1C1)
MN

sao cho MN//BD1.Tính tỉ só BD .
1
* Phương pháp tổng hợp:
Đặt I = BM ∩ D1 N ,vì I ∈ BM ⊂ ( ABCD) và I ∈ D1 N ⊂ (CDD1C1 ) nên I ∈ CD
IN

DN

DI

Ta có: ND = NC = C D ( do CD // C1 D1 ) ,
1
1
1 1
IM CM CI
( do AB // CD ) mặt khác
=
=
MB MA AB
IN
IM
( do MN // BD1 ) . nên suy ra:
=
ND1 MB
DI
CI
=
do đó DI = CI hay I là trung
C1 D1 AB

A1

D1

B1

C1

N
A

điểm của CD.

M
B

Vậy

I

D

C

IM 1 MN
IM 1
= =
= hay
.
IB 3 BD1
MB 2

* Phương pháp vec tơ. Quy trình giải bài tốn gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn các dữ kiện của bài tốn sang ngơn ngữ vec tơ:
Chọn hệ vec tơ gốc : BA = a , BB1 = b , BC = c Theobài ra,A,M,C thẳng hàng nên
MC = x. AC , C1,N,D thẳng hàng nên C1 N = y.C1 D ,vì MN//BD1 nên MN = k .BD1
+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức vec tơ phù hợp với u cầu bài tốn.

Tacó:
MN = k .(a + b + c ) (1) AC = c − a , CC1 = b , C1 D = a − b , MN = MC + CC1 + C1 N =.

(2) . Vì

1

x = 3
y − x = k

2


như vậy
a , b , c đồng phẳng nên từ (1) và (2) suy ra 1 − y = k ⇔  y =
3
x = k


1

k = 3


1
MN = .BD1
3
13

+ Bước 3: Chuyển kết luận ra ngơn ngữ hình học tổng hợp
MN 1
MN = 1 .
1
= hay
MN = .BD1 ⇒
BD1 3
3
BD1 3

• Phương pháp toạ độ: Quy trình giải bài toán gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn các dữ kiện bài tốn sang ngơn ngữ toạ độ
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: A ≡ O , B ∈ Ox , D ∈ Oy , A1 ∈ Oz .Giả sử ba kích
thước của hình hộp là a,b,c,khiđó:
A(0;0;0),B(a;0;0),D1(0;b;c),C1(0;0;c),C(a;b;0),C1 = ( a; b; c ) .
Vì nên M(xM;yM;0),Vì nên N=(xN;b;zN) +
Bước 2: Biến đổi các biểu thức toạ độ.
,,,,,.Từ giả thiết suy ra: MN//BD1 suy ra

 x N − x M = − ka

MN = k .BD1 ⇒ b − y M = kb
 z = kc
 N

(1),M ∈ AC ⇒ MC = x AC ⇒ a − x M = xa (2) ,


 x N − a = − ya
N ∈ C1 D ⇒ C1 N = yC1 D ⇒ 

 z N − c = − yc

b − y M = xb

1

x = 3
y − x = k

2


(3) . Từ (1),(2),(3) suy ra 1 − y = k ⇔  y =
3
x = k


1

k = 3


1
3

như vậy MN = .BD1
+ Bước 3: Chuyển kết luận ra ngôn ngữ hình học tổng hợp .
2.3 CÁC BÀI TỐN VỀ QUAN HỆ VNG GĨC.
Dạng tốn 1: Chứng minh tính vng góc của các đường thẳng và mặt phẳng.
• Phương pháp tổng hợp:

* Để chứng minh đường thẳng a vng góc với mặt phẳng (P),ta có thể chứng minh:
+ a vng góc với hai đường thẳng cắt nhau trong (P).
+ a song song với dường thẳng b mà b ⊥ (P)
+ Sử dụng định lý:” Nếu a thuộc mặt phẳng (P) mà (P) vng góc với (Q) và a
vuuong góc với giao tuyến của (P) và (Q) thì a ⊥ (P)”
+ Sử dụng định lý:” Nếu a là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q) cùng vng
góc với mặt phẳng (R) thì a vng góc với mặt phẳng (R)”...
* Để chứng minh hai mặt phẳng vng góc với nhau,ta có thể chứng minh :
14


+ Mặt phẳng này chứa một đường thẳng vng góc với mặt phẳng kia.
+ Góc giữa hai mặt phẳng có số đo bằng 900....
• Phương pháp vec tơ:
Để chứng minh hai mặt phẳng vng góc với nhau,ta quy về chứng minh đường
thẳng vng góc với mặt phẳng, để chứng minh đường thẳng vng góc với mặt
phẳng,ta quy về chứng minh đường thẳng vng góc với đường thẳng.Như vậy đối
với phương pháp vec tơ ta chỉ cần chú ý: AB ⊥ CD ⇔ AB.CD = 0
• Phương pháp toạ độ
+ Để chứng minh AB ⊥ CD ta chứng minh:(xB-xA)(xD-xC)+ (yB-yA)(yD-yC)+ (zB-zA)(zDzC)=0
+ Để chứng minh đường thẳng vng góc với mặt phẳng ta chứng minh vec tơ chỉ
phương của đưòng thẳng cùng phương với vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng.
+ Để chứng minh hai mặt phẳng A1x + B1y + C1z + D1 = 0 và A2x + B2y + C2z + D2
= 0 vng góc với nhau,ta chứng minh A1.A2 + B1.B2 + C1.C2 = 0
Ví dụ5: Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1.Gọi P là trung điểm của AB,Q là giao
điểm của BC1 và CB1.Chứng minh rằng D1Q ⊥ (PB1C).
Lời giải:
* Phương pháp tổng hợp:
Vì ∆D1 B1C đều và Q là trung điểm của B1C
nên D1Q ⊥ B1C

(1).

Gọi R và S lần lượt là trung điểm của CD và
CC1,khi đó: RC1//PB1, QS ⊥ (CDD1C1) nên QS
⊥ RC1.Mặt khác D1S ⊥ RC1 nên RC1 ⊥
(QSD1).Vậy RC1 ⊥ D1Q nên .
D1Q ⊥ PB1 (2).Từ (1) và (2) suy ra D1Q ⊥ (PB1C).
• Phương pháp vec tơ. Quy trình giải bài tốn gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn các dữ kiện của bài tốn sang ngơn ngữ vec
1
2

tơ: Chọn hệ vec tơ gốc D1Q = ( D1 B1 + D1C )
+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức vec tơ phù hợp với u cầu bài tốn.
1
2

1
2

1
2

Ta có B1 P = .( B1 A + B1 B) = .( B1 A1 + 2.B1 B) = a + b , B1C = B1 B + B1C1 = b + c
1
1
1
1
1

1
( D1 B1 + D1C ) = (−a + b − c − a ) = − a + b − c
2
2
2
2
2
2
1
1
1
B1 P . D1Q = ( a + b) .( − a + b − c )= 0
2
2
2
1
1
B1C . D1Q = (b + c) . (−a + b − c) = 0
2
2
D1Q =

+ Bước 3: Chuyển kết luận ra ngơn ngữ hình học tổng hợp
B1 P . D1Q = () ⇒ D1Q ⊥ PB1
B1C . D1Q = 0 ⇒ D1Q ⊥ B1C .Vậy D1Q ⊥ B1C
15


* Phương pháp toạ độ: Quy trình giải bài tốn gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyển các dữ kiện

bài tốn sang ngơn ngữ toạ độ
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: B1, .Giả sử
kích thước của hình lập phương là a,khiđó:
B1(0;0;0),C1(a;0;0), P là trung điểm của AB
nên , B(0;0;a),C(a;0;a), D1(a;a;0),A = .
a
2

a
2

Q là trung điểm của B1C nên Q = ( ;0; )
+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức toạ độ.
a
2

a
2

Ta có: QD1 ( ; a; ) là vec tơ chỉ phương của đường thẳng QD1.Mặt phẳng (PB1C)
qua B1 nhận hai vec tơ chỉ phương là B1 P và B1C nên có vec tơ pháp tuyến là
1
1
a
a
n = ( ;1;− ) cùng phương với QD1 ( ; a; ) nên D1Q ⊥ (PB1C).
2
2
2
2

Dạng toán 2: Cho biết các đường thẳng hay mặt phẳng vng góc rồi từ đó suy
ra các tính chất hình học khác.
Ví dụ 5 Cho hình chóp S.ABCD,đáy là nửa lục giác đều.AB = B = CD = a.Cạnh
bên SA vng góc với đáy và SA = a 3 .M là điểm trên cạnh SB sao cho M khác B và
AM ⊥ MD.
Tính tỉ số

SM
2)Tính diện tích thiết diện tạo bởi hình chóp và mặt phẳng (AMD)
SB

Lời giải:* Phương pháp tổng hợp:

S

 BD ⊥ AB
suy ra BD ⊥ (SAB) và BD ⊥
 BD ⊥ SA

1) Ta có: 

AM.Mặt khác AM ⊥ MD nên AM ⊥ (BMD),do đó:
2

2

2

M

N

2

AM ⊥ SB.khi đó: SA -SM = AB – BM ,hơn nữa
SM + BM =SB.Suy ra:

A

D

B

C

3a

SM = 2
SM 2 − BM 2 = 2a 2
SM 3

⇒
⇒
=

a
SB 4
SM + BM = 2a


 BM =

2


16


2/ Thiết diện là hình thang AMND có diện tích S được tính theo cơng thức:
1
S = .( MN + AD).MH ,với MN là đường cao của hình thang và AD = 2a ,
2
3
3
MN = .BC = a
4
4
1
1
1
a 3
=
+
Tính MH: Vì
AM ⊥ MD nên:
với AM =
,
2
2
2

MH
AM
MD
2
MD 2 = SM 2 + SD 2 − 2.SM .SD. cos DSM =

13a 2
a 39 .Vậy
11 39a 2 .
⇒ MH =
S=
4
8
64

* Phương pháp vec tơ. Quy trình giải bài tốn gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn các dữ kiện của bài tốn sang ngơn ngữ vec tơ:
Chọn hệ vec tơ gốc : AB = a , AD = b , AS = c ; a = a , b = 2a , c = a 3 khi đó ta có:
a.b = a 2 , b.c = a.c = 0 . AM ⊥ MD ⇔ MA.MD = 0

(1)

+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu bài tốn.
1) Ta có SM = α .SB = α ( AB − SA) = α (a − c) , D1Q =

1
1
1
1
( D1 B1 + D1C ) = (−a + b − c − a ) =

2
2
2
2

1
1
b − c ( Với 0 ≤ α < 1 , do M ≠ B); MA = SA − SM = − c − α (a − c ) MD = MA +
2
2
AD = α .a + (α − 1)c + b .Khi đó (1) ⇔ [ − c − α (a − c ) ].[ α .a + (α − 1)c + b ] = 0 ⇔

−a+

4α 2 − 7α + 3 = 0 ⇔

α = 1 (loai )

α = 3
4


3
4

Vậy SM = SB
• Phương pháp toạ độ: Quy trình giải bài tốn gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn các dữ kiện bài tốn sang ngơn ngữ toạ độ
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: A ≡ O , D ∈ Ox , S ∈ Oz , Oy ⊂ ( ABCD) : Oy ⊥ Oz .
a a 3

;0) .
2 2

khiđó: A(0;0;0),D(2a;0;0), S(0;0;a 3 ), B = ( ;
+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức toạ độ.

y
x
z−a 3
=
=
Đặt M= ( x0;y0;z0) ∈ SB .Đường thẳng SB có phương trình: a a 3 − a 3 .
2
2

17


Vì M ∈ SB nên:

 y 0 = 3x0

Mặt

 z 0 = a 3 − 2 3a


khác AM ⊥ MD ⇔ MA.MD = 0

z

S

do đó

N

M

x

A

3a

 x0 = 8
B

y
3a 3

y0 =
ta tìm được: 
8


a 3
z0 =
4

3

3a 3a 3 3a 3
a a 3
Vậy SM = ( ;
;−
) ; SB = ( ;
;− a 3 ) do đó SM = SB
4
8
8
4
2 2

D
C

2.4 CÁC BÀI TỐN VỀ TÍNH KHOẢNG CÁCH

Dạng tốn 1: Chứng minh tính vng góc của các đường thẳng và mặt phẳng.
• Phương pháp tổng hợp:
+ khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng a: d(M;a) = MH ( MH ⊥ a;H∈ a )
+ khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) được xác định như sau:
- Chọn trong (P) một đường thẳng a rồi dựng mặt phẳng (Q) qua A vng góc
với a( nên chọn a để mặt phẳng (Q) dễ xác định)
- Xác định b = ( P ) ∩ ( Q )
- Dựng AH ⊥ b tại H, khi đó d(A;( P)) = AH
+ Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b.
Ngoại trừ trường hợp đoạn vng góc chung có sẵn,ta phải dựng đoạn vng góc
chung bằng các cách sau:
Cách 1: (áp dụng cho trường hợp a ⊥ b)
- Dựng mặt phẳng (P) chứa b và vng góc với a tại A.

- Dựng AB ⊥ b tại B,khi đó: d(a;b) = AB
Cách 2:
- Dựng mặt phẳng (P) chứa b và song song với a
- Chọn M ∈ a ,dựng MH ⊥ (P ) tại H
- Từ H dựng a///a; a / ∩ b = B
- Từ B dựng đường thẳng song song với MH cắt a tại A,khi đó d(a;b) = AB.
• Phương pháp vec tơ: đối với phươngpháp này,ta cần chú ý áp dụng tích vơ
hướng của hai vec tơ để tính khoảng cách
-

Khoảng cách giữa hai điểm A và B: AB = AB = AB

2

- Khoảng cách từ điểm M đến đuờng thẳng a: Giải theo trình tự sau:
Chọn A ∈ a và đặt AM = b .Gọi N là hình chiếu vng góc của điểm M trên a, khi
đó: MH = AH − AM = x a − b .Tìm x nhờ điều kiện vng góc của MH , a : ( x a − b ).
a = 0 suy ra MH =

( xa − b)

2

.
18


Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) có cặp vec tơ chi phương là a , b :
Chọn A ∈ a và đặt AM = m .Gọi H là hình chiếu vng góc M trên mặt phẳng
(P),khi đó: MH = AH − AM = x a − yb − m .Ta tìm được các hệ số x,y nhờ điều kiẹn

-

(

)

2

vng góc của MH ; a ; b từ đó suy ra khoảng cách cần tìm là: MH = x a + yb − m .
+ Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b lần lượt có hai vec tơ chỉ
phương a , b , Giải theo trình tự sau:
- Chọn A ∈ a và B ∈ b và đặt AB = m .
MA = x a


 BN = yb

MN .a = 0

MN .b = 0


-

Gọi MN là đoạn vng góc chung của a và b,khi đó:

-

Biểu diễn MN theo các vec tơ khơng đồng phẳng: MN = MA + AB + BN =
x a + yb + m .

Ta tìm được các hệ số x,y nhờ điều kiẹn vng góc của AB ; a ; b từ đó suy ra

-

(

)

2

khoảng cách cần tìm là: MH = x a + yb − m .
* Phương pháp toạ độ:Đối với phương pháp này,ta cần chú ý một số công thức:
- Khoảng cách giữa hai điểm A và B: AB = ( x B − x A ) 2 + ( y B − y A ) 2 + ( z B − z A ) 2
- Khoảng cách từ một điểm M ( x 0 ; y 0 ; z 0 ) đến đường thẳng ∆ đi qua điểm
M 1 ( x1 ; y1 ; z1 ) và có vec tơ chỉ phương u (a; b; c) :
-

[MM ,u ]
1

u

Khoảng cách từ điểm M ( x1 ; y1 ; z1 ) đến mặt phẳng (P):Ax + By +Cz +D =
d ( M ; ( P)) =

-

d ( M ; ∆) =

Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D

A2 + B 2 + C 2

Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b lần lượt đi qua hai điểm
M, M1 có hai vec tơ chỉ phương a , b :

[a,b]MM
d (a; b) =
[a , b ]

1

Chú ý: - Việc tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau có thể quy về tính
khoảng cách giưã hai điểm hoặc giữa đường thẳng và mặt phẳng song song hoặc
giữa hai mặt phẳng song song.
- Việc tính khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song, giữa hai mặt phẳng
song song có thể quy về tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng.
Ví dụ 6: Cho tứ diện OABC có các góc AOB=BOC=COA = 900 và OA = a,OB =
b,OC = c.Gọi D là trung điểm của OC.
1) Tính khoảng cách từ A đến đường thẳng BD.
2) Tính khoảng cách từ O đến mặt phẳng (ABC).
Lời giải:
* Phương pháp tổng hợp:
1) Gọi M là hình chiếu vng góc của A trên BD,khi đó có: OM ⊥ BD
Xét tam giác vng AOM có: AM2 = AO2+OM2 = a2+OM2
19


Mặt khác,xét tam giác vng OBD có:

O

1
1
1
1
4
b .c
=
+
= 2 + 2 ⇒ OM 2 = 2
2
2
2
OM
OB
OD
b
c
4b + c 2
2

2

D

b 2 .c 2
⇒ d ( A; BD) = AM = a + 2
4b + c 2
2) Gọi H là hình chiếu vng góc của O trên
mặt phẳng (ABC) và £ = AH ∩ BC .Vì OH

⊥ BC và OA ⊥ BC nên BC ⊥ (OAH) do đó
BC ⊥ AH và BC ⊥ OE
2

M
C
A

H

E

B

Ta có:

1
1
1
1
4
=
+
= 2 +
2
2
2
OH
OA
OE

a
OE 2

hay d (O; ( ABC ) = OH =

với ,vì vậy

1
1
1
1
1
4
= 2 + 2 + 2 = 2 + 2
2
OH
a
b
c
b
c

abc
a 2b 2 + b 2c 2 + c 2 a 2

* Phương pháp vec tơ. Quy trình giải bài tốn gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn các dữ kiện sang ngôn ngữ vec tơ:
Chọn hệ vec tơ gốc : OA = a , OB = b , OC = c ;khi đó
a.b = b.c = a.c = 0 .D là trung điểm của OC nên .OD =

a =a, b =b, c =c

và

1
1
OC = c
2
2

+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức vec tơ phù hợp với u cầu bài tốn.
1) Ta có AM = BM − BA = x.BD + AB = −a + (1 − x ).b +
− a + (1 − x)b +

x
c .Vì AM ⊥ BD ⇒ AM .BD = 0 ⇔ [
2

x
4b 2
c) ]. .( c − b) = 0 ⇔ x= 2
Vậy
2
4b + c 2
2

b 2 .c 2
d ( A; BD) = AM = AM = a + 2
4b + c 2
2

*Phương pháp toạ độ: Quy trình giải bài toán gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn

O

các dữ kiện bài tốn sang ngơn
D

ngữ toạ độ
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho:

M

A ∈ Ox , B ∈ Oy , C ∈ Oz .

C

khiđó: O(0;0;0),A(a;0;0),B(0,b;0)

A

C(0;0;c), Vì D là trung điểm của

x

c
2

OC nên D = (0;0; ) .

H

z

B

+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức toạ độ.

20


c

1) Đặt M là hình chiếu vng góc của A trên BD.Ta có: BD =  0,−b,  ; BA = ( a,−b,0 )
2


.Vậy
d ( A; BD) = AM =

 BA, BD 




BD

= a2 +

b 2 .c 2
4b 2 + c 2

2) Gọi H là hình chiếu vng góc của O trên mặt phẳng (ABC),mặt phẳng (ABC)
x y z
có phương trình ( theo đoạn chắn) là: + + = 1 ⇔ bcx + acy + abz − abc = 0 do
a b c
abc
đó d (O; ( ABC )) = OH = 2 2 2 2 2 2
a b +b c +c a
2.5 CÁC BÀI TỐN VỀ TÍNH GĨC

* Phương pháp vec tơ:
+ Góc giữa hai đường thẳng d1 và d2 lần lượt có hai vec tơ chỉ phương a1 , a 2 được
xác định: cos(d 1 ; d 2 ) = cos(a1 ;a 2 ) =

a1 ..a 2
a1 . a 2

+ Việc tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng quy về tính góc giữa đường thẳng
đó và hình chiếu của nó trên mặt phẳng.
+ Việc tính góc giữa hai mặt phẳng quy về tính góc giữa hai đường thẳng tương
ứng vng góc với hai mặt phẳng đó.
* Phương pháp toạ độ:
+ Góc giữa hai vec tơ a1 ( x1 ; y1 ; z1 ) , a 2 ( x 2 ; y 2 ; z 2 ) được xác định:
cos(a1 ;a 2 ) =

x1 x 2 + y1 y 2 + z1 z 2
2

2
2
2
x1 + y12 + z12 . x 2 + y 2 + z 2

+ Góc giữa hai đường thẳng chéo nhau d1 và d2 lần lượt có hai vec tơ chỉ phương
a1 , a 2 được xác định: cos(d 1 ; d 2 ) = cos(a1 ;a 2 ) =

a1 ..a 2
a1 . a 2

x − x0 y − y 0 z − z 0
+
+
= 1 và mặt phẳng P):Ax + By +Cz +D = 0
a
b
c
Aa + Bb + Cc
được xác định: sin(d ; ( P)) = 2
A + B2 + C 2. a2 + b2 + c2

+ Góc giữa đường thẳng d:

+ Góc giữa hai mặt phẳng (P):A1x + B1y + C1z + D1 = 0 và (Q): A2x + B2y + C2z +
D2 = 0 được xác định: cos(( P); (Q)) =

A1 A2 + B1 B2 + C1C 2
2

2

2

2

2

A1 + B1 + C1 . A2 + B2 + C 2

2

Ví dụ 7: Cho hai tia Ax1 và By1 hợp với nhau một góc 600.Đường thẳng AB vng
góc với cả hai Ax1 và By1.AB = a.Hai điểm M , N lần lượt nằm trên hai tia Ax1 và
By1sao cho AM = m,BN = n. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng MN và AB
theo a,m,n
Lời giải:
• Phương pháp tổng hợp:
21


Dựng At//By1 và NH//AB ( H ∈ At )Ta có:

N

B

y1

AB ⊥ AH , AB ⊥ AM ⇒ AB ⊥ (MHA) .Mặt

khác NH//AB nên NH ⊥ (MHA) ⇒ NH ⊥ MH
A

.Vì NH = AB = a,MH2 = AM2 + AH2 -

H

t

M

2.AM.AH.cos600

x1
2

2

2

2

2

2

2

2

= m + n –m.n suy ra MN = MH + AH = m + n + a – m.n.
Vậy cos(MN ; AB) = cos MNH =

a
m + n + a 2 − mn
2

2

* Phương pháp vec tơ. Quy trình giải bài toán gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn các dữ kiện sang ngôn ngữ vec tơ:
Chọn hệ vec tơ gốc : MA = a , AB = b , BN = c ;khi đó
a.b = b.c = 0; a.c =

a =m,b =a, c =n

và

1
mn .
2

+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức vec tơ phù hợp với u cầu bài tốn.
Ta

có:

MN = MA + AB + .BN = a + b + c ;

AB = b = a ;

AB..MN = b.(a + b + c ) = a 2 ;

MN = (a + b + c) 2 = m 2 + n 2 + a 2 − m.n

* Phương pháp toạ độ: Quy trình giải
bài tốn gồm:+ Bước 1: Chọn hệ toạ

y
B

N
y1

độ,chuyển các dữ kiện bài toán sang ngôn
ngữ toạ độ.Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao
A

cho: O ≡ A ,
Ox ≡ Ax1 , B ∈ Oz , Oy ∈ (Oxz ), Oy ⊥ Oz , .khiđó:

H

t

M
x1

A(0;0;0),M(m;0;0),B(0,0;a),.

n

n 3



, a  , AB = ( 0,0, a ) suy
Bước 2: Biến đổi các biểu thức toạ độ. Ta có: MN =  − m,
2

2


2
2
2
ra MN = m + n + a − m.n ; AB = a ; MN . AB = a 2 .

Vậy cos( MN ; AB) =

a
m 2 + n 2 + a 2 − mn

III - THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM

3.1 Mục đích thực nghiệm: Nhằm đánh giá tính khả thi,kiểm tra tính đúng đắn của
gỉả thuyết khoa học,tính hiệu quả của quy trình giải các bài toán bằng các phương
pháp khác nhau:tổng hợp,vec tơ và toạ độ .

22

3.2Nội dung thực nghiệm: Các tiết thực nghiệm là tiết 34,chương 3 và một bài
kiểm tra 45 phút trong chương trình lớp 12 ban khoa học tự nhiên.Sau khi đã dạy
cho học sinh quy trình giải bài tốn bằng các phương pháp khác nhau,ở tiết bài tập
34 ,chúng tôi muốn kiểm tra kỹ năng vận dụng quy trình đó của các em.
3.3 Tổ chức thực nghiệm
Chúng tôi tiến hành thực nghiệm tại hai lớp ban khoa học tự nhiên của trường
THPT Lam Kinh,lớp thực nghiệm là 12C1 và chọn lớp đối chứng là lớp 12C2.
Thời gian thực nghiệm: Năm học 2012-2013
Bài kiểm tra 45 phút
Hãy giải các bài toán sau bằng các phương pháp khác nhau:
Bài 1: Cho tứ diện OABC có các tam giác AOB,BOC,COA là những tam giác vng đỉnh
O và OA =a,OB = b,OC = c.Tính khoảng cách từ O tới mặt phẳng (ABC).
Bài 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1.Gọi M,N lần lượt là các điểm chia
1
2

hai đoạn thẳng CA và DC1 theo tỉ số − .Chứng minh rằng MN//(ABC1D1).
3.4 Kết quả thực nghiệm
Điểm
2
3
Lớp
Thực
0
nghiệm
Đối
2
chứng

Kết quả sơ bộ:

4

5

6

7

8

9

10

Số
bài

2

1

5

15

12

11

4

1

51

4

12

14

9

6

2

1

0

50

+ Lớp thực nghiệm tỉ lệ học sinh đạt kết quả trung bình trở lên là:47 ( tỉ lệ khá giỏi là:55% )
+ Lớp đối chứng tỉ lệ học sinh đạt kết quả trung bình trở lên là:22 ( tỉ lệ khá giỏi là:18% )
3.5 Kết luận thực nghiệm
+ Việc dạy học cho học sinh quy trình giải các bài tốn hình học khơng gian bằng các
phương pháp khác nhau thông qua một số tiết và dạng bài tập đã giúp cho các em thấy

được các mối liên hệ giữa các chủ đề hình học tổng hợp,vec to và toạ độ
+ Giúp các em có kỹ năng thực sự giả một bài tốn hình theo quy trình đã đưa ra,
+ Việc tổ chức dạy học tốt nhờ ứng dụng công nghệ thông tin,dùng các phương tiện
dạy học hiện đại đã gây cho học sinh hứng thú học tập mơn hình,nâng cao hiệu quả
của giờ dạy.
Như vậy,mục đích thực nghiệm đã đạt và giả thuyết khoa học của đề tài là chấp nhận được.

23


KẾT LUẬN
Qua quá trình nghiên cứu đề tài: “ Nâng cao năng lực giải một số dạng bài tốn
hình học không gian bằng ba phương pháp khác nhau ở trường THPT Lam
Kinh” đã thu được một số kết quả:
1. Đề tài đã làm sáng tỏ các căn cứ lý luận và thực tiễn của việc rèn luyện năng lực
chuyển đổi ngơn ngữ.
2. Đề tài đã đưa ra quy trình giải một lớp các bài tốn bằng các phương pháp hìmh
học tổng hợp,vec tơ và toạ độ.
3.Dựa trên kinh nghiệm thực tế của giáo viên và qua kết quả thực nghiệm cho phép
xác nhận giả thuyết của đề tài là chấp nhận được,có tính hiệu quả và mục đích
nghiên cứu đã hồn thành.

Xác nhận của thủ trưởng đơn vị

Thanh hố,ngày 20 tháng5 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN do mình
viết,khơng sao chép nội dung của người khác.
Người viết

Nguyễn Văn Tình

24


Sở GD - ĐT Thanh Hoá
HĐKH trường THPT Lam Kinh

Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam
Độc lập – Tự do – Hạnh phúc

PHIẾU ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI SKKN NĂM HỌC 2012 – 2013
Tên SKKN: “ Nâng cao năng lực giải một số dạng bài tốn hình học khơng gian
bằng ba phương pháp khác nhau ở trường THPT Lam Kinh”.
Tác giả: NGUYỄN VĂN TÌNH , cấp THPT
Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn
Đơn vị công tác: Trường THPT Lam Kinh
Các tiêu chuấn đánh giá:
Tiêu chuẩn

Nội dung nhận xét về từng tiêu chuẩn

Điểm các tiêu chuẩn
2,5 2,0 1,5 1,0

Phù hợp với thực tiễn,giúp học sinh nắm
1. Tính thiết thực được quy trình giải một số dạng bài toán

*

HHKG bằng các phương pháp khác nhau

Có cải tiến về phương pháp giảng dạy một số
2. Tính sáng tạo

3. Tính khoa học
4. Tính hiệu quả

dạng bài tập HHKG nhờ áp dụng cơng nghệ
thơng tin
Có cơ sở lý luận và thực tiễn,khảo sát đối
chứng đầy đủ,khách quan.
Có hiệu quả rõ rệt trong việc giúp học sinh
học tập mơn hình học ở trường THPT Lam

*

*
*
25