Dạy học giải một số bài tập hình học không gian cho học sinh thông qua phương thức khai thác các bài toán

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

TÊN ĐỀ TÀI
DẠY HỌC GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHO HỌC
SINH THÔNG QUA PHƯƠNG THỨC KHAI THÁC CÁC BÀI TOÁN.

Người thực hiện:

Lê Thị Ngọc

Chức vụ:

Giáo viên

Đơn vị công tác:

Trường THPT Lê Lợi

SKKN thuộc môn: Toán

THANH HÓA NĂM 2013


Phn mt
I. Lí DO CHN TI
1. Dy hc gii toỏn l mt trong nhng vn trng tõm ca chng trỡnh
ging dy trong nh trng. i vi HS thỡ gii toỏn l hỡnh thc ch yu ca H
toỏn hc nhm thc hin tt chc nng phỏt trin, chc nng trớ tu v chc nng

kim tra. i vi GV, dy hc gii toỏn l mt trong nhng vn quan trng ca
quỏ trỡnh dy hc. GV khụng dng li mc hng dn HS trỡnh by mt li
gii ỳng n, y v cú cn c chớnh xỏc m phi bit cỏch hng dn HS thc
hnh gii bi tp theo hng tỡm tũi, t nghiờn cu li gii. t nhng bi toỏn
c bn cú th phỏt trin nờn nhng bi toỏn mi, a dng.
2. a s HS " ngi'' hc hỡnh hc c bit l mụn hỡnh hc KG, iu ú th
hin hai lý do:
Th nht: hc tt hỡnh hc khụng gian ũi hi hc sinh phi bit t duy
logic, t duy tru tng cao; mt khỏc h thng kin thc li xuyờn sut t cp
THCS n ht bc THPT nờn hc sinh khụng nh s rt khú lm bi tp.
Th hai: Do tõm lý ch quan xem nh hỡnh hc vỡ nú ch chim 30% tng
im trong thi tuyn sinh i hc.
Chớnh iu ú ó dn n ý thc cng nh kt qu hc tp cha cao ca cỏc
em v vic kộm s u t vo ging dy mụn hỡnh hc khụng gian ca cỏc thy cụ
giỏo.
T nhng lý do trờn tụi thy cn phi cú s ci tin trong dy v hc mụn
hỡnh hc khụng gian cỏc em cm thy hng thỳ trong hc tp, khớch l s tỡm
tũi, sỏng to khi gii toỏn. Vỡ vy tụi chn ti SKKN l:" Dy hc gii mt s
bi tp hỡnh hc khụng gian cho hc sinh thụng qua phng thc khai thỏc bi
toỏn"
II. Ph-ơng pháp nghiên cứu
1. Nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu sách, báo, tạp
chí về khoa học toán học, giáo dục học, tâm lý học, ...
liên quan đến đề tài.


2. Quan sát: Dự giờ, quan sát việc dạy của giáo
viên, việc học của học sinh, thăm dò các ý kiến của
giáo viên về các vấn đề nghiên cứu liên quan.
3. Thực nghiệm s- phạm.

Tổ chức thực nghiệm kiểm chứng thông qua các
lớp học thực nghiệm và các lớp học đối chứng trên cùng
một lớp đối t-ợng.

Phn hai
NI DUNG
I.

Mt s phng thc nõng cao cht lng dy v hc gii bi tp

hỡnh hc khụng gian trng ph thụng
1. Phng thc 1: Rốn luyn cho HS bin i bi toỏn theo nhiu hỡnh
thc khỏc nhau.
Khi ng trc mt vn ngi lm toỏn phi bit xem xột mi liờn h gia
cỏc i lng, phi bit nhỡn nhn mi kh nng cú th xy ra i vi vn mỡnh
ang quan tõm v nh vy l phi cú s bin i bi toỏn.
Cú nhiu cỏch thc khỏc nhau bin i bi toỏn. Bin i bi toỏn cng cú
th c tin hnh ng thi c ni dung v hỡnh thc thụng qua tin trỡnh bin i
tng ng, hoc bin i bi toỏn v gn vi bi toỏn quen thuc. Ta s xột vớ
d sau õy:
à =900,AD = 2a, AB = BC = a, trờn
Bi toỏn 1: Cho hỡnh thang ABCD cú à
A B

tia Ax vuụng gúc vi mp(ABCD) ly im S sao cho AS = a 2 . Xỏc nh v tớnh
di on vuụng gúc chung ca hai ng thng AB v SC.
Ta cú th bin i mt phn ca gi thit chng hn nh thay hỡnh thang bi
hỡnh vuụng, bi toỏn tr thnh: Cho hỡnh chúp SABCD cú ỏy ABCD l hỡnh
vuụng tõm O cú cnh AB = a. Cnh SA = h v vuụng gúc (ABCD). Tớnh khong
cỏch gia hai ng thng chộo nhau SC v AB(1).

Rõ ràng khi giải bài này sẽ không khó khăn vì để dựng đường vuông góc
chung của SC và AB là MN thì ta có thể dựng đường thẳng AH vuông góc SD, sau
đó dựng MN// AH. Đây là một hoạt động tạo tư duy linh hoạt cho HS, và bước đầu
hình thành cho các em kỹ năng biết tìm ra bài toán mới nhờ việc biến đổi một phần
giả thiết hoặc phát biểu bài toán bằng cách tương tự hoá.
GV đưa HS trở về bài toán ban đầu, lúc này các em đã được định hướng, đã
có sự liên tưởng đến kiến thức cần phải sử dụng. Để chuyển việc xét hình thang về
việc xét hình vuông ta chỉ cần kẻ từ C đường thẳng song song với AB và cắt AD
tại I. Lúc này ta sẽ làm việc với hình chóp SABI rất gần gủi với hình chóp trong
bài (1).(Hình vẽ)
Để tính khoảng cách của hai đường thẳng chéo nhau SC và AB ta có thể nhìn
nhận bài toán bằng nhiều hình thức (góc độ) khác nhau, chẳng hạn:
Góc độ 1:
- Từ C dựng CI // AB (I  AD); dựng AH  SI (H SI )
- Từ H dựng HM // CI ( M  SC ).
dựng MN // AH ( N  AB).

x

- MN là đoạn vuông góc chung của SC và AB.
S

SAI vuông tại A và AH là đường cao nên:
1
1
1
1
1

3


 2  2  2
2
2
2
AH
SA
AI
2a
a
2a

 AH = MN =

H

a 6
.
3

M

Góc độ 2:
Để tính khoảng cách giữa AB và SC

I

A

D

N

B

đưa về việc tính khoảng cách giữa AB với mp(SCI)

C
Hình 1

hay khoảng cách từ A tới mp(SCI).
Góc độ 3: Gọi (P) là mặt phẳng qua SC và CI; (Q) là mặt phẳng qua AB và
(Q) // (P).
Khi đó: d(AB, SC) = d((P), (Q)) = d(A,(P)) = AH =

a 6
(A  AB  (Q))
3

Góc độ 4: Vận dụng công thức tính thể tích của khối chóp tam giác :


d(AB, SC) =

3VSACI
.
S SCI

Bài toán 2: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh là a. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng BC’ và CD’ ?
Góc độ1: (Hình 1)
Xét khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách giữa
hai mặt phẳng song song tương ứng chứa hai đường thẳng đó.
Kí hiệu khoảng cách là d.
-Từ gợi ý trên HS sẽ phải tìm hai mặt phẳng song chứa hai đường thẳng
chéo nhau. HS phát hiện được CD’//AB ; BC’//AD’nên (ACD’) //(BA’C’)
Ta có: CD’  (ACD’) và CD’// (BA’C’)  BC’
 d(BC’, CD’) = d((ACD’), (BA’C’)).
- Để tính khoảng cách GV gợi ý cho HS có thể HĐKT dựa trên việc nhận xét
về BO và D’O.
(Câu trả lời mong đợi: chúng đều là các đường trung tuyến của hai tam giác
ACD’,BA’C’)
Bằng thao tác tư duy, HS hoàn toàn chứng minh
được B’D  (BA’C’) tại G; B’D  (D’AC) tại G’;
1
1
GG’ = B’D, mà B’D = a 3  d(BC’,CD’) = a 3
3
3

B
O

A

không nên bằng lòng ở đó mà cần cố gắng khai thác sâu

D

G’

B’
’

Khi đã giải quyết xong một vấn đề chúng ta
thêm trong nội tại của nó để hình thành tri thức mới,

C

A’
’

G

C’
’

O’

(Hình

D’
’

chẳng hạn có thể đề xuất bài toán sau:

1)
Bài toán 2.1:Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. CMR đường chéo B’D

lần lượt đi qua trọng tâm G, G’của tam giác ACD’,BA’C’.
Góc độ 2: (Hình 2)
Xét khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách giữa
đường thẳng a ∥? (P)  b


-Với hướng suy nghĩ này chúng ta sẽ phải chọn một mặt phẳng chứa một
đường thẳng và song song với đường thẳng còn lại:
BC’//(ACD’)  CD’ nên d(BC’, CD’) = d(BC’, (ACD’))
- Xác định khoảng cách d.
nên BH = d(BC’, (ACD’)) . Để ý BH là
đường cao D’BO mà SBOD’ =
Từ đó suy ra: BH =

H

B

Trong (BDD’B’) kẻ BH  D’O  (ACD’)

C

O

A

D

1
SBD’D

2

B’
’

1
a 3.
3

A
’
’

1
3

Vậy d(BC’,CD’) = BH = a 3 .

C
’
’
’
’

D
’
’

(Hình

2) cạnh a, trên đường
Bài toán 2.2: Cho hai hình vuông ABA’B’ và CDA’B’
thẳng Dx không vuông góc với mặt phẳng (CDA’B’) lấy một điểm H. Hãy xác định
vị trí của H để khoảng cách BH là nhỏ nhất.
Cách giải của hai bài toán vừa đề xuất chính là cách giải của bài toán về tìm
khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
Góc độ 3: (Hình 3)
Xem khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là đường vuông góc
chung của chúng.
Từ nhận xét đó ta hình thành sơ đồ kiến thức cần huy động như sau:
- Gỉa sử MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau.Ta cần
tìm vị trí của M trên BC’ và N trên CD’:
+) Đặt: C’M = x ; NC = y với x,y  [0; a 2 ].
+) Tìm x, y. Khi này ta phải liên tưởng đến hệ thức Talet trong mặt phẳng.
Từ M kẻ PQ // CC’, từ N kẻ EF // CC’.
Ta có :

CN CE
y

 CE =
= C’F = N F
CD' CD
2

Tương tự: C’Q = MQ = CP =
B’Q = BP = MP = a -

x
2

x
2

 DE = NF = F D’ = a P

B

D

A

.

N

M
B’
’
’

2

C

E

,

y

C'

Q
F
’

.


+) Tính MN.

Việc làm này được thực hiện thông qua xét hai cặp tam giác vuông MNC,
MND’ và MNC’, MNB tương ứng theo hai đường thẳng chéo nhau BC’, CD’. Áp
dụng định lý Pitago cho các tam giác vuông ta được:
Tam giác MND’ vuông tại N: MN2 = (
MNC vuông tại N nên: MN2 = ( a -

x

Kết hợp (1), (2) ta được phương trình:

2

x
2

)2 + (

)2 + (

x
2

x
2

)2 + a2 - (a 2 - y)2(1)

)2 - y2 (2)

2y + x = a 2 (*)

Tương tự đối với cặp tam giác vuông MNC’, MNB ta có PT:
2x + y = a 2 (**)
Từ (*) và (**) ta có hệ phương trình:
2 y  x  a 2
.

2 x  y  a 2

Giải hệ này tìm được x = y =

Vậy M  BC’ và cách điểm C’ một khoảng là MC’=
C một khoảng là CN =

a 2
3

a 2

, và N CD’ cách
3

a 2
. Khi đó thay x, y vào một trong các biểu thức biểu thị
3

của MN ta được:
MN2 = ( a -

x
2

)2 + (

x
2

)2 - y 2 =

a2
1
. Hay MN = a 3 .
3
3

Từ cách giải trên cho thấy độ dài đường vuông góc chung của hai đường
thẳng chéo nhau không phụ thuộc vào vị trí của M, N. Như vậy ta có thể đề xuất
bài toán sau:
Bài toán 2.3: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Lấy điểm

M A’B, N  AD’ sao cho A’M = D’N = x ( x  (0,a 2 ))
a) Tìm x để đoạn thẳng MN có độ dài ngắn nhất, tính MN.
b) Khi MN ngắn nhất, hãy chứng tỏ MN là đường vuông góc chung của A’B
và AD’, đồng thời MN // AC’.


 Ta có thể giải quyết bài toán này bằng kiến thức về hệ thức Talet.

- Kẻ MH  A’B’ thì MH // BB’ và
- Kẻ NK  AD thì NK =

MH =

x 2
= AH.
2

x 2
= DK
2

B

 KH =a-x 2 .

D

A

Ta có MN2= MH2+ HK2+ KN2

2

C

M

B’
K ’
’’

C'

’

2

= 3x - 2a 2 x +a .
2
Vậy MN nhỏ nhất khi và chỉ khi x=a .
3

H

A’
’

’

2
3

 Thay x=a
vào MN ta được: MN = a .
3
3

(Hình

N

D’
’

4)

b) Để chứng tỏ MN là đường vuông góc chung thì MN  A’B và MN  AD’.
2

2

Xét tam giác AMN có MN2 = a ; AM2 = 2a , tính AN theo hàm số cos trong tam
3
9
giác ADN.
Góc độ4: Từ bài toán 2.4 cho ta cách giải bài toán đã cho.
Góc độ 5: Dùng ngôn ngữ véc tơ
Bài toán 2.5: Gọi M, N lần lượt là các điểm thuộc BC’ và CD’ sao cho
MA = k MD, ND = k NB (k ≠ 0;1).
a) Chứng minh rằng MN //(A’BC).
b) Khi MN //A’C, chứng tỏ MN là đường vuông góc chung của BC’và CD’
GV gợi ý cho học sinh kiến thức về véc tơ và các điều kiện đồng phẳng của

 
ba véc tơ trong không gian để chứng minh cho MN //(A’BC)  chứng tỏ MN, BC,

BA’ đồng phẳng, đồng thời MN không thuộc mp(A’BC).
  

 
k  k  1+k
MN, BC, BA’ đồng phẳng  MN =
ab+
c (*) với AA’= a ;
1-k
1-k
1-k
   
AB= b ; AD = c .


  


Theo qui tắc hình hộp A’C = -a + b + c ; MN // A’C  MN = m A’C


  
k  k  1+k
ab+
c = m( -a + b + c ).
1-k
1-k

1-k
  
Do a , b , c là ba véc tơ không đồng phẳng từ đó tìm được k. Thay k vào


hệ thức (*) và tính độ dài của MN ta được khoảng cách MN cần tìm.
Bài toán 3: Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA = a, OB = b, OC = c đôi một
vuông góc. Chứng minh rằng:
a) Hình chiếu vuông góc H của O xuống (ABC) là tâm của đường tròn nội tiếp
tam giác ABC.
b)

1
1
1
1



2
2
2
OH
OA
OB
OC 2

Bài toán có thể phát biểu một cách cụ thể hơn là:
“Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA = a, OB = b, OC = c đôi một vuông góc.
a) Chứng minh rằng H là trực tâm tam giác ABC.

b) Tính khoảng cách từ O đến (ABC)”.
Ta sẽ giải quyết bài toán này bằng những phương pháp sau:
z
Lời giải: Cách 1 (Phương pháp tổng hợp):

C

a)Hướng 1: Sử dụng tính chất đường thẳng

H

vuông góc với mặt phẳng.
Vì H là hình chiếu vuông góc của O lên (ABC)

A1
B

y

O

nên OH  (ABC) .
Ta có: OH  BC, mặt khác AO  (OBC).

A

x

Lại có: AO BC  BC (AOH)  AH  BC, tức là AA1 là một đường cao
của ABC.

Tương tự : BH  AC, tức BB1 cũng là một đường cao của ABC. Vậy H là
trực tâm của tam giác ABC.
Hướng 2: Vận dụng tính chất ba đường vuông góc


Vì H là hình chiếu của điểm O trên mp(ABC) nên OH  (ABC).
Từ đó suy ra hình chiếu của OA trên mặt phẳng (ABC) là OH mà AB  CD (gt)
nên OH  CD(1) (theo định lý ba đường vuông góc)
Tương tự AH  BC (2)
Từ (1),(2): H là trực tâm ABC (đpcm)
b) Do AO  (OBC) nên AOB vuông tại O và OH là đường cao, ta có:
1
1
1
.


2
2
2
OH
OA
OA1

Mặt khác OBC vuông tại B và nhận OA1 làm đường cao:
1
1
1
1
1

1
1



. Suy ra:
.(*)


2
2
2
2
2
2
OH
OA
OB
OC 2
OB
OC
OA1

Cách2( phương pháp toạ độ):
Chọn hệ trục toạ độ Oxy sao cho: A  tia Ox, B  tia Oy, C  tia Oz.
Khi đó: O(0;0;0), A(a;0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c)
a) Phương án 1:
Giả sử H(x0; y0; z0) là chân đường vuông góc hạ từ O xuống mp(ABC). Ta
chứng minh H là trực tâm của ABC.
x

a

y
b

z
c

Thật vậy,(ABC) có phương trình:    1 (phương trình đoạn chắn).
Vậy véc tơ pháp tuyến của (ABC) là: n ; ; 
1 1 1
a b c

Mặt khác OH ( x0 ; y0 ; z 0 )  (ABC) nên:
OH // n hay x0 =

k
k
k
, y0 = , z0 = (k R)
a
b
c

Ta có: AH  ( x0  a; y0 ; z 0 ), BC  (0;b; c)
k
b

k
c

Suy ra: AH .BC   y 0 b  z 0 c   b  c  0 vậy AH  BC.
Tương tự BH  AC. Suy ra H là trực tâm của ABC.
Bằng cách lật ngược vấn đề, GV đặt HS vào tình huống sau:
Phương án 2: Giả sử H là trực tâm của ABC. Chứng minh OH  (ABC).


Vì H là trực tâm ABC nên: x0a = y0b = z0c = k.
1 1 1
Do đó ta có: OH ( x0 ; y0 ; z 0 ) = k  ; ;  .
a b c

x y z
1 1 1
Mặt khác (ABC) có PT:    1 nên n ; ;  (véc tơ pháp tuyến)
a

b

a b c

c

Suy ra : OH  k n Hay OH // n . Do đó OH  (ABC).
b) Gọi H(x0; y0; z0) là trực tâm của ABCnên: x0a = y0b = z0c = k.
Mặt khác H  mp(ABC) nên:

x0 y 0 z 0



1
a
b
c

C1

a 2b 2 c 2
,
a 2b 2  b 2 c 2  c 2 a 2

Suy ra:

C

H

A1

a 2 bc 2
a 2b 2 c
y0  2 2
z

,
0
a 2b 2  b 2 c 2  a 2 c 2
a b  b 2c 2  a 2c 2

Do đó: OH2 =

B1

A

ab 2 c 2
Suy ra: x0  2 2 2 2 2 2 ,
a b b c a c

(2)

O

a 2b 2 c 2
Từ (1) và (2) suy ra: k = 2 2 2 2 2 2 .
a b b c a c

(1)

B
1
1
1
1
 2  2  2
2
OH
a
b
c

Mặt khác:

OA2 = a2, OB2 = b2, OC2 = c2

Vậy ta có:

1
1
1
1



(đpcm)
2
2
2
OH
OA
OB
OC 2

(3)

2. Phương thức 2: Khai thác những bài toán đã từng giải quyết
Bài toán cơ bản 1:(Bài tập 17,T103 Sgk hình học 11- Nâng cao)
“Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc. Chứng minh
rằng:
a) Hình chiếu vuông góc H của S xuống (ABC) trùng với trực tâm tam giác

ABC.
b)

1
1
1
1
 2 2
”
2
SH
SA SB
SC 2

Ta sẽ vận dụng kết quả của bài toán này để giải quyết một số các bài tập sau:
Bài toán 1: Cho tứ diện OABC có các tam giác OAB, OBC, OCA đều là tam
giác vuông tại đỉnh O, OA = a, OB = b, OC =c. Gọi , ,  lần lượt là các góc
hợp bởi các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) với mp(ABC).


Chứng minh rằng: cos2 + cos2 +cos2 = 1.
Lời giải:
O

Cách 1:
Ta dễ dàng chứng minh được H là trực tâm của ABC
· 'A .
AH  BC tại A’; OA’  BC. Vậy  = OA
· ' A = sin OAA
· ' =

Ta có: cos = cos OA

Tương tự: cos =

OH OH
=
.
OA
a

OH
OH
; cos =
.
b
c

Áp dụng kết quả của bài toán (*) trên ta có:
1
1
1
1



.
2
2
2
OH

OA
OB
OC 2

Hay :

’

B

A

H

C’

C
A’

B

OH 2 OH 2 OH 2
 2  2  1.
a2
b
c

Vậy cos2 + cos2 +cos2 = 1.(đpcm)
Cách 2: Dùng phương pháp toạ độ.
Hoặc có thể phát biểu bài toán 1như sau:

“ Điểm A bên trong hình chóp OABC có các tam giác OAB, OBC, OCA đều là
tam giác vuông tại đỉnh O. Đoạn thẳng OA tạo với các cạnh OB, OC, OD các góc
, ,. Chứng minh rằng: cos2 + cos2 +cos2 =1”.
Bài toán 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = AA’ = a,

AC’

= 2a. Tính khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (ACD’).(Bài 32, T117 Sgk hình
học 11- Nâng cao)
Bài toán 3: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và
OA = a; OB = b; OC = c. Gọi H là hình chiếu của O trên mặt phẳng (ABC). Tính
diện tích của các tam giác HAB, HBC và HCA(Bài 5,T120 Sgk hình học 11- Nâng
cao)


Bài toán 4: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi M, N, P lần lượt là
trung điểm của AB, BC, C’D’. Hãy tính góc giữa các cặp mặt phẳng: (AB’P) và
(ABCD); (AB’P) và (BCC’B’).
Bài toán 5: Cho hình tứ diện ABCD, H là trực tâm tam giác BCD. Chứng
minh rằng AH vuông góc với mp(BCD) khi và chỉ khi các cạnh đối của tứ diện đã
cho vuông góc với nhau.
Ta lại tiếp tục khai thác bài toán 1 vào bài tập sau:
Bài 1: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = b, BC = a, CC’=c.
Gọi , ,  là các góc mà một đường chéo của hình hộp chữ nhật tạo với ba cạnh
xuất phát từ một đỉnh. Tìm  biết  = 600, = 450.
Lời giải:
Áp dụng định lý Pitago vào các tam giác vuông A’AC và ABC,
ta có: A’C2 = A’A2+AC2 , AC2 = AB2 + BC2
 A’C2 = A’A2 + AB2 + BC2 (1) .Với AA’= A’C cos = acos
A’B’ = A’C cos = acos ; A’D’= A’C cos = acos

(1)  a2 = a2 ( cos2 + cos2 +cos2 )

 cos2 + cos2 +cos2 = 1(2)

D
A

 = 60 .
0

C

’

1
Thay  = 600,  = 450 vào (2) ta được cos =
2
’

’

B
’

C
Cũng với kết luận đó nhưng giả thiết được phát

A

B

biểu theo cách khác, ta có bài toán sau:
Bài 2: Đường thẳng (d) tạo với ba đường thẳng vuông góc với nhau từng đôi
một (d1), (d2), (d3) các góc , , . CMR:

cos2 + cos2 +cos2 = 1.


Bài 3: Cho tứ diện OABC có các tam giác OAB, OBC, OAC đều là tam giác
vuông tại đỉnh O, OA = a, OB = b, OC = c. Gọi , ,  lần lượt là các góc hợp
bởi các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) với (ABC).
a) Chứng minh rằng diện tích tam giác ABC bằng tổng bình phương diện
tích ba tam giác: OAB, OBC, OCA.
b) Chứng minh rằng: Cos2 + cos2 + cos2 =2
Lờigiải:
bc
.
b2+c2

a) Cách 1: Ta có: OA’ =

Vậy AA’2 = OA’2+OA2 = a2+
Gọi S2ABC =

b2c 2
b2  c2

=

a 2b 2  b 2c 2  c 2b 2

.
b2  c2

O

1
1
AA’2.BC2 = ( a 2b 2  b 2c 2  c 2b 2 )
4
4

= S2OBC + S2COA + S2OAB = S2ABC (đpcm)
B1

A

Cách 2:

H

Tam giác OBC là hình chiếu của tam giác
ABC trên mp(OBC) nên ta có: S OBC= SABCcos

C


C1

A1

Tương tự ta cũng có: S OCA = SABCcos
SOAB = SABCcos.
Từ đó: S

2
OBC

+S

2

COA +

S

B

2
OAB

= S2ABC(cos2 +cos2 + cos2)
Vì theo bài toán 1 có cos2 +cos2 + cos2 = 1
nên S2OBC + S2COA + S2OAB = S2ABC.
b) Sử dụng phương pháp toạ độ trong hệ trục Oxyz với AOx, BOy,
C  Oz. Khi đó: A(a, 0, 0); B(0, b, 0); C(0, 0, c).


Gọi n là vtpt của (ABC), ta có: n (bc, ac, ab) nên:
sin =

bc
b 2 c 2  a 2 c 2  a 2b 2

. Tương tự ta có sin, sin .

Vậy Cos2 + cos2 + cos2 = 3- sin2 - sin2 - sin2


=3-

b2c 2
a 2c 2
a 2b 2


=2.
b 2c 2  a 2c 2  a 2b 2 b 2c 2  a 2c 2  a 2b 2 b 2c 2  a 2c 2  a 2b 2

Bài 4: Cho hình tứ diện ABCD có ba mặt ABC, ADB, ADC vuông tại A; M là
một điểm ở trong BCD. Gọi , ,  lần lượt là góc giữa AM và các mặt phẳng
(ABC), (ACD), (ADB). Chứng minh: sin2 + sin2 + sin2 = 1.
Bài toán cơ bản 2(Ví dụ 2,T86 Sgk hình học11-Nâng cao):
Cho tứ diện ABCD có AB =c, CD = c’, AC = b, BD = b’, BC= a, AD = a’.





Tính góc giữa các véc tơ BC và DA.
    

   
Lời giải: Ta có: BC . DA = BC( DC + CA ) = CB . CD - CB .CA
=

1
1
1
(CB2 + CD2 - BD2)- (CB 2+CA2-AB2) = ( AB 2+ CD2- BD2 - CA2)
2
2
2

 
c 2  c '2  b 2  b'2
Từ đó góc ( BC, DA) =
(**)
'
2aa

Bài toán 1: Cho tứ diện ABCD có BC = AD = a; AC = BD = b; AB = CD= c.
Đặt  là góc giữa BC và AD,  là góc giữa AC và BD;  là góc giữa AB và CD.
Chứng minh rằng: b2cos = a2cos + c2cos.
 
c2  b2
Hướng dẫn: Áp dụng (**) ta tính được cos( BC, DA) =
2
a

Vì  là góc giữa hai đường thẳng BC và AD nên cos =

c2  b2
a2

;

Tương tự đối với cos  và cos ta sẽ được điều phải chứng minh.
Bài toán 2: Cho tứ diện ABCD có AB  CD, AC  BD. CMR: AD  BC.
Bài toán 3: Cho tứ diện ABCD có AB  CD, AC  BD.
Chứng minh rằng AB2+CD2= AC2 + BD2 = AD2 + BC2
¶ = ,
Bài toán 4: Cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng. Đặt xoy


¶
yoz =,

z·ox =.

Chứng

minh

rằng:

cos

+

cos

+

cos

>-

3
.
2

Bài toán 5: Trong mặt phẳng (P) cho tam giác đều ABC cạnh a. Dựng
đoạn SA  (P).Tính tan của góc nhọn giữa hai cạnh AB và SC.
Bài toán 6: Cho tứ diện vuông OABC có các góc phẳng ở đỉnh O là vuông,
ngoài ra OC= OA+OB. CMR tổng các góc phẳng ở đỉnh C bằng 900.
II. Phương pháp thực hiện SKKN giáo dục để đạt được những kết quả nói
trên.
 Đối với GV: Chuẩn bị giáo án, bài giảng chu đáo. Cụ thể:
+ Lựa chọn mạch kiến thức đúng theo qui định, phù hợp với nội dung và
chương trình giảng dạy.
+ Lựa chọn các dạng bài tập phù hợp với trình độ HS, thể hiện tính vừa sức.
+ Chuẩn bị hệ thống câu hỏi để HS phát hiện được vấn đề cần giải quyết.
+ GV làm rõ được những biểu hiện cơ bản của phương thức thông qua dạy học
chuỗi các bài toán.
 Đối với HS: Chuẩn bị kiến thức và khả năng sẵn sàng ứng dụng.
Tiến trình được thực hiện thông qua các bước dạy và học như sau:
Bước 1: GV nêu vấn đề. HS được làm việc bằng các HĐ.
HĐ1: Hãy quan sát cái đã biết, cái chưa biết để tìm ra mối liên hệ giữa chúng?
HĐ2: Tìm hiểu tri thức cội nguồn, tìm tòi phương pháp giải.
HĐ3: Để giải được bài toán ta có thể dự đoán được vấn đề trước không (bằng
cách đặc biệt hoá, khái quát hoá, tương tự...)? Có cần phải dịch chuyển ngôn ngữ

không? Có thể biến đổi về dạng quen thuộc hoặc gần gủi với bài toán ta đang xét
hay không? Hãy xem xét bài toán dưới những góc độ, khía cạnh khác nhau không?
Bước 2: HS trình bày lời giải và chỉ ra lời giải hay nhất, tối ưu nhất (có thể)?
Bước 3: Nghiên cứu sâu lời giải.
HĐ1:Bài toán đó có thể vận dụng vào các bài toán khác được không?
HĐ2: Nếu có thể hãy kiến tạo thành bài toán mới?
(Chú ý rằng các HĐ trong bước1 có thể thay đổi vị trí tuỳ thuộc vào bài toán).


Phần ba
KẾT LUẬN
1. Mục đích thực nghiệm.
Mục đích thực nghiệm là kiểm tra tính khả thi và hiệu quả của phương án
triển khai dạy học giải bài tập hình học KG thông qua phương thức khai thác bài
toán.
2. Nội dung và kết quả kiểm tra.
* Bài kiểm tra : (thời gian 45’).
Bài 1: Cho hình lăng trụ đều ABC.A1B1C1, cạnh bằng 1. M, N lần lượt là
trung điểm của AB, A1C1. Dựng đường vuông góc chung và tính khoảng cách
giữa cặp đường thẳng MN và B1C.
Bài 2: Cho hình chóp S.ABC có SA  (ABC). H là trực tâm tam giác ABC.
a) Nếu AB  AC, chứng minh AH  (SBC)
b) Nếu  BAC  1v, kết quả câu a còn đúng không?
c) Khái quát hoá kết quả câu a cho trường hợp tam giác ABC bất kỳ.
*Kết quả kiểm tra.
Bài kiểm tra:
Điểm 1
Lớp

2

3

4

5

6

7

8

9

10

Số
bài

TN 0
1
0
1
7
10
11
3
8
3

44
(11A5)
ĐC 0
1
1
2
8
11
8
7
3
1
42
(11A6)
Kết quả: Lớp TN có: 42/44 (95,59%) đạt trung bình trở lên, trong đó 25/44
(56,8%) đạt khá giỏi.


Lớp đối chứng có 38/42 (90,59%) đạt trung bình trở lên, 19/42 (45,23%)
đạt khá giỏi.

Minh họa kết quả trên bằng biểu đồ sau:
12
10
8
TN
§C

6
4

2
0
1

2

3

4

5

6

7

8

9

10

3. Những kết luận trong quá trình nghiên cứu, triển khai của đề tài
* Đối chiếu với mục tiêu, nhiệm vụ và kết quả nghiên cứu trong quá trình
thực hiện đề tài: “ Dạy học giải một số bài tập hình học KG cho HS thông qua
phương thức khai thác bài toán ”, đã thu được những kết quả sau:
1) SKKN đã đề xuất được hai phương thức sư phạm về việc rèn luyện kỹ
năng giải toán cho HS THPT thông qua dạy học hình học KG.
2) SKKN đã đưa được một số các ví dụ điển hình và các chuỗi bài toán
nhằm minh hoạ cho các phương thức sư phạm.

3) SKKN đã trình bày kết quả thực nghiệm sư phạm tại khối 11 trường
THPT trong khoảng thời gian 6 tiết dạy bồi dưỡng. Kết quả thực nghiệm phần nào
minh hoạ cho tính khả thi và hiệu quả của đề tài.
4) SKKN có thể làm tài liệu tham khảo cho đồng nghiệp và HS khá giỏi.


4. Những kiến nghị đề xuất:
Khi HS học thực nghiệm qua đề tài này tôi thấy rõ nét vấn đề sau:
-GV cần chú trọng củng cố, khắc sâu những kiến cơ bản; cần chuẩn bị trước
hệ thống câu hỏi để gợi mở dần các hướng giải quyết vấn đề, phát triển tối đa (nếu
có) nhiều cách giải để bồi dưỡng kiến thức, phục vụ cho những bài toán khác.
- HS được tự mình nghiên cứu, đề xuất những bài toán mới dựa trên nền
tảng đã có.
- Tăng cường giao lưu đồng nghiệp những sáng kiến kinh nghiệm hay, có
tính ứng dụng để góp phần cho việc dạy và học tốt hơn.
Trong khuôn khổ của đề tài có gì còn thiếu sót rất mong quí đồng nghiệp
trao đổi, nhận xét để đề tài của tôi được hoàn thiện hơn.
Tôi xin trân thành cảm ơn!.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh hóa, ngày 18/5 /2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác
Người viết

Lê Thị Ngọc


TI LIU THAM KHO

[1] on Qunh (tng ch biờn), Vn Nh Cng (ch biờn), Phm Khc Ban, T
Mõn,Sỏch giỏo khoa, sỏch giỏo viờn, sỏch bi tp Hỡnh hc 11- Nõng cao, Nxb
Giáo dục Việt Nam.
[2]. Trần Văn Hạo (chủ biên), Nguyễn Cam, Nguyễn Mộng Hy,
Trần Đức Huyên, Cam Duy Lễ, Nguyễn Sinh Nguyên, Nguyễn
Vũ Thành, Chuyên đề luyện thi đại học -Hình học không
gian, Nxb Giáo dục Việt Nam.
[3]. Lê L-ơng, Nguyễn Th- Sinh, Giải toán nh- thế nào,
Nxb TP Hồ Chí Minh.
[4]. Phạm Văn Hoàn (chủ biên), Nguyễn Gia Cốc, Trần Thúc
Trình (1981), Giáo dục học môn Toán, Nxb Giáo dục, Hà
Nội.
[5].

Nguyễn Thái Hoè (1997), Rèn luyện t- duy qua việc

giải bài tập toán, Nxb Giáo dục, Hà Nội.
[6]. Nguyễn Bá Kim (2004), Ph-ơng pháp dạy học môn
Toán, Nxb S- phạm, Hà Nội.
[7]. Trần Thành Minh (chủ biên), Giải toán hình học 11,
Nxb Giáo dục, Hà Nội.