Hướng dẫn giải toán hình học không gian bằng phương pháp vectơ

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT THẠCH THÀNH I

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

HƯỚNG DẪN GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
BẰNG PHƯƠNG PHÁP VÉC TƠ

Người thực hiện: Lê Ngọc Phương
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

THANH HOÁ NĂM 2019


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài
1.2 Mục đích nghiên cứu
1.3 Đối tượng nghiên cứu
1.4 Phương pháp nghiên cứu
Phần 2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lí thuyết
2.2 Thực trạng vấn đề trước khi áp
dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3 Các giải pháp thực hiện
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Phần 3. KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận

3.2 Kiến nghị, đề xuất
TÀI LIỆU THAM KHẢO

2
2
3
3
4
5
6

18
18
19

2


1. MỞ ĐẦU
1.1 Lí do chọn đề tài
Trong kỳ thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa và kỳ thi THPT Quốc gia trong 2
năm vừa qua, có 1 số dạng toán về hình học không gian trong các đề thi mà học
sinh thường gặp như tính tỉ số, tính góc, độ dài đoạn thẳng hay phức tạp hơn là 1 số
bài toán cực trị mà ta thường vận dụng phương pháp véctơ để xử lý. Tuy nhiên vẫn
còn nhiều học sinh gặp lúng túng trong cách vận dụng phương pháp véctơ để giải
quyết các dạng toán này. Nguyên nhân là khái niệm véctơ và các phép toán véctơ
được đưa vào đầu chương trình lớp 10. Đây là vấn đề hoàn toàn mới đối với việc
giải toán có nội dung liên quan tới véctơ, là vấn đề khó đối với nhiều học sinh. Để
giảm bớt khó khăn và làm tăng thêm hứng thú học tập cho học sinh về vấn đề này,
dưới đây tôi xin được trình bày một sáng kiến kinh nghiệm với đề tài

“HƯỚNG DẪN GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
BẰNG PHƯƠNG PHÁP VÉC TƠ”
Qua đó phát triển tư duy sáng tạo của học sinh. Các bài toán được khai thác
trong bài viết này đã có các lời giải khác nhau trong các tài liệu, nhưng qua thực tế
dạy học sinh tôi định hướng cho học sinh khai thác và xây dựng bài toán bởi một số
hướng khác nhau từ một bài toán đơn giản bằng cách đặc biệt hoá, khái quát hoá, từ
bài toán phẳng giúp học sinh phát triển bài toán mới có tính chất tương tự trong
không gian. Góp phần phát huy tính tích cực của học sinh, tăng cường khả năng tự
học, tự khám phá. Rèn luyện cho học sinh tư duy linh hoạt, sáng tạo.
1.2 Mục đích nghiên cứu
Với mục đích thứ nhất là rèn luyện khả năng sáng tạo Toán học, trước mỗi
bài tập tôi thường cho học sinh tìm nhiều cách giải, đồng thời người thầy giáo, cô
giáo cũng phải gợi ý và cung cấp cho học sinh nhiều cách giải. Trên cơ sở đó học
sinh tự tìm ra cách giải hợp lý nhất. Phát hiện ra được cách giải tương tự và khái
quát phương pháp đường lối chung. Trên cơ sở đó với mỗi bài toán cụ thể các em
có thể khái quát hoá thành bài toán tổng quát và xây dựng các bài toán tương tự.
Thứ hai đó là mong muốn bổ sung phương pháp bồi dưỡng cho học sinh khá
giỏi trước đến nay. Xây dựng một phương pháp mới đó là rèn luyện khả năng sáng
tạo Toán cho học sinh sao cho mọi lúc mọi nơi các em có thể tự phát huy năng lực
độc lập sáng tạo của mình.
3


1.3 Đối tượng nghiên cứu
Các bài toán sử dụng phương pháp véc tơ để tính tỉ số, tính góc, độ dài đoạn
thẳng hay phức tạp hơn là 1 số bài toán cực trị trong mặt phẳng và trong không
gian.
1.4 Phương pháp nghiên cứu
Để thực hiện mục đích và nhiệm vụ của đề tài, trong quá trình nghiên cứu tôi
đã sử dụng các nhóm phương pháp sau:

+ Nghiên cứu các loại tài liệu sư phạm có liên quan đến đề tài.
+ Phương pháp quan sát (hoạt động dạy - học của giáo viên và HS).
+ Phương pháp điều tra (nghiên cứu chương trình, hồ sơ chuyên môn...)
+ Phương pháp đàm thoại phỏng vấn (lấy ý kiến của giáo viên và HS thông
qua trao đổi trực tiếp).
+ Phương pháp thực nghiệm.

4


2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1 Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.1.1. Cơ sở triết học:
Theo triết học duy vật biện chứng, mâu thuẫn là động lực thúc đẩy quá trình
phát triển. Vì vậy trong quá trình giúp đỡ học sinh, Giáo viên cần chú trọng gợi động
cơ học tập giúp các em thấy được sự mâu thuẫn giữa những điều chưa biết với khả
năng nhận thức của mình, phát huy tính chủ động sáng tạo của học sinh trong việc
lĩnh hội tri thức. Tình huống này phản ánh một cách lôgíc và biện chứng trong quan
niệm nội tại của bản thân các em. Từ đó kích thích các em phát triển tốt hơn.
2.1.2. Cơ sở tâm lí học:
Theo các nhà tâm lí học: Con người chỉ bắt đầu tư duy tích cực khi nảy sinh
nhu cầu tư duy khi đứng trước một khó khăn cần phải khắc phục. Vì vậy GV cần
phải để học sinh thấy được khả năng nhận thức của mình với những điều mình đã
biết với tri thức của nhân loại.
Căn cứ vào quy luật phát triển nhận thức và hình thành các đặc điểm tâm lí
thì từ những lớp cuối của cấp THCS, học sinh đã bộc lộ thiên hướng, sở trường và
hứng thú đối với những lĩnh vực kiến thức, kĩ năng nhất định. Một số học sinh có
khả năng và ham thích Toán học, các môn khoa học tự nhiên; số khác lại thích thú
văn chương và các môn khoa học xã hội, nhân văn khác. Ngoài ra còn có những
học sinh thể hiện năng khiếu trong những lĩnh vực đặc biệt…

Thực tế giảng dạy cho thấy nhiều học sinh khi học về hình học không gian
các em thường có tâm lí: bài tập trong phần này quá khó, hình vẽ không trực quan,
không biết cách trình bày lời giải một bài toán như thế nào cho mạch lạc, dễ đọc.
Đặc biệt các kiến thức trong hình học phẳng các em quên nhiều, khó vận
dụng vào việc giải bài tập trong không gian. Trong khi đó các kiến thức về véc tơ
các em mới làm quen trong lớp 10, lượng kiến thức ít và khi ứng dụng vào việc giải
bài tập hình học không gian nó giúp các em cảm thấy như mình đang làm một bài
tập trong môn đại số (là môn học các em không có tâm lí sợ như môn hình học)
2.1.3. Cơ sở giáo dục học:
Để giúp các em học tốt hơn. GV cần tạo cho học sinh hứng thú học tập. Cần
cho học sinh thấy được nhu cầu nhận thức là quan trọng, con người muốn phát triển

5


cần phải có tri thức cần phải học hỏi. Thầy giáo biết định hướng, giúp đỡ từng đối
tượng học sinh.
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.2.1.Thời gian và các bước tiến hành:
Tìm hiểu đối tượng học sinh trong năm học 2017-2018, 2018-2019
2.2.2. Khảo sát chất lượng đầu năm môn hình học:
Thông qua việc cho học sinh làm bài tập hình học không gian kết quả thu
được có 45% học sinh có thể vẽ đúng hình và làm được một số ý đơn giản.
2.2.3.Tìm hiểu nguyên nhân dẫn đến kết quả trên:
Tôi nhận thấy đa số học sinh có kết quả chưa cao. Vì vậy việc lĩnh hội kiến
thức và rèn luyện kĩ năng ở học sinh đòi hỏi nhiều công sức và thời gian. Sự nhận
thức của học sinh thể hiện khá rõ:
- Các em còn lúng túng trong việc tìm hướng giải một bài tập hình học không
gian
- Kiến thức cơ bản nắm chưa chắc.

- Khả năng tưởng tượng, tư duy hàm, tư duy lôgíc còn hạn chế.
- Ý thức học tập của học sinh chưa thực sự tốt.
- Nhiều học sinh có tâm lí sợ học môn hình học.
Đây là môn học đòi hỏi sự tư duy, phân tích của các em. Thực sự là khó
không chỉ đối với HS mà còn khó đối với cả GV trong việc truyền tải kiến thức tới
các em. Hơn nữa vì điều kiện kinh tế khó khăn, môi trường giáo dục, động cơ học
tập,… nên chưa thực sự phát huy hết mặt mạnh của học sinh. Nhiều em hổng kiến
thức từ lớp dưới, ý thức học tập chưa cao nên chưa xác định được động cơ học tập,
chưa thấy được ứng dụng to lớn của môn hình học trong đời sống.
Giáo viên cần nắm rõ đặc điểm, tình hình từng đối tượng học sinh để có biện
pháp giúp đỡ các em, song song với việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi cần giúp đỡ
học sinh yếu kém. Việc này cần thực hiện ngay trong từng tiết học, bằng biện pháp
rèn luyện tích cực, phân hoá nội tại thích hợp.
Tuy nhiên ngoài việc dạy tốt giờ lên lớp, giáo viên nên có biện pháp giúp đỡ
từng đối tượng học sinh để học sinh yếu kém theo kịp với yêu cầu chung của tiết
học, học sinh khá không nhàm chán.
6


2.3 Các giải pháp đã thực hiện
Quy trình chung để giải bài toán hình học không gian
bằng phương pháp véctơ
Bước 1. Lựa chọn một số véctơ mà ta gọi là “hệ véctơ cơ sở’’; “phiên dịch” các
giả thiết, kết luận của bài toán hình học không gian đã cho ra “ngôn ngữ” véctơ .
Bước 2. Thực hiện các yêu cầu của bài toán thông qua việc tiến hành các phép
biến đổi các hệ thức véctơ theo hệ vectơ cơ sở.
Bước 3. Chuyển các kết luận véctơ thành các tình chất hình học không gian tương
ứng.
Dạng 1. Sử dụng điều kiện đồng phẳng của 4 điểm
uuur

uuur

uuur

A, B, C, D là 4 điểm đồng phẳng khi và chỉ khi DA = mDB + nDC
A, B, C, D là 4 điểm đồng phkhi với mọi điểm O bất kỳ ta có

uuur
uuu
r uuur
uuur
OD = mOA + nOB + pOC , trong đó m + n + p = 1

Ví dụ 1. (Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa 2019) Cho hình chóp S . ABCD , có đáy ABCD
là hình bình hành tâm O . Gọi ( α ) là mặt phẳng không đi qua S và cắt các cạnh
SA, SB, SC , SD

uur
uuur uuu
r
uur
SB
lần lượt tại M , N , P, Q thỏa mãn SA = 2SM ; SC = 3SP . Tính tỉ số
khi

SN

2

 SD 

2



giá trị biểu thức T =  ÷ + 4  ÷ đạt giá trị nhỏ nhất.
 SN 
 SQ 
Giải:uur uuur uuur uuur
Đặt SB = xSN , SD = ySQ với x ≥ 1; y ≥ 1 , khi đó:
2
2
 SD 
 SB 
2
2.
SB

T =
÷ = x + 4y
÷ + 4
 SN 
 SQ 
uur uuu
r uur uuu
r
uuu
r
uuu

r uur uuu
r uur
Ta có: SA + SC = SB + SD = 2SO ⇔ SD = SA + SC − SB .
uuu
r 1 uuu
r 1 uur uuu
r uur
r
2 uuur 3 uur x uuu
SQ = SD = SA + SC − SB = SM + SP − SN (*).
y
y
y
y
y
Vì 4 điểm M , N , P, Q đồng phẳng nên từ (*) ta có:

(

)

2 3  x
+ +  − ÷= 1 ⇔ x + y = 5 .
y y  y

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có:
2

1
1

( x + y ) =  x.1 + 2 y. ÷ ≤ ( x 2 + 4 y 2 ) 1 + ÷⇒ T = x 2 + 4 y 2 ≥ 20 ,
2

 4
SB
= x = 4.
dấu ‘=’ khi x = 4; y = 1 .
Vậy
SN
2

Dạng 2. Phần quan hệ song song
7


Bài toán 1. Hai đường thẳng phân biệt AB và CD song song với nhau khi và chỉ
uuur

uuur

khi AB = kCD .

r r

Bài toán 2. Cho hai a, b không cùng phương thuộc mặt phẳng (P), AB không thuộc
uuur

r

r

(P) . Khi đó :AB//(P) ⇔ AB = xa + yb .
Bài toán 3. Cho hai mặt phẳng phân biệt (ABC) và (MNP).
Khi đó: (ABC) / / ( MNP )

uuu
r
uuuu
r
uuur
 AB = xMN + yMP
⇔  uuur
uuuu
r
uuur .
 AC = x1 MN + y1 MP

Ví dụ 1. Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1. Giả sử M, N, E, F lần lượt là trọng
tâm của các tam giác AA1B1, A1B1C1, ABC, BCC1. Chứng minh : MN // EF.
uuur

r uuur r uuur

r

{ AA = a, AB = b, AC = c}

Bước1:Chọn hệ véc tơ cơ sở

1

Theo bài ra:+M là trọng tâm của tam giác AA1B1:
uuuu
r 1 uuur uuur
AM = ( AA1 + AB1 )
3

(1)
B1

+N là trọng tâm của tam giác A1B1C1:
uuur 1 uuur uuur uuuu
r
AN = ( AA1 + AB1 + AC1 )
3

N

(2)

A1

+E là trọng tâm của tam giác ABC:
uuur 1 uuur uuur
AE = ( AB + AC )
3

C1

M

(3)

+F là trọng tâm của tam giác BCC1:
uuur 1 uuu
r uuur uuuu
r
AF = ( AB + AC + AC1 )
3

F
B

(4)
E

A

uuuu
r
uuur
+ MN / / EF ⇔ MN = k EF

C

Bước 2: Biến đổi các biểu thức véc tơ
uuuu
r uuur uuuu
r 1 r r
a + c (5)

3
uuur uuur uuur 1 r r
Từ (3), (4): EF = AF − AE = a + c (6)
3
uuuu
r uuur
Từ (5), (6): MN = EF (7)

(

Từ (1), (2): MN = AN − AM =

(

)

)

Bước 3: Chuyển ngôn ngữ véc tơ sang ngôn ngữ hình học không gian
Từ (7) : MN // EF.
8


Ví dụ 2. Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1.Giả sử M, N lần lượt là trung điểm các
cạnh AA1, B1C1. Chứng minh: MN // (DA1C1).
uuur

r uuur

r uuuur

r

Bước 1: Chọn hệ véc tơ cơ sở { DA = a, DC = c, DD1 = b}
uuuur

B1

r
1 uuur uuuu
DA + DA1 (1)
2
uuur 1 uuuu
r uuuur
+ N là trung điểm B1C1: DN = DB1 + DC1 (2)
2
uuuu
r
uuuur
uuuu
r
+ MN / / ( DA1C1 ) ⇔ MN = xDC1 + yDA1
(3)

(

+ M là trung điểm AA1: DM =

)

(

uuuu
r uuur uuuur

Suy ra:

uuuu
r uuuur 1 uuuu
r
MN = DC1 − DA1
2

1 r r r r
c−a+c+b
2

(

C1

D1

A1

)

M

Bước 2: Biến đổi các biểu thức véc tơ

Từ (1), (2): MN = DN − DM =

N

C

B

)

D

A

(4)

Bước 3: Chuyển ngôn ngữ véc tơ sang ngôn ngữ hình học không gian
Từ (4) : MN // (DA1C1).
Ví dụ 3. Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1B1C1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các
cạnh AA1, CC1 và G là trọng tâm của tam giác A1B1C1.
Chứng minh: (MGC1) // (AB1N).
Bước 1: Chọn hệ véc tơ cơ sở
B1

uuur

r uuur r uuur

r

{ AA = a, AB = b, AC = c}

G

1

uuuu
r 1 uuur
+ M là trung điểm AA1: AM = AA1
2
uuur 1 uuur uuuu
r
+ N là trung điểm CC1: AN = AC + AC1
2

(

)

C1

A1

(1)
(2)

M

N

B

+ G là trọng tâm của tam giác A1B1C1:
uuur 1 uuur uuur uuuu
r
AG = ( AA1 + AB1 + AC1 )
3
uuuu
r
uuur
uuur
 MG = x AB1 + y AN
uuur
uuur
+ (MGC1 ) / / ( AB1 N ) ⇔  uuuur
 MC1 = x1 AB1 + y1 AN

(3)

A
C

(4)

Bước 2: Biến đổi các biểu thức véc tơ
Ta có:

9

uuuu
r uuur uuuu
r 1 r 1r 1r
MG = AG − AM = a + b + c
(5)
2
3
3
uuuu
r
uuur
uuuu
r
r
r
1 r
MG = x AG − y AM = ( x + y )a + xb + yc
(6)
2
r r r
Từ (5) và (6) , do a, b, c không đồng phẳng nên ta có:
1
1
2 = x + 2 y

r 1 uuur 1 uuur
1 uuuu
1
⇒ x = y = ⇒ MG = AB1 + AN
 =x

3
3
3
3
1
3 = y

uuuur uuuu
r uuuu
r r r 1r 1r r
MC1 = AC1 − AM = a + c − a = a + c
2
2
Ta có:
uuur uuur uuur 1 r r
AN = AC + CN = a + c
2
uuuur uuur
(10)
Từ (8) và (9): MC1 = AN

(

)

(7)

(8)
(9)

Bước 3: Chuyển ngôn ngữ véc tơ sang ngôn ngữ hình học không gian
uuuu
r 1 uuur 1 uuur
3
3
uuuur uuur
Từ (10) : MC1 = AN ⇒ MC1 / / mp( AB1 N )

Từ (7) : MG = AB1 + AN ⇒ MG//mp(AB1 N )

(11)
(12)

Từ (11) và (12) : mp( MGC1 ) / / mp( AB1 N )
Bài tập vận dung
Bài 1. Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1. Giả sử E là tâm của mặt ABB 1A1; N, I lần
lượt là trung điểm của CC1 và CD . Chứng minh : EN//AI.
Bài 2. Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1. Giả sử M, N lần là trọng tâm các tam
giác ABA1 và ABC . Chứng minh : MN//(AA1C1).
Bài 3. Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1. Giả sử M, N, E lần lượt là trung điểm
BB1, CC1, AA1. G là trọng tâm tam giác A1B1C1.
Chứng minh:
1. (MGC1)//(BA1N)
2. (A1GN)//(B1CE).
Dạng 3. Phần góc và khoảng cách

10


Bài toán 4. Góc giữa hai đường thẳng AB và CD được tính theo công thức:

uuur uuur
AB.CD
cosϕ = uuu
r uuur
AB . CD
uuur

uuur2

Bài toán 5. Khoảng cách giữa hai điểm A và B là : AB = AB = AB

r

Bài toán 6. Cho điểm M và đường thẳng l có véc tơ chỉ phương a , điểm A thuộc l.
Tính khoảng cách từ M đến l.
Phương pháp giải:
uuuur ur

Đặt AM = m , gọi N là hình chiếu của M lên l.
uuuu
r uuur uuuu
r

uuuu
r

r ur

r

r ur r

Khi đó: MN = AN − AM = xa − m và MN ⊥ a ⇔ ( xa − m ) a = 0
uuuu
r

Khoảng cách cần tìm : MN =

(

r ur
xa − m

)

2

Bài toán 7. Cho (ABC), điểm M không thuộc (ABC). Tính khoảng cách từ M đến
(ABC) và góc giữa MA và (ABC).
Phương pháp giải:
uuuur ur uuur r uuur

r

uuuu
r uuur uuuu
r

r

Đặt AM = m , AB = a, AC = b , gọi N là hình chiếu của M lên (ABC).
r ur

Khi đó : MN = AN − AM = xa + yb − m

Do MN ⊥ ( ABC ) nên 


r
r ur r
( xa + yb − m)a = 0
r ur r
 r
( xa + yb − m)b = 0

Khi cho biết x, y ta tìm được khoảng cách từ M đến (ABC) bằng
r

r

r

ur

(

r
r
xa + yb − m
r

r

)

2

.

Nếu xa + yb ≠ 0 thì góc giữa AM và (ABC) bằng góc giữa m và xa + yb , còn
r
r r
xa + yb = 0 thì AM ⊥ (ABC).

ur

Bài toán 8. Cho đường thẳng chéo nhau, d1 đi qua A1 và có véc tơ chỉ phương a1 ;
uu
r

đường thẳng d2 đi qua A2 và có véc tơ chỉ phương a2 .
Tính khoảng cách và góc giữa hai đường thẳng trên.
Phương pháp giải:
ur uu
r
a1.a2
+ Góc giữa hai đường thẳng : cosϕ = ur uur
a1 . a2

11

uuuu
r

ur ur

uu
r

+Đoạn vuông góc chung P1P2 ( P1 thuộc d1, P2 thuộc d2), khi đó: P1 P2 = xa1 + m + ya2 .
uuuu
r ur
 P1 P2 .a1 = 0
uuuu
r
ur ur
uu
r
Do  uuuur uur ⇒ x, y . Khoảng cách cần tìm: P1 P2 = ( xa1 + m + ya2 )2
 P1 P2 .a2 = 0

Ví dụ 4. Cạnh đáy của lăng trụ tam giác đều ABC.A1B1C1 bằng a, các điểm O và O1
tương ứng trọng tâm của các dáy ABC và A1B1C1.Độ dài hình chiếu của đoạn thẳng
AO1 trên đường thẳng B1O bằng

5a
. Hãy tính đường cao của lăng trụ.
4

Chọn hệ véc tơ cơ sở

A1

uuuur ur uuu
r r uuur ur
AA1 = m, AB = n, AC = p .
ur
Giả sử h = m

{

}

C1
O1

B1

Ta có:
uuuu
r 1 uuuur uuur uuuu
r 1 ur r ur
AO1 = AA1 + AB1 + AC1 = 3m + n + p
3
3
uuur uuur uuur 1
ur r ur
B1O = AO − AB1 = −3m − 2n + p
3

uuuu
r uuur 1
AO1 = B1O =
9h 2 + 3a 2
3
Suy ra:
uuuu
r uuur
1
6h 2 + a 2
AO1.B1O = − ( 6h 2 + a 2 ) , cosϕ =
6
2 ( 3h 2 + a 2 )

(

)

(

uuuu
r

Vì: AO1 .cosϕ =

(

)

)

A

C

O

B

9h 2 + 3a 2 (6h 2 + a 2 ) 5a
a 6
=
⇒h=
2
2
6(3h + a )
6
3

5a
nên
4

Ví dụ 5. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có SA=4.Điểm D nằm trên cạnh SC,
CD=3, còn khoảng cách từ A đến đường thẳng BD bằng 2. Tính thể tích của hình
chóp.
uur r uur r uuu
r r
SA
=

a
,
SB
=
b
,
SC
=c
Chọn hệ véc tơ cơ sở

{

}

Đặt ϕ là góc phẳng ở đỉnh của hình chóp.
N là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng BD.
uuur uuur uuur
uuur uuur
r
r
r
AN = DN − DA = xDB − DA = − a + xb) + (1 − x )c Do AN ⊥ DB
uuur uuur
r
r
r r r
⇒ AN .DB = 0 ⇔ −a + xb + (1 − x)c (b − c) = 0

(

)

⇔ (17 x − 1) − 8( x + 1)cosϕ = 0

(1)

12


S

D

C

A
N

B

uuur 2

Mặt khác: AN = 2 ⇔ AN = 4 ⇔ 17 x 2 − 2 x + 13 − 8( x + 1) 2 cos ϕ = 0 (2)
7
9

Từ (1) và (2) ta được x = .Vì vậy : cosϕ =

55
64

Ta tính độ dàiđường cao của hình chóp SO.
Vì O là trọng tâm của tam giác ABC nên
uuu
r 1 uur uur uuu
r 1 r r r
SO = SA + SB + SC = a + b + 4c
3
3
uuu
r 1 r r r 2 1
1
⇒ SO =
a + b + 4c =
48 + 96cosϕ =
58
3
3
2
uuur 2 r r 2 9
AB = b − a =
2
uuur 2
AB 3 uuu
r 3 174
1
Vậy: VS . ABC =
.
. SO =
3

4
16

(

)

(

(

)

)

Ví dụ 6. Đáy của hình chóp S.ABC là tam giác đều ABC cạnh bằng 4 2 , cạnh bên
SC vuông góc với đáy và có độ dài bằng 2. M,N lần lượt là trung điểm BC, AB.
Hãy tìm số đo của góc và khoảng cách giữa SM và CN.

13


Ta chọn hệ véc tơ cơ sở

S

uuu
r r uuu
r r uuu
r r

{ CA = a, CB = b, CS = c}
+Ta tìm góc ϕ giữa SM và CN?
Ta có:

Khi đó:

P

uuur uuuu
r uuu
r 1 r r
SM = CM − CS = (b − 2c)
2
uuur 1 r r
CN = (a + b)
2
uuur uuur
SM .CN
2
cosϕ = uuur uuur =
⇒ ϕ = 450
2
SM . CN

C

A
Q

M

N

+Tính khoảng cách giữa SM và CN?

B

Gọi P thuộc SM và Q thuộc CN. Khi đó:
uuur
uuur
uuur uuu
r 1 r
r
r
PQ = xSM + yCN + SC =  ya + ( x + y ) b − ( 2 x + 2 ) c 
2

Do PQ là đoạn vuông góc chung của SM và CN nên:
2

uuur uuur r
x=−

uuur 1 r r r
uuur 1
 PQ.SM = 0
3
x
+

3
y
=
−
1


3
⇔
⇒ PQ = a − b − 2c ⇒ PQ =
 uuur uuur r ⇔ 
6
6
x + 2 y = 0
y = 1
 PQ.CN = 0

3

(

)

r r

r

( a − b − 2c )

2

=

2 3
3

Ví dụ 7. Đáy của hình chóp S.ABC là tam giác đều ABC với cạnh bằng 1, cạnh SA
vuông góc vuông góc với đáy, SA = 3 . Mặt phẳng ( α ) song song với các đường
thẳng SB và AC, mặt phẳng ( β ) song song với các đường thẳng SC và AB. Tính
giá trị của góc giữa hai mặt phẳng ( α ) và ( β ) .
uuu
r r uuu
r r uuur

r

Chon hệ véc tơ cơ sở { AS = a, AB = b, AC = c}
.

ur r

A

r

C

Giả sử m, n là các véc tơ bất kì khác 0 ,
tương ứng vuông góc hai mặt phẳng ( α ) và

( β ) ,còn ϕ góc hai mặt phẳng ( α ) và ( β ) .

ur r
m.n
Thế thì: cosϕ = ur r
m.n
ur
r
r r
Đặt m = xa + yb + zc

S
B

14


r r r
r r
uur ur
 y = −23
 b − c xa + yb + zc = 0
ur
 SB.m = 0
6 x − 2 y − z = 0

⇔
⇔
Ta có: m ⊥ ( α ) ⇔  uuur ur ⇔ r r r r
1

 y + 2z = 0
c ( xa + yb + zc ) = 0
 x = − 2 z
 AC.m = 0
ur
Số phương trình bé hơn số ẩn, điều đó chứng tỏ m ⊥ ( α ) không được xác định
ur r
r r
duy nhất. Chọn z = −1 ⇒ x = 1, y = 4 nên m = a + 4b − 2c là một trong các véc tơ vuông

(

)(

)

góc với ( α )
uuu
rr
1

r r
r r
 SC.n = o
t = − u
⇔
2
Tương tự : n = ta + ub + vc ⊥ ( β ) ⇔  uuur r
v = −2u
 AB.n = 0

r r r r
Chọn : u = −2 ⇒ v = 4, t = 1 ⇒ n = a − 2b + 4c
ur r
m.n
1
Khi đó : cosϕ = ur r = .
m.n 5

Bài tập vân dụng.
Bài 1. Cho tứ diện ABCD có AB=CD=a, CA=BD=b, AD=BC=c. Tính cosin của
góc giữa các cạnh đối diện.
Bài 2. Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A 1B1C1 có BC=a, AC=b, Ab=c, AA1=h.
Tính cosin của góc:
1.Giữa AB1 và BC1.
2.Giữa AB và B1C.
Bài 3. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB=a, BC=b, CC’=c. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng BC’ và CD’.
Bài 4. Cho tứ diện đều SABC cạnh bằng 1. BD là đường cao của tam giác ABC
Tam giác đều BDE nằm trong mặt phẳng tạo với cạnh AC góc ϕ , biết rằng các
điểm S và E nằm về một phía đối với mặt phẳng (ABC). Tính SE.
Dạng 4. Phần quan hệ vuông góc
Bài toán 9. Hai đường thẳng phân biệt AB và CD vuông góc với nhau khi và chỉ
uuur uuur

khi AB.CD = 0 .

r r

Bài toán 10. Cho hai a, b không cùng phương thuộc mặt phẳng (P), AB không
uuur r

 AB.a = 0
thuộc (P) . Khi đó :AB ⊥ (P) ⇔  uuur r
.
 AB.b = 0

15


Ví dụ 8. Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1. M và N là các điểm thuộc các
BM 1 CN 2
= ,
= . Chứng minh rằng:
MA1 2 NB1 1

đường chéo BA1 và CB1 sao cho:
MN ⊥ BA1 , MN ⊥ CB1 .

uuu
r r uuur

r uuur r

Chọn hệ véc tơ cơ sở { BA = a, BB1 = b, BC = c}
r

r

r

rr

rr

C1

D1

rr

Khi đó: a = b = c = a; a.b = c.b = a.c = 0

A1

B1

Theo bài ra :

N

uuuu
r 1 uuur 1
BM 1
= ⇒ BM = BA1 =
3
3
MA1 2
uuur 2 uuur 2
CN 2
= ⇒ CN = CB1 =
3

3
NB1 1

(

r r
a+b

)

M
D

r r

( b − c)

A
B

uuur uuur uuur 1 r r
BN = BC + CN = 2b + c
3
uuuu
r uuur uuuu
r 1 r r r
MN = BN − MN = −a + b + c
3
uuuu
r uuur 1 r r r r r

MN .BA1 = −a + b + c a + b = 0 ⇒ MN ⊥ BA1
3
uuuu
r uuur 1 r r r r r
MN .CB1 = − a + b + c b − c = 0 ⇒ MN ⊥ CB1
3

(

Mặt khác:

)

(

Do đó:

C

)

(

)(

)

(

)(

)

Ví dụ 10. Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1 có các mặt là các hình thoi bằng
nhau.Các góc phẳng của góc tam diện đỉnh A 1 bằng nhau. Chứng minh rằng:
A1C ⊥ ( AB1 D1 ) .

uuur r uuuur r uuuur r
Chọn hệ véc tơ cơ sở A1 A = a, A1B1 = b, A1 D1 = c

{

}

· A B = ·AA B = ϕ . Gọi m là độ dài cạch hình hộp ta có:
Theo giả thiết : ·AA1 D1 = D
1 1 1
1 1

16


uuur r r r uuur uuur r r r r r
A1C = a + b + c ⇒ A1C . AB1 = (a + b + c ) b − a = 0
uuur uuur
⇒ A1C ⊥ AB1
(1)
uuur uuuu
r r r r r r
A1C. AD1 = (a + b + c ) c − a = 0

uuur uuuu
r
⇒ A1C ⊥ AD1
(2)

(

(

)

D1

C1
O1
B1

A1

)

Từ (1) và (2) suy ra A1C ⊥ ( AB1 D1 ) .
D
C

A
B

Bài tập vân dụng.
Bài 1. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi M,N lần lượt là trung điểm cạnh

AD và BB’. Chứng minh : MN ⊥ A’C.
Bài 2. Cho hình chóp S.ABC, SA ⊥ (ABC), SA=a 3 , AC=2a, AB=a, ·ABC = 900 . Gọi
M và N là hai điếm sao cho:

uuur uuur r
3MB + MS = 0

uuu
r uuur r
4 NS + 3 NC = 0

Chứng minh: SC ⊥ (AMN).
Bài 3. Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC, đáy ABC là tam giác cân tại A.
Vẽ SO ⊥ (ABC), D là trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm tam giác ADC.
Chứng minh: DC ⊥ (SOE)).
2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường
Trong quá trình dạy về “Phương pháp véctơ” đối với học sinh lớp 11B1, tác
giả thấy học sinh rất hứng thú, các bài toán khi áp dụng phương pháp thông thường
gặp mà gặp khó khăn thì sử dụng “Phương pháp véctơ” mọi chuyện đã trở nên dễ
dàng hơn. Để kiểm nghiệm chính xác, tác giả cho đề kiểm tra 45 phút ở lớp 11B 1 và
11B4, trong đó lớp là lớp 11B 1 thực nghiệm đề tài này, còn lớp 11B4 là lớp đối
chứng. Đề kiểm tra như sau:
Câu 1 (5 điểm). Cho hình chóp S . ABCD . Gọi E là giao điểm của AB và CD , F là
giao điểm của AD và BC . Mặt phẳng ( α ) không qua S , song song với mặt phẳng
( SEF ) cắt các cạnh SA , SB , SC , SD của hình chóp lần lượt tại M , N , P , Q .

Chứng minh rằng

SM SP SN SQ

+
=
+
.
SA SC SB SD

17


Câu 2 (5 điểm). Cho hình chóp S . ABCD   có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi G là
uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuur r
điểm thỏa mãn: GS + GA + GB + GC + GD = 0. Một mặt phẳng đi qua AG cắt các cạnh
SB, SC , SD

lần lượt tại M , N , P . Chứng minh rằng:

BM CN DP
+
+
= 1.
SM SN SP

Sau khi chấm bài tác giả thu được kết quả như sau
Điểm
Lớp thực nghiệm
(50 học sinh)
Lớp đối chứng

0-2,5

3-4,5

5-6,5

7-8,5

9-10

0%

4%

10%

32%

54%

0%

0%

96,2%
3,8%
0%
(52 học sinh)
Các bài điểm 9 – 10 có cách giải phổ biến như sau:

Câu 1.

uuur uur uuu
r uuu
r
SM + SP = SN + SQ
r SN uur SQ uuu
r
SM uur SP uuu
⇔
SA +
SC =
SB +
SD
SA
SC
SB
SD
u
u
r
u
u
u
r
u
u
r
r
SM

SP
SN
SQ uuu
⇔
SA = −
SC +
SB +
SD
SA
SC
SB
SD
uur SA  SP uuu
r SN uur SQ uuu
r
⇔ SA =
−
SC
+
SB
+
SD

÷
SM  SC
SB
SD

Vì bốn điểm A , B , C , D đồng phẳng nên

Suy

ra

SA  SP SN SQ 
+
+
−
÷= 1
SM  SC SB SD 
SP SN SQ SM
⇔−
+
+
=
SC SB SD SA

ta có

SM SP SN SQ
+
=
+
.
SA SC SB SD
Câu 2. Gọi O là giao điểm của hai đường chéo
uuu
r 1 uur uur uuu
r uuu
r

uuu
r uuur uuur uuur r
OA + OB + OC + OD = 0 suy ra SO = SA + SB + SC + SD .
4
⇔

(

uuu
r uuu
r uuu
r uuur uuur

AC

và BD . Ta có:

)

r

Do GS + GA + GB + GC + GD = 0.
uuu
r

uuur

r

uuu

r

uuur

uuu
r 4 uuu
r 1 uur uur uuu
r uuu
r
SA + SB + SC + SD =
5
5

suy ra GS + 4GO = 0 ⇔ SG = 4GO ⇔ SG = SO =

(

)

r SD uur 
1  uur SB uuur SC uuu
=  SA +
SM +
SN +
SP ÷. Vì A, G, M , N , P đồng phẳng nên ta có
5
SM
SN
SP


18


1+

SB SC SD
SM + BM SN + CN SP + DP
BM CN DP
+
+
=5⇔
+
+
=4⇔
+
+
= 1.
SM SN SP
SM
SN
SP
SM SN SP

Kết quả kiểm tra của 2 lớp thực nghiệm và đối chứng cho thấy, ở lớp 11B1
đa số học sinh hiểu bài, vận dụng tốt “Phương pháp véctơ” vào việc giải bài tập;
học sinh thấy hứng thú vì tính tự nhiên và gần gũi nhưng đạt hiệu quả bất ngờ của
phương pháp này. Còn ở lớp 11B4, mặc dù đã hoàn thành các kiến thức về véctơ
nhưng khi gặp các dạng toán nêu trên, học sinh không biết phải giải như thế nào.
Trao đổi “Phương pháp véctơ” với các đồng nghiệp tác giả cũng nhận được

các phản hồi tích cực. Mặc dù kết quả này không áp dụng được cho nhiều bài toán,
tuy nhiên với những hiệu quả mà nó mang lại trong từng bài toán đã kích thích tính
sáng tạo và tư duy cho người học, gợi trí tò mò ham hiểu biết vào những lĩnh vực
khác của toán học. Đó cũng là điều tác giả tâm đắc nhất trong khi thực hiện đề tài
này.

19


3. KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận
Qua thời gian nghiên cứu sáng kiến và vận dụng sáng kiến vào giảng dạy tôi
rút ra được một số kết quả sau:
- Đã hình thành phương pháp tư duy, suy luận toán học về vấn đề cần
nghiên cứu của đề tài cho học sinh cho những lớp thực nghiệm
- Bước đầu khẳng định tính khả thi, tính hiệu quả qua việc kiểm nghiệm
thực nghiệm sư phạm.
- Giáo viên: Tạo ra tâm thế hứng thú, sẵn sàng lĩnh hội tri thức môn học để
thúc đẩy tính tích cực tư duy của học sinh, khắc phục tâm thế ngại, sợ khi tiếp cận
nội dung môn học. Nếu có nhiều hình thức tổ chức dạy học kết hợp môn học sẽ trở
lên hấp dẫn và người học thấy được ý nghĩa của môn học.
- Về phương pháp dạy học, cần chú ý hơn đến phương pháp lĩnh hội tri
thức của HS, giúp các em có khả năng tiếp thu sáng tạo và vận dụng linh hoạt tri
thức trong tình huống đa dạng
- Rèn luyện cho học sinh thói quen, tính kỉ luật trong việc thực hiện các kĩ
năng giải toán thông qua việc luyện tập; nhằm khắc phục tính chủ quan, hình thành
tính độc lập, tính tự giác ở người học, thông qua đó hình thành và phát triển nhân
cách của các em.
3.2 Kiến nghị, đề xuất
Xuất phát từ những kiến thức cơ bản trong chương trình học để xây dựng

những cách làm mới đạt hiệu quả cao là phẩm chất mà người học toán và làm toán
cần phải có. Thiết nghĩ, việc bồi dưỡng học sinh khá giỏi môn Toán sẽ thực sự
thành công nếu giáo viên biết hướng dẫn cho học sinh tìm tòi khai thác từ những
kiến thức cũ những cách làm mới sáng tạo và đạt hiệu quả cao.

20


XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
(Ký và ghi rõ họ tên)

Lê Ngọc Phương

21


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa, sách bài tập Hình học 11 (Cơ bản), NXB Giáo Dục Năm
2007
2. Ba thập kỷ đề thi toán vào các trường đại học Việt Nam. Nhà xuất bản Đại
học Quốc gia TP. Hồ Chí Minh
3.Tuyển tập 30 năm Tạp chí Toán học và tuổi trẻ. Nhà xuất bản Giáo dục
Năm 1997
4.Tuyển tập các đề thi thử THPT Quốc gia 2018 - 2019. Nguồn Internet.

22


DANH MỤC
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG SÁNG KIẾN KINH
NGHIỆM NGÀNH GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HUYỆN, TỈNH VÀ CÁC CẤP
CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Lê Ngọc Phương
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên Toán trường THPT Thạch Thành 1

TT

1.

Tên đề tài SKKN

phương tiện trực quan trong
dạy học hình học không gian
lớp 11”
‘Xây dựng bài toán bất đẳng
thức từ các tính chất của hàm
3.

số mũ và hàm số logarit”
Một số kinh nghiệm dạy
“Khoảng cách” trong Hình

4.

(Ngành GD cấp

huyện/tỉnh; Tỉnh...)

Kết quả
đánh giá
xếp loại
(A, B, hoặc C)

Năm học
đánh giá xếp
loại

“Sử dụng phần mềm
Geometer’s sketchpad làm

2.

Cấp đánh giá xếp
loại

học không gian
Phép co trong mặt phẳng và
ứng dụng.

Cấp tỉnh
(QĐ số 932/
QĐ-SGD ngày
11/9/2008)
Cấp tỉnh
(QĐ số 871/
QĐ-SGD ngày

18/12/2012)
Cấp tỉnh
(QĐ số 753/
QĐ-SGD ngày
03/11/2014)
Cấp tỉnh
(QĐ số 1112/
QĐ-SGD ngày
18/10/2017)

C

2007- 2008

C

2011-2012

B

2013-2014

C

2016-2017

----------------------------------------------------

23