Hướng dẫn học sinh thiết kế và sử dụng tứ diện vuông giải nhanh bài toán trắc nghiệm về góc giữa hai mặt phẳn

PHẦN I: MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài
Từ năm học 2016 - 2017 trở đi kì thi THPT quốc gia môn Toán được thi theo
hình thức trắc nghiệm khách quan. Số lượng câu hỏi nhiều, kiến thức rộng, thời
gian ngắn gây cho học sinh nhiều khó khăn trong việc làm bài. Nhằm giúp học sinh
rút ngắn được thời gian trong quá trình làm bài, yêu cầu phải tìm ra những cách giải
nhanh, chính xác và ngắn gọn.
Chương trình môn toán cấp THPT có rất nhiều nội dung, trong đó khoảng cách
và góc là một trong những kiến thức quan trọng trong hình học không gian, nội
dung này còn được ra trong các kỳ thi THPT Quốc Gia, kỳ thi học sinh giỏi nhưng
khi nhắc đến những câu tính khoảng cách và góc trong hình học không gian thì
nhiều học sinh khá ngại ngần vì phải vẽ thêm hình cũng như xác định khoảng cách
và xác định góc. Một số học sinh khá, giỏi chọn phương pháp gắn hệ trục toạ độ để
giải nhưng phương pháp này khá mất thời gian ảnh hưởng đến kết quả bài thi của
các em, thậm chí một số em còn có ý định bỏ phần hình học không gian.
Đây là vấn đề khá nan giải song với kinh nghiệm nhiều năm giảng dạy hình
học không gian và dạy học sinh giải bài tập trắc nghiệm trong thời gian qua, với
tinh thần nhiệt huyết, yêu nghề, thương yêu học sinh tôi mạnh dạn chọn đề tài:
“Hướng dẫn học sinh thiết kế và sử dụng tứ diện vuông giải nhanh bài toán
trắc nghiệm về góc giữa hai mặt phẳng và khoảng cách trong không gian”.
2. Mục đích nghiên cứu
Nghiên cứu đề tài giúp học sinh củng cố kiến thức, tìm tòi cách giải mới về
hình học không gian tổng hợp, phát triển kỹ năng giải bài toán trắc nghiệm nhanh
và chính xác. Ngoài ra cũng tìm hiểu những khó khăn của học sinh trong học tập
phần hình học không gian, tìm ra những biện pháp giúp các em khi thực hành giải
nhanh toán trắc nghiệm góp phần nâng cao chất lượng dạy học và kết quả trong kỳ
thi THPT quốc gia.
3. Đối tượng nghiên cứu
Đề tài này nghiên cứu một số kỹ năng thiết kế hình mới, quy lạ về quen nhằm
giải nhanh bài toán trắc nghiệm phần góc giữa hai mặt phẳng và khoảng cách trong
không gian. Đối tượng hướng đến là học sinh khối 12, học sinh ôn thi THPT Quốc

Gia và giáo viên dạy toán bậc THPT.
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:
4.1. Nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết: Nghiên cứu các tài liệu về lý luận dạy
học, phương pháp dạy học để hiểu rõ tầm quan trọng của việc giải bài tập toán.
Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo, các đề thi THPT QG để thấy được vị

1


trí và tầm quan trọng của hình học không gian nói chung và bài toán về góc giữa
hai mặt phẳng, tính khoảng cách nói riêng.
4.2. Điều tra khảo sát thực tế: Khảo sát ý kiến giáo viên, học sinh để thấy được
+ Thực tiễn dạy học ở trường THPT khi dạy về góc giữa hai mặt phẳng, tính
khoảng cách của giáo viên.
+ Những khó khăn của học sinh khi đứng trước một bài tập hình học không gian.
4. 3. Thống kê, xử lý số liệu: Kiểm tra, đánh giá ở các lớp khác nhau để có số liệu
nhằm: Đúc rút các kinh nghiệm thu được từ thực tiễn giảng dạy, báo cáo chuyên
môn ở tổ, tham khảo các ý kiến đóng góp của tổ chuyên môn được tổ chuyên môn
đánh giá cao từ đó bổ sung để có sở lý luận hoàn thiện và tổ chức triển khai áp
dụng.
5. Những điếm mới của sáng kiến kinh nghiệm
- Hướng dẫn học sinh biết vận dụng kiến thức căn bản, kiến thức tổng hợp vào
việc thiết kế hình tứ diện vuông bằng cách nhìn ra đỉnh có ba cạnh vuông góc để
giải nhanh, chính xác một số dạng bài tập trắc nghiệm về góc giữa hai mặt phẳng
và khoảng cách khi giải toán trắc nghiệm nhằm giúp học sinh có hứng thú học tập
môn toán.
- Đưa ra hệ thống bài tập với cách giải thông thường và vận dụng phương pháp
giải trên để học sinh so sánh thấy được cái hay, cái đẹp của phương pháp.

PHẦN II: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Mục tiêu của giáo dục là phải lấy người học làm trung tâm, khơi dậy đam mê,
hứng thú và khát vọng của học sinh. Phải đào tạo được những con người lao động
tự chủ, sáng tạo, có năng lực giải quyết các vấn đề thường gặp.
Phải đổi mới phương pháp giáo dục, khắc phục lối truyền thụ một chiều, rèn
luyện nếp tư duy sáng tạo của người học.
Trong các mục tiêu của bộ môn Toán, mục tiêu phát triển năng lực tư duy được
đặt lên hàng đầu. Để làm được những mục tiêu trên vai trò của người thầy, người
cô là vô cùng quan trọng. Ở đó mỗi thầy cô giáo phải không ngừng học hỏi để nâng
cao trình độ chuyên môn, thực sự tận tụy và tâm huyết với học trò và không ngừng
đổi mới phương pháp và tìm tòi các phương pháp mới, cách tiếp cận mới sao cho
đơn giản, hiệu quả tạo tinh thần phấn khởi và hứng thú ở người học.
2.Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Hình học nói chung và hình học không gian nói riêng đòi hỏi ở người học khả
năng trừu tượng hóa, tư duy lôgic chặt chẽ ... chính vì vậy hình học không gian là
một nội dung khó đối với các em học sinh.
Hình học không gian mà đặc biệt là các bài toán về xác định góc giữa hai mặt
phẳng, tính khoảng cách là một vấn đề khó đối với học sinh, các bài toán thường
đòi hỏi khả năng trừu tượng hóa, khả năng tổng hợp kiến thức rất nhiều nên với

2


khoảng thời gian ngắn nếu giáo viên không biết cách tổng hợp, khái quát bản chất
của các dạng toán thì sẽ lan man gây ra hiện tượng " rối kiến thức " cho học sinh.
Thực tế đa số học sinh yếu kém và trung bình thường sợ các bài toán hình nhất là
hình không gian, nhiều học sinh khá cũng rất lúng túng khi xác định góc gữa hai
mặt phẳng, xác định khoảng cách.
Trong quá trình giảng dạy, qua các tiết dự giờ, qua trao đổi chuyên môn tôi thấy

rất ít các thầy cô vận dụng tính chất của tứ diện vuông vào giải các bài toán về góc,
về khoảng cách. Rất nhiều bài toán về hình học không gian khi giải bằng phương
pháp hình học tổng hợp thì tương đối phức tạp, gây nhiều khó khăn cho học sinh
khi phải vẽ thêm đường và có nhiều phép toán phức tạp. Tuy nhiên khi vận dụng
kết quả của tứ diện vuông thì lời giải của bài toán trở nên ngắn gọn, đẹp, tạo hứng
thú cho học sinh và đặc biệt phù hợp với tinh thần đổi mới thi như hiện nay. Đặc
biệt bài toán về góc giữa hai mặt phẳng, về khoảng cách trong các đề thi trung học
phổ thông quốc gia nếu áp dụng kết quả của tứ diện vuông sẽ rất đơn giản và dễ
hiểu cho học sinh.
3. Giải pháp thực hiện.
3.1.Cơ sở lý thuyết
3.1.1.Định nghĩa tứ diện vuông và một số tính chất.
a.Định nghĩa:
Tứ diện OABC được gọi là tứ diện vuông khi tứ diện
đó có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau.
b. Tính chất:
Giả sử OABC là tứ diện vuông

OA  OB, OB  OA, OC  OA
OA  a, OB  b, OC  c . Khi đó:

b.1.H là trực tâm của tam giác ABC thế thì OH  ( ABC )
1
1 1 1
 2 2 2
2
OH
a b c
và
1

V  abc
6
b.2.
1
SABC 
a 2b 2  a 2 c 2  b 2 c 2
2
b.3.





b.4 Tam giác ABC có hình chiếu lên mặt (OBC) là tam giác OBC, góc giữa hai
mặt phẳng (ABC) và (OBC) là  thì
3


cos( ) 
b.1.

+

S OBC
bc

2
SABC
(ab)  (bc) 2  ( ac) 2
Chứng minh

Từ

giả

thiết

suy

�AB  CH
� AB  (OCH ) � AB  OH
�
�AB  OC

AC  OH . Do vậy OH  ( ABC )
+ Giả sử CK là đường cao của tam giác ABC thế thì

OK  AB

(vì

AB  (OCH ) ).

ra

. Tương tự

H �CK

và

Trong các tam giác vuông

OCK và OAB.

1
1
�1


2
2
�
1
1
1
1
�OH
OC
OK 2
�



�
OH 2 OA2 OB 2 OC 2
�1  1  1
�OK 2 OA2 OB 2
1
1 1 1
�


 
OH 2 a 2 b2 c 2
1
1
1
1
VOABC  OA.SOBC  OA. OB.OC  abc
3
3
2
6
b.2. +)
b.3.+)
1
1
1
abc
1
VOABC  abc  SABC .OH � SABC  .

( ab) 2  (bc) 2  (ca) 2
1
6
3
2
2
1 1 1
 
a2 b2 c2

.
( Lưu ý có thể tính S ABC theo công thức Herong)
b.4.Hình chiếu của A lên mặt (OBC) là O => Hình chiếu của tam giác ABC là OBC
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (OBC). ABC có hình chiếu là
OBC
S
bc
S OBC  cos.S ABC � cos  OBC 
S ABC
(ab)2  (bc)2  (ca) 2
Suy ra :
3.1.2. Góc giữa hai mặt phẳng.
Góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông góc
với hai mặt phẳng đó.
Nếu hai mặt phẳng song song hoặc trùng nhau thì ta nói góc giữa hai mặt phẳng đó
0
bằng 0 .

4


S '  S .cos � cos 

S'
S

Diện tích hình chiếu:
Trong đó S là diện tích đa giác nằm trong (P) , S' là diện tích đa giác nằm trong
(Q) còn  là góc giữa (P) và (Q).
3.1.3 Khoảng cách

3.1.3.1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng
+ Khoảng cách từ một điểm M đến một đường thẳng a
d(M, a) = MH, trong đó H là hình chiếu của M trên a
3.1.3.2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
+ Khoảng cách từ một điểm A đến đến một mặt phẳng ()
d ( A,( ))  AH , trong đó H là hình chiếu của A trên ().
Phép trượt đỉnh
Kết quả 1. Nếu đường thẳng  song song với mặt phẳng () và M, N   thì
d(M; ())  d(N;())

Kết quả 2. Nếu đường thẳng  cắt mặt phẳng () tại điểm I và M, N   (M, N
không trùng với I) thì

d(M; ()) MI

d(N; ()) NI

1
d(M;())  d(N;())
2
Đặc biệt: + nếu M là trung điểm của NI thì
+ nếu I là trung điểm của MN thì d(M;())  d(N;())

3.1.3.3. Khoảng cách từ một đường thẳng đến một mặt phẳng song song với nó
+ d(, ()) = d(M, ()), trong đó M là điểm bất kì nằm trên .
+ Việc tính khoảng cách từ đường thẳng  đến mặt phẳng () được quy về việc
tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
3.1.3.4. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song ( ) / /(  )
+ d((), () ) = d(M, () ), trong đó M là điểm bất kì nằm trên ()
+ Việc tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song được quy về việc tính

khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng.
3.1.3.5. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
+ Đường thẳng  cắt cả a, b và cùng vuông góc với a, b gọi là đường vuông góc
chung của a, b.
+ Nếu  cắt a, b tại I, J thì IJ được gọi là đoạn vuông góc chung của a, b.
+ Độ dài đoạn IJ được gọi là khoảng cách giữa a, b.
+ Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa một
trong hai đường thẳng đó với mặt phẳng chứa đường thẳng kia và song song với
nó.

5


+ Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai mặt
phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đó.
3.2.Các ví dụ
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA vuông
góc với mặt phẳng  ABCD  , SA  AB  a , AD  3a . Gọi M là trung điểm BC.
Tính cosin góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABCD  và  SDM 
5
A. 7

6
B. 7

3
C. 7

1
D. 7

Hướng dẫn giải
Cách 1: Giải theo phương pháp truyền thống
Kẻ SH  MD, H �MD ,
mà SA  MD �  SAH   MD � AH  MD
Do đó góc tạo bởi hai mặt phẳng  ABCD  và
 SDM  là góc giữa hai đường thẳng SH và AH
�
đó là SHA  
Ta lại có:

S AMD

1
3a 2
a 13
 .3a.a 
, MD  CD 2  CM 2 
2
2
2

2 S AMD 6a 13
7a 13
AH 6

� SH 
� cos  

DM

13
13
SH 7 .
Vậy chọn đáp án B.
Cách 2: Thiết kế và sử dụng tứ diện vuông.
Gọi K là giao điểm của AB và DM.
Khí đó ta được tứ diện vuông A.SKD
Với: AD = a; AK = 2a; AS = a.
Do đó góc cần tìm là góc giữa mặt (SDK) và mặt
đáy (ADK) của tứ diện vuông và bằng 
� AH 

cos 


AK . AD
( AK . AD) 2  ( AK .AS)2  (AS.AD) 2
2a.3a
(2a.3a)  (2a.a )  (a.3a)
2

2

2



6
7

Nhận Xét:+ Khi sử dụng cách giải thông thường đi xác định góc giữa hai mặt
phẳng phải tìm được vị trí của điểm H là khá khó khăn. Việc tính AH và SH cũng
6


không đơn giản, phải sử dụng đến công thức diện tích tam giác và định lí Pitago
cho tam giác SAH.
+ Khi sử dụng tứ diện vuông dễ thấy đỉnh A là đỉnh của tứ diện vuông và
có sẵn hai cạnh là AS, AD do đó việc tìm AK không khó, việc tính toán cũng khá
đơn giản.
Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi, có AB  2a và góc
BAD  120�. Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng đáy  ABCD  trùng với
a
SI 
2 . Tính góc tạo bởi mặt phẳng  SAB  và
giao điểm I của hai đường chéo và
mặt phẳng  ABCD 
A. 30°

B. 45°

C. 60°
Hướng dẫn giải
Cách 1 : Giải theo phương pháp truyền thống
Ta có BAD  120�� BAI  60�
BI
�
sin
60
�


�
�
AB � �BI  a 3
�
�
AI
AI  a
�
�
cos60�
AB
Suy ra: �
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và

D. 90°

 ABCD 

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB.
Ta có: AB   SHI  � AB  SH

�
Do đó:   SHI

1
1
1
3
 2  2 � IH 

a
2
IA IB
2
Xét tam giác vuông AIB có: IH
hay   30�.
Vậy chọn đáp án A.
Cách 2: Sử dụng tứ diện
Dễ nhận thấy tứ diện vuông I.ABS
Ta có BAD  120�� BAI  60�
BI
�
sin 60�
�
�
AB � �BI  a 3
�
�
AI
�AI  a
�
cos 60�
�
AB
Suy ra:
.

7

Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABCD 
cos 

IA.IB
( IA.IB)  ( IA.IS)  ( IS.IB)
2

2

2



a.a 3
3

2
a
a
( a.a 3) 2  (a. ) 2  ( .a 3) 2
2
2

�   300

Nhận Xét:+ Khi sử dụng cách giải thông thường đi xác định góc giữa hai mặt
phẳng phải tìm được vị trí của điểm H là khá khó khăn. Việc tính IH và SH cũng
không đơn giản, phải sử dụng đến tính chất đường cao của tam giác vuông ABI mới
tính được IH.
+ Khi sử dụng tứ diện vuông dễ thấy điểm I là đỉnh của tứ diện vuông, với

các dữ kiện của đề bài thì việc tính toán cũng khá đơn giản.
Ví dụ 3. Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại B có
AB  BC  4 . Gọi H là trung điểm của AB, SH   ABC  . Mặt phẳng  SBC  tạo với

đáy một góc 60°. Cosin góc giữa 2 mặt phẳng  SAC  và  ABC  là:
5
5
10
A. 5
B. 4
C. 5
Hướng dẫn giải
Cách 1: Giải theo phương pháp truyền thống
HP  AC �   SAC  ,  ABC    SPH
Kẻ
HP
� cos   SAC  ,  ABC    cos SPH 
SP
0
�
Ta có góc giữa (SBC) và (ABC) là SBH  60


ްް
�
tan
60

SH
HB

3

SH

HB 3

1
D. 7

2 3

góc giữa 2 mặt phẳng  SAC  và  ABC  là 
� HP 

AH
2

 2
2
2

vuông cân P
� SP 2  SH 2  HP 2  12  2  14 � SP  14

HP
2
1



SP
14
7
Vậy chọn đáp án D.
� cos( ) 

8


Cách 2: Sử dụng tứ diện vuông
Thiết kế tứ diện vuông
Gọi P là trung điểm AC => HP//BC.
Ta có tứ diện vuông H.APS.
0
�
Ta có góc giữa (SBC) và (ABC) là SBH  60
SH

ްް
�
tan
60
3 SH HB 3 2 3
HB
HA = HP = 2

Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng  SAC  và

 ABC 

cos 

HA.HP
( HA.HP)  ( HA.HS )  ( HS.HP)
2

2

2



2.2



1
7

(2.2) 2  (2.2 3) 2  (2.2 3) 2
Nhận Xét:+ Khi sử dụng cách giải thông thường để nhìn ra được điểm P và xác
định góc giữa hai mặt phẳng là khá khó khăn. Thông thường vị trí của P là trung
điểm, trường hợp này học sinh khó nhận ra vị trí của P
+ Khi sử dụng tứ diện vuông học sinh dễ phát hiện chỉ cần kẻ từ H đường
song song với BC là có được tứ diện vuông, với các dữ kiện của đề bài thì việc tính
toán cũng khá đơn giản.
Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường
tròn đường kính AB  2a, SA  a 3 và vuông góc với mặt phẳng ABCD. Cosin của
góc giữa hai mặt phẳng  SAD  và  SBC  là:
2

2
2
A. 2
B. 3
C. 4
Hướng dẫn giải
Cách 1: Giải theo phương pháp truyền thống

2
D. 5

9


Gọi I là giao điểm của AD và BC
Ta có

�BD  AD
� BD   SAD  � BD  SI
�
BD

SA
�
�SI  BD
� SI   BDE 
�
SI

DE

DE

SI
�
Kẻ
ta có
 SAD   SBC 

góc giữa hai mặt phẳng
và
là góc giữa hai đường
thẳng DE, BE nằm trong hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao

�
tuyến đó là góc BED . Ta có

� 
sin AIS

� 
sin AIS

SA
3

SI
7

mà

DE
DI

� a 3
�  BD  7 � cos BED
�  2
� DE  DI .sin AIS
� tan BED
7
ED
4 .
Vậy chọn đáp án C.
Cách 2:Thiết kế tứ diện vuông.
Gọi I là giao điểm của AD và BC. góc giữa hai
mặt phẳng  SAD  và  SBC  là góc giữa (DEI) và
(BEI). Do ABCD là nữa lục giác đều nên:
AD  DB và

AD 

1
AB  a; DB=a 3
2

Khí đó ta có tứ diện vuông D.EIB Với đáy là
(DEI).
1
a 3
DE  AS 
; DI=a; DB=a 3

2
2
Với:
DE.DI
cos 
2
( DE.DI )  ( DE.DB) 2  ( DI .DB) 2
Nhận Xét:+ Khi sử dụng cách giải thông thường đi xác định góc giữa hai mặt
phẳng phải tìm được vị trí của điểm E là khá khó khăn. Việc tính DE khá phức tạp,
phải sử dụng đến tính chất hệ thức lượng trong tam giác vuông và công thức lượng
giác. Như vây học sinh phải huy động một lượng kiến thức rất lớn.
+ Khi sử dụng tứ diện vuông. Học sinh chỉ cần xác định được mặt đáy là
DEI, việc tính toán khá dễ và nhanh.

10


0
�
Ví dụ 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, D  60 và SA
a3
vuông góc với (ABCD) . Biết thể tích của khối chóp S.ABCD bằng 2 . Tính
khoảng cách k từ A đến mặt phẳng (SBC).
3a
3
2a
2
k
k a
k

k a
5
5
5
5
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải
Cách 1: Phương pháp truyền thống (Xác định hình chiếu của A lên (SBC))
a3
3.
1
3V
V  S ABCD .SA � SA=
 2 2 a 3
2
3
S ABCD a 3
a 3
S ABCD 
2
2
Diện tích đáy

Hình

thoi

ABCD

có

�  600
D

nên

AC  a; BD=a 3
BC  AM �
�� BC  ( SAM ) (1)
BC  SA �
BC �( SBC ) (2)
Từ (1) và

(2) � ( SAM )  ( SBC )

( SAM ) �( SBC )  SM

AH  SM � AH  d ( A,( SBC ))
Xét SAM vuông tại A . Ta có
Kẻ

1
1
1
1
1
3a 2

3
2
 2
 2  2 � AH 
� AH  k  a
2
2
AH
SA
AM
3a
4a
5
5
Chọn đáp án B.
Cách 2: Sử dụng tứ diện vuông.

11


Diện tích đáy

S ABCD

a2 3

2

a3
3.

1
3V
V  S ABCD .SA � SA=
 2 2 a 3
3
S ABCD a 3
2
Hình

thoi

ABCD

có

�  600
D

nên

AC  a; BD=a 3
Kẻ OK / / SA � OK  ( ABCD) .

Vậy ta đã thiết kế được tứ diện vuông O.BCK.Với:
Mà O là trung điểm của AC nên:

BC 

a 3
a

a 3
; OC= ; OK=
2
2
2

1
3
a
5
4
4
4


3a 2 a 2 3a 2
Nhận xét: + Việc xác định hình chiếu của A lên (SBC) là điểm H, phải nhìn ra
được tam giác ABC đều và khi M là trung điểm thì AM  BC, từ đó mới chứng
minh được (SAM)(SBC). Từ đây tìm giao tuyến SM vè kẻ AH SM.
+ Khi sử dụng tứ diện vuông ta thấy.
Tính chất đặc trưng của hình thoi là hai đường chéo vuông góc đã gợi ý cho học
sinh chon đỉnh của tứ diện vuông, từ đó kẻ đường phụ OK để có được tứ diện
vuông là rất đơn giản.
Ví dụ 6: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA
vuông góc với đáy. Biết hình chóp S.ABC có thể tích bằng a 3 . Tính khoảng cách d
từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).
6a 195
3a 195
4a 195
8a 195

65
65
A. 65
B.
C.
D. 65
Hướng dẫn giải
Cách 1: Xác định hình chiếu của A lên (SBC).
d ( A;( SBC ))  2d (O;( SBC ))  2.

12


Gọi các điểm như hình vẽ
Ta có AI  BC , SA  BC
suy ra BC  ( SBC ) � BC  AK

� AK  d ( A,( SBC ))
Ta có:

V  a 3 , S ABC 
AI 

a2 3
� SA  4a 3
4

a 3
2

. Mà
Trong tam giác vuông SAI ta có
1
1
1

 2
2
2
AK
AS
AI

Vậy

d  AK 

AS2 . AI 2
4a 195

2
2
AS  AI
65

Chọn đáp án C.
Cách 2:

S ABC

a2 3

4

Diện tích đáy
1
3V
3.a 3
V  S ABC .SA � SA=

 4a 3
3
S ABC a 2 3
4
Gọi H là trung điểm của AB => CHAB. Kẻ
MH AB (M là trung điểm SB).
Như vậy ta đã thiết kế được tứ diện vuông
H.BCM.

a
a 3
HB  ; HC=
; HM=2a 3
2
2
Với:
d ( A;( SBC ))  2d ( H ;( SBC ))  2.

1
195

 4a
65
4
4
1


a 2 3a 2 48a 2

13


Nhận xét: + Việc xác định hình chiếu của A lên (SBC) là điểm H. Do tam giác
ABC đều và khi M là trung điểm thì AM  BC, từ đó mới chứng minh được
(SAM)(SBC). Từ đây tìm giao tuyến SM vè kẻ AH SM.
Khi sử dụng tứ diện vuông ta thấy.
Khi SA  (ABC) và tam giác ABC đều nên việc lựa chọn trung điểm của AB
hoặc AC để có được góc vuông ở mặt đáy là khá đơn giãn, từ đó kẻ đường phụ OK
để có được tứ diện vuông. Việc tính HB; HC; HK cũng đơn giản.
Ví dụ 7: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân, AB = BC = 2a,
�
ABC  1200 , SA = 3a , và SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách d
từ điểm A đến mặt phẳng (SBC).
a
3a
a
3a
d
d
d

d
2
4
4
2
A.
B.
C.
D.
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Sử dụng công thức thể tích.
1
1
S  AB.BC.sin1200  a 2 3; V= SA.S ABC  a 3 3
2
3
+
2
2
+ Mặt khác, SB  SA  AB  a 13

AC 2  AB 2  BC 2  2. AB.BC.cos1200  12a 2
� SC  SA2  AC 2  a 21
+ Áp dụng công thức hê-rông ta có
1
S SBC 
( SB  BC  SC )( SB  BC  SC )( BC  SC  SB )(SB  SC  BC )
4
= 2a 2 3
Chú ý: Nhập vào máy tính biểu thức và ấn = ta có kết quả

1
( 13  2  21)( 13  2  21)(2  21  13)( 13  21  2)  2 3
4
3VS . ABC 3a 3 3 3a
d
 2

S
2
2
a
3
SBC
+ Vậy, khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) là
Chọn đáp án D.
Cách 2: Sử dụng tứ diện vuông.

14


Gọi M là trung điểm AC => BM  AC

BM  BC.sin 300  a; CM  BC .cos300  a 3

Ta có:
Gọi N là trung điểm SC => MN// SA. Như vậy ta đã thiết kế được tứ diện
vuông M.BCN
Với:

MB  a; MC=a 3; MN=

SA 3a
=
2
2

d ( A;( SBC ))  2d ( M ;( SBC ))  2.

1
3
 a
2
1
1
4
 2 2
2
a 3a 9a

Nhận xét:+ Khi sử dụng công thức thể tích dẫn đến phải tính toán một loạt các
công thức rất phức tạp và khó nhớ.
+ Khi sử dụng tứ diện vuông việc tính các đoạn MB, MC, MN đơn giản hơn.
Ví dụ 8: Cho lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’, đáy ABCD là hình chữ nhật có
AB  a, AD  a 3 . Biết góc giữa đường thẳng A’C và mặt phẳng (ABCD) bằng 600 .
Khoảng cách giữa đường thẳng B’C và C’D theo  là:

a 51
A. 17

4a 51

B. 17

2a 51
8a 51
C. 17
D. 17
Hướng dẫn giải:
0
0
�
Cách 1: Ta có: ( A ' C ;( ABCD)  ACA '  60 � AA '  AC.tan 60  2a 3
C ' D / / AB ' � C ' D / /( AB ' C )
� d (C ' D; B ' C )  d (C ' D;( AB ' C ))
 d (C ';( AB ' C ))  d ( B;( AB ' C ))
Do BC’ giao với mp(AB’C) tại trung điểm của BC’
(vì BCC’B’ là hình chữ nhật)
Kẻ BM  AC � AC  ( BB ' M ) � ( AB ' C )  ( BB ' M )
theo giao tuyến B’M

Kẻ BH  B ' M � BH  ( AB ' C ) � d ( B,( AB ' C ))  BH
1
1
1
1
1
1
17







2
2
2
2
2
2
B'B
BM
B'B
BC
AB 12a 2
Có BH
2a 51
2a 51
d (C ' D, B ' C ) 
17 . Vậy:
17
Chọn đáp án C.
Cách 2:
Ta có:
� BH 

15


C ' D / / AB ' � C ' D / /( AB ' C )
� d (C ' D; B ' C )  d (C ' D; ( AB ' C ))  d (C '; ( AB ' C ))  d ( B; ( AB ' C ))

Sử dụng tứ diện vuông B.ACB’
Với: BA  a; BC= a 3; BB'=2a 3
1
2 51

a
17
1
1
1


a 2 3a 2 12a 2
Nhận xét:+ Trong bài này việc tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (AB’C)
thực chất là quá trình chứng minh lại tính chất của tứ diện vuông. Nếu học sinh đã
được rèn luyện cách sử dụng tứ diện vuông thì công việc với học sinh là khá quen
thuộc.
3.3.Bài Tập
Bài 1: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD , có đáy ABCD là hình vuông tâm O .
Các cạnh bên và các cạnh đáy đều bằng a . Gọi M là trung điểm SC . Góc giữa hai
d (C ' D; B, C )  d ( B;( B ' AC ))  .

mặt phẳng  MBD  và  ABCD  bằng:
0
0
0
0
A. 90 .
B. 60 .

C. 45 .
D. 30 .
Bài 2: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O . Biết
SO   ABCD  , SO  a 3 và đường tròn ngoại tiếp ABCD có bán kính bằng a .
Gọi  là góc hợp bởi mặt bên  SCD  với đáy. Khi đó tan   ?

3
6
3
A. 2 .
B. 2 .
C. 6 .
D. 6 .
Bài 3: Trong không gian cho tam giác đều .. và hình vuông ABCD cạnh a nằm
trên hai mặt phẳng vuông góc. Gọi H , K lần lượt là trung điểm của AB , CD . Ta
có tan của góc tạo bởi hai mặt phẳng  SAB  và  SCD  bằng :
2
2 3
3
3
A. 3 .
B. 3 .
C. 3 .
D. 2 .
Bài 4: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm O và khoảng
2a
cách từ A đến BD bằng 5 . Biết SA   ABCD  và SA  2a . Gọi  là góc giữa
hai mặt phẳng  ABCD  và  SBD  . Khẳng định nào sau đây sai?
A.  SAB    SAD  . B.  SAC    ABCD  . C. tan   5 .

�
D.   SOA .

16


Bài 5: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình thang vuông tại A và
B, AB  BC  a, AD  2a, SA vuông góc với mặt đáy và SA  a. Tính khoảng cách
giữa SB và CD.
a 3
a 2
a
a 2
A. 4 .
B. 2 .
C. 3 .
D. 2 .
)
B C D cạnh a. Khoảng cách từ A đến ( BDA�
Bài 6: Cho hình lập phương ABCD. A����
bằng
a 3
a 6
a 2
a 3
A. 2 .
B. 3 .
C. 2 .
D. 3 .
4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

Để hiểu rõ hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm tôi tiến hành thực nghiệm sử
dụng phương pháp trong sáng kiến kinh nghiệm dạy ở lớp 12C3 và dạy theo giáo
án bình thường ở lớp đối chứng 12C1 sau đó tôi cho học sinh thực hiện bài kiểm tra
45 phút kết quả như sau:
TB trở
Giỏi
Khá
T . Bình Yếu
Kém
SĨ
lên
STT
LỚP
SỐ
SL %
SL % SL %
SL %
SL %
SL %
Lớp
42.
17.
2.
thực
12C3 40 32 80
3
7.5 12 30
17
7
1

5
5
5
nghiệm
Lớp
đối
chứng

12C1 41

22

53.7 0

0

6

14.
6

16

39.
0

15

36.
6

4

9.
8

Nhận xét:
* Tỉ lệ học sinh đạt loại giỏi tăng so với kết quả kiểm tra trước thực nghiệm.
* Tỉ lệ học sinh đạt loại khá cũng không chênh lệch so với kết quả kiểm tra trước
thực nghiệm.
* Tỉ lệ học sinh trung bình ở lớp thực nghiệm nhiều hơn so với kết quả kiểm tra
trước thực nghiệm và nhiều hơn.
* Tỉ lệ học sinh chưa đạt yêu cầu đã giảm rõ ở lớp thực nghiệm khi so với kết quả
kiểm tra trước thực nghiệm và lớp đối chứng.
Qua số liệu của bảng, chứng tỏ biện pháp giúp đỡ học sinh khi giải toán trắc
nghiệm về một phần kiến thức hình học đã cho kết quả đáng tin cậy. Tuy chưa làm
tăng tỉ lệ học sinh giỏi, chỉ làm tăng nhẹ tỉ lệ học sinh khá và trung bình nhưng đã
làm giảm tỉ lệ học sinh yếu kém. Và qua số liệu của bảng, tôi thấy tự tin và rất
mừng vì đã giúp đỡ được các em học sinh thích học phần hình học không gian và
chất lượng tăng lên rõ rệt, giúp các em tự tin hơn khi bước vào kỳ thi THPT QG.
17


Trên cơ sở đó, để nâng cao chất lượng dạy học Toán cho học sinh chuẩn bị thi
THPT QG, giáo viên cần tìm hiểu và đề xuất những biện pháp mới.
PHẦN III: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
1.Kết luận
Qua thời gian nghiên cứu sáng kiến và vận dụng sáng kiến vào giảng dạy tôi
thấy đã đạt được một số kết quả sau:
- Đã hình thành phương pháp tư duy, suy luận toán học cho học sinh THPT.

- Bước đầu khẳng định tính khả thi, tính hiệu quả qua việc kiểm nghiệm thực
nghiệm sư phạm.
Bên cạnh đó sáng kiến cũng giúp cho giáo viên và học sinh những yêu cầu nhằm
thúc đẩy quá trình giảng dạy và học tập môn hình học được tốt hơn.Cụ thể:
- Giáo viên:
Có thêm phương pháp mới để rèn luyện giải nhanh trắc nghiệm, hướng giáo viên
tới tư tưởng thuật giải và sự định hướng trong giải toán giúp học sinh tiếp thu kiến
thức một cách linh hoạt hơn, sáng tạo hơn.
- Học sinh:
Học sinh khi tiếp thu cách làm này giúp các em giải nhanh và chính xác một
phần bài tập trắc nghiệm về hình học không gian đem lại hứng thú học tập và đem
lại hiệu quả khi làm bài kiểm tra, cũng như thi THPT QG.
Tuy nhiên khi đứng trước một bài toán khó không chỉ có một phương pháp giải
duy nhất mà tuỳ vào trình độ của mỗi giáo viên và học sinh mà có thể tìm ra được
những cách giải phù hợp và hiệu quả nhằm giúp các học sinh thích học toán. Rất
mong với danh nghĩa là “Những kỹ sư tâm hồn” chúng ta sẽ thường xuyên trau dồi
kiến thức, luôn suy nghĩ sáng tạo để tìm ra những cách giải hay, những phương
pháp giảng dạy hiệu quả nhằm giúp các em học sinh yếu kém đạt tới phương châm
“dễ hiểu – nhớ lâu – vận dụng tốt” .
2.Kiến nghị
Qua đề tài này tôi có một số kiến nghị sau:
+ Về phía học sinh: Cần vượt qua mọi khó khăn về hoàn cảnh, sự tự ti mặc cảm và
cùng với sự cố gắng nỗ lực không mệt mỏi của bản thân sau 12 năm miệt mài đèn
sách, có như vậy mới đạt được thành công trong các kì thi, đặc biệt là kì thi THPT
QG.
+ Về phía giáo viên: Khuyến khích giáo viên sáng tạo về phương pháp, phương tiện
dạy học, thường xuyên tìm tòi cách giải hay, đep, ngắn gọn để đem lại cho học sinh
hứng thu khi học môn toán. Không nên cứng nhắc thực hiện đúng nhưng chỉ dẫn
của sách giáo viên.
+ Về phía nhà trường: Tạo mọi điều kiện về cơ sở vật chất, trang thiết bị dạy và học

để mỗi tiết Toán các em học sinh không thấy khô khan, tạo cho các em đam mê học
toán bởi toán học là môn khoa học cơ bản.
18


Mặc dù đã cố gắng, song trong khuôn khổ của một sáng kiến kinh nghiệm không
tránh khỏi còn nhiều hạn chế. Rất mong được sự góp ý của các đồng nghiệp. Tôi
xin chân thành cảm ơn sự đánh giá của ban giám khảo và đồng nghiệp./.

19