Sử dụng phương pháp tọa độ giải một số bài toán về góc trong hình học không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA IV

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN VỀ GÓC
TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Người thực hiện: Nguyễn Thị Kim Dung
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HÓA NĂM 2019
0


Mục lục
Trang
1. MỞ ĐẦU …………………………………………………………….. 2
1.1. Lý do chọn đề tài ………………………………………………... 2
1.2. Mục đích của đề tài ………………………………………………2
1.3. Đối tượng nghiên cứu ……………………………………...…… 3
1.4. Phương pháp nghiên cứu………………………………………… 3
1.5. Những điểm mới của SKKN…………………………………….. 3
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM …………………………4
2.1. Cơ sở l
ý luận của sáng kiến kinh nghiệm ……………………….. 4
2.2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm...4
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề ……………….…..4

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm ………….………………….21
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ ……………………………………………21
Tài liệu tham khảo …………………………………………………… 22
Danh mục các đề tài SKKN của bản thân đã được Hội đồng cấp Sở
Giáo dục và đào tạo đánh giá từ loại C trở lên……………………….. 22

1. MỞ ĐẦU
1. 1. Lý do chọn đề tài
Để bồi dưỡng cho học sinh năng lực sáng tạo, năng lực giải quyết vấn đề,
lý luận dạy học hiện đại đã khẳng định: “Cần phải đưa học sinh vào vị trí chủ
thể hoạt động nhận thức, học trong học tập”. Học sinh bằng hoạt động tự lực,
1


tích cực của mình để chiếm lĩnh kiến thức. Quá trình này được lặp đi lặp lại
nhiều lần sẽ góp phần vào hình thành và phát triển cho học sinh tư duy sáng tạo.
Trong năm học 2018 – 2019 được nhà trường phân công dạy môn Toán 12
ban cơ bản. Hình học không gian là một bộ môn khó trong chương trình Toán
trung học phổ thông, đòi hỏi phải có trí tưởng tượng không gian và trình bày gọn
gàng, đầy đủ, chặt chẽ. Qua giảng dạy tôi nhận thấy: Học sinh ban cơ bản học
rất yếu về phần này và thời lượng cho luyện tập ít. Trong thực tế bài toán về tính
góc trong đề thi trung học phổ thông quốc gia bài tập rất phong phú, mà chỉ có
số ít các em biết phương pháp giải, tốc độ chậm, thậm chí còn mắc một số sai
lầm không đáng dẫn đến chọn sai phương án. Tại sao lại như vậy ?
Lý do ở đây là: Bài tập trong sách giáo khoa chương trình SGK Hình Học
lớp 12 được trình bày rất ít và hạn hẹp, mặt khác thời lượng dành cho chương
này còn ít nên giáo viên không thể đưa ra được nhiều cách giải cho các dạng bài
tập để hình thành kỹ năng giải cho học sinh.
Chính vì vậy tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm là:
“Sử dụng phương pháp tọa độ giải một số bài toán về góc trong hình học

không gian”
1. 2. Mục đích của đề tài
Trước tình hình “quá tải” về trí tưởng tượng không gian, giải các bài toán
góc đòi hỏi học sinh phải nắm vững nhiều kiến thức, phải có tư duy ở mức độ
cao; tôi đã hướng dẫn các em sử dụng phương pháp tọa độ. Phương này mang
tính tính toán song cứ tuân thủ quy tắc mà sách giáo khoa đã xây dựng thì thực
hiện lời giải một cách tự nhiên, bớt tư duy trừu tượng và đã có máy tính bỏ túi
hỗ trợ việc tính toán. Qua đề tài này rèn luyện tư duy là một quá trình bao gồm
nhiều khâu:
+ Rèn luyện khả năng phân tích giải bài toán: Phải biết nhìn bài toán dưới
dạng chính quy, mẫu mực. Tuy vậy lại phải biết cách nhìn bài toán dưới dạng
đặc thù, riêng lẻ, nên học sinh cần phải được rèn luyện nhiều mới biết cách khai
thác hết mọi khía cạnh.
+ Rèn luyện khả năng định hướng và xác định đường lối giải bài toán: Vốn
kiến thức của học sinh nhiều hay ít ảnh hưởng lớn đến việc rèn luyện khả năng
xác định phương hướng giải bài toán. Học sinh cần nắm vững các đường lối
chung, lại phải phát hiện đúng cái riêng của mỗi bài toán để chọn một đường lối
thích hợp nhất.
+ Rèn luyện khả năng lựa chọn các phương pháp và công cụ thích hợp để
giải toán: Công việc xác định các phương pháp và công cụ cũng như các phép
biến đổi mang tính chất kỹ thuật. Bài toán có những đặc điểm nào mà từ đó dẫn
tới việc chọn lựa phương pháp và công cụ tương ứng với đặc điểm đó.
+ Rèn luyện khả năng kiểm tra bài toán: Bài tập nhằm đánh giá mức độ, kết
quả dạy học, đánh giá khả năng học toán và trình độ phát triển của học sinh cũng
như khả năng vận dụng kiến thức đã học.
Thực tiễn sư phạm cho thấy, giáo viên thường chưa chú ý đến việc phát
huy tác dụng giáo dục của bài toán, mà thường chú trọng cho học sinh làm nhiều
2

bài tập. Trong quá trình dạy học, việc chú ý đến chức năng của bài tập là chưa
đủ mà giáo viên cần quan tâm tới lời giải của bài tập toán. Thường học sinh
phạm sai lầm trong khi giải bài tập do các nguyên nhân sau:
- Sai sót về kiến thức toán học, tức là hiểu sai khái niệm hay giả thiết hay là kết
luận của bài toán.
- Sai sót về phương pháp suy luận.
- Sai sót do tính sai, dùng ký hiệu, ngôn ngữ diễn đạt hay do hình vẽ sai.
+ Rèn luyện khả năng tìm kiếm các bài toán liên quan và sáng tạo các bài
toán mới: Mục đích cuối cùng của những bài toán được tìm ra là dựng, thu
được, xác định được ... một đối tượng nào đó, tức là tìm ra ẩn số của bài toán.
Học sinh ít đi sâu, ít suy nghĩ xem liệu có những bài toán nào liên quan đến bài
này không ? Nếu thay một một điều kiện nào đó của bài toán ta sẽ có bài toán
như thế nào ? giải được không ? Bài toán tổng quát của dạng này ra sao ? ... Nếu
cứ tiến hành thường xuyên và áp dụng đúng đối tượng thì việc rèn luyện khả
năng phân tích, tổng hợp, tổng quát hóa, đặc biệt hóa, trừu tượng hóa ... Từ đó
thúc đẩy sự phát triển tư duy sáng tạo của học sinh.
Qua đó đã rèn luyện cho học sinh biết lựa chọn cách giải sao cho gọn
gàng, đầy đủ, chặt chẽ và vận dụng Hình học giải tích để làm một số bài tập góc
của hai mặt phẳng của hình học không gian nhằm nâng cao chất lượng Toán 12
ban cơ bản, tiếp cận với đề thi trung học phổ thông quốc gia.
1. 3. Đối tượng nghiên cứu
Để phát huy ưu điểm của phương pháp tọa độ, tôi đặt câu hỏi: Bài toán
loại nào có thể giải bằng phương pháp tọa độ ? Nếu được thì gắn hệ tọa độ như
thế nào ? Sau đó chọn cách tính toán và trình bày sao cho hợp lý nhất ? ... Từ đó
dần dần truyền thụ cho học sinh phương pháp, kinh nghiệm tìm tòi, suy nghĩ
phát hiện lời giải, coi phương pháp tọa độ là 1 công cụ để giải quyết một số bài
toán hình học không gian một cách thuần thục.
Xây dựng, thử nghiệm và rút kinh nghiệm thông qua học sinh lớp 12 của
trường THPT Hoằng Hóa 4.
1. 4. Phương pháp nghiên cứu

Phương pháp phân tích tổng hợp tài liệu, nghiên cứu sách giáo khoa Hình
học 12, Hình học nâng cao 12, Tự chọn nâng cao 12, …Phương pháp vấn đáp
gợi mở …, kiểm tra đánh giá. Sau đó thống kê để xử lí số liệu thu được và rút
kinh nghiệm cho bài học sau.
1. 5. Những điểm mới của SKKN
Rèn luyện khả năng phân tích, định hướng và xác định đường lối giải bài toán;
rèn luyện khả năng kiểm tra bài toán; rèn luyện khả năng tìm kiếm các bài toán
liên quan và sáng tạo các bài toán mới.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2. 1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Hình học là môn học có tác dụng lớn trong việc trí tưởng tượng không
gian, rèn luyện tư duy logíc và sáng tạo cho học sinh.

3


Các học sinh ở cấp THPT nói chung, học sinh khối 12 nói riêng đang
trong quá trình được phát triển, bồi dưỡng và chọn lọc trình độ khác nhau. Vì
vậy, nội dung và phương pháp dạy học ở các lớp phải linh hoạt phù hợp với điều
kiện cụ thể của thầy và trò, của việc tổ chức dạy học. Phương pháp tọa độ trong
không gian được nghiên cứu chi tiết cụ thể trong chương III – Hình học 12. Bởi
vậy khi dạy phần này cần khai thác các ứng dụng của nó.
2. 2. Thực trạng của vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Trình độ học sinh khá chênh lệch, thể hiện ở thái độ học tập, sự yêu thích
môn học. Hình giải tích có vai trò quan trọng được đề cập khá nhiều trong bộ đề
thi THPT Quốc gia, học sinh khó tìm ra phương pháp hoặc tìm ra phương pháp
nhưng tốc độ không đảm bảo đối với thời gian của bài trắc nghiệm.
Có sự chênh lệch đó là do: +) Nhận thức của học sinh. +) Chất lượng giờ dạy.
+) Thời gian học tập của học sinh.
Tất cả các nguyên nhân đó đều ảnh hưởng trực tiếp đến kết quả học tập.

2. 3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1 Điều trước tiên là học sinh phải nắm vững định nghĩa hệ tọa độ Oxyz, tọa
độ của điểm và của vecto, các phép toán vecto, tích vô hướng và có hướng của
hai vecto, góc giữa 2 mặt phẳng …
2.3.2 Phần bổ sung:
1. Cách xác định toạ độ của điểm đối với hệ trục toạ độ Oxyz: Trong không gian
Oxyz, cho một điểm M tuỳ ý. Điểm M có toạ độ (x; y; z) xác định như sau:
z
M3
M
M2

O

y
M1
x

M’

Thông thường vẽ trục Oz là đường thẳng có phương thẳng đứng
- Xác định hình chiếu của điểm M trên mặt phẳng (Oxy) là điểm M’.
- Xác định hình chiếu của điểm M’ trên các trục Ox, Oy lần lượt là M1, M2.
- Xác định hình chiếu của điểm M trên trục Oz là M3.
- Tính độ dài các đoạn thẳng OM1, OM2, OM3 (đoạn thẳng nối gốc toạ độ và
hình chiếu trên các trục toạ độ)
Khi đó: hoành độ của điểm M là x OM 1 , tung độ của điểm M là y OM 2 ,

4

cao độ của điểm M là z OM 3
Chú ý: x OM 1 OM 1 khi M1 thuộc tia Ox
x OM 1  OM 1 khi M1 thuộc tia Ox’ (tia đối của tia Ox)
2. Góc giữa hai đường thẳng:
a) Định nghĩa: Góc giữa hai đường thẳng d1 và d2 là góc giữa hai đường thẳng
d’1 và d’2 cùng đi qua một điểm và lần lượt song song (hoặc trùng) với d1 và d2.
b) Công thức tính góc giữa
haiuurđường thẳng: Hai đường thẳng d 1 và d2 lần lượt
ur
có hai vectơ chỉ phương u1 và u2 . Gọi  là góc giữa hai đường thẳng d1 và d2.
ur uu
r
u1. u2
ur uu
r
cos   cos u1 , u2  ur uu
r .
u1 u2





3. Góc giữa hai mặt phẳng:
a) Định nghĩa: Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng lần lượt
vuông góc với hai mặt phẳng đó.
b) Công thức tính góc giữa hai mặt phẳng: Hai mặt phẳng (P) và (Q) lần lượt có
hai vectơ pháp tuyến n1 và n2 . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q).
ur uu

r
n1. n2
ur uu
r
cos   cos n1 , n2  ur uu
r .
n1 n2





4. Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:
a) Định nghĩa:
Nếu đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P) thì góc giữa đường thẳng a và
mặt phẳng (P) bằng 900.
Nếu đường thẳng a không vuông góc với mặt phẳng (P) thì góc giữa đường
thẳng a và hình chiếu a’ của nó trên (P) gọi là góc giữa đường thẳng a và mặt
phẳng (P).
b) Công thứcr tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng:
Đường thẳng a có vectơ
r
chỉ phương u và mặt phẳng (P) vectơ pháp tuyến n . Gọi  là góc giữa đường
thẳng a và mặt phẳng (P).
r r
u. n
r r
sin   cos u , n  r r .
u n

 

2.3.3 Khi học sinh đã nắm chắc các vấn đề nêu trên thì giáo viên có thể đưa ra
một vài bài toán hình học không gian đã làm ở chương III – Hình học 11, sách
bài tập Hình học 12, đề thi THPT Quốc gia , đề thi khảo sát chất lượng của một
số trường THPT và Sở GD – ĐT, … để học sinh tìm tòi phát hiện cách giải bằng
phương pháp tọa độ. Từ đó so sánh hai phương pháp, thấy được “cái hay” của
phương pháp này, bằng hoạt động tự lực, tích cực của mình để chiếm lĩnh kiến
thức.
Dạng 1: Có 3 đường cắt nhau và đôi một vuông góc
Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, SA = a và
SA  (ABCD).
5


a) Tính góc giữa 2 đường thẳng SB và AC.
b) Tính góc giữa đường thẳng SD và mặt phẳng (SBC)
b) Tính góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD).
Lời giải:
z
S

a
D

A

y

a

B

C

a

x

Học sinh nhận thấy SA, AD và AB đôi một vuông góc từ đó gắn hệ tọa độ Oxyz;
xác định tọa độ điểm S, D, B, C (xác định hình chiếu của S, D, B, C trên các
trục toạ độ); công thức tính góc giữa hai mặt phẳng; nên các em đã đưa ra
ngay lời giải hoàn chỉnh:
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz với A O; B  tiaOx; D  tiaOy; S  tiaOz .
Khi đó B(a; 0; 0), D(0; a; 0), S(0; 0; a), C(a; a; 0) (Hình chiếu của C trên Ox là
B và AB = a, hình chiếu của C trên Oy
là D và AD = a)
ur
uur
r uuur
a) SB  (a; 0;  a)  a (1; 0;  1)  a u , AC  (a; a; 0)  a (1;1; 0)  a u1
r ur
1
� cos(SB, AC)  cos u, u1  � (SB, AC)  600
2
ur r uur
u, u 2 �
b)+) SC (a; a;  a ) a (1; 1;  1) a u 2 => Mp(SBC) có vtpt n1  �
�
� (1; 0;1)





+) SD (0; a;  a ) a (0; 1;  1) a u 3
uu
r ur
u3 .n1 1
� sin(SD, (SBC))  uu
r ur  � (SB, (SBC))  300
u3 n1 2





c) Mp(SDC) có vtpt n2  u 2 , u 3 (0; 1; 1)





Gọi  là góc giữa (SBC) và (SCD) => cos  cos n1 , n2 

1

1
   60 0 .
2. 2 2

Từ đó tôi yêu cầu các em nêu các bước giải bài toán trong không gian
bằng phương pháp tọa độ. Sau đó tôi chỉnh sửa và cho học sinh ghi nhớ:

6


Bước 1: Thiết lập hệ trục tọa độ thích hợp (có sẵn hoặc tạo dựng 3 đường
thẳng đôi một vuông góc và phải tính được khoảng cách từ gốc tọa độ đến các
hình chiếu trên các trục tọa độ), từ đó suy ra tọa độ của các điểm cần thiết.
Bước 2: Thiết lập biểu thức cho giá trị cần xác định, thông thường bao gồm:
- Toạ độ vectơ chỉ phương, vectơ pháp tuyến (chọn vecto có tọa độ 2 điểm mút
đơn giản), thông thường chọn vectơ cùng phương để dễ tính toán …
- Áp dụng công thức tính góc.
Bài 2: (Đề thi thử Trường THPT Nguyễn Khuyến năm học 2018 – 2019)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, SA = 2a và SA 
(ABCD). Gọi M là trung điểm của SD. Tính tang của góc giữa hai mặt phẳng
(AMC) và (SBC) ?
A.

2 3
3

B.

5
5

C.

2 5

5

D.

3
2

Lời giải:
z
S

M
2a
D
A
y

a
B
x

C

a

Để thuận tiện cho việc tính toán chọn a = 1.
� 1 �
Khi đó A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), D(0; 1; 0), S(0; 0; 2), C(1; 1; 0), M �0; ;1�
� 2 �
uuuur � 1 � 1

u
u
r
uuur
1
+) AM  �0; ;1� (0;1; 2)  u 1 ; AC  (1;1;0)
2
� 2 � 2
ur ur uuur
u1 , AC �
=> Mp(AMC) có vtpt n1  �
�
� (2; 2;  1)
uu
r uur uuur
uur
uuur
SB, BC �
+) SB  (1; 0;  2) ; BC  (0;1;0) => Mp(SBC) có vtpt n2  �
�
� (2; 0;1)
ur uu
r
5
Gọi  là góc giữa (AMC) và (SBC) => cos   cos n1 , n2 
.
3
1
1
2 5

2
� tan  
1 
Mặt khác: 1  tan  
=> Chọn C.
2
2
cos 
cos 
5



7




Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B với
AB = BC = a, AD = 2a, SA = a 2 và vuông góc với đáy. Tính góc giữa hai mặt
phẳng: a) (SAD) và (SCD) b) (SAD) và (SBD) c) (SBC) và ((SCD)
Lời giải:
z
S

D

2a

A

y

a

B
x

a

C

Ta có: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), S(0; 0; a 2 ), D(0; 2a; 0), C(a; a; 0) (hình chiếu
của C trên Ox là B, trên Oy là trung điểm của AD).
a) +) Mặt phẳng (SAD) có vectơ pháp tuyến i (1; 0; 0)
+) SC (a; a;  a 2 ) a (1; 1; 
SD (0; 2a;  a 2 ) a (0; 2; 





2 ) a u1 ,
2 ) a u 2

 u1 , u 2 ( 2 ; 2 ; 2)  2 (1; 1; 2) => Mặt phẳng (SCD) có vtpt n1 (1; 1; 2)
1
0
Gọi  là góc giữa (SAD) và (SCD) => cos   cos i, n1    60 .
2

b) SB (a; 0;  a 2 ) a (1; 0;  2 ) a u 3

 





2 ;  2)  2 (2; 1; 2) => Mp(SBD) có vtpt n2 (2; 1; 2)
2
2
  arccos
Gọi  là góc giữa (SAD) và (SBD) => cos   cos i, n2 
.
7
7
 u 2 , u 3 ( 2 2 ; 

 





c) u1 , u 3 ( 2 ; 0;  1)  ( 2 ; 0; 1) => Mặt phẳng (SBC) có vtpt n3 ( 2 ; 0; 1)





6
6
Gọi  là góc giữa (SBC) và (SCD) => cos   cos n1 , n3    arccos
.
3
3
Bài 4: Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1.
a) Tính góc giữa AC và A1D.
b) Tính góc giữa hai mp (ABD1) và (BCD1).
Lời giải:
Gọi cạnh hình lập phương là 1.
Ta có: A(0; 0; 0), B(1; 0; 0), C(1; 1; 0), D(0; 1; 0), A1(0; 0; 1), D1(0; 1; 1)

8


A1

z
D1

B1

C1
D

A

y
B

C
x
uuur
1
0
a) AC  (1;1; 0) , AD1 (0; 1; 1) � cos(AC, A1D)  � (AC, A1D)  60
2
b) +) AD1 (0; 1; 1) =>Mặt phẳng (ABD1) có vtpt n1  i, AD1 (0;  1; 1)









+) BD1 ( 1; 1; 1) => Mặt phẳng (BCD1) có vtpt n2  j , BD1 (1; 0; 1)

ur uu
r
1

cos


cos
n
,
n

 �   600 .
+) Gọi là góc giữa (ABD1) và (BCD1) =>
1
2
2





Bài 5: (Câu 37 mã 101 đề thi THPT QG năm 2018)
Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi I là tâm của hình vuông A’B’C’D’
và M là điểm thuộc đoạn OI sao cho MO = 2MI. Khi đó côsin của góc tạo bởi
hai mp(MC’D’) và (MAB) bằng:
A.

6 85
85

B.

7 85
85

C.

B

17 13
65

Lời giải:
z
C

A

D

O
M

B’
A’

D.

C’
y

I
D’

x

9

6 13
65

1
3

Gọi cạnh hình lập phương là 6 (vì O là trung điểm, MI  MO để tọa độ các
1
3

1
6

điểm là số nguyên dễ tính toán). MO  2 MI � MI  MO  BB '  1
Ta có: M(3; 3; 1), C’(0; 6; 0), D’(6; 6; 0), A(6; 0; 6), B(0; 0;6)
uuuur
uuuur r
ur
� (0; 1; 3)  n1
MC
',
i
+) MC '  ( 3; 3;1) � �
�
�
uuur
uuur r
uu
r
�
�
MA


(3;

3;
5)
�
MA
,
i

(0;5;3)

n
+)
2
� �
ur uu
r
7 85
Gọi  là góc giữa (MC’D’) và (MAB) => cos   cos n1 , n2 
=> Chọn C
85
Bài 6: Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông cạnh
bằng 2, cạnh bên AA’ = 3. Gọi B1 là trung điểm của AB, điểm D1 thuộc cạnh
DD’ sao cho DD’ = 3DD1. Gọi  là góc giữa mp(B1C’D1) và đáy. Tính cos  ?
Lời giải:





z
D’

C’

A’
B’

3
D1
’
D

C

2

y
2
A
’
x

B

B1
’
Chọn hệ trục tọa độ Dxyz với A  tiaOx; C  tiaOy; D ' tiaOz .
=> B1(2; 1; 0), C’(0; 2; 3), D1(0; 0; 1)

Ta có: +) D1C ' (0; 2; 2) 2(0; 1; 1) 2u1 , D1 B1 (2; 1;  1)





 u1 , D1 B1 ( 2; 2;  2)  2(1;  1; 1) => Mp(B1C’D1) có vtpt n1 (1;  1; 1)

 

+) Mp(ABCD) có vectơ pháp tuyến k (0; 0; 1) . Do đó: cos   cos n1 , k 

1
.
3

Bài 7: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại C, BC = a.
Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm H của AB, biết

10


rằng SH = 2a. Tính góc giữa hai mặt phẳng (MAC) và (SBC), biết M là trung
điểm của SB.
Lời giải:
z
S

2a

M

A

C

a

y

H

a

B

x

Chọn hệ Oxyz sao cho O trùng với H; B, C, S lần lượt thuộc tia Ox, Oy, Oz.
a 2
.
2
  a 2 
a 2
;0;0 , C  0;
;0 
2
2
 


Vì tam giác ABC vuông cân tại C nên CH  AB và AB = a 2 , CH =
a 2

a 2

;0;0 , M 
;0; a ,
 2

 4



A 


Ta có: S (0;0;2a ), B

(M là trung điểm của SB =>hình chiếu của M trên Hx là trung điểm của HB,
trên Hz là trung điểm của SH)
 3a 2
 a
a
;0; a   3 2 ;0;4  u1 ,
+) AM 
4
 4
 4





a 2 a 2  a 2
1;1;0  a 2 u 2
AC 
;
;0  
2
2
2
 2






Mặt phẳng (MAC) có vectơ pháp tuyến n1  u1 , u 2 ( 4;4;3 2 )
a 2
 a
a
;0; 2a  
2 ;0; 4  u3
+) SB 
2
 2
 2
 a 2 a 2  a 2

  1;1;0  a 2 u 4
BC  
;
;0  
2
2
2
2


Mặt phẳng (SBC) có vectơ pháp tuyến n2  u3 , u 4 (4;4; 2 )
Gọi  là góc giữa (MAC) và (SBC)
3
3
 cos   cos n1 , n2 
  arccos
.
5 17
5 17











11




Bài 8: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là một tam giác đều cạnh bằng 2a. Hình
chiếu vuông góc của B lên mặt phẳng (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh B’C’
và BH = 3a. Tính côsin của góc giữa hai mp (ABB’A’) và (ACC’A’).
* Gợi ý: Gắn hệ trục đối với hình lăng trụ, hoàn toàn tương tự đối với hình
chóp: đã có sẵn BH vuông góc với đáy, cần chọn trong đáy hai đường thẳng
vuông góc, để ý rằng đáy là tam giác đều và H là trung điểm của BC.
Lời giải:
A
C
z
B

y
C’

A’
H

x

B’

Chọn hệ Hxyz sao cho B ' tiaOx; A' tiaOy; B  tiaOz .
Ta có A' 0; a 3;0 , B '  a;0;0, B 0;0;3a , C '   a;0;0 







 



+) A' B' a; a 3;0 a 1; 3;0 a u1 , B' B  a;0;3a  a  1;0;3 a u 2



 







 u1 , u 2   3 3; 3; 3  3 3; 3;1





=> Mp(ABB’A’) có vtpt n1  3; 3;1 .



 



+) C ' A' a; a 3;0 a 1; 3;0 a u 3 , CC’ // BB’ => CC’ có vectơ chỉ phương u 2



 







 u 2 , u3   3 3;3; 3  3 3; 3;1





=> Mp(ACC’A’) có vtpt n2  3; 3;1 .
Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABB’A’) và (ACC’A’)
ur uu
r
7
� cos   cos n1 , n2 

.
13
Bài 9: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 có đường chéo AC1 hợp với
cạnh AB và AD lần lượt các góc α và β. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ABC 1) và
(ADC1).
Lời giải:
Chọn hệ trục tọa độ Dxyz với A  tiaOx; C  tiaOy ; D1  tiaOz .
Đặt AC1 = d. Giả sử đường chéo AC1 tạo với AA1 góc γ.





12


z
D1

C1

A1

B1
y

D
β

C

α
x

A

B

Ta có:  ADC1 vuông tại D: DA = d cosβ,  ABC1 vuông tại B: AB = d cosα,
 AA1C1 vuông tại A1: AA1 = d cosγ
=> DA2 + AB2 + AA12 = DB2 + AA12 = A1C12 + AA12 = AC12
=> cos2α + cos2β + cos2γ = 1 (1) (dễ thấy α, β, γ đều nhọn)
Ta có: A(dcos β; 0; 0), C(0; dcosα; 0), D1(0; 0; dcosγ), B(dcos β; dcosα; 0),
C1(0; dcosα; dcosγ). Gọi φ là góc giữa hai mặt phẳng (ABC1) và (ADC1).
+) AC1 ( d cos  ; d cos  ; d cos ),





 AC1 , j ( d cos ; 0;  d cos  )  d (cos ; 0; cos  )

Mặt phẳng (ABC1) có vectơ pháp tuyến n1 (cos ; 0; cos  )





+) DA (d cos  ; 0; 0)  AC1 , DA (0; d 2 cos  cos ;  d 2 cos  cos  )
d 2 cos  (0; cos ;  cos  ) => Mặt phẳng (ADC1) có vtpt n2 (0; cos ;  cos  )

|  cos  . cos  |
Do đó: cos   cos n1 , n2 
(2)
cos 2   cos 2  . cos 2   cos 2 





Từ (1): cos2γ + cos2β = 1- cos2α ; cos2γ + cos2α = 1- cos2β thay vào (2) ta có:
cos  cot  . cot  .
Nhận xét: Bài 4 là trường hợp đặc biệt của bài 9. Do hình lập phương có một
đường chéo hợp với 3 cạnh chung một đỉnh các góc bằng nhau  nên
a
1
1
cot  

 cos  cot 2     60 0 .
2
a 2
2
Qua các bài tập trên đưa ra nhận xét: Với một số bài trình bày theo
phương pháp tọa độ là tối ưu, với một số bài mức độ ở 2 phương pháp tọa độ và
không gian là tương đồng. Tuy nhiên cũng cần phải nhớ rằng không phải khi
nào phương pháp tọa độ cũng tỏ ra hiệu quả.

13

Sau đó tôi lấy thêm một số bài hình học không gian ở dạng khác với mức
độ khó hơn, cần kỹ năng tổng hợp hơn để học sinh tìm tòi, khám phá, phát hiện,
luyện tập, khai thác và xử lý thông tin, tự hình thành hiểu biết, năng lực và
phẩm chất.
Đặc biệt, việc xác định và tính góc trong hình học không gian tương đối
khó, song phương pháp tọa độ lại tỏ ra rất hiệu quả.
Dạng 2: Có đường thẳng vuông góc với đáy.
Bài 10: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là  vuông cân với BA = BC = a, SA
 đáy và SA = a. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của AB và AC. Tính góc giữa 2
mặt phẳng: a) (SAC) và (SBC)
b) (SEF) và (SBC)
Lời giải:
z
S
a

y
x

C
A
a

a

B
Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho B trùng O, điểm A và C lần lượt thuộc tia Ox và
Oy, hướng từ A đến S trùng với hướng tia Oz.
a
2

a a
2 2





Ta có: B(0; 0; 0), A(a; 0; 0), C(0; a; 0), S(a; 0; a), E  ; 0; 0  , F  ; ; 0 




 

a) +) AC ( a; a; 0)  a (1;  1; 0)  a u1 =>Mp(SAC) có vtpt n1  k , u1 (1; 1; 0)

 

+) BS (a; 0; a ) a (1; 0; 1) a u 2 => Mp(SBC) có vtpt n2  j, u 2 (1; 0;  1)



1



1
   60 0 .
2. 2 2

a
 a  a
EF  0; ;0   (0; 1; 0)  j (hoặc EF
2
 2  2

Gọi φ là góc giữa (SAC) và (SBC) => cos   cos n1 , n2 

a
a
 a
b) ES  ; 0; a   (1; 0; 2)  u 3 ,
2
2
 2
là đường trung bình  ABC nên EF // BC => EF có vectơ chỉ phương j )

 

=> Mặt phẳng (SEF) có vectơ pháp tuyến n3  j, u3 (2; 0;  1)





Gọi  là góc giữa (SEF)và (SBC) => cos   cos n2 , n3 

14

3

10

  arccos

3
10

.


Bài 11: 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 đáy. Tính côsin
của góc giữa 2 mặt phẳng: a) (SBC) và (SAD)
b) (SBC) và (SCD)
Lời giải:
z
S

B

A

O

K

A

B

J

x
x
I

C

D

y

C

D

y

Chọn hệ trục tọa độ Axyz với B  tiaOx; S  tiaOz , trong mp(ABCD) kẻ Ay
vuông góc với AB. O là trung điểm của AB => tam giác OAD và OBC đều cạnh
a => hình chiếu của D, C trên Ay là I và AI = DK =

a 3
(độ dài đường cao tam
2

giác đều cạnh a), hình chiếu của C trên Ax là J (trung điểm của OB), hình chiếu
của D trên Ax là K (trung điểm của AO).
 3a a 3



a a 3





;0 , D ;
;0 , S 0;0; a 3
Khi đó A(0; 0; 0), B(2a; 0; 0), C  ;
2
2
2
2

 




 





a) * SB  2a;0; a 3 a 2;0; 3 a u1
 3a a 3
 a 3

a 3
SC  ;
; a 3  
3;1; 2 
u 2 => n1  u1 , u 2  3;1;2 .
2
2
2
2


a a 3  a
a
; 0   1; 3; 0  u 3 =>(SAD) có vtpt n2  k , u3   3; 1; 0 .
* AD  ;
2
2 2
 2
2
2

Gọi  là góc giữa (SBC) và (SAD)  cos   cos n1 , n2 
.
4
8. 4









 

  











a a 3
 a
a
; a 3   1; 3; 2 3  u 4  u 2 , u 4  0;4;2 2(0;2;1)
b) SD  ;
2
2 2
 2
Mặt phẳng (SCD) có vectơ pháp tuyến n3 (0; 2; 1)









Gọi  là góc giữa (SBC) và (SCD)  cos   cos n1 , n3 

15

4
10

.
5
8. 5






Bài 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, AD là đáy
lớn, AD = 2a, AB = BC = CD = a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng
(ABCD) là điểm H thuộc đoạn thẳng AC sao cho HC = 2HA và SH = 2a. Tính
góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SCD).
Lời giải:
z
S

A
A

D
y
H

x

K

O

J

D

H

E

y

I
C

B

x

C

B

O là trung điểm của AD => các tam giác OAB, OBC và ODC đều cạnh a
a 3
=> AC = 2.
=a 3
2
a 3
Hình chiếu của B và C trên Ax là I và AI =
, hình chiếu của B trên Ay là K
2
(trung điểm của AO), hình chiếu của C trên Ay là J (trung điểm của OD), hình
1
a 3
chiếu của H trên Ax là E và AE = AI 
, hình chiếu của H trên Ay là K.
3
6
 a 3 3a   a 3 a

; ;0 , S 
; ;2a 
Khi đó A(0; 0; 0), D(0; 2a; 0), C 
 2 2   6 2

 a 3  3a



a

;
;2a  
+) DS 
6
2

 6



a
3; 9;12  u1 , AD có vectơ chỉ phương j
6



 

Mặt phẳng (SAD) có vectơ pháp tuyến n1  u1 , j ( 12;0; 3 )
a 3

a



a

; ;0  
+) DC 
2
2  2






a
3; 1;0  u 2
2





 u1 , u 2 (12;12 3;8 3 ) 4 3 ( 3;3;2) => Mp(SCD) có vtpt n2 ( 3;3;2)





5 14
5 14
Gọi  góc giữa (SAD) và (SCD)  cos   cos n1 , n2 
  arccos
49

49

Bài 13: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi,  SAB đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với mp(ABCD). Biết AC = 2a, BD = 4a. Tính côsin của
góc giữa hai mặt phẳng: a) (SCD) và (ABCD)
b) (SCD) và (SAB)
16


Lời giải:
S

z

C

B

y

H
O
x
x

D

A

Gọi O = AC  BD, H là trung điểm của AB. Vì  SAB đều nên SH  AB.

Do AB = (SAB)  (ABCD) và (SAB)  (ABCD) nên SH  (ABCD).
AC
BD
a; OB 
2a  AB  OA 2  OB 2 a 5
Ta có: OA 
2
2
AB 3 a 15
 SH 

2
2
Chọn hệ Oxyz với D  tiaOx; C  tiaOy , hướng từ H đến S trùng hướng của

a a 15 
 (hình chiếu
tia Oz. Ta có: A(0; -a; 0), D(2a; 0; 0), C(0; a; 0), S   a; ;

2
2


của S trên mặt phẳng Oxy là H; hình chiếu của H trên Ox là trung điểm của OB,
trên Oy là trung điểm của OA, hình chiếu của S trên Oz là S’ và OS’ = HS)
a)
+)
CD   2a; a;0 a  2;1;0 a u1 ,
 3a a 15  a
a

  2;3; 15  u 2
SC  a; ;
2  2
2
 2









=> Mặt phẳng (SCD) có vectơ pháp tuyến n1  u 2 , u 1 ( 15 ;2 15 ;8)
+) Mặt phẳng (ABCD) có vectơ pháp tuyến k
8
Gọi  góc giữa (SCD) và (ABCD) => cos   cos n1 , k 
139

a a 15  a
a
  2; 1; 15  u3
b) AB có vtcp u1 (AB // CD), SA  a; ;
2
2  2
2


 









 u3 , u 1 ( 15 ;2 15;0)  15 (1;2;0) => Mp(SAB) có vtpt n2 (1;2;0)





5 417
Gọi  góc giữa (SCD) và (SAB) => cos   cos n1 , n2 
139

17


Bài 14: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm I và có cạnh
bằng a, góc BAD bằng 600. Gọi H là trung điểm của IB và SH vuông góc với
mặt phẳng (ABCD). Góc giữa SC và mặt phẳng (ABCD) bằng 450. Tính côsin
của góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAD).
Lời giải:
S
z

C

B

y

H
I

x
x
SH  (ABCD)=>(SC,(ABCD))=(SC,HC)=  SCH=450.  BAD = 600 nên  BAD
D

A

đều cạnh a  BD a, HD 

3a
a 3
, AI 
, AC 2 AI a 3 .
4
2

Tam giác SHC vuông cân tại H  SH HC  IC 2  HI 2 

a 13
.
4

Chọn hệ Oxyz sao cho I trùng O, điểm D thuộc tia Ox, C thuộc tia Oy,
hướng từ H đến S trùng hướng tia Oz.
a
2






Ta có: D ;0;0 , C  0;


a 3  
a 3   a a 13 

;0 , A 0;
;0 , S   ;0;

2
2
4
4
 
 


(hình chiếu của S trên Ox là H, trên Oz là S’ và OS’ = SH)
 3a

+) SD  ;0;
 4

a 13  a
a
  3;0; 13  u1

4  4
4





 a a 3 a 13  a
a
  1;2 3; 13  u 2
SC  ;
;

4  4
4
4 2





 



 

 u1 , u 2  2 39 ;2 13;6 3 2 39 ; 13;3 3





=> Mặt phẳng (SCD) có vectơ pháp tuyến n1  39 ; 13;3 3
a a 3



a







a

;0   1; 3;0  u 3
+) AD  ;
2
2

2

 2



 

=> Mặt phẳng (SAD) có vectơ pháp tuyến n2  u1 , u 3  39 ; 13;3 3







Gọi  góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAD) => cos  cos n1 , n2 

18

53
79


Bài 15: Cho tứ diện ABCD có AB=CD, AC=BD, AD=BC và (ABD)  (ACD).
Chứng minh các góc của tam giác BCD có: tanB.tanC = 2.
Lời giải:
z
B’

C
2
A’

D
1

y

O
1
x

B

2
D’

A

Tứ diện ABCD nội tiếp hình hộp chữ nhật OAD’B.CA’DB’có 3 kích thước là
OA = a, OB = b, OC = c.
Ta có: A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), D(a; b; c).
+) AB ( a; b; 0) , AD (0; b; c) =>(ABD)
có
vtpt





n1  AB, AD (bc; ac;  ab)





+) AC ( a; 0; c) => Mp(ACD) có vtpt n2  AD, AC (bc;  ac; ab)
+) Hai mặt phẳng (ABD) và (ACD) vuông góc với nhau nên: n1 . n2 0
 b 2 c 2  a 2 c 2  a 2 b 2 0 (1)
+) AB = CD, AC = BD, AD = BC =>  BCD =  ADC (c.c.c)
và  BCD =  DAB (c.c.c) =>  DBC  CAD ,  DCB DAB
Ta có: AC ( a;0; c) ; AD (0; b; c ) ; AB ( a; b;0)
=> cos B cos DBC cos CAD cos( AC , AD) 

a2

a2  c2 . b2  c2
b2
cos
C

cos
DCB

cos
DAB

cos(
AD

,
AB
)

Tương tự:
a2  b2 . b2  c2
1
a 2b 2  b 2c 2  c 2 a 2
2
tan



1
Áp dụng:
ta có: tan B. tan C 
(2)
cos 2 
b2c 2
Từ (1) ta có a2b2 + a2c2 = b2c2 thay vào (2) ta được: tanB.tanC = 2 (Đpcm)

19


Bài tập về nhà:
Bài 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy SA, SB, SC đôi một vuông góc với nhau và
SA = SB = SC = a. Tính góc giữa hai đường thẳng SM và BC với M là trung
điểm của AB ?
A. 300
B. 600

C. 900
D. 450
Bài 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = 2, AD = 3, AA’ = 4.
Góc giữa hai mặt phẳng (AB’D’) và (A’C’D) bằng (làm tròn đến đơn vị độ).
A.

30
10

B.

30
3

C.

3
10

10
3

D.

Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Các tam giác
SAB, SAD, SAC là các tam giác vuông tại A. Tính côsin của góc giữa hai đường
thẳng SC và BD biết SA  a 3 , AB = a, AD = 3a ?
8
130

A.

B.

3
2

C.

4
130

1
2

D.

Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 4a,
1
AD  a 3, SA  a 5 . Điểm H nằm trên cạnh AB sao cho AH  HB . Hai mặt
3

phẳng (SHC) và (SHD) cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Côsin của góc giữa
SD và (SBC) bằng:
5
12

A.

B.

5
13

C.

4
13

1
3

D.

Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên
SAB là tam giác đều và SC  a 2 . Gọi H là trung điểm của AB. Côsin của góc
giữa SC và (SHD) bằng:
3
5

A.

B.

5
3

C.

2

5

D.

1
3

Bài 6: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC
= a và góc BAC = 1200, cạnh bên BB’ = a. Gọi I là trung điểm của CC’. Côsin
của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB’I) bằng:
A. 380
B. 620
C. 450
D. 530
Bài 7: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, AB = 1, BC = 3 ,
mặt bên SAC là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi
 là số đo của góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) và (ABC). Khi đó tan  bằng:
A. 2

B.

3
2

C.

2 3
3

D.

1
2

Bài 8: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = 2 3 và AA’= 2.
Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh A’B’, A’C’ và BC. Côsin của
góc tạo bởi 2 mặt phẳng (AB’C’) và (MNP) bằng:
A.

6 13
65

B.

13
65

C.
20

17 13
65

D.

18 13
65


2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

- Thống kê được lý thuyết, một số dạng bài tập về góc trong hình học không
gian bậc Trung học phổ thông.
- Phát triển được một số dạng toán mới, tổng quát hóa được một số dạng toán.
- Rèn luyện khả năng phân tích, định hướng và xác định đường lối giải bài toán;
rèn luyện khả năng kiểm tra bài toán; rèn luyện khả năng tìm kiếm các bài toán
liên quan và sáng tạo các bài toán mới.
- Quá trình điều khiển học sinh để các em tìm hiểu và nhận biết vận dụng vào
bài tập có kỹ năng và hệ thống. Học sinh nắm được kiến thức một cách khoa
học, từ đó các em cảm thấy thoải mái hơn, có hứng thú học tập hơn.
3. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
- Như vậy có thể khẳng định: Mục đích nghiên cứu đã được thực hiện và nhiệm
vụ nghiên cứu đã được hoàn thành, đề tài có thể áp dụng và mang lại hiệu quả
cho việc giảng dạy cũng như việc học tập của học sinh lớp 12.
- Tạo cho học sinh niềm say mê đối với môn học là việc hết sức cần thiết đối với
nhà sư phạm. Đặc biệt là giáo viên dạy bộ môn Toán. Tuy nhiên điều này phải
trải qua một quá trình lâu dài phụ thuộc vào nhiều kỹ năng nghệ thuật của người
thầy giáo. Để nâng cao kiến thức cho học sinh người giáo viên phải không
ngừng tìm tòi, học hỏi trong quá trình giảng dạy.
- Với trình độ còn hạn chế, tài liệu phục vụ cho quá trình nghiên cứu còn ít, thời
gian dành cho việc viết đề tài chưa nhiều nên đề tài chắc chắn còn có nhiều thiếu
sót, tôi rất mong được sự góp ý kiến để đề tài được hoàn thiện hơn, có tính khả
thi hơn trong quá trình dạy học của mình.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
Thanh Hóa, ngày 20 tháng 05 năm 2019
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.
Người thực hiện

Nguyễn Thị Kim Dung
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

21


Tài liệu tham khảo
[1] Bộ GD& ĐT (2008), Hình học 12 (sách giáo viên), NXB Giáo dục.
[2] Bộ GD& ĐT (2008), Hình học nâng cao 12, NXB Giáo dục.
[3] Bộ GD& ĐT (2008), Bài tập Hình học 12, NXB Giáo dục.
[4] Bộ GD& ĐT (2008), Tài liệu chủ đề tự chọn nâng cao Toán 12, NXB Giáo
dục.
[5] Hoàng Chúng (1969), Rèn luyện khả năng sáng tạo toán học ở trường phổ
thông, NXB Giáo dục.
[6] Nguyễn Thái Hòa (2003), Rèn luyện tư duy qua việc giải bài tập toán, NXB
Giáo dục.
[7] Trần Luận (1995), Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh thông qua hệ
thống bài tập toán, Nghiên cứu giáo dục.
[8] Phan Trọng Ngọ (2005), Dạy học và phương pháp dạy học trong nhà
trường, NXB Đại học Sư phạm Hà Nội.
[9] Trần Thúc Trình (1998), Tư duy và hoạt động Toán học, Viện khoa học
Giáo dục.
[10] Trần Thành Minh (2000), Giải Toán hình học 11, NXB Giáo dục.
Danh mục các đề tài SKKN của bản thân đã được Hội đồng cấp
Sở Giáo dục và đào tạo đánh giá từ loại C trở lên
TT
1
2
3

Tên đề tài
Khai thác từ một số bài toán hình học không gian

Chương 1 – Hình học 12 bằng phương pháp toạ độ
Rèn luyện tư duy qua việc giải một số dạng toán về
dạng đại số của số phức
Sử dụng phương pháp toạ độ giải một số bài toán về
khoảng cách trong hình học không gian

22

Xếp loại
C

Năm
2012

C

2014

C

2016