KINH NGHIỆM sử DỤNG THỂ TÍCH KHỐI CHÓP để GIẢI một số bài TOÁN KHOẢNG CÁCH TRONG HÌNH học KHÔNG GIAN lớp 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT QUẢNG XƯƠNG I

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM:

KINH NGHIỆM SỬ DỤNG THỂ TÍCH KHỐI CHÓP
ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH
TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN LỚP 12

Người thực hiện: Nguyễn Thị Sáu
Chức vụ: Giáo viên

SKKN thuộc lĩnh mực : Toán học

THANH HOÁ THÁNG 5 NĂM 2017
1


1– MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài
Nâng cao chất lượng giáo dục đang là một yêu cầu cấp bách đối với
ngành giáo dục nước ta. Một trong những khâu then chốt để thực hiện yêu cầu
này là đổi mới nội dung và phương pháp dạy học.
Trong giai đoạn hiện nay, khi khoa học công nghệ có những bước tiến nhảy vọt,
việc đào tạo những con người không chỉ nắm vững kiến thức mà còn có năng
lực sáng tạo, có ý nghĩa quan trọng đối với tiềm lực khoa học kĩ thuật của đất
nước.
Trong việc đổi mới phương pháp dạy học môn toán ở trường THPT, việc
dạy giải bài tập toán có vai trò quan trọng vì: Dạy toán ở trường phổ thông là
dạy hoạt động toán học. Việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán
học, giúp học sinh phát triển tư duy, tính sáng tạo. Hoạt động giải bài tập toán là

điều kiện để thực hiện các mục đích dạy toán ở trường phổ thông. Dạy giải bài
tập toán cho học sinh có tác dụng phát huy tính chủ động sáng tạo, phát triển tư
duy, gây hứng thú học tập cho học sinh, yêu cầu học sinh có kỹ năng vận dụng
kiến thức vào tình huống mới, có khả năng phát hiện và giải quyết vấn đề, có
năng lực độc lập suy nghĩ, sáng tạo trong tư duy và biết lựa chọn phương pháp
tự học tối ưu.
Trong việc dạy giải bài tập Toán việc quan trọng hàng đầu là phải rèn
luyện kỹ năng giải Toán, phải rèn luyện cho người học cách suy nghĩ, phương
pháp giải và khả năng vận dụng kiến thức, cách hệ thống các dạng bài tập.
Hơn nữa trong kì thi THPTQG phần HHKG với trọng số 1,6 điểm và thường
được ra vào phần tính thể tích và ứng dụng của nó để tính khoảng cách. Việc
tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng hoặc là tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng chéo nhau là một bài Toán khó.
Tính khoảng cách thì chúng ta có ba con đường giải quyết:
Một là, giải quyết bằng con đường sử dụng định nghĩa tức là chúng ta đi dựng
các khoảng cách cần tính.
Hai là, giải quyết bằng công cụ Tọa độ bằng cách cố gắng chuyển bài Toán
HHKG sang bài Toán HH tọa độ.
Ba là, giải quyết bằng con đường gián tiếp chẳng hạn như thay thế khoảng cách
tương đương, hoặc sử dụng công thức thể tích.
Thực tế giảng dạy cho thấy việc dựng khoảng cách từ điểm đến một mặt phẳng
hay dựng đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau là một việc
làm không dễ đối với đại đa số học sinh, kể cả những em học tương đối khá.
Còn việc chuyển bài Toán sang bài Toán HH tọa độ thì không phải là thuận lợi
cho mọi bài Toán HHKG, nó chỉ thuận lợi với một lớp các bài Toán nhất định.
Để giúp học sinh khắc phục những khó khăn trên, bằng những kinh nghiệm thực
tiễn dạy học và nghiên cứu của bản thân tôi thấy có thể vận dụng việc tính thể
tích khối chóp để tính hai loại khoảng cách nói trên. Với những lí do như trên tôi
lựa chọn đề tài:
2

“Kinh nghiệm sử dụng thể tích khối chóp để giải một số bài toán về khoảng
cách trong hình học không gian lớp 12”.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Đề tài này góp phần trang bị thêm cho học sinh một phần kiến thức về hình
học không gian đồng thời giúp học sinh thấy được mối liên hệ của thể tích và
khoảng cách. Giúp học sinh phát triển tư duy sáng tạo, tư duy phân tích, tổng
hợp, tư duy trừ tượng, và thói quen đặt câu hỏi ngược khi giải quyết một vấn đề,
nhìn nhận vấn đề dưới nhiều góc cạnh từ đó tìm phương án nhanh gọn để giải
quyết hiệu quả nhất. Những yếu tố trên cũng rất cần thiết trên con đường thành
công của mỗi học sinh trong tương lai.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
Đề tài được áp dụng trong phần tính thể tích khối đa diện và khoảng cách
trong chương trình hình học lớp 12, học sinh ôn thi THPT Quốc gia.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
Trên cơ sở lý thuyết cơ bản trong sách giáo khoa, trước các bài toán khoảng
cáchtrong hình học không gian tôi hướng dẫn học sinh tự đặt câu hỏi cho mỗi bài
toán có thể tính theo cách làm thông thường không, nếu làm được thì cách giải
quyết có quá khăn không.Từ đó học sinh tự tìm con đường khác để giải quyết bài
toán trên cơ sở các yếu tố có thể giải quyết đơn giản.Thông qua hệ thống câu hỏi
mang tính chất gợi mở vấn đề và đến cách giải quyết học, sinh có thể tự tìm cách
làm bài toán trên những kiến thức cơ bản đã được trang bị. Để học sinh tiếp cận
vấn đề tôi chia các dạng bài thành 2 dạng, hệ thống ví dụ từ dễ đến khó, trước
khi giải mỗi ví dụ có câu hỏi gợi mở phân tích để hướng học sinh tới suy nghĩ
tìm các giải quyết.Sau các ví dụ có lời giải là các bài tập tham khảo để học sinh
tự luyện tập.
2 – NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận
Để thực hiện đề tài cần dựa trên những kiến thức cơ bản sau:

2.1. 1. Định nghĩa 1. Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng.
+) Định nghĩa: Trong không gian cho điểm A và đường thẳng d. Gọi H là hình
chiếu vuông góc của điểm A lên d. Độ dài đoạn AH gọi là khoảng cách từ điểm
A đến đường thẳng d.
d A, d)
+) Kí hiệu: (
.

A

d A, d) ≤ AM,∀M ∈ d
+) Nhận xét: (
.

d(d, d ') = d( A, d) ,∀A ∈ d

H
P

Nếu d’//d thì
,
d
(
d
,
d
')
kí hiệu
là khoảng cách
giữa hai đường thẳng song song d và d’.

2.1. 2. Định nghĩa 2. Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng
+) Định nghĩa: Trong không gian cho điểm A và mặt phẳng (P). Gọi H là hình
chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (P).
Độ dài đoạn AH gọi là khoảng cách từ
3


điểm A đến mặt phẳng (P).
d A,(P ))
+) Kí hiệu: (
.

+) Nhận xét:

d( A,(P )) ≤ AM,∀M ∈ (P )

A

.

d a,(P )) = d( A,(P)) ,∀A ∈ (P)
Nếu a // (P) thì (
,

) để chỉ
trong đó kí hiệu (
khoảng cách giữa đường thẳng a và
mặt phẳng (P) trong trường hợp
chúng song song với nhau.
Nếu (P) // (Q) thì

d a,(P )

M

H

P

d( (P),(Q)) = d( A,(Q)) = d( B,(P )) ,∀A ∈ (P ), ∀B ∈ (Q)

, trong đó kí hiệu (
chỉ khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song (P) và (Q).
2.1. 3. Định nghĩa. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
+) Định nghĩa: Trong không gian cho hai đường thẳng chéo nhau a và b.
-) Đường thẳng ∆ vuông góc với
cả hai đường thẳng a và b đồng thời
cắt cả a và b gọi là đường vuông góc chung
của hai đường thẳng chéo nhau a và b.
-) Gọi A = a ∩ ∆, B = b∩ ∆ . Đoạn thẳng AB
a
A
gọi là đoạn vuông góc chung của hai
đường thẳng chéo nhau a và b.
-) Độ dài đoạn AB gọi là khoảng cách
giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b.
b
+) Kí hiệu: d( a, b) .

d( a, b) ≤ MN , M ∈ a,N ∈ b

d (P ),(Q))

để

B

+) Nhận xét:
.
2.1.4. Thể tích khối chóp và khối lăng trụ
1
V = B.h
3
+) Thể tích khối chóp
, trong đó B là diện tích đáy khối chóp, h là chiều

cao của khối chóp.
Chiều cao khối chóp bằng khoảng cách từ đỉnh đến mặt đáy hình chóp.
+) Thể tích khối lăng trụ V = B.h , trong đó B là diện tích đáy lăng trụ, h là chiều
cao của lăng trụ.
Chiều cao lăng trụ bằng khoảng cách từ một đỉnh của đáy này đến đáy kia của
lăng trụ và cũng bằng khoảng cách giữa hai đáy của lăng trụ.
* Một số công thức cần sử dụng:
- Công thức hệ thức lượng trong tam giác vuông,công thức xác định đường
cao,công thức hình chiếu.
- Công thức xác định đường cao của hình chóp thông qua công thức thể
tích:

d ( S , ( ABC )) =

3VS . ABC

S ABC

4


2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Trường THPT Quảng Xương 1 là một ngôi trường dày truyền thống dạy và
học. Nhiều năm qua trường luôn dẫn đầu trong thành tích học sinh giỏi và xếp
tốp đầu trong về thành tích giáo dục của tỉnh. Dưới sự lãnh đạo của Ban giám
hiệu, đội ngũ giáo viên luôn trăn trở tìm tòi, đổi mới phương pháp giảng dạy
nhằm nâng cao chất lượng giáo dục toàn diện cho học sinh . Nhà trương không
chỉ chú trọng truyền thụ tri thức mà còn phát triển tư duy cho học sinh thông qua
các bài học, làm hành trang vững chắc cho các em bước vào tương lai.Tuy nhiên
trong các môn học thì hình học không gian vẫn là môn học khó đối với đại đa
số học sinh đặc biệt là học sinh trung bình và yếu.Khi giải các bài toán về hình
học không gian, nếu tiến hành theo các bước cơ bản không được thì tâm lý học
sinh thường nản và bỏ qua. Theo số liệu thống kê trước khi dạy đề tài này ở lớp
12C5 tôi trực tiếp giảng dạy năm học 2016 - 2017 trường THPT Quảng Xương
1, kết quả như sau:
Năm học

Lớp

Sĩ số

Số học sinh giải được trước khi thực hiện đề tài

2016
12C5 47
7

- 2017
Đứng trước thực trạng tên tôi nghĩ nên hướng cho các em tới một cách giải
quyết khác trên cơ sở kiến thức trong SGK. Song song với việc cung cấp tri thức
tôi chú trọng rèn rũa kỹ năng giải toán, phát triển tư duy cho học sinh để trên cơ
sở này học sinh không chỉ học tốt phần này mà còn làm nền tảng cho các phần
kiến thức khác.
2.3. Các giải pháp tiến hành giải quyết vấn đề
Để tính khoảng cách từ một điểm tới một mặt phẳng, khoảng cách giứu hai
đường thẳng chéo nhau bất kì chúng ta có thể tính bằng cách trực tiếp hoặc dựa
1
V = B.h
3
vào công thức tính thể tích khối lăng trụ V = B.h , Khối chóp
, Khối hộp
chữ nhật V = abc , …rồi suy ra khoảng cách

Sau đây ta sẽ xét một số dạng toán ứng dụng thể tích, mỗi dạng tôi đưa ra
một số bài toán cơ bản và ví dụ minh hoạ, trên cơ sở lý thuyết đã có hướng dẫn
học sinh tự đặt câu hỏi và lựa chọn cách giải đúng và ngắn gọn nhất.
DẠNG 1: Sử dụng thể tích để tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt
phẳng
Chúng ta có thể sử dụng công thức tính thể tích khối chóp để tính khoảng cách
từ một điểm đến một mặt phẳng. Cơ sở của vấn đề này đó là chúng ta có thể gắn
khoảng cách cần tính với chiều cao của một khối chóp rồi sử dụng công thức
h=

3V
B . Sau đây là các ví dụ minh họa:

tính

Ví dụ 1. (Câu 38 – Đề minh họa lần 1 năm 2017 của Bộ GD & ĐT).
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh bằng 2a . Tam giác
SAD cân tại S và mặt bên (SAD) vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết thể tích khối

5


4 3
a
chóp S.ABCD bằng 3 . Tính khoảng cách h từ B đến mặt phẳng (SCD).
2
4
8
3
h= a
h= a
h= a
h= a
3
3
3
4

A.

B.

C.

D.

Nhận xét: Khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) bằng chiều cao của
hình chóp B.SCD.
Lời giải
Chọn đáp án B

Ta có

h = d ( B, ( SCD ) ) =

3VB.SCD
dt ( ∆SCD )

.
S

A
B
H

C

D

SH ⊥ AD ⇒ SH ⊥ ( ABCD )

Gọi H là trung điểm của AD, ta có:
⇒ SH là đường cao của hình chóp S.ABCD. Ta có

(gt)

1
1
4
VS . ABCD = SH . AB 2 = SH .2a 2 = a3 ⇒ SH = 2a
3
3
3

Mặt khác do ABCD là hình vuông nên :
1
1
1 4
2
dt ( ABCD) ⇒ VB.SCD = VS.BCD = VS. ABCD = . a 3 = a 3
2
2
2 3
3
SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ CD ⊥ SH ; CD ⊥ AD (gt) ⇒ CD ⊥ ( SAD ) ⇒ CD ⊥ SD

dt (∆BCD) =

Mà
Tam giác SCD vuông tại D
1
1
SD.CD =
SH 2 + HD 2 .CD
2

2
1
1
1
1
3a 2
=
SH 2 + AD 2 .CD =
4a 2 + .2a 2 .a 2 =
2
4
2
4
2

⇒ dt ( ∆SCD ) =

Mặt khác
VB.SCD

2
3. a 3
3VB.SCD
1
2 3
4
= d ( B, ( SCD ) ) .dt ( ∆SCD ) = a ⇒ d ( B, ( SAD ) ) =
= 32 = a
3a
3

3
dt ( ∆SCD )
3
2

6


h=

4
a
3

Vậy
Chọn đáp án B
Ví dụ 2. (BT 1.18 SBT Hình Học 12) : Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’
có AB = a, BC = 2a, AA ' = a . Lấy điểm M trên cạnh AD sao cho AM = 3MD . Tính
theo a khoảng cách từ điểm M đến mp(AB’C).
Nhận xét: Khoảng cách từ điểm M đến mp(AB’C) bằng độ dài đường cao kẻ từ
M của hình chóp M.AB’C.
Lời giải.
D
C
Ta có
d ( M , ( AB ' C ) ) =

3VM . AB 'C
dt ( VAB ' C )

M

.

MA 3
3
= ⇒ VM . AB 'C = VD. AB 'C
4
Từ DA 4
.
1
VD. AB ' C = VB '. ADC = BB '.dt ( VADC )
3
1
a3
= BB '. AD.DC =
6
3
3
3 a
a3
⇒ VM . ADC = . =
4 3
4 .

B
A

2
2

Ta có AC = AB + BC = a 5 ,

D'
C'

A'

B'

B ' C = BB '2 + BC 2 = a 5 , AB ' = AB 2 + BB '2 = a 2 ⇒VACB ' cân tại C. Lấy H là
3a
1
3a 2
CH = CA2 − AH 2 =
⇒ dt ( VAB ' C ) = CH . AB ' =
2
2
2 .
trung điểm của AB’, ta có
a3
3.
a
d ( M , ( AB ' C ) ) = 42 =
3a
2
2
Vậy
(đvđd).
Ví dụ 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA =
a 3 . M và N lần lượt là trung điểm của AB và CB. Hình chiếu vuông góc của

đỉnh S lên mp(ABCD) trùng với giao điểm H của AN và DM. Tính theo a

khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (SDN).
Nhận xét: Khoảng cách từ điểm H đến mp(SDN) bằng độ dài đường cao kẻ từ
H của hình chóp H.SND.
S
Lời giải.
d ( H , ( SND ) ) =

3VH .SND
dt ( VSND )

Ta có
.
+) Gọi H là giao điểm của AM và DN .
Từ giả thiết ta có

SH ⊥ ( ABCD)

Ta có

1
·
·
·
·
tan ADM
= tan BAN
= ⇒ ADM
= BAN

2

A
D
H

7

M
B

N

C


·
·
·
⇒ DMA
+ BAN
= DMA
+ ·ADM = 900 ⇒ DM ⊥ AN . ∆AMD vuông tại A có AH là
a
.a
AM.AD
a
2
⇒ AH =
=

=
2
2
2
5
AM + AD
a
1
1
1
2
+
a
⇒
=
+
4
AH 2 AM 2 AD2
đường cao
.

∆SAH vuông tại H
HD = AD2 − AH 2 =

⇒ SH = SA2 − AH 2 = a

a 5 a
3a
14
HN = AN − AH =

−
=
2
5 ,
5 2 5,

2a
5 . Ta có

1
1
1 14 3a 2a a 3 7
VH .SND = VS .HND = SH . HD.HN = a
.
.
=
3
2
6
5 2 5 5 5 10
a 5
a 13
3a 2
DN = HD 2 + HN 2 =
, SN = SH 2 + HN 2 =
, SD = SH 2 + HD 2 =
2
2
5
2

2
2
13a 18a 5a
+
−
2
2
2
SN
+
SD
−
ND
4
5
4 = 14 2
·
Cos NSD =
=
2 SN .SD
a 13 3a 2
3 65
2
.
2
5
,

·
·

sin NSD
= 1 − cos 2 NSD
=
dt ( VSND ) =

193
585

1
1 a 13 3a 2 193
193 2
·
SN .SD.sin NSD
= .
.
.
=
a
2
2 2
585 10 2 .
5

d ( H , ( SND ) )

3.a 3 7
6 7
= 5 10 2 =
a
193a

965
10 2
(đvđd).

Vậy
Ví dụ 4. (Trích đề KB - 2013)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy
ABCD là hình vuông cạnh a , mặt bên
SAB là tam giác đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy. Tính
theo a khoảng cách từ điểm A đến
mp(SCD).
Lời giải.
Lấy H là trung điểm của AB

S

A

⇒ SH ⊥ ( ABCD )

D

. SH là đường cao của
hình chóp S.ABCD.

H

B

C

8


1
1
a3 3
VA. SCD = VS . ACD = VS . ABCD
SH .dt ( VABCD ) =
2
12 .
= 6
Tính được SC = a 2, SD = a 2 ⇒VSCD cân đỉnh S. Lấy I là trung điểm của CD,
3
a 7
a2 7
d ( A, ( SCD ) ) = a
SI =
⇒ dt ( VSCD ) =
7 (đvđd).
2
4 . Do đó
tính được

Ví dụ 5 (Trích đề KA,A1 – 2014)
SD =

3a
2 , hình

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
chiếu vuông góc của S trên mp(ABCD) là trung điểm của cạnh AB. Tính theo a
khoảng cách từ điểm A đến mp(SBD).
Lời giải.
d ( A, ( SBD ) ) =

3VA.SBD
dt ( VSBD )

S

Ta có
.
Từ gt ta có SH là đường cao của hình
1
VA.SBD = VS . ABD = VS . ABCD
2
chóp S.ABCD.
1
= SH .dt ( ABCD )
6
. Ta có

HD = HA2 + AD 2 =

a 5
2 ,

SH = SD − HD = a

2

2

H

⇒ VA.SBD =

Tính

D

A

3

a
6

B

được

C

a 5
BD = a 2, SA = SB = SH 2 + HB 2 =
2
2
2

2
SB + SD − BD
1
2 11
·
·
cos BSD
=
=
⇒ sin BSD
=
2.SB.SD
3 5
3 5 ,
2a
1
a 2 11
·
d ( A, ( SBD ) ) =
dt ( VBSD ) = SB.SD.sin BSD =
11 (đvđd).
2
4 Vậy

Ví dụ 6. (Trích đề KB - 2014)
Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu
vuông góc của A’ trên mp(ABC) là trung điểm H cạnh AB, góc giữa đường
thẳng A’C và mặt đáy bằng 600. Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến
mp(ACC’A’).
A'

Lời giải.
Ta có

d ( B, ( ACC ' A ') ) = d ( B, ( ACA ' ) )

3VB.AA ' C
=
dt ( VA ' AC )

VB. A ' AC = VA '. ABC

B'

1
= A ' H .dt ( VABC )
3
.

.
Từ gt suy ra A’H là đường cao của hình chóp

A

C
H
B

9

C'

A’.ABC.Ta có H là hình chiếu vuông góc của A’ trên mp(ABC),
C = A ' C ∩ mp ( ABC ) ⇒ ·A ' CH = (·A ' H , ( ABC ) ) = 600
⇒ A ' H = CH .tan 600 =

. Ta có

CH =

a 3
2

3a
1
a3 3
VA '. ABC = A ' H .dt ( VABC ) =
2
3
8 .

CH
5
= a, AA ' = A ' H 2 + AH 2 = a
0
cos 60
2 do đó VAA 'C cân tại C. Lấy I
a 3
1
a 2 15

CI = CA2 − AI 2 =
⇒ dt ( VAA'C ) = CI .AA ' =
2 2
2
8
là trung điểm của AA’ ta có
3a
d ( B, ( ACC ' A ') ) =
5 (đvđd).
. Vậy
AC = a, A ' C =

Để thấy ưu thế của phương pháp này so với phương pháp tính trực tiếp
khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 7. (Trích đề KD – 2007)
S
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
·

·

ABC = BAD = 90 ,
AB = BC = a, AD = 2a
thang,
.Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2 . Gọi
H là hình chiếu vuông góc của A trên SB.Tính
theo a khoảng cách từ điểm H đến mp(SCD).
Lời giải 1.
0

BH ∩ ( SCD ) = S ⇒

d ( H , ( SCD ) )

=

))
( (
Ta có
vuông tại A, có AH là đường cao nên
d B, SCD

HS
BS VSAB
.

H
A

I

B
SH SA2 2
SH .SB = SA ⇒
= 2 =
SB SB
3
2
1
⇒ d ( H , ( SCD ) ) = d ( B, ( SCD ) ) VB.SCD = VS . BCD = SA.dt ( VBCD )

3
3
.
2

dt ( VBCD ) = dt ( ABCD ) − dt ( VABD ) =

D

C

a2
2

a3 2
6 . Lấy I là trung điểm của AD tứ giác ABIC là hình vuông
1
⇒ IC = AB = a ⇒ IC = AD
⇒VADC vuông tại C ⇒ CD ⊥ AC mà
2
⇒ VB.SCD =

CD ⊥ SA ⇒ CD ⊥ ( SAC ) ⇒ CD ⊥ SC

Tính
d ( B, ( SCD ) ) =

CD = a 2, CS = 2a

được

3VB.SCD
a
=
dt ( VSCD ) 2

.

Do đó

d ( H , ( SCD ) ) =

1
dt ( VSCD ) = CS .CD = a 2 2
2
.

a
3.

10


Lời giải 2.
Gọi E là giao điểm của AB và CD.
Lấy M là trung điểm của EC, N là
trung điểm của SE, F là trung điểm
của AD ⇒ AB = BE = BC = a .
Ta có tứ giác ABCF là hình vuông

S

⇒ AB = CF = a .

∆ACF có

CF =

1
AD = a ⇒ ∆ACD
2
H

vuông tại C

F

A

D

⇒ CD ⊥ CA , mà CD ⊥ AS ⇒ CD ⊥ CS .

N

MN là đường trung bình của

J

∆ESC ⇒ MN / / SC ⇒ MN ⊥ CD .

C

B

∆BCE cân tại B BM ⊥ CE ⇒ BM ⊥ DC
CD ⊥ ( BMN ) ⇒ ( BMN ) ⊥ ( SCD )

M

.

Kẻ

BJ ⊥ MN ⇒ BJ ⊥ ( SCD ) ⇒ d( B, ( SCD ) ) = BJ

.

E

Ta có NB là đường trung bình của tam giác SAE
⇒ NB / / SA ⇒ NB ⊥ ( ABCD ) ⇒ NB ⊥ BM

. ∆NBM vuông tại B có BJ là đường cao

nên
1
1
1
1
a 2

1
a 2
a
=
+
, BM = EC =
, BN = SA =
⇒ BJ =
2
2
2
2
2
2
2
2
BJ
BM
BN
d( H,( SCD) ) HS
SH SA2 2a2 2
BH ∩ ( SCD) = S ⇒
=
=
=
=
BS
d( B,( SCD) )
BS SB2 3a2 3

, mà

⇒ d( H,( SCD) ) =

2
a
d ( B,( SCD) ) =
3
3 (đvđd).

So sánh hai lời giải ta thấy: Ở lời giải thứ nhất sau khi chuyển việc tính

) về tính khoảng cách (
) học sinh chỉ cần
khoảng cách (
sử dụng thuần túy tính toán biến đổi để tính mà không cần phải đi dựng
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) mà chúng tôi cho rằng việc
dựng này không hề đơn giản cho đa số các học sinh.
*Kết luận.
d H , ( SCD )

d B, ( SCD )

11


Như vậy việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng hoàn toàn có
thể sử dụng thông qua việc tính thể tích khối chóp, đồng thời trong quá trình
tính khoảng cách đó chúng ta cũng có thể sử dụng kết hợp với các tính chất:
- Nếu

AB / / ( P )

thì

d ( A, ( P ) ) = d ( B, ( P ) )
d( A,( P ) )

d B, P
- Nếu AB ∩ ( P ) = O thì ( ( ) )

=

OA
OB

.

.

d A,(P )) = 2d( B,(P ))
- Nếu B là trung điểm của OA thì (
.

DẠNG 2: Sử dụng thể tích để tính khoảng cách giữa hai đường chéo nhau
Bài Toán tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là một trong những
bài toán khó đối với học sinh. Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo
nhau ta có ba con đường: sử dụng định nghĩa, tính bằng con đường gián tiếp,
hay sử dụng công thức của hình học tọa độ bằng cách chuyển bài Toán sang bài
Toán Hình Học tọa độ.

Như đã nói ở phần trên, việc chuyển bài Toán sang Hình Học tọa độ chỉ nên sử
dụng và sử dụng tốt cho một lớp các bài Toán đặc trưng.
Tính bằng cách sử dụng định nghĩa là chúng ta đi dựng đoạn vuông góc chung
của hai đường thẳng chéo nhau rồi tính độ dài đoạn thẳng đó. Tuy nhiên bằng
kinh nghiệm bản thân và tìm hiểu thực tiễn cho thấy việc dựng đoạn vuông góc
chung của hai đường thẳng chéo nhau chỉ được thực hiện khá dễ dàng khi hai
đường thẳng đó vuông góc với nhau mà thôi. Chính vì vậy mà con đường này
chỉ nên sử dụng khi hai đường thẳng chéo nhau đó là vuông góc hoặc bài toán
yêu cầu dựng.
Vì vậy tôi muốn hướng học sinh tới một cách tính gián tiếp khác nhờ ứng dụng
của bài toán tính thể tích tứ diện.
Cơ sở của vấn đề này là bài Toán:
Bài Toán. (Bài 38tr10 Bài tập HH 12 nâng cao - NXBGD 2008)
Cho tứ diện ABCD. Gọi d là khoảng cách giữa
A
hai đường thẳng AB và CD, α là góc giữa hai
đường thẳng đó. Chứng minh rằng
VABCD =

1
AB.CD.d .sin α
6
.

Các lời giải:
Lời giải 1.
Dựng hình bình hành BCDE, ta có:

B

E

N
B

Do CD // BE nên CD // mp(ABE)

C

( ·AB, BE ) = ( ·AB, CD ) = α ,

d ( AB, CD ) = d ( CD, ( ABE ) ) = d ( D, ( ABE ) )

D

A

M

,
C

F

12

E

D

dt ( ∆ABE ) =

1
1
1
AB.BE.sin α = AB.CD.sin α
VABCD = VDABE = AB.CD.d .sin α .
2
2
6
. Vậy

Lời giải 2.
Dựng hình hộp AMBN.FDEC ngoại tiếp tứ diện ABCD.
Ta có

d = d ( AB, CD ) = d ( ( AMBN ) , ( FDEC ) )

( ·AB, MN ) = ( ·AB, CD ) = α

,

1
1
VAMBN . FDCE = d .dt ( AMBN ) = 2 d . AB.MN .sin α = 2 d . AB.CD.sin α
.
1
1
1

VACFD = VBCED = VDAMB = VCANB = VAMBN . FDEC ⇒ VABCD = VAMBN . FDEC = AB.CD.d .sin α
6
3
6
,
.

Bài toán này có một dạng phát biểu khác như sau: Cho hai đường thẳng chéo
nhau d và d’. Đoạn thẳng AB có độ dài a trượt trên d, đoạn thẳng CD có độ dài b
trượt trên d’. Chứng minh rằng khối tứ diện ABCD có thể tích không đổi. (Bài
tập 6 tr26 SGKHH12 - NXB GD 2008).
Vậy thể tích tứ diện bằng một phần sáu tích của một cặp cạnh đối với khoảng
cách giữa hai cạnh đó và sin của góc tạo bởi hai đường thẳng chứa hai cặp
cạnh đối nói trên.
Nhận xét: Với AB và CD là hai đường thẳng chéo nhau, khoảng cách giữa
d ( AB, CD ) =

6VABCD
AB.CD.sin ·AB, CD

(

)

chúng được cho bởi công thức
. Vậy để tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau AB và CD chúng ta có thể thực
hiện theo các bước sau:
B1. Tính thể tích khối tứ diện ABCD.
B2. Tính độ dài các đoạn thẳng AB, CD và

d ( AB, CD ) =

(

sin ·AB, CD

).

6VABCD
AB.CD.sin ·AB, CD

(

)

B3. Áp dụng công thức
, ta có khoảng cách cần
tính.
Theo cách tính này thì học sinh sẽ tránh được việc phải dựng hình khó khăn.
Sau đây là hệ thống các ví dụ minh họa.
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, SA = h và
vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính khoảng cách giữa các cặp đường thẳng
sau:
a) SB và CD
b) SC và BD
c) SC và AB.
S
Lời giải.
d ( SB , CD ) =

6VSBCD
· , CD
SB.CD.sin SB

(

Ta có
Từ giả thiết ta có SA là đường cao
của hình chóp S.ABCD.

).

I
J

H

A

13

E
O
B

C

D

1
1
a 2h
VS .BCD = VS . ABCD = SA.dt ( ABCD ) =
2
6
6 .

Tam giác SAB vuông tại A.
CD = a, SB = SA2 + AB 2 = a 2 + h 2 .
· , CD = SB
· , AB = SBA
·
⇒ SB

AB // CD

(

(

) (

)

SA
·
⇒ sin SBA
=
=

AB

)

h
a2 + h2 .

d SB, CD ) = a
Từ đó (
(đvđd).
d ( SC , BD ) =

b) Ta có

6VSBCD
· , BD
SC.BD.sin SC

(

)

2
2
2
2
AC = BD = a 2 , SC = SA + AC = h + 2a .

(

)

0
·
⇒ BD ⊥ ( SAC ) ⇒ BD ⊥ SC ⇒ sin SC , BD = sin 90 = 1
AC
⊥
BD
,
SA
⊥
BD
Ta có
.
ah
d( SC, BD ) =
2
2h + 4a2 (đvđd).
Vậy

6VSABC
1
a 2h
·
2
2
AB.SC.sin SC , AB VSABC = VSABCD =
2
6 , AB = a, SC = 2a + h
c) Ta có

.
· , CD = SCD
·
⇒ ·AB, SC = SC
. AB// CD
. Ta có SA ⊥ CD, CD ⊥ AD ⇒ CD ⊥ SD
ha
.
SD
a2 + h2
·
d( AB, SC ) =
⇒ sin SCD
=
=
SC
a2 + h2 (đvđd).
2a 2 + h 2 . Vậy
d ( AB, SC ) =

(

(

) (

(

)

)

)

Ví dụ 2. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA
= OB = OC = a. Gọi I là trung điểm của BC. Hãy dựng đoạn vuông góc chung
và tính khoảng cách giữa các cặp đường thẳng chéo nhau:
a) OA và BC
b) AI và OC.
Lời giải.
d ( OA, BC ) =

a) Ta có

6VOABC
· , BC
OA.BC.sin OA

(

)

A

OA ⊥ OB 
 ⇒ OA ⊥ ( OBC )
OA ⊥ OC 
⇒ OA là

đường cao kẻ từ A của tứ diện OABC.

1
1
a3
VOABC = OA.dt ( VOBC ) = OA.OB.OC =
3
6
6 ,
Ta có
· , BC = 900
OA ⊥ BC ⇒ OA
a
,
BC
=
a
2
=
,

(

OA

)

E

K

O

C

F
J

I
B

14


(

)

· , BC = 1
⇒ sin OA

.Vậy

d ( AI , OC ) =

c)Ta có

d( OA, BC ) = OI =

6VAIOC
AI .OC.sin ·AI , OC

(

a
2.

).

3
1
a3
OC = a, AI = OA2 + OI 2 = a
VAIOC = VOABC =
2.
2
12 ,
·AI , OC = ·AI , IJ
Lấy J là trung điểm của OB ⇒ IJ / /OC ,
.
2
2
2
¶ = IA + IJ − AJ = 1 ⇒ sin AIJ
¶ = 5 sin ·AI , OC = sin AIJ
¶ = 5
cos AIJ
2 IA.IJ
6
6
6.
Ta có

a 5
d( OC, AI ) =
5 (đvđd).
Vậy

(

) (

)

(

)

Ví dụ 3. (Trích đề KA - 2010)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. M, N lần lượt là
trung điểm của AB và AD, H là
giao điểm của CN với MD. Biết SH

Z

⊥ ( ABCD ) , SH = a 3 . Tính khoảng

cách giữa DM và SC theo a.
Lời giải.
Ta có
d ( DM , SC ) =

6VSDMC

· , SC
DM .SC.sin DM

(

).

D
C
N

Từ gt ta có SH là đường cao của
hình chóp SDCM.
1
VSDMC = SH .dt ( VDMC )
3

A

H

M

B

Do ABCD là hình vuông M, N lần lượt là trung điểm của AB và AD
·
·
·
·

·
·
⇒ ∆CDN = ∆DAM (c-g-c) ⇒ DCN
= ADM
⇒ HDC
+ HCD
= HDC
+ HDN
= 900
2
a 5 CN = a 5 , CH = DC = 2a
DM = DA + AM =
2
CN
5,
⇒ DM ⊥ CN .Ta có
2 ,
19
1
a2
SC = SH 2 + HC 2 = a
dt ( VDMC ) = CH .DM =
5 ,
2
2
2

⇒ VSDMC

2

1
a3 3
= SH .dt ( VDMC ) =
3
6 Từ gt SH ⊥ ( ABCD ) ⇒ SH ⊥ DM

⇒ DM ⊥ ( SHC ) ⇒ DM ⊥ SC

(

)

· , SC = 900 ⇒ sin ( DM , SC ) = 1
⇒ DM

3
d( DM, SC ) = 2a 19
.Vậy
(đvđd).

Ví dụ 4. (Trích đề KA – 2011)
15


Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a,
mp(SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mp(ABC). Gọi M là trung điểm của
SBC ) ,( ABC ) ) = 60
AB, mặt phẳng qua SM song song với BC cắt AC tại N. Biết ( (

0

. Tính khoảng cách giữa AB và SN theo a.
Lời giải.
d ( AB, SN ) = d ( AM , SN ) =

Ta có
Từ gt

SA ⊥ ( ABC )

6VSAMN
AM .SN .sin ·AM , SN

(

)

nên SA là đường cao của hình chóp S.ABC

1
1
VS . ABC = SA.dt ( VABC ) dt ( VABC ) = BA.BC = 2a 2
3
2
,
.
SA ⊥ BC ( do SA ⊥ ( ABC ) ) , AB ⊥ BC ⇒ BC ⊥ SB.

Do

Vậy BC = ( ABC ) ∩ ( SBC ) , SB ⊥ BC ,

S

·
AB ⊥ BC , SBA
< 900 ( do VSAB vuông )

)

(

·
⇒ SBA
= (·ABC ) , ( SBC ) = 600

VSAB vuông tại A nên
SA = AB.tan 600 = 2a 3 .

.

Ta có mp qua SM song song với BC cắt
mp(ABC) theo giao tuyến qua M và song
song với BC, giao tuyến này cắt AC tại
N. M là trung điểm của AB nên N là
trung điểm của AC

D
A

N

C

M
B

1
1 1
2a 3 3
⇒ VSAMN = VSABC = . SA.dt ( VABC ) =
2
2 3
3 .
2
2
Ta có AM = a, AC = 2a 2, AN = a 2, SN = SA + AN = a 14 .
Dựng hình bình hành AMND, ta có

AD = MN = a, ND = AM = a, SD = SA2 + AD 2 = a 13

NS 2 + ND 2 − SD 2 14a 2 + a 2 − 13a 2
1
·
⇒ cos SND =
=
=
2 NS .ND
2.a 14.a

14

(

)

(

)

13
13
·
· , SN = sin SND
·
⇒ sin SND
=
⇒ sin ·AM , SN = sin DN
=
14
14 .
2a 39
d( AB, SN ) =
13 (đvđd).
Vậy

Nhận xét: Ta cũng có

(

)

u
r uuu
r
·uuu
cos ·AM , SN = cos AM , SN

(

)

16


Ví dụ 5. (Trích đề KA,A1 - 2012)
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông
góc của S trên mp(ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc
0
giữa đường thẳng SC và mp(ABC) bằng 60 .Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng SA và BC theo a.
Lời giải.
6VSABC
d ( SA, BC ) =
· , BC
SA.BC.sin SA
Ta có
Từ giả thiết ta có SH là đường cao của hình chóp S.ABC nên
1
2

a2 3
VSABC = SH .dt ( VABC ) dt ( VABC ) =
, HA = a,
3
3
4
,

(

)

a 7

CH = CA2 + AH 2 − 2CA. AH .cos 60 0 =

3

Do H làS hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC)
· , ( ABC ) = 600
·
C = SC ∩ ( ABC ) ⇒ SCH
= SC

(

a 21

⇒ SH = CH .tan 60 =
0

Ta có

3

)

⇒ VSABC =

BC = a, SA = SH 2 + AH 2 =

(

)

a3 7
12 .

5a
3 ,

uu
r uur

u
r uur
SA.BC
·u
· , BC = cos SA
cBos SA

, BC =
SA.BC ,C
K

(

)

uu
r uur

uu
r uur

uur

uu
r uur

SA + SB − AB

(

uu
r uur

)

uu
r uur

SA.BC =HSA. SC − SB = SA.SC − SA.SB
SA.SB =

uu
r uur

2

2

I

a2

2

A

2

(

uu
r uur

, SA.SC =

)

,

SA + SC 2 − AC 2
2

2

(

)

· , BC = 1 ⇒ sin SA
· , BC = 2 6
,cos SA
3
5
5 .
a 42
d ( SA, BC ) =
8 (đvđd).
Vậy
⇒ SA.BC =

D1

A1

Ví dụ 7. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A1B1C1D1 có kich thước tương ứng là
AB = 10, AD = 15, AA1 = 20. Tính khoảng cách giữa các cặp đường thẳng B1D1
B1

và AC, AB và A1C.
C1
Lời giải.
6VD1B1BC
d ( B1D1 , BC ) =
· D , BC
B1D1.BC.sin B
1 1
d( B1D1, AC )
H
+)
: Ta có

(

)

A

D

17
B

C


1
1
VD1B1BC = D1C1.dt ( VB1BC ) = D1C1.BB1.BC

3
6
1
· D , BC = sin B
· D ,AD
= A1B1.BB1.BC sin B
1 1
1 1
1 1
6
,
· D A = B1 A1
= sin B
1 1 1
B1D1 . Vậy d ( B1D1 , BC )

(

(

)

(

)

)

1
6. A1B1.BB1.BC

= 6
= BB1 = 20
A1B1
B1 D1.BC.
B1D1
(đvđd).

d AB, A1C )
+) (
:

d ( AB, A1C ) =

(

1

Ta có
VA1 ABC =

(

6VA1 ABC
AB. A C.sin ·AB, A C
1

),

1
AA1. AB.BC

6

)

(

)

AA12 + AD 2
A1D
·
·
·
sin AB, A1C = sin A1C , CD = sin A1CD =
=
A1C
A1C
1
6. AA1. AB.BC
AA1.BC
6
6
d ( AB, A1C ) =
=
=
AA12 + AD 2
AA12 + AD 2 5
AB. A1C.
A1C
Vậy

(đvđd).
Để thấy ưu điểm của phương pháp này ta so sánh các lời giải trong ví dụ sau:
Ví dụ 7. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau và OA
= OB = OC = a. Gọi I là trung điểm của BC. Hãy dựng đoạn vuông góc chung
và tính khoảng cách giữa các cặp đường thẳng chéo nhau AI và OC.
A

Lời giải 1. (Sử dụng định nghĩa).
Lấy J là trung điểm của OB thì IJ / /OC
do đó

OC / / ( AIJ )

. Vậy mp(AIJ) chứa AI

và song song với OC. Do IJ // OC,
OC ⊥ ( OAB) ⇒ IJ ⊥ ( OAB) ⇒ ( AIJ ) ⊥ ( OAB)

Dựng OK vuông góc với AJ tại K
⇒ OK ⊥ ( AIJ )

.

E

K

O

C

F

.
J

I
B

18


Từ K kẻ đường thẳng song song với OC
cắt AI tại E. Từ E dựng đường thẳng song song
với OH cắt OC tại F.
Khi đó EF là đoạn vuông góc chung của AI và OC, đường thẳng EF là đường
vuông góc chung của AI và OC. Ta có ∆AOJ vuông tại O nên
1
1
1
a 5
=
+ 2 ⇒ OK =
2
2
OK
OA OJ
5

Vậy

d( OC, AI ) = EF = OK =

a 5
5 (đvđd).

Lời giải 2. (Chuyển về tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng).
OC / / ( AIJ )
Lấy J là trung điểm của OB thì IJ / /OC do đó
. Vậy mp(AIJ) chứa AI

và song song với OC ⇒

d ( OC , AI ) = d ( O, ( AIJ ) ) =

3VOAIJ
dt ( ∆AJI )

. Ta có

3

1
1
a
VOAIJ = VIOAJ = VIOAB = VCOAB =
2
4
24 , ∆AIJ vuông tại J (do IJ//OC, OC ⊥ ( OAB ) ,
a 2

a
3
a 5
OI =
, IJ = , AI = OA2 + OI 2 = a
AJ = OA2 + OJ 2 =
2
2
2,
2 .
dt ( ∆AIJ ) =

1
a2 5
a 5
a 5
AJ.IJ =
⇒ d ( O, ( AIJ ) ) =
d ( AI , OC ) =
2
8
5 . Vậy
5 (đvđd).

Lời giải 3.(sử dụng công thức tính thể tích tứ diện)
d ( AI , OC ) =

Ta có

6VAIOC

AI .OC.sin ·AI , OC

(

).

3
1
a3
OC = a, AI = OA2 + OI 2 = a
VAIOC = VOABC =
2.
2
12 ,
·AI , OC = ·AI , IJ
Lấy J là trung điểm của OB ⇒ IJ / /OC ,
.
2
2
2
¶ = IA + IJ − AJ = 1 ⇒ sin AIJ
¶ = 5 sin ·AI , OC = sin AIJ
¶ = 5
cos AIJ
2 IA.IJ
6
6
6.
Ta có

(

) (

)

(

Vậy

d( OC, AI ) =

)

a 5
5 (đvđd).

Nói về ưu điểm tuyệt đối của cách dùng thể tích để tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng chéo nhau so với hai cách hay dùng trước đây là chuyển về tính
khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng và dựng đường vuông góc
chung thì không phải mà nó còn tùy thuộc vào đặc thù của từng bài toán,
chẳng hạn như trong trường hợp hai đường thẳng chéo nhau và vuông góc
19


vơí nhau thì việc dựng đường vuông góc chung là khá dễ dàng. Tuy nhiên
chắc chắn đây cũng là một hướng giải tốt cho bài toán tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng chéo nhau và đối với đại đa số học sinh thì cách giải quyết
này dễ sử dụng hơn nhiều so với việc phải dựng đoạn vuông góc chung của
hai đường thẳng chéo nhau rồi tính khoảng cách giữa chúng.

*Kết luận: Có thể sử dụng việc tính thể tích để tính khoảng cách giữa hai
đường thẳng chéo nhau.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Sau khi hướng dẫn học sinh vận dụng tỉ số thể tích trong một số bài tập cụ
thể tôi đã tiến hành kiểm tra sự tiếp thu và khả năng áp dụng của học trò các lớp
kết quả như sau
Năm học

Lớp

Sĩ số

2016 - 2017

12C5

47

Số học sinh giải được trước khi thực hiện đề tài
7

30

Sáng kiến kinh nghiệm này có thể mở rộng khai thác các bài toán khó hơn để
dạy cho đối tượng học sinh thi học sinh giỏi.
3– KẾT LUẬN –KIẾN NGHỊ
3.1.Kết luận :
Khi áp dụng chuyên đề này vào giảng dạy học sinh bộ môn Toán ở lớp
12C5 trường trường THPT Quảng Xương 1, tôi nhận thấy rằng các em học sinh
rất hứng thú với môn học, nhiều em cảm thấy bất ngờ khi mà một số bài toán

tưởng chừng như không thể giải quyết nếu không có công cụ là tỉ số thể tích, thì
nay lại được giải quyết một cách đơn giản, dễ hiểu. Chính vì các em cảm thấy
hứng thú với môn học nên tôi nhận thấy chất lượng của môn Toán nói riêng, và
kết quả học tập của các em học sinh nói chung được nâng lên rõ rệt, góp phần
nâng cao chất lượng giáo dục của nhà trường.Ngoài ra các em cũng học được
cách tìm tòi, khám phá và tự đặt ra câu hỏi và tìm cách giải quyết vấn đề đó như
thế nào nhanh gọn và hiệu quả nhất.
3.2.Kiến nghị:
- Đối với nhà trường, đồng nghiệp khi giảng dạy phần hình không gian
nên để hướng dẫn học sinh biết phân chia và lắp ghép khối đa diện, cần đơn giản
hóa các bài toán khoảng cách bằng cách sử dụng một cách gián tiếp, cần sử dụng
mô hình hình học không gian, các phần mềm hỗ trợ vẽ hình không gian để hs dễ
hình dung.
- Đối với Sở GD và Đào tạo: Có thể làm riêng một phần mềm tin học về
các hình không gian theo lý thuyết và các bài toán trong sách giáo khoa để giáo
viên trong tỉnh có thể sử dụng giảng dạy, giúp học sinh có thể trực quan quan sát
hình từ đó các giờ dạy hình không gian sẽ thêm sinh động, tạo hứng thú học tập
cho học sinh.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hoá, ngày 15 tháng 5 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
20


mình viết, không sao chép nội dung
của người khác.

Nguyễn Thị Sáu

TÀI LIỆU THAM KHẢO
- Bài tập Hình học 12 nâng cao, Văn Như Cương (Chủ biên) – Phạm Khắc Ban Tạ Mân, Nhà xuất bản Gáo dục.
- Bài tập Hình học 12, Nguyễn Mộng Hy (Chủ biên) – Khu Quốc Anh – Trần
Đức Huyên, Nhà xuất bản Giáo dục.
- SGK Hình học 12, Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên) – Nguyễn Mộng Hy (Chủ
biên) – Khu Quốc Anh – Trần Đức Huyên, Nhà xuất bản Giáo dục.
- SGK Hình Học 12 Nâng cao, Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên) – Văn Như Cương
(Chủ biên) - Phạm Khắc Ban –Lê Huy Hùng - Tạ Mân, Nhà xuất bản Giáo dục.
- Phân loại và phương pháp giải toán hình học 12 của tác giả Nguyễn Anh
Trường - Nguyễn Phú Khánh – Nguyễn Tấn Siêng – Đậu Thanh Kỳ - Nguyễn
Minh Nhiên.
- Tuyển tập 170 bài toán Hình học không gian của tác giả Võ Đại Mau
21


- Tuyển tập các đề tuyển sinh Đại học – Cao đẳng 2002 – 2015 – NXB Giáo
Dục
- Đề thi minh họa của Bộ GD & ĐT năm 2017 – Nguồn Internet.

22


MỤC LỤC
1- Mở đầu ....................................................................................

trang 1

2- Nội dung. ...……………………………....................................

trang 2

2.1 - Cơ sở lý luận …………………………………............

trang 2

2.2 - Thực trạng của vấn đề.......………………………........

trang 3

2.3- Các giải pháp đã tiến hành để giải quyết vấn đề.....…..

trang 4

2.4 - Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm………................

trang 18

3- Kết luận, kiến nghị…………………………..............................

trang 18

Tài liệu tham khảo………………………………………............... trang 20

23