SKKN GIẢI một số bài TOÁN HÌNH học KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP véc tơ

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GV: Dương Công Huân

I .THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến:
“GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP VÉC TƠ ”.

2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giảng dạy môn Toán – Hình học 11
3. Tác giả:
Họ và tên: Dương Công Huân

Giới tính: Nam

Ngày tháng năm sinh: 18/01/1985
Trình độ chuyên môn: Thạc sỹ Toán.
Chức vụ, đơn vị công tác: tổ Toán – Tin.
4. Đồng tác giả: Không
5. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến: Không
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến
7. Thời gian áp dụng sáng kiến lần đầu:

II. BÁO CÁO MÔ TẢ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến:
“GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP VÉC TƠ ”.

2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Giảng dạy môn Toán – Hình học 11
3. Mô tả bản chất sáng kiến
3.1 Tình trạng giải pháp đã biết:
* Thực trạng của việc học môn toán, giải bài tập toán của học sinh THPT.
* Cơ sở của việc nghiên cứu: từ thực trạng của việc dạy và học chương “Véctơ

trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian ” ở phân môn Hình học .
* Về chương trình: Hình học 11

3.1.1. Đặt vấn đề:

1


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GV: Dương Công Huân

Một trong các nhiệm vụ cơ bản của chương trình hình học cải cách giáo dục phổ thông là
“Bồi dưỡng kỹ năng vận dụng phương pháp véctơ vào việc nghiên cứu một số hình hình học, một
số quan hệ hình học ...Việc sử dụng vectơ để giải bài toán hình học”. Chính vì vậy việc giáo viên
hướng dẫn học sinh sử dụng phương pháp vectơ để giải bài toán là cần thiết và phù hợp với xu
thế cải cách giáo dục hiện nay.
Mặt khác khi đứng trước một bài toán hình học không gian thì học sinh mới chỉ dùng phương
pháp hình học tổng hợp (lớp 11) để giải mà chưa nghĩ đến việc dùng phương pháp véctơ để giải
chúng. Vì lí do trên tôi chọn đề tài :
“GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG PHƯƠNG PHÁP VÉC TƠ ”.

3.1.2. Cơ sở lý luận:
Các yêu cầu cơ bản khi giải bài toán hình học không gian
bằng phương pháp véc tơ

Học sinh cần nắm chắc được một số định lí: Định lí về hai véctơ cùng phương; Định lí về
phân tích một vectơ theo hai vectơ không cùng phương trong mặt phẳng; Định lí về phân tích một
vectơ theo ba vectơ không đồng phẳng trong không gian...
Học sinh cần có kỹ năng biến đổi các biểu thức véc tơ, phân tích véc tơ theo hệ véc tơ

cho trước và ghi nhớ một số bài toán cơ bản...
KIẾN THỨC CƠ BẢN

a) Định nghĩa véctơ:
+) Véctơ AB là đoạn thẳng có hướng trong đó điểm A là điểm đầu; B là điểm cuối.
+) Cho 2 điểm A, B bất kì ta có 2 véctơ AB và BA
+) Khi A trùng B ta có véctơ không AA = 0

B
A

b) Tính chất:

D
 AB ↑↑ CD

1) AB = CD ⇔ 

| AB |=| CD |

 AB ↑↓ CD
AB = −CD ⇔ 
| AB |=| CD |

2) Với 3 điểm A, B, C ta có: AB + BC = AC ; AB − AC = CB
3) ABCD là hình bình hành: AB + AD = AC ; AB = DC

C
O

A

B

4) M∈ AB ⇔ M, A, B thẳng hàng ⇔ MA = k MB và với điểm O bất kì: OM = OA − k OB

1− k

2


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GV: Dương Công Huân

5) M là trung điểm của AB ⇔ MA + MB = 0 và với điểm O bất kì: OM = OA + OB

2

6) G là trọng tâm của tam giác ABC ⇔GA + GB + GC = 0 và OG = OA + OB + OC

3

7) G là trọng tâm của tứ giác ABCD hoặc tứ diện ABCD ta có:

OA + OB + OC + OD
GA + GB + GC + GD = 0 và OG =
4
k > 0 : b ↑↑ a



8) b = k a ⇔ k < 0 : b ↑↓ a

 b = k a

9) a + b ≤ a + b ; a − b ≥ a − b

10) Nếu a; b ≠ 0 và không cùng phương thì ∃!c : c = x a + yb và x a + yb = 0 ⇒ x = y = 0

11) a.b =| a | . | b | cos(a, b); a ⊥ b ⇔ a.b = 0
12) a, b; c ≠ 0 và không đồng phẳng trong không gian thì ∃!d : d = x a + yb + z c

3.2 Nội dung giải pháp:
3.2.1.Quy trình chung để giải bài toán hình học không gian
bằng phương pháp véctơ
Bước 1.Lựa chọn một số véctơ mà ta gọi là “ hệ véctơ cơ sở’’; “phiên dịch” các giả thiết, kết
luận của bài toán hình học không gian đã cho ra “ngôn ngữ” véctơ .
Bước 2. Thực hiện các yêu cầu của bài toán thông qua việc tiến hành các phép biến đổi các
hệ thức véctơ theo hệ vectơ cơ sở.
Bước 3. Chuyển các kết luận vectơ sang các tính chất hình học không gian tương ứng.

3.2.2. Một số dạng toán sử dụng phương pháp

Dạng 1. Phần quan hệ song song
Bài toán 1. Hai đường thẳng phân biệt AB và CD song song với nhau khi và chỉ khi
uuur
uuur
AB = kCD .
r r
Bài toán 2. Cho hai vé tơ a, b không cùng phương thuộc mặt phẳng (P), AB không thuộc (P) .

uuur
r
r
Khi đó :AB//(P) ⇔ AB = xa + yb .

3


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GV: Dương Công Huân

Bài toán 3. Cho hai mặt phẳng phân biệt ( ABC) và (MNP).
uuu
r
uuuu
r
uuur
 AB = xMN + yMP
uuuu
r
uuur .
Khi đó: (ABC) / / ( MNP ) ⇔  uuur
 AC = x1 MN + y1 MP

Ví dụ 1 Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1. Giả sử M, N, E, F lần lượt là trọng tâm của các tam
giác AA1B1, A1B1C1, ABC, BCC1. Chứng minh : MN // EF.
Lời giải:
Bước1:Chọn hệ véc tơ cơ sở
uuur r uuur r uuur r

AA1 = a, AB = b, AC = c

{

B1

}

N

Theo bài ra:

A1

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

M

F

+N là trọng tâm của tam giác A1B1C1:
uuur 1 uuur uuur uuuu
r
AN = ( AA1 + AB1 + AC1 ) (2)
3

B

E

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

C

A

+F là trọng tâm của tam giác BCC1:
uuur 1 uuu
r uuur uuuu
r
AF = ( AB + AC + AC1 ) (4)
3
uuuu
r
uuur
+ MN / / EF ⇔ MN = k EF
Bước 2: Biến đổi các biểu thức véc tơ
uuuu
r uuur uuuu
r 1 r r
Từ (1), (2): MN = AN − AM = a + c (5)

3

(

C1

)

uuur uuur uuur 1 r r
Từ (3), (4): EF = AF − AE = a + c
3

(

4

)

(6)


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GV: Dương Công Huân

uuuu
r uuur
Từ (5), (6): MN = EF (7)
Bước 3: Chuyển ngôn ngữ véc tơ sang ngôn ngữ hình học không gian. Từ (7) : MN // EF.
Ví dụ 2 Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1.Giả sử M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AA 1, B1C1.

Chứng minh: MN // (DA1C1).
Lời giải:
Bước 1: Chọn hệ véc tơ cơ sở
uuur r uuur r uuuur r
DA = a, DC = c, DD1 = b

{

B1

}

uuuur 1 uuur uuuu
r
+ M là trung điểm AA1: DM = DA + DA1 (1)
2
uuur 1 uuuu
r uuuur
+ N là trung điểm B1C1: DN = DB1 + DC1 (2)
2
uuuu
r
uuuur
uuuu
r
+ MN / / ( DA1C1 ) ⇔ MN = xDC1 + yDA1 (3)

(

C1

D1

A1

)

(

)

Bước 2: Biến đổi các biểu thức véc tơ
uuuu
r uuur uuuur 1 r r r
Từ (1), (2): MN = DN − DM = − a + 2c + b
2
1 r r r r
= c−a+c+b
2
uuuu
r uuuur 1 uuuu
r
MN = DC1 − DA1
Suy ra:
2

(

(

N

M

C

B

A

D

)

)

(4)

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

5


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GV: Dương Công Huân

Bước 1: Chọn hệ véc tơ cơ sở
uuur

r uuur r uuur

B1

r

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

G

1

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

(

C1

A1

(1)

)

(2)

M

+ G là trọng tâm của tam giác A1B1C1:
uuur 1 uuur uuur uuuu
r
AG = ( AA1 + AB1 + AC1 )
(3)
3
uuuu
r
uuur
uuur
 MG = x AB1 + y AN
uuur
uuur (4)
+ (MGC1 ) / / ( AB1 N ) ⇔  uuuur
 MC1 = x1 AB1 + y1 AN

N

B

A

C

.
Bước 2: Biến đổi các biểu thức véc tơ
Ta có:
uuuu
r uuur uuuu
r 1 r 1r 1r
MG = AG − AM = a + b + c
(5)
2
3
3
uuuu
r
uuur
uuuu
r
r
r
1 r
MG = x AG − y AM = ( x + y )a + xb + yc
2
r r r
Từ (5) và (6) , do a, b, c không đồng phẳng nên ta có:

(6)

1
1

2 = x + 2 y

r 1 uuur 1 uuur
1 uuuu
1
⇒ x = y = ⇒ MG = AB1 + AN
 =x
3
3
3
3
1
3 = y


(7)

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

(

)

(8)
(9)

Bước 3: Chuyển ngôn ngữ véc tơ sang ngôn ngữ hình học không gian

6


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GV: Dương Công Huân

uuuu
r 1 uuur 1 uuur
Từ (7) : MG = AB1 + AN ⇒ MG//mp(AB1 N )
3
3
uuuur uuur
Từ (10) : MC1 = AN ⇒ MC1 / / mp ( AB1 N )

(11)
(12)

Từ (11) và (12) : mp ( MGC1 ) / / mp ( AB1 N )
Bài tập vận dung

Bài 1. Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1. Giả sử E là tâm của mặt ABB1A1; N, I lần lượt là trung
điểm của CC1 và CD . Chứng minh : EN//AI.
Bài 2. Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1. Giả sử M, N lần là trọng tâm các tam giác ABA1 và
ABC . Chứng minh : MN//(AA1C1).
Bài 3. Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1. Giả sử M, N, E lần lượt là trung điểm BB1, CC1, AA1.
G là trọng tâm tam giác A1B1C1.
Chứng minh:
1. (MGC1)//(BA1N)
2. (A1GN)//(B1CE).

Dạng 2. Phần góc và khoảng cách
Bài toán 4. Góc giữa hai đường thẳng AB và CD được tính theo công thức:
uuur uuur
AB.CD
cosϕ = uuu
r uuur
AB . CD
uuur
uuur2
Bài toán 5. Khoảng cách giữa hai điểm A và B là : AB = AB = AB
r
Bài toán 6. Cho điểm M và đường thẳng l có véctơ chỉ phương a , điểm A thuộc l. Tính khoảng
cách từ M đến l.
Phương pháp giải:
uuuur ur
Đặt AM = m , gọi N là hình chiếu của M lên l.
uuuu
r r
r ur r
uuuu

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

(

uuuu
r
Khoảng cách cần tìm : MN =

r ur

( xa − m )

)

2

Bài toán 7. Cho (ABC), điểm M không thuộc (ABC).Tính khoảng cách từ M đến (ABC) và góc
giữa MA và (ABC).

7


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GV: Dương Công Huân

Phương pháp giải:

uuuur ur uuur r uuur r
Đặt AM = m , AB = a, AC = b , gọi N là hình chiếu của M lên (ABC).
uuuu
r uuur uuuu
r
r
r ur
Khi đó : MN = AN − AM = xa + yb − m
r
r ur r
( xa + yb − m)a = 0
r ur r
Do MN ⊥ ( ABC ) nên  r
( xa + yb − m)b = 0
Khi cho biết x,y ta tìm được khoảng cách từ M đến (ABC) bằng

(

r
r
xa + yb − m

)

2

.Nếu

r
r r

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

ur
Bài toán 8. Cho đường thẳng chéo nhau, d1 đi qua A1 và có véc tơ chỉ phương a1 ; đường thẳng
uu
r
d2 đi qua A2 và có véc tơ chỉ phương a2 .
Tính khoảng cách và góc giữa hai đường thẳng trên.
Phương pháp giải:

ur uu
r
a1.a2
r
+ Góc giữa hai đường thẳng : cosϕ = ur uu
a1 . a2
uuuu
r
ur ur
uu
r
+Đoạn vuông góc chung P1P2 ( P1 thuộc d1, P2 thuộc d2), khi đó: P1 P2 = xa1 + m + ya2 . Do
uuuu
r ur

 P1 P2 .a1 = 0
⇒ x, y
r uu
r
 uuuu
 P1 P2 .a2 = 0

uuuu
r
ur ur
uu
r
Khoảng cách cần tìm: P1 P2 = ( xa1 + m + ya2 ) 2

Ví dụ 4
Cạnh đáy của lăng trụ tam giác đều ABC.A 1B1C1 bằng a, các điểm O và O 1 tương ứng
trọng tâm của các dáy ABC và A 1B1C1.Độ dài hình chiếu của đoạn thẳng AO 1 trên đường thẳng
B1O bằng

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

Lời giải:

8


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GV: Dương Công Huân

uuuur ur uuu
r r uuur ur
Chọn hệ véc tơ cơ sở AA1 = m, AB = n, AC = p .

{

}

C1

ur
Giả sử h = m

A1
O1
N

Ta có:

B1

uuuu
r 1 uuuur uuur uuuu
r 1 ur r ur
AO1 = AA1 + AB1 + AC1 = 3m + n + p
3
3
uuur uuur uuur 1

ur r ur
B1O = AO − AB1 = −3m − 2n + p
3

(

)

(

(

)

)

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

A

C
O
M

B

uuuu
r
5a
Vì: AO1 .cosϕ =
4
nên

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

Ví dụ 5
Đáy của hình chóp S.ABC là tam giác đều ABC với cạnh bằng 1, cạnh SA vuông góc
vuông góc với đáy, SA = 3 . Mặt phẳng ( α ) song song với các đường thẳng SB và AC, mặt
phẳng ( β ) song song với các đường thẳng SC và AB. Tính giá trị của góc giữa hai mặt phẳng

(α)

và ( β ) .

Lời giải:

9


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GV: Dương Công Huân

Chon hệ véc tơ cơ sở
uuu
r r uuu
r r uuur

S

r

{ AS = a, AB = b, AC = c} .

ur r
Giả sử m, n là các véc tơ bất kì khác
r
0,
tương ứng vuông góc hai mặt phẳng

(α)

và ( β ) ,

còn ϕ góc hai mặt phẳng ( α ) và ( β ) .
ur r
m.n
Thế thì: cosϕ = ur r
m.n

C

A

ur
r
r r
Đặt m = xa + yb + zc

Ta có:

B

r r r
r r
uur ur
 b − c xa + yb + zc = 0
ur
 SB.m = 0
m ⊥ ( α ) ⇔  uuur ur

⇔ r r
r r
 AC.m = 0
c ( xa + yb + zc ) = 0

(

)(

)

 y = −23
6 x − 2 y − z = 0

⇔

1
 y + 2z = 0
 x = − 2 z

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

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

ur r
m.n
1
Khi đó : cosϕ = ur r = .
m.n 5

r r r r
Chọn : u = −2 ⇒ v = 4, t = 1 ⇒ n = a − 2b + 4c

Bài tập vân dụng.

10


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GV: Dương Công Huân

Bài 1. Cho tứ diện ABCD có AB=CD=a, CA=BD=b, AD=BC=c. Tính cosin của góc giữa các
cạnh đối diện.

Bài 2. Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A1B1C1 có BC=a, AC=b, Ab=c, AA1=h. Tính cosin của
góc:

1.Giữa AB1 và BC1.
2.Giữa AB và B1C.

Bài 3. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB=a, BC=b, CC’=c. Tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng BC’ và CD’.
Bài 4. Cho tứ diện đều SABC cạnh bằng 1. BD là đường cao của tam giác ABC Tam giác đều
BDE nằm trong mặt phẳng tạo với cạnh AC góc ϕ , biết rằng các điểm S và E nằm về một phía
đối với mặt phẳng (ABC). Tính SE.

Dạng 3. Phần quan hệ vuông góc
uuur uuur
Bài toán 9. Hai đường thẳng phân biệt AB và CD vuông góc với nhau khi và chỉ khi AB.CD = 0 .
r r
Bài toán 10. Cho hai a, b không cùng phương thuộc mặt phẳng (P), AB không thuộc (P) .
uuu
rr
 AB.a = 0
rr
Khi đó :AB ⊥ (P) ⇔  uuu
.
 AB.b = 0
Ví dụ 6
Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1. M và N là các điểm thuộc các đường chéo BA1 và

CB1 sao cho:

BM 1 CN 2

= ,
= . Chứng minh rằng: MN ⊥ BA1 , MN ⊥ CB1 .
MA1 2 NB1 1

Lời giải:
uuu
r r uuur r uuur r
Chọn hệ véc tơ cơ sở BA = a, BB1 = b, BC = c

{

}

C1

D1

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

A1

B1

N

Theo bài ra :
uuuu
r 1 uuur 1

BM 1
= ⇒ BM = BA1 =
3
3
MA1 2
uuur 2 uuur 2
CN 2
= ⇒ CN = CB1 =
3
3
NB1 1
Mặt khác:

r r

( a + b)
(

r r
b−c

M
D

)

C

A
B

11


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GV: Dương Công Huân

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

(

)

(

)

Do đó:
uuuu
r uuur 1 r r r
MN .BA1 = −a + b + c
3

uuuu
r uuur 1 r r r
MN .CB1 = − a + b + c
3

(

(

)(

r r
a + b = 0 ⇒ MN ⊥ BA1

)(

r r
b − c = 0 ⇒ MN ⊥ CB1

)

)

Ví dụ 7
Cho hình hộp ABCD.A1B1C1D1 có các mặt là các hình thoi bằng nhau. Các góc phẳng của
góc tam diện đỉnh A1 bằng nhau.
Chứng minh rằng: A1C ⊥ ( AB1 D1 ) .
Lời giải:
uuur r uuuur r uuuur r
Chọn hệ véc tơ cơ sở A1 A = a, A1 B1 = b, A1 D1 = c

{

}

D1

C1
O1

Theo giả thiết : ∠AA1 D1 = ∠D1 A1 B1 = ∠AA1 B1 = ϕ

B1

A1

Gọi m là độ dài cạch hình hộp.
Ta có:
uuur r r r uuur uuur r r r r r
A1C = a + b + c ⇒ A1C . AB1 = (a + b + c ) b − a = 0
uuur uuur
⇒ A1C ⊥ AB1
(1)
uuur uuuu
r r r r r r
A1C. AD1 = (a + b + c ) c − a = 0
uuur uuuu
r
⇒ A1C ⊥ AD1 (2)

(

(

)

)

D
C

A
B

Từ (1) và (2) suy ra A1C ⊥ ( AB1 D1 ) .
Bài tập vân dụng.
Bài 1. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi M,N lần lượt là trung điểm cạnh AD và BB’.
Chứng minh : MN ⊥ A’C.
Bài 2. Cho hình chóp S.ABC, SA ⊥ (ABC), SA=a 3 , AC=2a, AB=a, ∠ABC = 90 O . Gọi M và N
là hai điếm sao cho:

12


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GV: Dương Công Huân

uuur uuur r
3MB + MS = 0

uuu
r uuur r
4 NS + 3NC = 0
Chứng minh: SC ⊥ (AMN).
Bài 3. Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC, đáy ABC là tam giác cân tại A.
Vẽ SO ⊥ (ABC), D là trung điểm cạnh AB, E là trọng tâm tam giác ADC.
Chứng minh: DC ⊥ (SOE)).

3.3 Hiệu quả sáng kiến
Kiểm tra: 45 phút.
Đề bài:
Đề 1:
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có SA=4. Điểm D nằm trên cạnh SC, CD=3, còn
khoảng cách từ A đến đường thẳng BD bằng 2. Tính chiều cao của hình chóp.
Đề 2:
Đáy của hình chóp S.ABC là tam giác đều ABC cạnh bằng 4 2 , cạnh bên SC vuông góc
với đáy và có độ dài bằng 2. M,N lần lượt là trung điểm BC, AB.Hãy tìm số đo của góc và
khoảng cách giữa SM và CN.

Đáp án
Lời giải đề 1:

13


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GV: Dương Công Huân

uur r uur r uuu

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

{

}

S

Đặt ϕ là góc phẳng ở đỉnh của hình chóp.

D

N là hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường
thẳng BD.
uuur uuur uuur
uuur uuur
r
r
r
AN = DN − DA = xDB − DA = − a + xb) + (1 − x )c Do

C

A
N

AN ⊥ DB
B

uuur uuur
r
r
r r r
⇒ AN .DB = 0 ⇔ −a + xb + (1 − x)c (b − c) = 0

(

)

⇔ (17 x − 1) − 8( x + 1)cosϕ = 0
(1)
uuur 2
Mặt khác: AN = 2 ⇔ AN = 4 ⇔ 17 x 2 − 2 x + 13 − 8( x + 1) 2 cos ϕ = 0 (2)
Từ (1) và (2) ta được x =

7
55
.Vì vậy : cosϕ =
9
64

Ta tính độ dài đường cao của hình chóp SO.Vì O là trọng tâm của tam giác ABC nên
1
1
SO = ( SA + SB + SC ) = (a + b + 4c)
3
3
1
1

1
⇒| SO |=
(a + b + 4c ) 2 =
48 + 96 cos ϕ =
58
3
3
2

Lời giải đề 2:

14


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GV: Dương Công Huân

Ta chọn hệ véc tơ cơ sở
uuu
r r uuu
r r uuu
r r
CA = a, CB = b, CS = c

{

S

}

+Ta tìm góc ϕ giữa SM và CN?
Ta có:
P

uuur uuuu
r uuu
r 1 r r
SM = CM − CS = (b − 2c)
2
uuur 1 r r
CN = (a + b)
2

A

C

Khi đó:

N

M

uuur uuur
SM .CN
2
cosϕ = uuur uuur =
⇒ ϕ = 450
2

SM . CN

B

+Tính khoảng cách giữa SM và CN?
uuur
uuur
uuur uuu
r 1 r
r
r
Gọi P thuộc SM và Q thuộc CN. Khi đó: PQ = xSM + yCN + SC =  ya + ( x + y ) b − ( 2 x + 2 ) c 
2
Do PQ là đoạn vuông góc chung của SM và CN nên:
2

uuur uuur r
x=−

 PQ.SM = 0
3 x + 3 y = −1 
3
⇔
 uuur uuur r ⇔ 
x + 2 y = 0
 PQ.CN = 0
y = 1

3
uuur 1 r r r

uuur 1 r r r
⇒ PQ = a − b − 2c ⇒ PQ =
a − b − 2c
6
6

(

)

(

)

2

=

2 3
3

KẾT QUẢ
Sau khi tôi dạy một số tiết trên lớp và một số buổi bồi dưỡng thì tôi cho tiến hành kiểm tra khả
năng tiếp thu kiến thức của học sinh trên lớp tôi dạy thì thu được kết quả sau:

Lớp
11M
11C
11D

Năm học
2018-2019
2018-2019
2018-2019

Số học sinh đạt yêu cầu
25/35 (71,42 %)
32/42(76,19%)
30/42(71,42 %)

15


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GV: Dương Công Huân

3.4 Điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến:
Thực hiện trong phạm vi một số buổi chữa bài tập với các bài tập ở mức độ vừa phải.
Giáo viên đưa ra phương pháp giải, ví dụ mẫu và hệ thống bài tập, học sinh nêu các lời giải có thể
có được của bài toán. Sau đó cho học sinh tìm tòi, phát hiện một số vấn đề xung quanh bài giải ở
mức độ đơn giản.
Thực hiện một số buổi trong công tác bồi dưỡng đối với những học sinh khá hơn ở mức
độ những bài toán cao hơn.
Hình thức này cũng cần thực hiện liên tục trong quá trình học tập của học sinh, làm cho
khả năng tư duy, tính sáng tạo của học sinh ngày càng được tăng lên.

3.5 Cam kết không sao chép hay vi phạm bản quyền:
Tôi xin cam kết không sao chép hoặc vi phạm bản quyền của bất kỳ tác giả nào.

KIẾN NGHỊ, ĐỀ XUẤT
Cần tăng cường hơn nữa hệ thống ví dụ giải bài toán hình học không gian bằng phương
pháp véctơ và hệ thống bài tập trên sách giáo khoa, tài liệu tham khảo để học sinh có thể tự
nghiên cứu và vận dụng véctơ trong quá trình giải bài toán hình học không gian.

KẾT LUẬN
Trong đề tài này, chủ yếu tôi đưa ra một số phương pháp phân tích, đánh giá để có lời giải
các bài toán hình học không gian bằng phương pháp véctơ.
Tuy nhiên trong quá trình thực hiện đề tài chắc chắn sẽ không tránh khỏi những thiếu sót, tôi rất
mong muốn có được sự đóng góp ý kiến của đồng nghiệp và các bạn đọc về nội dung đề tài.

Tôi xin chân thành cảm ơn !

Vĩnh yên, ngày 25 tháng 2 năm 2020
CƠ QUAN ĐƠN VỊ ÁP DỤNG SÁNG KIẾN

16

TÁC GIẢ SÁNG KIẾN


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GV: Dương Công Huân

Dương Công Huân

17