Khai thác các bài toán bằng nhiều hình thức nhằm phát triển tư duy học sinh trong việc ôn tập học sinh giỏi phần hình học không gian

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ

TRƯỜNG THPT NÔNG CỐNG 3

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

KHAI THÁC BÀI TOÁN BẰNG NHIỀU HÌNH THỨC NHẰM
PHÁT TRIỂN TƯ DUY CỦA HỌC SINH TRONG VIỆC ÔN
TẬP CHO HỌC SINH GIỎI PHẦN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Người thực hiện: Trần Thị Chinh
Chức vụ: Giáo viên
SKKN thuộc môn: Toán

THANH HOÁ NĂM 2020


MỤC LỤC
1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
1.5.Những điểm mới của SKKN.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
2.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu.
2.3. Giải pháp cụ thể.
2.3.1. Bài toán có nhiều cách giải và khai thác bài toán đó.
2.3.2. Xây dựng và khai thác bài toán trên mô hình.
2.3.3.Xậy dựng và khai thác bài toán bằng quy tắc, phương pháp.

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận.
3.2. Kiến nghị.
Tài liệu tham khảo.
Danh mục SKKN đã được xếp loại.

Trang
1
1
2
2
2
2
2
2
3
4
4
10
12
17
19
19
19
20
21


KHAI THÁC BÀI TOÁN BẰNG NHIỀU HÌNH THỨC NHẰM PHÁT

TRIỂN TƯ DUY CỦA HỌC SINH TRONG VIỆC ÔN TẬP CHO HỌC
SINH GIỎI PHẦN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
1. MỞ ĐẦU
1.1 . Lý do chọn đề tài
Trong quá trình dạy học ở bậc phổ thông, việc bồi dưỡng kiến thức và phát
triển tư duy cho học sinh là hai nhiệm vụ trọng tâm của người giáo viên.Vì lí do
thời lượng chương trình và đáp ứng một cách đại trà về kiến thức cho học sinh
nên chương trình sách giáo khoa phổ thông chỉ mới đáp ứng được một phần kiến
thức. Chính điều này đã làm hạn chế sự phát triển tư duy của những em học sinh
khá và giỏi. Vì vậy trong quá trình giảng dạy chúng tôi luôn quan tâm đến hai
vấn đề là đáp ứng kiến thức đại trà và phát triển tư duy cho học sinh khá giỏi.
Đối với các em học sinh trung bình thì cần thiết có hệ thống bài tập phù
hợp với khả năng tương ứng của các em, làm sao cho các em có thể vận dụng vào
giải quyết các bài toán cơ bản tạo niềm tin hứng thú cho các em. Còn đối với các
em học sinh khá giỏi, thông thường các em học sinh chỉ mới có khả năng giải
quyết trực tiếp các bài toán mà không có khả năng nhìn nhận bài toán đó từ
những góc độ khác nhau, từ đó dẫn đến một hiện tượng thường thấy trong nghiên
cứu khoa học là: “chỉ thấy cây, không thấy rừng”. Học sinh chỉ có khả năng giải
quyết các vấn đề một cách rời rạc mà không có khả năng xâu chuỗi chúng lại với
nhau thành một mảng kiến thức lớn. Chính vì thế việc rèn luyện và phát triển các
tư duy tương tự hoá và tổng quát hoá là hết sức cần thiết đối với học sinh phổ
thông. Việc làm này giúp các em tích luỹ được nhiều kiến thức phong phú, khả
năng nhìn nhận và phát hiện vấn đề nhanh, giải quyết vấn đề có tính lôgic và hệ
thống cao.
Có nhiều hướng khác nhau để rèn luyện và phát triển tư duy cho học sinh.
Trong đề tài này chúng tôi tập trung phát triển tư duy cho học sinh thông qua việc
áp dụng trong hình học không gian chủ yếu của lớp 11, là một trong nội dung
khá khó đối với đại đa số học sinh.
Vì những lí do trên tôi chọn đề tài: “Khai thác các bài toán bằng nhiều
hình thức nhằm phát triển tư duy học sinh trong việc ôn tập học sinh giỏi

phần hình học không gian”.
1


1.2. Mục đích nghiên cứu
- Đề tài khác thác một số bài toán bằng các hình thức khác nhau, nhằm phát
triên tư duy của học sinh, trong việc học phần hình học không gian.
- Giúp học sinh tiếp cận hình học không gian một cách có hiệu quả hơn
- Đề tài giúp học sinh phát huy tối đa năng lực, tạo điều kiện để những học
sinh có năng lực đạt kết quả cao trong các kì thi học sinh giỏi, kỳ thi THPT
Quốc gia .
1.3. Đối tượng nghiên cứu
- Một số bài toán hay và khó ở phần hình học không gian.
- Một số cách khai thác bài toán.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
- Phương pháp tự nghiên cứu và ứng dụng thực tiễn
- Phương pháp thực nghiệm và đối chứng
- Phương pháp thống kê tổng hợp
- Phương pháp thực nghiệm sư phạm.
1.5. Những điểm mới của SKKN
- Đưa ra một số cách khai thác bài toán.
- Đề tài trình bày và giải quyết vấn đề thông qua việc giải các bài toán cụ thể
và được chia thành các dạng khai thác bài toán khác nhau.
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Trong chương trình đổi mới sách giáo khoa và phương thức giảng dạy hiện
nay , học sinh trong việc chủ động trong mọi hoạt động học tập và lĩnh hội tri
thức, việc kích thích tính học tập chủ động của học sinh là rất cần thiết trong
từng tiết dạy lý thuyết và đặc biệt là tiết luyện tập , ôn tập đòi hỏi người giáo
viên luôn luôn sáng tạo trong từng bài dạy từng tiết dạy để tránh việc " thông

báo kiến thức " , ''chữa bài tập'' qua đó học sinh thấy hứng thú và chủ động tìm
tòi cái mới từ cái đã có.
Để làm được điều này người giáo viên phải tạo ra được cái mới từ những
cái đã có bằng việc đào sâu mở rộng khai thác một cách triệt để từ những cái ban
đầu, có thể khó thì ta làm dễ đi để đơn giản hoặc từ dễ ta tổng hợp lên để nó

2


thích ứng được với từng đối tượng . hoặc tạo ra những bài toán có nhiều tình
huống gắn được với thực tế .
Có nhiều cách để thiết kế, xây dựng bài toán mới chẳng hạn: Dùng phép
tương tự, khái quát hóa, đặc biệt hóa, lật ngược vấn đề...
2.2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu
Qua quá trình dạy hình học không gian 11và ôn thi học sinh giỏi. luyện thi
THPT Quốc gia. Tôi nhận thấy rằng, đa số các em học sinh còn gặp khó trong
việc tiếp cận hình học không gian và giải quyết các bài toán khó trong phần hình
học không gian. Nguyên nhân cơ bản là do học sinh chưa phát huy được hết
năng lực của bản thân trong các bài toán này, “ còn ngại khó”.
Từ thực tế trên với nhiệm vụ hổ trợ đồng nghiệp trong việc ôn tập cho học
sinh giỏi về phần hình học không gian. Tôi nhận thấy cần phải đư ra các biện
phát làm sao: phát triển tư duy cảu học sinh khi học phần “khó” này.
Xuất phát từ cơ sở thực trạng trên, tôi hi vọng sáng kiến kinh nghiệm của
mình sẽ là một đóng góp thiết thực cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi bộ môn
Toán ở trường trung học phổ thông hiện nay nên tối quyết định lựa chọn đề tài
này với một thành ý muốn chia sẻ kinh nghiệm tới các đồng nghiệp trong và
ngoài nhà trường với mong muốn nó có thể giúp các đồng nghiệp có thêm tư
liệu và giải pháp nhằm nâng cao hiệu quả trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi
trong những năm tới.

3


2.3. Giải pháp cụ thể:
2.3. 1. Bài toán có nhiều cách giải và khai thác bài toán đó
Ví dụ 1: Cho tứ diện ABCD . Gọi M , N , P, Q lần lượt là trung điểm của các
đoạn thẳng AB, CD, BC , DA . Chứng minh rằng ba đoạn thẳng MN , PQ đồng
quy tại trung điểm mỗi đoạn.
Lời Giải
Cách 1:

Ta có MP là đường trung bình của tam giác BC,
NQ là đường trung bình của tam giác ADC nên
1
AC . Do đó
2
tứ giác MPNQ là hình bình hành, suy ra MN, PQ
cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn.
Vậy MN, PQ cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn.
MP//AC, NQ//AC và MP  NQ 

Cách 2: Gọi E, F lầ lượt là các điểm đối xứng của M
qua P, Q.
Ta có tứ giác BMCE, AMDF là các hình bình hành
Suy ra EC//DF(vì cùng song song với AB)
1
EC=DF(vì cùng bằng AB )
2
Do đó tứ giác ECFD là hình bình hành
Vì vậy N là trung điểm của EF

Tam giác MEF có PQ là đường trung bình, N là trung
điểm EF suy ra MN, PQ cắt nhau tại trung điểm mỗi
đường
Vậy MN, PQ cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn.
Cách 3: Dùng phép chiếu song song
Chiếu tự diện ABCD theo phương MN xuống mặt
phẳng BCD
Khi đó N là ảnh của M và gọi A’, Q’ là ảnh của A, Q.
Theo tính chất phép chiếu song song ta có N là trung
điểm của BA’, Q’ là trung điểm của DA’
Suy ra BDA’C là hình bình hành, do đó N là trung
điểm của PQ’.
Vì vậy MN cắt PQ tại trung điểm của PQ.
Suy ra điều phải chứng minh.
4


Cách 4: Dùng phương pháp vectơ
Gọi G là trung điểm của PQ, ta sẽ chứng minh G là trung điểm của MN
Thật vậy:
uuuu
r uuuu
r uuur uuur uuu
r uuur uuur uuu
r uuur
2MG  MQ  MP  MB  BP  MA  AQ  BP  AQ
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuu
r uuur uuu
r
2NG  NQ  NP  ND  DQ  NC  CP  DQ  CP

uuuu
r uuur
Suy ra MG  NG � G là trung điểm của MN
Suy ra đpcm.
* Khai thác bài toán trên:
a) Tổng quát lên ta có bài toán
Bài 1: Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng
AQ BP

.
QD PC
Chứng minh rằng ba đoạn thẳng MN, PQ đồng quy tại trung điểm mỗi đoạn.
b) Tương tự ta có bài toán
Bài 2: Cho tứ diện ABCD. Gọi M,N,P,Q, R, S lần lượt là trung điểm của các
đoạn thẳng AB, CD, BC, DA, AC, BD. Chứng minh rằng ba đoạn thẳng MN,
PQ, RS đồng quy tại trung điểm mỗi đoạn.
c) Bài toán về tập hợp điểm
Bài 3: Cho tứ diện ABCD. P, Q lần lượt là các điểm thay đổi nằm trên đoạn BC,
AB, CD. P, Q lần lượt là các điểm nằm trên đoạn BC, AD sao cho

AD sao cho

AQ BP

. Tìm tập hợp trung điểm của PQ.
QD PC

Ví dụ 2 : Cho tứ diện ABCD. Gọi ha, hb, hc, hd lần lượt là độ dài
các đường cao hạ từ các đỉnh A, B, C, D. Gọi x, y, z, t là khoảng
cách từ điểm M nằm trong tứ diện ABCD đến mặt phẳng (BCD),

(CDA), (DAB), (ABC). Chứng minh rằng:
x
y z
t
   1
ha hb hc hd
Lời Giải
1
1
1
1
VABCD  S BCD .ha  SCDA .hb  S DAB .hc  S ABD .hd
3
3
3
3
 3VABCD  S BCD .ha  SCDA .hb  S DAB .hc  S ABD .hd
1
1
1
1
VABCD  VMBCD  VMCDA  VMDAB  VMABC  S BCD .x  SCDA . y  S DAB .z  S ABD .t
3
3
3
3

5

S BCD .x SCDA . y S DAB .z S ABD .t




3VABCD 3VABCD 3VABCD 3VABCD
S .x S . y S . z
S .t
1  BCD  CDA  DAB  ABD
S BCD .ha SCDA .hb S DAB .hc S ABD .hd
x
y z
t
    1 (đpcm)

ha hb hc hd
* Khai thác bài toán trên:
a) Đặc biệt hóa ta có bài toán

 1

* Nếu M trùng với tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD thì x  y  z  t  r
Ta có
Bài 1: Cho tứ diện ABCD . I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện. Chứng minh rằng
1 1 1 1 1
   
r ha hb hc hd
(sách bài tập hình học 12 nâng cao)
* Xét tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau, M là
một điểm thuộc miền trong tam giác ABC. Từ đó ta có bài toán

Bài 2: Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc với nhau,Gọi
A’, B’, C’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm M trên các mặt phẳng
(OBC), (OCA), (OAB).
MA ' MB ' MC '


1
OA OB OC
b) Thay đổi hình thức bài toán
* Gọi
A '  AM � BCD  , B '  BM � ACD  , C '  CM � ABD  , D '  DM � ABC 
MA ' MK x y MB ' z MC ' t
MD '

 , 
,

,

Khi đó ta có
ta được bài
AA ' AH ha hb BB ' hc CC ' hd DD '
toán
( H , K lần lượt là hình chiếu của A, M lên  BCD  )

6


Bài 3: Cho tứ diện ABCD . M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi
A '  AM � BCD  , B '  BM � ACD  , C '  CM � ABD  , D '  DM � ABC 

MA ' MB ' MC ' MD '



 1.
. Chứng minh rằng
AA ' BB ' CC ' DD '
* M là điểm nằm trong tứ diện và G là trọng tâm tứ diện ABCD . Đường thẳng GM
cắt các mặt phẳng  BCD  ,  CDA ,  ABC  ,  DAB  lần lượt tại các điểm
A ', B ', D ', C ' .
( H , K lần lượt là hình chiếu của G , M lên  BCD  )
A ' M MK MK 4 x



ha
Khi đó ta có A ' G GH
ha , tương tự ta có
4
B' M 4 y C' M 4 z D' M 4t

;
 ;
 .
B' G hb C' G hc D' G hc
MA ' MB ' MC ' MD '



 4.

Từ đó
GA ' GB ' GC ' GD '
Dẫn đến bài toán sau:
Bài 4: Cho tứ diện ABCD . M là điểm nằm trong tứ
diện và G là trọng tâm tứ diện ABCD . Đường thẳng
GM cắt các mặt phẳng
 BCD  ,  CDA ,  ABC  ,  DAB  lần lượt tại các
điểm A ', B ', D ', C ' .
MA ' MB ' MC ' MD '



 4.
a) Chứng minh rằng
GA ' GB ' GC ' GD '
A�
M .B�
M .C �
M .D�
M
.
A�
G.B�
G.C �
G.D�
G
AM x
 �1
* Dễ thấy AM  x �ha �
ha

ha
BM y
AC z
AD t
 �1,
 �1 ,
 �1
Tương tự:
hb
hb
hc
hc
hd
hd
AM BM CM DM x
y z
t
�



    �4
ha
hb
hc
hd
ha hb hc hd
AM BM CM DM
�




�3
ha
hb
hc
hd
b) Tìm GTLN của T 

Dẫn đến bài toán sau:
7


Bài 5: Cho tứ diện ABCD. Gọi ha, hb, hc, hd lần lượt là độ dài các đường cao hạ từ các
đỉnh A, B, C, D. Chứng minh rằng:
AM BM CM DM



�3
ha
hb
hc
hd
* Gọi Sa, Sb, Sc, Sd lần lượt là diện tích các tam giác BCD, CDA, DAB, ABC. Va,
Vb, Vc, Vd lần lượt là thể tích của các tứ diện MBCD, MCDA, MDAB, MABC.
Dễ thấy AM + x  ha � AM.Sa + x.Sa  ha.Sa
� AM. Sa + 3Va  3VABCD = 3( Va + Vb + Vc + Vd)
� AM.S1  3V2 + 3V3 + 3V4 = y.Sb + z.Sc + t.Sd
Sb

S
S
 z. c  t . d
Sa
Sa
Sa
Sa
Sc
Sd
Sa
Sz
Sd
Tương tự: MB  x.  z.  t.
, MC  x.  y.  t. ,
Sb
Sb
Sb
Sc
Sc
Sc
Sa
Sb
Sc
MD  x.  y.  z.
Sd
Sd
Sd

� MA  y.

�S
S �� S
S �� S
S �
� MA  MB  MC  MD ��x. a  y. b � �x. a  z. c � �x. a  t . d �
Sa � � Sc
Sa � � Sd
Sa �
� Sb
� S
S �� S
S �� S
S �
 �y. b  z. c � �y. b  t. d � �z. c  t. d �
Sb � � St
Sb � � S d
Sc �
� Sc
� MA  MB  MC  MD �2



xy  xz  xt  yz  yt  zt



Dẫn đến bài toán sau:
Bài 6. Cho tứ diện ABCD. Gọi x, y, z, t là khoảng cách từ điểm M nằm trong tứ diện
ABCD đến mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC). Chứng minh rằng:
MA  MB  MC  MD �2 xy  xz  xt  yz  yt  zt





Đối với bài toán này ta lại có các trường hợp đặc biệt sau:
a) Nếu điểm M tâm mặt cầu nội tiếp tứ diên ABCD thì
MA  MB  MC  MD �12r (r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện
ABCD)
b) Nếu ABCD là tứ diện gần đều có diện một mặt là S thì
MA  MB  MC  MD �3  x  y  z  t  hay MA  MB  MC  MD �3h
(Vì x  y  z  t  h , h là chiều cao của tứ diện gần đều)
c) Nếu ABCD là tứ diện đều cạnh a thì MA  MB  MC  MD �a 6

8






d) Nếu ABCD là tứ diện vuông tại A thì MB  MC  MD �12  3 r
1
1
1
1
* Từ VABCD  VMBCD  VMCDA  VMDAB  VMABC  Sa .x  Sb . y  Sc .z  S d .t
3
3
3

3
�S
S
S S �
S
S
S S
� 3.VABCD � a  b  c  d �  Sa .x  Sb . y  Sc .z  Sd .t  a  b  c  d
y
z
t �
x
y
z
t
�x
�x y �
�y z �
�z t �
�t x �
�x
 Sa2  Sb2  Sc2  Sd2  Sa Sb �  � Sb Sc �  � Sc Sd �  � S d Sa �  � S a Sc �
�t z �
�x t �
�z
�y x �
�z y �
�Sa2  Sb2  Sc2  Sd2  2Sa Sb  2Sb Sc  2Sc Sd  2Sd Sa  2Sa Sc  2Sd Sb 
  S a  Sb  S c  S d 

2

 S  Sb  Sc  S d 
S
S
S
S
 a b c d � a
x
y
z
t
3.VABCD
Dấu “ = ” xảy ra  x = y = z = t hay M là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện ABCD.
2

Dẫn đến bài toán sau:
Bài 7: Cho tứ diện ABCD. Gọi Sa, Sb, Sc, Sd lần lượt là diện tích các tam giác
BCD, CDA, DAB và ABC. Gọi x, y, z, t là khoảng cách từ điểm M nằm trong tứ diện
ABCD đến mặt phẳng (BCD), (CDA), (DAB), (ABC). Chứng minh rằng:
2
Sa Sb Sc Sd  Sa  Sb  Sc  Sd 
  
�
x
y
z
t
3.VABCD
c) Thay đổi giả thiết bài toán thành giả thiết tương tự.

* Xét điểm M nằm trong tam giác BCD , Qua M kẻ các đường thẳng lần lượt
song song với AB, AC , AD cắt các mặt phẳng  ACD  ,  ABD  ,  ABC  . Ta có bài
toán

Bài 8: Cho tứ diện ABCD , M là điểm nằm trong
tam giác BCD , Qua M kẻ các đường thẳng lần lượt
song song với AB, AC , AD cắt các mặt phẳng
 ACD  ,  ABD  ,  ABC  .
MB ' MC ' MD '


1.
a) Chứng minh rằng
AB
AC
AD
b) Tìm Giá trị lớn nhất của Q  MB '.MC '.MD ' .
Bài 9: Cho tứ diện ABCD có AB. AC. AD  54324 và M là một điểm nằm
trong tam giác BCD . Các đường thẳng qua O song song với AB, AC , AD lần
lượt cắt các mặt ( ACD),( ABD),( ABC ) tại B ', C ', D ' . Chứng minh rằng:
OB '.OC '.OD ' �2012.
Bài 10: Cho hình chóp đều S.ABC. M là điểm thuộc mặt phẳng (ABC), qua M
dựng đường thẳng d vuông góc với (ABC). Đường thẳng d cắt các mặt phẳng
9


(SAB), (SBC), (SCA) lần lượt tại các điểm C’, A’ và B’. Chứng minh
MA ' MB ' MC ' không phụ thuộc vào điểm M.
HD: Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC) khi đó H là trọng tâm tam giác ABC.
�S

�
S
S
Ta có MA ' MB ' MC '  OA � MAB  MBC  MCA � 3OA .
�S HAB S HBC S HCA �

2.3.2. Xây dựng và khai thác bài toán trên mô hình.
Xét mô hình : Cho hình chóp tứ giác S . ABCD
có đáy là hình thoi cạnh 2a , góc �
A  600 ; mặt
bên  SAB  là tam giác cân tại S , góc


�
ASB  2 ,(0    ) và SH là đường cao của
2
hình chóp với H là trung điểm AB .
Nhận xét:
uuur
uuur
1) Với N là điểm thỏa mãn AN  4 ND thì
BN  SC , suy ra SC  BN .
2) ABC , ACD là các tam giác đều nên D là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC . Tứ
giác BCDG nội tiếp được đường tròn.
3) Mặt bên  SCD  ,  SAB  vuông góc với  SHD  , SCD, HDC là tam giác
vuông.
4) Hình chóp đã được xác định khi biết độ dài cạnh đáy và góc  . Nên ta có thể
thay đổi giả thiết này bởi các giả thiết khác để hình chóp này xác định
Chẳng hạn chỉ cần cho tam giác  SAB  đều cạnh a và  SAB    ABCD  …

Bài 1: Với các giả thiết nêu trên : Tính
a) khoảng cách AB, SC và côsin góc hai đường thẳng AB, SC
b) khoảng cách từ C đến  SAD  và tính sin góc giữa SC và  SAD 
c) góc của  SAB  và  SCD  ,  SBC  và  SAD  .
Gợi ý:

a) * d  AB, SC   d  AB,  SCD    d  H ,  SCD    HK 

a 3
3tan 2   1

(Với K là hình chiếu của H lên SD )

10


�
�
*  AB, SC    CD, SC   SCD � cos( AB; SC ) 

1
cot 2   7

.

b) * Gọi E  AD �HC suy ra H là trung điểm EC do đó
d  C ;  SAD    2d  H ;  SAD    2 HH ' 

* sin  SC ,  SAD   

d  C ;  SAD  
SC



2 HS .HA
HS 2  HA2



2a 3
3tan 2   4

2 3
(3tan 2   4)(cot 2   7)

� : tan HSD
�  3 tan  .
c) góc của  SAB  và  SCD  là góc là HSD
Gọi góc của  SBC  và  SAD  là  :
�
1  tan 2 HSH
4  3tan 2 
1
�
cos   cos 2 HSH1 

.
2
�

4

3tan

1  tan 2 HSH
1
Từ bài toán 1 ta có thể ra câu hỏi ngược lại
Bài 2 : Tìm  để
a 6
2
10
b) cos  AB, SC  
10
a) d  AB, SC  

2a 66
11
d) Hai mặt phẳng  SBC  và  SAD  vuông góc với nhau.
c) d  C ;  SAD   

e) Góc giữa SC và  SAD  lớn nhất.
f) P  cos( �
AB; SC ).d  AB, SC  đạt giá trị lớn nhất
Hướng dẫn

11


a) d  AB, SC  

a 6
1
� tan 2   �   300
2
3
10
�   300
10

b) cos  AB, SC  

2a 55
�   450
11
2
3
�   arctan
d) ( SBC )  ( SAD) � tan  
3
3
c) d  C ;  SAD   

e) sin  SC ,  SAD   


2 3
(3tan   4)(cot   7)

2 3
21tan   4cot   31

2

2

2

�

2



2 3
31  4 21

Suy ra góc giữa SC và  SAD  lớn nhất khi và chỉ khi
� tan  

4

4
4
.
�   arctan 4
21
21

�
f) P  cos( AB; SC ).d  AB, SC  


a 3
10  cot 2   21tan 2 

�

1
cot 2   7

a 3

.

a 3
10  2 21

3tan 2   1

.

.

2.3.3. Xây dựng và khai thác bài toán bằng quy tắc, phương pháp.
Ví dụ 1: Khai thác bài toán về phương pháp chứng minh đường thẳng vuông
góc với đường thẳng bằng cách dựng mặt phẳng.
Xét mô hình hình chóp tứ giác đều S . ABCD .
Dễ thấy
(1)  SUV  / /  TSRQ  ,  SAC  / /  XYV 
(2) BD   SAC  ,  XYV 

(3) OW , AD, BC   SUV  ,  TSRQ 

12


Từ đó ta có các bài toán sau

Bài 1: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Gọi
K là trung điểm của SD , Q là điểm thuộc đoạn
BC sao cho BQ  3QC . Chứng minh rằng
a) AD  QK .
b) OW  QK với O là tâm hình vuông, W là
trung điểm của AB .
c) GG '  QK Với G, G ' lần lượt là trọng tâm
tam giác SAB, SCD .
Bài 2: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Gọi Z
là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA, H
là trung điểm của AZ,V là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng:
a) HV  BD .
(Đề đại học khối B năm 2007).
b) BY  AD với Y là trung điểm của SZ
c) HV  GG ' với G , G ' lần lượt là trọng tâm
các tam giác SBC , SCD .

Ví dụ 2: Khai thác phương pháp tính góc của hai mặt phẳng bằng sử dụng mặt
phẳng nền.
Xét mô hình hình lập phương và mặt nền là mặt đáy ta có bài toán

13

Bài 1: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' . Tính
số đo góc  của hai mặt phẳng  A ' BD  và  C ' BD  .
HD:
� '  2  1 � AOA
� '  COC
� '  450 ,
tan �
AOA '  tan COC
vậy �
A ' OC ' ; suy ra
A ' OC '  90o và   �
� ')  2 2 .
tan   tan( �
AOA '  COC
Xét hai điểm M , N tương ứng nằm trên đoạn
AA ', CC ' ta có bài toán:
Bài 2: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' . Hai
điểm M , N tương ứng nằm trên đoạn AA ', CC ' sao
cho AM  x; CN  y . Tính số đo góc  của hai mặt
phẳng  MBD  và  NBD  theo x, y .
x 2
�  y 2.
; tan NOC
a
a
2
� .tan NOC
�  1 �   90o

* Nếu 2xy  a : tan MOA
� 
HD: * Ta có : tan MOA

* Nếu 2xy �a 2 : tan  

a( x  y) 2
.
a 2  2 xy

a2
Cho x. y 
khi đó
4
a( x  y) 2 2 2  x  y 
tan  

a2
a
2
2 2.2 xy
�
 2 2 . Từ đó ta có bài toán:
a
Bài 3: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' . Hai điểm M , N tương ứng
a2
AA
',
CC
'

AM

x
;
CN

y
nằm trên đoạn
sao cho
thỏa mãn x. y  .
4
x
,
y
Tìm
để hai mặt phẳng  MBD  và  NBD  có góc là nhỏ nhất.

14


Bài 4: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' . Hai
điểm M , N di động tương ứng nằm trên đoạn
AA ', CC ' .
a) Chứng minh rằng
( MBD)  ( NBD) � ( BMN )  ( DMN ) .
b) Diện tích tam giác MON đạt lớn nhất, nhỏ nhất
biết ( BMN )  ( DMN ) .
HD: * Áp dụng kết quả bài toán 1, ta có
( MBD)  ( NBD) � 2 xy  a 2 (1) , trong đó
AM  x; CN  y và 0 �x; y �a .

* Gọi P là hình chiếu của O trên MN, ta có (BDP) vuông góc MN và tam
giác BDP cân tại P.
�  90o � BPO
�  45o � OP  OB (2)
Vậy ( BMN )  ( DMN ) � BDP
a 2
x y
a 2
.
và OB 
nên (2) � 2xy  a 2 (3).
2
2
2
2
a x y
2
Từ (1) và (3) suy ra: ( MBD)  ( NBD ) � ( BMN )  ( DMN ) .
Mà OP 

b) Ta có MN  2a 2  ( x  y )2  a 2  x 2  y 2 ( do 2xy  a 2 ).
Diện tích tam giác MON bằng
� a2 �
2a �x  �
1
1 2
a
2
x


y
� 2x �
S  OP.MN 
a  x2  y 2 .
.

2
2
2
4
a2  x2  y 2
với

a
�x �a .
2

a2
a
3 2a 2
a
a
khi x  y 
, maxS 
khi x  a; y  �x  ; y  a .
4
4
2
2
2

Tổng quát lên ta có bài toán
Bài 4: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB  a, BC  b, AA '  c .
Tính số đo góc  tạo bởi hai mặt phẳng  A ' BD  và  C ' BD  .
Suy ra minS 

HD: * Trong (ABCD) dựng AH, CK vuông góc với BD ( H,K thuộc BD) ;
�' KC là góc tạo bởi mp(ABCD) và hai mặt phẳng (A’BD)
ta có �
A ' HA, C
và (C’BD) .
�
A ' HA  tan C
' KC  c
* tan �

1
1

.
a 2 b2

15


Nếu

1
1
1
�' KC  450 �  A ' BD    C ' BD 

 2 2: �
A ' HA  C
2
a
b
c

2 1 1
 2
2
1
1
1
c
a
b
Nếu 2  2 � 2 : tan  
.
1
1 1
a
b
c
 
a 2 b2 c 2
Cho c cố định a, b thay đổi và  A ' BD    C ' BD  �
Áp dụng BĐT Côsi ta có

1
1

1
 2 2
2
a b
c

1
1
1
2
 2 2� .
2
a b
c
ab

Khi đó ta có bài toán
Bài 5: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AA '  c cố định và

 A ' BD  

 C ' BD  . Tìm diện tích nhỏ nhất của hình chữ nhật ABCD .
Xét mô hình hình lập phương và mặt nền là mặt  BDD ' B ' ta có bài toán
Bài 6: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' . Hai
điểm E , F tương ứng nằm trên đoạn BB ', DD ' và
EF đi qua tâm hình lập phương. Tính số đo góc 
của hai mặt phẳng  AEF  và  A ' EF  .
a) EF / / BD
b) EF  BD '
KQ: a) tan   2 2 .

2 6
5
�  600 , AA '  AB
Xét mô hình hình hộp đứng đáy là hình thoi, BAD
và mặt nền là mặt  ADD ' A ' ta có bài toán
Bài 7 : Cho hình hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' đáy hình thoi
�  600 , AA '  AB . Điểm M là trung
tâm O, BAD
b) tan  

điểm AA ' và I là tâm của mặt CDD ' C ' . Tính góc 
tạo bởi hai mặt phẳng  MBC ' và  IMO  .
HD : N , E lần lượt là trung điểm của A ' D ', ND
Khi đó MN / / AD '/ / OI / / BC '
 MBC ' � NMBC ' ,  IMO  � INMO 
Ta có  NMBC '   ADD ' A ' 
�  EH  6
Do đó tan   cot IHE
EI
2
MN
( H là hình chiếu của E lên
)

16


Xét mô hình hình lập phương và mặt nền là mặt    / /  ABCD 
ta có bài toán
Bài 8 : Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh

a . Hai điểm M , N lần lượt di động trên hai cạnh
AM CN

 k ;(0  k  1) .
AB ' CD '
Tìm giá trị của k sao cho hai mặt phẳng  BMN 
AB ', CD ' sao cho

.

và  DMN  vuông góc.

HD: Xét  PQRS  đi qua M , N và song song với hai
mặt đáy.
Khi đó góc của  BMN  ,  DMN  với mặt đáy bằng
�  DKS
� . Đặt AP  x .
nhau và bằng BHQ
BQ x a 2  (a  2 x) 2 k 1  (1  2k ) 2


HQ
a (a  x)
1 k
�  45o
Do đó ( BMN )  ( DMN ) � BHQ
1
� k 1  (1  2k ) 2  1  k � k  .
2
� 

tan BHQ

2.4 Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
2.4.1 Đối với bản thân
Trong năm học 2017-2018 và năm học 2018-2020 đến nay tôi được nhà
trường phân công hỗ trợ bồi dưỡng học sinh giỏi phần hình học không gian. Tôi
đã vận dụng những kinh nghiệm mà mình tích lũy được để ôn tập và hướng dẫn
học sinh thi học sinh giỏi. Những năm qua đội tuyển Toán trường THPT Nông
Cống 3 đã đạt được những kết quả nhất định:
Năm học

Học sinh
Trịnh Quốc Đạt
Lê Minh Đức
2017- 2018 Nguyễn Thị Loan
Phạm Kim Chiến
Lê Thị Thùy

lớp
11B1
11B1
11B1
11B1
11B1

HSG tỉnh
Nhì
Ba
KK
KK

KK

2018- 2019 Lê Văn Tiến

11C1

Ba
17


Mai Thanh Tân
Mạch Duy Hùng

11C1
11C1

KK
KK

2.4.2 Hiệu quả ứng dụng vào thực tiễn các trường THPT trong tỉnh:
- SKKN có thể áp dụng cho tất cả các trường THPT.
- SKKN cung cấp cho các đồng nghiệp một phương pháp phát tiển tư duy
cảu học sinh hay và hiệu quả để giúp học sinh yêu thích và học tốt phần hình hịc
không gian.
- Giới thiệu cho các đồng nghiệp và học sinh một nguồn bài tập hay để áp dụng.
- Khích lệ và cổ vũ phong trào ôn thi học sinh giỏi của các trường THPT
trong tỉnh.

18

3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1 Kết luận
Như vậy điều cốt lõi trong đề tài trên là khai thác các bài toán bằng
nhiều hình thức, hướng dẫn học sinh giải theo quy trình. Từ đó rèn được tư duy,
kĩ năng kĩ xảo trong giải toán, tăng niềm tin hứng thú học tập cho học sinh
Trong quá trình dạy học thói quen tổng quát hóa, đặc biệt hóa để đào sâu
nghiên cứu các góc cạnh trong toán học kiểu như trên là một điều rất cần thiết
cho phát triển tư duy và kích thích tính tích cực khám phá của các em học
sinh(đối với học sinh khá giỏi). Còn rất nhiều vấn đề mà trong phạm vi đề tài
này chưa thể bao quát hết được, tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu tiếp và rất mong được
đón nhận những góp ý bổ ích của bạn bè đồng nghiệp để đề tài càng phong phú
và hữu ích hơn.
3.2 Kiến nghị
- Tiếp tục đổi mới khâu ra đề thi theo hướng kiểm tra năng lực, đáp ứng
đổi mới căn bản toàn diện giáo dục, đảm bảo khách quan, phù hợp với đặc điểm
các môn học.
- Đề thi HSG nên lựa chọn các bài toán tạo điều kiện để học sinh phát tiển
tư duy, chứng tỏ sự sáng tạo của mình trong quá trình làm bài.

HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, ngày 16 tháng 6 năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Trần Thị Chinh

19

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa hình 11, 12.
[2]. Đề thi đại học, thi học sinh giỏi các trường trong và tỉnh Thanh Hóa .
[3]. Phân loại và phương pháp giải hình học lớp 11.
Nhóm tác giả Nguyễn Phú Khánh, Đậu Thanh Kỳ, Trần Văn Thương.
[4]. Một số tài liệu trên internet.

20


DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Trần Thị Chinh
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên Toán trường THPT Nông Cống 3

TT

Tên đề tài SKKN

SKKN “Khám phá một số
bài toán trong chương I hình
học 11 bằng tình huống gợi
1 vấn đề nhằm phát huy tính
tích cực của học sinh ban
KHTN”

Cấp đánh

giá xếp loại
(Phòng, Sở,
Tỉnh...)

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

Năm học
đánh giá xếp
loại

Ngành

C

2013

21