SKKN: Rèn luyện kĩ năng giải một số dạng bài tập về hình chóp dành cho học sinh luyện thi THPT quốc gia

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA

TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP 
VỀ HÌNH CHÓP DÀNH CHO HỌC SINH LUYỆN THI 
THPT QUỐC GIA

Người thực hiện:  Nguyễn Thị Bích Phượng
Chức vụ:  Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh mực (môn):  Toán

THANH HÓA NĂM 2016

1


MỤC LỤC
A. Mở đầu
I. Lý do chọn đề tài
II. Mục đích nghiên cứu
III. Đối tượng nghiên cứu
IV. Phương pháp nghiên cứu
B. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
I. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
II. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
III. Giải pháp giải quyết vấn đề
§1. Cơ sở khoa học
§2. Một số dạng toán minh họa

IV. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
C. Kết luận, kiến nghị
D. Tài liệu tham khảo, phụ lục 

01
01
01
01
01
01
01
02
02
02
05
19
20

2


A. MỞ ĐẦU
I. Lý do chọn đề tài
Quá trình giảng dạy và ôn luyện cho học sinh dự  thi tốt nghiệp THPT 
Quốc Gia (trước đây là thi Đại học – Cao đẳng)… tôi nhận thấy nhiều học sinh  
gặp khó khăn khi giải bài tập hình học không gian do khả  năng tư  duy tưởng  
tượng không gian của học sinh còn hạn chế và có tâm lý sợ môn hình học không 
gian. Trong khi đó, rất nhiều bài toán HHKG của chương trình toán THPT có thể 
được giải quyết một cách đơn giản hơn rất nhiều khi vận dụng phương pháp  
tọa độ. Tuy nhiên, vẫn có những bài toán giải bằng phương pháp hình học không 

gian thuần túy cho lời giải đơn giản hơn. Ngay cả  những bài toán giải được 
bằng phương pháp tọa độ  thì bài toán có đơn giản hay không một phần phụ 
thuộc vào cách chọn hệ trục toạ độ. 
Vì vậy, trong khuôn khổ  bài viết này tôi tập trung vào những bài toán về 
hình chóp giải được bằng cả hai phương pháp và khi áp dụng phương pháp tọa 
độ  việc chọn hệ  tọa độ  cũng đơn giản, dễ  áp dụng giúp học sinh giải quyết 
được một số các bài toán hình học không gian mà các em thường gặp trong các kì 
thi cuối cấp. 
II. Mục đích nghiên cứu
Giúp học sinh: Khắc phục những điểm yếu khi giải các bài toán hình học  
không gian như: khả  năng vẽ  hình không gian, khả  năng tư  duy hạn chế…Có 
cách nhìn tổng quát các bài toán hình học không gian. Lựa chọn được cách giải  
thích hợp nhất khi đứng trước một bài toán. Xóa bỏ  tâm lý “sợ” môn hình học  
không gian, gây hứng thú học tập cho học sinh. Có cách nhìn đa chiều về  một 
vấn đề trong cuộc sống.
III. Đối tượng nghiên cứu
Phương pháp giải toán hình học không gian: Phương pháp hình học thuần 
túy và phương pháp tọa độ. Một số  dạng toán về  hình chóp có thể  vận dụng 

3


phương pháp tọa độ để giải toán.  Ưu,   nhược   điểm   của   mỗi   phương   pháp 
giải toán.
IV. Phương pháp nghiên cứu
Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin.
B. NỘI DUNG 
I. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Các bài toán thi vào Đại học – Cao đẳng trước đây và hiện nay khi các em  
đang ôn luyện để  bước vào kì thi THPT Quốc Gia đều đưa đến dạng của một 

bài toán HHKG chứ không phải dạng của một bài hình học giải tích không gian.
Phương pháp hình học không gian thuần túy, học sinh cần sử  dụng thành 
thạo kiến thức HHKG để vận dụng vào bài giải (điều này không phải mọi học 
sinh đều nhìn ra). Mặt khác, việc vẽ  hình không gian đúng, đẹp và khai thác tốt 
hình vẽ giúp rất nhiều cho việc trình bày lời giải một bài toán HHKG nhưng khả 
năng vẽ hình của phần đông học sinh rất yếu. Phương pháp tọa độ áp dụng vào 
một số dạng toán có thể khắc phục được những hạn chế này. Tuy nhiên, không 
phải bài toán nào cũng áp dụng được phương pháp tọa độ để giải và cho lời giải 
đơn giản.
Nhìn chung hai phương pháp giải toán, mỗi phương pháp đều có ưu điểm  
và  nhược điểm cho nên việc giúp học sinh lựa chọn phương pháp thích hợp khi  
đứng trước một bài toán hình học không gian, giúp các em xác định được hướng 
giải toán, xây dựng niềm tin vào bản thân, tạo hứng thú học tập, xóa bỏ  tâm lý 
“sợ” môn hình học không gian là rất cần thiết.
II. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Chương trình toán THPT, học sinh học hình học không gian với hai nội  
dung tách rời nhau: Hình học không gian thuần túy (học ở lớp 11 và học kỳ 1 của  
lớp 12), phương pháp tọa độ trong không gian (học ở học kỳ 2 của lớp 12).
Phần lớn, học sinh cho rằng hai nội dung này không liên quan với nhau, 
nghĩa là đề  bài cho dưới dạng HHKG thông thường thì phải giải bằng HHKG.  
Học sinh không thấy mối liên hệ  giữa hai nội dung này với nhau: không biết  
chuyển đổi nội dung mô tả hình học không gian sang biểu thức giải tích.
Phân phối chương trình không có thời lượng cho học sinh luyện tập, vận  
dụng phương pháp tọa độ giải các bài toán HHKG mà các em đã biết giải trước 
đó.
Kiến thức, kỹ  năng, tư  duy toán của học sinh còn yếu,khả  năng tư  duy 
tưởng tượng hình không gian của học sinh còn hạn chế  và có tâm lý “sợ” môn 

4

hình học không gian nên nhiều học sinh gần như bỏ qua bài hình học không gian  
trong các đề thi mà các em gặp.
III. Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Từ thực trạng trên, tôi chọn lọc một số dạng toán về hình chóp có thể giải  
được bằng cả hai phương pháp. 
Mỗi bài toán đều trình bày cả  hai phương pháp giải để  học sinh có cái  
nhìn tổng quát về bài toán hình học không gian, thấy được ưu điểm, nhược điểm 
của mỗi phương pháp từ đó hình thành kĩ năng định hướng giải toán thích hợp.
Tuy nhiên, để  đề  tài đạt kết quả  theo tôi giáo viên cần củng cố  cho học  
sinh một số kiến thức sau:
§ 1. CƠ SỞ KHOA HỌC
I. Kiến thức cơ bản
uuuur
   Tọa độ véc tơ  MN = (xN­ xM ; yN ­ yM ; zN ­ zM )
r
r
Ta giả sử  u =(x1; y1; z1) ,  v =(x2; y2; z2)
r r
Cộng , trừ hai véc tơ :  u v  = ( x1   x2 ;  y1  y2; z1  z2)
r
Nhân một số với một véc tơ : k. v = (kx2; ky2; kz2) (k  R)    
r
2
2
2
Độ dài véc tơ :  v = x 2 + y 2 + z 2
r r
Tích vô hướng của hai véc tơ:    u . v = x1. x2 +  y1.y2+ z1.z2 
r r

 
     u   v     x1. x2 +  y1.y2+ z1.z2 = 0
x1.x 2 + y1 .y 2 + z1.z 2
r r
Góc giữa hai véc tơ : cos ( u , v ) =  2 2 2 2 2 2
x +y +z . x +y +z
1

Độ dài đoạn thẳng : MN =

( x N − xM )

1

2

1

2

2

2

+ ( y N − yM ) + ( z N − zM )
2

2

�x + x B y A + y B z A + z B �

;
;
M là trung điểm AB:  M � A
 
�
2
2 �
� 2
�x + x B + x C y A + y B + y C z A + z B + z C �
;
;
G là trọng tâm của  ABC:  G � A
�
3
3
3
�
�
r
r
Tích có hướng của hai véc tơ:  u =(x1; y1; z1) và  v =(x2; y2; z2) ký hiệu là: 
rr
�y1 z1 z1 x1 x1 y1 �
ur
�
u
= 
= 
w �, v �
� �y z ; z x ; x y �= ( y1.z 2 − y 2 .z1;z1 .x 2 − z 2 .x1;x1 .y 2 − x 2 .y1 )   

2
2
2
2
2 �
�2
uuu
r
uuu
r
1 �
�
AB
,
AC
∆
ABC
Diện tích 
là: S =  �
�
2
uuur uuur uuuur
�
�
V
=
AB
.AA '   
Tính thể tích hình hộp: ABCD.A'B'C'D' là:   
� , AD �

5


uuur uuur uuur
1 �
AB, AC �
.AD                                             
Thể tích tứ diện ABCD: V ABCD =  . �
�
6
r
(P) đi qua điểm M0 (x0; y0; z0) và có véctơ pháp tuyến  n = (A;B;C) với 
A 2 + B2 + C2 > 0 có pt là:  A(x ­ x 0 ) + B(y ­ y0 ) + C(z ­ z 0 ) = 0
x y z
(P) đi qua A(a; 0; 0), B(0; b; 0) và C(0; 0; c) có pt là: + + = 1 (a,b,c 0)
a b c
x = x 0 + at
r
( ) đi qua M0(x0;y0; z0) và có VTCP  u = (a;b;c) : y = y 0 + bt (a 2 + b 2 + c2 0)
z = z 0 + ct
Khoảng cách từ điểm M0(x0; y0; z0) đến mp (α ) : Ax + By + Cz + D = 0  là:
Ax 0 + By 0 + Cz 0 + D
d ( M 0 ,(α) ) =
A 2 + B2 + C 2
Khoảng cách từ điểm M1 đến đường thẳng ( )  đi qua điểm M0 và có VTCP 
r
u 
uuuuur r
�

�
M
� 0 M1 ,u �
d(M1 , ∆) =
r
u
r r uuuuur
�
�
u,
.M1M 2
� v�
rr
Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau ( 1),( 2): d(∆1 , ∆ 2 ) =
�
�
u,
� v�
r
r
( ( 1) đi qua M1 và có VTCP  u  và ( 2) đi qua M2 và có véctơ chỉ phương  v ).
Gọi   là góc giữa ( 1) và ( 2):  cos ϕ =

u.v

=

a1a 2 + b1b 2 + c1c 2

 

a +b +c a +b +c
| u | .| v |
r
r
VTCP của ( 1) và ( 2) lần lượt là:  u =(a1; b1; c1),  v = (a2; b2; c2). 
Đặc biệt:  (∆1 ) ⊥ (∆ 2 ) � a1a 2 + b1b 2 + c1c 2 = 0
r
 ( ) có VTCP  u =(a; b; c), ( ) có VTPT  n =(A; B; C),  là góc giữa ( ) và ( ):
n .u
sin ψ =

| n |.| u |

=

Aa + Bb + Cc
A 2 + B2 + C 2 a 2 + b 2 + c 2

2
1

2
1

2
1

2
2

2
2

2
2

 (00       900)

c  ∆ �(α )  �  Aa + Bb + Cc = 0
Đặc biệt:  ∆ / /(α) hoaë
( 1) có VTPT  n 1=(A1; B1; C1), ( 1) có VTPT  n 2=(A2; B2; C2). Nếu    là góc 

6


n1.n 2

giữa ( 1) và ( 2) thì:  cos β =

A1A 2 + B1B2 + C1C 2

=

A12 + B12 + C12 A 22 + B22 + C 22
| n1 |. | n 2 |
Đặc biệt:   (α1 ) ⊥ (α 2 ) � A1A 2 + B1B2 + C1C2 = 0
II. Giải toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ
1. Phương pháp chung
Bước 1: Chọn hệ tọa độ Oxyz thích hợp.

Bước 2: Dựa vào giả thiết bài toán để biểu diễn tọa độ các điểm có liên quan.
Bước 3: Chuyển yêu cầu bài toán đã cho sang bài toán hình học giải tích và giải.
Bước 4: Kết luận.
2.  Cách chọn hệ trục tọa độ 
a)Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy và đáy là tam giác
Cho hình chóp S.ABC có  SA ⊥ (ABC). Chọn hệ Oxyz như hình vẽ
 
ABC vuông tại 
ABC vuông tại B
ABC đều
A
A O.
B O.
A O.
H là trung điểm BC 
H O H.
z

z

z

S

S

z

s

s

y

x

C

A

A

y

A

C

H

B

B
x

y

B

x

B

C

A

C

x
y

b) Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy và đáy là tứ giác
Cho hình chóp S.ABCD có  SA ⊥ (ABCD). Chọn hệ Oxyz như hình vẽ
 
đáy là hình vuông (hoặc hình chữ nhật)
đáy là hình thang vuông tại A và B
z

z
S

s

A = O

D

y

I

B
x

y

A = O

B

C

D

C

x

c) Hình chóp tứ giác đều
Cho hình chóp đều S.ABCD, H là tâm của đáy. Chọn hệ Oxyz như hình vẽ

7


z

z
S

S

A

y
A

D

D

O

H=O
B

C

x

x

B

C

y

§ 2. MỘT SỐ DẠNG TOÁN MINH HỌA
1. Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy và đáy là tam giác 
1.1. Cho hình chóp S.ABC có  SA ⊥ (ABC). Đáy ABC là tam giác vuông tại A.
 

Bài 1: (Đề Đại học khối D năm 2002) Cho tứ diện ABCD có AC = AD = 4cm, 
AD ⊥ (ACB),  AB = 3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách từ A đến (BCD).
Giải
z

D

D

H
C

A

B

A

C

y

E
B
x

Cách 1: Từ giả thiết  AB2 + AC2 = BC2
AD ⊥ AB
Do  AD ⊥ (ABC)
AD ⊥ AC

ABC vuông tại A suy ra  AB ⊥ AC

Gọi AE là đường cao  ABC khi đó BC ⊥ (DA E) ( do BC ⊥ AD,BC ⊥ AE )
� (DBC) ⊥ (DA E) , AH là đường cao của  ADE thì  AH ⊥ (DBC) tại H, khoảng 
cách  từ A đến (DBC) bằng AH. Xét  ABC và  DAE  vuông tại A: 
1
1
1
1
1
1
=
+
,
=
+
2
2
2
2
2
AE AB AC AH AD AE 2
1
1
1
1
1 1 1
6 34
Suy ra 

=
+
+
= + + � AH =
2
2
2
2
AH AD AB AC 16 9 16
17
Cách 2: Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ: A(0;0;0),B(3;0;0),C(0;4;0),D(0;0;4)
x y z
x y z
Mặt phẳng (DBC) có phương trình đoạn chắn:  + + =1� + + −1 = 0
3 4 4
3 4 4

8


Khoảng cách từ A đến (BCD) là 

d ( A, ( BCD ) ) =

1
6 34
=
17
1 1 1
+ +

9 16 16

Nhận xét:
Cách 1: học sinh gặp khó khăn: không xác định được khoảng cách từ A đến 
(BCD), không vẽ được hình đúng, kiến thức, tư duy và kĩ năng tính toán yếu.
Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận toán theo công 
thức có sẵn, cách 2 lời giải ngắn gọn, đơn giản hơn cách 1.
1.2. Cho hình chóp S.ABC có  SA ⊥ (ABC). Đáy ABC là tam giác vuông tại B.
 
Bài 2: ( Đề Cao đẳng Y tế ­ 2006) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vuông 
ﾷ
tại B, SA vuông góc với đáy,  ACB
= 600 , BC = a,  SA = a 3.  Gọi M là trung điểm 
của SB. Chứng minh rằng (SAB) ⊥ (SBC).  Tính thể tích khối tứ diện MABC.
Giải
z

s

s

M
M

C

A

C

A

B
x

B
y

Cách 1: *Chứng minh  (SAB) ⊥ (SBC).
Từ giả thiết  SA ⊥ (ABC) � SA ⊥ BC và tam giác ABC vuông tại B nên AB ⊥ BC
nên suy ra  BC ⊥ (SAB) � (SAB) ⊥ (SBC).
1
1
*M là trung điểm SB suy ra  SMBC = SSBC � VMABC = VSABC
2
2
1
1
1
1
a3
VSABC = SA.SABC = SA. BA.BC = a 3.a.a.tan 60 0 =
3
3
2
6
2
3
1
a

Vậy  VMABC = VSABC = (đvtt).
2
4
Cách 2: Ta có:  AB = BC tan 600 = a 3,AC = 2a.
Chọn hệ Oxyz như hình vẽ:  A(0;0;0), S(0;0;a 3),B(0;a 3;0),C(a;a 3;0).

9


� a 3 a 3�
a;
;
.
M là trung điểm SB: M �
�
2
2
�
�

r uur uur
r
SB;SC �
= (0; −a 2 3; −a 2 3)
*VTPT của (SAB)và (SBC) lần lượt là: j(1;0;0) n = �
�
�
rr
Ta thấy  j.n = 0 nên  (SAB) ⊥ (SBC).
uuur

uuur
uuuur a 3 a 3 uuur uuur
2
AB,AC �
*  AB(0;a 3;0),AC(a;a 3;0),AM(0;
;
), �
�
�= (0;0; −a 3)
2
2

VMABC =

uuur uuur uuuur 1
1�
3a 2 a 3
�
AB,AC
.AM
=
0
+
0
−
= (đvdt).
�
6�
6
2

4

Nhận xét:
Cách 1: khó khăn đối với học sinh:học sinh thường sai như sau: từ BC ⊥ SA
suy ra  BC ⊥ (SAB) và không biết cách tính thể tích khối tứ diện MABC.
Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, suy luận toán theo công thức có 
sẵn, lời giải ngắn gọn, việc chứng minh và tính thể tích khối tứ diện đơn 
giản.
Bài 3:(Đề  tham khảo khối D ­ 2003) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác 
vuông tại B, AB = a, BC = 2a,  SA ⊥ (ABC) và SA = 2a. Gọi M là trung điểm của 
SC. Chứng minh  AMB cân tại M và tính diện tích tam giác AMB theo a.
Giải
S

z
S

M
M

A

B

K

A

B

H
C

x

y

C

1
Cách 1: Do  SA ⊥ (ABCD) � SA ⊥ AC � ∆SAC vuông tại A suy ra  MA = SC
2
∆ABC vuông tại B � BC ⊥ AB � BC ⊥ SB(do BC ⊥ (SAB)) � ∆SBC vuông tại B
1
� MA = SC = MB � ∆AMB cân tại M.
2
1
Lấy K là trung điểm của AB suy ra  MK ⊥ AB và  SAMB = MK.AB
2
MH / / SA
HK / / CD
� MH = a và 
� HK = a
Gọi H là trung điểm của AC �
1
1
MH = SA
HK = CD
2
2

10


Do  SA ⊥ (ABCD) và  MH / / SA � MH ⊥ (ABC) � MH ⊥ HK
Trong tam giác MHK vuông tại H có  MK 2 = HH 2 + HK 2 = 2a 2 � MK = a 2
2
1
1
a
2
Khi đó  SAMB = MK.AB = .a 2.a =
2
2
2
A(0;0;0),
S(0;0;2a),B(0;a;0),C(2a;0;0).
Cách 2: Chọn hệ Oxyz như hình vẽ:
� a �uuuur� a �uuur� a �
a; ;a �
, MA �
a; ;a �
,MB �
a; − ;a �
.
M là trung điểm SC: M �
�2 �
�2 � � 2 �
9a 2
2
M, A, B không thẳng hàng và  MA =

= MB2 � MA = MB ( ∆AMB cân tại 
4
M)
uuuur uuur
�
�= (a 2 ;0; −a 2 )
MA,MB
�
�
2
uuuur uuur
1�
1
a
2
4
4
(đvdt)
SMAB = �
MA,MB �
=
a
+
0
+
a
=
� 2
2
2

Nhận xét:
Cách 1: học sinh gặp khó khăn khi tính diện tích tam giác AMB.
Cách 2: khắc phục nhược điểm trên, hình vẽ đơn giản, suy luận toán theo 
công thức có sẵn,tính diện tích tam giác AMB đơn giản, cách 2 lời giải ngắn 
gọn.
1.3. Cho hình chóp S.ABC có  SA ⊥ (ABC). Đáy ABC là tam giác đều.
 
Bài 4: (Đề cao đẳng khối A năm 2007) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác 
đều
cạnh bằng a 3, SA ⊥ (A BC) và SA = 2a. Tính khoảng cách từ A đến (SBC).
Giải
s

z

s

H
C

A

C

A

M

M
B

y

B
x

Cách 1:Gọi M là trung điểm BC.
Ta có  BM ⊥ AB (do  ABC đều) và  BC ⊥ SA(doSA ⊥ (A BC)) suy ra BC ⊥ (SAM)
Trong (SAM) kẻ  AH ⊥ SM tại H và  AH ⊥ BC(do BC ⊥ (SAM)) nên  AH ⊥ (SBC)
tại H do đó độ dài đoạn AH là khoảng cách từ A đến (SBC).

11


1
1
1
1
1
6a
=
+
= 2 + 2 � AH =
2
2
2
AH
SA
AM
4a

9a
5
6a
Vậy khoảng cách từ A đến (SBC) bằng  .
5
AB 3 3a
Cách 2: Gọi M là trung điểm BC, do  ABC đều nên  AM =
= .
2
2
Chọn hệ Oxyz như hình vẽ
� �a 3
� � 3a
� 3a � �a 3
�
M(0;0;0),A �
0; − ;0 �
,B � ;0;0 �
,C �
−
;0;0 �
,S �
0; − ;2a �
� 2 � �2
�
� � 2
�� 2
(SBC) có: 
uuur�a 3 3a
uur� a 3 3a

� a
� a
SB � ; ; −2a �= ( 3;3; −4),SC �
−
; ; −2a �= ( − 3;3; −4)
�2 2
� 2
� 2 2
� 2
r uuur uur
SB,SC �
VTPT của (SBC) là:  n = �
�
�= (0;8 3;6 3)
SAM vuông tại A có: 

� 3a �
Phương trình mặt phẳng (SBC): 8 3 �y + �+ 6 3(z − 2a) = 0 � 4y + 3z = 0
� 2�
� 3a �
4.�
−
+ 3.0
Khoảng cách từ A đến (SBC) bằng: � 2 �
6a
�
= .
5
16 + 9
Nhận xét:

Cách 1: nhiều học sinh không xác định được khoảng cách từ A đến (SBC), 
không vẽ được hình đúng, kiến thức, tư duy và kĩ năng tính toán yếu.
Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận toán đơn giản 
theo công thức có sẵn, nhưng việc tính toán dài dễ thực hiện.
Bài 5:(Đề cao đẳng Hải Phòng ­ 2006) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác 
đều cạnh a,  SA ⊥ (A BC), SA = 2a. Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh 
rằng 
(SAI) ⊥ (SBC) và tính thể tích khối chóp.
Giải
s

z

s

I

I
B

C

A

C

A

y

B
x

12


Cách 1: Gọi I là trung điểm của BC suy ra  BC ⊥ AI và BC ⊥ SA(doSA ⊥ (ABC))
nên BC ⊥ (SAI) � (SBC) ⊥ (SAI)

VSABC

1
1 a2 3 a2 3
(đvdt)
= SA.SABC = 2a.
=
3
3
4
6

Cách 2: Gọi I là trung điểm BC, do  ABC đều nên  AI =

AB 3 a 3
=
.
2
2

Chọn hệ Oxyz như hình vẽ

a 3
a
a
a 3
I(0;0;0), A(0; −
;0),B( ;0;0),C( − ;0;0),S(0; −
;2a)
2
2
2
2
uuur a a 3
uur a a 3
uuur
uur a 3
SB( ;
; −2a),SC( − ;
; −2a), SA(0;0; −2a),SI(0;
; −2a)
2 2
2 2
2
2
uur uuur uur
uur uuur uur
3 n
2 a
�
SA,SI �
= (a 2 3;0;0)

�= (0;2a ;
(SBC) và (SAI) có VTPT: n1 = �
SB,SC
),
2 =�
�
�
�
2
uur uur
Ta thấy  n1.n 2 = 0. Vậy  (SAI) ⊥ (SBC).
1 uur uur uuur 1
a2 3 a3 3
VS.ABC = �
SB,SC �
.SA = 0 + 0 + (−2a).
=
(đvdt).
�
6�
6
2
6
Nhận xét:
Cách 1: hình vẽ được đơn giản, lời giải ngắn gọn tuy nhiên học sinh vẫn 
nhầm lẫn khi chứng minh BC ⊥ (SAI)
Cách 2: biểu thức tính toán hơi cồng kềnh, lời giải không ngắn gọn như 
cách 1 nhưng suy luận toán theo công thức có sẵn nên học sinh vẫn dễ dàng 
thực hiện. 
Bài 6: (Học viện Chính trị Quốc Gia năm 2001) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam

giác đều cạnh a,  SA ⊥ (A BC),  SA = h. 
a) Tính khoảng cách từ A đến (SBC) theo a và h.
b) Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp  ABC và H là trực tâm  SBC. Chứng 
minh rằng  OH ⊥ (SBC).
Giải
s

z

s

K

H

H
A
O
B

C

A

C

O

I

I

y

B
x

13


Cách 1: a) Tính khoảng cách từ A đến (SBC) theo a và h.
Gọi I là trung điểm của BC suy ra  BC ⊥ AI và BC ⊥ SA(doSA ⊥ (ABC)) nên
BC ⊥ (SAI) � (SBC) ⊥ (SAI). Trong  SAI kẻ  AK ⊥ SI tại K suy ra  AK ⊥ (SBC)
suy ra độ dài đoạn AK là khoảng cách từ A đến (SBC).
1
1
1
ah 3
=
+ 2 � AK =
SAI vuông tại A có: 
2
2
AK
SA
AI
3a 2 + 4h 2
Vậy khoảng cách từ A đến (SBC) bằng 

ah 3

3a 2 + 4h 2

b) Ta có:
BC ⊥ (SAI)(do BC ⊥ SA,BC ⊥ AI) 
�� BC ⊥ OH(1)
OH (SAI)
Chứng minh tương tự ta cũng có: OB ⊥ (SAC) � OB ⊥ SC
H là trực tâm  SBC nên  BH ⊥ SC SC ⊥ (OBH) � SC ⊥ OH(2)
Từ (1) và (2) ta được  OH ⊥ (SBC)
Cách 2: Gọi I là trung điểm BC, do  ABC đều nên  AI =

AB 3 a 3
=
.
2
2

Chọn hệ Oxyz như hình vẽ:
a 3
a 3
a
a
a 3
;0)
I(0;0;0), A(0; −
;0),B( ;0;0),C( − ;0;0),S(0; −
;h) O(0; −
6
2
2

2
2
uuur�a a 3
r uuur uur
�uur� a a 3
�
n
SB,SC �
; −h �
,SC �
− ;
; −h �
. VTPT của (SBC) là:  = �
(SBC):  SB � ;
�
�
2
2
2
2
�
� �
�
�
a2 3 �
=�
0;ah;
.  Phương trình (SBC):  2hy + a 3z = 0
�
2

�
�
Áp dụng công thức tính khoảng cách, ta được:  d(A,(SBC)) =
b. H(x; y; z) là trực tâm  SBC thì
uuur uur
HB.SC = 0
uuur uuur
2hy + a 3z = 0
HC.SB = 0
uuur� a
�
BH �x − ; y;z �
� 2
�
uuur� a
�
CH �x + ; y;z �
� 2
�

ah 3
4h 2 + 3a 2

.

x=0

a
a a 3
a3 3

(x + ) +
y − hz = 0 � y = −
2
2
2
2(3a 2 + 4h 2 )
a
a a 3
a 2h
− (x − ) +
y − hz = 0
z= 2
2
2
2
3a + 4h 2

14


�
a3 3
a 2 h � uuur�
2ah 2
a 2h �
0; −
; 2
OH �
0;
; 2

 hay  H �
2
2
2 �
2 �
2
2
2(3a
+
4h
)
3a
+
4h
3a
+
4h
3(3a
+
4h
)
�
�
�
�
Phương trình mặt phẳng (SBC)phương trình: 2hy + a 3z = 0
r
chọn một VTPT  n = (0;ah;a 3). Ta thấy 
 
2

2
uuur�
r
�
2ah
a h
2ah
2ah
OH �
0;
;
=
.(0;2h;a
3)
=
.n
2
2 �
2
+ 4h 2 ) 3a + 4h � 3(3a 2 + 4h 2 )
3(3a 2 + 4h 2 )
� uuu3(3a
r
Suy ra OH cùng phương với VTPT của (SBC). Vậy  OH ⊥ (SBC).
Nhận xét:
Cách 1: học sinh gặp khó khăn: không xác định được khoảng cách từ A đến  
(SBC), không vẽ được hình đúng, thường nhầm lẫn khi CM  OH ⊥ (SBC) .Lời  
giải ngắn gọn.
Cách 2: không phải xác định được khoảng cách từ  A đến (SBC), khi chứng  
minh  OH ⊥ (SBC) thì việc học sinh sẽ gặp khó khăn khi tìm tọa độ điểm H và  

tính toán phức tạp hơn tuy nhiên suy luận toán cả  hai câu đều theo công  
thức.
2. Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy và đáy là tứ giác
2.1. Đáy là hình vuông, chữ nhật
Bài 7:(ĐH Hùng Vương hệ CĐ­2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình vuông cạnh a,  SA ⊥ (A BCD) và SA = a. Tính khoảng cách giữa BD và SC.
Giải
z

S

s

I
A

K

D
A = O

O
B

D

y

C
B

C

x

Cách 1: Từ giả thiết  SA ⊥ (A BCD) và đáy ABCD là hình vuông nên
SA ⊥ BD,AC ⊥ BD � BD ⊥ (SAC) tại O.
1
Trong (SAC), kẻ  AI ⊥ SC tại I và  OK ⊥ SC tại K suy ra  OK / / AI,OK = AI.
2
BD
⊥
(SAC)
Do 
nên  OK ⊥ BD suy ra OK là đoạn vuông góc chung của SC và BD 
do đó độ dài đoạn OK là khoảng cách giữa SC và BD.

15


1
1
1
3
a 6
=
+
=
�
AI

=
AI 2 SA 2 AC 2 2a 2
3
1
1 a 6 a 6
a 6
� OK = AI = .
=
. Vậy khoảng cách giữa SC và BD bằng
.
2
2 3
6  
6
Cách 2: Chọn hệ Oxyz như hình vẽ:
A(0;0;0),B(a;0;0),C(a;a;0),D(0;a;0),S(0; 0;a)
uuur
uur
uuur uur
�= ( −a 2 ; −a 2 ; −2a 2 )
BD(−a;a;0),SC(a;a; − a), �
BD,SC
�
�
uuur uur uuur
�
�
BD,SC
.CD
−a 3

a3
a 6
�
�
h
=
=
=
=
.
Khoảng cách giữa SC và BD: 
uuur uur
2
4
4
4
6
a
6
�
�
a + a + 4a
BD,SC �
�
Nhận xét:
Cách 1: học sinh gặp khó khăn: không xác định được khoảng cách giữa BD 
và SC,nếu xác định được thì không biết suy luận để tính khoảng cách đó qua  
trung gian là đoạn OK, không vẽ được hình đúng.
Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ đơn giản, suy luận toán 
theo công thức có sẵn, lời giải ngắn gọn hơn cách 1 và học sinh dễ thực 

hiện.
Bài 8: (Đại học khối B năm 2006) Cho hình chóp S.ABCD đáy là hình chữ nhật 
với AB = a,   AD = a 2, SA = a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC, 
BM cắt AC tại I. Chứng minh  (SAC) ⊥ (SMB) và tính thể tích khối tứ diện 
ANIB.
Giải

ABM vuông tại A có AH là đường cao: 

z

S

s

N
N

M

A

D
I

H

B

M

A = O

y
D

I

C

B

C

x

AM
1
AB
ﾷ
ﾷ
=
=
� ∆ ABM : ∆ BCA � ABM
= BCA.
AB
2 BC
ﾷ
ﾷ
ﾷ

ﾷ
ﾷ
� ABM
+ BAC
= BCA
+ BAC
= 900 � AIB
= 900 � MB ⊥ AC.(1)

Cách 1: a) Từ gt ta có: 

Do  MB ⊥ SA(doSA) ⊥ (A BCD) (2)
Từ (1) và (2) suy ra  MB ⊥ (SAC) � (SMB) ⊥ (SAC) (đpcm).

16


1
a
a) Gọi H là trung điểm của AC thì  NH / /SA, NH = SA =
2
2
Do  SA) ⊥ (A BCD) � NH ⊥ (A BCD) � NH ⊥ (A BI) tại H
1
a 6
ABI vuông tại I: SABI = IA.IB và  IB2 = AB2 − AI 2 � BI =
2
3
1
1

1
3
a 3
ABM vuông tại Acó AI là đường cao:  2 =
+
= 2 � AI =
2
2
AI
AB AM
2a
3
2
1
1
1 a 6 a 3 a 2
(đvdt)
VANIB = NH.SABI = NH.IA.IB = .
.
=
3
6
6 3
3
36
Cách 2: 
Chọn hệ Oxyz như hình vẽ: A(0;0;0),B(a;0;0),C(a;a 2;0),D(0;a 2;0),S(0;0;a).
� a 2 � �a a 2 �
0;
;0 �

, N� ;
;0 �
M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC nên  M �
2
2
2
�
� �
�
x = a − at
uuur� a 2 �
a 2
t (t R)
BM �
− a;
;0 �
là VTCP của BM nên BM có pt  : y =
2
2
�
�
z=0
x = at
uuur
Tương tự: AC a;a 2;0 . Phương trình đường thẳng AC:  y = a 2t (t
z=0

(

)

R)

1
a − at = at
t=
�a a 2 �
�
� 3
;0 �
Tọa độ I là nghiệm của hpt:  �a 2
 hay  I � ;
�
2
3
3
t
=
a
2t
�
�
�
�t =
2
3
uur uuur uuur
uuur
uuur
�= (−a 2 2;a 2 ;0)

AS,AC
(SAC) có  AS(0;0;a), AC(a;a 2;0) nên VTPT là  n1 = �
�
�
uur uuuur uur �a 2 2 2 a 2 2 �
uuuur
uur
a 2
n
BM, BS�
(SMB) có  BM ( − a;
;0), BS( − a;0;a) nên VTPT: 2 = �
�
�= � 2 ;a ; 2 �
2
�
�
2
2
uur uur
a 2
a 2
Suy ra  n1.n 2 = ( −a 2 2).
+ a 2 .a 2 + 0.
= 0. Vậy  (SAC) ⊥ (SMB).
2
2
uuur
uur �a a 2 �uuur �a a 2 a � uuur uur � a 2 2 �
;0 �

,AN = � ;
; �
,�
AB,AI �
0;0;
b) AB = (a;0;0),AI = � ;
�
�
�= �
3
3
2
2
2
2 �
�
�
�
�
�

17


VANIB =

1 uuur uur uuur 1 a 3 2 a 3 2
�
AB, AI �
.AN =

=
(đvtt).
�
6�
6 6
36

Nhận xét:
Cách 1: học sinh không vẽ được hình đúng, đây là bài toán khó đối với học 
sinh. Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận đơn giản, 
tuy lời giải không ngắn gọn, tính toán nhiều nhưng có sẵn công thức, cách 
giải này học sinh kiên trì, tính toán cẩn thận sẽ đi đến kết quả.
2.2. Đáy là hình thang vuông
Bài 9: (Đại học cao đẳng khối D năm 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là 
ﾷ
ﾷ
hình thang,  ABC
= BAD
= 900 , BA = BC = a, AD = 2a.  SA ⊥ (ABCD) SA = a 2.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB. Chứng minh rằng tam giác SCD 
vuông và tính khoảng cách từ H đến (SCD) theo a.
Giải
z

S

S

H

I
D

A

H
A = O

B

D

y

C
B

C

x

Cách 1: Chứng minh rằng tam giác SCD vuông 
Gọi I là trung điểm của AD  IA = ID = IC = a và  ACD vuông tại C
� CD ⊥ AC
Lại có:  CD ⊥ SA(doSA ⊥ (ABCD)) nên  CD ⊥ (SAC) � CD ⊥ SC hay  SCD 
vuông tại C. Từ gt suy ra  SB = SA 2 + AB2 = a 3, SC = SA 2 + AC2 = 2a.
SA 2
SH SA 2 2
�
=

=
Trong  SAH:   SA = SH.SB � SH =
SB
SB SB2 3
Gọi  h1 , h 2 lần lượt là khoảng cách từ B, H đến (SCD)
V h
SB 3
2
1
1
= � h 2 = h1
V1 = VBSCD = .h1.SSCD ,V2 = VHSCD = .h 2 .SSCD � 1 = 1 =
V2 h 2 SH 2
3
3
3
a2
a 2.
1
1
SA.SBCD
2 =a
V1 = VBSCD = .h1.SSCD = .SA.SBCD � h1 =
=
1
3
3
SSCD
.2a.a 2 2
2

2

18


Gọi  CD 2 = 6a 2 ,CD 2 = SD 2 − SC 2 = 2a 2 ,SC 2 = 4a 2 ,SC = 2a,CD = a 2
2
a
Suy ra  d(H,(SCD)) = h 2 = h1 =
3
3
Cách 2: Chọn hệ Oxyz như hình vẽ:
A(0;0;0),B(a;0;0),C(a;a;0),D(0;a;0),S(0;0;a 2)
uur
uuur
uuur
SC = (a;a; −a 2),SD = (0;a; −a 2),CD = ( − a;0;0)
uur uuur
uur uuur
Ta thấy  SC.CD = 0 � SC ⊥ CD  hay  SCD vuông tại C.
H là hình chiếu của A trên SB nên trong  SAH: 
uuur 2 uur
SA 2
SH SA 2 2
2
2
SA = SH.SB � SH =
�
=
=

�
SH
=
SB
�
SH
= SB
SB
SB SB2 3
3
3
Gọi E là giao điểm của CD với AB, từ giả thiết suy ra AE = 2AB = 2a. E(2a;0;0)
x y
z
x
y
z
=1�
+
+
−1= 0
Phương trình đoạn chắn: + +
2a a a 2
2a 2a a 2
x = a + at
uur
SB = (a;0; −a 2) nên phương trình đường thẳng SB:  y = 0
z = −a 2t
2
a 2

H(a + at;0; −a 2 t)
H(
a;0;
)
uuu
r
H SB
H(a + at;0; −a 2 t) �
�
� 3
3
� �uuur uur
��
AH(a + at;0; −a 2 t) � �
�
AH ⊥ SB
AH.SB = 0
�
�t = − 1
a(a + at) + 2a 2 t = 0
3
1
1
+ 0 + −1
a
3
3
d(H,(SCD)) =
=
3

1
1
1
+
+
4a 2 4a 2 2a 2
Nhận xét:
Cách 1: học sinh không biết lấy thêm điểm I để chứng minh  SCD vuông tại 
C , vận dụng cách tính khoảng cách dựa vào thể tích và tỉ số thể tích là rất 
khó đối với học sinh. 
Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, chứng minh  SCD 
vuông rất đơn giản, học sinh gặp khó khăn một chút khi tính khoảng cách từ  
H đến (SCD), tuy lời giải không ngắn gọn, tính toán nhiều nhưng có sẵn 
công thức,học sinh, tính toán cẩn thận sẽ đi đến kết quả
3. Hình chóp đều

19


Bài 10: (Cao đẳng sư phạm Hải Dương) Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy 
ABCD là hình vuông cạnh 2a, đường cao  SH = a 3.  Tính góc giữa mặt bên và 
mặt đáy của hình chóp.
Giải
z

S

S

D

A
I

H
B

y
A

C

D
H=O

B

C

x

Cách 1: Gọi I là trung điểm của BC, do S.ABCD là hình chóp đều nên ta có 
HI ⊥ DC và  DC ⊥ SI (theo định lý 3 đường vuông góc)
ﾷ
Suy ra góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp bằng  SIH
Xét  SHI vuông tại H có  SH = a 3,HI = a

ﾷ = SH = a 3 = 3 � SIH
ﾷ = 600
tanSIH

HI
a
Cách 2: Chọn hệ Oxyz như hình vẽ.
H(0;0;0),C(a 2;0;0),D(0;a 2;0),D(0;a;0),S(0;0;a 3)
r
Đáy ABCD (là mặt phẳng (Oxy) có VTPT: k(0;0;1)
uur
uuur
SC(a 2;0; − a 3),SD(0;a 2; − a 3)
r uur uuur
�= (a 2 6;a 2 6;2a 2 )
SC,SD
VTPT của (SCD)  n = �
�
�
Gọi α là góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp.
rr
2a 2
1
cos α = cos(n,k) =
= � α = 600
1 + 0 + 0. 6a 4 + 6a 4 + 4a 4 2
Vậy góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp bằng  600
Nhận xét:
Cách 1: học sinh trung bình có thể không xác định được góc giữa đường 
thẳng và mặt phẳng từ đó sẽ không tính được số đo góc.
Cách 2: hình vẽ và lời giải đơn giản, suy luận toán theo công thức sẵn có
Trong bài này hai cách giải như nhau.

20

Bài 11: Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi E 
là điểm đối xứng của D qua trung điểm SA, M, N lần lượt là trung điểm của AE, 
BC. Chứng minh rằng  MN ⊥ BD và tính khoảng cách giữa MN và AC theo a.
(Đại học cao đẳng khối B năm 2007)
Giải
z

S

E

E

S

P

M

P

M

D

A
O
B

N

A

I

D

C

O
x

B

Cách 1: Gọi P là trung điểm của SA. Từ giả thiết ta có 
MPCN là hình bình hành suy ra

N

C

y

MP / / NC
 nên tứ giác 
MP = NC

MN / / P C

MN = PC

BD ⊥ AC 
�� BD ⊥ (SAC) � BD ⊥ PC � BD ⊥ MN
BD ⊥ SO
Do  MN / /AC �(SAC) � MN / /(SAC)
O là tâm hv ABCD thì 

d(MN,AC) = d(MN,(SAC)) = d(N,(SAC)) = NI =
Cách 2: Gọi O là tâm hình vuông ABCD.
Từ giải thiết  OA = OB = OC = OD =

a 2
2

a 2
. Đặt SO = h.
2

Chọn hệ Oxyz như hình vẽ
�a 2
� �a 2
� � a 2 � �a 2 �
O(0;0;0),B �
;0;0 �
,B �−
;0;0 �
,A �
0; −
;0 �

,C �
0;
;0 �
,S(0;0;h)
2
2
2
2
�
� �
� �
� �
�
� a 2 h�
0; −
; �
P là trung điểm của SA: P �
4
2�
�
x E = 2x P − x D

�a 2 a 2 �
;−
;h �
E đối xứng với D qua P nên  y E = 2y P − y D � E �
2
2
�
�

z E = 2z P − z D

21


M, N lần lượt là trung điểm của AE, BC nên
�a 2 a 2 h � �a 2 a 2 �
M�
;−
; �
,N�
;
;0 �
2 2� �4
2
�4
�
uuuur� 3a 2 h �uuur
uuuur uuur
uuuur uuur
MN �
0;
;− �
,BD − a 2;0;0 � MN.BD = 0 � MN ⊥ BD. Vậy  MN ⊥ BD
2�
� 4
uuur
uuur� a 2 a 2 � uuuur uuur �ah 2
�
�= �

AC
0;a
2;0
,
NC �
−
;
;0 �
,�
MN,AC
;0;0
Ta có: 
�
�
�
4
� 4
�
� 2
�
a 2h
uuuur uuur uuur
−
�
MN,AC �
.NC
4
a 2
�
�

d(MN,AC) =
=
=
uuuur uuur
4
�
MN,AC �
a2 h2
�
�
+0+0
2
Nhận xét:
Cách 1: học sinh không vẽ được hình đúng, đây là bài toán khó đối với học 
sinh. Cách 2: lời giải không ngắn gọn, tính toán nhiều nhưng có sẵn công 
thức để áp dụng, suy luận toán theo công thức, cách giải này yêu cầu học 
sinh kiên trì, tính toán cẩn thận.
BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: (Đề TK khối A – 2002) Cho  ABC vuông cân có cạnh huyền BC = a. 
Trên 
đường thẳng vuông góc với (ABC) tại A lấy điểm S sao cho góc giữa (ABC) và 
(SBC) bằng 600. Tính độ dài đoạn SA theo a. 
a 3
Đáp số: SA =
2
Bài 2:(ĐH Đà Nẵng khối A ­ 2001) Cho tứ diện SABC có SC = CA = AB =  a 2,
SC ⊥ (ABC), ABC vuông tại A,  M�SA, N�BC sao cho AM = CN = t (0 < t < 2a).

(

(

)

)

a) Tính độ dài đoạn MN. (Đáp số: MN = 3t 2 − 4at + 2a 2 )
2a
b) Tìm giá trị của t đề đoạn MN ngắn nhất.(Đáp số: t = )
3
c) Khi MN ngắn nhất. Chứng minh MN là đoạn vuông góc chung của BC và SA.
a 6 SA ⊥ (ABC),
Bài 3: Cho hình chóp S.ABC đáy tam giác đều cạnh a, SA =
2
a 6
a 2
)
SA =
. Tính khoảng cách từ A đến (SBC) theo a.(Đáp số:
2
2

22


Bài 4:(Cao đẳng Hải Phòng năm 2006) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác 
đều cạnh a, SA vuông góc với đáy, SA = 2a. Gọi I là trung điểm của BC. Chứng 
a2 3
minh rằng  (SAI) ⊥ (SBC) và tính thể tích khối chóp. Đáp số:  VSABC =
6

Bài 5: (Đề tham khảo năm 2002) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình 
vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a. Gọi E là trung điểm 
3a 5
của cạnh CD. Tính khoảng cách từ S đến BE. Đáp số: 
.
5
Bài 6: (Cao đẳng KTKT công nghiệp khối A ­ 2004) Cho hình chóp S.ABCD có 
đáy là hình vuông cạnh a.  SA ⊥ (ABCD) và SA = a. Gọi H, K lần lượt là hình 
chiếu của A lên SB, SD.
a) Chứng minh rằng:  SC ⊥ (AHK).

a2 3
 )
6
IV. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với  
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Kiểm nghiệm kết quả trước và sau khi dạy cho học sinh qua các buổi học 
ôn  thi tại trường, kết quả như sau:
Trước khi dạy, học sinh giải bằng pp hình học thuần túy
Năm học 2013 – 2014 
Lớp  Sĩ số
Tỉ lệ hs dưới TB
Tỉ lệ hs trên TB
Tỉ lệ hs khá
A7
47
53,19%
25,53%
21,28%
A8

50
70%
20%
10%
Năm học 2014 ­ 2015
Lớp  Sĩ số
Tỉ lệ hs dưới TB
Tỉ lệ hs trên TB
Tỉ lệ hs khá
B6
43
74,42%
18,60%
6,98%
           Sau khi dạy, học sinh được luyện tập cả hai phương pháp, kết quả như 
sau:
Năm học 2013 – 2014 
Lớp  Sĩ số
Tỉ lệ hs dưới TB
Tỉ lệ hs trên TB
Tỉ lệ hs khá
A7
47
21,28%
46,28%
31,91%
A8
50
34%
48%

18%
Năm học 2014 ­ 2015
Lớp  Sĩ số
Tỉ lệ hs dưới TB
Tỉ lệ hs trên TB
Tỉ lệ hs khá
B6
43
41,86%
44,19%
13,95%
b) Tính diện tích thiệt diện cắt bởi (AHK) với hình chóp. (Đáp số:

23


Khi đưa ra tổ chuyên môn để thảo luận, một số đồng chí giáo viên trong tổ 
dạy lớp 12 đều áp dụng, có đồng chí luyện tập nhiều hơn pp tọa độ  và cũng đã 
thu được những kết quả nhất định: học sinh dễ tiếp thu, có nhiều học sinh giải  
được bài toán HHKG hơn trước.
Nhìn chung, học sinh đã chủ động hơn, tự tin hơn khi tiếp xúc với bài toán 
HHKG, các em đã không còn cảm thấy sợ, thấy ngại khi giải bài toán HHKG 
như  trước kia nữa. Các em biết lựa chọn thích hợp phương pháp giải bài toán 
liên  quan   đến   hình  chóp,   biết  cách   chuyển   từ   bài   toán  HHKG   sang   bài   toán 
HHGT và sử dụng các kiến thức về toạ độ để giải toán. 
C. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ

I. Kết luận
­ Cần luyện tập cho học sinh cả hai phương pháp giải toán hình học không gian.
­ Học cần nắm vững một số dạng toán có thể giải được bằng phương pháp tọa  

độ và cách chọn hệ tọa độ cho các dạng toán đó.
­ Khi vận dụng phương pháp tọa độ: Không nhất thiết phải vẽ  hình minh họa  
một 
cách chi tiết. Suy luận để  tìm lời giải cho bài toán đơn giản theo những công 
thức 
Vì thế nhiều học sinh có thể tiếp thu phương pháp này để giải toán HHKG.
Tuy nhiên, pp tọa độ  chỉ  giải quyết được một số  dạng toán có thể  chọn  
được hệ  trục tọa độ  một cách đơn giản nhất hoặc có sẵn dạng cơ  bản. Việc 
tính toán dài, biểu thức toán đôi khi cồng kềnh gây khó khăn cho học sinh có kĩ 
năng tính toán không thành thạo, vì thế học sinh ngại tính toán, điều mà hầu hết 
học sinh bây giờ đều gặp phải.
Việc dạy phương pháp tọa độ  cho học sinh và giúp học sinh luyện tập 
phương pháp này là giải pháp hiệu quả  nhất đối với phần lớn các em học sinh 
khi đứng trước một bài toán hình học không gian. Phương pháp này gây hứng thú 
cho học sinh giúp các em có niềm tin, có quyết tâm và quan trọng không còn cảm 
giác “sợ” bài toán hình học không gian nữa.
II. Kiến nghị:
Trong PPCT toán lớp 12 nên có một số tiết dạy về phương pháp tọa độ.
 
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG 
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 15/ 5 / 2016
Tôi   xin   cam   đoan   đây   là   SKKN   của 
mình viết, không sao chép nội dung của 
người khác.
24


                   Người viết

Nguyễn Thị Bích Phượng

TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]   Lê Hồng Đức – Đào Thiện Khải (2004), Sử dụng phương pháp tọa độ trong  
không gian giải các bài toán hình học không gian, Nhà xuất bản Đại học Sư 
Phạm.
[2]     Doãn Minh Cường (2000),  Giới thiệu đề  thi tuyển sinh năm học 2000 ­  
2001, Nhà xuất bản Đại học Quốc Gia Hà Nội.
[3]  Doãn Minh Cường (2001), Giới thiệu đề thi tuyển sinh năm học 2001 ­ 2002,  
Nhà xuất bản Đại học Quốc Gia Hà Nội.
[4]   Trần Tuấn Điệp – Ngô Long Hậu (2004),  Giới thiệu đề thi tuyển sinh năm  
học 2000 ­ 2001, Nhà xuất bản Hà Nội.
[5]   Trần Tuấn Điệp – Ngô Long Hậu (2007),  Giới thiệu đề thi tuyển sinh năm  
học 2004 đến 2007, Nhà xuất bản Hà Nội.
[6]      Văn   Như   Cương    (chủ   biên),  Trần   Đức   Huyên   ­Nguyễn   Mộng   Hy 
(2000),Hình học 11( sách giáo khoa), Nhà xuất bản Giáo dục.
[7]    Văn   Như   Cương  (chủ   biên),Tạ   Mân   (2000),  Hình   học   12  (sách   giáo 
khoa ),Nhà xuất bản Giáo dục.
[8]  Trần Văn Hạo và Nguyễn Mộng Hy(chủ  biên),Khu Quốc Anh ­ Trần  Đức 
Huyên (2000), Hình học 12  sách giáo khoa), Nhà xuất bản Giáo dục.
[9]   Nguyễn Mộng Hy (1998), Các bài toán về  phương pháp vectơ  và phương  
pháp toạ độ,Nhà xuất bản Giáo dục.

25