skkn góp phần rèn luyện kỹ năng giải bài tập hình học không gian cho học sinh lớp 11 thông qua một số dạng bài tập cơ bản

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG LÊ VIẾT THUẬT
-------------o0o------------

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Đề tài:

GÓP PHẦN RÈN LUYỆN KỸ NĂNG GIẢI BÀI TẬP
HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHO HỌC SINH LỚP 11
THÔNG QUA MỘT SỐ DẠNG BÀI TẬP CƠ BẢN
Môn: TOÁN

818 173
Người thực hiện: Mai Thị Khánh Xuân

0


Năm học 2019 - 2020

PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
Lí do chọn đề tài
Đổi mới phương pháp dạy học môn toán ở trường THPT, dạy toán ở
trường phổ thông là dạy hoạt động toán học. Luyện tập cho học sinh giải được
bài tập toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học, giúp học sinh phát
triển tư duy logic, năng lực giải quyết vấn đề một cách sáng tạo.
Để học sinh giải được bài tập Toán trước tiên phải rèn luyện kỹ năng giải
Toán, giúp người học cách suy nghĩ, phương pháp giải và khả năng vận dụng
kiến thức, cách hệ thống các dạng bài tập.
Thực tiễn dạy học cho thấy khi học Hình học không gian (HHKG) rất
nhiều học sinh e ngại nhất là đối với đa số các học sinh nữ và các em có học lực

dưới mức trung bình khá. Nhưng nếu các em được rèn luyện kỹ năng vẽ hình, kỹ
năng giải các bài toán hình học không gian một cách có hệ thống, giáo viên xây
dựng được một số dạng bài tập toán nhằm rèn luyện kỹ năng giải toán thì học
sinh có khả năng tốt hơn để giải bài toán trong không gian, các em sẽ thấy hứng
thú và yêu thích môn học hơn và sẽ dần dần bớt ngại khó khi làm bài tập, góp
phần nâng cao hiệu quả dạy và học ở trường phổ thông. Những kỹ năng cơ bản
cần rèn luyện cho học sinh như kỹ năng vẽ hình, kỹ năng vận dụng các định lý,
quy tắc, phương pháp, kỹ năng sử dụng ngôn ngữ toán học,…hình thành cho các
em một số các kỹ năng và phương pháp giải bài tập, thông qua việc lựa chọn các
dạng bài tập để rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh.
Thực tế đã có một số đề tài nghiên cứu rèn luyện kỹ năng giải toán cho
học sinh theo các vấn đề khác nhau của chương trình Toán Trung học phổ
thông, nhưng chưa có đề tài nào đề cập đến vấn đề cụ thể về việc tập hợp một
cách có hệ thống các kỹ năng và các dạng bài tập cần thiết rèn luyện cho học

1


sinh khi dạy học Hình không gian lớp 11. Với những lí do như trên tác giả lựa
chọn đề tài:
“Góp phần rèn luyện kỹ năng giải bài tập Hình học không gian cho
học sinh lớp 11 thông qua một số dạng bài tập cơ bản”.
1. Mục đích và nhiệm vụ của đề tài
+) Nghiên cứu cơ sở lý luận về kỹ năng giải toán.
+) Nghiên cứu kỹ năng giải một số dạng bài tập toán Hình học không gian
lớp 11.
+) Bài tập theo chủ đề nhằm rèn luyện một số kỹ năng giải toán Hình học
không gian chương trình hình học 11 THPT cho học sinh, góp phần nâng cao
chất lượng dạy học môn Toán ở trường phổ thông.
2. Đối tượng, phạm vị nghiên cứu

Quá trình dạy học các tiết luyện tập và ôn tập chương trình Hình Học
không gian cho học sinh lớp 11 .
3. Phương pháp nghiên cứu
3.1. Phương pháp nghiên cứu lí luận
- Khái niệm
+ “Kỹ năng là năng lực sử dụng các dữ kiện, các tri thức hay các khái niệm
đã có, năng lực vận dụng chúng để phát hiện những thuộc tính bản chất của các sự
vật và giải quyết thành công nhiệm vụ lý luận hay thực hành xác định”.
+ “Kỹ năng là một nghệ thuật, là khả năng vận dụng hiểu biết có được ở
bạn để đạt được mục đích của mình, kỹ năng còn có thể đặc trưng như toàn bộ
thói quen nhất định, kỹ năng là khả năng làm việc có phương pháp”.
+ “Kỹ năng là khả năng vận dụng những kiến thức thu nhận trong một
lĩnh vực nào đó vào thực tế”.
+ “Trong Toán học kỹ năng là khả năng giải các bài toán, thực hiện các chứng
minh cũng như phân tích có phê phán các lời giải và chứng minh nhận được”.
Như vậy, dù phát biểu dưới góc độ nào, kỹ năng là khả năng vận dụng kiến
thức (khái niệm, cách thức, phương pháp…) để giải quyết nhiệm vụ đặt ra. Nói
đến kỹ năng là nói đến cách thức thủ thuật và trình tự thực hiện các thao tác hành
động để đạt được mục đích đã định. Kỹ năng chính là kiến thức trong hành động.
2


3.2. Phương pháp điều tra quan sát
- Dạy Hình học không gian trong chương trình Toán THPT có hai quyển
SGK: SGK Hình học 11 nâng cao và SGK Hình học 11. Ở trường THPT Lê Viết
Thuật: dạy học sinh theo SGK Hình học 11 dành cho học sinh học ban cơ bản .
Trong chương trình lớp 11, học sinh được học đầy đủ và có hệ thống về
bộ môn HHKG. Đây là phần nội dung khó, phong phú và đa dạng về loại bài tập
đòi hỏi học sinh phải có kiến thức tổng hợp, khả năng suy đoán, trí tưởng tượng
không gian, kỹ năng vẽ hình, kỹ năng tính toán có nhiều bài tập đòi hỏi học sinh

phải có năng khiếu toán mới giải được. Cũng chính vì thế mà khi dạy học đòi
hỏi GV có khả năng rèn luyện kỷ năng giải các dạng bài tập cũng như các
phương pháp giải tương ứng từng dạng bài tập toán cho học sinh.
- Khi dạy và học toán HHKG nói chung các GV và học sinh thường gặp
một số khó khăn với nguyên nhân như là:
+) Học sinh có trí tưởng tượng không gian chưa tốt.
+) Do đặc thù môn học nên việc tiếp thu và sử dụng các kiến thức HHKG
là vấn đề khó đối với học sinh.
+) Học sinh quen với HHP nên dễ nhầm lẫn khi sử dụng các tính chất
trong hình học phẳng mà không đúng trong HHKG để giải Toán HHKG.
+) Vẫn còn một số học sinh chưa xác định đúng động cơ học tập nên chưa
chăm học và chưa chú ý khi học bài và làm bài tập.
+) Vẫn còn nhiều GV chưa chịu đổi mới phương pháp dạy học, dạy học
còn mang tính chất đối phó, truyền thụ một chiều.
3.3. Rèn luyện kỹ năng giải một số dạng bài tập cơ Hình không gian chương
trình hình học 11 THPT
* Về kiến thức: Vận dụng các kiến thức được học của chương trình.
* Về phương pháp: Gv cần phải tổ chức cho học sinh được học tập trong
hoạt động và bằng hoạt động tự giác tích cực, chủ động sáng tạo.
Chú trọng cho học sinh biết các phương pháp khác nhau, và biết lựa chọn
phương pháp để giải các bài toán. GV lựa chọn các ưu điểm của các phương pháp

3


dạy học đàm thoại, phương pháp dạy học vấn đáp, phương pháp dạy học phát hiện
và giải quyết vấn đề…để hướng dẫn, rèn luyện kỹ năng giải Toán cho học sinh.
* Về phát triển năng lực tư duy và phẩm chất trí tuệ cho học sinh: Rèn
luyện trí tưởng tượng không gian, khả năng chứng minh suy diễn, khả năng lập
luận có căn cứ, tư duy logic chặt chẽ.

* Về kỹ năng: Đề tài có ý tưởng thông qua một số dạng bài tập cơ bản
nhằm rèn luyện cho học sinh một số kỹ năng cơ bản sau:
- Kỹ năng vẽ hình, dựng thiết diện.
- Kỹ năng chứng minh các quan hệ giữa các đối tượng hình học được học.
- Kỹ năng tính khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng.
- Kỹ năng chuyển đổi từ hình học tổng hợp sang công cụ véc tơ.

4


PHẦN II. NỘI DUNG
I. Rèn luyện cho học sinh kỹ năng vẽ hình, dựng thiết diện và tính diện tích
thiết diện
1. Kỹ năng vẽ hình
Để giải được các bài tập Hình học không gian, trước hết phải rèn cho học
sinh đọc đề và hiểu được đề bài từ đó vẽ được hình biểu diễn.
1.1. Hình biểu diễn là hình được vẽ qua phép chiếu song song từ không gian
lên mặt phẳng, do vậy hình biểu diễn cần thỏa mãn các tính chất của phép
chiếu song song
+ Phép chiếu song song biến 3 điểm thẳng hàng thành 3 điểm thẳng hàng
và không làm thay đổi thứ tự 3 điểm đó.
+ Biến đường thẳng thành đường thẳng, tia thành tia, đoạn thẳng thành
đoạn thẳng.
+ Biến 2 đường thẳng song song thành 2 đường thẳng song song hoặc
trùng nhau.
+ Không làm thay đổi tỷ số độ dài hai đoạn thẳng cùng nằm trên một
đường thẳng hoạc hai đường thẳng song song.
1.2. Hình biểu diễn
Do những tính chất đã nêu của phép chiếu song song nên hình biểu diễn
được vẽ như sau:

- Hình tam giác => Hình tam giác có dạng tùy ý (tam giác thường, tam
giác cân, tam giác vuông).

5


- Hình bình hành => Hình bình hành tùy ý
(Hình bình hành , hình chữ nhật, hnh vuông, hình
thoi).
- Thường dùng e líp để biểu diễn đường tròn.
Do hình biểu diễn của bài tập hình không gian
phải thỏa mãn các tính chất đã nêu nên việc vẽ hình
biểu diễn khó hơn rất nhiều so với hình học phẳng,
đòi hỏi học sinh phải hiểu đề bài và biết cách vẽ hình biểu diễn khi học hình học
không gian. Người dạy qua các bài tập hướng dẫn học sinh vẽ hình biểu diễn
qua đó hình thành kỹ năng vẽ hình cho học sinh, thao tác đầu tiên để đi đến
bước tiếp theo hoàn thành lời giải của bài tập toán Hình học không gian.
Ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Vẽ hình biểu diễn của tứ diện ABCD
- Bước 1: Vẽ tam giác bất kỳ BCD (một cạnh khuất)
- Bước 2: Lấy điểm A ngoài tam giác BCD
- Bước 3: Nối A với điểm B: B; D.
Ví dụ 2: Vẽ hình biểu diễn hình chóp tam giác đều S.ABC, có đường cao SH.
Vì hình chóp tam giác đều nên học sinh phải hiểu các tính chất của hình
chóp tam giác đều mới vẽ được hình biểu diễn.
- Vẽ đáy là tam giác ABC bất kỳ có nét
khuất AB (mặc dầu đáy là tam giác đều).
- Do đường cao SH của hình chóp tam giác
đều có H trùng với tâm của tam giác ABC, nên vẽ
H là giao của ba đường trung tuyến tam giác

ABC (do tam giác ABC đều).
- Vẽ SH (nhìn như vuông góc với AB).
- Nối SA; SB; SC.
Ví dụ 3. Vẽ hì hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’
- Vẽ đáy ABCD là hình bình hành.
- Vẽ hình chữ nhật AA’B’B
6


- Từ các đỉnh C, D kẻ các đoạn thẳng CC’, DD’, song song và bằng AA’.
- Nối A’B’, B’D’, D’B’.
Qua quá trình luyện tập ra thêm các bài tập cho học sinh luyện tập từ đó
hình thành kỹ năng vẽ hình, lưu ý học sinh cố gắng vẽ hình biểu diễn phần khuất
càng ít thì hình vẽ cáng trực quan hơn trong quá trình sử dụng để tìm lời giải bài
tập toán.
2. Kỹ năng xác định thiết diện
Để xác định được thiết diện giữa một mặt phẳng với một khối đa diện quy
về xác định giao tuyến của đôi một hai mặt phẳng thiết diện cắt khối đa diện.
2.1. Xác định giao tuyến của hai mặt phẳng
Để xác định được giáo tuyến của hai mặt phẳng cần phải xác định cho học
sinh cách xác định giao tuyến
- Hướng 1: Xác định được 2 giao điểm - thường là kéo dài hai đường
thẳng trong cùng một mặt phẳng.
- Hướng 2: Xác định một điểm và phương của đường thẳng giao tuyến.
2.2. Các ví dụ minh họa
Ví dụ 1. Cho tam giác ABC nằm trong mp (P) và a là mộtđường thẳng
nằm trong mp ( P) và không song song với AB và Ac và không cắt các cạnh
của tam giá ABC. S là một điểm ở ngoài mặt phẳng ( P) và A’ là một điểm
thuộc SA .
Xác định thiết diện giao giữa mặt phẳng mp (A’,a) và tứ diện SABC.

Phân tích: Để xác định được thiết diền ta phải xác định được giao tuyến
của các cặp mặt phẳng: mp (A’,a) và (SAB); mp (A’,a) và (SAC) và mp (A’,a)
và (SBC).
Lời giải
- Xác định giao tuyến của mp (A’,a) và (SAB)
Ta có: A’  SA mà

SA  ( SAB)  A’ ( SAB)

A’  ( A’,a)

7


 A’ là điểm chung của ( A’,a) và (SAB )
Trong ( P) , ta có a không song song với AB
Gọi E = a  AB
=> E  AB mà AB  (SAB )  E  (SAB )
=> E  ( A’,a)
 E là điểm chung của ( A’,a) và (SAB )
Vậy: A’E là giao tuyến của ( A’,a) và (SAB )
- Xđ giao tuyến của mp (A’,a) và (SAC)
Ta có: A’  SA mà

SA  ( SAC)

=> A’ ( SAC)
A’  ( A’,a)
=> A’ là điểm chung của (A’,a) và (SAC)
Trong (P), ta có a không song song với AC

Gọi F = a  AC
F AC mà AC  (SAC )  F  (SAC )
E  ( A’,a)
=> F là điểm chung của ( A’,a) và (SAC )
Vậy: A’F là giao tuyến của ( A’,a) và (SAC )
- Xác giao tuyến của (A’,a) và (SBC)
Trong (SAB) , gọi M = SB  A’E
M  SB

mà

SB  ( SBC) => M ( SBC)

M  A’E

mà

A’E  ( A’,a) => M ( A’,a)

=> M là điểm chung của mp ( A’,a) và (SBC )
Trong (SAC ) , gọi N = SC  A’F
N  SC

mà

N  A’F mà

SC  ( SBC) => N ( SBC)
A’F  ( A’,a) => N ( A’,a)
8

 N là điểm chung của mp ( A’,a) và (SBC )
Vậy: MN là giao tuyến của ( A’,a) và (SBC ).
Ta có thiết diện cần xác định là: A’MN
Ví dụ 2. Cho bốn điểm A,B,C,D không cùng thuộc một mặt phẳng. Trên
các đoạn thẳng AB, AC, BD lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho MN không
song song với BC. Xác định thiết diện giao của mặt phẳng ( MNP) với tứ diện
ABCD.
Phân tích: Để xác định thiết diện ta cần xác định giao tuyến của mp MNP
với các mặt của tứ diện. Dể thấy MN, MP là giao tuyến của (MNP) với (ABC)
và (ABD). Chỉ cần xác định hai giao tuyến của (MNP) với (BCD) và (ACD).
Lời giải:
- Kéo dài MN cắt BC kéo dài tại E
=> E là điểm chung của (BCD) và (MNP)
 ME là giao tuyến của (ABC) và (MNP) .
- Nối E với P cắt CD tại Q
=> EQ là giao tuyến (BCD) với (MNP).
Ví dụ 3. Cho tứ diện ABCD. Trên AC và AD lấy hai điểm M, N sao cho
MN không song song với CD, gọi O là điểm bên trong tam giác BCD.
Xác định thiết diện giao giữa mặt phẳng (OMN) với tứ diện ABCD.
Phân tích:

Để xác định thiết diện ta cần xác định giao tuyến của

mp(OMN) với các mặt của tứ diện.Xác định giao tuyến các cặp mặt phẳng:
(OMN) với (BCD); (OMN) với(ABC) và (OMN) với (ABD).
Lời giải:
- Tìm giao tuyến của (OMN) và (BCD)
Ta có: O là điểm chung của (OMN) và (BCD)

Trong (ACD), MN không song song CD
Gọi I = MN  CD
=> I là điểm chung của (OMN ) và (BCD)

9


Vậy : OI  (OMN )  (BCD )
- Tìm giao điểm của BC với (OMN)
Trong (BCD), gọi P = BC  OI
Vậy : P = BC  ( OMN)
- Tìm giao điểm của BD với (OMN)
Trong (BCD), gọi Q = BD  OI
Vậy : Q = BD  ( OMN )
Nối QN; MP ta có thiết diện là: MNQP.
Ví dụ 4. Cho hình chóp S.ABCD, gọi O là giao điểm của AC và BD, các
điểm M, N, P lần lượt là các điểm trên SA, SB, SD.
Xác định giao tuyến giữa mặt phẳng (MNP) với hình chóp S.ABCD.
Phân tích: Phân tích: Để xác định thiết diện ta cần xác định giao điểm
của mặt phẳng (MNP) với SC.
Lời giải:
- Nối BD và AC cắt nhau tại O.
- Tìm giao điểm I của SO với mặt
phẳng (MNP)
Nối MN, SO tao có giao điểm SO và
BD chính là điểm I.
- Trong mặt phẳng (SAC) nối MI kéo
dài cắt SC tại Q.
- Nối PQ, NQ ta có: thiết diện MNQP
cần xác định.

** Xác định thiết diện qua các giao tuyến khi biết một điểm và phương
của đường thẳng, đòi hỏi học sinh phải nắm chắc kiến thức về quan hệ song
song giữa đường thẳng và mặt phẳng trong không gian.
Ví dụ 5. Cho hình vuông cạnh a, tâm O . Gọi S là một điểm ở ngoài mặt
phẳng (ABCD) sao cho SB = SD.

10


Gọi M là điểm tùy ý trên AO với AM = x, mặt phẳng () qua M song
song với SA và BD.
a. Xác đinh thiết diện giao giữa mặt phẳng () với hình chóp SABO.
b. Cho SA = a . Tính diện tích thiết diện theo a và x, tìm giá trị x để diện
tích lớn nhất.
Phân tích: Để xác định được thiết diện cần tìm, ta phải xác định được
giao tuyến của mặt phẳng () với các mặt phẳng (ABO); (SAB); (SBO) và
(SAO). Giả thiết đã cho xác định điểm M và trực quan từ hình vẽ. Do đó cần
hướng dẫn học sinh xác định được phương các phương của giao tuyến nhờ kiến
thức về đường thẳng, mặt phẳng song song.
Lời giải:
a. Ta có mp() // BD mà BD � mp(ABO), M là điểm chung
=> Giao tuyến của mp() và mp(ABO) là đường thẳng đi qua M nằm
trong mp(ABO) và song song với BD.
=> Từ M kẻ đường thẳng song song với BD cắt AB tại Q.
mp() // SA chứa MQ suy ra mp() giao với mp(SAB) và mp(SAO) theo
hai đường thẳng song song với SA.
=> Từ M và Q kẻ hai đường thẳng song song với SA cắt SO tại N; cắt SB
tại P.
Nối PN ta có thiết diện cần xác định là: MNPQ.
b. Ta có : mp() //BD => giao của mp() với mp(SAD) là NP thì NP//AD, mà

AD//QM => NP//QM. kết hợp với câu a, ta có: MNPQ là hình bình hành (1).
SB = SD =>  SBC =  SDC (c-c-c)
Gọi I là trung điểm SC, xét  IBC và  IDC
=> IB = ID =>  IBD cân tại I
=> IO  BD
Mà OI // SA



SA  BD (2)

11


Từ (1) và (2) suy ra : MNPQ là hình chữ nhật
- Tính diện tích MNPQ theo a và x
Ta có : S MNPQ MQ.MN
Tính MQ :
Xét tam giác AQM :
ˆ 450


0
Ta có :  Qˆ 45
 ˆ
0
 M 90



AQM cân tại M

=> MQ = AM = x
Xét tam giác SAO, ta có :
MN OM

MN//SA 
AS
OA

a 2
 x
OM
MN  AS.
a. 2
a  x. 2
OA
a. 2
2



=> S MNPQ  MQ.MN  x.(a  x. 2 ) 

1
2

x. 2 (a  x. 2 )

Áp dụng bất đẳng thức Cosy cho 2 số dương x. 2 và a  x. 2

x. 2  a  x. 2 ) 2 
x. 2 (a  x. 2 )  (
)
2

=> S MNPQ 

1 a²
a²
. 
2 4 4. 2

a²
4

 S MNPQmã 

Đẳng thức xảy ra khi x. 2 a  x. 2

a²
4. 2



x

a
a. 2

4

2. 2

<=> M là trung điểm AO.
Vậy : x 

a. 2
thì S MNPQ đạt giá trị lớn nhất.
4

Ví dụ 6. Cho tứ diện ABCD có AB = a , CD = b . Gọi I , J lần lượt là
trung điểm AB và CD. Giả sử AB  CD , mặt phẳng () qua M nằm trên đoạn
IJ và song song với AB và CD.
a. Tìm giao tuyến của () với ( ICD ) và (JAB) .
b. Xác định thiết diện của (ABCD) với mặt phẳng ()
12


Chứng minh thiết diện là hình chữ nhật .
Tính diện tích thiết diện biết IM =

1
IJ .
3

Phân tích: Áp dụng tính kiến thức về đường thẳng song song với mặt
phẳng để xác định các giao tuyến của hai mặt phẳng theo yêu cầu của bài toán,
từ đó xác định dược thiết diện.
Lời giải:
a. Tìm giao tuyến của () với mặt phẳng (ICD ):
 ( ) // CD


Ta có :  CD  ( ICD)
 M  ( )  ( ICD)


=> Giao tuyến là đt qua M và song song
với CD cắt IC tại L và ID tại N
Tương tự :

 ( ) // AB

 AB  ( JAB)
 M  ( )  ( JAB)


=> Giao tuyến là đt qua M và song song với AB cắt JA tại P và JB tại Q
b. Xác định thiết diện của (ABCD) với mặt phẳng ():
Ta có :

 ( ) // AB

=> EF // AB
 AB  ( ABC )
 L  ( )  ( ABC )


 ( ) // AB

Tương tự :  AB  ( ABD)
 N  ( )  ( ABD )



Từ (1) và (2), suy ra
Ta có :

=> HG // AB

EF // HG // AB

 ( ) // CD

 CD  ( ACD )
 P  ( )  ( ACD)


 ( ) // CD

Tương tự :  CD  ( BCD)
 Q  ( )  ( BCD)


=> FG // CD

=> EH // CD

Từ (4) và (5) , suy ra FG // EH // CD
13

(1)

(2)
(3)
(4)

(5)
(6)


Từ (3) và (6) , suy ra EFGH là hình bình hành.
Mà AB  CD , suy ra EFGH là hình chữ nhật
- Tính diện tích thiết diện khi IM =

1
IJ
3

Ta có : S EFGH  EF .FG  PQ.LN
Tính LN :
Xét tam giác ICD, ta có : LN // CD

=>

LN IN

CD ID

(7)

Xét tam giác IJD, ta có : MN // JD

=>

IN IM

ID
IJ

(8)

Từ (7) và (8), suy ra
Tương tự :

LN IM 1


CD
IJ
3

PQ JM 2

 =>
AB
JI
3

Vậy : S EFGH 



LN 

CD b

3
3

2
2
PQ  . AB  .a
3
3

2ab
9

Ví dụ 7. Cho hình chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Trên AB lấy
một điểm M với AM = x.
Gọi () là mặt phẳng qua M và
song song với mặt phẳng (SAD) cắt SB,
SC , và CD lần lượt tại N, P, Q
a. Tìm thiết diện của () với mặt phẳng
hình chóp. Thiết diện là hình gì?
�
b. Cho SAD
= 1v và SA = a. Tính diện
3a 2
tích của thiết diện theo a và x .Tìm giá trị x để diện tích thiết diện bằng
8

Lời giải:
a. Tìm thiết diện của () với mặt phẳng hh́nh chóp
Ta có : ( ) //( SAD)

 ( ) // SD

 ( ) // SA
 ( ) // AD




14


0 Với ( ) // SD
 ( ) // SD

 SD  ( SAD)
 ( )  ( SAD)  PQ


Có



PQ // SD



MN // SA

- Với ( ) // SA
Có

 ( ) // SA

 SA  ( SAB)
 ( )  ( SAB)  MN


- Với

( ) // AD

 ( ) // AD

 AD  ( ABCD)
 ( )  ( ABCD)  MQ


Có

 BC // MQ

 BC  ( )

Vì

Có



 ( ) // BC

 BC  ( SBC )
 ( )  ( SBC )  PN


MQ // AD





Từ (1) và (2) , suy ra : MQ // PN

(1)

( ) // BC

PN // BC



(2)

MNPQ là hình thang.

Vậy : MNPQ là hình thang

b. Tính diện tích của thiết diện theo a và x
Ta có: S MNPQ S IMQ  S INP  S SAD  S INP
Tính diện tích tam giác SAD:
Ta có:  SAD vuông cân tại A, do đó :
Tính INP:

1
S SAD  .a 2
2

S INP

Xét tam giác SBC, tam giác SBS 0 và tam giác SAB
Ta có :

NI // S 0 B

=>

NI
SN

S 0 B SB

(1)

PN // BC

=>

PN SN

BC SB

(2)

MN // SA

=>

AM SN

AB
SB

(3)

15


NI

PN

AM

Từ (1) , (2) và (3) , ta được S B  BC  AB => NI  PN  AM  x
0
1
2

=>  INP vuông cân tại N , suya ra: S INP  .x 2
=>

1
1
1
S MNPQ  .a 2  .x 2  (a 2  x 2 )
2
2
2

Để

S MNPQ 

<=> x 2 a 2 

3.a 2
8

<=>

1 2
3.a 2
(a  x 2 ) 
2
8

a

3.a 2
a2
 x 2  <=> x 
2
4
4

ˆ = 60 0 ,
Ví dụ 8. Trong mặt phẳng () cho tam giác ABC vuông tại A , B

AB = a. Gọi O là trung điểm của BC. Lấy điểm S ở ngoài mặt phẳng () sao
cho SB = a và SB  OA. Gọi M là mọt điểm trên cạnh AB, mặt phẳng () qua M
song song với SB và OA, cắt BC, SC, SA lần lượt tại N, P, Q .
Đặt x = BM (0 < x < a) .
a. Chứng minh MNPQ là hình thang vuông
b. Tính diện tích của hình thang MNPQ theo a và x. Tìm giá trị của x để
diện tích hình thang MNPQ lớn nhất .
Lời giải:
a. Chứng minh MNPQ là hình thang vuông:
 (  ) // OA

Ta có :  OA  ( ABC )
 MN (  )  ( ABC )

 (  ) // SB

 SB  ( SAB)
 MQ (  )  ( SAB)


MN // OA



(1)

(1)

MQ // SB



 (  ) // SB

 SB  ( SBC )
 NP (  )  ( SBC )


(2)

(2)



NP // SB

(3)

(3)

Từ (2) và (3), suy ra MQ // NP // SB
16

(4)


 MNPQ là hình thang
 OA  SB

Từ (1) và (4), ta có:  MN // OA
 MQ // NP // SB




 MN  MQ

 MN  NP

Vậy: MNPQ là hình thang vuông , đường cao MN.
b. Tính diện tích của hình thang theo a và x .
1
2

Ta có : S MNPQ  ( MQ  NP ).MN
Tính MN:
Xét tam giác ABC
Ta có : cos B 


AB
AB
=> BC 
BC
cos B

BC 2a

=> BO = a

 Bˆ 60 0
Do 
 BA  BO

ABO đều



Có MN // AO =>
MN BM BN


AO AB BO



MN MB BN  x

Tính MQ:
Xét tam giác SAB, ta có: MQ // SB

=>

MQ AM
SB
a

(a  x). a  x
=> MQ  AM .
SB
AB
AB
a

Tính NP:
Xét tam giác SBC , ta có : NP // SB
=>

NP CN

SB CB

Do đó : S MNPQ 

=> NP CN .

SB
a
2a  x
(2a  x).


CB
2a
2

x ( 4a  3 x ) 1
 .3 x.( 4a  3x )
4
12

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho 2 số dương 3x và 4a  3x
3x.( 4a  3x)  ( 3x  4a  3x ) 2  4a² => S MNPQ  1 .4a ²  a ² .
2

12

17

3


=> Đẳng thức xảy ra khi 3x = 4a – 3x <=> x =
Vậy : x =

2a
3

2a
thì S MNPQ đạt giá trị lớn nhất.
3

* Bài tập tự giải
1. Cho tứ diện ABCD, M là một điểm bên trong tam giác ABD, N là một điểm
bên trong tam giác ACD . Tìm giao tuyến của các cặp mặt phẳng sau:
a. (AMN) và (BCD)
b. (DMN) và (ABC )
2. Cho hình chóp S.ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm lấy trên AD và DC.
Tìm thiết diện của hình chóp với mặt phẳng (MNE)
3. Cho bốn điểm A, B, C, S không cùng ở trong một mặt phẳng . Gọi I, H lần
lượt là trung điểm của SA, AB .Trên SC lấy điểm K sao cho : CK = 3KS.
Xác định thiết diện giao giữa mặt phẳng (IHK) và hình chóp S.ABC.
4. Cho tứ diện ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AC và BC. K là điểm
trên BD và không trùng với trung điểm BD. Xác định thiết diện giao giữa mặt
phẳng (MNK) với tứ diện ABCD.
5. Cho tứ diện SABC. Gọi D là điểm trên SA, E là điểm trên SB và F là điểm
trên AC (DE và AB không song song) .
a. Xác định giao tuyến của hai mp (DEF) và (ABC)
b. Tìm giao điểm của BC với mặt phẳng (DEF)
c. Tìm giao điểm của SC với mặt phẳng (DEF)
6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (đáy lớn AB). Gọi I, J
lần lượt là trung điểm AD và BC , K là điểm trên cạnh SB sao cho SN =

2
SB .
3

a. Tìm giao tuyến của (SAB) và (IJK)
b. Tìm thiết diện của (IJK) với hình chóp S.ABCD
Tìm điều kiện để thiết diện là hình bình hành
7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (đáy lớn AB). Gọi I, J
lần lượt là trung điểm AD và BC , K là điểm trên cạnh SB sao cho SN =

18

2
SB .
3


Xác định thiết diện giao của mp(IJK) với hình chóp S.ABCD
8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành .Gọi M, N, P, Q lần
lượt là các điểm nằm trên các cạnh BC, SC, SD, AD sao cho MN // BS, NP //
CD, MQ // CD
a. Chứng minh: PQ // SA.
b. Gọi K = MN  PQ .
9. Cho hình chóp S.ABCD .Gọi M, N lần lượt là trung điểm SB và SC. Giả sử
AD và BC không song song.
a. Xác định giao tuyến của (SAD) và (SBC)
b. Xác định thiết diện của mặt phẳng (AMN) với hình chóp S.ABCD
10.Cho hình chóp S.ABCD, trong tam giác SBC lấy một điểm M trong tam giác
SCD lấy một điểm N.
a. Tìm giao điểm của đường thẳng MN với mặt phẳng (SAC)
b. Tìm giao điểm của cạnh SC với mặt phẳng (AMN)
c. Tìm thiết diện của mặt phẳng (AMN) với hình chóp S.ABCD.
*Kết luận: Với các ví dụ minh họa cùng các bài tập tự giải, qua trình dạy
luyện tập cho học sinh, người dạy có những hướng dẫn cụ thể, học sinh hình
thành kỹ năng vẽ hình, kỹ năng vận dụng các định lí, tính chất về đường
thẳng và mặ phẳng song song giải quết được các dạng bài tập đã nêu.

II. Kỹ năng chứng minh các quan hệ giữa các đối tượng hình học được học
Quan hệ vuông góc giữa các đối tượng đường thẳng, mặt phẳng nội dung
quan trọng của hình học không gian lớp 11, do đó cũng cần rèn luyện kỹ năng

giải quyết các dạng bài tập liên quan đế quan hệ vuông góc.

19


2.1. Rèn luyện kỹ năng chứng minh các quan hệ vuông góc
2.2.1. Rèn luyện kỹ năng chứng minh hai đường thẳng vuông góc
Để chứng minh hai đường thẳng a và b vuông góc trong không gian
GV có thể định hướng và cho học sinh rèn luyện chứng minh theo các định
hướng sau:
- Xác định góc giữa hai đường thẳng a và b, chứng minh �a, b  900 .
uu
r uu
r

- Xác định được ua, ub lần lượt là vectơ chỉ phương của đường thẳng a và
uu
r uu
r

b, chứng minh ua.ub  0, đường thẳng AB và CD vuông góc với nhau khi và chỉ
uuu
r uuur

khi AB.CD  0 .
- Xác định được đường thẳng c//b, chứng minh được a  c .
- Chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng chứa đường thẳng
b hoặc ngược lại.
- Có thể áp dụng định lí ba đường vuông góc.
Một số ví dụ giúp học sinh rèn luyện các định hướng đã nêu

Ví dụ 1. Cho tứ diện đều ABCD.
a. Chứng minh rằng AB  CD .
b. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB, CD. Chứng minh rằng:
MN  AB, MN  CD .

Lời giải.
uuu
r uuur

uuur

uuur uuur

a. Hướng 1. Chứng minh AB.CD  0 .Ta có CD  AD  AC

uuu
r uuur uuu
r uuur uuur uuu
r uuur uuu
r uuur
� AB.CD  AB. AD  AC  AB.AD  AB.AC  a.a.cos600  a.a.cos600  0 � AB  CD .





Hướng 2. Chứng minh CD vuông góc với mặt phẳng chứa AB.
Lấy N là trung điểm của CD, ta có ACD và là các tam giác cân chung
đáy CD
� AN  CD, BN  CD

� CD  mp ABN  � CD  AB .

b. Hướng 1. Ta có ABN cân tại N có M là trung
điểm AB � MN  AB . CDM cân tại M có N là
trung điểm của CD � MN  CD .
20


uuuu
r uuu
r

uuuu
r uuur

Hướng 2: Chứng minh MN.AB  0 và MN.CD  0
Ta có :
uuuu
r 1 uuur uuu
r 1 uuur uuur uuu
r
uuuu
r uuu
r
MN  AD  BC  AD  AC  AB � MN.AB  0 .
2
2
uuur uuur uuur uuuu
r uuur
CD  AD  AC � MN.CD  0 . Vậy MN  AB, MN  CD .









Ví dụ 2. (Trích đề thi ĐH khối A- 2007)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình
vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi
M, N, P lần lượt trung điểm của các cạnh SB,
BC, CD. Chứng minh AM  BP .
Lời giải.
Hướng 1: Chứng minh BP vuông góc với mặt phẳng chứa AM.
Gọi H là trung điểm của AD � SH  AD � SH   ABCD � SH  BP .
Gọi O là giao điểm của BP với CH.
�  PBC
� .
Từ BCP  CDH (c-g-c) � DCH
�  PCO
�  OPC
�  CBP
�  900
OPC
� BP  CH � BP   SHC  � BP  SC ,

mà MN // SC, SN //CH

� BP  MN, BP  AN � BP   AMN 
� BP  AM .

Hướng 2: Chứng minh BP vuông góc mặt phẳng // mặt phẳng AMN .
Chứng minh BP   SHC  .
MN / / SC, MN � SCH  � MN / /  SHC  . AN / /CH, AN � SHC  � AN / /  SHC  .

Do đó  AMN  / /  SHC  � BP   AMN  � BP  AM .
Ví dụ 3. (Trích đề KB- 2007)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có
đáy là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối

21


xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm
của BC. Chứng minh MN  BD .
Lời giải.
Hướng 1.
Lấy I là trung điểm của SA � MN / / IC , mà BD   SAC 
� BD  CI � BD  MN .

Hướng 2.
Lấy F là trung điểm của SB � F cũng là trung điểm của EC
� MF / / AC, FN / / SC .

S.ABCD là hình chóp đều � ABCD là hình vuông ,SO   ABCD �
BD  AC, BD  SO � BD  MF , BD  FN � BD   MNF  � BD  MN .

2.2.2. Rèn luyện kỹ năng chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng

Để chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), hướng
dẫn và rèn luyện cho học sinh chứng minh theo các hướng sau
- Áp dụng khái niệm đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ít gặp).
- Chứng minh cho đường thẳng a vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau
trong mp(P).
- Ta chứng minh cho a // b, trong đó đường thẳng b vuông góc mp(P)
(hoặc chứng minh được b vuông góc với mp(P)).
- Chứng minh cho (P) // (Q), trong đó (Q) vuông góc với a ( hoặc chứng
minh được (Q) vuông góc với đường thẳng a.
a,(P )  900 .
- Chứng minh cho �

- Chứng minh cho a là giao tuyến của hai mặt phẳng cùng vuông góc với
mp(P).
Một số ví dụ

22


Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. SA vuông góc với
đáy. Gọi H, I, K lần lượt là hình chiếu vuông góc
của A trên SB, SC, SD.
Chứng minh rằng:
a. SC  mp AHK  và I thuộc mp(AHK).
b. HK  mp SAC  .
Phân tích: Từ hình vẽ hướng chứng minh
học sinh dễ nhận thấy ớ câu a) là chứng minh
đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt
nhau nằm trong mặt phẳng.
Lời giải.

a. Ta có BC  AB (do ABCD là hình vuông)
BC  SA ( do SA   ABCD  )
BC   SAB � BC  AH .

Mặt khác AH  SB nên AH  mp SBC  � AH  SC .
Chứng minh tương tự ta cũng có: AK  SC , từ đó ta có SC   AHK  .
Do AI  SC � mp AHI   SC

mp AHI 

mp AHK  � I �mp AHK  .

Phân tích: Từ hình vẽ trực quan dễ thấy HK//BD, và BD dễ chứng minh
được vuông góc với mp(SAC) từ đó suy ra cách chứng minh bài toán.
� B  AS
� D � AHS  AKH (cạnh huyền
b. Ta có SAB  SAD  c  g c � SB  SD,AS

– góc nhọn) � SH  SK .
SBD có

SH SK

� HK / / BD mà BD  mp SAC  (do BD  AC, BD  AS )
SB SD

do đó HK  mp SAC  .
Cách 2. Theo a) SC  mp AHK  �  AHK    SAC  .
BD  SAC , �  SBD   SAC  mà HK   SBD � AHK  � HK   SAC  .

Ví dụ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành tâm O, SA =
SC, SB = SD.

23


a. Chứng minh SO  mp ABCD .
b. Gọi d1 là giao tuyến của hai mặt phẳng (SAB) và (SCD), d2 là giao tuyến
của hai mặt phẳng (SAD) và (SBC). Chứng minh SO  mp d1, d2  .
Phân tích: Từ hình vẽ hướng dẫn học
sinh chứng minh SO  mp ABCD đẽ dàng, câu b
giúp học sinh tưởng tương không gian khi xác
định được giao tuyến của hai mặt phẳng khi chỉ
biết một điểm và phương nhờ kiến thức ở phần
đường thẳng và mặt phẳng song song.
Lời giải:
a. Do SA = SC nên tam giác SAC cân đỉnh S, O là trung điểm AC � SO  AC .
SB = SD nên tam giác SBD cân đỉnh S, O là trung điểm của BD
� SO  BD .Mà AC �BD  O

nên SO  mp ABCD  .
b. Hướng 1.
Xét hai mặt phẳng (SAB) và (SCD) có S chung, AB // CD nên mp(SAB)
cắt mp(SCD) theo giao tuyến là đường thẳng d 1 qua S và song song với AB và
CD.
Tương tự d2 / / AD / / BC .
Vì SO   ABCD � SO  AB, SO  BC .
Ta có SO  AB � SO  d1, SO  BC � SO  d2 , d1 �d2  S nên SO  mp d1, d2  .
Cách 2. Ta có
d1 / / AB, d1 �mp ABCD � d1 / / mp ABCD  ,

d2 / / BC, d2 �mp ABCD  � d2 / /mp ABCD 

mà d1 �d2  O . Vậy mp d1, d2  / /mp ABCD  , mà SO  mp ABCD
SO  mp d1, d2  .

24

nên