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 CHĨP DÀNH CHO HỌC SINH LUYỆN THI
THPT QUỐC GIA

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

THANH HĨA 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)… tơi nhận thấy nhiều học sinh gặp khó
khăn khi giải bài tập hình học khơng gian do khả năng tư duy tưởng tượng khơng
gian của học sinh cịn hạn chế và có tâm lý sợ mơn hình học khơng gian. Trong khi
đó, rất nhiều bài tốn HHKG của chương trình tốn 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 tốn giải bằng phương pháp hình học khơng gian thuần túy cho lời

giải đơn giản hơn. Ngay cả những bài toán giải được bằng phương pháp tọa độ thì
bài tốn có đơn giản hay không một phần phụ thuộc vào cách chọn hệ trục toạ độ.
Vì vậy, trong khn khổ bài viết này tơi tập trung vào những bài tốn 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 tốn hình học khơng 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 tốn hình học
khơng gian như: khả năng vẽ hình khơng gian, khả năng tư duy hạn chế…Có cách
nhìn tổng qt các bài tốn hình học khơng gian. Lựa chọn được cách giải thích
hợp nhất khi đứng trước một bài tốn. Xóa bỏ tâm lý “sợ” mơn hình học khơng
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 tốn hình học khơng gian: Phương pháp hình học thuần
túy và phương pháp tọa độ. Một số dạng tốn về hình chóp có thể vận dụng phương
pháp tọa độ để giải tốn. 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 ơn luyện để bước vào kì thi THPT Quốc Gia đều đưa đến dạng của một bài
toán HHKG chứ khơng phải dạng của một bài hình học giải tích khơng gian.
Phương pháp hình học khơng 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 khơng gian đúng, đẹp và khai thác tốt hình vẽ
giúp rất nhiều cho việc trình bày lời giải một bài tốn HHKG nhưng khả năng vẽ
3

hình của phần đơng học sinh rất yếu. Phương pháp tọa độ áp dụng vào một số dạng
tốn 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 tốn, 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 tốn hình học khơng 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”
mơn hình học khơng gian là rất cần thiết.
II. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Chương trình tốn THPT, học sinh học hình học khơng gian với hai nội dung
tách rời nhau: Hình học khơng 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 khơng thấy mối liên hệ giữa hai nội dung này với nhau: không biết chuyển đổi
nội dung mơ tả hình học khơng gian sang biểu thức giải tích.
Phân phối chương trình khơng 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 tốn của học sinh cịn yếu,khả năng tư duy tưởng
tượng hình khơng gian của học sinh cịn hạn chế và có tâm lý “sợ” mơn hình học
khơng gian nên nhiều học sinh gần như bỏ qua bài hình học khơng gian trong các
đề thi mà các em gặp.
III. Giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Từ thực trạng trên, tơi chọn lọc một số dạng tốn về hình chóp có thể giải
được bằng cả hai phương pháp.
Mỗi bài tốn đều trình bày cả hai phương pháp giải để học sinh có cái nhìn
tổng qt về bài tốn hình học không gian, thấy được ưu điểm, nhược điểm của mỗi
phương pháp từ đó hình thành kĩ năng định hướng giải tốn 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
uuuu
r
• 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
• Độ dài véc tơ : v = x 22 + y 22 + z 22
r r
• Tích vơ hướng của hai véc tơ: u . v = x1. x2 + y1.y2+ z1.z2

4


•

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

•

Độ dài đoạn thẳng :

x1 + y1 + z1 . x 2 + y 2 + z 22

MN =

( x N − xM )

2

+ ( y N − yM ) + ( z N − zM )
2

2

 x + x B yA + yB zA + z B 
;
;
M là trung điểm AB: M  A
÷
2
2 
 2
 x + x B + x C y A + y B + yC z A + z B + z C 

;
;
• G là trọng tâm của ∆ABC: G  A
ữ
3
3
3
r

r
ã Tớch cú hng ca hai vộc t: u =(x1; y1; z1) và v =(x2; y2; z2) ký hiệu là:
r r
 y1 z1 z1 x1 x1 y1 
ur


u
,
v
;
;
=
=
÷ = (y1.z 2 − y 2 .z1;z1 .x2 − z 2 .x1;x1 .y2 − x 2 .y1 )
w   
y
z
z
x
x

y
2
2
2
2
2 
 2
u
u
u
r
u
u
u
r
1
• Diện tích ∆ABC là: S =  AB,AC 
2
uuur uuur uuuu
r
• Tính thể tích hình hộp: ABCD.A'B'C'D' là: V =  AB,AD  .AA '
1 uuur uuur uuur
• Thể tích tứ diện ABCD: V ABCD = .  AB,AC  .AD
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 + c 2 ≠ 0)
 z = z + ct
0

Khoảng cách từ điểm M0(x0; y0; z0) đến mp
là:
(α) : Ax + By + Cz + D = 0
•
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
•

5


r r uuuuur

 u, v  .M1M 2
Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau (∆1),(∆2):
 
d(∆1 , ∆ 2 ) =
r r
•
 u, v 
 
r
r
( (∆1) đi qua M1 và có VTCP u và (∆2) đi qua M2 và có véctơ chỉ phương v ).
→ →

•

Gọi ϕ là góc giữa (∆1) và (∆2):

u.v

cos ϕ =

→

→

=

a1a 2 + b1b 2 + c1c 2

a12 + b12 + c12 a 22 + b 22 + c22

| 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
(∆) có VTCP r =(a; b; c), (α) có VTPT → =(A; B; C),ψ là góc giữa (∆) và (α):
u
n
•
→ →

n .u

sin ψ =

→

→

=

| n |.| u |

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

(00 ≤ ψ ≤ 900)

c ∆ ⊂ (α ) ⇔ Aa + Bb + Cc = 0
Đặc biệt: ∆ / /(α ) hoặ

(α1) có VTPT → 1=(A1; B1; C1), (α1) có VTPT → 2=(A2; B2; C2). Nếu β là góc
n
n
•
→ →

giữa (α1) và (α2) thì: cos β =

n1.n 2
→

→

=

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 tốn 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 tốn đã cho sang bài tốn hình học giải tích và giải.
Bước 4: Kết luận.
2. Cách chọn hệ trục tọa độ
a)Hình chóp có cạnh bên vng góc với đáy và đáy là tam giác
Cho hình chóp S.ABC có SA ⊥ (ABC). Chọn hệ Oxyz như hình vẽ

∆ABC vng tại A
A ≡ O.

∆ABC vuông tại B
B ≡ O.
A ≡ O.

∆ABC đều
H là trung điểm BC
H O ≡ H.

6


b) Hình chóp có cạnh bên vng 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 vng (hoặc hình chữ nhật)

đáy là hình thang vng tại A và B

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

§ 2. MỘT SỐ DẠNG TỐN MINH HỌA
1. Hình chóp có cạnh bên vng 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

7


Cách 1: Từ giả thiết AB2 + AC2 = BC2 ⇒ ∆ABC vuông tại A suy ra AB ⊥ AC
AD ⊥ AB
Do AD ⊥ (ABC) ⇒ 
AD ⊥ 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
=
+
+
= + + ⇒ 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
1
6 34
d ( A, ( BCD ) ) =
=
Khoảng cách từ A đến (BCD) là
17
1 1 1
+ +
9 16 16
Nhận xét:

Cách 1: học sinh gặp khó khăn: khơng xác định được khoảng cách từ A đến
(BCD), không vẽ được hình đúng, kiến thức, tư duy và kĩ năng tính tốn yếu.
Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận tốn theo cơng 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.
Suy ra

Bài 2: ( Đề Cao đẳng Y tế - 2006) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vng tại
·
B, SA vng 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

8


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

0
VSABC = SA.SABC = SA. BA.BC = a 3.a.a.tan 60 =
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).
 a 3 a 3
;
M là trung điểm SB: M  a;
÷.
2
2



r
uur uur
r
2
2
*VTPT của (SAB)và (SBC) lần lượt là: j(1;0;0) n = SB;SC  = (0; −a 3; −a 3)

rr
Ta thấy j.n = 0 nên (SAB) ⊥ (SBC).
uuur
uuur
uuuu
r a 3 a 3 uuur uuur
2
* AB(0;a 3;0),AC(a;a 3;0),AM(0;
;
),  AB,AC  = (0;0; −a 3)
2
2

VMABC

1
=
6

2
3
uuur uuur uuuu
r
 AB,AC  .AM = 1 0 + 0 − 3a = a (đvdt).


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 tốn theo cơng thức có sẵn,
lời giải ngắn gọn, việc chứng minh và tính thể tích khối tứ diện đơn giản.

9


Bài 3:(Đề tham khảo khối D - 2003) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác
vng 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

1
Cách 1: Do SA ⊥ (ABCD) ⇒ SA ⊥ AC ⇒ ∆SAC vuông tại A suy ra MA = SC
2
⇒
BC
⊥
AB
⇒
BC
⊥
SB(do
BC
⊥
(SAB))
⇒
∆

SBC
∆ABC vuông tại B
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
Do SA ⊥ (ABCD) và MH / / SA ⇒ MH ⊥ (ABC) ⇒ MH ⊥ HK
Trong tam giác MHK vng tại H có MK 2 = HH 2 + HK 2 = 2a 2 ⇒ MK = a 2

1
1
a2 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:
r  a  uuur 
a 
 a  uuuu
M là trung điểm SC: M  a; ;a ÷, MA  a; ;a ÷,MB  a; − ;a ÷.
2 
 2 
 2 

9a 2
⇒M, A, B không thẳng hàng và MA 2 =
= MB2 ⇒ MA = MB ( ∆AMB cân tại M)
4
uuuu
r uuur
 MA,MB  = (a 2 ;0; −a 2 )


r uuur
1  uuuu

1 4
a2 2
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.

10


Cách 2: khắc phục nhược điểm trên, hình vẽ đơn giản, suy luận tốn theo cơng
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

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).
1
1
1

1
1
6a
=
+
= 2 + 2 ⇒ AH =
∆SAM vng tại A có:
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   a 3
3a



M(0;0;0),A  0; − ;0 ÷,B 
;0;0 ÷,C  −
;0;0 ÷,S  0; − ;2a ÷
2   2
2


  2
 
(SBC) có:
•
uuu
r  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
uuu
r uur
VTPT của (SBC) là: n = SB,SC  = (0;8 3;6 3)
3a 


Phương trình mặt phẳng (SBC): 8 3  y + ÷+ 6 3(z − 2a) = 0 ⇔ 4y + 3z = 0
2


11


 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),
khơng vẽ được hình đúng, kiến thức, tư duy và kĩ năng tính tốn yếu.
Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận tốn đơn giản theo
cơng thức có sẵn, nhưng việc tính tốn 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

Cách 1: Gọi I là trung điểm của BC suy ra BC ⊥ AI và BC ⊥ SA(doSA ⊥ (ABC))
nên BC ⊥ (SAI) ⇒ (SBC) ⊥ (SAI)
1
1 a2 3 a2 3
(đvdt)

VSABC = 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
uuu
r a a 3
uur a a 3
uuu

r
uu
r a 3
SB( ;
; −2a),SC( − ;
; −2a), SA(0;0; −2a),SI(0;
; −2a)
2 2
2 2
2
2
uu
r uuu
r uu
r
uu
r uuu
r uur
3 n
2 a

 = (a 2 3;0;0)
=
SA,SI


(SBC) và (SAI) có VTPT: n1 = SB,SC  = (0;2a ;
), 2 

2

uu
r uu
r
Ta thấy n1.n 2 = 0. Vậy (SAI) ⊥ (SBC).
r 1
1 uur uur uuu
a2 3 a3 3


VS.ABC = SB,SC  .SA = 0 + 0 + (−2a).
=
(đvdt).
6
6
2
6
Nhận xét:

12


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 tốn hơi cồng kềnh, lời giải không ngắn gọn như cách 1
nhưng suy luận tốn theo cơng 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

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 =
Chọn hệ Oxyz như hình vẽ:

AB 3 a 3
=
.
2
2

13


a 3
a 3
a
a
a 3
;0)
;0),B( ;0;0),C( − ;0;0),S(0; −
;h) O(0; −
6
2
2
2
2
uuu
r a a 3
r

uuu
r uur
 uur  a a 3

; −h ÷,SC  − ;
; −h ÷. VTPT của (SBC) là: n = SB,SC 
(SBC): SB  ;
2 2

 2 2

2

a 3
=  0;ah;
÷. Phương trình (SBC): 2hy + a 3z = 0
2


I(0;0;0),A(0; −

Áp dụng cơng thức tính khoảng cách, ta được: d(A,(SBC)) =

ah 3
4h 2 + 3a 2

.

b. H(x; y; z) là trực tâm ∆SBC thì
uuur uur

 HB.SC = 0


r
 uuur uuu
x = 0
 2hy + a 3z = 0
 HC.SB = 0


 uuur
a
a
a
3
a3 3


a


⇔
(x
+
)
+
y
−
hz
=

0
⇔
y
=
−
 BH  x − ; y;z ÷ 

2
2
2(3a 2 + 4h 2 )
2




2
 uuur

 a
a a 3
a 2h
a
y − hz = 0
CH  x + ; y;z ÷  − (x − ) +
z = 2
 2
2
2
3a + 4h 2


2




a3 3
a 2 h  uuur 
2ah 2
a 2h 
;
; 2
hay H  0; −
÷⇒ OH  0;
2 ÷
2(3a 2 + 4h 2 ) 3a 2 + 4h 2 
3(3a 2 + 4h 2 ) 3a + 4h 


Phương trình mặt phẳng (SBC)phương trình: 2hy + a 3z = 0
r
chọn một VTPT n = (0;ah;a 3). Ta thấy
uuur 
r
2ah 2
a 2h 
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: khơng xác định được khoảng cách từ A đến
(SBC), khơng 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 tốn phức tạp hơn tuy nhiên suy luận tốn cả hai câu đều theo cơng thức.
2. Hình chóp có cạnh bên vng góc với đáy và đáy là tứ giác
2.1. Đáy là hình vng, chữ nhật
Bài 7:(ĐH Hùng Vương hệ CĐ-2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là

14


hình vng cạnh a, SA ⊥ (A BCD) và SA = a. Tính khoảng cách giữa BD và SC.
Giải

Cách 1: Từ giả thiết SA ⊥ (A BCD) và đáy ABCD là hình vng 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 vng góc chung của SC và BD
do đó độ dài đoạn OK là khoảng cách giữa SC và BD.
1
1
1
3
a 6
∆ABM vng tại A có AH là đường cao:
=
+
= 2 ⇒ AI =
2
2
2
AI
SA
AC
2a
3
1
1 a 6 a 6 Vậy khoảng cách giữa SC và BD bằng a 6

⇒ OK = AI = .
=
.
.
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
BD(−a;a;0),SC(a;a; − a), BD,SC  = ( −a 2 ; −a 2 ; −2a 2 )
uuur uur uuur
 BD,SC  .CD
−a 3
a3
a 6


=
= 2
=
.
uuur uur
Khoảng cách giữa SC và BD: h =
4
4
4

6
a 6
 BD,SC 
a
+
a
+
4a


Nhận xét:
Cách 1: học sinh gặp khó khăn: khơng xác định được khoảng cách giữa BD và
SC,nếu xác định được thì khơng biết suy luận để tính khoảng cách đó qua trung
gian là đoạn OK, khơng vẽ được hình đúng.
Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ đơn giản, suy luận tốn theo
cơng 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

15


AM
1
AB
·
·
=

=
⇒ ∆ ABM : ∆ BCA ⇒ ABM
= BCA.
AB
2 BC
·
·
·
·
·
⇒ 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).
a) Gọi H là trung điểm của AC thì NH / /SA, NH = 1 SA = a
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 − AI2 ⇒ 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 ÷, N  ;
;0 ÷
M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC nên M  0;
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′ ∈ R)
z = 0



(

)

16


 1
a − at = at′
 t = 3
a a 2 

⇔
;0 ÷
Tọa độ I là nghiệm của hpt:  a 2
hay I  ;
2
3
3
′
t
=
a
2t



 t′ =

 2

3
uu
r uuu
r uuur
uuu
r
uuur

 = (−a 2 2;a 2 ;0)
n
=
AS,AC
(SAC) có AS(0;0;a), AC(a;a 2;0) nên VTPT là 1 


uu
r uuuu
r uur  a 2 2 2 a 2 2 
uuuu
r
uur
a 2

;a ;
÷
(SMB) có BM ( − a;
;0), BS( − a;0;a) nên VTPT: n 2 =  BM, BS = 
2 

2
 2
uu
r uu
r
a2 2
a2 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 
a2 2 


AB
=
(a;0;0),AI
=
;
;0
,AN
=
;
;
,
AB,AI
=

0;0;
b)

÷

÷ 
÷
 
2 
3 3

2 2 2


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 khơng vẽ được hình đúng, đây là bài tốn khó đối với học sinh.
Cách 2: khắc phục được nhược điểm trên, hình vẽ, suy luận đơn giản, tuy lời
giải khơng ngắn gọn, tính tốn nhiều nhưng có sẵn cơng thức, cách giải này
học sinh kiên trì, tính tốn cẩn thận sẽ đi đến kết quả.

2.2. Đáy là hình thang vng
Bài 9: (Đại học cao đẳng khối D năm 2007) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là
·
·
hình thang, ABC
= BAD
= 900 , BA = BC = a, AD = 2a. SA ⊥ (ABCD) SA = a 2.
Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên SB. Chứng minh rằng tam giác SCD
vng và tính khoảng cách từ H đến (SCD) theo a.
Giải

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

17


Lại có: CD ⊥ SA(doSA ⊥ (ABCD)) nên CD ⊥ (SAC) ⇒ CD ⊥ SC hay ∆SCD
vuông tại C. Từ gt suy ra SB = SA 2 + AB 2 = a 3, SC = SA 2 + AC2 = 2a.
SA 2
SH SA 2 2
Trong ∆SAH: SA 2 = 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
1
1
SA.SBCD
2 =a
V1 = VBSCD = .h1.SSCD = .SA.SBCD ⇔ h1 =
=
1
3
3
SSCD
.2a.a 2 2
2
2
2
2
2
2
2
2
2

Gọi CD = 6a ,CD = SD − SC = 2a ,SC = 4a ,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
uuu
r
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:
•
uuu
r 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
H(a + at;0; −a 2 t)

a 2
H(
a;0;
)


u
u
u
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
a(a + at) + 2a 2 t = 0
t = − 1

3

a 2.

18


d(H,(SCD)) =

1
1
+ 0 + −1
a
3
3
=
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 vng rất
đơn giản, học sinh gặp khó khăn một chút khi tính khoảng cách từ H đến (SCD),
tuy lời giải khơng ngắn gọn, tính tốn nhiều nhưng có sẵn cơng thức,học sinh,
tính tốn cẩn thận sẽ đi đến kết quả
3. Hình chóp đều
Bài 10: (Cao đẳng sư phạm Hải Dương) Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy

ABCD là hình vng cạnh 2a, đường cao SH = a 3. Tính góc giữa mặt bên và mặt
đáy của hình chóp.
Giải

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 vng góc)
·
Suy ra góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp bằng SIH
Xét ∆SHI vng tại H có SH = a 3,HI = a
SH a 3
·
·
tanSIH
=
=
= 3 ⇒ SIH
= 600
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
uuu
r
SC(a 2;0; − a 3),SD(0;a 2; − a 3)
r
uur uuu
r


 = (a 2 6;a 2 6;2a 2 )
n
=
SC,SD
VTPT của (SCD)



19


Gọi α là góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp.
r r
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 khơng xác định được góc giữa đường thẳng
và mặt phẳng từ đó sẽ khơng tính được số đo góc.
Cách 2: hình vẽ và lời giải đơn giản, suy luận tốn theo cơng thức sẵn có
Trong bài này hai cách giải như nhau.
Bài 11: Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vng 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

MP / /NC
Cách 1: Gọi P là trung điểm của SA. Từ giả thiết ta có 
nên tứ giác
MP = NC
MN / / PC
MPCN là hình bình hành suy ra 
MN = PC
BD ⊥ AC 
 ⇒ BD ⊥ (SAC) ⇒ BD ⊥ PC ⇒ BD ⊥ MN
BD ⊥ SO 
Do MN / /AC ⊂ (SAC) ⇒ MN / /(SAC)
a 2
d(MN,AC) = d(MN,(SAC)) = d(N,(SAC)) = NI =
2
Cách 2: Gọi O là tâm hình vng ABCD.
a 2
Từ giải thiết OA = OB = OC = OD =
. Đặt SO = h.
2
Chọn hệ Oxyz như hình vẽ
O là tâm hv ABCD thì

20


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
; ÷
P là trung điểm của SA: P  0; −
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 = 2z − z
P
D
 E
a 2 a 2 h a 2 a 2 
;−
; ÷, N 
;
;0 ÷
M, N lần lượt là trung điểm của AE, BC nên M 
4
2
2
4
2

 

uuuu
r  3a 2 h  uuur
uuuu
r uuur
uuuu
r uuur
MN  0;
; − ÷,BD − a 2;0;0 ⇒ MN.BD = 0 ⇒ MN ⊥ BD. Vậy MN ⊥ BD
4
2


uuur
uuur  a 2 a 2  uuuu
r uuur  ah 2

;
;0 ÷,  MN,AC  = 
;0;0
Ta có: AC 0;a 2;0 , NC  −
÷


4
4
2




2
a h
uuuu
r uuur uuur
−
 MN,AC  .NC
4
a 2


d(MN,AC) =
=

=
uuuu
r uuur
4
 MN,AC 
a2 h2


+0+0
2
Nhận xét:
Cách 1: học sinh khơng vẽ được hình đúng, đây là bài tốn khó đối với học sinh.
Cách 2: lời giải không ngắn gọn, tính tốn nhiều nhưng có sẵn cơng thức để áp
dụng, suy luận tốn theo cơng thức, cách giải này u cầu học sinh kiên trì, tính
tốn cẩn thận.
BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1: (Đề TK khối A – 2002) Cho ∆ABC vng cân có cạnh huyền BC = a. Trên

(

(

)

)

đường thẳng vng 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 )

21


2a
)
3
c) Khi MN ngắn nhất. Chứng minh MN là đoạn vng 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
Bài 4: (Cao đẳng Hải Phịng năm 2006) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác đều
b) Tìm giá trị của t đề đoạn MN ngắn nhất.(Đáp số: t =

cạnh a, SA vng góc với đáy, SA = 2a. Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh
a2 3
(SAI)
⊥
(SBC)

rằng
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
vng cạnh a, cạnh bên SA vng góc với đáy và SA = a. Gọi E là trung điểm của
3a 5
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 vng 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).
b) Tính diện tích thiệt diện cắt bởi (AHK) với hình chóp. (Đáp số: a

2

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

22


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%
Khi đưa ra tổ chun mơn 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
tốn HHKG hơn trước.
Nhìn chung, học sinh đã chủ động hơn, tự tin hơn khi tiếp xúc với bài toán
HHKG, các em đã khơng cịn 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 tốn liên quan
đến hình chóp, biết cách chuyển từ bài tốn 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 tốn hình học khơng gian.
- Học cần nắm vững một số dạng tốn có thể giải được bằng phương pháp tọa độ và
cách chọn hệ tọa độ cho các dạng tốn đó.
- Khi vận dụng phương pháp tọa độ: Khơng nhất thiết phải vẽ hình minh họa một
cách chi tiết. Suy luận để tìm lời giải cho bài tốn đơn giản theo những cơng thức
Vì thế nhiều học sinh có thể tiếp thu phương pháp này để giải tốn HHKG.
Tuy nhiên, pp tọa độ chỉ giải quyết được một số dạng tốn có thể chọn được
hệ trục tọa độ một cách đơn giản nhất hoặc có sẵn dạng cơ bản. Việc tính tốn dài,
biểu thức tốn đơi khi cồng kềnh gây khó khăn cho học sinh có kĩ năng tính tốn
khơng 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 tốn hình học khơng gian. Phương pháp này gây hứng thú cho
học sinh giúp các em có niềm tin, có quyết tâm và quan trọng khơng cịn cảm giác
“sợ” bài tốn hình học khơng gian nữa.
II. Kiến nghị:
Trong PPCT tốn 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
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung của
23

người khác.
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
khơng gian giải các bài tốn 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.
[10] TS Nguyễn Thái Sơn (2000), Phương pháp toạ độ trong không gian (tài liệu
bồi dưỡng thường xuyên giáo viên THPT chu kỳ 1997 - 2000) - Lưu hành nội bộ,
[11] Báo Toán học và Tuổi trẻ, số tháng 11/1995 và số tháng 2/1999.

24


-----------------------------------------

25