SỞ GD & ĐT THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT LAM KINH
***
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
NÂNG CAO NĂNG LỰC GIẢI MỘT SỐ DẠNG BÀI TOÁN
HÌNH HỌC KHÔNG GIAN BẰNG BA PHƯƠNG PHÁP
KHÁC NHAU Ở TRƯỜNG THPT LAM KINH.
Người thực hiện: Nguyễn Văn Tình
Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn.
SKKN thuộc môn: TOÁN
THANH HOÁ,NĂM 2013
M C L CỤ Ụ
2
Trang
MỞ ĐẦU 1
I Lý do chọn đề tài ………………………………………… 1
II Mục đích nghiên cứu………………………………… 2
III Giả thuyết khoa học……………………………………… 2
IV Nhiệm vụ nghiên cứu……………………… 2
V Phương pháp nghiên cứu…………………………………… 2
5.1 Nghiên cứu lý luận 2
5.2 Điều tra tìm hiểu 2
5.3 Thực nghiệm sư phạm 2
NỘI DUNG 3
I Những căn cứ……………………………………………… 3
1.1 Căn cứ lý luận …………………………… 3
1.1.1 Vài nét về sự hình thành vec tơ và toạ độ………………… 3
1 .1.2 Căn cứ vào bản chất của kiến thức hình học…………… 3
1.2 Căn cứ thực tiễn…………………………………………… 4
II Thực hành giải một số dạng bài toán hình học không gian thông
qua khai thác ba phương pháp khác nhau.

Hình học không gian chiếm một vị trí quan trọng trong chương trình toán cấp
THPT,do vậy việc tìm kiếm các con đường tổ chức dạy học cho phần hình học
không gian luôn được nhiều người quan tâm.Đặc biệt,hiện nay với những tiện ích do
việc sử dụng phương tiện dạy học hiện đại đưa lại,giáo viên có thể trình chiếu và
nhanh chóng phân tích,so sánh những phương pháp giải khác nhau cho một bài toán
cụ thể trong một đơn vị thời gian nhất định,cách làm này đã tạo được ấn tượng rất
tốt và thực sự có hiệu quả đối với học sinh.
Trong năm học 2007 – 2008,với bản SKKN của mình,chúng tôi đã đề cập đến nội
dung này,nhưng khi đó mới chỉ tìm tòi mối liên hệ giữa hai phương pháp là vec tơ
và toạ độ,vì thế trong năm học này chúng tôi đưa thêm vào phương pháp tổng hợp
và mạnh dạn phát triển đề tài của mình là:
Nâng cao năng lực giải một số dạng bài toán hình học không gian bằng ba
phương pháp khác nhau ở trường THPT Lam Kinh.
II- MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Mục đích nghiên cứu của đề tài là xây dựng hệ thống các dạng bài tập hình học
không gian giải bằng các phương pháp khác nhau.
III- GIẢ THUYẾT KHOA HỌC
Nếu thường xuyên quan tâm đúng mức việc rèn luyện năng lực chuyển đổi ngôn
ngữ trên cơ sở xây dựng và sử dụng quy trình giải các bài toán hình học không gian
bằng các phương pháp khác nhau sẽ góp phần nâng cao chất lượng dạy học hình học
ở trường THPT.
4
IV – NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
Xây dựng cơ sở lý luận và thực tiễn của việc rèn luyện năng lực chuyển đổi của ba phương
pháp.
Xây dựng hệ thống các dạng bài tập hình học không gian giải bằng các phương
pháp khác nhau.
Tiến hành thực nghiệm sư phạm nhằm đánh giá mục đích,giả thuyết khoa học của đề tài.
V – PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU
5.1 Nghiên cứu lý luận:

nhau.Chẳng hạn:
+ Khái niệm: “M là trung điểm của đoạn thẳng AB”

M AB
MA MB
∈

⇔

=

(theo ngôn ngữ tổng hợp)

0=+⇔ MBMA
( theo ngôn ngữ vec tơ)

2
2
A B
M
A B
M
x x
x
y y
y
+

=


A
yy
yy
xx
xx
yxM /);(
(theo ngôn ngữ toạ độ)
Như vậy,một khái niệm toán học có thể có những vỏ ngôn ngữ khác nhau và ta có
thể dựa vào mỗi cách diễn đạt theo các ngôn ngữ khác nhau ấy mà định hướng để
tìm ra các phương pháp khác nhau để giải quyết bài toán hình học.Chẳng hạn,dựa
vào cách diễn đạt khái niệm:”Hai mặt phẳng vuông góc với nhau trong không gian”
ta sẽ định hướng cách chứng minh hai mặt phẳng vuông góc:
6
1/ Theo ngôn ngữ tổng hợp: Để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc với nhau,ta
chứng minh góc giữa hai mặt phẳng đó bằng 90
0
.
2/ Theo ngôn ngữ vec tơ: Để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc với nhau,ta
chứng minh tích vô hướng (qua phép biến đổi) của hai vec tơ pháp tuyến của hai
mặt phẳng bằng 0.
3/ Theo ngôn ngữ toạ độ:Để chứng minh hai mặt phẳng A
1
x + B
1
y + C
1
z + D
1
= 0
và A

tổng hợp.Sang lớp 12,các em dùng vec tơ để xây dựng hệ toạ độ trong mặt phẳng và
trong không gian.
Quy trình giải các bài toán hình học bằng phương pháp vec tơ tiến hành theo các
bước sau:
. Bước 1: + Lựa chọn hệ vec tơ mà ta gọi là:” Hệ vec tơ gốc”
+ Chuyển các giả thiết và kết luận của bài toán từ ngôn ngữ hình học
tổng hợp sang ngôn ngữ vec tơ.
• Bước 2: Thực hiện các phép biến đổi các hệ thức vec tơ theo yêu cầu bài toán.
• Bước 3: Chuyển kết luận từ ngôn ngữ vec tơ sang ngôn ngữ hình học.
Quy trình giải các bài toán hình học bằng phương pháp toạ độ tiến hành theo các
bước sau:
• Bước 1: + Lựa chọn hệ trục toạ độ thích hợp
+ Chuyển các giả thiết và kết luận của bài toán từ ngôn ngữ hình
học tổng hợp sang ngôn ngữ toạ độ
7
• Bước 2: Thực hiện các phép biến đổi toạ độ theo yêu cầu bài toán.
• Bước 3: Chuyển kết luận từ ngôn ngữ toạ độ sang ngôn ngữ hình học.
Như vậy,nội dung hình học trình bày ở sách giáo khoa cấp phổ thông đã tạo
những mạch gắn kết giữa nội dung và hình thức: hình học tổng hợp là cơ sở nội
dung,cơ sở trực quan để trình bày phương pháp vec tơ,đến lượt mình,vec tơ lại là cơ
sở của trực quan của phương pháp toạ độ.
II – THỰC HÀNH GIẢI MỘT SỐ BÀI DẠNG BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
THÔNG QUA VIỆC KHAI THÁC CÁC PHƯƠNG PHÁP KHÁC NHAU.
2.1 CÁC BÀI TOÁN VỀ TÍNH THẲNG HÀNG
Dạng toán 1: Chứng minh ba điểm thẳng hàng
* Phương pháp tổng hợp: Để chứng minh ba điểm A,B,C thẳng hàng ta có thể sử
dụng một trong các hướng sau:
+ Chứng minh A,B,C cùng thuộc hai mặt phẳng khác nhau nào đó
+ Chứng minh AB và AC cùng song song với một đường thẳng nào đó
* Phương pháp vec tơ

,
),,(
ACACAC
zzyyxxAC −−−
+ Chỉ ra sự tồn tại
Rt
∈
sao cho





−=−
−=−
−=−
).(
).(
.(
ABAC
ABAC
ABAC
zztzz
yytyy
xxtxx
Hoặc thay toạ độ cuả điểm C vào phương trình đường thẳng AB thấy thoả mãn
Ví dụ 1:Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A
1
B
1

)(
11
BADCDIG ⊂∈
nên
)(
11
BADCG∈
.
Vậy
)(,,
111
BADCCGA ∈
.
Từ trên suy ra ba điểm A,G,C
1
thẳng hàng
Phương pháp vec tơ. Quy trình giải bài toán gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn các dữ kiện của bài toán sang ngôn ngữ vec tơ:
- Chọn hệ vec tơ gốc
11111
,, DABAAA
.Theo bài ra,G là trọng tâm tam giác A
1
BD nên
OAGA
11
.
3
2
=

11111
=++− DABAAA
1
AC
+ Bước 3: Chuyển kết luận ra ngôn ngữ hình học tổng hợp
Như vậy,ta có:
OAGA
11
.
3
2
=
hay A,G,C
1
thẳng hàng.
* Phương pháp toạ độ: Quy trình giải bài toán gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn các dữ
kiện bài toán sang ngôn ngữ toạ độ
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: O
1
A≡
,
OzAOyBOxD ∈∈∈ ,,
11
.Khi đó ta có:
A
1
(0;0;0),D
1
(a;0;0),B

1
)
3
;
3
;
3
( ACcba
cba
AG =−=−=
+ Bước 3: Chuyển kết luận ra ngôn ngữ hình học tổng hợp
1
.
3
1
ACAG =
hay A,G,C
1
thẳng hàng.
Dạng toán 2:Cho ba điểm A,B,C thẳng hàng,từ đó suy ra các tính chất khác.
Ví dụ 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A
1
B
1
C
1
D
1
.P là điểm trên đường thẳng
CC

9
* Phương pháp tổng hợp: Ta có:
( ) ( )
1111
; MDBDMPAADD =∩

( ) ( )
BPBDMPBBCC =∩
111
;
.Vì
( ) ( )
1111
// BBCCAADD
nên MD
1
// BP,do đó
MD
1
D= suy ra
DMD
1
∆

BPC∆
,vậy nên
3
2
1
==

3
1
==
.Vì
D,M,A thẳng hàng nên:
axDAxDM ==
.
Vì M,N,P thẳng hàng nên:
CPCMCN ).1(.
αα
−+=
.
Vì B,N,D
1
thẳng hàng nên:
CBCDCN ).1(.
1
ββ
−+=
+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu bài toán.
Tacó:
CPDMCDCN ).1().(
αα
−++=
baxc .
2
3
).1() (
αα
−++=


=
=−
−=
βα
βα
βα
)1.(
2
3
1.x

3
2
;
5
3
===⇔ x
βα
.Vậy
.2.
3
2
=⇒=
MA
MD
DADM
• Phương pháp toạ độ: Quy trình giải bài toán gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn các dữ kiện bài toán sang ngôn ngữ toạ độ
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: C

1
C
1
D
1
N
P
M
10
Mặt phẳng (BD
1
P) (chứa N) đi qua B(a;0;0) có
vec tơ chỉ phương là
)
2
3
;0;(
c
aBP −=
và
);;(
1
cbaBD −
nên có phương trình: 3bcx+acy+2abz-3abc = 0
(3)
Đường thẳng AD có phương trình:





= 0;0;
3
2a
DM
,






= 0;0;
3
a
MA

MADM 2=⇒
.
+ Bước 3: Chuyển kết luận ra ngôn ngữ hình học tổng hợp
MADM 2=
.2=⇒
MA
MD
2.2 CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ SONG SONG.
Dạng toán 1: Chứng minh đường thẳng song song với đường thẳng,đường thẳng
song song với mặt phẳng,hai mặt phẳng song song.
• Phương pháp tổng hợp:
+ Để chứng minh hai đường thẳng a và b song song với nhau,ta chứng minh chúng
đồng phẳng rồi áp dụng các cách chứng minh trong hình học phẳng như: tính chất
đường trung bình,định lý Talet đảo hoặc chứng minh hai đường thẳng đó cùng

D).
A
D
C
1
C
B
A
1
B
1
C
1
D
1
N
P
M
x
z
y
11
Lời giải * Phương pháp tổng hợp:
Đặt O =
BDAC
∩
, I =
BDMC
∩
,J =

(1).
Mặt khác
4
5
===
MD
AD
MD
CB
IM
IC

9
5
=
CM
IC
.Từ (1) và (2) có:
CM
CI
CN
CJ
=
hay MN//IJ (
( )
DBC
1
⊂
),do đó MN//(BC
1

2
=
,để chứng
minh: MN//(BC
1
D) ta sẽ chứng minh
1
BCnBDmMN +=
+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu bài toán.
Ta có:
caBD +=
,
cbBC +=
1
,
BMBNMN −=
=
AMBANAAABA −−++
11
cabacba
5
1
)(
5
2
−−−−++=
cba
5
1
5

≡
,
OzCOyDOxB ∈∈∈
1
,,
.Giả sử ba kích thước của
hình hộp là a,b,c,khiđó:
C(0;0;0),B(a;0;0),D(0;b;0),C
1
(0;0;c),A(a;b;0),A
1
=
( )
cba ;;
. M là điểm chia đoạn AD theo tỉ số
4
1
−
,nên M=(
)0,,
5
4
b
a
,N=(
)
5
3
,
5

1
D
1
N
P
M
y
z
x
12
Mặt phẳng (BC
1
D) có phương trình là:
1=++
c
z
b
y
a
x
3
⇔
bcx+acy+abz+abc = 0
Đường thẳng MN có vec tơ chi phương
)
5
3
,
5
2

)
sao cho MN//BD
1
.Tính tỉ só
1
BD
MN
.
* Phương pháp tổng hợp:
Đặt I =
NDBM
1
∩
,vì
)(ABCDBMI ⊂∈
và
)(
111
CCDDNDI ⊂∈
nên
CDI ∈
Ta có:
( )
11
1111
// DCCDdo
DC
DI
NC
DN

do đó DI = CI hay I là trung
điểm của CD.
Vậy
2
1
=
MB
IM
hay
1
3
1
BD
MN
IB
IM
==
.
* Phương pháp vec tơ. Quy trình giải bài toán gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn các dữ kiện của bài toán sang ngôn ngữ vec tơ:
Chọn hệ vec tơ gốc :
aBA =
,
bBB =
1
,
cBC =
Theobài ra,A,M,C thẳng hàng nên
ACxMC .=
, C

c
đồng phẳng nên từ (1) và (2) suy ra





=
=−
=−
kx
ky
kxy
1
⇔









=
=
=
3
1
3

.
3
1
BDMN =
⇒
3
1
1
=
BD
MN
hay
1
BD
MN
=
3
1
.
• Phương pháp toạ độ: Quy trình giải bài toán gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn các dữ kiện bài toán sang ngôn ngữ toạ độ
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: A
O
≡
,
OzAOyDOxB ∈∈∈
1
,,
.Giả sử ba kích
thước của hình hộp là a,b,c,khiđó:


=−
=−
⇒=⇒∈
xbyb
xaxa
ACxMCAC
M
M
(2) ,



−=−
−=−
⇒=⇒∈
yccz
yaax
DCyNCDCN
N
N
111
(3) . Từ (1),(2),(3) suy ra





=
=−

.
3
1
BDMN =
+ Bước 3: Chuyển kết luận ra ngôn ngữ hình học tổng hợp .
2.3 CÁC BÀI TOÁN VỀ QUAN HỆ VUÔNG GÓC.
Dạng toán 1: Chứng minh tính vuông góc của các đường thẳng và mặt phẳng.
• Phương pháp tổng hợp:
* Để chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P),ta có thể chứng minh:
+ a vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau trong (P).
+ a song song với dường thẳng b mà b
⊥
(P)
+ Sử dụng định lý:” Nếu a thuộc mặt phẳng (P) mà (P) vuông góc với (Q) và a
vuuong góc với giao tuyến của (P) và (Q) thì a
⊥
(P)”
+ Sử dụng định lý:” Nếu a là giao tuyến của hai mặt phẳng (P) và (Q) cùng vuông
góc với mặt phẳng (R) thì a vuông góc với mặt phẳng (R)”
* Để chứng minh hai mặt phẳng vuông góc với nhau,ta có thể chứng minh :
14
Vì nên M(x
M
;y
M
;0),Vì nên N=(x
N
;b;z
N
) +

A
)(y
D
-y
C
)+ (z
B
-z
A
)(z
D
-
z
C
)=0
+ Để chứng minh đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ta chứng minh vec tơ chỉ
phương của đưòng thẳng cùng phương với vec tơ pháp tuyến của mặt phẳng.
+ Để chứng minh hai mặt phẳng A
1
x + B
1
y + C
1
z + D
1
= 0 và A
2
x + B
2
y + C

1
Q
⊥
(PB
1
C).
Lời giải:
* Phương pháp tổng hợp:
D
1
Q
⊥
PB
1
(2).Từ (1) và (2) suy ra D
1
Q
⊥
(PB
1
C).
• Phương pháp vec tơ. Quy trình giải bài toán gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn các dữ kiện của bài toán sang ngôn ngữ vec
tơ: Chọn hệ vec tơ gốc
)(
2
1
1111
CDBDQD +=
+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu bài toán.

1
acba −−+−
=
cba
2
1
2
1
−+−
PB
1
.
QD
1
=
)
2
1
( ba +
.(
cba
2
1
2
1
−+−
)= 0
CB
1
.

1
= 0
⇒
D
1
Q
⊥
B
1
C .Vậy D
1
Q
⊥
B
1
C
15
Vì
CBD
11
∆
đều và Q là trung điểm của B
1
C
nên D
1
Q
⊥
B
1

1
⊥
D
1
Q nên .
* Phương pháp toạ độ: Quy trình giải bài toán gồm:
Q là trung điểm của B
1
C nên
)
2
;0;
2
(
aa
Q =

+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức toạ độ.
Ta có:
)
2
;;
2
(
1
a
a
a
QD
là vec tơ chỉ phương của đường thẳng QD

QD
nên D
1
Q
⊥
(PB
1
C).
Dạng toán 2: Cho biết các đường thẳng hay mặt phẳng vuông góc rồi từ đó suy
ra các tính chất hình học khác.
Ví dụ 5 Cho hình chóp S.ABCD,đáy là nửa lục giác đều.AB = B = CD = a.Cạnh
bên SA vuông góc với đáy và
3aSA =
.M là điểm trên cạnh SB sao cho M khác B và
AM
⊥
MD.
Tính tỉ số
SB
SM
2)Tính diện tích thiết diện tạo bởi hình chóp và mặt phẳng (AMD)
Lời giải:* Phương pháp tổng hợp:
1) Ta có:



⊥
⊥
SABD
ABBD








=
=
⇒



=+
=−
SB
SM
a
BM
a
SM
aBMSM
aBMSM
S
B
NM
A
D
C
16

222
111
MDAMMH
+=
với AM =
2
3a
,
4
13
cos 2
2
222
a
DSMSDSMSDSMMD =−+=
8
39a
MH =⇒
.Vậy
64
3911
2
a
S =
.
* Phương pháp vec tơ. Quy trình giải bài toán gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn các dữ kiện của bài toán sang ngôn ngữ vec tơ:
Chọn hệ vec tơ gốc :
aAB =
,

1
(
2
1
acba −−+−
=
cba
2
1
2
1
−+−
( Với
10 <≤
α
, do M
≠
B);
−= SAMA
SM
=
)( cac −−−
α
+= MAMD
AD
=
bca +−+ )1(.
αα
.Khi đó (1)
⇔

• Phương pháp toạ độ: Quy trình giải bài toán gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn các dữ kiện bài toán sang ngôn ngữ toạ độ
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: A
O≡
,
OzOyABCDOyOzSOxD ⊥⊂∈∈ :)(,,
.
khiđó: A(0;0;0),D(2a;0;0), S(0;0;a
3
),
)0;
2
3
;
2
(
aa
B =
.
+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức toạ độ.
Đặt M= ( x
0
;y
0
;z
0
)
SB
∈
.Đường thẳng SB có phương trình:

0
00
Mặt
khác AM
⊥
MD
⇔
0. =MDMA
do đó
ta tìm được:









=
=
=
4
3
8
33
8
3
0
0

SBSM
4
3
=
2.4 CÁC BÀI TOÁN VỀ TÍNH KHOẢNG CÁCH
Dạng toán 1: Chứng minh tính vuông góc của các đường thẳng và mặt phẳng.
• Phương pháp tổng hợp:
+ khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng a: d(M;a) = MH ( MH
⊥
a;H
a∈
)
+ khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) được xác định như sau:
- Chọn trong (P) một đường thẳng a rồi dựng mặt phẳng (Q) qua A vuông góc
với a( nên chọn a để mặt phẳng (Q) dễ xác định)
- Xác định
( ) ( )
QPb ∩=
- Dựng
bAH ⊥
tại H, khi đó d(A;( P)) = AH
+ Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b.
Ngoại trừ trường hợp đoạn vuông góc chung có sẵn,ta phải dựng đoạn vuông góc
chung bằng các cách sau:
Cách 1: (áp dụng cho trường hợp a
⊥
b)
- Dựng mặt phẳng (P) chứa b và vuông góc với a tại A.
- Dựng AB
⊥

.Tìm x nhờ điều kiện vuông góc của
aMH ,
: (
bax −
).
0=a
suy ra
( )
2
baxMH −=
.
S
B
N
M
A
D
C
z
y
x
18
- Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) có cặp vec tơ chi phương là
ba ,
:
Chọn A
a∈
và đặt
mAM =
.Gọi H là hình chiếu vuông góc M trên mặt phẳng





=
=
=
=
0.
0.
bMN
aMN
byBN
axMA
- Biểu diễn
MN
theo các vec tơ không đồng phẳng:
+= MAMN
AB
+
BN
=
mbyax ++
.
- Ta tìm được các hệ số x,y nhờ điều kiẹn vuông góc của
baAB ;;
từ đó suy ra
khoảng cách cần tìm là:
( )
2

( )
111
;; zyxM
đến mặt phẳng (P):Ax + By +Cz +D =
222
000
))(;(
CBA
DCzByAx
PMd
++
+++
=
- Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b lần lượt đi qua hai điểm
M, M
1
có hai vec tơ chỉ phương
ba ,
:
[ ]
[ ]
ba
MMba
bad
,
,
);(
1
=


cbODOBOM
+=+=
22
22
2
4
.
cb
cb
OM
+
=⇒

22
22
2
4
.
);(
cb
cb
aAMBDAd
+
+==⇒
2) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên
mặt phẳng (ABC) và
BCAH ∩=£
.Vì OH
⊥
BC và OA

Chọn hệ vec tơ gốc :
aOA =
,
bOB =
,
cOC =
;khi đó
ccbbaa === ,,
và
0 === cacbba
.D là trung điểm của OC nên
cOCOD
2
1
2
1
. ==

+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu bài toán.
1) Ta có
ABBDxBABMAM +=−= .
c
x
bxa
2
).1( +−+−=
.Vì
0. =⇒⊥ BDAMBDAM
⇔
[

aAMAMBDAd
+
+===
*Phương pháp toạ độ: Quy trình giải bài toán gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ toạ độ,chuyễn
các dữ kiện bài toán sang ngôn
ngữ toạ độ
Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho:
OzCOyBOxA ∈∈∈ ,,
.
khiđó: O(0;0;0),A(a;0;0),B(0,b;0)
C(0;0;c), Vì D là trung điểm của
OC nên
)
2
;0;0(
c
D =
.
+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức toạ độ.
H
C
E
M
D
O
B
A
20
H


==
BD
BDBA
AMBDAd
,
);(
22
22
2
4
.
cb
cb
a
+
+
2) Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC),mặt phẳng (ABC)
có phương trình ( theo đoạn chắn) là:
1=++
c
z
b
y
a
x
0=−++⇔ abcabzacybcx
do
đó
222222

* Phương pháp toạ độ:
+ Góc giữa hai vec tơ
);;(,);;(
22221111
zyxazyxa
được xác định:
2
2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
212121
21
.
);cos(
zyxzyx
zzyyxx
aa
++++
++
=
+ Góc giữa hai đường thẳng chéo nhau d
1

và mặt phẳng P):Ax + By +Cz +D = 0
được xác định:
222222
.
))(;sin(
cbaCBA
CcBbAa
Pd
++++
++
=
+ Góc giữa hai mặt phẳng (P):A
1
x + B
1
y + C
1
z + D
1
= 0 và (Q): A
2
x + B
2
y + C
2
z +
D
2
= 0 được xác định:
2

1
.AB = a.Hai điểm M , N lần lượt nằm trên hai tia Ax
1
và
By
1
sao cho AM = m,BN = n. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng MN và AB
theo a,m,n
Lời giải:
• Phương pháp tổng hợp:
21
Dựng At//By
1
và NH//AB (
AtH
∈
)Ta có:
AHAB ⊥
,
AMAB ⊥
)(MHAAB ⊥⇒
.Mặt
khác NH//AB nên
)(MHANH ⊥
MHNH
⊥⇒
.Vì NH = AB = a,MH
2
= AM
2

cos);cos(
* Phương pháp vec tơ. Quy trình giải bài toán gồm:
+ Bước 1: Chọn hệ vec tơ gốc,biểu diễn các dữ kiện sang ngôn ngữ vec tơ:
Chọn hệ vec tơ gốc :
aMA =
,
bAB =
,
cBN =
;khi đó
ncabma === ,,
và
mncacbba
2
1
.;0 ===
.
+ Bước 2: Biến đổi các biểu thức vec tơ phù hợp với yêu cầu bài toán.
Ta có:
cbaBNABMAMN ++=++= .
;
2
).( acbabMNAB =++=
;
abAB ==
;
nmanmcbaMN .)(
2222
−++=++=
* Phương pháp toạ độ: Quy trình giải

aAB ,0,0=
suy
ra
nmanmMN .
222
−++=
;
aAB =
;
2
. aABMN =
.
Vậy
mnanm
a
ABMN
−++
=
222
);cos(
III - THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM
3.1 Mục đích thực nghiệm: Nhằm đánh giá tính khả thi,kiểm tra tính đúng đắn của
gỉả thuyết khoa học,tính hiệu quả của quy trình giải các bài toán bằng các phương
pháp khác nhau:tổng hợp,vec tơ và toạ độ .
tH
N
M
A
B
x

Bài 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A
1
B
1
C
1
D
1
.Gọi M,N lần lượt là các điểm chia
hai đoạn thẳng CA và DC
1
theo tỉ số
2
1
−
.Chứng minh rằng MN//(ABC
1
D
1
).
3.4 Kết quả thực nghiệm
Điểm
Lớp
2 3 4 5 6 7 8 9 10
Số
bài
Thực
nghiệm
0 2 1 5 15 12 11 4 1 51
Đối

Nguyễn Văn Tình

24
Sở GD - ĐT Thanh Hoá Cộng hoà xã hội chủ nghĩa Việt Nam
HĐKH trường THPT Lam Kinh Độc lập – Tự do – Hạnh phúc
PHIẾU ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI SKKN NĂM HỌC 2012 – 2013
Tên SKKN: “ Nâng cao năng lực giải một số dạng bài toán hình học không gian
bằng ba phương pháp khác nhau ở trường THPT Lam Kinh”.
Tác giả: NGUYỄN VĂN TÌNH , cấp THPT
Chức vụ: Tổ trưởng chuyên môn
Đơn vị công tác: Trường THPT Lam Kinh
Các tiêu chuấn đánh giá:
Tiêu chuẩn Nội dung nhận xét về từng tiêu chuẩn
Điểm các tiêu chuẩn
2,5 2,0 1,5 1,0
1. Tính thiết thực
Phù hợp với thực tiễn,giúp học sinh nắm
được quy trình giải một số dạng bài toán
HHKG bằng các phương pháp khác nhau
*
2. Tính sáng tạo
Có cải tiến về phương pháp giảng dạy một số
dạng bài tập HHKG nhờ áp dụng công nghệ
thông tin
*
3. Tính khoa học
Có cơ sở lý luận và thực tiễn,khảo sát đối
chứng đầy đủ,khách quan.
*
4. Tính hiệu quả Có hiệu quả rõ rệt trong việc giúp học sinh