SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HÓA
TRƯỜNG THPT LÊ LỢI
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
TÊN ĐỀ TÀI
DẠY HỌC GIẢI MỘT SỐ BÀI TẬP HÌNH HỌC KHÔNG GIAN CHO HỌC
SINH THÔNG QUA PHƯƠNG THỨC KHAI THÁC CÁC BÀI TOÁN.
Người thực hiện: Lê Thị Ngọc
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: Trường THPT Lê Lợi
SKKN thuộc môn: Toán THANH HÓA NĂM 2013

Phn mt
I. Lí DO CHN TI
1. Dy hc gii toỏn l mt trong nhng vn trng tõm ca chng trỡnh
ging dy trong nh trng. i vi HS thỡ gii toỏn l hỡnh thc ch yu ca H
toỏn hc nhm thc hin tt chc nng phỏt trin, chc nng trớ tu v chc nng
kim tra. i vi GV, dy hc gii toỏn l mt trong nhng vn quan trng ca
quỏ trỡnh dy hc. GV khụng dng li mc hng dn HS trỡnh by mt li
gii ỳng n, y v cú cn c chớnh xỏc m phi bit cỏch hng dn HS thc
hnh gii bi tp theo hng tỡm tũi, t nghiờn cu li gii. t nhng bi toỏn
c bn cú th phỏt trin nờn nhng bi toỏn mi, a dng.
2. a s HS " ngi'' hc hỡnh hc c bit l mụn hỡnh hc KG, iu ú th
hin hai lý do:
Th nht: hc tt hỡnh hc khụng gian ũi hi hc sinh phi bit t duy
logic, t duy tru tng cao; mt khỏc h thng kin thc li xuyờn sut t cp
THCS n ht bc THPT nờn hc sinh khụng nh s rt khú lm bi tp.
Th hai: Do tõm lý ch quan xem nh hỡnh hc vỡ nú ch chim 30% tng
im trong thi tuyn sinh i hc.

à à
A B=
=90
0
,AD = 2a, AB = BC = a,
trờn tia Ax vuụng gúc vi mp(ABCD) ly im S sao cho AS = a
2
. Xỏc nh v
tớnh di on vuụng gúc chung ca hai ng thng AB v SC.
Ta cú th bin i mt phn ca gi thit chng hn nh thay hỡnh thang bi
hỡnh vuụng, bi toỏn tr thnh: Cho hỡnh chúp SABCD cú ỏy ABCD l hỡnh
vuụng tõm O cú cnh AB = a. Cnh SA = h v vuụng gúc (ABCD). Tớnh khong
cỏch gia hai ng thng chộo nhau SC v AB(1).
Rừ rng khi gii bi ny s khụng khú khn vỡ dng ng vuụng gúc
chung ca SC v AB l MN thỡ ta cú th dng ng thng AH vuụng gúc SD, sau
ú dng MN// AH. õy l mt hot ng to t duy linh hot cho HS, v bc u
hỡnh thnh cho cỏc em k nng bit tỡm ra bi toỏn mi nh vic bin i mt phn
gi thit hoc phỏt biu bi toỏn bng cỏch tng t hoỏ.
GV a HS tr v bi toỏn ban u, lỳc ny cỏc em ó c nh hng, ó
cú s liờn tng n kin thc cn phi s dng. chuyn vic xột hỡnh thang v
việc xét hình vuông ta chỉ cần kẻ từ C đường thẳng song song với AB và cắt AD
tại I. Lúc này ta sẽ làm việc với hình chóp SABI rất gần gủi với hình chóp trong
bài (1).(Hình vẽ)
Để tính khoảng cách của hai đường thẳng chéo nhau SC và AB ta có thể nhìn
nhận bài toán bằng nhiều hình thức (góc độ) khác nhau, chẳng hạn:
Góc độ 1:
- Từ C dựng CI // AB (I ∈ AD); dựng AH ⊥ SI (H∈ SI )
- Từ H dựng HM // CI ( M ∈ SC ).
dựng MN // AH ( N ∈ AB).
- MN là đoạn vuông góc chung của SC và AB.

∆
3
.
Bài toán 2: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh là a. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng BC’ và CD’ ?
Góc độ1: (Hình 1)
Xét khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là khoảng cách giữa
hai mặt phẳng song song tương ứng chứa hai đường thẳng đó.
S
A
B
C
D
I
H
N
M
x
Hình 1
Kí hiệu khoảng cách là d.
-Từ gợi ý trên HS sẽ phải tìm hai mặt phẳng song chứa hai đường thẳng
chéo nhau. HS phát hiện được CD’//AB ; BC’//AD
’
nên (ACD’) //(BA’C’)
Ta có: CD’ ⊂ (ACD’) và CD’// (BA’C’) ⊃ BC’
⇒ d(BC’, CD’) = d((ACD’), (BA’C’)).
- Để tính khoảng cách GV gợi ý cho HS có thể HĐKT dựa trên việc nhận xét

đường cao ∆D’BO mà S
∆
BOD’
=
2
1
S
∆
BD’D

A
B
C
D
A
’
’
B
’
’
C
’
’
D
’
’
G
G’
O
O

thẳng Dx không vuông góc với mặt phẳng (CDA’B’) lấy một điểm H. Hãy xác định
vị trí của H để khoảng cách BH là nhỏ nhất.
Cách giải của hai bài toán vừa đề xuất chính là cách giải của bài toán về tìm
khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau.
Góc độ 3: (Hình 3)
Xem khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b là đường vuông góc
chung của chúng.
Từ nhận xét đó ta hình thành sơ đồ kiến thức cần huy động như sau:
- Gỉa sử MN là đường vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau.Ta cần
tìm vị trí của M trên BC’ và N trên CD’:
+) Đặt: C’M = x ; NC = y với x,y ∈ [0; a
2
].
+) Tìm x, y. Khi này ta phải liên tưởng đến hệ thức Talet trong mặt phẳng.
Từ M kẻ PQ // CC’, từ N kẻ EF // CC’.
Ta có :
CD
CE
CD
CN
=
'
⇒ CE =
2
y
= C’F = N F ⇒ DE = NF = F D’ = a -
2
y
.
Tương tự: C’Q = MQ = CP =

A
B
C
'
A
’
’
B
’
’
D
’
’
M
N
P
Q
E
F
D
C
(Hình 3)

∆MNC vuông tại N nên: MN
2
= ( a -
2
x
)
2

2a
Vậy M ∈ BC’ và cách điểm C’ một khoảng là MC’=
3
2a
, và N∈ CD’ cách
C một khoảng là CN =
3
2a
. Khi đó thay x, y vào một trong các biểu thức biểu thị
của MN ta được:
MN
2
= ( a -
2
x
)
2
+ (
2
x
)
2
- y
2
=
3
2
a
. Hay MN =
3


= 3x
2
- 2a x +a
2
.
Vậy MN nhỏ nhất khi và chỉ khi x=a .
A
B
C
'
A
’
’
B
’
’
D
’
’
M
N
D
C
(Hình 4)
H
’
’
K
’

tam giác
∆
ABC.
1 b)
2222
1111
OCOBOAOH
++=
2 Bài toán có thể phát biểu một cách cụ thể hơn là:
“Cho tứ diện OABC có ba cạnh OA = a, OB = b, OC = c đôi một vuông góc.
a) Chứng minh rằng H là trực tâm tam giác ABC.
b) Tính khoảng cách từ O đến (ABC)”.
Ta sẽ giải quyết bài toán này bằng những phương pháp sau:

Lời giải: Cách 1 (Phương pháp tổng hợp):
y
O
C
A
B
x
z
H
A
1
a)Hướng 1: Sử dụng tính chất đường thẳng
vuông góc với mặt phẳng.
Vì H là hình chiếu vuông góc của O lên (ABC)
nên OH ⊥ (ABC) .
Ta có: OH ⊥ BC, mặt khác AO ⊥ (OBC).

111
OCOB
OA
+=
. Suy ra:
2222
1111
OCOBOAOH
++=
.(*)
Cách2( phương pháp toạ độ):
Chọn hệ trục toạ độ Oxy sao cho: A ∈ tia Ox, B ∈ tia Oy, C ∈ tia Oz.
Khi đó: O(0;0;0), A(a;0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c)
a) Phương án 1:
Giả sử H(x
0
; y
0
; z
0
) là chân đường vuông góc hạ từ O xuống mp(ABC). Ta
chứng minh H là trực tâm của ∆ABC.
Thật vậy,(ABC) có phương trình:
1=++
c
z
b
y
a
x

b
k
, z
0
=
c
k
(k ∈R)
Ta có:
);;0(),;;(
000
cbBCzyaxAH −=−=
Suy ra:
0.
00
=+−=+−= c
c
k
b
b
k
czbyBCAH
vậy AH ⊥ BC.
Tương tự BH ⊥ AC. Suy ra H là trực tâm của ∆ABC.
Bằng cách lật ngược vấn đề, GV đặt HS vào tình huống sau:
Phương án 2: Giả sử H là trực tâm của ∆ABC. Chứng minh OH ⊥ (ABC).
Vì H là trực tâm ∆ABC nên: x
0
a = y
0







cba
n
1
;
1
;
1
(véc tơ pháp tuyến)
Suy ra :
nkOH =
Hay
nOH //
. Do đó OH ⊥ (ABC).
b) Gọi H(x
0
; y
0
; z
0
) là trực tâm của ∆ABCnên: x
0
a = y
0
b = z

222222
22
0
cacbba
bca
y
++
=
,
222222
22
0
cacbba
cba
z
++
=
Do đó: OH
2
=
222222
222
accbba
cba
++
, Suy ra:
2222
1111
cbaOH
++=

C
1
Bài toán cơ bản 1:(Bài tập 17,T103 Sgk hình học 11- Nâng cao)
“Cho tứ diện SABC có ba cạnh SA, SB, SC đôi một vuông góc. Chứng minh
rằng:
a) Hình chiếu vuông góc H của S xuống (ABC) trùng với trực tâm tam giác
ABC.
b)
2 2 2 2
1 1 1 1
SH SA SB SC
= + +
”
Ta sẽ vận dụng kết quả của bài toán này để giải quyết một số các bài tập sau:
Bài toán 1: Cho tứ diện OABC có các tam giác OAB, OBC, OCA đều là tam
giác vuông tại đỉnh O, OA = a, OB = b, OC =c. Gọi
α
,
β
,
γ
lần lượt là các góc
hợp bởi các mặt phẳng (OBC), (OCA), (OAB) với mp(ABC).
Chứng minh rằng: cos
2
α
+ cos
2
β
+cos

++=
. Hay :
2 2 2
2 2 2
1
OH OH OH
a b c
+ + =
.
Vậy cos
2
α
+ cos
2
β
+cos
2
γ
= 1.(đpcm)
Cách 2: Dùng phương pháp toạ độ.
Hoặc có thể phát biểu bài toán 1như sau:
“ Điểm A bên trong hình chóp OABC có các tam giác OAB, OBC, OCA đều là
tam giác vuông tại đỉnh O. Đoạn thẳng OA tạo với các cạnh OB, OC, OD các góc
α, β,γ. Chứng minh rằng: cos
2
α
+ cos
2
β
+cos

Nâng cao)
Bài toán 4: Cho hình lập phương ABCD.A
’
B
’
C
’
D
’
. Gọi M, N, P lần lượt là
trung điểm của AB, BC, C
’
D
’
. Hãy tính góc giữa các cặp mặt phẳng: (AB
’
P) và
(ABCD); (AB
’
P) và (BCC
’
B
’
).
Bài toán 5: Cho hình tứ diện ABCD, H là trực tâm tam giác BCD. Chứng
minh rằng AH vuông góc với mp(BCD) khi và chỉ khi các cạnh đối của tứ diện đã
cho vuông góc với nhau.
Ta lại tiếp tục khai thác bài toán 1 vào bài tập sau:
Bài 1: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = b, BC = a, CC’=c.
Gọi

⇒ A
’
C
2
= A
’
A
2
+ AB + BC (1) .Với AA
’
= A
’
C cosα = acosα
A
’
B
’
= A
’
C cosβ = acosβ ; A
’
D
’
= A
’
C cosγ = acosγ
(1) ⇔ a = a ( cos
2
α
+ cos

D
’
C
’
C
B
B
’
Cũng với kết luận đó nhưng giả thiết được phát
biểu theo cách khác, ta có bài toán sau:
Bài 2: Đường thẳng (d) tạo với ba đường thẳng vuông góc với nhau từng đôi
một (d
1
), (d
2
), (d
3
) các góc
α
,
β
,
γ
. CMR: cos
2
α
+ cos
2
β
+cos

= OA
’2
+OA
2
= a
2
+
2 2
2 2
b c
b c+
=
2 2 2 2 2 2
2 2
a b b c c b
b c
+ +
+
.
Gọi S
2
ABC
= AA
’2
.BC
2
= (
2 2 2 2 2 2
a b b c c b+ +
)

Từ đó: S
2
OBC
+ S
2
COA
+ S
2
OAB

= S
2
ABC
(cos
2
α +cos
2
β + cos
2
γ)
Vì theo bài toán 1 có cos
2
α +cos
2
β + cos
2
γ = 1
nên S
2
OBC

Vậy Cos
2
α
+ cos
2
β
+ cos
2
γ
= 3- sin
α
- sin
β
- sin
γ

=3-
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
b c a c a b
b c a c a b b c a c a b b c a c a b
− −
+ + + + + +
=2.

Bài 4: Cho hình tứ diện ABCD có ba mặt ABC, ADB, ADC vuông tại A; M là
một điểm ở trong
∆
BCD. Gọi
α

2
-AB
2
)

= ( AB
2
+ CD
2
- BD
2
- CA
2
)
Từ đó góc ( , ) =
2 '2 2 '2
'
2
c c b b
aa
+ − −
(**)
Bài toán 1: Cho tứ diện ABCD có BC = AD = a; AC = BD = b; AB = CD= c.
Đặt
α
là góc giữa BC và AD,
β
là góc giữa AC và BD;
γ
là góc giữa AB và CD.

⊥
BD. CMR: AD
⊥
BC.
Bài toán 3: Cho tứ diện ABCD có AB
⊥
CD, AC
⊥
BD.
Chứng minh rằng AB
2
+CD
2
= AC + BD = AD + BC
Bài toán 4: Cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng. Đặt
¶
xoy
=
α
,

¶
yoz
=
β
,
·
oxz
=
γ

cách đặc biệt hoá, khái quát hoá, tương tự )? Có cần phải dịch chuyển ngôn ngữ
không? Có thể biến đổi về dạng quen thuộc hoặc gần gủi với bài toán ta đang xét
hay không? Hãy xem xét bài toán dưới những góc độ, khía cạnh khác nhau không?
Bước 2: HS trình bày lời giải và chỉ ra lời giải hay nhất, tối ưu nhất (có thể)?
Bước 3: Nghiên cứu sâu lời giải.
HĐ1:Bài toán đó có thể vận dụng vào các bài toán khác được không?
HĐ2: Nếu có thể hãy kiến tạo thành bài toán mới?
(Chú ý rằng các HĐ trong bước1 có thể thay đổi vị trí tuỳ thuộc vào bài toán).

Phần ba
KẾT LUẬN
1. Mục đích thực nghiệm.
Mục đích thực nghiệm là kiểm tra tính khả thi và hiệu quả của phương án
triển khai dạy học giải bài tập hình học KG thông qua phương thức khai thác bài
toán.
2. Nội dung và kết quả kiểm tra.
* Bài kiểm tra

: (thời gian 45’).
Bài 1: Cho hình lăng trụ đều ABC.A
1
B
1
C
1
, cạnh bằng 1. M, N lần lượt là
trung điểm của AB, A
1
C
1

0 1 0 1 7 10 11 3 8 3 44
ĐC
(11A
6
)
0 1 1 2 8 11 8 7 3 1 42
Kết quả: Lớp TN có: 42/44 (95,59%) đạt trung bình trở lên, trong đó 25/44
(56,8%) đạt khá giỏi.
Lớp đối chứng có 38/42 (90,59%) đạt trung bình trở lên, 19/42 (45,23%)
đạt khá giỏi.
Minh họa kết quả trên bằng biểu đồ sau:
3. Những kết luận trong quá trình nghiên cứu, triển khai của đề tài
* Đối chiếu với mục tiêu, nhiệm vụ và kết quả nghiên cứu trong quá trình
thực hiện đề tài: “ Dạy học giải một số bài tập hình học KG cho HS thông qua
phương thức khai thác bài toán ”, đã thu được những kết quả sau:
1) SKKN đã đề xuất được hai phương thức sư phạm về việc rèn luyện kỹ
năng giải toán cho HS THPT thông qua dạy học hình học KG.
2) SKKN đã đưa được một số các ví dụ điển hình và các chuỗi bài toán
nhằm minh hoạ cho các phương thức sư phạm.
3) SKKN đã trình bày kết quả thực nghiệm sư phạm tại khối 11 trường
THPT trong khoảng thời gian 6 tiết dạy bồi dưỡng. Kết quả thực nghiệm phần nào
minh hoạ cho tính khả thi và hiệu quả của đề tài.
4) SKKN có thể làm tài liệu tham khảo cho đồng nghiệp và HS khá giỏi.
4. Những kiến nghị đề xuất:
Khi HS học thực nghiệm qua đề tài này tôi thấy rõ nét vấn đề sau:
-GV cần chú trọng củng cố, khắc sâu những kiến cơ bản; cần chuẩn bị trước
hệ thống câu hỏi để gợi mở dần các hướng giải quyết vấn đề, phát triển tối đa (nếu
có) nhiều cách giải để bồi dưỡng kiến thức, phục vụ cho những bài toán khác.
- HS được tự mình nghiên cứu, đề xuất những bài toán mới dựa trên nền
tảng đã có.