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

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 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
3


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 vô 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

;
;
• 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:
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

 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 |
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 ) hoaë

∆ABC vuông 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 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

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 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


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:

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)

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.

9


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

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


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
1
6a
=
+
= 2 + 2 ⇒ AH =
∆SAM vuông 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


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),
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

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)

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

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

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 công 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

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


.(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 CĐ-2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là

14


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


⇒ 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

=
⇒ ∆ 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

;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

 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 

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 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
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

=
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)

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 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
Bài 10: (Cao đẳng sư phạm Hải Dương) Cho hình chóp đều S.ABCD có đáy


 = (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 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.
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

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


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) =
=

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 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
Bài 4: (Cao đẳng Hải Phòng 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 vuông góc với đáy, SA = 2a. Gọi I là trung điểm của BC. Chứng minh
a2 3
(SAI)
⊥
(SBC)

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

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
23

24


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

25