MỤC LỤC TT Nội dung PHẦN I ĐẶT VẤN ĐỀ ………………………………………………………………………… Lý chọn đề tài Trang 3 ………………………………………………………………………… Mục đích nghiên cứu …………………………………………………………………… Phạm vi nghiên cứu …………………………………………………………………… 4 Khả áp dụng …………………………………………………………………… PHẦN II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ ………………………………………………………… I Những vấn đề lý luận chung …………………………………………………………… II Thực trạng vấn đề …………………………………………………………………… Thuận lợi …………………………………………………………………… Khó khăn ………………………………………………………………………… III Một số kiến thức hình tọa độ không gian ……………………………… IV Các biện pháp tiến hành để giải vấn đề …………………………… Một số cách chọn hệ trục tọa độ hình học phẳng Oxy ………… Các bước giải toán hình không gian phương pháp tọa độ 11 Một số cách chọn hệ trục tọa độ không gian ………………… 11 … Một số tập minh họa …………………………………………………… … … 13 4.1 Hình chóp có đáy tứ giác ………………………………………………… 13 4.2 Hình chóp có đáy tam giác 21 ………………………………………………… 4.3 Hình lăng trụ có đáy tứ giác ……………………………………………… 23 4.4 Hình lăng trụ có đáy tam giác …………………………………………… 27 Một số tập tự luyện …………………………………………………… … 31 … Hiệu Sáng kiến kinh nghiệm ………………………………………… 32 PHẦN III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ ……………………………………………… 33 Bài học kinh nghiệm …………………………………………………… …………… … 33 Kết luận …………………………………………………… …………… … …………… … 33 Kiến nghị …………………………………………………… …………… … …………… 33 Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc -1- Danh mục chữ viết tắc VTCP: Vectơ phương VTPT: Vectơ pháp tuyến THPT: Trung học phổ thông SKKN: Sáng kiến kinh nghiệm HK: Học kỳ Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc -2- PHẦN I ĐẶT VẤN ĐỀ Lý chọn đề tài Hình học không gian phần học tương đối khó với học sinh Nó đòi hỏi cao tính hệ thống kiến thức, tính tư trừu tượng, lập luận logic … Nhiều học sinh giải tập hình học không gian chưa đạt yêu cầu, tình trạng nhẫm lẫn ngộ nhận sử dụng giả thiết hay lập luận lời giải Bên cạnh đó, công tác giảng dạy, hướng dẫn giáo viên gặp không khó khăn Từ việc hướng dẫn để học sinh phân tích giả thiết, vẽ hình biểu diễn, phân tích mối quan hệ giả thiết kết luận đến việc sử dụng kiến thức học lập luận để giải toán Khó khăn lớn rèn luyện cho học sinh có tư độc lập để giải toán kỹ trình bày lời giải đúng, gọn logic Do học sinh hứng thú học giải tập phần hình học không gian Nhiều toán hình học không gian tính khoảng cách, tính góc, tính thể tích, bán kính mặt cầu ngoại tiếp, chứng minh quan hệ vuông góc giải theo phương pháp túy thường phức tạp, tốn nhiều thời gian có nhiều học sinh không giải Những toán sử dụng phương pháp tọa độ hóa có ưu điểm như: giải toán theo trình tự bước cụ thể, lời giải rõ ràng lập luận, tỉ lệ học sinh giải tập cao so với phương pháp túy Chính thế, học sinh có hứng thú nhiều hình học không gian Tuy nhiên, phương pháp tọa độ hóa tối ưu số dạng toán hình học không gian Trong trình giảng dạy, thân nhận thấy sử dụng phương pháp tọa độ hóa học sinh gặp số khó khăn như: chọn hệ trục tọa độ hóa đỉnh chưa đúng, sai sót tính toán Phương pháp không đề cập nhiều sách giáo khoa, học sinh phổ thông tiếp cận Giúp học sinh lớp 12 có thêm phương pháp giải toán hình học không gian, chuẩn bị tốt cho kỳ thi THPT quốc gia Cũng khắc phục khó khăn sử dụng phương pháp tọa độ hóa, trình bày số kỹ sử dụng phương pháp tọa độ hóa giải số lớp toán hình học không gian Mục đích nghiên cứu Từ lý chọn đề tài, từ thực tiễn giảng dạy môn Toán trường THPT, với kinh nghiệm trình giảng dạy Tôi phân tích, khai thác nội dung liên Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc -3- quan để tổng hợp hệ thống hóa thành chuyên đề “Phương pháp tọa độ hóa giải số toán hình học không gian” Qua nội dung đề tài mong muốn cung cấp cho học sinh số kỹ sử dụng có hiệu phương pháp tọa độ hóa để giải toán hình học không gian Phạm vi nghiên cứu Các toán hình học không gian chương trình Học kỳ I lớp 12 THPT giải phương pháp tọa độ hóa Một số tập hình học không gian đề thi Đại học – Cao đẳng từ năm 2009 đến Khả áp dụng Tài liệu trình bày từ thực trạng vấn đề, giải vấn đề theo trình tự từ đơn giản đến phức tạp, có phân loại dạng cụ thể tập minh họa Đối với học sinh học xong chương trình hình lớp 12 tự nghiên cứu để trang bị cho thân thêm phương pháp giải toán hình học không gian, chuẩn bị tốt cho kỳ thi THPT quốc gia Tài liệu tham khảo bổ ích cho giáo viên môn Toán công tác giảng dạy Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc -4- PHẦN II GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ I Những vấn đề lý luận chung Nhà toán học Descares để lại cho nhân loại tác phẩm lừng danh, có “hình học” Ông phát minh cho nhân loại phương pháp nghiên cứu hình học tuyệt vời, kết hợp Hình học Đại số, ngày thường gọi Hình học Giải tích Việc sử dụng phương pháp phân tích hình học tọa độ giúp người dùng ngôn ngữ công cụ đại số để nghiên cứu giải vấn đề hình học Đối với môn Toán, giảng dạy phân môn Hình học nhiệm vụ quan trọng Sử dụng kiến thức phần học để nghiên cứu giải toán phần khác cho thấy liên hệ phần kiến thức Các mối liên hệ hỗ trợ lẫn phần kiến thức giúp giải vấn đề môn Toán THPT hiệu Giảng dạy hướng dẫn cho học sinh phương pháp tọa độ hóa để giải toán không gian quan trọng Giúp em biết vận dụng linh hoạt sáng tạo kiến thức tọa độ vectơ, tọa độ điểm, phương trình mặt phẳng, mặt cầu, đường thẳng kiến thức liên quan vào giải toán Hình học Giải toán phương pháp tọa độ ta thường thực bước sau: Bước Chọn hệ trục tọa độ gắn với hình vẽ toán Bước Phiên dịch toán hình học sang “ngôn ngữ” tọa độ Bước Sử dụng “ngôn ngữ” vectơ, tọa độ kiến thức liên quan để giải toán Bước Phiên dịch toán trở lại ngôn ngữ hình học ban đầu II Thực trạng vấn đề Thuận lợi Các kiến thức hình học không gian hình học giải tích không gian học sinh học đầy đủ lớp 11 12 Khó khăn Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc -5- Tuyển sinh lớp 10 năm trường THPT Phú Lộc có chất lượng thấp Sức học môn Toán học sinh yếu, phân môn Hình học Việc nắm vững kiến thức vận dụng kiến thức hình học không gian vào giải toán hình học không đơn giản học sinh Cụ thể: kỹ phân tích đề bài, vẽ hình biểu diễn, sử dụng kiến thức học lập luận để giải toán mối liên hệ tập tập làm yếu Phương pháp tọa độ hóa giải toán hình học không gian đề cập sách giáo khoa nên học sinh tiếp cận, thiếu rèn luyện thực hành kinh nghiệm sử dụng Do sử dụng phương pháp học sinh gặp nhiều khó khăn như: chọn, gắn hệ trục vào hình vẽ không đạt yêu cầu, tọa độ hóa điểm tính toán trình giải nhiều sai sót nên hiệu chưa cao Ví dụ minh họa: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = a, AD = 2a Hình chiếu vuông góc đỉnh A’ (ABCD) điểm H thuộc cạnh AD cho AD = 3AH, góc hai mặt phẳng (AB’D’) (ABCD) 45 Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ theo a Để tính thể tích khối hộp ta cần tính chiều cao A’H z B' C' M A' D' x C N B A H D y Cách Gọi M hình chiếu A’ B’D’ Gọi N giao điểm AD’ A’H B ' D ' ⊥ A ' M , B ' D ' ⊥ A ' H ⇒ B ' D ' ⊥ ( A ' HM ) Do (ABCD) // (A’B’C’D’) nên ((AB’D’),(ABCD)) = ((AB’D’),(A’B’C’D’)) = ·A ' MN = 450 1 5 = + = ⇒ A' M = a 2 A'M A' B ' A' D ' 4a HN AH 1 = = ⇒ HN = A ' N = a ⇒ A' H = a A' N A' D ' 3 15 15 Nếu xác định trực tiếp góc hai mặt phẳng (AB’D’) (ABCD) gặp nhiều khó khăn Ta có: Cách Đặt A’H = a.x ( x ∈ ¡ , x > ) Chọn hệ trục Axyz hình vẽ cho: Các điểm B, D thuộc tia dương Ax, Ay A’ có cao độ dương  2a   2a  Khi A ( 0;0;0 ) , B ( a;0;0 ) , C ( a;2a;0 ) , D ( 0;2a;0 ) , H  0; ;0 ÷, A '  0; ; ax ÷     Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc -6- uuur uuur uuur uuuu r  2a   8a   8a  Sử dụng AA' = BB' = CC' = DD' ⇒ B '  a; ; ax ÷, C '  a; ; ax ÷, D '  0; ; ax ÷       uuuu r r uuuu r uuuuu r 8   uuuuu  AB ' = a 1; ; x ÷, B ' D ' = −a ( 1; −2;0 ) ⇒  AB ', B ' D ' = −a  x; x; − ÷ 3    r  r 8 (AB’D’) có VTPT n =  x; x; − ÷, (ABCD) có VTPT k = ( 0;0;1) 3  rr n k r r cos n , k cos45 ⇔ r r = Theo giả thiết ta có: n.k ( ) ⇔ 8/3 x + 64 / ⇔x=a = 64 ⇔ 5x2 = ⇒ A' H = a 15 15 Nhận xét: Sử dụng phương pháp túy để xác định góc tính chiều cao hình hộp toán khó khăn nhiều học sinh Sử dụng phương pháp tọa độ hóa để tính chiều cao hình hộp đơn giản hơn, bước thực theo trình tự định III Một số kiến thức hình tọa độ không gian Tích có hướng hai vectơ: a Định nghĩa:r r Cho hai vectơ u = ( x; y; z ), v = ( x '; y '; z ') , tích có hướng hai vectơ là: r r  y z z x x y  u, v  =     y' z' ; z' x' ; x' y' ÷ ÷   b Các ứng dụng: r r r r r - u , v phương ⇔ u , v  = r r ur r r ur - u , v, w đồng phẳng ⇔ u , v  w = uuur uuur  AB, AC    uuur uuur - Diện tích hình bình hành: S ABCD =  AB, AD  uuur uuur uuur - ABCD tứ diện ⇔  AB, AC  AD = m ≠ - Thể tích tứ diện: VABCD = m uuu r uuur uuur - Thể tích khối hộp ABCDA’B’C’D’: V =  AB, AD  AA ' - Diện tích tam giác: S ∆ABC = 2 Mặt phẳng: - Phương trình tổng quát mặt phẳng:r Dạng 1: Ax + By + Cz + D = 0, VTPT n = ( A; B; C ) ( A2 + B + C ≠ 0) r Dạng 2: Mặt phẳng qua M ( x0 ; y0 ; z0 ) , có VTPT n = ( A, B, C ) A( x − x0 ) + B( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc -7- - Phương trình mặt phẳng chắn: x y z + + =1 a b c (( α ) qua A(a; 0; 0), B (0; b; 0), C(0; 0; c)) Phương trình đường thẳng: r Đường thẳng qua M ( x0 ; y0 ; z0 ) , có VTCP u = (a, b, c)  x = x0 + at  Phương trình tham số:  y = y0 + bt  z = z + ct  Vị trí tương đối hai đường thẳng không gian: r Giả sử đường thẳng d qua M ( x0 ; y0 ; z0 ) có vectơ phương u = (a; b; c) đường ur thẳng d’ qua M '0 ( x '0 ; y '0 ; z '0 ) có vectơ phương u ' = (a '; b '; c ') r ur uuuuuuur * d, d’ đồng phẳng ⇔ u.u ' M M '0 = r ur uuuuuuur  u.u ' M M '0 =  a / d ∩ d ' = I ⇔  a : b : c ≠ a : b ' : c ' b / d Pd ' ⇔ a : b : c = a ' : b ' : c ' ≠ ( x − x0 ) : ( y − y0 ) : ( z − z0 ) c / d ≡ d ' ⇔ a : b : c = a ' : b ' : c ' = ( x − x0 ) : ( y − y0 ) : ( z − z0 ) r ur uuuuuuur d/ d, d’ chéo ⇔ u.u ' M M '0 ≠ Các công thức tính khoảng cách: - Khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng: Cho ( α ) : Ax + By + Cz + D = 0, M ( x0 ; y0 ; z0 ) d ( M , ( α ) ) = Ax0 + By0 + Cz0 + D A2 + B + C - Khoảng cách từ điểm đến đường thẳng: r Cho d qua M ( x0 ; y0 ; z0 ) có vectơ phương u điểm M ( x1; y1; z1 ) uuuuuur r  M M 1.u    d ( M,d ) = r u - Khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau: r Cho hai đường thẳng ∆ qua M ( x0 ; y0 ; z0 ) có vectơ phương u đường thẳng ur ∆’ qua M '0 ( x '0 ; y '0 ; z '0 ) có vectơ phương u ' r ur uuuuuuuur u.u ' M M '0   d ( ∆, ∆ ' ) = r ur u.u '   Góc : r ur - Góc hai đường thẳng: Cho d có VTCP u = ( a; b; c ) , d’ có VTCP u ' = ( a '; b '; c ') Gọi ϕ góc hai đường thẳng d d’ ta có: r ur u.u ' r ur aa '+ bb '+ cc ' cos ϕ = cos u , u ' = r ur = u u' a + b + c a ' + b '2 + c ' ( ) r - Góc đường thẳng mặt phẳng: Cho (α) có VTPT n = ( A; B; C ) , d có VTCP r u = ( a; b; c ) Gọi ϕ góc đường thẳng mặt phẳng: Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc -8- r r sin ϕ = cos n, u = ( ) Aa + Bb + Cc A2 + B + C a + b + c - Góc hai mặt phẳng: ( α ) : AX + By + Cz + D = 0, ( β ) : A ' x + B ' y + C ' z + D ' = cos ϕ = AA '+ BB '+ CC ' A + B + C A '2 + B '2 + C '2 Phương trình mặt cầu: Dạng 1: Có tâm I(a; b; c) bán kính R ( x − a) + ( y − b) + ( z − c ) = R2 2 2 2 2 Dạng 2: x + y + z − 2ax − 2by − 2cz + d = ( a + b + c − d > ) Trong tâm I (a; b; c), bán kính R = a + b + c − d IV Các biện pháp tiến hành để giải vấn đề Bản thân tập trung nghiên cứu giải vấn đề sau: Thứ nhất: Dấu nhận biết bước giải toán hình học không gian phương pháp tọa độ Thứ hai: Giới thiệu số cách đặt hệ trục tọa độ số hình đặc biệt Thứ ba: Trình bày số tập hình học không gian giải theo phương pháp tọa độ hóa Một vài nhận xét lưu ý thực hành Một số cách chọn hệ trục tọa độ hình học phẳng Oxy Tránh việc chọn hệ trục tọa độ hóa điểm không đạt yêu cầu, học sinh cần thực tốt với tọa độ hóa hình phẳng Oxy Dấu hiệu: Hai đường thẳng vuông góc, chọn hai trục hai đường thẳng gốc tọa độ giao điểm hai đường thẳng y 1.1 Đối với hình vuông D C Chọn hệ trục Oxy cho: Gốc tọa độ bốn đỉnh hình vuông Hai cạnh xuất phát từ đỉnh nằm hai trục Ví dụ 1: Cho hình vuông ABCD tâm I cạnh a x Cách Chọn hệ trục Oxy cho: Gốc tọa độ O trùng đỉnh A A B Hai đỉnh B, D thuộc hai tia Ox, Oy Khi A(0;0), B(a;0), C(a;a), D(0;a) I(a/2;a/2) Cách Chọn hệ trục Oxy cho: Gốc tọa độ O tâm I hình vuông Hai đỉnh A, B thuộc hai tia Ox, Oy      2  2 ;0 ÷, B  0; a ;0 ÷, D  0; − a Khi I(0;0;0), A  a ÷, C  −a ÷         Nhận xét: Đối với cách 2, tọa độ đỉnh gây trở ngại trình tính toán so với cách 1.2 Đối với hình chữ nhật Chọn hệ trục Oxy cho: Gốc tọa độ bốn đỉnh hình chữ nhật Hai y cạnh xuất phát từ đỉnh nằm hai trục M C Ví dụ Cho hình chữ nhật ABCD có AB = a , AD = a Gọi D M trung điểm CD CMR: AM ⊥ BD Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc -9x A B Chọn hệ trục Oxy cho: Gốc tọa độ O trùng đỉnh A Hai đỉnh B, D thuộc hai tia Ox, Oy Khi A(0;0), B(a ;0), C(a ;a), D(0;a) M(a /2;a) uuuu r  uuuu r uuur  uuur ; a ÷, BD = − a 2; a , AM BD = Vậy AM ⊥ BD Ta có: AM =  a   1.3 Đối với hình thang vuông Chọn hệ trục Oxy cho: Gốc tọa độ hai đỉnh góc vuông Hai cạnh xuất phát từ đỉnh nằm hai trục Ví dụ Cho hình thang ABCD (vuông A D), AD = DC = a, AB = 2a y CMR AC ⊥ BC C Chọn hệ trục Oxy cho: Gốc tọa độ O trùng đỉnh A Hai D đỉnh B, D thuộc hai tia Ox, Oy Khi A(0;0), B x A B(2a;0),uC(a;a), D(0;a) uur uuur uuur uuur Ta có: AC = ( a; a ) , BC = ( −a; a ) , AC.BC = Vậy AC ⊥ BC 1.4 Đối với hình thoi y B Chọn hệ trục Oxy cho: Gốc tọa độ O tâm hình thoi Hai đỉnh liên tiếp thuộc hai trục Ox, Oy C A x Ví dụ 4: Cho hình thoi ABCD tâm I cạnh a, góc A O 60 Chọn hệ trục Oxy cho: Gốc tọa độ O trùng tâm I D hình thoi Hai đỉnh A, B thuộc hai tia Ox, Oy     a  a  ;0 ÷, B  0; ÷, C  −a ;0 ÷, D  0; − ÷ Khi I(0;0;0), A  a  2     2  1.5 Đối với tam giác vuông Chọn hệ trục Oxy cho: Gốc tọa độ O đỉnh góc vuông Hai cạnh góc vuông năm hai trục Ox, Oy ( ) 1.6 Đối với tam giác cân Chọn hệ trục Oxy cho: Gốc tọa độ O trung điểm cạnh đáy Cạnh đáy nằm y trục, đỉnh cân thuộc trục lại Ví dụ 5: Cho tam giác ABC cạnh a, tâm I B Chọn hệ trục Oxy cho: Gốc tọa độ O trung điểm cạnh BC A Hai đỉnh A, B thuộc tia Ox, Oy x O     a a  a  ;0 ÷, B  0; ÷, C  0; − ÷, I  ; a Khi A  a ÷  2 2  C    2 Ví dụ 6: cho tam giác ABC có AB = 2a, AC = a C µA = 1200 Chọn hệ trục Oxy cho: Gốc tọa độ O trùng điểm A Đỉnh B thuộc tia Ox Đỉnh C có tung độ dương Khi  a 3 A(0;0), B(2a;0) C  − ; a ÷   Ví dụ 7: Cho hình vuông ABCD Gọi M trung điểm BC, N điểm cạnh CD cho CN = ND Gọi H Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc y B A y D N C H A x M B - 10 x x = t  Phương trình DM:  y = a − 2t , phương trình CN: z =   x = a + 2t '  y = a + t ' , z =   a t = a + 2t ' t = t − 2t ' = a  ⇔ Tọa độ H nghiệm hệ: a − 2t = a + t ' ⇔  t + t ' = a  0 z = t ' =    a 3a   a 3a  H  ; ;0 ÷ ⇒ S  ; ; a ÷ 5  5  ur Đường thẳng DM qua D(0;a;0), có VTCP u1 = ( 1; −2;0 ) uu r uuu r a SC = 4;2; −5 Đường thẳng SC qua C(a;a;0), có VTCP u2 = 4;2; −5 ur uu r uuur u1 , u2  DC ur uu r uuur 57  u1 , u2  = 10 3;5 3;10 , DC = ( a;0;0 ) d ( DM , SC ) =  ur u =a u r   19 u1 , u2    Nhận xét: Sử dụng tọa độ hóa ta chứng tỏ DM ⊥ CN dễ dàng Bài tập tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau: - Phương pháp túy thường dựng thêm số điểm, đường thẳng (cần thiết) lập luận khẳng định khoảng cách hai đường thẳng độ dài đoạn thẳng Cuối tính độ dài đoạn thẳng - Phương pháp tọa độ cần xác định điểm VTCP hai đường thẳng áp dụng công thức tính khoảng cách hai đường thẳng chéo ( ( ) ( ) ) 4.2 Hình chóp có đáy tam giác Bài Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân đỉnh A Hình chiếu vuông góc S lên (ABC) trung điểm H AC Đường thẳng SB tạo với mặt phẳng (ABC) góc 450 AB = a Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm A đến (SBC) theo a S z Giải · = 450 ( SB, ( ABC ) ) = ( SB, BH ) = SBH Xét tam giác ABH có: BH = AH + BA2 ⇒ BH = a Tam giác SBH vuông cân H nên: SH = BH = a 5 H A M C y K B x VS ABC = SH S ABC = a 12 Do H trung điểm AC nên d ( A, ( SBC ) ) = 2d ( H , ( SBC ) ) Gọi K chân đường vuông góc kẻ từ H lên BC Ta có BC ⊥ HK BC ⊥ SH nên BC ⊥ (SHK) Suy (SBC) ⊥ (SHK) Gọi M hình chiếu H lên SK Suy HM ⊥ (SBC) Hay d ( H , ( SBC ) ) = HM Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 21 - HC 1 44 55 =a = + = ⇒ HM = a 2 HM HS HK 5a 22 55 Vậy d ( A, ( SBC ) ) = a 11 Ta có: HK = Sử dụng tọa độ hóa để tính khoảng cách Chọn hệ trục Axyz hình vẽ cho: Các điểm B, C thuộc tia dương Ax, Ay S có cao độ dương 5  a   a A(0;0;0), B(a;0;0), C(0;a;0), H  0; ;0 ÷, S  0; ; a ÷     uuur uuu r a uuur uuu r a2 BC = a ( −1;1;0 ) , BS = −2;1; ⇒  BC , BS  = 5; 5;1 2 r n (SBC) qua B(a;0;0) có VTPT = 5; 5;1 ( ) ( ( ) ) 5x + y + z − a = Phương trình (SBC): a 55 11 + +1 Nhận xét: Đối với tập tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng, sử dụng phương pháp túy học sinh gặp khó khăn phần dựng thêm hình lập luận tính khoảng cách Còn sử dụng phương pháp tọa độ hóa cần xác định tọa độ điểm, phương trình mặt phẳng áp dụng công thức tính khoảng cách Vậy d ( A, ( SBC ) ) = =a Bài Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông A, AC = a, BC = 2a Mặt phẳng (SAC) tạo với z S mặt đáy (ABC) góc 600 Hình chiếu H S (ABC) trung điểm cạnh BC Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách hai đường thẳng HA SB theo a A Giải H Đặt SH = a.x ( x ∈ ¡ , x > ) Chọn hệ trục Axyz hình B x vẽ cho: Các điểm B, C thuộc tia dương Ax, Ay S có cao độ dương   a   a ; ;0 ÷, S  a ; ; ax ÷ Khi đó: A(0;0;0), B(a ;0;0), C(0;a;0), H  a  2   2  uuur uuu r a AC = a ( 0;1;0 ) , AS = uuur uuu r   ( C y ) a2 x;0; − r r (SAC) có VTPT n = x;0; − (ABC) có VTPT k = ( 0;0;1) ( ) 3;1; x ⇒  AC , AS  = ( ) r r Theo giả thiết ta có: cos n, k = cos60 ⇔ ( ) a Vậy VS ABC = SH S ABC * Tính khoảng cách AH SB Suy SH = x2 + 3 = a Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc = ⇔ x + = 12 ⇔ x = 2 - 22 - uuur a AH = uuu r a uuu r 3;1;0 , BS = − 3;1;3 , AB = a 3;0;0 uu r u Đường thẳng SB qua B(a ;0;0), có VTCP = − 3;1;3 ur ur uu r Đường thẳng AH qua A(0;0;0), có VTCP u1 = 3;1;0 , u1 , u2  = 3; −3 3;2 ur uu r uuu r u1 , u2  AB a3 3   d ( AB, SC ) = = =a ur uu r 4 u1 , u2    ( ) ( ) ( ( ) ( ) ) ( ) 4.3 Hình lăng trụ có đáy tứ giác · Bài Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình thoi cạnh a BAD = 600 Hai mặt chéo (ACC’A’) (BB’D’D) vuông góc với mặt đáy Gọi M, N, O trung điểm CD, B’C’ AC, biết B’O vuông góc với BD’ Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ khoảng cách hai đường thẳng MN, AD’ theo a z Giải C' D' Gọi O, O’ tâm ABCD; A’B’C’D’ O' (ACC’A’) (BB’D’D) ⊥ (ABCD) theo A' B' N giao tuyến OO’ nên OO’ ⊥ (ABCD) · Hình thoi ABCD cạnh a BAD = 600 nên ABD, BCD  Do B’O ⊥ BD’ nên M D BB’O đồng dạng với DBD’ C BB ' BO 2 = ⇒ B ' B = BD.BO = a O x A y BD DO ' B ⇒ BB ' = a 2 VABCD A ' B ' C ' D ' = BB '.S ABCD = a a 3= a 2 Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ cho: A, B O’ thuộc tia dương Ox, Oy,     3 a   a   ;0;0 ÷, B  0; ;0 ÷, C  −a ;0;0 ÷, D  0; − ;0 ÷, Oz Khi đó: A  a 2          a    2 2 a 2 a  B '  0; ; a ;0; a ÷, C '  − a ÷, D '  0; − ; a ÷ M  −a ; − ;0 ÷, 4   2  2      r a uuuu r a  a  uuuu N  −a ; ;a 3;1; − ÷ MN = 0;1; , DA ' = 4  2  ur  a  Đường thẳng MN qua M  −a ; − ;0 ÷ có VTCP u1 = 0;1; 4   uu r   ;0;0 ÷ có VTCP u2 = 3;1; − Đường thẳng AD’ qua A  a   ( ) ( ) ( ( ) ) ur uu r uuur  3 a  u1 , u2  = 2, − 6, , MA =  a , ,0 ÷   4   ( ) Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 23 - ur uu r uuur u1 , u2  MA 102   =a Vậy d ( AB, SC ) = ur uu r 68 u1 , u2    Nhận xét: Sử dụng phối hợp hai phương pháp giúp học sinh giải tốt tập Bài 10 Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy hình chữ nhật có AB = a , BC = a Hình chiếu A’ (ABCD) H thuộc cạnh AC cho AC = 3AH, A’B = a.5/ a Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ b Tính khoảng cách hai đường thẳng z D' C' BD’ DM với M trung điểm A’H A' c Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ B' diện ACB’D’ Giải y Đặt A’H = a.x ( x ∈ ¡ , x > ) Chọn hệ trục Axyz D C hình vẽ cho: H x B A Các điểm B, D thuộc tia dương Ax, Ay A’ có cao độ dương uuur uuur  a  ; ;0 ÷, A’ A(0;0;0), B(a ;0;0), C(a ;a;0), D(0;a;0) AH = AC ⇒ H  a  3  r  a   uuuu  a a ; ; ax A ' B = a ; − ; −ax ÷  ÷,  3    a2 25 a Ta có: A’B = a ⇔ a + Suy + a2 x2 = a2 ⇔ x2 = ⇔ x = 3 9 3 A' H = a Vậy VABCD A ' B ' C ' D ' = A ' H S ABCD = 2a uuuu r uuur r   uuuu ;a ;a b Sử dụng DD' = AA ' ⇒ D '  a ÷ BD ' = a − 3;2; 3   ur Đường thẳng BD’ qua B(a ;0;0), có VTCP u1 = − 3;2; ( (  a  uuuur a ; ;a Do M trung điểm A’H nên M  a ÷ DM =   3 ) ) ( 3; −2; ) uu r u2 = 3; −2; VTCP ur uu r uuur u1 , u2  BD ur uu r uuur 21  u1 , u2  = 3;6;0 , BD = −a 3; a;0 d ( BD ', DM ) =  ur u =a u r   u1 , u2    uuur uuur  a 3 ; ;a c Sử dụng BB ' = AA ' ⇒ B '  a ÷   3 Gọi (S) mặt cầu ngoại tiếp ACB’D’ phương trình có dạng: Đường thẳng ( DM ) ( qua D(0;a;0), có ( ) ) Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 24 - 2mx + 2ny + pz − q = x + y + z ( m + n + p − q > ) (S) qua A nên q = (S) qua C nên 3a.m + 2a.n = 4a ⇔ 3m + n = 2a 61 61 a.m + a.n + a p = a ⇔ 3m + 2n + p = a 3 3 31 31 (S) qua D’ nên a.m + a.n + a p = a ⇔ 3m + 8n + p = a 3 (S) qua B’ nên Ta có hệ:  11   m= a   3m + n = 2a 18  3m + n = 2a   61 a    ⇔ n = 8 3m + 2n + p = a ⇔ 3 3m − 3n = 5a    31 3 31  p =  a− m− n m + n + p = a p= a      Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp ACB’D’: R = m + n + p − q = 141 a Nhận xét: Sử dụng phương pháp tọa độ hóa để tính chiều cao hình lăng trụ, sau sử dụng công thức tính thể tích hình không gian giúp giải toán tốt · Bài 11 Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có ABCD hình thoi cạnh a, BAD = 600 Hình chiếu A’ (ABCD) trung điểm H đoạn AD, A’C = 2a a Tính thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ b Tính gần (độ, phút, giây) góc hai mp (ABB’A’) (ADD’A’) c Tính khoảng cách hai đường thẳng A’B C’H d Tính khoảng cách từ điểm B đến (B’CD’) e Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’BC’D Giải · = Ta có : HC = DH + DC − HD.DC cos HDC a HA '2 = A ' C − HC = a ⇒ A ' H = a 3 3 a Vậy VABCD A ' B ' C ' D ' = A ' H S ABCD = a a.a = a 2 Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ cho: Các điểm A, B thuộc tia dương Ox, Oy A’ có cao độ dương D' C' z A' B' D H Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT PhúxLộc A C O B y - 25 -      3 a  a   a   a;0;0 ÷, B  0; ;0 ÷, C  − a;0;0 ÷, D  0; − ;0 ÷, H  a; − ;0 ÷, O(0;0;0), A             a 3a  A ' a; − ; ÷   uuu r a uuur a 3;1; −6 b AB = − 3;1;0 , AA ' = uuu r uuur a2 a2 ⇒  AB, AA ' = −6; −6 3; −2 = − 3;3;1 ur n (AA’B’B) có VTPT = 3;3;1 ( ) ( ( uuu r a DA = ( ) ) ) ( ) uuur a uuu r uuur a2 a2   3;1;0 , AA ' = 3;1; −6 ⇒ AB, AA ' =   −6;6 3;0 = −1; 3;0 uu r (AA’B’B) có VTPT n2 = −1; 3;0 Gọi ϕ góc hai mp (ABB’A’) (ADD’A’) Ta có: ur uu r 39 cosϕ = cos n1 , n2 = ⇒ ϕ ≈ 61017 '22'' 13 ur uuur a  a  3; −3;6 Đường thẳng BA’ qua B  0; ;0 ÷, có VTCP u1 = 3; −3;6 c BA ' =   uuur a   a;0;0 ÷, có VTCP CH = 3; −1;0 Đường thẳng CH qua C  −   uu r ur uu r uuu r  a  u1 , u2  = 6;18 3;8 , CB =  a u2 = 3; −1;0 ; ;0 ÷   2   ur uu r uuu r u1 , u2  CB   d ( BA ', CH ) = =a ur uu r u1 , u2      uuur uuur a 3a  uuuur uuur 3a 3a  a; ; ÷, DD ' = AA' ⇒ D '  − a; − ; ÷ d Ta có: BB ' = AA' ⇒ B '  −     uuuuu r uuur a uuuuu r uuur a2 D ' B ' = a ( 0;1;0 ) , CB ' = 3;1;6 ⇒  D ' B ', CB ' = 6;0; − 4 uu r (B’CD’) có VTPT n3 = 3;0; −1 Phương trình (B’CD’): x − z + 3a = ( ) ( ( ( ( ) ( ) ) ) ( ( ) ( ( ) ) ) ) ( ( ( ) ) ) ( ) 3a 13 = a 13 13 e Gọi (S) mặt cầu ngoại tiếp A’BC’D phương trình có dạng: d ( B; ( B ' CD ') ) = 2mx + 2ny + pz − q = x + y + z ( m + n + p − q > ) a2 a2 (S) qua B nên na − q = ( 1) (S) qua D nên −na − q = ( ) 4 a Từ (1) (2)suy q = − ⇒ n = Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 26 - a a.m − n + 3ap − q = a ⇔ m + p = a ( 3) 2 2 3 a 3 15 (S) qua C’ nên − a.m − n + 3ap − q = 4a ⇔ m − p = − a ( 4) 2 Ta có hệ (3) (4) ta được: m = − a, p = a 77 Vậy bán kính mặt cầu ngoại tiếp A’BC’D: R = m + n + p − q = a (S) qua A’ nên Nhận xét: Đối với đáy hình thoi có nhiều học sinh nhầm lẫn chọn hệ trục tọa độ ví dụ như: chọn gốc tọa độ trùng đỉnh hình thoi, hai cạnh hình thoi qua đỉnh thuộc hai trục Ox, Oy Tính góc hai mp: phương pháp túy thường dựng thêm hình để xác định góc tính góc đó, phương pháp tọa độ cần xác định tọa độ VTPT hai mp áp dụng công thức tính góc hai mp Bài 12 Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = 3a, AD = 2a Hình chiếu vuông góc A’ (ABCD) điểm H thuộc cạnh AB cho AH = 2HB, góc hai mp (A’B’CD) (ABCD) 60 Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’ diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’.ACD theo a Giải Dựng HK  CD Ta có A’H  CD nên A’K  CD Suy ( ( A ' B 'CD ) , ( ABCD ) ) = ( A ' K , HK ) = ·A ' KH = 600 A ' H = HK tan 600 = 3a D' z C' B' A' D y K A H B C x VABCD A ' B 'C ' D ' = A ' H S ABCD = 12 3a Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ cho: Gốc O trùng A Các điểm B, D thuộc tia dương Ox, Oy A’ có cao độ dương A(0;0;0), B(3a;0;0), C(3a;2a;0), D(0;2a;0), H(2a;0;0) A’(2a;0; 3a ) Gọi (S) mặt cầu ngoại tiếp A’ACD phương trình có dạng: 2mx + 2ny + pz − q = x + y + z ( m + n + p − q > ) (S) qua A nên q = (S) qua D nên 4na = 4a ⇒ n = a (S) qua C nên 6ma + 4na = 13a ⇒ m = a Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 27 - (S) qua A’ nên 4ma + pa = 16a ⇒ p = (S) có bán kính R = m + n + p − q = a a Vậy Diện tích mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’ACD là: S = 4π R = 64 πa 4.4 Hình lăng trụ có đáy tam giác Bài 13 Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC tam giác cân đỉnh C; đường thẳng BC’ tạo với mặt phẳng (ABB’A’) góc 600 AB = AA’ = a Gọi M, N, P trung điểm BB’, CC’, BC Q điểm cạnh AB cho BQ = a / Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a chứng minh rằng: (MAC) ⊥ (NPQ) Giải C ' I ⊥ A ' B '  ⇒ C ' I ⊥ ( ABA ' B ') C ' I ⊥ AA '  · ' BI Suy C · ' BI = 600 suy góc BC’ mp(ABB’A’) góc C · ' BI = a 15 C ' I = BI tan C a 15 VABC A ' B 'C ' = AA '.S A ' B ' C ' = AA ' CI A ' B ' = NP / / BC '  ⇒ ( NPQ) / /(C ' BI ) (1) PQ / / C ' I  Cách Gọi I trung điểm A’B’ · ' VABM =VBB ' I (c − g − c) suy ·AMB = BIB · ' BI = 900 ⇒ AM ⊥ BI suy ·AMB + B Mặt khác theo chứng minh C’I ⊥ AM nên AM ⊥ (C ' BI ) Suy (AMC) ⊥ (C ' BI ) (2) Từ (1) (2) suy (MAC) ⊥ (NPQ) Cách 2: Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ cho: Gốc tọa độ O trung điểm AB A, C, thuộc tia Ox, Oy A’ có cao độ dương Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 28 - Đặt OC = ax ( x ∈ ¡ , x > 0) a   a  Khi A  ;0;0 ÷, B  − ;0;0 ÷, C ( 0; ax;0 ) , 2    C ' ( 0; ax; a ) uuuu r r 1 1   BC ' = a  ; x;1÷ BC’ có VTCP u =  ; x;1÷ (ABB’A’) mp Oxz nên có VTPT 2  2  r j = ( 0;1;0 ) r r x 15 cos u, j = sin 600 = ⇔ = ⇔x= Ta có: 2 x2 + ( ) 15 VABCA ' B ' C ' = AA'.SABC = AA' AB.CO = a  15 a   a 15  a a  a; ÷, P  − ; a;0 ÷ Ta có M  − ;0; ÷, N  0; 2  4  2   uuur a uuur a uuur uuur a2 MA = ( 2;0; −1) , AC = −1; 15;0 ⇒  MA, AC  = 15; −1; 15 2 uuur a  r a 15 uuu r uuur a 15  1  uuu QN =  ; 15;1÷, QP = ( 0;1;0 ) ⇒ QP, QN  = 1;0; − ÷ 22  2  ur uu r  1 (ACM) có VTPT n1 = 15; −1;2 15 (NPQ) có VTPT n2 = 1;0; − ÷ 2  ur uu r Ta có : n1.n2 = Vậy (MAC) ⊥ (NPQ) ( ( ) ( ) ) Nhận xét: Chứng minh quan hệ vuông góc phương pháp túy có nhiều cách phải dùng linh hoạt kiến thức sử dụng phương pháp tọa độ hóa cách giải cụ thể như: hai mp vuông góc ⇔ tích vô hướng hai VTPT 0, hai đường thẳng vuông góc ⇔ tích vô hướng hai VTCP 0, đường thẳng vuông góc với mặt phẳng ⇔ VTCP đường thẳng VTPT mp phương Bài 14 Đại học khối B năm 2010 Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có AB = a, góc hai mặt phẳng (A’BC) (ABC) 600 Gọi G trọng tâm tam giác A’BC Tính thể tích khối lăng trụ cho bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a z Giải Chọn hệ trục Axyz hình vẽ cho: A' C' + A gốc tọa độ + C, A’ thuộc tia Ax, Ay B' + B có hoành độ dương Đặt AA’ = ax ( x ∈ ¡ , x > ) G Khi tọa độ đỉnh là: A(0; 0; 0) , C(0; a; 0), y A Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc C x B - 29 -  a a a  a; ;0 ÷, G  a; ; ÷ 2 2    Ta sử dụng g/t góc (A’BC) (ABC) 600 để tính x uur a uuuu r uur uuuu r a2 CB = − 3;1;0 , A ' C ( 0; a; ax ) = a ( 0;1; x ) , CB, A ' C  =   x; 3x;  A’(0; 0; ax), B  ( ) ( ) r r n Mặt phẳng (A’BC) có VTPT = x; x; , (ABC) có VTPT k = ( 0;0;1) ( ) r r cos n , k = cos600 = ⇔ = ⇔ x = ⇔ x = ( x > Theo gt ta có: 4 x2 + ( ) 0) Do chiều cao AA’ = 3 3 a VABCA ' B ' C ' = AA'.SABC = a Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a ( ) 2 2 2 Gọi ( S ) : x + y + z − 2mx − 2ny − pz + q = m + n + p − q > mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC Ta cần xác định m, n, p, q tính bán kính R theo công thức: R = m + n + p − q (S) qua A nên: q = (S) qua B nên: (S) qua C nên: 2an = a ⇔ n = 3am + an = a ⇔ 3m + n = a a 7 am + an + ap = a ⇔ m+n+ p= a 12 12  q = m= a   a  n = a   n = ⇔ Ta có hệ:  m + n = a   a  p = − 12  m+n+ p= a  12  q = 7a Vậy R = m + n + p − q = 12 (S) qua G nên: Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 30 - Một số tập tự luyện: Bài Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thang cân, đáy lớp AD = 2a, AB = BC = a, SB = 2a Hình chiếu vuông góc S (ABCD) trùng với trung điểm O đoạn AD Trên cạnh SC, SD lấy hai điểm M, N cho SM = 2MC, SN = ND Mặt phẳng (α) qua MN, song song với BC; (α) cắt SA, SB P, Q a Tính thể tích khối chóp SMNPQ theo a b Tính khoảng cách hai đường thẳng AQ CN theo a c Tính khoảng cách từ điểm A đến (SCD) theo a d Tính gần (độ, phút, giây) góc hai mặt phẳng (α) (SAB) Bài Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có AB = a, AC = 2a, AA’ = a · BAC = 1200 Gọi K trung điểm cạnh CC’ a Tính thể tích khối chóp A.A’BK b Xác định tâm tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện A’B’BK c Gọi I trung điểm BB’, tính khoảng cách từ điểm I đến (A’BK) d Tính gần (độ, phút, giây) góc đường thẳng CI (A’C’I) Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 31 - Bài Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có ABC tam giác vuông cân A, AB = a Hình chiếu A’ (ABC) trọng tâm G tam giác ABC Gọi M trung điểm AA’ Biết góc hai đường thẳng B’M BC 600 a Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo a b Tính khoảng cách hai đường thẳng B’M BC c Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện AB’C’M d Tính góc hai mp (B’CM) (ABCD) Bài Cho hình chóp S.ABCD có SC vuông góc với (ABCD), đáy ABCD hình thoi có cạnh a góc ·ABC = 1200 Biết góc (SAB) (ABCD) 450 a Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD b Tính khoảng cách SA BD c Tính khoảng cách từ A đến (SBD) Hiệu Sáng kiến kinh nghiệm Bản thân áp dụng đề tài lớp 12A2 năm học 2013-2014 trường THPT Phú Lộc Lớp 12A2 Thầy Nguyễn Quang Thân giảng dạy môn Toán Kết HKI học sinh yếu phần hình học không gian, nhiều em hứng thú không làm tốt tập Sau học xong chương III Phương pháp tọa độ không gian, có 1/3 số học sinh có tiếp cận với phương pháp tọa độ giải toán hình học không gian, em gặp nhiều khó khăn thực hành nên sử dụng phương pháp Tôi Thầy Thân tìm hiểu nguyên nhân, trao đổi phương pháp giảng dạy kỹ thực hành cho học sinh dễ tiếp thu, thực hành tốt tránh sai sót Sau thời gian áp dụng, 100% học sinh lớp 12A2 nắm vững phương pháp sử dụng phương pháp để giải số lớp toán hình học không gian Nhiều em sử dụng phối hợp phương pháp túy phương pháp tọa độ để giải tốt toán hình học không gian Thực hai kiểm tra khảo sát học sinh lớp 12A2 trước sau áp dụng phương pháp tọa độ hóa với mức đề tương đương với kết sau: (gồm 41 hs) Kết Giỏi Khá Trung bình Yếu SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) SL TL(%) Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 32 - Trước áp dụng pp Sau áp dụng pp 9,76 17,07 18 43,9 12 29,27 12 29,27 20 48,78 17,07 4,88 Kết khảo sát chứng minh học sinh tiến hơn, học sinh có học lực trung bình trở lên sử dụng tốt phương pháp để giải số lớp toán hình học không gian PHẦN III KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ Bài học kinh nghiệm Trong trình tiến hành áp dụng SKKN trọng nội dung sau : - Hướng dẫn, phân tích để học sinh nắm bắt dấu hiệu, đặc điểm hình để chọn gắn hệ trục đúng, hiệu - Hướng dẫn số kỹ biến đổi thực hành để học sinh thực đơn giản xác - Luyện tập số lương tập định nắm vững cách giản dạng tập - Sử dụng phối hợp phương pháp túy phương pháp tọa độ để giải tốt toán hình học không gian - Hướng dẫn cụ thể học sinh gặp vướng mắc Kết học sinh lĩnh hội tốt phương pháp sử dụng tốt giải tập hình học không gian Kết luận Phương pháp tọa độ hóa giải tập hình học không gian có quy trình thực hành cụ thể theo bước nên học sinh dễ tiếp thu thực Lượng kiến thức sử dụng phương pháp không nhiều Áp dụng tốt dạng tập Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 33 - tính khoảng cách, tính góc, chứng minh quan hệ song song, quan hệ vuông góc, tình bán kính mặt cầu ngoại tiếp, tính thể tích, tỉ số thể tích Để đạt chất lượng hiệu cao dạy Hình học không gian, cần phối hợp giảng dạy sử dụng phương pháp tọa độ hóa giải tập hình học không gian để học sinh có thêm cách giải toán phần Phương pháp giúp em ôn tập kiến thức số dạng tập chương III Hình lớp 12 Nó cong cụ tốt để hỗ trợ em kỳ thi quan trọng, đặc biệt kỳ thi THPT Quốc gia Tuy nhiên không nên tuyết đối hóa phương pháp này, có phát huy hiệu số lớp toán hình học không gian, mà ta nên sử dụng phối hợp phương pháp giải toán hình học không gian Kiến nghị Đối với giáo viên dạy lớp 12: Khi giảng dạy chương III Hình học ôn tập cuối năm nên lồng ghép giảng dạy rèn kỹ thực hành phương pháp tọa độ hóa giải tập hình học không gian cho học sinh Đối với học sinh lớp 12: Cần phát huy tốt ý thức tự học, chủ động tìm tòi học hỏi phương pháp khác để giải tập môn Toán, có phương pháp tọa độ hóa giải tập hình học không gian Trong trình biên soạn không tránh khỏi sai sót, mong nhận đóng góp quý thầy giáo, cô giáo đồng nghiệp em học sinh để tài liệu hoàn thiện áp dụng rộng rãi Tôi xin chân thành cảm ơn./ NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI CỦA TỔ CHUYÊN MÔN NHẬN XÉT:………………………………… ……………………………………………… Phú Lộc, ngày 12 tháng năm 2015 Tôi xin cam đoan SKKN viết, không chép nội dung người khác (Ký ghi rõ họ tên) ……………………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… Hồ Ngọc Thạch ĐIỂM:………………………………… XẾP LOẠI: …………………………… TỔ TRƯỞNG Trần Minh Cường Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 34 - NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KH-SK CỦA ĐƠN VỊ NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ, XẾP LOẠI CỦA HỘI ĐỒNG KH-SK NGÀNH GD&ĐT NHẬN XÉT:………………………………… NHẬN XÉT:………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ……………………………………………… ĐIỂM:………………………………… ĐIỂM:………………………………… XẾP LOẠI: …………………………… XẾP LOẠI: …………………………… CHỦ TỊCH HĐ KH-SK CỦA ĐƠN VỊ CHỦ TỊCH HĐ KH-SK NGÀNH GD&ĐT Giáo viên: Hồ Ngọc Thạch, Trường THPT Phú Lộc - 35 - ... thống hóa thành chuyên đề Phương pháp tọa độ hóa giải số toán hình học không gian Qua nội dung đề tài mong muốn cung cấp cho học sinh số kỹ sử dụng có hiệu phương pháp tọa độ hóa để giải toán hình. .. học sinh có hứng thú nhiều hình học không gian Tuy nhiên, phương pháp tọa độ hóa tối ưu số dạng toán hình học không gian Trong trình giảng dạy, thân nhận thấy sử dụng phương pháp tọa độ hóa học. .. giải toán hình học không gian Phạm vi nghiên cứu Các toán hình học không gian chương trình Học kỳ I lớp 12 THPT giải phương pháp tọa độ hóa Một số tập hình học không gian đề thi Đại học – Cao đẳng