SKKN Rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách trong không gian (2016 - 2017) by Day Kem Quy Nhon Business

BM 01-Bia SKKN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI Mã số: ................................ (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN

Người thực hiện: ĐẶNG THANH HÃN Lĩnh vực nghiên cứu: - Quản lý giáo dục

- Phương pháp dạy học bộ môn:

TOÁN

- Lĩnh vực khác: .......................................................

Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN Mô hình Đĩa CD (DVD) Phim ảnh Hiện vật khác (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm) Năm học: 2016 - 2017

SKKN môn Hình học năm 2017: Rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách trong không gian. --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------

BM02-LLKHSKKN

ai l.c

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC –––––––––––––––––– I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN

1. Họ và tên: ĐẶNG THANH HÃN 3. Nam, nữ: NAM

ho nb us in es s@

2. Ngày, tháng, năm sinh: 01 – 08 – 1976 4. Địa chỉ: KP 9, phường Tân Biên, TP Biên Hòa, Tỉnh Đồng Nai 5. Điện thoại:

(CQ)/

6. Fax:

(NR); ĐTDĐ: 0919302101

E-mail:

7. Chức vụ: Giáo viên

8. Nhiệm vụ được giao (quản lý, đoàn thể, công việc hành chính, công việc chuyên môn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…): Giảng môn Toán lớp 10C1, 12A2, 12A10; Chủ nhiệm lớp 12A10. II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

em qu

9. Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Trãi

- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Đại học

ay k

- Năm nhận bằng: 2000

- Chuyên ngành đào tạo: Toán học

III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC

eb o

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán. - Số năm có kinh nghiệm: 17 năm.

Em ai

rd er

-P

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 02

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 2

ai l.c

Tên SKKN : RÈN LUYỆN KỸ NĂNG TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN

ho nb us in es s@

Có thể nói, “Kỹ năng tính khoảng cách trong không gian” là đỉnh cao của môn hình học không gian , vì để giải quyết tốt các bài toán tính khoảng cách trong không gian đòi hỏi học sinh phải nắm vững nhiều kiến thức hình học, phải biết phân tích và có tư duy ở mức độ cao; biết cách nhận xét mối quan hệ của các đối tượng: “điểm, đường thẳng, mặt phẳng” để từ đó đề xuất cách giải phù hợp.

- Tuy vậy, trong chương trình toán THPT ở môn hình học không gian, các em học

sinh được tiếp cận với các bài tính khoảng cách ở một vài ví dụ cơ bản đơn giản,

em qu

thiếu hệ thống và tính liên hệ. Nhưng trong thực tế, các bài toán tính khoảng cách xuất hiện rất nhiều trong các kì thi Tuyển sinh Đại học - Cao đẳng gây không ít khó khăn cho các em học sinh, trong khi đó chỉ có số ít các em biết phương pháp

ay k

để giải nhưng trình bày còn lủng củng chưa được rõ ràng, thậm chí còn mắc một

số sai lầm không đáng có trong khi trình bày. Tại sao lại như vậy?

Em ai

rd er

-P

eb o

Lý do chính ở đây là: Trong chương trình SGK Hình học lớp 11 hiện hành, bài toán tính khoảng cách được trình bày ở cuối chương III (cuối học kỳ II) rất là ít và hạn chế. Chỉ có một tiết lý thuyết sách giáo khoa, giới thiệu sơ lược 1 ví dụ và đưa ra cách giải thích vắn tắt và dễ mắc sai lầm. Hơn nữa, do số tiết phân phối chương trình cho phần này quá ít (3 tiết) nên trong quá trình giảng dạy, các giáo viên không thể đưa ra được nhiều bài tập cho nhiều dạng để hình thành kỹ năng giải cho học sinh mặc dù cách giải nào cũng có chung một mục đích là chuyển về bài toán tính “khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng”. - Trong những năm học qua, khi được phân công giảng dạy lớp 11, 12 qua nhận

xét và đánh giá, tôi thấy đa số học sinh đang thiếu tư duy độc lập, sáng tạo về vận dụng kiến thức; nhất là khả năng “quy lạ về quen” hay mở rộng kiến thức vào từng dạng toán cụ thể.Vì vậy, trong các giờ dạy, việc củng cố kiến thức và bồi dưỡng năng lực tư duy cho học sinh thông qua các bài toán là một điều cần thiết. Khi đó -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 3

người thầy phải có phương pháp truyền thụ tốt và kiến thức chuyên sâu để dẫn dắt - Tôi viết chuyên đề này với mục đích “Rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách trong

ai l.c

không gian”, một câu hỏi thường gặp trong các kì thi Tuyển sinh Đại học - Cao đẳng trong những năm gần đây, nhằm giúp các em học sinh lớp 12 có thể tự ôn

tập để nâng cao kiến thức và đạt mức điểm 7 trong đề thi Đại học - Cao đẳng.

ho nb us in es s@

Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng chắc chắn không thể tránh được những thiếu sót,

rất mong được sự góp ý của quý thầy cô và các em học sinh. Chúc các em học tập thật tốt và đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới; Chúc quý thầy cô hạnh phúc và thành công trong sự nghiệp trồng người.

học sinh, đồng thời cần hệ thống hóa lại bài tập để học sinh vận dụng có hiệu quả.

Em ai

rd er

-P

eb o

ay k

em qu

Tôi xin chân thành cảm ơn !

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 4

II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN. 1. Cơ sở lý luận:

ai l.c

hoạt động học của học sinh, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào

- Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của giáo viên và tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”, giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ

ho nb us in es s@

kiến thức rộng, đa phần các em học sinh gặp khó khăn ở môn học này.

thông. Trong đó, bộ môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với

- Muốn học tốt môn Toán các em phải nắm vững những tri thức khoa học ở môn toán một cách có hệ thống, biết vận dụng lý thuyết linh hoạt vào từng dạng bài tập. Điều đó thể hiện ở việc “học đi đôi với hành”, đòi hỏi học sinh phải có tư duy logic. Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và nghiên cứu môn toán học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ thông, vận dụng lý thuyết

vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp các cách giải.

em qu

- Mặt khác, sự tiến bộ của khoa học kỹ thuật đòi hỏi người học liên tục cập nhật tri thức. Trong những năm gần đây, ngành giáo dục đã liên tục có những thay đổi nhằm để phù hợp với xu thế của thời đại, điều đó được thể hiện trong năm học

ay k

2016 - 2017 thông qua hình thức thi trắc nghiệm và liên môn. Đối với hình thức

thi này, người học phải nỗ lực và không ngừng học tập tìm tòi cách giải mới; liên

eb o

Xét ví dụ sau:

tục rèn luyện thì mới đạt được những kết quả cao.

Em ai

rd er

-P

Ví dụ : (Đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng khối A năm 2006) Cho hình lập phương ABCD.A1B1C1D1 có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng A1C và MN. Cách giải 1: Phương pháp hình học không gian tổng hợp Ta có MN // BC nên MN // (A1BC) Do đó d(MN, A1C) = d(MN, (A1BC)) = d(M, (A1BC)). 1 Gọi H = AB1 ∩ A1B và K là trung điểm của BH thì MK // AH và MK = AH. 2 Do AB1 ⊥ A1B nên MK ⊥ A1B. Do CB ⊥ (BAA1B1) nên CB ⊥ MK ⇒ MK ⊥ (A1BC).

a 2 1 1 Vậy d(MN, A1C) = d(M, (A1BC)) = MK = AH = AB1 = 4 2 4 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 5

ho nb us in es s@

n là = u, v  = (1; 0; 1) .

2 với u = (1; 1; –1) ; BC = (0; a; 0) cùng phương với v = (0; 1; 0). Khi đó VTPT của mặt phẳng (A1BC)

A 1

ai l.c

Cách giải 2: Phương pháp toạ độ trong không gian Xét hệ trục toạ độ Oxyz với : z A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(a; a 0), D(0; a; 0) A1(0; 0; a), B1(a; 0; a), C1(a; a; a) D1(0; a; a) B 1 a ⇒ M( ; 0; 0) và A1C = (a; a; – a) cùng phương H

Phương trình tổng quát mặt phẳng (A1BC): x + z – a = 0. Ta có MN // BC nên MN // (A1BC)

a 2 4 Cách giải 3: Áp dụng công thức đổi khoảng cách và tính thể tích của khối đa diện Ta có MN // BC nên MN // (A1BC) Do đó d(MN, A1C) = d(MN, (A1BC)) = d(M, (A1BC)). Mặt khác AM ∩ (A1BC) =B nên

em qu

do đó d(MN, A1C) = d(MN, (A1BC)) = d(M, (A1BC)) =

d ( M, ( A1BC) ) d ( A, ( A1BC) )

MB 1 1 = ⇒ d ( M, ( A1BC) ) = d ( A, ( A1BC) ) AB 2 2

ay k

a3 1 1 a2 2 V = V = Mà A1 ABC và S ∆A BC = A1 B.BC = ABCD . A1B1C1 D1 6 6 2 2 1 1 3VA ABC a 2 d ( A, ( A1 BC ) ) = . 1 = . 2 2 S∆A1BC 4

Vậy d(M, (A1BC)) =

eb o

Qua ví dụ minh họa ta thấy, nếu học sinh được hướng dẫn và phân tích cụ thể đồng thời kết hợp với máy tính cầm tay các em có thể nhanh chóng cho đáp số chính xác. Điều này cần thiết cho các bài thi bằng trắc nghiệm khách quan.

rd er

-P

Tôi viết sáng kiến kinh nghiệm này với mục đích giúp cho học sinh THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài toán “Tính khoảng cách trong không gian”.

Em ai

Trong giới hạn của SKKN tôi giới thiệu 3 kỹ năng tính khoảng cách thường hay sử dụng trong chương trình toán THPT: •

Kỹ năng tính khoảng cách bằng phương pháp hình học tổng hợp,

đồng thời kết hợp sử dụng công thức tính thể tích khối đa diện. •

Kỹ năng tính khoảng cách bằng phương pháp toạ độ trong không gian.

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 6

2. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài:

III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP.

ai l.c

Đây là nội dung thường gặp trong các kỳ thi Tuyển sinh Cao đẳng và Đại học. Với phương châm “ Từ dễ đến khó” , học sinh cần phải rèn luyện nhiều thì mới đạt kết quả tốt.

ho nb us in es s@

A. TÍNH KHOẢNG CÁCH BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC TỔNG HỢP VÀ KẾT HỢP CÔNG THỨC TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN Tóm tắt lý thuyết: 1. TỈ SỐ GÓC NHỌN TRONG TAM GIÁC VUÔNG AB (ĐỐI chia HUYỀN) BC

2. cosα =

AC (KỀ chia HUYỀN) BC

1. sinα =

AB (ĐỐI chia KỀ) AC AC 4. cotα = (KỀ chia ĐỐI) AB 2. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG

ay k

em qu

3. tanα =

1. BC2 = AB2 + AC2 (Định lí Pitago) =>AB2 = BC2 - AC2

eb o

2. AB2 = BH.BC ; AC2 = CH.BC

3. AH2 = BH.CH 5.

1 1 1 = + 2 2 AH AB AC 2

4. AB.AC = BC.AH

Em ai

rd er

-P

3. ĐỊNH LÍ CÔSIN 1. a2 = b2 + c2 – 2bccosA 2. b2 = a2 + c2 – 2accosB 3. c2 = a2 + b2 – 2abcosC

a b c = = = 2R sin A sinB sinC 5. TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG (MN // BC)

4. ĐỊNH LÍ SIN

AM AN MN ; = = AB AC BC

Đưa ra một số ví dụ có phân tích lời giải cho học sinh tham khảo và bài tâp áp dụng.

AM AN = MB NC

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 7

1 1 abc ; S = pr (r: bán kính đường tròn nội a b s in C ;S = ah ; S = 2 2 4R a + b + c tiếp tam giác; p = ); S = p(p − a )(p − b)(p − c) (Công thức Hê-rông) 2 2. Tam giác đều cạnh a:

ai l.c

S =

6. DIỆN TÍCH TRONG HÌNH PHẲNG 1. Tam giác thường:

;

b) S =

a) S =

3. Tam giác vuông:

ho nb us in es s@

a2 3 2 4 c) Đường cao cũng là đường trung tuyến, đường phân giác, đường trung trực. a) Đường cao: h =

1 ab (a, b là 2 cạnh góc vuông) 2

4. Tam giác vuông cân (nửa hình vuông): S=

1 2 a (2 cạnh góc vuông bằng nhau) 2

b) Tâm đg tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm của cạnh huyền

Cạnh huyền bằng a

c) AC =

1 ah 2

(h: đường cao; a: cạnh đáy)

a2 3 d) S = 8

6. Tam giác cân:

ay k

b) BC = 2AB

em qu

5. Nửa tam giác đều: a) Là tam giác vuông có một góc bằng 30o hoặc 60o

eb o

b) Đường cao từ đỉnh là đường trung tuyến, đường phân giác, đường trung trực

7. Hình Thang: S = S =

1 h(d1 + d2 ) (h: đường cao; d1, d2 là 2 cạnh đáy) 2

-P

8. Hình bình hành: S = ah (h: đường cao; a: cạnh đáy)

Em ai

rd er

9. Hình chữ nhật: 10. Hình thoi:

S = ab (a, b là các kích thước)

1 d1.d2 (d1, d2 là 2 đường chéo) 2

11. Hình vuôngcạnh a: a) S = a2

b) Đường chéo bằng a 2

12. Đường tròn: a) Chu vi = 2 π R (R: bán kính đường tròn)

b) S = π R2

7. CÁC ĐƯỜNG TRONG TAM GIÁC 1. Đường trung tuyến: -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 8

a) Giao điểm của ba đường trung tuyến của tam giác gọi là trọng tâm.

2 độ dài trung tuyến. 3

2. Đường cao: Giao điểm của ba đường cao của tam giác gọi là trực tâm

ai l.c

3. Đường trung trực: Giao điểm của ba đường trung trực là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác.

b) Khoảng cách từ trọng tâm đến đỉnh bằng

ho nb us in es s@

4. Đường phân giác: Giao điểm của ba đường phân giác là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. 8. HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

ay k

em qu

1. HìnhChóp: Thông qua việc xác định chiều cao của hình chóp, ta có thể tạm phân thành 4 dạng hình chóp (không xét hình chóp cụt) như sau: - Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy hay hình chóp có hai mặt bên cắt nhau và cùng vuông góc với đáy. - Hình chóp có một mặt bên vuông góc với đáy. - Hình chóp có đều. - Hình chóp có thường(chiều cao tùy thuộc vào giả thiết của bài toán). Chú ý: Hình chóp đều: Hình chóp có đáy là đa giác đều và chân đường cao trùng với tâm của đáy. Tính chất: Các cạnh bên bằng nhau và cùng tạo với đáy các góc bằng nhau; Các mặt bên là các tam giác cân bằng nhau và tạo với đáy các góc bằng nhau.

eb o

Hình tứ diện đều: Có 4 mặt là các tam giác đều bằng nhau. 2. Hình lăng trụ: Thông qua việc xác định chiều cao của hình lăng trụ , ta có thể tạm phân thành 2 dạng hình lăng trụ như sau: - Hình lăng trụ đứng (chiều cao chính là cạnh bên của lăng trụ).

- Hình lăng trụ xiên (chiều cao tùy thuộc vào giả thiết của bài toán).

-P

Chú ý:

Em ai

rd er

Hình lăng trụ đều: Là hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều.

Hình hộp: Hình lăng trụ có đáy là hình bình hành⇒Hình hộp đứng là hình lăng trụ đứng có đáy là hình bình hành. 3. Chứng minh sự vuông góc: Bài toán có yêu cầu chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (α) Ta có thể thực hiện một trong các cách thông dụng sau: + Cách 1: Chứng minh đường thẳng a vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong (α).

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 9

+ Cách 2: Chứng minh a là giao tuyến của hai mặt phẳng cắt nhau (β) và (γ) sao cho cả (β) và (γ) đều vuông góc với (α)

ai l.c

+ Cách 4: Chứng minh 2 mặt phẳng (β) và (α) vuông góc với nhau theo giao tuyến d và a nằm trong (β) và vuông góc với d.

+ Cách 3: Chứng minh a song song với b và b vuông góc với (α).

ho nb us in es s@

Bài toán có yêu cầu chứng minh đường thẳng a vuông góc với đt b : Ta có thể thực hiện một trong các cách thông dụng sau: + Cách 1: Đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (α) chứa đường thẳng b. + Cách 2: Đường thẳng a song song với đường thẳng c và c vuông góc với b. Bài toán có yêu cầu chứng minh hai mặt phẳng (α) và (β) vuông góc với nhau Ta có thể thực hiện một trong các cách thông dụng sau: + Cách 1: Tìm trong mặt phẳng này có một đường thẳng vuông góc với mặt phẳng kia. + Cách 2: Chứng minh góc giữa hai mặt phảng đó bằng 900. thực hiện như sau: • B1: Xác định giao tuyến ∆ của hai mặt phẳng.

em qu

• B2: Trên ∆ xác định điểm I thuận lợi nhất, rồi từ I kẻ các đường thẳng a trong (α) và b trong (β) sao cho a và b vuông góc với ∆ . • B3: Chứng minh a và b vuông góc với nhau. 4. Khoảng cách: Từ vị trí tương đối của ba đối tượng trong không gian là điểm,

ay k

đường thẳng, mặt phẳng ta có 5 bài toán tính khoảng cách sau:

• Bài toán 1: Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ : Khoảng cách từ một

điểm M đến đường thẳng ∆ là khoảng cách từ điểm M đến hình chiếu H của nó

eb o

trên ∆. kí hiệu d(M, ∆) = MH (MH ⊥ ∆ và H ∈ ∆). • Bài toán 2: Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (α) : Khoảng cách từ một

điểm M đến mặt phẳng (α) là khoảng cách từ điểm M đến hình chiếu H của nó

-P

trên mặt phẳng (α). kí hiệu d(M, (α)) = MH (MH ⊥ (α) và H ∈ (α)).

Em ai

rd er

Để xác định hình chiếu H của điểm M trên mặt phẳng (α) : Ta thực hiện : B1: Xác định mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với (α) theo giao tuyến d. B2: Trong mặt phẳng (P) kẻ MH vuông góc với d (H thuộc d) thì MH ⊥ (α) . Vậy khoảng cách từ M đến mặt phẳng (α) bằng MH. Chú ý: Khi việc xác định hình chiếu H phức tạp, do đó việc tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (α) quá khó thì ta có thể đổi cách tính khoảng cách:

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 10

- Đổi điểm song song: Xác định đường thẳng ∆ đi qua M và song song với (α); với A là một điểm thuộc ∆ và A khác M, khi đó d(M, (α)) = d(A, (α))

- Đổi điểm cắt nhau: Cho đoạn thẳng MA cắt mặt phẳng (α) tại B, khi đó :

( ) = MB d ( A,(α ) ) AB

ai l.c

d M,(α )

ho nb us in es s@

• Bài toán 3: Khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (α) song song : Khoảng cách giữa đường thẳng ∆ và mặt phẳng (α) song song bằng khoảng cách từ điểm M tùy ý trên đường thẳng ∆ đến mặt phẳng (α).

eb o

ay k

em qu

• Bài toán 4: Khoảng cách giữa 2 mặt phẳng song song : Khoảng cách giữa 2 mặt phẳng song song bằng khoảng cách từ điểm M tùy ý trên mặt phẳng này đến mặt phẳng kia. • Bài toán 5: Khoảng cách giữa 2 đường thẳng a, b chéo nhau: Kí hiệu d(a, b) Khoảng cách giữa 2 đường thẳng a, b chéo nhau: Bằng độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng a và b. Bằng khoảng cách giữa đường thẳng a đến mặt phẳng song song với nó chứa đường thẳng b. Bằng khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa a và b. Chú ý :Cách xác định đoạn vuông góc chung khi hai đường thẳng a, b chéo và vuông góc với nhau. 5. Góc: a) Góc ϕ (00 ≤ ϕ ≤ 900) giữa hai đường thẳng a, b trong không gian là góc giữa hai đường thẳng a’ ,b’ cắt nhau và lần lượt song song với hai đường thẳng a, b. b) Góc giữa một đường thẳng và một mặt phẳng là góc giữa đường thẳng đó với hình chiếu vuông góc của nó trên mặt phẳng. c) Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng bất kì lần lượt vuông góc với hai mặt phẳng đó.

-P

Thực hành: Ta tìm giao tuyến của hai mặt phẳng, sau đó tìm hai đường thẳng trong hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến tại một điểm. khi đó góc giữa hai đường thẳng là góc cần tìm (chú ý định lí ba đường vuông góc).

Em ai

rd er

9. KHỐI ĐA DIỆN: 1. Thể tích khối lăng trụ: V = Bh (B: diện tích đáy; h: chiều cao) 2. Thể tích khối chóp: V =

1 B h (B: diện tích đáy; h: chiều cao) 3

3. Tỉ số thể tích của khối chóp: Khối chóp tam giác SABC có A/, B/, C/ thuộc V SA ′ SB′ SC ′ các cạnh SA, SB, SC. Khi đó: S.A ′B′C ′ = . . . V SA SB SC S.ABC -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 11

B. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN: Tóm tắt lý thuyết

Phần 1: HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN

ai l.c

1. Hệ trục tọa độ Decartes vuông góc Oxyz (Hệ tọa độ Oxyz)

Hệ gồm ba trục x ' Ox, y ' Oy , z ' Oz vuông góc với nhau từng đôi một tại O cùng với các vectơ đơn vị trên mỗi trục lần lượt là i, j , k .

•

ho nb us in es s@

• O: gốc tọa độ • x ' Ox : trục hoành • y ' Oy : trục tung

z ' Oz : trục cao

em qu

2. Tọa độ của vectơ trong không gian 2.1. Định nghĩa: u = ( x; y; z ) ⇔ u = x.i + y. j + z.k Với định nghĩa trên, ta có: 0 = (0;0;0) , i = (1;0;0 ) , j = ( 0;1;0 ) , k = ( 0;0;1)

2.2. Các công thức về tọa độ của vectơ trong không gian

ay k

a x ; y ; z , b = Cho ( 1 1 1 ) = ( x2 ; y2 ; z2 ) và số thực k b) ka = ( kx1; ky1; kz1 )

a) a ± b = ( x1 ± x2 ; y1 ± y2 ; z1 ± z2 )

 x1 = tx2  d) a cùng phương b ⇔ ∃t ∈ ℝ : a = tb ⇔:  y1 = ty2  z = tz 2  1

⇔

-P

eb o

 x1 = x2  c) a = b ⇔  y1 = y2 z = z  1 2

x1 y1 z1 = = (với điều kiện: x2 y2 z2 ≠ 0 ) x2 y2 z2

e) Tích vô hướng của hai vectơ: Định nghĩa: a.b = a b cos a, b

Em ai

rd er

( )

2 2 2 Biểu thức tọa độ: a.b = x1 x2 + y1 y2 + z1 z 2 Hệ quả: a = x1 + y1 + z1 cos a, b =

( )

x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 x12 + y12 + z12 . x22 + y22 + z22

( a, b ≠ 0 )

a ⊥ b ⇔ x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 = 0

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 12

f) Tích có hướng của hai vectơ: Định nghĩa: Tích có hướng của hai vectơ a, b là một vectơ được kí hiệu và xác

x2   y2 

x1 x1 ; y1 y1

Tính chất:  a, b  ⊥ a và  a, b  ⊥ b ;  a, b  = − b, a  ;  a, b  = a b .sin a, b           a và b cùng phương ⇔  a, b  = 0 ; a, b, c đồng phẳng ⇔  a, b  .c = 0

ho nb us in es s@

( )

ai l.c

x3 x3 ; y3 y3

 x2 định như sau:  a, b  = a ∧ b =   y2

1  AB, AC   2 Thể tích khối hộp: VABCD. A ' B ' C ' D ' =  AB, AD  . AA '

Ứng dụng: Diện tích tam giác: S ∆ABC =

1  AB, AC  . AD  6

Thể tích khối tứ diện: VABCD =

em qu

3. Tọa độ của điểm trong không gian 3.1. Định nghĩa: M ( x; y; z ) ⇔ OM = ( x; y; z )

ay k

Với định nghĩa trên, ta có: O ( 0;0;0 )

M ∈ ( Oxy ) ⇒ M ( x; y;0 )

M ∈ Oy ⇒ M ( 0; y;0 )

M ∈ ( Oxz ) ⇒ M ( x;0; z )

M ∈ Oz ⇒ M ( 0;0; z )

M ∈ ( Oyz ) ⇒ M ( 0; y; z )

eb o

M ∈ Ox ⇒ M ( x;0;0 )

3.2. Các công thức về tọa độ của điểm trong không gian

Em ai

rd er

-P

Cho A ( x A ; y A ; z A ) , B ( xB ; y B ; z B ) , C ( xC ; yC ; zC ) AB = ( xB − x A ; yB − y A ; z B − z A ) AB =

( xB − x A )

+ ( yB − y A ) + ( zB − z A )

 x + xB y A + y B z A + z B  Tọa độ trung điểm M của đoạn thẳng AB: M  A ; ;  2 2   2

x +x +x y +y +y z +z +z  Tọa độ trọng tam G của tam giác ABC: G  A B C ; A B C ; A B C  3 3 3   -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 13

ai l.c

Phần 2: PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG TRONG KHÔNG GIAN 1. Vectơ pháp tuyến của mặt phẳng - Vectơ n khác 0 được gọi là vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (α ) nếu giá của n vuông góc với (α ) . - Nếu hai vec tơ a, b khác 0 , không cùng phương và có giá song song hoặc nằm

ho nb us in es s@

trên mặt phẳng (α ) thì ta có thể chọn ra một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (α ) là n =  a, b  .

2. Phương trình tổng quát của mặt phẳng - Phương trình tổng quát của mặt phẳng là phương trình có dạng: Ax + By + Cz + D = 0 , với A2 + B 2 + C 2 > 0 Trong đó, n = ( A; B; C ) là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng. - Mặt phẳng (α ) đi qua điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) và nhận n = ( A; B; C ) làm vectơ pháp tuyến có phương trình là:

A ( x − x0 ) + B ( y − y0 ) + C ( z − z0 ) = 0

em qu

Chú ý: Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn (cắt ba trục toạ độ tại các điểm x y z ( a; 0;0) ,( 0;b;0 ) ,C ( 0;0;c ) (abc ≠ 0) ) là: + + = 1 a b c

ay k

Phần 3: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHÔNG GIAN

eb o

1. Vectơ chỉ phương của đường thẳng - Vectơ u khác 0 được gọi là vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ nếu giá của u song song với ∆ hoặc chứa trong ∆ . - Nếu hai vec tơ a, b khác 0 , không cùng phương và cùng có giá vuông góc với ∆ thì ta có thể chọn ra một vectơ chỉ phương của đường thẳng ∆ là u =  a, b  .

-P

2. Phương trình của đường thẳng.

rd er

a) Phương trình tham số của đường thẳng:

Em ai

- Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(x0; y0; z0) và có vectơ chỉ phương a = (a1;a2;a3) ,

x = x 0 + a1t  có phương trình tham số là : y = y 0 + a2 t z = z + a t 0 3 

( t ∈ R), (a12 + a22 + a32 ≠ 0)

Ứng với mỗi giá trị của t cho ta các giá trị x, y, z tương ứng là tọa độ của một điểm M thuộc đường thẳng. -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 14

b) Phương trình chính tắc của đường thẳng: Khử tham số t từ phương trình tham số ta được phương trình chính tắc của đường

ai l.c

x − x 0 y − y 0 z − z0 = = (a1.a2 .a3 ≠ 0) a1 a2 a3

thẳng ∆ là:

A x 0 + By 0 + Cz 0 + D

ho nb us in es s@

d ( M 0 ,(α )) =

Phần4 : KHOẢNG CÁCH 1.Khoảng cách từ điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) đến mặt phẳng (α ) : Ax + By + Cz + D = 0

A 2 + B 2 +C 2

2. Khoảng cách từ một điểm M đến đường thẳng ∆ đi qua điểm M0 và có vectơ

chỉ phương a

 MM0 ,a    d ( M ;∆ ) = a

Cho hai đường thẳng ∆1 và ∆2 chéo nhau .

3. Khoảng cách giữa hai đườngthẳng chéo nhau.

em qu

∆1 đi qua M1 và có vectơ chỉ phương a = ( a1 ;a2 ;a3 )

∆2 đi qua M2 và có vectơ chỉ phương b = ( b1 ;b2 ;b3 )

ay k

Khoảng cách giữa hai đường thẳng ∆1 và ∆2 được tính bằng công thức sau:

 a , b  .M1 M 2 d ( ∆1 ; ∆2 ) =  a , b 

eb o

Giải bài toán bằng hình học không gian bằng phương pháp tọa độ: Để giải một bài toán hình học không gian bằng phương pháp sử dụng tọa độ Đê –

các trong không gian Oxyz, ta thường thực hiện các bước sau:

-P

Bước 1: Từ giả thiết cả bài toán, lập hệ tọa độ thích hợp rồi từ đó suy ra tọa

rd er

độ các điểm cần thiết.

Em ai

Bước 2: Chuyển hẳn bài toán sang hình học giải tích trong không gian bằng cách:

+ Thiết lập biểu thức cho giá trị cần xác định. + Thiết lập biểu thức cho điều kiện để suy ra kết quả cần chứng minh. + Thiết lập biểu thức cho đối tượng cần tìm cực trị. + Thiết lập biểu thức cho đối tượng cần tìm quỹ tích… -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 15

C. MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG: góc với mặt phẳng (ABCD), cạnh bên SB tạo với đáy một góc bằng 600. Gọi M, N

ai l.c

lần lượt là trung điểm của SB, SD. Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến mặt

Giải.

ho nb us in es s@

Cách giải 1: Phương pháp hình học không gian tổng hợp Phân tích: Ta cần tìm hình chiếu của S lên mặt phẳng (AMN), việc xác định là không khó nhưng khi tính khoảng cách từ điểm S

đến hình chiếu thì gặp khó khăn. Do đó ta không thực hiện tính trực tiếp từ S mà

em qu

từ điểm O. Tuy vậy, việc xác định hình

thực hiện chuyển đổi khoảng cách để việc tính toán thuận lợi hơn. Ta thực hiện tính

phẳng (AMN).

chiếu của O lên mặt phẳng (AMN) là đơn

ay k

giản nhưng khi tính khoảng cách từ O đến hình chiếu của nó trên mặt phẳng

(AMN) cũng không đơn giản, do đó ta chuyển đến việc tính khoảng từ trung điểm

E của AO đến mặt phẳng (AMN).

Ta có SO cắt (AMN) tại trung điểm I của MN, khi đó I cũng là trung điểm của SO.

eb o

d ( S, ( AMN ) )

d ( O, ( AMN ) )

SI = 1 ⇒ d ( S, ( AMN ) ) = d ( O, ( AMN ) ) OI

Vậy

rd er

-P

Gọi E là trung điểm của AO thì IE // SA nên IE ⊥ (ABCD). Kẻ EF ⊥ AI (F ∈ AI) và do MN ⊥ (SAC) nên MN ⊥ EF

Em ai

Vậy EF ⊥ (AMN) và d(E, (AMN)) = EF =

Mà

d ( O, ( AMN ) ) d ( E, ( AMN ) )

Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. SA vuông

a 21 14

OA a 21 = 2 ⇒ d ( O, ( AMN ) ) = 2d ( E, ( AMN ) ) = 7 EA

Cách giải 2: Phương pháp hình học không gian tổng hợp kết hợp công thức thể tích

1 1 1 a 2 Từ giả thiết ta tìm được AM = AN = SB = SD = a; SA = a 3 ; MN = BD = 2 2 2 2 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 16

7 1 a 14 ; AI = SO = 2 4 2

Diện tích của tam giác AMN là SAMN =

1 a 7 AI.M N = 2 8

Trong tam giác SAO ta có SO = a

Do đó d(S, (AMN)) =

3VS. AMN a 21 . = S∆AMN 7

1 1 a3 3 VS.ABD = VS.ABCD = 4 8 24

ho nb us in es s@

Thể tích khối chóp S.AMN là VS.AMN =

ai l.c

1 a3 3 Thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD = SA.SABCD = 3 3

Cách giải 3: Phương pháp tọa độ trong không gian Từ giả thiết của bài toán ta xét hệ trục tọa độ Đê-cac vuông góc Oxyz với A(0; 0; 0),

 a a 3 a a 3 D(a; 0; 0), B(0; a; 0), S(0; 0; a 3 ), M  0; ;  , N  ;0; . 2 2 2 2     3 x + 3 y – z = 0.

Ta có phương trình mặt phẳng (AMN):

a 3 a 21 = . 7 7 Bài 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = AC = a,

em qu

Do đó d(S, (AMN)) =

ay k

a 5 . Gọi I là trung điểm của SC, hình chiếu vuông góc của S trên (ABC) là 2 trung điểm H của BC. Tính theo a khoảng cách từ I đến (SAB). Giải Cách giải 1: Phương pháp hình học không gian tổng hợp Phân tích: Ta cần tìm hình chiếu của I lên mặt phẳng

eb o

SA =

(SAB), việc xác định là khó vì phải chọn mặt phẳng đi

-P

qua I và vuông góc với mặt phẳng (SAB). Tuy nhiên nếu

rd er

ta chú ý đến giải thiết của bài toán thì dễ thấy IH // (SAB)

Em ai

do đó thay vì tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SAB) ta thực hiện tính khoảng cách từ điểm H đến (SAB).

Ta có IH // SB và IH ⊄ (SAB) do đó IH // (SAB). Vậy d(I, (SAB)) = d(H, (SAB)) Kẻ HM ⊥ AB (M ∈ AB) thì AB ⊥ (SHM), do đó mặt phẳng (SAB) ⊥ (SHM) và (SAB) ∩ (SHM) = SM. Trong mặt phẳng (SHM), kẻ HK ⊥ SM (K∈SM) thì HK ⊥ (SAB). Khi đó K là -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 17

hình chiếu vuông góc của H lên mặt phẳng (SAB) hay d(H, (SAB)) = HK

a 2 a 3 1 BC = , SH = 2 2 2 a Tam giác AHB vuông cân tại H suy ra HM = . 2

ai l.c

Từ giải thiết ta suy ra BC = a 2 , BH = AH =

a 3 . 4 Cách giải 2:Phương pháp hình học không gian tổng hợp kết hợp công thức thể tích Ta có IH // SB và IH ⊄ (SAB) do đó IH // (SAB). Vậy d(I, (SAB)) = d(H, (SAB))

Từ giải thiết ta suy ra BC = a 2 , BH = AH =

ho nb us in es s@

Trong tam giác SHM ta tính được HK =

a 2 a 3 1 BC = , SH = 2 2 2

a3 3 1 1 1 1 Do đó VS.AHB = SH. S∆AHB = và S∆SAB = SM. AB = a. a = a2 24 2 2 2 3 a 3 3VS.AHB = . 4 S∆SAB

Vậy d(H, (SAB)) =

em qu

Cách giải 3: Phương pháp tọa độ trong không gian Từ giả thiết của bài toán ta xét hệ trục tọa độ Đê-cac vuông góc Oxyz với A(0; 0; 0),

ay k

 a a a 3   a 3a a 3  B(a; 0; 0), C(0; a; 0), S  ; ;  , I ; ; . 2 2 2  4 4 4 

Ta có phương trình mặt phẳng (SAB):

3 y – z = 0.

rd er

-P

eb o

a 3 . 4 Bài 3. Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh bên bằng a 2 , góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng 600. Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng AB, SC. Giải Cách giải 1: Phương pháp hình học không gian tổng hợp Phân tích: Ta thấy AB và SC là hai đường thẳng chéo

Do đó d(I, (SAB)) =

Em ai

nhau nên khoảng cách giữa AB và SC bằng độ dài đoạn

vuông góc chung của hai đường thẳng. Tuy nhiên,việc xác định đoạn vuông góc chung của AB và SC là không đơn giản, do đó ta thực hiện đi tính khoảng cách giữa AB và mặt phẳng (SCD) -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 18

song song với nó và chứa đường thẳng SC. Khi đó ta thực hiện tính khoảng cách từ

xác định hình chiếu của A lên mặt phẳng (SCD), nhưng việc làm này gặp phức tạp vì

ai l.c

phải chọn mặt phẳng đi qua A và vuông góc với (SCD). Do đó ta thực hiện đổi

Do đó d(O, (SCD)) = OK.

ho nb us in es s@

Trong mặt phẳng (SOM), kẻ OK ⊥ SM (K ∈ SM) thì OK ⊥ (SCD).

khoảng cách tính từ điểm O đến mặt phẳng (SCD).

Gọi M là trung điểm CD, thì (SOM) ⊥(SCD) và (SOM) ∩ (SCD) = SM.

a 2 a 6 , SO = 2 2 a Hình vuông có độ dài cạnh bằng a nên OM = 2 a 3 Từ tam giác SOM ta tính được OK = . 14

Từ tam giác vuông SAO ta tính được AO =

em qu

Mặt khác ta có AB // CD và AB ⊄ (SCD) do đó AB // (SCD). Vậy d(AB, CD) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)). d ( A, ( SCD ) ) d ( O, ( SCD ) )

ay k

Mà AO ∩ (SCD) = C nên

AC =2 OC

a 42 . 7 Cách giải 2:Phương pháp hình học không gian tổng hợp kết hợp công thức thể tích

eb o

⇒ d(A, (SCD)) = 2 d(O, (SCD)) = 2OK =

Ta có AB // CD và AB ⊄ (SCD) do đó AB // (SCD).

-P

Vậy d(AB, CD) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)).

Em ai

rd er

Từ tam giác vuông SAO ta tính được AO = Từ tam giác vuông SOM ta tính được OM =

a 6 a 2 , SO = 2 2 a 7 a , SM = 2 2

1 a2 7 a3 6 1 Khi đó S∆SCD = .SM.CD = và VS.ACD = SO.S∆ACD = . 2 4 12 3 Vậy d(A, (SCD)) =

một điểm tùy ý trên AB đến mặt phẳng (SCD), chẳng hạn là điểm A. Lúc này ta cần

3VS.ACD a 42 = S∆SCD 7

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 19

ai l.c

ho nb us in es s@

a 2     a 2   a 2 a 6  a 2  A ;0;0  , B  0; − ;0  , C  − ;0;0  , S  0;0 ;0  .  , D  0; 2 2 2 2 2            AB, SC .AC a 42   d(AB, CD) = = 7  AB, SC    Chú ý: Ta có thể thực hiện tính cách khác như sau:

Cách giải 3: Phương pháp tọa độ trong không gian Từ giả thiết của bài toán ta xét hệ trục tọa độ Đê-cac vuông góc Oxyz với O(0; 0; 0),

3x –

Khi đó ta có phương trình mặt phẳng (SCD):

3y – z +

a 6 = 0. 2

a 42 . 7 Bài 4. (Đề thi tập trung lần 1 năm học 2015 – 2016, Trường THPT Nguyễn Trãi) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng đáy (ABCD) trùng với trung điểm H của đoạn AO. Biết

Do đó d(A, (SCD)) =

ay k

em qu

a rằng SC = 3a và OH = .Tính theo a khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng 2 (SBD). Giải Cách giải 1: Phương pháp hình học không gian tổng hợp Phân tích: Ta cần xác định hình chiếu của A lên

mặt phẳng (SBD), do đó phải chọn mặt phẳng đi

eb o

qua A và vuông góc với mặt phẳng (SBD).

Dễ thấy mặt phẳng (SAO) vuông góc và cắt mặt

phẳng (SBD) theo giao tuyến SO. Khi đó trong

-P

mặt phẳng (SAO), kẻ AE ⊥ SO ( E ∈ SO)

rd er

thì AE ⊥ (SBD) hay d(A, (SBD)) = AE.

Em ai

Từ giả thiết ta có AC = 4OH = 2a

∆SCH vuông tại H, nên ta có SH = SC 2 − HC 2 =

3a 3 2

Tam giác SHO vuông tại H nên SO = SH 2 + OH 2 = a 7 . Ta có AE.SO = SH.AO, suy ra d (A, (SBD )) = AE =

SH .AO 3a 21 = SO 14

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 20

Cách giải 2:Phương pháp hình học không gian tổng hợp kết hợp công thức thể tích

Từ giả thiết ta có AC = 4OH = 2a, suy ra đáy có độ dài cạnh bằng a 2

3VS.ABD 3a 21 = 14 S∆SBD

Vậy d(A, (SBD)) =

ai l.c

1 a3 3 1 và S∆SBD = SO. BD = a2 7 SH.S∆ABD = 2 2 3

ho nb us in es s@

Ta có VS.ABD =

Tam giác SHO vuông tại H nên SO = SH 2 + OH 2 = a 7 .

Cách giải 3: Phương pháp tọa độ trong không gian Từ giả thiết của bài toán ta xét hệ trục tọa độ Đê-cac vuông góc Oxyz với O(0; 0; 0),

 a 3a 3  A(0; –a; 0), B(a; 0; 0), C(0; a; 0), D(–a; 0; 0), S  0; − ; . 2 2  

3a 21 . 14 Bài 5. (Đề thi tập trung lần 1 năm học 2013 – 2014, Trường THPT Nguyễn Trãi)

Ta có phương trình mặt phẳng (SBD): 3 3 y + z = 0, do đó d(A, (SBD)) =

em qu

Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 , AA′ = 2a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A′ lên mặt phẳng (ABC) trùng

ay k

với trung điểm H của cạnh BC. Tính theo a khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (ABB′A′).

eb o

Giải Cách giải 1: Phương pháp hình học không gian tổng hợp Phân tích: Ta cần xác định hình chiếu của C lên mặt phẳng

(ABB′A′), do đó phải chọn mặt

-P

phẳng đi qua C và vuông góc

rd er

với mặt phẳng (ABB′A′).Tuy

Em ai

nhiên việc xác định là không khó nhưng khi tính khoảng cách từ C

đến hình chiếu thì gặp phức tạp, do đó ta thực hiện đổi tính khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng (ABB′A′). -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 21

Do đó

d ( C, ( ABB′A′ ) ) CB = = 2 ⇒ d ( C, ( ABB′A′ ) ) = 2d ( H, ( ABB′A′ ) ) d ( H, ( ABB′A′ ) ) HB

ai l.c

Gọi I là trung điểm của AB thì mặt phẳng (A′HI) vuông góc và cắt mặt phẳng

Ta có CH ∩ (ABB′A′) = B

HK ⊥ (ABB′A′) hay d(H, (ABB′A′)) = HK

Trong tam giác A′HA ta có A′H = a 3 Trong tam giác A′HI ta có

1 a 3 AC = . 2 2

ho nb us in es s@

Trong tam giác ABC ta có BC = AH = a, HI =

(ABB′A′) theo giao tuyến A′I. Trong mặt phẳng (A’HI) , kẻ HK ⊥ A′I (K ∈ A′I) thì

1 1 1 5 a 15 = + = 2 ⇒ HK = 2 2 2 HK A ′H HI 3a 5 2a 15 . 5

Vậy d ( C, ( ABB′A′ ) ) = 2d ( H, ( ABB′A′ ) ) = 2HK =

em qu

Cách giải 2:Phương pháp hình học không gian tổng hợp kết hợp công thức thể tích Từ giả thiết ta tính được

ay k

Trong tam giác ABC ta có BC = AH = a, HI =

a 3 1 AC = . 2 2

Trong tam giác A′HA ta có A′H = a 3

Trong tam giác A′HI ta có A′I =

eb o

a2 15 a3 1 1 1 1 ′ ′ ′ = A H.S∆ABH = A H. HI.AB = và S∆A′AB = A I.AB = . 4 2 4 3 3 2

Mà VA′.ABH

a 15 2

-P

Do đó d ( H, ( ABA′ ) ) =

3VA′.ABH a 15 = S∆A′AB 5

2a 15 . 5 Cách giải 3: Phương pháp tọa độ trong không gian Từ giả thiết của bài toán ta xét hệ trục tọa độ Đê-cac vuông góc Oxyz với A(0; 0; 0),

Em ai

rd er

Vậy d ( C, ( ABB′A′ ) ) = 2d ( H, ( ABB′A′ ) ) = 2HK =

a a 3  ;a 3  . B(a; 0; 0), C(0; a 3 ; 0), A′  ; 2 2 

Ta có phương trình mặt phẳng (A′AB): 2y – z = 0, do đó d(C, (ABB′A′)) =

2a 15 . 5

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 22

gọi O và O′ lẩn lượt là tâm của hai hình vuông ABCD và A 'B'C'D' thì điểm O chính là điểm thỏa mãn yêu cầu.

ho nb us in es s@

mặt phẳng ( AB ' D ' ) . Tuy nhiên ta cần chọn điểm sao cho qua điểm đó có mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( AB ' D ' ) , khi đó nếu

ai l.c

Bài 6. Cho hình lập phương ABCD. A' B' C ' D' có cạnh bằng a. Tính theo a khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( AB ' D ' ) và (C ' BD ) . ( SGK Hình 12, trang 112, Văn Như Cương chủ biên, NXBGD 2000 ) Giải Cách giải 1: Phương pháp hình học không gian tổng hợp Phân tích: Khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( AB ' D ' ) và (C ' BD ) song song bằng khoảng cách từ một điểm bất kì trên mặt phẳng (C ' BD ) đến

Gọi O và O′ lẩn lượt là tâm của hai hình vuông ABCD và A 'B'C'D ' . Mặt khác mặt phẳng

em qu

Dễ thấy ( AB' D' ) // (C ' BD ) nên d( (AB'D') , (C ' BD) ) = d(O, ( AB ' D ' ) ).

( A 'C'CA ) đi

qua O và vuông góc và cắt mặt phẳng

ay k

( AB' D' ) theo giao tuyến O'A , khi đó kẻ OK ⊥ O'A (K∈ O'A ) thì OK ⊥ ( AB' D' ) Vậy d(O, ( AB' D' ) ) = OK a 3 a 2 , suy ra OK = 2 3 Cách giải 2:Phương pháp hình học không gian tổng hợp kết hợp công thức thể tích Phân tích: Khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( AB ' D ' ) và (C ' BD ) song song bằng khoảng cách từ một điểm bất kì trên mặt phẳng (C ' BD ) đến mặt phẳng ( AB ' D ' ) .

eb o

Trong tam giác vuông O'OA ta có O'O = a và OA =

-P

Khác với cách giải 1, ta chọn điểm C' . Ta có C'A′ ∩ ( AB' D' ) = O' nên d( C′,(AB'D') ) = d( A′,(AB'D') )

Em ai

rd er

Mặt khác VA′.B′D′A =

a2 3 a3 và S∆B′D′A = 2 6

Vậy d( A′,(AB'D') ) =

3VA′.B′D′A a 3 = S∆B′D′A 3

Cách giải 3: Phương pháp tọa độ trong không gian Phân tích: Khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( AB ' D ' ) và (C ' BD ) song song bằng khoảng cách từ một điểm bất kì trên mặt phẳng (C ' BD ) đến mặt phẳng ( AB ' D ' ) , ta chọn điểm B.

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 23

a 3 . 3

ai l.c

Vậy d( B,(AB'D') ) =

Từ giả thiết của bài toán ta xét hệ trục tọa độ Đê-cac vuông góc Oxyz với C(0; 0; 0), B(a; 0; 0), A(a; a; 0), C′(0; 0; a) B′(a; 0; a), D′(0; a; a). Ta có phương trình mặt phẳng ( AB ' D ' ) : x + y + z – 2a = 0

ay k

em qu

ho nb us in es s@

Bài 7. (Đề thi thử THPT QG Trường THPT Nguyễn Thị Minh Khai – Hà Tĩnh – năm 2015) Cho hình hộp ABCD.A′B′C′D′có A′ABD hình chóp đều và AB = AA′ = a. Tính theo a thể tích khối hộp ABCD.A′B′C′D′ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB′ và A′C′.

eb o

∗ Tính thể tích khối hộp ABCD.A′B′C′D′ Do A′ABD là hình chóp đều, khi đó gọi G là trọng tâm của tam giác ABD thì A′G ⊥ (ABD) hay A′G là chiều cao của hình hộp.

Gọi O là giao điểm của BD và AC thì AG =

a 3 3 a 6 3

rd er

-P

Trong tam giác A′AG ta có A′G = A′A 2 − AG 2 =

a2 3 a3 2 và VABCD.A′B′C′D′ = A′G.SABCD = 2 2 ∗ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB′ và A′C′ chéo nhau Cách giải 1: Phương pháp hình học không gian tổng hợp Phân tích: Ta thấy AB′ và A′C′ là hai đường thẳng chéo nhau nên khoảng cách giữa

Em ai

Do đó SABCD = 2SABD =

AB′ và A′C′ bằng độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng. Tuy nhiên,việc xác định đoạn vuông góc chung của AB′ và A′C′ là phức tạp, do đó ta thực hiện đi -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 24

tính khoảng cách giữa A′C′ và mặt phẳng (AB′C) song song với nó và chứa đường

phẳng (AB′C), chẳng hạn là điểm H. Lúc này ta cần xác định hình chiếu K của H lên

ai l.c

mặt phẳng (AB′C), do đó ta cần chọn mặt phẳng đi qua H và vuông góc với mặt

phẳng (AB′C), ta thực hiện giải như sau:

a 22 11 1 1 1 = + = ⇒ HK = HK 2 B′H 2 HE 2 2a 2 11

ho nb us in es s@

Gọi H là giao điểm của B′D′ và A′C′. Do A′C′ // AC nên A′C′ // (AB′C) Do đó d(A′C′, AB′) = d(A′C′, (AB′C)) = d(H, (AB′C)) Kẻ HE // A′G (E ∈ AC) thì ta có mặt phẳng (B′HE) vuông góc và cắt mặt phẳng (AB′C) theo giao tuyến B′E. Kẻ HK ⊥ B′E (K ∈ B′E) thì HK ⊥ (AB′C) hay d(H, (AB′C)) = HK Trong tam giác B′HE ta có:

em qu

Cách giải 2:Phương pháp hình học không gian tổng hợp kết hợp công thức thể tích Phân tích: Ta thấy AB′ và A′C′ là hai đường thẳng chéo nhau nên khoảng cách giữa AB′ và A′C′ bằng độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng. Tuy nhiên,việc

ay k

xác định đoạn vuông góc chung của AB′ và A′C′ là phức tạp, do đó ta thực hiện đi

tính khoảng cách giữa A′C′ và mặt phẳng (AB′C) song song với nó và chứa đường

thẳng AB′. Khi đó ta thực hiện tính khoảng cách từ một điểm tùy ý trên A′C′ đến mặt

eb o

phẳng (AB′C), chẳng hạn là điểm A′. Lúc này ta cần xác định hình chiếu của A′ lên mặt phẳng (AB′C), tuy nhiên việc xác định này gặp phức tạp do đó ta thực hiện tính

khoảng cách từ điểm B như sau:

-P

Dễ thấy d(A′, (AB′C)) = d(B, (AB′C))

Em ai

rd er

Ta có VB′.ABC =

1 a3 2 VABCD.A′B′C′D′ = 6 12

2 2 Trong tam giác B′HE ta có B′E = B′H + HE =

a 33 6

1 a 2 11 Khi đó tam giác AB′C có diện tích S∆AB′C = .B′E. AC = . 2 4 d(B, (AB′C)) =

thẳng AB′. Khi đó ta thực hiện tính khoảng cách từ một điểm tùy ý trên A′C′ đến mặt

3VB′.ABC a 22 = . S∆AB′C 11

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 25

ai l.c

a 3  −5a 3  −a 3 −a a 6  a 3  a 6 a 6 ; 0; ; 0; ; ; A ;0;0  , A′   , C′   , B′  . 6 3 6 3 3 2 3  2         A′C′, AB′ .AC′ a 22   = Ta có d(A′C′, AB′) = 11  A′C′, AB′  

Cách giải 3: Phương pháp tọa độ trong không gian: Từ giả thiết của bài toán ta xét hệ trục tọa độ Đê-cac vuông góc Oxyz với O(0; 0; 0),

ho nb us in es s@

Chú ý: Ta có thể thực hiện tính cách khác như sau:

Từ hệ trục tọa độ đã lập ta có phương trình mặt phẳng (AB′C): 2 2 y – d(A′C′, AB′) = d(A′C′, (AB′C)) = d(A′, (AB′C)) =

3z = 0

a 22 11

Kết luận chung: Giải bài toán tính khoảng cách trong không gian bằng phương pháp hình

học tổng hợp hầu hết được qui về bài toán tính khoảng cách từ một điểm đến một

mặt phẳng, khi đó ta chỉ cần xác định được hình chiếu của điểm trên mặt phẳng

em qu

thì xem như bài toán giải được. Tuy nhiên trong một số trường hợp việc tính trực tiếp gặp khó khăn thì ta thực hiện đổi khoảng cách để việc tính toán được đơn

ay k

giản và thuận lợi hơn; Trong trường hợp tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng bằng cách sử dụng công thức thể tích thì cần chọn khối đa diện sao cho

dễ tính được thể tích và mặt phẳng đáy sao cho dễ tính được diện tích.

Giải bài toán tính khoảng cách trong không gian bằng phương pháp tọa độ

eb o

việc khó khăn nhất là tìm được tọa độ của những điểm liên hệ đối với yêu cầu của bài toán. Đôi khi việc kết hợp với hình học tổng hợp giúp ta đến được kết quả

nhanh hơn và đỡ phức tạp hơn. Một khi tọa độ được xác định thì việc còn lại là áp

-P

dụng công thức, khi đó không phải ta không cần mất thời gian phân tích và suy

rd er

luận như hình học tổng hợp.

Em ai

Tuy vậy, mỗi phương pháp đều có những ưu điểm và nhược điểm của nó,

do đó ta không nên nên quá coi trọng phương pháp này mà xem nhẹ phương pháp kia, các bài tập đều được nhấn mạnh những ưu điểm và nhược điểm. Hy vọng chuyên đề này giúp các em củng cố kiến thức và có hứng thú hơn với môn hình

học không gian. -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 26

Bài tập tự luyện Bài 1. ( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối D năm 2002 )

Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc

ai l.c

với mặt phẳng (ABC); AC = AD = 4cm; AB = 3cm;

BC = 5cm. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt

6 34 cm 17

ho nb us in es s@

Đáp số: d ( A, ( BCD ) ) =

phẳng (BCD).

Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng

450.

a) Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD.

b) Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) .

Đáp số: a)

a3 2 3

a 6 3

ay k

b) d ( B, ( SCD ) ) =

em qu

c) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, AC.

a 10 5

eb o

c) d ( SB, AC ) =

Bài 3. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD

-P

là hình vuông cạnh là 2a. SA ⊥ (ABCD) và

rd er

SA= 2a , gọi M là trung điểm SD . Tính theo a

Em ai

khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và CM.

Đáp số: a) d ( BD,CM ) =

2a 11 11

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 27

Bài 4. Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ = 1200 v à có đáy là hình thoi cạnh a, BAD

AD = a 3 . Hình chiếu vuông góc của

điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng

ai l.c gm

em qu

với giao điểm AC và BD. Góc giữa hai

ho nb us in es s@

có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a,

Bài 5. Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1

A ' C = a 5 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và BD. 2a Đáp số: V = a3 3; d ( AB′, BD ) = 17

mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) bằng

đến mặt phẳng (A1BD).

(

)

a 3 2

eb o

Đáp số: d B1 , ( A1BD ) =

ay k

600. Tính theo a khoảng cách từ điểm B1

Bài 6. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C '

có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy

-P

ABC = 300. Mặt phẳng AB = 2a và góc

rd er

( C ' AB ) tạo với (ABC) một góc bằng 600.

Em ai

Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC′

và CB′ theo a.

Đáp số: V =

3 3 2 a , d ( AC′, CB′ ) = a 3 2

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 28

Bài 7. (trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 2007 ) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy

là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng

ai l.c

của D qua trung điểm của SA, M là trung

điểm của AE, N là trung điểm của BC.

Chứng minh MN vuông góc với BD và

ho nb us in es s@

tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng

MN và AC.

Đáp số: MN // (SAC) và BD ⊥ (SAC) suy ra BD ⊥ MN

a 2 4 Bài 8. ( trích đề thi tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 2007 ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, = 900 , AB = BC = a , AD = 2a, SA ABC = BAD

d ( MN , AC ) =

eb o

ay k

em qu

vuông góc với đáy và SA = a 2 . Gọi H là hình chiếu của A trên SB. Chứng minh tam giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD). Đáp số: Tam giác SCD vuông tại C a d ( H ,( SCD ) ) = 3

Em ai

rd er

-P

Bài 9. ( trích đề thi tuyển sinh Đại học khối A, A1 năm 2014 ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là 3a hình vuông cạnh a, SD = , hình chiếu của 2 S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD). Đáp số: VS . ABCD

a3 = 3

d ( A,( SBD) ) =

2a 3

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 29

ai l.c

- Củng cố được nhiều kỹ năng như Phân tích, Tư duy. Tổng hợp... Giúp các em học sinh tự tin hơn trong việc học môn Toán.

IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI - Tài liệu phù hợp với mọi đối tượng học sinh, do đó học sinh tích cực, tự giác học tập.

- Tránh áp đặt cách giải theo ý của giáo viên hoặc đưa ra quá nhiều chương trình giải mẫu sẽ làm mất tính sáng tạo của học sinh.

ho nb us in es s@

- Học sinh tiến bộ qua từng bài toán từ đó phát huy được tính ham học của các em.

- Thống kê:

Năm học

ĐTB < 6,5

6,5 ≤ ĐTB < 8,0

8,0 ≤ ĐTB

2015 – 2016

15%

55%

30%

2016 – 2017

35%

60%

V. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ

em qu

- Có thể đưa vào chương trình học và xem như là bài đọc thêm, trên cơ sở đó giáo viên và học sinh tham khảo và rèn luyện.

ay k

- Đối với một số học sinh yếu bước đầu sẽ rất nhọc nhằn từ đó dễ sinh chán nản. Phải kiên trì thực hiện từng bước mới thành công.

Một số bài tập trích từ đề thi Đại học – Cao đẳng từ năm 2002 đến năm 2015.

eb o

VI. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO

-P

Văn Như Cương (chủ biên), SGK Hình học 12, Nhà xuất bản giáo dục năm 2000. 3. Một số đề thi tập trung của trường THPT Nguyễn Trãi năm 2013, 2014. Một số bài toán được tác giả tích lũy trong quá trình giảng dạy.

Em ai

rd er

NGƯỜI THỰC HIỆN

Đặng Thanh Hãn -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 30

Em ai

rd er

-P

eb o

ay k

em qu

ho nb us in es s@

ai l.c

Hết

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 31

BM 01-Bia SKKN

ho nb us in es s@

Mã số: ................................ (Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

ai l.c

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ay k

em qu

RÈN LUYỆN KỸ NĂNG TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN

eb o

Người thực hiện: ĐẶNG THANH HÃN

- Quản lý giáo dục

- Phương pháp dạy học bộ môn:

TOÁN

- Lĩnh vực khác: .......................................................

Em ai

rd er

-P

Lĩnh vực nghiên cứu:

Có đính kèm: Các sản phẩm không thể hiện trong bản in SKKN Mô hình Đĩa CD (DVD) Phim ảnh Hiện vật khác (các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm) -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Năm hTrang ọc: 2016 : 32 - 2017

BM02-LLKHSKKN

THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN

10. Họ và tên: ĐẶNG THANH HÃN

ho nb us in es s@

IV.

ai l.c

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC ––––––––––––––––––

11. Ngày, tháng, năm sinh: 01 – 08 – 1976 12. Nam, nữ: NAM

13. Địa chỉ: KP 9, phường Tân Biên, TP Biên Hòa, Tỉnh Đồng Nai 14. Điện thoại:

(CQ)/

15. Fax:

(NR); ĐTDĐ: 0919302101

E-mail:

16. Chức vụ: Giáo viên

em qu

17. Nhiệm vụ được giao (quản lý, đoàn thể, công việc hành chính, công việc chuyên môn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…): Giảng môn Toán lớp 10C1, 12A2, 12A10; Chủ nhiệm lớp 12A10. 18. Đơn vị công tác: Trường THPT Nguyễn Trãi

ay k

V. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO

- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Đại học

- Năm nhận bằng: 2000

eb o

- Chuyên ngành đào tạo: Toán học

VI. KINH NGHIỆM KHOA HỌC

- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Giảng dạy Toán.

- Số năm có kinh nghiệm: 17 năm.

Em ai

rd er

-P

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây: 02

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 33

ai l.c

Tên SKKN : RÈN LUYỆN KỸ NĂNG TÍNH KHOẢNG CÁCH TRONG KHÔNG GIAN

ho nb us in es s@

I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI. - Trong chương trình Toán học THPT, môn hình học không gian là một nội dung quan trọng ở hai năm học cuối cấp. Trong đó, các bài toán tính khoảng cách là một nội dung phong phú và đem lại nhiều thú vị. Có thể nói, “Kỹ năng tính khoảng cách trong không gian” là đỉnh cao của môn hình học không gian , vì để giải quyết tốt các bài toán tính khoảng cách trong không gian đòi hỏi học sinh phải nắm vững nhiều kiến thức hình học, phải biết phân tích và có tư duy ở mức độ cao; biết cách nhận xét mối quan hệ của các đối

tượng: “điểm, đường thẳng, mặt phẳng” để từ đó đề xuất cách giải phù hợp.

em qu

- Tuy vậy, trong chương trình toán THPT ở môn hình học không gian, các em học sinh được tiếp cận với các bài tính khoảng cách ở một vài ví dụ cơ bản đơn giản,

ay k

thiếu hệ thống và tính liên hệ. Nhưng trong thực tế, các bài toán tính khoảng cách xuất hiện rất nhiều trong các kì thi Tuyển sinh Đại học - Cao đẳng gây không ít

khó khăn cho các em học sinh, trong khi đó chỉ có số ít các em biết phương pháp

để giải nhưng trình bày còn lủng củng chưa được rõ ràng, thậm chí còn mắc một

eb o

số sai lầm không đáng có trong khi trình bày. Tại sao lại như vậy?

Em ai

rd er

-P

dạng toán cụ thể.Vì vậy, trong các giờ dạy, việc củng cố kiến thức và bồi dưỡng người thầy phải có phương pháp truyền thụ tốt và kiến thức chuyên sâu để dẫn dắt

ai l.c

học sinh, đồng thời cần hệ thống hóa lại bài tập để học sinh vận dụng có hiệu quả.

năng lực tư duy cho học sinh thông qua các bài toán là một điều cần thiết. Khi đó

- Tôi viết chuyên đề này với mục đích “Rèn luyện kỹ năng tính khoảng cách trong

không gian”, một câu hỏi thường gặp trong các kì thi Tuyển sinh Đại học - Cao

ho nb us in es s@

đẳng trong những năm gần đây, nhằm giúp các em học sinh lớp 12 có thể tự ôn tập để nâng cao kiến thức và đạt mức điểm 7 trong đề thi Đại học - Cao đẳng.

Mặc dù có nhiều cố gắng nhưng chắc chắn không thể tránh được những thiếu sót, rất mong được sự góp ý của quý thầy cô và các em học sinh. Chúc các em học tập thật tốt và đạt kết quả cao trong kì thi sắp tới; Chúc quý thầy cô hạnh phúc và

Tôi xin chân thành cảm ơn !

Em ai

rd er

-P

eb o

ay k

em qu

thành công trong sự nghiệp trồng người.

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 35

ai l.c

II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN. 1. Cơ sở lý luận: - Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của giáo viên và

hoạt động học của học sinh, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào

ho nb us in es s@

tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”, giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ

thông. Trong đó, bộ môn Toán là một môn học tự nhiên quan trọng và khó với kiến thức rộng, đa phần các em học sinh gặp khó khăn ở môn học này.

duy logic. Giáo viên cần định hướng cho học sinh học và nghiên cứu môn toán

em qu

học một cách có hệ thống trong chương trình học phổ thông, vận dụng lý thuyết vào làm bài tập, phân dạng các bài tập rồi tổng hợp các cách giải. - Mặt khác, sự tiến bộ của khoa học kỹ thuật đòi hỏi người học liên tục cập nhật

ay k

tri thức. Trong những năm gần đây, ngành giáo dục đã liên tục có những thay đổi

nhằm để phù hợp với xu thế của thời đại, điều đó được thể hiện trong năm học

2016 - 2017 thông qua hình thức thi trắc nghiệm và liên môn. Đối với hình thức

eb o

thi này, người học phải nỗ lực và không ngừng học tập tìm tòi cách giải mới; liên tục rèn luyện thì mới đạt được những kết quả cao.

Xét ví dụ sau:

Em ai

rd er

-P

là n = u, v  = (1; 0; 1) .

ai l.c

ho nb us in es s@

2 với u = (1; 1; –1) ; BC = (0; a; 0) cùng phương với v = (0; 1; 0). Khi đó VTPT của mặt phẳng (A1BC)

a 2 1 1 Vậy d(MN, A1C) = d(M, (A1BC)) = MK = AH = AB1 = 4 2 4 Cách giải 2: Phương pháp toạ độ trong không gian Xét hệ trục toạ độ Oxyz với : z A 1 A(0; 0; 0), B(a; 0; 0), C(a; a 0), D(0; a; 0) A1(0; 0; a), B1(a; 0; a), C1(a; a; a) D1(0; a; a) B 1 a ⇒ M( ; 0; 0) và A1C = (a; a; – a) cùng phương H

y N

Phương trình tổng quát mặt phẳng (A1BC): x + z – a = 0. Ta có MN // BC nên MN // (A1BC)

a 2 4 Cách giải 3: Áp dụng công thức đổi khoảng cách và tính thể tích của khối đa diện Ta có MN // BC nên MN // (A1BC) Do đó d(MN, A1C) = d(MN, (A1BC)) = d(M, (A1BC)).

em qu

do đó d(MN, A1C) = d(MN, (A1BC)) = d(M, (A1BC)) =

ay k

d ( M, ( A1BC) )

MB 1 1 = ⇒ d ( M, ( A1BC) ) = d ( A, ( A1BC) ) AB 2 2

a3 1 1 a2 2 = VABCD. A1B1C1D1 = S A B BC = . = và ∆A BC 1 6 6 2 2 1

1 1 3VA ABC a 2 d ( A, ( A1 BC ) ) = . 1 = . 2 2 S ∆A1BC 4

eb o

Mà VA1 ABC

d ( A, ( A1BC) )

Mặt khác AM ∩ (A1BC) =B nên

Vậy d(M, (A1BC)) =

Em ai

rd er

-P

Tôi viết sáng kiến kinh nghiệm này với mục đích giúp cho học sinh THPT vận dụng và tìm ra phương pháp giải khi gặp các bài toán “Tính khoảng cách trong không gian”. Trong giới hạn của SKKN tôi giới thiệu 3 kỹ năng tính khoảng cách thường hay sử dụng trong chương trình toán THPT: •

Kỹ năng tính khoảng cách bằng phương pháp hình học tổng hợp,

đồng thời kết hợp sử dụng công thức tính thể tích khối đa diện. -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 37

Kỹ năng tính khoảng cách bằng phương pháp toạ độ trong không gian.

•

ai l.c

Đưa ra một số ví dụ có phân tích lời giải cho học sinh tham khảo và bài tâp áp dụng.

2. Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài:

ho nb us in es s@

III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP.

B. TÍNH KHOẢNG CÁCH BẰNG PHƯƠNG PHÁP HÌNH HỌC TỔNG HỢP VÀ KẾT HỢP CÔNG THỨC TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN Tóm tắt lý thuyết: 1. TỈ SỐ GÓC NHỌN TRONG TAM GIÁC VUÔNG AB (ĐỐI chia HUYỀN) BC

2. cosα =

AC (KỀ chia HUYỀN) BC

em qu

1. sinα =

AB (ĐỐI chia KỀ) AC AC 4. cotα = (KỀ chia ĐỐI) AB 2. HỆ THỨC LƯỢNG TRONG TAM GIÁC VUÔNG

ay k

3. tanα =

eb o

1. BC2 = AB2 + AC2 (Định lí Pitago) =>AB2 = BC2 - AC2 2. AB2 = BH.BC ; AC2 = CH.BC 5.

1 1 1 = + 2 2 AH AB AC 2

-P

4. AB.AC = BC.AH

3. AH2 = BH.CH

Em ai

rd er

3. ĐỊNH LÍ CÔSIN 1. a2 = b2 + c2 – 2bccosA 2. b2 = a2 + c2 – 2accosB 3. c2 = a2 + b2 – 2abcosC

a b c = = = 2R sin A sinB sinC 5. TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG (MN // BC)

4. ĐỊNH LÍ SIN

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 38

AM AN MN ; = = AB AC BC

AM AN = MB NC

ai l.c

6. DIỆN TÍCH TRONG HÌNH PHẲNG 1. Tam giác thường: 1 1 abc ; S = pr (r: bán kính đường tròn nội a b s in C ;S = ah ; S = 2 2 4R a + b + c tiếp tam giác; p = ); S = p(p − a )(p − b)(p − c) (Công thức Hê-rông) 2 2. Tam giác đều cạnh a:

ho nb us in es s@

S =

a2 3 a) Đường cao: h = ; b) S = 2 4 c) Đường cao cũng là đường trung tuyến, đường phân giác, đường trung trực. a

a) S =

3. Tam giác vuông:

1 ab (a, b là 2 cạnh góc vuông) 2

b) Tâm đg tròn ngoại tiếp tam giác là trung điểm của cạnh huyền

em qu

4. Tam giác vuông cân (nửa hình vuông):

1 2 a (2 cạnh góc vuông bằng nhau) 2

Cạnh huyền bằng a

c) AC =

3 2

a2 3 d) S = 8

eb o

b) BC = 2AB

ay k

5. Nửa tam giác đều: a) Là tam giác vuông có một góc bằng 30o hoặc 60o

6. Tam giác cân: S=

1 ah 2

(h: đường cao; a: cạnh đáy)

-P

b) Đường cao từ đỉnh là đường trung tuyến, đường phân giác, đường trung trực

rd er

7. Hình Thang: S = S =

Em ai

8. Hình bình hành:

1 h(d1 + d2 ) (h: đường cao; d1, d2 là 2 cạnh đáy) 2

S = ah (h: đường cao; a: cạnh đáy)

9. Hình chữ nhật:

S = ab (a, b là các kích thước)

10. Hình thoi: S =

1 d1.d2 (d1, d2 là 2 đường chéo) 2

11. Hình vuôngcạnh a: a) S = a2

b) Đường chéo bằng a 2

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 39

12. Đường tròn: a) Chu vi = 2 π R (R: bán kính đường tròn)

b) S = π R2

7. CÁC ĐƯỜNG TRONG TAM GIÁC

1. Đường trung tuyến: 2 độ dài trung tuyến. 3

2. Đường cao: Giao điểm của ba đường cao của tam giác gọi là trực tâm

b) Khoảng cách từ trọng tâm đến đỉnh bằng

ai l.c

a) Giao điểm của ba đường trung tuyến của tam giác gọi là trọng tâm.

ho nb us in es s@

3. Đường trung trực: Giao điểm của ba đường trung trực là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. 4. Đường phân giác: Giao điểm của ba đường phân giác là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. 8. HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

eb o

ay k

em qu

-P

Hình tứ diện đều: Có 4 mặt là các tam giác đều bằng nhau. 2. Hình lăng trụ: Thông qua việc xác định chiều cao của hình lăng trụ , ta có thể tạm phân thành 2 dạng hình lăng trụ như sau:

rd er

- Hình lăng trụ đứng (chiều cao chính là cạnh bên của lăng trụ).

Em ai

- Hình lăng trụ xiên (chiều cao tùy thuộc vào giả thiết của bài toán).

Chú ý:

Hình lăng trụ đều: Là hình lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều. Hình hộp: Hình lăng trụ có đáy là hình bình hành⇒Hình hộp đứng là hình lăng trụ đứng có đáy là hình bình hành. 3. Chứng minh sự vuông góc:

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 40

Bài toán có yêu cầu chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (α) Ta có thể thực hiện một trong các cách thông dụng sau: + Cách 1: Chứng minh đường thẳng a vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau nằm trong (α).

+ Cách 3: Chứng minh a song song với b và b vuông góc với (α).

ai l.c

+ Cách 2: Chứng minh a là giao tuyến của hai mặt phẳng cắt nhau (β) và (γ) sao cho cả (β) và (γ) đều vuông góc với (α)

ho nb us in es s@

+ Cách 4: Chứng minh 2 mặt phẳng (β) và (α) vuông góc với nhau theo giao tuyến d và a nằm trong (β) và vuông góc với d.

em qu

ay k

• B1: Xác định giao tuyến ∆ của hai mặt phẳng. • B2: Trên ∆ xác định điểm I thuận lợi nhất, rồi từ I kẻ các đường thẳng a trong (α) và b trong (β) sao cho a và b vuông góc với ∆ .

• B3: Chứng minh a và b vuông góc với nhau. 4. Khoảng cách: Từ vị trí tương đối của ba đối tượng trong không gian là điểm,

eb o

đường thẳng, mặt phẳng ta có 5 bài toán tính khoảng cách sau: • Bài toán 1: Khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng ∆ : Khoảng cách từ một

điểm M đến đường thẳng ∆ là khoảng cách từ điểm M đến hình chiếu H của nó

-P

trên ∆. kí hiệu d(M, ∆) = MH (MH ⊥ ∆ và H ∈ ∆).

rd er

• Bài toán 2: Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (α) : Khoảng cách từ một

Em ai

điểm M đến mặt phẳng (α) là khoảng cách từ điểm M đến hình chiếu H của nó trên mặt phẳng (α). kí hiệu d(M, (α)) = MH (MH ⊥ (α) và H ∈ (α)).

Để xác định hình chiếu H của điểm M trên mặt phẳng (α) : Ta thực hiện : B1: Xác định mặt phẳng (P) qua M và vuông góc với (α) theo giao tuyến d. B2: Trong mặt phẳng (P) kẻ MH vuông góc với d (H thuộc d) thì MH ⊥ (α) . -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 41

Vậy khoảng cách từ M đến mặt phẳng (α) bằng MH.

điểm M đến mặt phẳng (α) quá khó thì ta có thể đổi cách tính khoảng cách:

ho nb us in es s@

( ) = MB d ( A,(α ) ) AB

d M,(α )

- Đổi điểm cắt nhau: Cho đoạn thẳng MA cắt mặt phẳng (α) tại B, khi đó :

ai l.c

- Đổi điểm song song: Xác định đường thẳng ∆ đi qua M và song song với (α); với A là một điểm thuộc ∆ và A khác M, khi đó d(M, (α)) = d(A, (α))

Em ai

rd er

-P

eb o

ay k

em qu

9. KHỐI ĐA DIỆN: 1. Thể tích khối lăng trụ: V = Bh (B: diện tích đáy; h: chiều cao) 2. Thể tích khối chóp: V =

Chú ý: Khi việc xác định hình chiếu H phức tạp, do đó việc tính khoảng cách từ

1 B h (B: diện tích đáy; h: chiều cao) 3

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 42

ai l.c

3. Tỉ số thể tích của khối chóp: Khối chóp tam giác SABC có A/, B/, C/ thuộc V SA ′ SB′ SC ′ các cạnh SA, SB, SC. Khi đó: S.A ′B′C ′ = . . . V SA SB SC S.ABC B. PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN: Tóm tắt lý thuyết

Phần 1: HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN 1. Hệ trục tọa độ Decartes vuông góc Oxyz (Hệ tọa độ Oxyz)

ho nb us in es s@

Hệ gồm ba trục x ' Ox, y ' Oy , z ' Oz vuông góc với nhau từng đôi một tại O cùng với các vectơ đơn vị trên mỗi trục lần lượt là i, j , k . • O: gốc tọa độ • x ' Ox : trục hoành • y ' Oy : trục tung • z ' Oz : trục cao

ay k

em qu

2.2. Các công thức về tọa độ của vectơ trong không gian

eb o

Cho a = ( x1; y1; z1 ) , b = ( x2 ; y2 ; z2 ) và số thực k a) a ± b = ( x1 ± x2 ; y1 ± y2 ; z1 ± z2 )

Em ai

rd er

-P

 x1 = x2  c) a = b ⇔  y1 = y2 z = z  1 2

b) ka = ( kx1; ky1; kz1 )

 x1 = tx2  d) a cùng phương b ⇔ ∃t ∈ ℝ : a = tb ⇔:  y1 = ty2  z = tz 2 1

⇔

x1 y1 z1 = = (với điều kiện: x2 y2 z2 ≠ 0 ) x2 y2 z2

e) Tích vô hướng của hai vectơ: Định nghĩa: a.b = a b cos a, b

( )

a b x x y y z z . = + + a = x12 + y12 + z12 Biểu thức tọa độ: Hệ quả: 1 2 1 2 1 2 -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 43

cos a, b =

( )

x1 x2 + y1 y2 + z1 z2

(

x12 + y12 + z12 . x22 + y22 + z22

a, b ≠ 0

)

a ⊥ b ⇔ x1 x2 + y1 y2 + z1 z2 = 0

ai l.c

f) Tích có hướng của hai vectơ:

Định nghĩa: Tích có hướng của hai vectơ a, b là một vectơ được kí hiệu và xác x1 x1 ; y1 y1

x2   y2 

x3 x3 ; y3 y3

ho nb us in es s@

 x2 định như sau:  a, b  = a ∧ b =   y2

( )

1  AB, AC   2 Thể tích khối hộp: VABCD. A ' B ' C ' D ' =  AB, AD  . AA '

em qu

Ứng dụng: Diện tích tam giác: S∆ABC =

ay k

Thể tích khối tứ diện: VABCD =

1  AB, AC  . AD  6

3. Tọa độ của điểm trong không gian 3.1. Định nghĩa: M ( x; y; z ) ⇔ OM = ( x; y; z )

eb o

Với định nghĩa trên, ta có: O ( 0;0;0 )

M ∈ ( Oxy ) ⇒ M ( x; y;0 )

M ∈ Oy ⇒ M ( 0; y;0 )

M ∈ ( Oxz ) ⇒ M ( x;0; z )

M ∈ Oz ⇒ M ( 0;0; z )

M ∈ ( Oyz ) ⇒ M ( 0; y; z )

rd er

-P

M ∈ Ox ⇒ M ( x;0;0 )

Em ai

3.2. Các công thức về tọa độ của điểm trong không gian Cho A ( x A ; y A ; z A ) , B ( xB ; yB ; z B ) , C ( xC ; yC ; zC ) AB = ( xB − xA ; yB − y A ; zB − z A ) AB =

( xB − x A )

+ ( yB − y A ) + ( zB − z A )

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 44

ai l.c

x +x +x y +y +y z +z +z  Tọa độ trọng tam G của tam giác ABC: G  A B C ; A B C ; A B C  3 3 3  

 x + xB y A + y B z A + z B  Tọa độ trung điểm M của đoạn thẳng AB: M  A ; ;  2 2   2

ho nb us in es s@

trên mặt phẳng (α ) thì ta có thể chọn ra một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (α ) là n =  a, b  .

ay k

tuyến có phương trình là:

em qu

eb o

Chú ý: Phương trình mặt phẳng theo đoạn chắn (cắt ba trục toạ độ tại các điểm x y z ( a; 0;0) ,( 0;b;0) ,C ( 0;0;c ) (abc ≠ 0) ) là: + + = 1 a b c

Phần 3: PHƯƠNG TRÌNH ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHÔNG GIAN

Em ai

rd er

-P

2. Phương trình của đường thẳng. a) Phương trình tham số của đường thẳng:

- Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(x0; y0; z0) và có vectơ chỉ phương a = (a1;a2;a3) , -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 45

(t ∈ R), (a12 + a22 + a32 ≠ 0)

ai l.c

Ứng với mỗi giá trị của t cho ta các giá trị x, y, z tương ứng là tọa độ của một điểm b) Phương trình chính tắc của đường thẳng:

M thuộc đường thẳng. Khử tham số t từ phương trình tham số ta được phương trình chính tắc của đường

ho nb us in es s@

x − x 0 y − y 0 z − z0 = = (a1.a2 .a3 ≠ 0) a1 a2 a3

thẳng ∆ là:

Phần4 : KHOẢNG CÁCH 1.Khoảng cách từ điểm M ( x0 ; y0 ; z0 ) đến mặt phẳng (α ) : Ax + By + Cz + D = 0

A x 0 + By 0 + Cz 0 + D A 2 + B 2 +C 2

d ( M 0 ,(α )) =

2. Khoảng cách từ một điểm M đến đường thẳng ∆ đi qua điểm M0 và có vectơ

 MM0 ,a    d ( M ;∆ ) = a

ay k

chỉ phương a

em qu

3. Khoảng cách giữa hai đườngthẳng chéo nhau.

Cho hai đường thẳng ∆1 và ∆2 chéo nhau .

∆1 đi qua M1 và có vectơ chỉ phương a = ( a1 ;a2 ;a3 )

eb o

∆2 đi qua M2 và có vectơ chỉ phương b = ( b1 ;b2 ;b3 )

 a , b  .M1 M 2 d ( ∆1 ; ∆2 ) =  a , b 

rd er

-P

Khoảng cách giữa hai đường thẳng ∆1 và ∆2 được tính bằng công thức sau:

Giải bài toán bằng hình học không gian bằng phương pháp tọa độ:

Để giải một bài toán hình học không gian bằng phương pháp sử dụng tọa độ Đê –

Em ai

x = x 0 + a1t  có phương trình tham số là : y = y 0 + a2 t z = z + a t 0 3 

các trong không gian Oxyz, ta thường thực hiện các bước sau: Bước 1: Từ giả thiết cả bài toán, lập hệ tọa độ thích hợp rồi từ đó suy ra tọa

độ các điểm cần thiết.

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 46

Bước 2: Chuyển hẳn bài toán sang hình học giải tích trong không gian bằng cách:

+ Thiết lập biểu thức cho giá trị cần xác định.

ai l.c

+ Thiết lập biểu thức cho điều kiện để suy ra kết quả cần chứng minh. + Thiết lập biểu thức cho đối tượng cần tìm quỹ tích…

ho nb us in es s@

C. MỘT SỐ BÀI TẬP VẬN DỤNG:

+ Thiết lập biểu thức cho đối tượng cần tìm cực trị.

Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh a. SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), cạnh bên SB tạo với đáy một góc bằng 600. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB, SD. Tính theo a khoảng cách từ điểm S đến mặt phẳng (AMN).

Giải.

em qu

mặt phẳng (AMN), việc xác định là không

Cách giải 1: Phương pháp hình học không gian tổng hợp Phân tích: Ta cần tìm hình chiếu của S lên khó nhưng khi tính khoảng cách từ điểm S

ay k

đến hình chiếu thì gặp khó khăn. Do đó ta

không thực hiện tính trực tiếp từ S mà

thực hiện chuyển đổi khoảng cách để việc

eb o

tính toán thuận lợi hơn. Ta thực hiện tính từ điểm O. Tuy vậy, việc xác định hình

chiếu của O lên mặt phẳng (AMN) là đơn

-P

giản nhưng khi tính khoảng cách từ O đến hình chiếu của nó trên mặt phẳng

rd er

(AMN) cũng không đơn giản, do đó ta chuyển đến việc tính khoảng từ trung điểm

Em ai

E của AO đến mặt phẳng (AMN). Ta có SO cắt (AMN) tại trung điểm I của MN, khi đó I cũng là trung điểm của SO.

Vậy

d ( S, ( AMN ) ) d ( O, ( AMN ) )

SI = 1 ⇒ d ( S, ( AMN ) ) = d ( O, ( AMN ) ) OI

Gọi E là trung điểm của AO thì IE // SA nên IE ⊥ (ABCD). Kẻ EF ⊥ AI (F ∈ AI) và do MN ⊥ (SAC) nên MN ⊥ EF -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 47

Vậy EF ⊥ (AMN) và d(E, (AMN)) = EF =

d ( E, ( AMN ) )

OA a 21 = 2 ⇒ d ( O, ( AMN ) ) = 2d ( E, ( AMN ) ) = 7 EA

d ( O, ( AMN ) )

ai l.c

Mà

a 21 14

Cách giải 2: Phương pháp hình học không gian tổng hợp kết hợp công thức thể tích

7 1 a 14 ; AI = SO = 2 2 4

Diện tích của tam giác AMN là SAMN =

ho nb us in es s@

Trong tam giác SAO ta có SO = a

1 a 2 1 1 Từ giả thiết ta tìm được AM = AN = SB = SD = a; SA = a 3 ; MN = BD = 2 2 2 2

1 a 7 AI.M N = 2 8

Thể tích khối chóp S.ABCD là VS.ABCD =

1 a3 3 SA.SABCD = 3 3

3VS. AMN a 21 . = 7 S∆AMN

em qu

Do đó d(S, (AMN)) =

1 1 a3 3 Thể tích khối chóp S.AMN là VS.AMN = VS.ABD = VS.ABCD = 4 8 24

ay k

Cách giải 3: Phương pháp tọa độ trong không gian Từ giả thiết của bài toán ta xét hệ trục tọa độ Đê-cac vuông góc Oxyz với A(0; 0; 0),

 a a 3 a a 3 D(a; 0; 0), B(0; a; 0), S(0; 0; a 3 ), M  0; ;  , N  ;0; . 2   2 2  2 Ta có phương trình mặt phẳng (AMN):

3 x + 3 y – z = 0.

eb o

a 3 a 21 = . 7 7 Bài 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = AC = a,

Do đó d(S, (AMN)) =

Em ai

rd er

-P

SA =

(SAB), việc xác định là khó vì phải chọn mặt phẳng đi qua I và vuông góc với mặt phẳng (SAB). Tuy nhiên nếu ta chú ý đến giải thiết của bài toán thì dễ thấy IH // (SAB) -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 48

do đó thay vì tính khoảng cách từ I đến mặt phẳng (SAB)

ho nb us in es s@

ai l.c

Ta có IH // SB và IH ⊄ (SAB) do đó IH // (SAB). Vậy d(I, (SAB)) = d(H, (SAB)) Kẻ HM ⊥ AB (M ∈ AB) thì AB ⊥ (SHM), do đó mặt phẳng (SAB) ⊥ (SHM) và (SAB) ∩ (SHM) = SM. Trong mặt phẳng (SHM), kẻ HK ⊥ SM (K∈SM) thì HK ⊥ (SAB). Khi đó K là hình chiếu vuông góc của H lên mặt phẳng (SAB) hay d(H, (SAB)) = HK

ta thực hiện tính khoảng cách từ điểm H đến (SAB).

a 2 a 3 1 BC = , SH = 2 2 2 a Tam giác AHB vuông cân tại H suy ra HM = . 2 Từ giải thiết ta suy ra BC = a 2 , BH = AH =

a 3 . 4 Cách giải 2:Phương pháp hình học không gian tổng hợp kết hợp công thức thể tích Ta có IH // SB và IH ⊄ (SAB) do đó IH // (SAB). Vậy d(I, (SAB)) = d(H, (SAB))

em qu

Trong tam giác SHM ta tính được HK =

Từ giải thiết ta suy ra BC = a 2 , BH = AH =

a 2 a 3 1 BC = , SH = 2 2 2

a 3 3VS.AHB = . 4 S∆SAB

eb o

Vậy d(H, (SAB)) =

ay k

a3 3 1 1 1 1 và S∆SAB = SM. AB = a. a = a2 Do đó VS.AHB = SH. S∆AHB = 24 2 2 2 3

Cách giải 3: Phương pháp tọa độ trong không gian Từ giả thiết của bài toán ta xét hệ trục tọa độ Đê-cac vuông góc Oxyz với A(0; 0; 0),

-P

 a a a 3   a 3a a 3  B(a; 0; 0), C(0; a; 0), S  ; ;  , I ; ; . 2 2 2 4 4 4    

Em ai

rd er

Ta có phương trình mặt phẳng (SAB):

3 y – z = 0.

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 49

Phân tích: Ta thấy AB và SC là hai đường thẳng chéo nhau nên khoảng cách giữa AB và SC bằng độ dài đoạn

vuông góc chung của hai đường thẳng. Tuy nhiên,việc

ai l.c

xác định đoạn vuông góc chung của AB và SC là không đơn giản, do đó ta thực hiện đi tính

khoảng cách giữa AB và mặt phẳng (SCD)

ho nb us in es s@

song song với nó và chứa đường thẳng SC. Khi đó ta thực hiện tính khoảng cách từ

một điểm tùy ý trên AB đến mặt phẳng (SCD), chẳng hạn là điểm A. Lúc này ta cần xác định hình chiếu của A lên mặt phẳng (SCD), nhưng việc làm này gặp phức tạp vì phải chọn mặt phẳng đi qua A và vuông góc với (SCD). Do đó ta thực hiện đổi khoảng cách tính từ điểm O đến mặt phẳng (SCD).

Gọi M là trung điểm CD, thì (SOM) ⊥(SCD) và (SOM) ∩ (SCD) = SM.

Trong mặt phẳng (SOM), kẻ OK ⊥ SM (K ∈ SM) thì OK ⊥ (SCD).

em qu

Do đó d(O, (SCD)) = OK.

a 2 a 6 , SO = 2 2 a Hình vuông có độ dài cạnh bằng a nên OM = 2 a 3 Từ tam giác SOM ta tính được OK = . 14

eb o

ay k

Từ tam giác vuông SAO ta tính được AO =

Mặt khác ta có AB // CD và AB ⊄ (SCD) do đó AB // (SCD). Vậy d(AB, CD) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)).

-P

Mà AO ∩ (SCD) = C nên

d ( A, ( SCD ) ) d ( O, ( SCD ) )

AC =2 OC

rd er

a 42 . 7 Cách giải 2:Phương pháp hình học không gian tổng hợp kết hợp công thức thể tích

Em ai

⇒ d(A, (SCD)) = 2 d(O, (SCD)) = 2OK =

Ta có AB // CD và AB ⊄ (SCD) do đó AB // (SCD).

Vậy d(AB, CD) = d(AB, (SCD)) = d(A, (SCD)). Từ tam giác vuông SAO ta tính được AO =

a 6 a 2 , SO = 2 2

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 50

Từ tam giác vuông SOM ta tính được OM =

a 7 a , SM = 2 2

ai l.c

3VS.ACD a 42 = S∆SCD 7

Vậy d(A, (SCD)) =

a2 7 a3 6 1 1 Khi đó S∆SCD = .SM.CD = và VS.ACD = SO.S∆ACD = . 2 4 12 3

ho nb us in es s@

Cách giải 3: Phương pháp tọa độ trong không gian Từ giả thiết của bài toán ta xét hệ trục tọa độ Đê-cac vuông góc Oxyz với O(0; 0; 0),

a 2     a 2   a 2 a 6  a 2  A ;0;0  , B  0; − ;0  , C  − ;0;0  , S  0;0 ;0  .  , D  0; 2   2 2  2     2     AB, SC .AC a 42   d(AB, CD) = = 7  AB, SC   

Chú ý: Ta có thể thực hiện tính cách khác như sau:

3x –

em qu

Khi đó ta có phương trình mặt phẳng (SCD):

3y – z +

a 6 = 0. 2

ay k

Do đó d(A, (SCD)) =

rd er

-P

eb o

Em ai

mặt phẳng (SBD), do đó phải chọn mặt phẳng đi

qua A và vuông góc với mặt phẳng (SBD).

Dễ thấy mặt phẳng (SAO) vuông góc và cắt mặt phẳng (SBD) theo giao tuyến SO. Khi đó trong mặt phẳng (SAO), kẻ AE ⊥ SO ( E ∈ SO) thì AE ⊥ (SBD) hay d(A, (SBD)) = AE. -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 51

Từ giả thiết ta có AC = 4OH = 2a

3a 3 2

∆SCH vuông tại H, nên ta có SH = SC 2 − HC 2 =

SH .AO 3a 21 = SO 14

Ta có AE.SO = SH.AO, suy ra d (A, (SBD )) = AE =

ai l.c

Tam giác SHO vuông tại H nên SO = SH 2 + OH 2 = a 7 .

ho nb us in es s@

Cách giải 2:Phương pháp hình học không gian tổng hợp kết hợp công thức thể tích Từ giả thiết ta có AC = 4OH = 2a, suy ra đáy có độ dài cạnh bằng a 2 Tam giác SHO vuông tại H nên SO = SH 2 + OH 2 = a 7 .

Vậy d(A, (SBD)) =

3VS.ABD 3a 21 = 14 S∆SBD

a3 3 1 1 Ta có VS.ABD = SH.S∆ABD = và S∆SBD = SO. BD = a2 7 2 2 3

em qu

Cách giải 3: Phương pháp tọa độ trong không gian Từ giả thiết của bài toán ta xét hệ trục tọa độ Đê-cac vuông góc Oxyz với O(0; 0; 0),

ay k

 a 3a 3  A(0; –a; 0), B(a; 0; 0), C(0; a; 0), D(–a; 0; 0), S  0; − ; . 2 2   3a 21 . 14 Bài 5. (Đề thi tập trung lần 1 năm học 2013 – 2014, Trường THPT Nguyễn Trãi)

Ta có phương trình mặt phẳng (SBD): 3 3 y + z = 0, do đó d(A, (SBD)) =

eb o

Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A′B′C′ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a,

AC = a 3 , AA′ = 2a. Hình chiếu vuông góc của đỉnh A′ lên mặt phẳng (ABC) trùng

-P

với trung điểm H của cạnh BC. Tính theo a khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng

rd er

(ABB′A′).

Em ai

Giải Cách giải 1: Phương pháp hình học không gian tổng hợp Phân tích: Ta cần xác định

hình chiếu của C lên mặt phẳng (ABB′A′), do đó phải chọn mặt phẳng đi qua C và vuông góc -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 52

với mặt phẳng (ABB′A′).Tuy nhiên việc xác định là không khó

nhưng khi tính khoảng cách từ C

ai l.c

đến hình chiếu thì gặp phức tạp,

do đó ta thực hiện đổi tính khoảng

Ta có CH ∩ (ABB′A′) = B Do đó

ho nb us in es s@

cách từ điểm H đến mặt phẳng (ABB′A′).

d ( C, ( ABB′A′ ) ) CB = = 2 ⇒ d ( C, ( ABB′A′ ) ) = 2d ( H, ( ABB′A′ ) ) d ( H, ( ABB′A′ ) ) HB

Gọi I là trung điểm của AB thì mặt phẳng (A′HI) vuông góc và cắt mặt phẳng (ABB′A′) theo giao tuyến A′I. Trong mặt phẳng (A’HI) , kẻ HK ⊥ A′I (K ∈ A′I) thì

HK ⊥ (ABB′A′) hay d(H, (ABB′A′)) = HK

1 a 3 AC = . 2 2

em qu

Trong tam giác ABC ta có BC = AH = a, HI = Trong tam giác A′HA ta có A′H = a 3

ay k

1 1 1 5 a 15 = + = 2 ⇒ HK = 2 2 2 HK A ′H HI 3a 5

Trong tam giác A′HI ta có

2a 15 . 5

eb o

Vậy d ( C, ( ABB′A′ ) ) = 2d ( H, ( ABB′A′ ) ) = 2HK =

Cách giải 2:Phương pháp hình học không gian tổng hợp kết hợp công thức thể tích Từ giả thiết ta tính được

-P

Trong tam giác ABC ta có BC = AH = a, HI =

a 3 1 AC = . 2 2

rd er

Trong tam giác A′HA ta có A′H = a 3

Em ai

Trong tam giác A′HI ta có A′I = Mà VA′.ABH

a 15 2

a2 15 a3 1 1 1 1 ′ ′ = A H.S∆ABH = A′H. HI.AB = và S∆A′AB = A I.AB = . 4 2 4 3 3 2

Do đó d ( H, ( ABA′ ) ) =

3VA′.ABH a 15 = S∆A′AB 5

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 53

2a 15 . 5 Cách giải 3: Phương pháp tọa độ trong không gian Từ giả thiết của bài toán ta xét hệ trục tọa độ Đê-cac vuông góc Oxyz với A(0; 0; 0),

ai l.c

a a 3  ;a 3  . B(a; 0; 0), C(0; a 3 ; 0), A′  ; 2 2 

ho nb us in es s@

2a 15 . 5 Bài 6. Cho hình lập phương ABCD. A' B' C ' D' có cạnh bằng a. Tính theo a khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( AB ' D ' ) và (C ' BD ) . ( SGK Hình 12, trang 112, Văn Như Cương chủ biên, NXBGD 2000 ) Giải Cách giải 1: Phương pháp hình học không gian tổng hợp Phân tích: Khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( AB ' D ' ) và (C ' BD ) song song bằng khoảng cách từ một điểm bất kì trên mặt phẳng (C ' BD ) đến Ta có phương trình mặt phẳng (A′AB): 2y – z = 0, do đó d(C, (ABB′A′)) =

ay k

em qu

mặt phẳng ( AB ' D ' ) . Tuy nhiên ta cần chọn điểm sao cho qua điểm đó có mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( AB ' D ' ) , khi đó nếu

gọi O và O′ lẩn lượt là tâm của hai hình vuông ABCD và A 'B'C'D ' thì điểm O chính là điểm thỏa mãn yêu cầu.

eb o

Gọi O và O′ lẩn lượt là tâm của hai hình vuông ABCD và A 'B'C'D' . Dễ thấy ( AB ' D ' ) // (C ' BD ) nên d( (AB'D ') , (C ' BD) ) = d(O, ( AB ' D ' ) ).

Mặt khác mặt phẳng

( A 'C'CA ) đi

qua O và vuông góc và cắt mặt phẳng

rd er

-P

( AB' D' ) theo giao tuyến O 'A , khi đó kẻ OK ⊥ O 'A (K∈ O 'A ) thì OK ⊥ ( AB' D' ) Vậy d(O, ( AB' D' ) ) = OK a 3 a 2 , suy ra OK = 2 3 Cách giải 2:Phương pháp hình học không gian tổng hợp kết hợp công thức thể tích Phân tích: Khoảng cách giữa hai mặt phẳng ( AB ' D ' ) và (C ' BD ) song song bằng khoảng cách từ một điểm bất kì trên mặt phẳng (C ' BD ) đến mặt phẳng ( AB ' D ' ) .

Trong tam giác vuông O'OA ta có O 'O = a và OA =

Em ai

Vậy d ( C, ( ABB′A′ ) ) = 2d ( H, ( ABB′A′ ) ) = 2HK =

Khác với cách giải 1, ta chọn điểm C' . Ta có C'A′ ∩ ( AB' D' ) = O' nên d( C′,(AB'D') ) = d( A′,(AB'D') ) -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 54

Vậy d( A′,(AB'D') ) =

3VA′.B′D′A a 3 = 3 S∆B′D′A

ai l.c

a2 3 a3 Mặt khác VA′.B′D′A = và S∆B′D′A = 2 6

Vậy d( B,(AB'D') ) =

ho nb us in es s@

ta chọn điểm B. Từ giả thiết của bài toán ta xét hệ trục tọa độ Đê-cac vuông góc Oxyz với C(0; 0; 0), B(a; 0; 0), A(a; a; 0), C′(0; 0; a) B′(a; 0; a), D′(0; a; a). Ta có phương trình mặt phẳng ( AB ' D ' ) : x + y + z – 2a = 0

a 3 . 3

Em ai

rd er

-P

eb o

ay k

em qu

∗ Tính thể tích khối hộp ABCD.A′B′C′D′ Do A′ABD là hình chóp đều, khi đó gọi G là trọng tâm của tam giác ABD thì A′G ⊥ (ABD) hay A′G là chiều cao của hình hộp. Gọi O là giao điểm của BD và AC thì AG =

a 3 3

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 55

a 6 3

ai l.c

a2 3 a3 2 Do đó SABCD = 2SABD = và VABCD.A′B′C′D′ = A′G.SABCD = 2 2 ∗ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB′ và A′C′ chéo nhau Cách giải 1: Phương pháp hình học không gian tổng hợp Phân tích: Ta thấy AB′ và A′C′ là hai đường thẳng chéo nhau nên khoảng cách giữa

Trong tam giác A′AG ta có A′G = A′A 2 − AG 2 =

ho nb us in es s@

AB′ và A′C′ bằng độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng. Tuy nhiên,việc xác định đoạn vuông góc chung của AB′ và A′C′ là phức tạp, do đó ta thực hiện đi

tính khoảng cách giữa A′C′ và mặt phẳng (AB′C) song song với nó và chứa đường thẳng AB′. Khi đó ta thực hiện tính khoảng cách từ một điểm tùy ý trên A′C′ đến mặt phẳng (AB′C), chẳng hạn là điểm H. Lúc này ta cần xác định hình chiếu K của H lên

em qu

phẳng (AB′C), ta thực hiện giải như sau:

mặt phẳng (AB′C), do đó ta cần chọn mặt phẳng đi qua H và vuông góc với mặt

ay k

eb o

a 22 11 1 1 1 = + 2 ⇒ HK = 2 2 2 = HK B′H HE 2a 11

-P

Cách giải 2:Phương pháp hình học không gian tổng hợp kết hợp công thức thể tích Phân tích: Ta thấy AB′ và A′C′ là hai đường thẳng chéo nhau nên khoảng cách giữa

rd er

Em ai

tính khoảng cách giữa A′C′ và mặt phẳng (AB′C) song song với nó và chứa đường thẳng AB′. Khi đó ta thực hiện tính khoảng cách từ một điểm tùy ý trên A′C′ đến mặt

phẳng (AB′C), chẳng hạn là điểm A′. Lúc này ta cần xác định hình chiếu của A′ lên mặt phẳng (AB′C), tuy nhiên việc xác định này gặp phức tạp do đó ta thực hiện tính khoảng cách từ điểm B như sau: -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 56

Dễ thấy d(A′, (AB′C)) = d(B, (AB′C))

d(B, (AB′C)) =

3VB′.ABC a 22 = . S∆AB′C 11

ho nb us in es s@

1 a 2 11 Khi đó tam giác AB′C có diện tích S∆AB′C = .B′E. AC = . 2 4

ai l.c

a 33 6

2 2 Trong tam giác B′HE ta có B′E = B′H + HE =

1 a3 2 Ta có VB′.ABC = VABCD.A′B′C′D′ = 6 12

Cách giải 3: Phương pháp tọa độ trong không gian: Từ giả thiết của bài toán ta xét hệ trục tọa độ Đê-cac vuông góc Oxyz với O(0; 0; 0),

em qu

a 3  −5a 3  −a 3 −a a 6  a 3  a 6 a 6 ; 0; ; 0; ; ; ;0;0  , A′   , C′   , B′  . A 6 3 6 3 3 2 3  2         A′C′, AB′ .AC′ a 22   Ta có d(A′C′, AB′) = = 11  A′C′, AB′  

Chú ý: Ta có thể thực hiện tính cách khác như sau:

ay k

Từ hệ trục tọa độ đã lập ta có phương trình mặt phẳng (AB′C): 2 2 y – a 22 11

d(A′C′, AB′) = d(A′C′, (AB′C)) = d(A′, (AB′C)) =

3z = 0

Kết luận chung: Giải bài toán tính khoảng cách trong không gian bằng phương pháp hình

eb o

học tổng hợp hầu hết được qui về bài toán tính khoảng cách từ một điểm đến một

mặt phẳng, khi đó ta chỉ cần xác định được hình chiếu của điểm trên mặt phẳng

thì xem như bài toán giải được. Tuy nhiên trong một số trường hợp việc tính trực

-P

tiếp gặp khó khăn thì ta thực hiện đổi khoảng cách để việc tính toán được đơn

rd er

giản và thuận lợi hơn; Trong trường hợp tính khoảng cách từ một điểm đến một

Em ai

mặt phẳng bằng cách sử dụng công thức thể tích thì cần chọn khối đa diện sao cho dễ tính được thể tích và mặt phẳng đáy sao cho dễ tính được diện tích.

Giải bài toán tính khoảng cách trong không gian bằng phương pháp tọa độ việc khó khăn nhất là tìm được tọa độ của những điểm liên hệ đối với yêu cầu của bài toán. Đôi khi việc kết hợp với hình học tổng hợp giúp ta đến được kết quả -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 57

nhanh hơn và đỡ phức tạp hơn. Một khi tọa độ được xác định thì việc còn lại là áp luận như hình học tổng hợp.

ai l.c

Tuy vậy, mỗi phương pháp đều có những ưu điểm và nhược điểm của nó,

dụng công thức, khi đó không phải ta không cần mất thời gian phân tích và suy

do đó ta không nên nên quá coi trọng phương pháp này mà xem nhẹ phương pháp

kia, các bài tập đều được nhấn mạnh những ưu điểm và nhược điểm. Hy vọng học không gian.

Bài tập tự luyện

ho nb us in es s@

chuyên đề này giúp các em củng cố kiến thức và có hứng thú hơn với môn hình

Bài 1. ( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối D năm 2002 ) Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc

với mặt phẳng (ABC); AC = AD = 4cm; AB = 3cm;

BC = 5cm. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt

Đáp số: d ( A, ( BCD ) ) =

6 34 cm 17

em qu

phẳng (BCD).

ay k

Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc

với mặt phẳng (ABCD), góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABCD) bằng

450.

eb o

d) Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD. e) Tính theo a khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SCD) .

f) Tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng SB, AC.

rd er

-P

a3 2 Đáp số: a) 3

Em ai

b) d ( B, ( SCD ) ) = c) d ( SB, AC ) =

a 6 3

a 10 5

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 58

Bài 3. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh là 2a. SA ⊥ (ABCD) và

SA= 2a , gọi M là trung điểm SD . Tính theo a

2a 11 11

ho nb us in es s@

Đáp số: a) d ( BD,CM ) =

ai l.c

khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và CM.

Bài 4. Cho hình lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ = 1200 v à có đáy là hình thoi cạnh a, BAD

ay k

em qu

A 'C = a 5 . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và BD. 2a Đáp số: V = a3 3; d ( AB′, BD ) = 17

Bài 5. Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1

eb o

có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a,

AD = a 3 . Hình chiếu vuông góc của

điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng

với giao điểm AC và BD. Góc giữa hai

-P

mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) bằng

rd er

600. Tính theo a khoảng cách từ điểm B1

Em ai

đến mặt phẳng (A1BD).

(

)

Đáp số: d B1 , ( A1BD ) =

a 3 2

Bài 6. Cho hình lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 59

có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy

ABC = 300. Mặt phẳng AB = 2a và góc

( C ' AB ) tạo với (ABC) một góc bằng 600.

ai l.c

Tính thể tích của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C '

và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC′ và CB′ theo a.

3 3 2 a , d ( AC′, CB′ ) = a 3 2

ho nb us in es s@

Đáp số: V =

Bài 7. (trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 2007 ) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng

điểm của AE, N là trung điểm của BC.

em qu

Chứng minh MN vuông góc với BD và

của D qua trung điểm của SA, M là trung

tính theo a khoảng cách giữa hai đường thẳng

ay k

MN và AC.

Đáp số: MN // (SAC) và BD ⊥ (SAC) suy ra BD ⊥ MN

eb o

a 2 4 Bài 8. ( trích đề thi tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 2007 ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, = 900 , AB = BC = a , AD = 2a, SA ABC = BAD d ( MN , AC ) =

Em ai

rd er

-P

Bài 9. ( trích đề thi tuyển sinh Đại học khối A, A1 năm 2014 ) -------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 60

ai l.c gm

a3 3

ho nb us in es s@

Đáp số: VS . ABCD =

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là 3a hình vuông cạnh a, SD = , hình chiếu của 2 S lên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh AB. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD).

2a 3 IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI - Tài liệu phù hợp với mọi đối tượng học sinh, do đó học sinh tích cực, tự giác học tập.

d ( A,( SBD) ) =

- Củng cố được nhiều k ỹ năng như Phân tích, Tư duy. Tổng hợp... Giúp các em học sinh tự tin hơn trong việc học môn Toán.

em qu

- Tránh áp đặt cách giải theo ý của giáo viên hoặc đưa ra quá nhiều chương trình giải mẫu sẽ làm mất tính sáng tạo của học sinh. - Học sinh tiến bộ qua từng bài toán từ đó phát huy được tính ham học của các em.

ay k

- Thống kê:

6,5 ≤ ĐTB < 8,0

8,0 ≤ ĐTB

15%

55%

30%

35%

60%

2015 – 2016

ĐTB < 6,5

Năm học

eb o

2016 – 2017

V. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ

rd er

-P

- Có thể đưa vào chương trình học và xem như là bài đọc thêm, trên cơ sở đó giáo viên và học sinh tham khảo và rèn luyện.

Em ai

- Đối với một số học sinh yếu bước đầu sẽ rất nhọc nhằn từ đó dễ sinh

chán nản. Phải kiên trì thực hiện từng bước mới thành công.

VI. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO 5.

Một số bài tập trích từ đề thi Đại học – Cao đẳng từ năm 2002 đến năm 2015.

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 61

ho nb us in es s@

NGƯỜI THỰC HIỆN

ai l.c

Một số bài toán được tác giả tích lũy trong quá trình giảng dạy.

Văn Như Cương (chủ biên), SGK Hình học 12, Nhà xuất bản giáo dục năm 2000. 7. Một số đề thi tập trung của trường THPT Nguyễn Trãi năm 2013, 2014.

Em ai

rd er

-P

eb o

ay k

em qu

Đặng Thanh Hãn

-------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Trang : 62