(SKKN 2022) ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP tọa độ để GIẢI một số bài TOÁN HÌNH học KHÔNG GIAN TỔNG hợp

1 MỞ ĐẦU 1.1 Lý chọn đề tài Kính thưa quý Thầy, Cô giáo giảng dạy môn Tốn THPT tỉnh Thanh Hóa Như q Thầy, Cơ biết, thi THPT Quốc gia năm 2017, 2018, 2019 vừa qua, thi tốt nghiệp THPT năm 2020, 2021, thi đánh giá lực số trường Đại học mơn Tốn thi trắc nghiệm khách quan đặc biệt từ năm học 2021 – 2022 kỳ thi học sinh giỏi bậc THPT lớp 12 mơn Tốn bắt đầu thi theo hình thức trắc nghiệm khách quan Để thuận lợi cho việc học tập học sinh hướng tới thi tốt nghiệp THPT, thi đánh giá lực thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa năm tới, cần phải tiếp tục tìm hướng để giải toán phức tạp phương pháp đơn giản với mong muốn tìm đường đến với đáp án toán cách nhanh Vì CBQL trường THPT miền núi cao, việc giảng dạy mơn Tốn khơng nhiều giáo viên dạy Tốn có nhiều năm trao đổi chia công tác chun mơn mơn Tốn Tơi thiết nghĩ, năm, giáo viên Toán nên chọn nội dung hướng tới kỳ thi mà học sinh trãi qua để xây dựng, nghiên cứu, tìm hiểu, siêu tầm hệ thống lại thành sáng kiến phục vụ cho công tác giảng dạy Năm học 2018 – 2019 lựa chọn nội dung: “Sử dụng tính đơn điệu hàm số để giải số toán vận dụng cao phương trình, bất phương trình mũ logarit đề thi THPTQG đồng thời lồng ghép tích hợp giải phương trình Mũ Lơgarit’’ đánh giá xếp loại C cấp ngành Năm học 2019 – 2020 lựa chọn nội dung: “Một số phương pháp giải phương trình lượng giác TNKQ theo định hướng kỳ thi tốt nghiệp THPT, tuyển sinh đại học thi chọn học sinh giỏi tỉnh sau này” xếp loại C cấp ngành Vì năm học 2021 – 2022 phát huy ưu điểm tinh thần tốn học Thanh Hố tơi tiếp tục chọn nội dung Bài tốn Hình học Khơng gian tổng hợp để viết sáng kiến Với mong muốn đưa tốn cơng thức sẵn có hình học tọa độ khơng gian để tìm kết nhanh Có thể khơng Thầy, Cơ giảng dạy mơn Tốn THPT thực hữu ích để giúp học sinh bớt khó khăn việc giải Bài tốn Hình học Không gian tổng hợp Tôi biết từ năm học 2022-2023 tới đây, lớp 10 bắt đầu học theo Chương trình Giáo dục phổ thơng 2018 Nhưng phương pháp giải tốn ln đồng hành q trình giảng dạy q Thầy, Cơ học tập em học sinh THPT Chúng ta biết: Quá trình dạy học trình truyền thụ kiến thức phát triển lực tư cho học sinh Muốn trình đạt kết cao ta phải kiểm tra, đánh giá nhận thức học sinh nhằm phân loại học sinh cách tốt Từ rút kinh nghiệm, điều chỉnh phương thức dạy học đúng, phù hợp với tiếp thu, lĩnh hội kiến thức học sinh Do trình kiểm tra đánh giá tiếp thu kiến thức học sinh khâu vô quan trọng, khâu cuối đánh giá độ tin cậy cao sản phẩm đào tạo mà cịn có tác dụng điều tiết trở lại mạnh mẽ q trình đào tạo Có nhiều cách để kiểm tra, đánh giá học sinh Trong đó, trắc nghiệm phương pháp đánh giá lực học sinh cách nhanh thời gian chấm nhanh, khách quan Sự kết hợp phương pháp trắc nghiệm phương pháp tự luận lại đạt kết độ tin cậy cao Nhưng chắn phải có trình tìm tra kết điều quan trọng sáng kiến Hiện phương pháp dạy học, cấu quy trình tổ chức có thay đổi chất Người dạy trở thành chuyên gia hướng dẫn, giúp đỡ người học Người học hướng tới việc học tập chủ động, biết tự thích nghi Mơi trường hợp tác tư vấn, đối thoại trở nên quan trọng Kiến thức truyền thụ cách tích cực cá nhân người học Tốn học mơn học có nhiều điều kiện thuận lợi để thực phương pháp dạy Để phù hợp với phương pháp dạy học người giáo viên cần đổi phương pháp kiểm tra đánh giá việc nhận thức học sinh Trong trình giảng dạy mơn Hình học lớp 11 lớp 12 tơi nhận thấy mơn học có nhiều điều kiện thuận lợi cho việc sử dụng hình thức kiểm tra trắc nghiệm Qua kinh nghiệm giảng dạy mơn tốn THPT, tơi thấy học sinh đa số yếu kỹ giải tốn hình học tổng hợp phần hình học phẳng hình học khơng gian, đặc biệt phần hình học khơng gian tổng hợp học kì lớp 11 học kì lớp 12, phần học khó, địi hỏi trí tưởng tượng, óc thẩm mỹ tính tư cao, khơng phải học sinh học tốt Tuy nhiên, học sinh lại học tương đối tốt phần kiến thức “Phương pháp tọa độ khơng gian” (cịn gọi mơn “Hình học giải tích” chương trình 12) Trong đề thi THPT Quốc gia, tốt nghiệp THPT, thi đành giá lực thi HSG bậc THPT tỉnh Thanh Hóa từ năm học 2021-2022 thường xuất tốn hình học khơng gian tổng hợp mà lời giải địi hỏi vận dụng phức tạp kiến thức hình học khơng gian như: dựng hình để tính góc khoảng cách, tính thể tích khối đa diện … Việc tiếp cận lời giải thực tế cho thấy thật khó khăn cho học sinh, chí giáo viên, chẳng hạn tốn tính khoảng cách hai đường thẳng chéo Trong đó, bỏ qua yêu cầu bắt buộc phải dựng hình mà dừng mức độ tính tốn để tìm kết chọn đáp án rõ ràng phương pháp tọa độ tỏ hiệu tất tính tốn cơng thức hóa Với lí trên, từ thực tế giảng dạy, với kinh nghiệm thu được, tiến hành thực đề tài sáng kiến kinh nghiệm với nội dụng: “ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN TỔNG HỢP” Trong sáng kiến này, bước để giải tốn hình học không gian tổng hợp phương pháp tọa độ đưa từ ví dụ minh họa, sau ứng dụng vào giải số toán đề thi năm gần Trong q trình viết sáng kiến khơng thể tránh khỏi thiếu sót, mong q Thầy, Cơ đóng góp ý kiến để tài liệu hồn thiện Tơi xin chân thành cảm ơn! 1.2 Mục đích nghiên cứu Nhằm giúp thân nâng cao chuyên môn nghiệp vụ, giúp đồng nghiệp có thêm tài liệu tham khảo giúp em học sinh có thêm phương pháp giải toán dễ hiểu hiệu Nhằm rèn luyện kỹ toán học định hướng phát triển cho học sinh lực sau: - Năng lực tư duy, lực tính tốn, lực tự học giải vấn đề - Năng lực sử dụng công nghệ thông tin - Năng lực sử dụng ngôn ngữ Toán học - Kỹ vận dụng kiến thức phương pháp giải số tốn hình học khơng gian tông hợp 1.3 Đối tượng nghiên cứu Một số tốn hình học khơng gian tổng hợp sách giáo khoa, đề thi THPTQG, đề thi TN THPT, đề thi đánh giá lực đề thi HSG lớp 12 tỉnh Thanh Hóa Trình bày số kết nghiên cứu ban đầu để từ thấy rõ vai trị phương pháp giải Góp phần quan trọng giúp học sinh nâng cao lực giải toán 1.4 Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu sử dụng đề tài bao gồm - Bằng phương pháp nghiên cứu lí luận, quan sát, tổng kết kinh nghiệm - Khai thác tiềm dạy học tốn từ bồi dưỡng lực học toán cho em học sinh - Phương pháp điều tra khảo sát thực tế, thu thập thông tin: Điều tra, khảo sát thực tế dạy học phần hình học khơng gian trường THPT Thường Xn để từ thấy tầm quan trọng việc áp dụng phương pháp việc nâng cao chất lượng dạy học - Phương pháp nghiên cứu xây dựng sở lý thuyết: Dựa vào sách giáo khoa Hình học, sách tập Hình học lớp 11, lớp 12 nâng cao, tài liệu phân phối chương trình, tài liệu dạy học theo định hướng phát triển lực học sinh - Phương pháp thống kê, xử lý số liệu: Thống kê xử lý số liệu lớp thực nghiệm lớp đối chứng để qua thấy hiệu đề tài NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 2.1 Cơ sở lí luận sáng kiến kinh nghiệm Trong nghiên cứu khoa học việc tìm quy luật, phương pháp để giải vấn đề vô quan trọng Nó giúp ta có định hướng tìm lời giải lớp toán Trong dạy học giáo viên người có vai trị thiết kế điều khiển cho học sinh thực luyện tập hoạt động tương thích với nội dung dạy học Vì trang bị phương pháp, tập trung dạy cách học, rèn luyện kỹ năng, phát triển lực cho học sinh nhiệm vụ quan trọng người giáo viên Trong sách Hình học lớp 11, 12 đưa số phương pháp giải số tốn hình học khơng gian tổng hợp chưa giải toán phức tạp Vì vậy, tơi nhận thấy cần bổ sung khắc sâu thêm phương pháp giải số tốn Hình học khơng gian tổng hợp để giải số tốn hình học khơng gian tổng hợp Với mong muốn: Cung cấp cho học sinh thao tác để chuyển đổi từ tốn hình học tổng hợp hình học giải tích vận dụng kiến thức hình học giải tích khơng gian để giải tốn 2.2 Thực trạng vấn đề trước áp dụng sáng kiến kinh nghiệm Trong q trình giảng dạy phần Hình học khơng gian giác thấy em bỡ ngỡ định hướng với việc làm hình học khơng gian tổng hợp mức độ vân dụng vận dụng cao thường kỹ làm chưa tốt dẫn đến dễ nhầm lẫn không kịp thời gian làm hết Đề tài viết từ tháng 9/2021 đến tháng 5/2022 nhằm giúp em học sinh giỏi lớp 12 có thêm phương pháp giải toán hiệu Số tập phù hợp với kỳ thi khơng đa dạng Trường THPT Thường Xuân trường nằm khu vực năm xuân huyện Thường Xuân, có xã đặc biệt khó khăn thuộc vùng V135, có nhiều học sinh em dân tộc thiểu số nên điểm đầu vào thấp Tư học sinh chậm, điều kiện kinh tế cịn khó khăn, đường học cịn xa khó nên ảnh hưởng nhiều đến kết học tập em 2.3 Các nội dung sử dụng để giải vấn đề Các kiến thức sử dụng sáng kiến thuộc phạm vi kiến thức trình bày Sách giáo khoa Hình học 12 chuẩn nâng cao (chương III), ví dụ tổng hợp từ tập Sách giáo khoa Sách tập, toán lấy từ đề thi thức Bộ Giáo dục Đào tạo, đề thi đánh giá lực đề thi HSG tỉnh Các kí hiệu thường dùng sáng kiến: + VTPT: vectơ pháp tuyến, VTCP: vectơ phương + (XYZ): mặt phẳng qua điểm X, Y, Z + d (X, (P)): khoảng cách từ điểm X đến mặt phẳng (P) + d ((P), (Q)): khoảng cách hai mặt phẳng song song (P) (Q) + d (a, b): khoảng cách hai đường thẳng chéo a b I GIỚI THIỆU NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM Nội dung sáng kiến kinh nghiệm đề cập đến vấn đề sau: 1) Kiến thức chuẩn bị hình học giải tích khơng gian 2) Một số cách chọn hệ trục tọa độ không gian 3) Các dạng toán thường gặp II CÁC VẤN ĐỀ CHI TIẾT CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM 1) Kiến thức chuẩn bị hình học giải tích khơng gian Trước giải tốn hình học khơng gian phương pháp tọa độ, học sinh cần nắm cách diễn đạt số khái niệm hình học khơng gian “ngơn ngữ” hình học giải tích Từ đó, học sinh chuyển tốn hình học tổng hợp thành tốn hình học giải tích để giải toán uuuu r uur uuuu r uur uur  Đường thẳng song song với mặt phẳng: MN //  P   MN  nP  MN nP  , nP VTPT mp  P  uuuu r uur  Đường thẳng vng góc với mặt phẳng: MN   P   MN phương nP uuuu r uur r uur   MN , nP   , nP VTPT mp  P  uuuu r uuur  Hai đường thẳng vng góc: MN  PQ  MN PQ  uur uur uur uur  Hai mặt phẳng vng góc: mp  P   mp  Q   nP  nQ  nP nQ  uuu r uuur  Ba điểm phân biệt A, B, C thẳng hàng AB, AC phương Hay uuu r uuur r  AB, AC     uuur uuur  Bốn điểm phân biệt không thẳng hàng A, B, C, D đồng phẳng AB , AC , uuu r uuur uuur uuur   AB ba véc tơ đồng phẳng Hay AD  , AC  AD   Khoảng cách từ điểm M o  xo ; yo ; zo  tới mặt phẳng    : Ax  By  C z  D  là: Axo  Byo  Czo  D d  Mo,     A2  B  C r  Khoảng cách h từ điểm M đến đường thẳng d qua điểm Mo có VTCP u : uuuuuu r r M oM , u    h r u uu r  Khoảng cách h hai đường thẳng chéo d1 qua điểm M có VTCP u1 ; uu r uu r uuuuuur u1 , u2  M 1M uu r   d qua điểm M có VTCP u2 : h  uu r uu r u1 , u2     Khoảng cách đường thẳng d mặt phẳng (P) song song với khoảng cách từ điểm M o nằm đường thẳng d đến mp(P)  Khoảng cách hai mặt phẳng song song khoảng cách từ điểm nằm mặt phẳng đến mặt phẳng  Khoảng cách hai đường thẳng song song khoảng cách từ điểm nằm đường thẳng đến đường thẳng uuu r uuur  Diện tích hình bình hành ABCD: S   AB, AD  r uuur uuu  Diện tích tam giác ABC: S   AB, AC  uuu r uuur uuur  Thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’: V   AB, AD  AA ' r uuur uuur uuu  Thể tích tứ diện ABCD: V   AB, AC  AD uu r uu r  Góc hai đường thẳng d1 có VTCP u1 đường thẳng d có VTCP u2 xác uu r uu r u1.u2 uu r uu r r uu r định công thức: cos d· , d  cos u1 , u2  uu u1 u2 r r  Góc đường thẳng d có VTCP u mặt phẳng (P) có VTPT n xác định rr u.n r r · công thức: sin d ,  P   cos u , n  r r u.n         uur uur  Góc mặt phẳng (P) có VTPT n p mặt phẳng (Q) có VTPT nQ xác định uur uur nP nQ · công thức: cos  P  ,  Q   uur uur nP nQ   2) Một số cách chọn hệ trục tọa độ không gian 2.1 Hình hộp chữ nhật – hình lập phương Chọn gốc tọa độ đỉnh Ba cạnh xuất phát từ đỉnh nằm trục tọa độ 2.2 Lăng trụ đứng có đáy tam giác cân  Chọn hai trục cạnh đáy chiều cao tương ứng tam giác cân đáy hình chóp  Trục cịn lại chứa đường trung bình mặt bên Chú ý: lăng trụ tam giác chọn 2.3 Lăng trụ đứng có đáy tam giác vuông  Chọn đỉnh tam giác vuông đáy làm gốc Ba trục chứa ba cạnh xuất phát từ đỉnh 2.4 Lăng trụ đứng có đáy hình thoi  Chọn trục cao nằm đường thẳng nối tâm hai đáy  Hai trục chứa hai đường chéo đáy Chú ý: Lăng trụ tứ giác chọn 2.5 Chóp tam giác có góc tam diện vng  Chọn gốc tọa độ trùng với đỉnh góc tam diện vng  trục chứa ba cạnh xuất phát từ đỉnh góc tam diện vng 2.6 Tứ diện Cách 1:  Dựng hình lập phương ngoại tiếp hình tứ diện  Chọn hệ trục tọa độ có gốc trùng với đỉnh hình lập phương  cạnh xuất phát từ đỉnh nằm ba trục Cách 2:  Hai trục chứa đường cao cạnh tương ứng mặt BCD  Trục cịn lại vng góc với mặt  BCD  phương với đường cao AG 2.7 Chóp tam giác Chọn cách 2.8 Chóp tứ giác  Trục Oz chứa đường cao SO hình chóp  Hai trục Ox, Oy chứa hai đường chéo đáy hình chóp (hai đường chéo vng góc với nhau) 2.9 Chóp tứ giác có đáy hình thoi, cạnh bên Như chóp tứ giác 2.10 Chóp tứ giác có đáy hình chữ nhật, cạnh bên  Chọn hai trục chứa hai cạnh hình chữ nhật đáy  Trục thứ vng góc với đáy (cùng phương vói đường cao SO hình chóp - trục Az nằm mặt chéo (SAC)) 3) Các dạng toán thường gặp 3.1 Dạng hình lập phương Trước hết, để làm quen với việc tọa độ hóa tốn hình học khơng gian tổng hợp, ta bắt đầu hai ví dụ hình đa diện tọa độ hóa dễ dàng nhất, hình lập phương Có thể khẳng định chắn toán yêu cầu chứng minh quan hệ hình học tính tốn hình lập phương giải cách ngắn gọn phương pháp tọa độ Ví dụ Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a) Chứng minh hai mặt phẳng (AB’D’) (C’BD) song song với Tính khoảng cách hai mặt phẳng này; z b) Chứng minh A’C vng góc với mặt phẳng (AB’D’) A’C vng góc với IJ (I, J trung điểm cạnh BB’ AD); A’ c) Gọi K trung điểm cạnh CC’ Chứng minh hai mặt phẳng (A’BD) (KBD) vng góc D’ C’ B’ Giải K I Do cạnh AB, AD, AA’ đơi vng góc A B x y D J C nên ta chọn hệ trục Oxyz cho: O  A, tia AB  tia Ox, tia AD  tia Oy, tia AA’  tia Oz Khi đó, ta có: A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1), C(1;1;0), B’(1;0;1), D’(0;1;1), C’(1;1;1) a) Chứng minh (AB’D’) (C’BD) song song với Khoảng cách chúng Dễ dàng thiết lập phương trình hai mặt phẳng: (AB’D’): x + y – z = (C’BD): x + y – z – = Do (AB’D’) // (C’BD) d((AB’D’),(C’BD)) = d(A,(C’BD)) = b) Chứng minh A’C vng góc với mặt phẳng (AB’D’) A’C vng góc với IJ uuuur Ta có A ' C = (1;1;–1) vectơ pháp tuyến (AB’D’): x + y – z = 0, A’C  (AB’D’) Mặt khác, I, J trung điểm cạnh BB’ AD nên I(1;0; 1 ), J(0; ;0) 2 uu r uu r uuuur 1 1  IJ  ( 1; ;  )  IJ A ' C  ( 1).1   (  ).( 1)   A ' C  IJ 2 2 c) Chứng minh hai mặt phẳng (A’BD) (KBD) vng góc ur Ta có phương trình mặt phẳng (A’BD) x + y + z – = (VTPT n1  (1;1;1) ) uu r K trung điểm CC’  K (1;1; )  ( KBD ) : x  y  z   (VTPT n2  (1;1; 2) ) ur uu r Dễ thấy n1.n2  1.1  1.1  1.( 2)   ( A ' BD)  ( KBD)  Trên ta nhận thấy với phương pháp tọa độ, chứng minh quan hệ song song vng góc thực dễ dàng phép tính đại số mà khơng phụ thuộc vào hình vẽ suy luận hình học thường khó trình bày học sinh Qua ví dụ ta rút nhận xét quan trọng sau đây: + Chứng minh hai mặt phẳng song song: viết phương trình chúng so sánh hệ số + Chứng minh hai mặt phẳng vng góc: chứng tỏ tích vơ hướng hai VTPT + Chứng minh hai đường thẳng vuông góc: chứng tỏ tích vơ hướng hai VTCP + Chứng minh đường thẳng vng góc với mặt phẳng: chứng tỏ VTCP đường thẳng VTPT mặt phẳng Tiếp theo, ta xét ví dụ việc tọa độ hóa tốn tính góc khoảng cách khơng gian Ví dụ Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh I tâm ABCD Gọi M, N, P trung điểm B’B, CD A’D’ a) Tính góc hai đường thẳng MP, C’N góc hai mặt phẳng (PAI), (DCC’D’); b) Tính khoảng cách cặp đường thẳng A’B, B’D cặp đường thẳng PI, AC’ Giải z Tương tự ví dụ 1, ta chọn hệ trục Oxyz cho: O  A, tia AB  tia Ox, tia AD  tia Oy, P A’ D’ tia AA’  tia Oz C’ B’ Khi đó, ta có: A(0;0;0), B(1;0;0), D(0;1;0), A’(0;0;1), M C(1;1;0), B’(1;0;1), D’(0;1;1), C’(1;1;1) A a) Tính góc hai đường thẳng MP, C’N I góc hai mặt phẳng (PAI, (DCC’D’) Vì M, N, P trung điểm 1 B’B, CD A’D’ nên M(1;0; ), N( ;1;0), P(0; ;1) 2 D B y N C x uuur uuuur uuur 1 uuuur MP.C ' N Khi đó, ta có MP  ( 1; ; ), C ' N  (  ;0; 1)  cos( MP, C ' N )  0 2 MP.C ' N  góc MP C’N 900 1 Mặt khác, I tâm ABCD  I ( ; ;0) 2 r uur uuu r 1  (PAI) có VTPT n   AI , AP   4.( ;  ; )  (2; 2;1)   2 uu r uuur (DCC’D’) có VTPT n '  AD  (0;1;0) Gọi  góc hai mặt phẳng (PAI) (DCC’D’) r uu r n.n ' 2 cos   r uu r     arccos  48o11' 23'' Ta có: n n' b) Tính khoảng cách cặp đường thẳng A’B, B’D cặp đường thẳng PI, AC’ uuuur uuuur uuuuu r Ta có: A ' B  (1;0; 1), B ' D  ( 1;1; 1), A ' B '  (1;0;0) uuuur uuuur uuuuu r  A ' B, B ' D  A ' B '    d ( A ' B, B ' D )   uuuur uuuur  A ' B, B ' D    uur uuuu r uuu r Mặt khác, PI  ( ;0; 1), AC '  (1;1;1), AP  (0; ;1) 2 uur uuuu r uuu r  PI , AC ' AP 14    d ( PI , AC ')   uur uuuu r 28  PI , AC '     Nhận xét: Đối với tốn tính góc hai đường thẳng, góc hai mặt phẳng khoảng cách hai đường thẳng chéo giải phương pháp cổ điển rõ ràng khâu khó khăn dựng hình (trực tiếp gián tiếp) vốn đòi hỏi học sinh phải nắm vững phương pháp phải có suy nghĩ sâu sắc; đó, ta tọa độ hóa để giải phương 10 r r r r n  (bc; ca; ab) , i  (1;0;0), j  (0;1;0), k  (0;0;1) Do cos   cos   cos   bc (bc)  (ca )  ( ab) 2 ca (bc )  ( ca )  (ab) 2 ab (bc )  ( ca )  ( ab)2 , , Suy ra: cos2   cos2   cos2    Qua ba ví dụ trình bày, ta nhận thấy yếu tố thuận lợi cho việc tọa độ hóa điều kiện đơi vng góc ba cạnh xuất phát từ đỉnh đa diện, thông thường điều kiện ẩn chứa giả thiết cho trước Tuy vậy, lúc điều kiện thỏa mãn nên số trường hợp ta cần phải có cách xây dựng hệ trục tọa độ cách khéo léo Ta xét ví dụ sau Ví dụ Cho hình chóp S.ABC có SC = CA = AB = a , SC  (ABC), tam giác ABC vuông A Các điểm M, N di động tia AS CB cho AM = CN = t (0 < t < 2a) a) Tính độ dài đoạn MN theo a t Tìm t cho MN ngắn nhất; b) Khi đoạn MN ngắn nhất, chứng minh MN đường vuông góc chung BC SA Giải Nhận xét: vị trí điểm A điểm C ta nhận thấy có cặp cạnh vng góc (AB  AC, CS  CA, CS  CB) chưa đạt đủ điều kiện cần thiết phải có ba cạnh đơi vng góc xuất phát từ đỉnh, ta dựng đường thẳng qua A vng góc với (ABC) (đường thẳng song song với SC) Khi đó, chọn hệ trục Oxyz hình vẽ, với z A  O(0;0;0), B( a ;0;0), S C(0; a ;0), S(0; a ; a ) a) Tính độ dài đoạn MN theo a t M Tìm t cho MN ngắn Theo giả thiết M thuộc tia AS AM = t uuuu r t uuu r t t  AM  AS  M (0; ; ) 2a 2 C OA Tương tự, N thuộc tia CB CN = t uuur t uuu r t t  CN  CB  N ( ;a  ;0) 2a 2 y N B x 12 t2 t2 Vậy ta có MN   (a  t 2)   2a  4at  3t 2 Hơn nữa, MN  2a  4at  3t  ( 3t  (thỏa < t < 2a) Vậy MN  2a a 2a a )   , dấu đẳng thức xảy t  3 3 a 2a t 3 b) Khi đoạn MN ngắn nhất, chứng minh MN đường vng góc chung BC SA Khi MN ngắn nhất, ta có t  2a a a a 2a nên M (0; ; ), N ( ; ;0) 3 3 uuuu r a a a  MN  ( ; ; ) 3 uuu r uuu r Mặt khác AS  (0; a 2; a 2), CB  ( a 2;  a 2;0) uuuu r uuu r uuuu r uuu r  MN AS  MN CB   MN  AS , MN  CB hay MN đường vng góc chung SA BC  Trên sở ví dụ minh họa trình bày, ta rút ba bước sau việc giải tốn hình học khơng gian tổng hợp phương pháp tọa độ: + Xây dựng hệ trục tọa độ thích hợp + Xác định tọa độ điểm liên quan + Chuyển tốn hình khơng gian tổng hợp tốn tương ứng khơng gian tọa độ vận dụng cơng thức thích hợp (chứng minh vng góc, song song, tính thể tích, góc, khoảng cách…) 3.3 Dạng tổng hợp đề thi Để rõ ứng dụng mạnh mẽ hiệu phương pháp này, ta giải số câu hình học khơng gian tổng hợp đề thi năm gần 3.3.1 Dạng hình lăng trụ Bài Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC vng, AB = BC = a, cạnh bên AA’ = a Gọi M trung điểm BC Tính theo a thể tích khối lăng trụ cho khoảng cách hai đường thẳng AM, B’C Giải Từ giả thiết ta có tam giác đáy ABC vng z B’ A’ cân B, kết hợp với tính chất lăng trụ đứng, ta chọn hệ trục Oxyz hình vẽ, với B  O(0;0;0), C(a;0;0), A(0;a;0), B’(0;0; a ) Dễ thấy V ABC A/ B /C / C’ a3  BB / ( BA.BC )  2 Bây ta tính khoảng cách AM B’C A OB y M C 13 x M trung điểm BC uuuu r a a  M ( ;0;0)  AM  ( ;  a;0) 2 uuuur uuuu r uuuur a2 2 Mặt khác, B ' C  (a;0; a 2)   AM , B ' C   ( a 2; ;a )   uuuu r uuuur uuur a  AM , B ' C  AC uuur a   d ( AM , B ' C )   22  u u u u r uuuur Lại có AC  ( a; a;0) a  AM , B ' C     Nhận xét: Theo đáp án thức, việc tính khoảng cách hai đường thẳng AM B’C tốn hồn tồn khơng dễ, địi hỏi dựng mặt phẳng chứa AM song song với B’C, qui việc tính khoảng cách hai đường thẳng khoảng cách từ C, lại từ B đến mặt phẳng dựng Lời giải tọa độ rõ ràng ngắn gọn trực tiếp Bài 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 Giải Gọi O trung điểm cạnh BC Tam giác ABC cạnh a nên AO  BC AO = a Chọn hệ trục Oxyz với O gốc tọa độ, tia OA  tia Ox, tia OC  tia Oy, tia Oz song song hướng với tia AA’ Khi A( a a 3a a a ;0;0), B(0;  ;0), C(0; ;0), A’( ;0; ) 2 2 3a o o Dễ thấy góc mặt phẳng (A’BC) (ABC) góc ·A ' OA  60  AA '  OA tan 60   VABC A ' B ' C '  AA '.S ABC  3a a 3a 3  G trọng tâm tam giác A’BC nên G( a a ;0; ) Bây giờ, ta xác định tâm bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, với A’ a a a a a G( ;0; ), A( ;0;0), B(0;  ;0), C(0; ;0) 2 Giả sử mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC có phương trình x  y  z  px  2qy  rz  k  Thay tọa độ G, A, B, C vào phương trình ta có C’ z B’ x y G A C O B 14  a2 a  p  ar  k  a   p     3a a  a 3p  k     r    12   a  aq  k  q  4  a2   k   a   aq  k     4 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC có tâm I( R a a ;  ;0 ) bán kính 12 a2 a2 a2 7a    ( )  12 144 12  Bài Cho hình lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = a, AD = a Hình chiếu vng góc A’ (ABCD) trùng với giao điểm AC BD Góc hai mặt phẳng (ADD’A’) (ABCD) 600 Tính thể tích khối lăng trụ cho khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BD) theo a Giải Gọi I = AC  BD Ta có A ' I  ( ABCD ) Chọn hệ trục Oxyz với B gốc tọa độ, tia BA tia Ox, tia BC tia Oy, tia Oz tia Bz song song hướng với tia IA’ Khi z B(0;0;0), A(a;0;0), C(0; a ;0), B’ a a D(a; a ;0), I( ; ;0 ) 2 A’ có hình chiếu lên (Oxy) I nên A’( C’ D’ A’ a a ; ; z ) ( z  0) 2 Ta tìm z: + Mặt phẳng (ABCD) mặt phẳng (Oxy) nên có VTPT r k  (0;0;1) BO C y + uuur uuur a a AD  (0; a 3;0), AA '  (  ; ; z) 2  mặt phẳng (ADD’A’) có VTPT r n  (2 z;0; a ) A I D x + Góc hai mặt phẳng (ADD’A’) (ABCD) 600 nên ta có 15 rr k n a a  z r r  cos 60o   (z > 0) 2 2 k.n 4z  a a a a Vậy A’( ; ) ; 2 Do VABCD A ' B ' C ' D '  A ' I S ABCD  a 3a a.a  2 uuur uuur 3a a a2   Mặt phẳng (A’BD) có VTPT BA ', BD  (  ; ;0)   (3;  3;0)   2  ( A ' BD ) : 3x  y   x  y  uuur uuur a a a Mặt khác BB '  AA '  B '(  ; ; ) 2 Vậy khoảng cách từ B’ đến (A’BD) d ( B ',( A ' BD ))  a a  3 2  a  3.3.2 Dạng hình chóp Bài Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có AB = a, SA = a Gọi M, N, P trung điểm cạnh SA, SB CD Chứng minh đường thẳng MN vng góc với đường thẳng SP Tính theo a thể tích khối tứ diện AMNP Giải z Gọi O tâm ABCD Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ với O(0;0;0), C( S a a a ;0;0), A(  ;0;0), D(0; 2 ;0), B(0;  M a a ;0), S(0;0; )( 2 N D M, N, P trung điểm cạnh SA, SB CD  M(  N(0;  y A a ) SO  SA  OA  2 a a ;0; ), 4 O B P C x a a a a ; ), P( ; ;0) 4 4 uuuu r a a Khi MN  ( ; ;0) , 4 16 uur a a a uuuu r uur 2a 2a a SP  ( ; ; )  MN SP    0.(  )   MN  SP 4 16 16 Mặt khác, ta lại có uuuu r a r 3a a uuur a a a a uuu AM  ( ;0; ) , AP  ( ; ;0) , AN  ( ; ; ) 4 4 4 uuuu r uuu r uuur r uuu r uuur a a3 uuuu   AM , AP  AN     VAMNP   AM , AP  AN  48  Lưu ý: Đáp án thức cho phương án tính thể tích tứ diện AMNP gián tiếp thơng qua thể tích tứ diện ABSP thể tích khối chóp S.ABCD Cách tính phương pháp tọa độ hoàn toàn trực tiếp, dễ định hướng Việc tọa độ hóa lấy đỉnh đáy làm gốc tọa độ (cần kẻ thêm đường thẳng qua đỉnh song song với SO) · · Bài Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang, ABC  BAD  90o , BA = BC = a, AD = 2a Cạnh bên SA vng góc với đáy, SA = a Gọi H hình chiếu vng góc A lên SB Chứng minh tam giác SCD vng tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) Giải Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ, với A  O(0;0;0), B(a;0;0), D(0;2a;0), C(a;a;0), S(0;0; a ) uuu r uuur uuu r uuur Khi SC  ( a; a;  a 2), CD  (  a; a;0)  SC.CD   SC  CD , hay tam giác SCD vuông C uuu r uuur 2 Mặt khác (SCD) có VTPT  SC , CD   (a 2; a 2;2a )  ( SCD ) :1.( x  a )  1.( y  a )  2.( z  0)  z hay (SCD): x  y  z  2a  S Đường thẳng SB có phương trình tham số x  a  t  y    z   2t H uuur uur a AH  SB  AH SB   t   Vậy H ( 2a a ;0; ) 3 D OA H  SB  H ( a  t;0;  2t ) y B x C Từ suy khoảng cách từ H đến (SCD) 2a a   2a a 3 d ( H ,( SCD ))   11  17 Nhận xét: Nếu so với đáp án thức việc tính d(H,(SCD)) lời giải rõ ràng trực tiếp hơn, dễ hiểu ( đáp án thức tính d(H, (SCD)) thơng qua việc tính tỉ số d(H,(SCD))/d(B, (SCD)) lại tính d(B,(SCD)) thơng qua thể tích tứ diện SBCD ) Bài Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình vng cạnh a Gọi E điểm đối xứng D qua trung điểm SA, M trung điểm AE, N trung điểm BC Chứng minh MN vng góc với BD tính (theo a) khoảng cách hai đường thẳng MN AC Giải z Gọi O tâm đáy ABCD Vì hình chóp cho hình chóp nên SO  (ABCD) E Ta chọn hệ trục Oxyz với O gốc tọa độ, tia OC  tia Ox, tia OD  tia Oy, S M tia OS  tia Oz Khi ta có O(0;0;0), A(   y A D a a ;0;0), C( ;0;0), B(0; 2 a a ;0), D(0; ;0), 2 O B C N S  tia Oz  S (0;0; x ) (x > 0) x E đối xứng với D qua trung điểm SA  ADSE hình bình hành  E (  a ;  a ; x ) 2 M trung điểm AE  M (  a a x ; ; ) uuuu r 3a a a x ; ;0)  MN  ( ;0;  ) 4 uuur uuuu r uuur Mặt khác BD  (0; a 2;0)  MN BD   MN  BD N trung điểm BC  N ( uuur uuuu r uuur ax Lại có AC  ( a 2;0;0)   MN , AC   (0; ;0)   uuuu r uuur uuur a2 x   MN , AC AN uuur 3a a a     uuuu r uuur Mà AN  ( ; ;0)  d ( MN , AC )  ax  MN , AC  4    Nhận xét: Bài tốn tọa độ hóa với gốc tọa độ đỉnh đáy việc kẻ thêm đường thẳng qua đỉnh, song song với SO, tạo thành ba đường thẳng đôi vuông góc đỉnh Cái hay việc tọa độ hóa lời giải việc chọn biến x chưa biết tọa độ điểm S, kết lại không phụ thuộc vào x 18 Bài Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA = a ; hình chiếu AC Gọi CM đường cao tam giác SAC Chứng minh M trung điểm SA tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a vng góc S mặt phẳng (ABCD) điểm H thuộc đoạn AC, AH = Giải Chọn hệ trục Oxyz với A gốc tọa độ, z S tia AB tia Ox, tia AD tia Oy, tia Oz tia Az song song hướng với tia HS Ta có M A(0;0;0), B(a;0;0), C(a;a;0), D(0;a;0) uuur uuur a a  AH  AC  H ( ; ;0) 4 AC a = , SA = a 4  SH  SA2  AH  y H Theo giả thiết SH  (ABCD), AH = D A B a 14 C x a a a 14  S( ; ; ) 4 Vậy ta có SC = a a a 14 ( a  )  (a  )  (  )  a  CA   SAC cân C nên đường cao CM 4 a a a 14 đường trung tuyến  M trung điểm SA  M ( ; ; ) 8 Vì M trung điểm SA nên VSMBC  VAMBC Ta có: uuu r uuur uuuu r a a a 14 AB  (a;0;0), AC  ( a; a;0), AM  ( ; ; ) 8  VSMBC  VAMBC  r uuur uuuu r a 14 uuu  AB, AC  AM   6 48  Nhận xét: Bài toán tọa độ hóa với gốc tọa độ điểm H tâm đáy Việc tính thể tích SMBC thơng qua thể tích AMBC vấn đề kĩ thuật để phép tốn dễ tính hơn, hồn tồn tính trực tiếp thể tích SMBC tọa độ đỉnh biết 19 Bài Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a Gọi M N trung điểm cạnh AB AD; H giao điểm CN DM Biết SH  (ABCD) SH = a Tính thể tích khối chóp S.CDNM khoảng cách hai đường thẳng DM SC theo a Giải Dễ thấy VS CDNM  VS ABCD  VS BCM  VS AMN S z  SH ( S ABCD  SBCM  S AMN ) a2 a2 5a 3  a 3( a   )  24 y N Bây ta tính khoảng cách hai A D đường thẳng DM SC phương H M pháp tọa độ Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ, ta có C  O(0;0;0), B(a;0;0), D(0;a;0), A(a;a;0) CO B x a M trung điểm AB  M (a; ;0) a N trung điểm AD  N ( ; a;0) H  (Oxy )  H ( x; y;0) H  DM  CN uuur uuur uuuu r uuuur  CH , CN phương DH , DM phương x y x ya 2a 4a 2a 4a 2a a   ,y a a a a x Vậy H( ; ;0 )  S ( ; ; a 3)  5 5 5 2 uur 2a 4a uuuur uur uuuur a a2 Khi đó, CS  ( ; ; a 3), DM  ( a;  ;0)  CS , DM   ( ; a 3; a )   5 2 uur uuuur uuuu r CS , DM  CM a3 2a 57 uuuu r   a Mặt khác CM  ( a; ;0)  d ( SC , DM )   uur uuuur  a 19  19 CS , DM    Bài Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông B, AB = 3a, BC = 4a, mặt phẳng · (SBC) vng góc (ABC) Biết SB = 2a SBC  30o Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a Giải Gọi H chân đường vng góc kẻ từ S lên BC Vì (SBC)  (ABC) nên SH  (ABC) 20 o o · Mặt khác SB = 2a SBC  30o  SH  SB.sin 30  a 3, BH  SB.cos 30  3a 1 Dễ thấy VS ABC  SH S ABC  a 3.( 3a.4a )  2a 3 Bây ta tính khoảng cách từ điểm B z đến mặt phẳng (SAC) phương pháp S tọa độ Chọn hệ trục Oxyz với B gốc tọa độ, tia BA tia Ox, tia BC tia Oy, tia Oz tia Bz song song hướng với 30 tia HS o H OB y C Khi đó: B(0;0;0), A(3a;0;0), C(0;4a;0), S(0;3a; a ) uuu r uuur  AS  ( 3a;3a; a 3), AC  ( 3a;4a;0) A x uuu r uuur   AS , AC   4a 3; 3a 3; 3a   3a (4;3; 3)    mặt phẳng (SAC) có phương trình 4( x  3a )  3( y  0)  3( z  0)   x  y  3z  12a  Vậy khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) d ( B,( SAC ))  12a 42  32  ( 3)2  6a  Nhận xét: Nếu so với cách tính khoảng cách từ điểm B đến (SAC) thông qua khoảng cách từ điểm H đáp án thức cách trực tiếp, dễ định hướng dễ thực Bài Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vng góc với (ABC) Gọi M trung điểm AB; mặt phẳng qua SM song song với BC, cắt AC N Biết góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.BCNM khoảng cách hai đường thẳng AB SN theo a z S Giải 60o Theo giả thiết (SAB), (SAC) vng góc với (ABC) nên SA  (ABC)  Góc (SBC) (ABC) M A BO · SBA  60o N  SA  AB tan 60o  2a C 21 x y Mặt phẳng qua SM, song song BC, cắt AC N  MN // BC  N trung điểm AC Do tam giác AMN vng cân M Khi đó, ta có 1 VS BCNM  SA.SBCNM  SA.( S ABC  S AMN ) 3 4a a  2a 3.(  )  a3 2 Bây ta tính khoảng cách hai đường thẳng AB, SN phương pháp tọa độ Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ, với B gốc tọa độ, C (2a;0;0), A(0;2a;0), S (0;2a;2a 3) uuu r N trung điểm AC  N ( a; a;0)  SN  (a; a; 2a 3) uuu r uuu r uuu r 2 Mặt khác BA  (0;2a;0)   SN , BA  (4a 3;0;2a ) uuu r uuu r uuur  SN , BA BN uuur 4a 3 2a 39    d ( SN , AB )    uuu r uuu r Lại có BN  ( a; a;0)  13 2a 13  SN , BA   Bài Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABC) điểm H thuộc cạnh AB cho HA = 2HB Góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABC) 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC tính khoảng cách hai đường thẳng SA BC theo a Giải Dựng Iz //H S Chọn hệ trục Ixyz với I  O  0;0;0  (như hình vẽ) Tính IH SH, tọa độ  a   a a 21   a  a  ;0 , S ;0; ;0;0 , B  ;0;0 , C  0;    2      điểm sau A  Tính thể tích uur a Ta có SB   ;0;  3 r  a a a 21  a 21  uur  2a a 21  uuu ; , SA    ;0;  , SC    ; ,  3     uuur  a a  BC    ; ;0  2   r a3 63 a3 uur uur uuu Suy VSABC   SA, SB  SC    6 6 12 Tính khoảng cách uur uuur uuu r  SA, BC  AB a3 a 42     Ta có d SA, BC   uur uuur 6a  SA, BC    22 Bài Cho hình chóp S ABCD có đáy hình chữ nhật, AB = a , BC = 2a , SA vng góc với mặt phẳng đáy SA = a Khoảng cách hai đường thẳng BD SC A 30a B 21a 21 C 21a 21 D 30a 12 Lời giải Chọn C Chọn hệ trục Oxyz hình vẽ Ta có: B  a; 0;  , D  0; 2a;0  , C  a; 2a;0  , S  0;0; a  uuur uuu r Có BD   a; 2a;  , SC   a; 2a; a  uuur uuu r 2 Ta có  BD; SC    2a ; a ; 4a  uuur Có BC   0; 2a;0  uuur uuu r uuur  BD; SC  BC 2a 21   u Vậy d  BD, SC   uu uu uu uruuu uu uu rur  21  BD; SC    Bài 10 Cho tứ diện O ABC có OA, OB, OC đơi vng góc với nhau, OA  a OB  OC  2a Gọi M trung điểm BC Khoảng cách hai đường thẳng OM AB A 2a B a C 5a D 6a Lời giải Chọn D Chọn hệ trục tọa độ Oxyz hình vẽ, O  0;0;0  , B  2a;0;0  , C  0; 2a;  , A  0;0; a  M trung điểm BC  M  a; a;  uuuur uuur uuur Ta có OM   a; a;0  ; OB   0; 2a;  ; AB   2a;0; a  uuuur uuur uuu r OM , AB  OB uuuu r uuu r    OM , AB    a ; a ; 2a   d  AB, OM    uuuu r uuur OM , AB    2a a  a  4a 4  a 23 III PHẦN TỔNG KẾT Thơng qua ví dụ minh họa trường hợp đơn giản lời giải 13 toán đề thi vừa qua ta nhận thấy phương pháp tọa độ hóa thật cơng cụ hiệu để giải tốn hình học khơng gian tổng hợp Các lời giải hồn toàn tự nhiên, trực tiếp dễ định hướng Yêu cầu xác việc xác định tọa độ điểm thực phép tính cơng thức có sẵn Hiển nhiên cách làm Để có óc tư trừu tượng tốt giáo viên cần phải tạo cho học sinh tảng quan hệ hình học khơng gian, hiểu bước dựng hình biết phối hợp kiến thức để có lời giải tốt, hiệu mong muốn người viết sáng kiến Nội dung sáng kiến trình bày cho em học sinh khối 12 ơn thi TN THPT, thi đánh giá lực thi HSG tỉnh Sự hứng thú tự tin học sinh việc học Tốn, đặc biệt hình học khơng gian, thật cải thiện góp phần vào thành tích chung kì thi nhà trường năm học qua Các phép tính sáng kiến nhiều, hình vẽ phức tạp nên khơng tránh khỏi thiếu sót, mong nhận đóng góp ý kiến bạn đồng nghiệp em học sinh Hi vọng đề tài nho nhỏ góp phần cho cơng tác giảng dạy, nghiên cứu học tập người Đề tài phương pháp vectơ tọa độ phong phú, mong nhận trao đổi thêm từ bạn đồng nghiệp em học sinh Việc áp dụng phương pháp tọa độ để giải tốn hình khơng gian giúp cho học sinh giải số toán đơn giản nhiều so với phương pháp giải thông thường nâng cao hiệu học tập học sinh trường Phương pháp không q khó học sinh trung bình nên em áp dụng đơn giản mau chóng nhiều so với phương pháp thông thường chủ yếu dạy cho em cách chọn hệ trục cho phù hợp để toán trở nên đơn giản Hướng dẫn học sinh giải tốn cần có phương pháp phù hợp với đối tượng học sinh Vì thực tế dạy toán dạy hoạt động toán học cho học sinh, giải tốn hình thức chủ yếu Do vậy, từ khâu phân tích đề, dựng hình, định hướng cách giải cần gợi mở, hướng dẫn cho em cách suy nghĩ, cách giải vấn đề đặt ra, nhằm bước nâng cao ý thức suy nghĩ độc lập, sáng tạo em Tài liệu hoàn thành vào thời điểm em học sinh lớp 12 năm học 2021 – 2022 tích cực ơn tập chuẩn bị cho kì thi tốt nghiệp THPT 2022, hi vọng nguồn tài liệu tốt để em học sinh tham khảo rèn luyện thêm kiến thức cho kì thi tới 2.4 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục, với thân, đồng nghiệp nhà trường 2.4.1 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm hoạt động giáo dục Đánh giá: a Giải pháp cũ thường làm: - Chi tiết giải pháp cũ: dạy học, dạy làm theo hướng tự luận - Ưu điểm, nhược điểm tồn cần khắc phục: Học sinh nắm kiến thức bản, cách trình bày hợp lý tốn thời gian không phù hợp với việc thi trắc nghiệm b Giải pháp cải tiến: 24 - Mô tả chất giải pháp mới: Định hướng học sinh cách tiếp cập tư nhanh nhạy để giải nhanh toán vận dụng vận dụng cao cho thi trắc nghiệm khách quan - Tính mới, tính sáng tạo giải pháp: Học sinh hiểu cách làm nhanh hiểu rộng kiến thức phù hợp cho thi trắc nghiệm Kết - Qua quan sát thực tế từ việc trực tiếp giảng dạy, tơi thấy nhóm học sinh học mơn KHTN giải nhanh thục giải toán hình học khơng gian tổng hợp tơi sưu tầm từ đề thi thử thi thức số trường THPT, Sở GD&ĐT Bộ GD&ĐT nước - Đã rèn luyện kỹ giải tốn hình học khơng gian tổng hợp, kỹ tính tốn, kỹ tìm lời giải cho tốn hình học khơng gian tổng hợp phát huy tính sáng tạo tìm tịi lời giải cho tốn, dạng tốn - Q trình ơn tập sơi nổi, học sinh hứng thú chủ động khai thác kiến thức, 100% học sinh nhóm thực nội dung theo yêu cầu câu hỏi có kết cụ thể tổng số em HS thi tổ hớp KHTN kỳ thi TN THPT năm 2021 có em đạt 9,0 khơng em điểm Từ kết mạnh dạn khẳng định giải pháp mà đề tài đưa hồn tồn khả thi áp dụng hiệu trình dạy học 2.4.2 Hiệu sáng kiến kinh nghiệm với thân, đồng nghiệp nhà trường Qua thực tế giảng dạy tơi thấy cách làm góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy phần hình học khơng gian thân, góp phần vào việc nâng cao chất lượng giảng dạy mơn Tốn nhà trường Và giúp đồng nghiệp có thêm tài liệu tham khảo sử dụng cho trình dạy học cuả thân KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ 3.1 Kết luận Trên phương pháp giải số toán chương trình THPT đề thi thử THPTQG, đề thi THPT Quốc gia đề thi tốt nghiệp THPT năm trước, định hướng tiếp tục cho đề thi tốt nghiệp THPT năm 2022, thi HSG tỉnh năm học 2022-2023 năm sau Tuy nhiên trình thực khơng thể tránh khỏi thiếu sót Kính mong giúp đỡ góp ý đồng nghiệp Từ kinh nghiệm thực tiễn thân trình dạy học, giúp đỡ đồng nghiệp, thơng qua việc nghiên cứu tài liệu có liên quan đề tài hoàn thành đạt kết sau đây: + Đề tài nêu lên thực trạng việc dạy học chủ đề “giải số tốn hình học khơng gian tổng hợp” + Đề tài đưa giải pháp thiết thực việc rèn luyện kĩ tìm đáp án cho tốn khó mà địi hỏi phải giải thời gian ngắn (THỂ HIỆN Ở PHẦN PHỤ LỤC) + Đề tài nêu ví dụ minh chứng điển hình cho giải pháp + Đề tài đưa số tập áp dụng sở dạng tập quen thuộc hệ thống tập luyện tập trích từ đề thi thử THPT Quốc Gia trường THPT, Sở giáo dục số tỉnh, thành phố nước để học sinh rèn luyện kỹ giải trắc nghiệm Tốn HÌNH HỌC KHƠNG GIAN TỔNG HỢP + Sáng kiến giúp quý Thầy, Cô có thêm nội dung q trình ơn tập cho học sinh hướng tới kỳ thi đạt kết cao cho học sinh 3.2 Kiến nghị Trên số sáng kiến kinh ngiệm thực đơn vị từ năm học 2017 – 2018 đánh giá kết năm học 2020-2021 năm học 2021-2022 Rất mong đề tài 25 xem xét, mở rộng để áp dụng cho nhiều đối tượng học sinh nhiều nơi, giúp học sinh yêu thích say mê học Tốn Tơi xin chân thành cảm ơn đồng nghiệp tổ chuyên môn, nhà trường em học sinh giúp đỡ hoàn thành sáng kiến kinh nghiệm Qua cho tơi xin trân thành cảm ơn đồng chí, đồng nghiệp, đồng mơn đọc góp ý, đánh giá xếp loại cho sáng kiên Rất mong nhận quan tâm quý Thầy, Cô! XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ HIỆU TRƯỞNG Thanh Hóa, ngày 19 tháng năm 2022 Tôi xin cam đoan SKKN viết, khơng chép nội dung người khác Người viết Hoàng Văn Lan Hồ Văn Tám 26 ... PHÁP TỌA ĐỘ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN TỔNG HỢP” Trong sáng kiến này, bước để giải toán hình học khơng gian tổng hợp phương pháp tọa độ đưa từ ví dụ minh họa, sau ứng dụng vào giải. .. đưa số phương pháp giải số tốn hình học khơng gian tổng hợp chưa giải tốn phức tạp Vì vậy, tơi nhận thấy cần bổ sung khắc sâu thêm phương pháp giải số tốn Hình học khơng gian tổng hợp để giải số. .. giải tốn hình học khơng gian tổng hợp phương pháp tọa độ: + Xây dựng hệ trục tọa độ thích hợp + Xác định tọa độ điểm liên quan + Chuyển tốn hình khơng gian tổng hợp tốn tương ứng khơng gian tọa