SKKN một số kỹ năng giải giải hình học không gian bằng phương pháp tọa độ.

PHẦN MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Hình học là phần khó của chương trình toán, nhất là phần hình hoc không gian, đa số học sinh rất sợ khi học về hình học không gian. Trong các đề thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng gần đây, phần Hình học không gian được ra dưới dạng mà học sinh có thể giải được bằng cả phương pháp hình học thuần tuý và cả phương pháp tọa độ. Việc giải toán Hình học không gian bằng phương pháp hình học thuần túy gặp rất nhiều khó khăn cho học sinh vừa học xong lớp 12, vì phần lớn các em ít nhiều đã quen kiến thức, kỹ năng chứng minh, dựng hình trong không gian. Việc giải bằng phương pháp toạ độ có rất nhiều ưu việt, tuy nhiên học sinh cũng gặp không ít khó khăn. Bởi vì, phương pháp này không được đề cập nhiều trong các sách giáo khoa, học sinh phổ thông ít được tiếp cận. Để giúp các em học sinh lớp 12 có thêm phương pháp giải toán Hình học không gian, chuẩn bị cho kỳ thi cuối cấp. Trong phạm vi đề tài Sáng kiến kinh nghiệm của mình, tôi xin trình bày một số kỹ năng giải giải hình học không gian bằng phương pháp tọa độ. 2. Phạm vi nghiên cứu Sau khi học sinh học hết chương trình lớp 12 chuẩn bị thi đại học. 3. Phương pháp nghiên cứu Phương pháp nghiên cứu lí luận, đọc tài liệu liên quan hình học không gian bằng phương pháp tọa độ 4. Cấu trúc sáng kiến kinh nghiệm Chương 1 Phương pháp nghiên cứu lý luận Chương 2 Cở sở thực tiễn Chương 3 Một số kỹ năng giải giải hình học không gian bằng phương pháp tọa độ. PHẦN NỘI DUNG I. Cơ sở lý luận Vào năm 1637, nhà toán học kiêm triết học Pháp là Réné Descartes đã cho xuất bản cuốn “ La Géométrie ” với nội dung xây dựng hình học bằng phương pháp toạ độ đánh dấu một bước tiến mạnh mẽ của toán học. Descartes là nhà toán học thiên tài đã khai sinh ra phương pháp toạ độ. Phương pháp toạ độ ra đời đã giúp con người dùng ngôn ngữ đại số thay cho ngôn ngữ hình học, giúp con người đạt đến đỉnh cao của sự khái quát hoá và trừu tương hoá toán học trong nhiều lĩnh vực. Quy trình dạy học được hiểu là tổ hợp các thao tác của giáo viên và học sinh được tiến hành theo một trình tự nhất định trên một đối tượng nhận thức nào đó. Chẳng hạn, quy trình bốn bước của Polya để giải một bài toán gồm : 1 • Bước 1 : Tìm hiểu nội dung bài toán • Bước 2 : Xây dựng thuật giải • Bước 3 : Thực hiện thuật giải • Bước 4 : Kiểm tra, nghiên cứu lời giải Một trong những nhiệm vụ dạy học môn toán chương trình phổ thông, đặc biệt là dạy hình học là hướng dẫn cho học sinh sử dụng phương pháp toạ độ vào giải toán, nghĩa là biết vận dụng linh hoạt và sáng tạo các kiến thức về toạ độ điểm, toạ độ vectơ và các công thức có liên quan vào giải toán. Để giải một bài toán bằng phương pháp toạ độ ta thực hiện theo các bước sau : • Bước 1 : Thực hiện việc chọn hệ trục toạ độ Oxyz thích hợp, chú ý đến vị trí của gốc O, chuyển bài toán đã cho về bài toán hình học giải tích • Bước 2 : Giải bài toán hình học giải tích nói trên. • Bước 3 : Chuyển các kết luận của bài toán hình học giải tích sang các tính chất hình học tương ứng. Tuy nhiên qua thực tế , việc học và nắm vững các bước trên để vận dụng vào giải toán thật không hề đơn giản đối với học sinh, vì đây là một qúa trình trừu tượng hoá và khái quát hóa trong việc rèn luyện tư duy toán học. Do vậy, thông qua một số bài toán cụ thể để hướng dẫn các em làm quen dần với việc giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp toạ độ. Các dạng toán thường gặp : • Độ dài đoạn thẳng • Khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng • Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng • Khoảng cách giữa hai đường thẳng • Góc giữa hai đường thẳng • Góc giữa đường thẳng với mặt phẳng • Góc giữa hai mặt phẳng • Thể tích khối đa diện • Diện tích thiết diện • Chứng minh các quan hệ song song, vuông góc. II. Cở sở thực tiễn a. Thuận lợi Khái niệm vectơ trong không gian đã được đưa vào nội dung chương trình lớp 11, làm công cụ cơ bản nghiên cứu quan hệ vuông góc giữa hai đường thẳng, giữa đường thẳng với mặt phẳng, giữa hai mặt phẳng và khoảng cách giữa một số đối tượng trong hình học không gian. Việc sử dụng vectơ để xây dựng quan hệ vuông góc trong không gian làm cho cách diễn đạt một số nội dung hình học được gọn nhẹ hơn, học sinh dễ dàng tiếp thu. Mặt khác một số kiến thức về vectơ này sẽ là cơ sở chuẩn bị cho việc xây dựng khái niệm tọa độ trong không gian trong chương trình hình học lớp 12, một công cụ hữu ích để giải nhiều bài toán hình học không gian. b. Khó khăn Không ít học sinh chưa nhận thức đúng về tầm quan trọng của việc chủ động phân tích đề bài, dựng hình và định hướng phương pháp giải quyết bài toán 2 mà các em chỉ làm một cách máy móc, lập luận thiếu căn cứ, không chính xác, đôi lúc không phân biệt được đâu là giả thiết, đâu là phần cần chứng minh. Do đó kết quả không như mong đợi. Đây là một nội dung khó đối với học sinh lớp 12. Do chưa tìm ra được phương pháp thích hợp để giải toán nên sẽ nhiều vướng mắc, từ đó thiếu hứng thú trong học tập.Để giúp các em mau chóng tiếp cận được phương pháp giảng dạy mới, đòi hỏi sự nỗ lực và sự quyết tâm cao của cả thầy và trò III.Nội dung, biện pháp thực hiện các giải pháp của đề tài A. Các bài toán về hình chóp tam giác: Bài toán 1: Cho hình chóp S.ABC đáy ABC là tam giác đều cạnh a. SA = SB = SC, khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABC) là h. Tính h theo a để hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) vuông góc nhau. Gọi H là tâm của tam giác ABC vì M là trung điểm của BC ° Ta có: SA SB SC HA HB HC ( ABC ñeàu) = =   = = ∆  ° Dựng hệ trục tọa độ Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc A(0; 0; 0), a a 3 a a 3 a 3 a 3 B ; ; 0 , C ; ; 0 , H 0; ; 0 , S 0; ; h 2 2 2 2 2 3         −  ÷  ÷  ÷  ÷         . ° a 3 a a 3 a a 3 SA 0; ; h , SB ; ; h , SC ; ; h 3 2 6 2 6       = = − = − −  ÷  ÷  ÷       uuur uur uuur ° 2 1 ah 3 ah a 3 a a [SA; SB] ; ; (3h 3; 3h; a 3) .n , 2 2 6 6 6   = − − = − − = −  ÷   uuur uur r với 1 n (3h 3; 3h; a 3)= − r ° 2 2 ah 3 ah a 3 a a [SA; SC] ; ; (3h 3; 3h; a 3) .n , 2 2 6 6 6   = − − = − − = −  ÷   uuur uuur r với 2 n (3h 3; 3h; a 3)= − r . ° Mặt phẳng (SAB) có cặp vectơ chỉ phương SA; SB uuur uur nên có pháp vectơ 1 n r . ° Mặt phẳng (SAC) có cặp vectơ chỉ phương SA; SC uuur uuur nên có pháp vectơ 2 n r . ° 1 2 (SAB) (SAC) cos(n ; n ) 0⊥ ⇔ = r r 2 2 2 2 2 3h 3.3h 3 3h.3h a 3( a 3) 0 27h 9h 3a 0 a 6 18h 3a h . 6 ⇔ − + − = ⇔ − − = ⇔ = ⇔ =  Vậy: a 6 h . 6 = 3 S z A z H B M y C Bài toán 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, BC = 2a, cạnh SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi M là trung điểm SC. Chứng minh tam giác MAB cân và tính diện tích tam giác MAB theo a. ° Tam giác ABC vuông tại B có: 2 2 2 2 2 2 AC AB BC a 4a 5a AC a 5 = + = + = ⇒ = ° Dựng BH AC (H AC),⊥ ∈ ta có: ⋅ 2 2 AB a a AH AC a 5 5 = = = ⋅ 2 2 2 2 1 1 1 5 BH AB BC 4a = + = 2a BH 5 ⇒ = ° Dựng hệ trục tọa vuông góc Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc với 2a a A(0; 0; 0), C(0; a 5; 0), S(0; 0; 2a), B ; ; 0 5 5    ÷   ° Tọa độ trung điểm M của SC là a 5 M 0; ; a 2    ÷   ° Ta có: a 5 3a MA 0; ; a MA 2 2   = ⇒ =  ÷   uuuur 2a 3a 3a MB ; ; a MB . 2 5 2 5   = − ⇒ =  ÷   uuur suy ra: MA = MB ⇒ tam giác MAB cân tại M. ° Ta có: 2 2 2 2 a 2a [MA; MB] ; ; a [MA; MB] a 2 5 5   = − ⇒ =  ÷   uuuur uuur uuuur uuur ° Diện tích tam giác MAB: 2 2 MAB 1 1 a 2 S [MA; MB] .a 2 . 2 2 2 = = = uuuur uuur Bài toán 3: Cho hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác vuông có AB=AC=a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) và 2 2a SA = . a. Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC với I là trung điểm của cạnh BC.  Lời giải: 4 z S 2a M C y a 5 H B A K x a 5 Do AB, AC, AS đôi một vuông góc nên ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O )0;0;0(A≡ , B(a;0;0), C(0;a;0), ) 2 2 ;0;0( a S Tính góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC): Mặt phẳng (SAC) có vectơ pháp tuyến là )0;0;1(=i Mặt phẳng (SBC) có cặp vectơ chỉ phương: ) 2 2 ;;0(); 2 2 ;0;( a aSC a aSB −=−= Ta cĩ [ ] )2;1;1( 2 2 ; 2 2 ; 2 2 , 2 2 22 a a aa SCSB =         = nên mặt phẳng (SBC) có vectơ pháp tuyến )21;1(=n Gọi ϕ là góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) ta có: 0 60 2 1 211 1 . . cos =⇒= ++ == ϕϕ ni ni a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SC: Vì I là trung điểm của BC       ⇒ 0; 2 ; 2 aa I nên ta có: [ ] [ ] [ ] 2 488 , 4 2 ., 2 2 ;0;0, 2 ; 4 2 ; 4 2 ,, 2 2 ;;0,0; 2 ; 2 2444 3 222 aaaa SCAI a ASSCAI a AS aaa SCAI a aSC aa AI =++= =⇒         =         −=         −=       = Vậy khoảng cch giữa hai đường thẳng AI và SC là: [ ] 2 2 . 4 2 , ., ),( 2 3 a a a SCAI ASSCAI SCAId ==       = Bài toán 4: ( Trích đề thi Đại học khối A năm 2002 ) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M, N lần lượt lượt trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a diện tích của tam giác AMN, biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).  Lời giải: Gọi H là hình chiếu vuôg góc của S trên mặt phẳng (ABC) thì H là trọng tâm ( cũng là tâm của đường tròn ngoại tiếp ) của tam gic ABC. Giả sử SH = h. Gọi K là trung điểm của BC ta có: 6 3 ; 3 3 ; 2 3 a HK a AH a AK === Chọn hệ trục toạ độ Oxyz sao cho: )0;0;0(HO ≡ 5 z x y A S B C I Ta có: )0; 2 ; 6 3 (),0; 2 ; 6 3 (),0;0; 3 3 ( aa C aa B a A −−−         − −         − − 2 ; 4 ; 12 3 , 2 ; 4 ; 12 3 ),0;0; 6 3 (),;0;0( haa N haa M a KhS Suy ra :         −−=         −= 2 ; 4 ; 12 35 2 ; 4 ; 12 35 haa AN haa AM Mặt phẳng (AMN) có vectơ pháp tuyến [ ]         == 24 35 ;0; 4 , 2 1 aah ANAMn .         −−−=         −−= h aa SCh aa SB ; 2 ; 6 3 ;; 2 ; 6 3 . Mặt phẳng (SBC) có vectơ pháp tuyến [ ]         −== 6 3 ;0;, 2 2 a ahSCSBn . Theo giả thiết: 0 48 5 4 0.)()( 422 21 =+−⇔=⇒⊥ aha nnSBCAMN 6 15a h =⇒ . Vậy [ ] [ ] 16 10 , 2 1 24 35 ;0; 24 15 , 222 a ANAMS aa ANAM AMN ==⇒         = ∆ II/ Các bài toán về hình chóp tứ giác Bài toán 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với aSAaADaAB === ;2; và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) . Gọi M; N lần lượt là trung điểm của AD và SC; I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh rằng mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (SMB). Tính thể tích khối tứ diện ANIB. Trích đề thi Đại học khối B – năm 2006 )  Lời giải: Theo giả thiết ta có AS, AB, AD đôi một vuông góc, nên ta chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho )0;0;0(AO ≡ , Khi đó ta có: M là trung điểm của AD )0; 2 2 ;0( a M⇒ 6 z x y A C B S K H N M z S x B C y D N MA I );0;0(),0;2;(),0;2;0(),0;0;( aSaaCaDaB N là trung điểm của SC ) 2 ; 2 2 ; 2 ( aaa N⇒ I là giao điểm của AC và BM nên I là trọng tm của tam gic ABD         ⇒ 0; 3 2 ; 3 aa I * Chứng minh )()( SBMSAC ⊥ Ta có : [ ] )0;;2(,)0;2;(),;0;0( 22 1 aaACASnaaACaAS −==⇒== [ ]         ==⇒−=−= 2 2 ;; 2 2 ,); 2 2 ;0(),;0;( 2 2 2 2 a a a SMSBna a SMaaSB 21 , nn lần lượt là vectơ pháp tuyến của hai mặt phẳng (SAC) và (SBM) đồng thời 0 2 2 .0. 2 2 .2. 2 22 2 2 21 =++−= a aa a ann nên )()( SBMSAC ⊥ (đpcm). * Tính ANIB V ? Ta có : [ ]         −=⇒         =         = 0; 6 ; 6 2 ,0; 3 2 ; 3 , 2 ; 2 2 ; 2 22 aa AIAN aa AI aaa AN )0;0;(aAB = Suy ra thể tích của khối chóp AINB là: [ ] 36 2 . 6 2 6 1 ., 6 1 32 a a a ABAIANV AINB =−== Bài toán 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, BC và CD. Chứng minh rằng AM vuông góc với BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP. ( Trích đề thi Đại học khối A – năm 2007 )  Lời giải: Gọi H là trung điểm của AD, vì tam giác SAD đều nên SH ⊥ AD. Mặt khác (SAD) ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD). Suy ra HS, HA và HN đôi một vuông góc. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho )0;0;0(HO ≡ Khi đó ta có : )0; 2 ; 2 ( ) 4 3 ; 2 ; 4 (),0;;0(),0;; 2 ( )0;; 2 (), 2 3 ;0;0(),0;0; 2 (),0;0; 2 ( aa P aaa MaNa a C a a B a S a D a A − − − * Chứng minh AM ⊥ BP: 7 x z S C y N B M D H P A Ta có ) 4 3 ; 2 ; 4 ( aaa AM −= )0: 2 ;( a aBP −−= Suy ra : BPAMa aaaa aBPAM ⊥⇒=+−−−= 0 4 3 .0 2 . 2 ) 4 .(. (đpcm) * Tính thể tích khối chóp CMNP: Ta có: [ ] ) 4 ; 8 3 ;0(,) 4 3 ; 2 ; 4 (), 4 3 ; 2 ; 4 3 ( 22 aa MNMC aaa MN aaa MC −=⇒−−=−−= ) 4 3 ;0; 4 3 ( aa MP −−= Suy ra thể tích khối chóp CMNP: [ ] 96 3 16 3 6 1 ., 6 1 33 aa MPMNMCV CMNP =−== . Bài toán 7; . Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Gọi E là điểm đối xứng 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 tính (theo a ) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC. ( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 2007 ) Dựng hình : Gọi O là tâm của hình vuông ABCD ⇒ )(ABCDSO ⊥ Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz như sau : )0;0;0(O ; S ( ) h;0;0 ; A 2 ;0;0 2 a   −  ÷  ÷   ; C 2 ;0;0 2 a    ÷  ÷   D         0; 2 2 ;0 a ; B         − 0; 2 2 ;0 a Toạ độ trung điểm P của SA P 2 ; 0 ; 4 2 a h   −  ÷  ÷   ; E 2 2 ; ; 2 2 a a h   − −  ÷  ÷   M 2 2 ; ; 2 4 2 a a h   − −  ÷  ÷   N 2 2 ; ;0 4 4 a a   −  ÷  ÷   3 2 ;0; ; (0; 2;0) 4 2 a h MN BD a   = − = −  ÷  ÷   uuuur uuur Vì : BDMNBDMN ⊥⇒= 0. 8 S C B A D P N M E O x y Tính (theo a) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC. Chứng minh MN và AC chéo nhau Sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau Ta có : 2 , 0; ;0 2 ah MN AC     = −  ÷    ÷   uuuur uuur 2 0; ; 4 2 a h AM   = −  ÷  ÷   uuuur Vì : 2 , . 0 4 a h MN AC AM   = ≠   uuuur uuur uuuur ⇒ MN và AC chéo nhau ( ) 4 2 2 4 ],[ ].,[ , 22 2 a ha ha ACMN AMACMN ACMNd === III/ Các bài toán về lăng trụ Bài toán 8: Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác cân với AB = AC = a, góc · o BAC 120= , cạnh bên BB' = a. Gọi I là trung điểm CC'. Chứng minh tam giác AB'I vuông tại A và tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB'I). Gọi H là trung điểm BC ⇒ AH BC ⊥ ° tam giác ABH là nửa tam giác đều cạnh AB = a a AH 2 ⇒ = và a 3 BH BC a 3 2 = ⇒ = ° Dựng hệ trục Axyz, với Ax, Ay, Az đôi một vuông góc, A(0; 0; 0), / / / a 3 a a 3 a B ; ; 0 , C ; ; 0 , A (0; 0; a), 2 2 2 2 a 3 a a 3 a a 3 a a B ; ; a , C ; ; a , I ; ; 2 2 2 2 2 2 2     −  ÷  ÷           − −  ÷  ÷  ÷       ° / a 3 a a 3 a a AB ; ; a , AI ; ; 2 2 2 2 2     = = −  ÷  ÷     uuur uur ° Ta có: 2 2 2 / a 3 a 3 a a a 3a a 2a AB .AI . . a. 0 2 2 2 2 2 4 4 4   = − + + = − + + =  ÷   uuur uur / AB AI.⇒ ⊥ uuur uur Vậy, tam giác AB / I vuông tại A. * Phương trình mp(ABC): z = 0 có pháp vectơ 1 n (0; 0; 1)= r * mp (AB / I) có cặp vectơ chỉ phương / AB , AI uuur uur , nên có pháp vectơ: 2 2 2 2 2 / 2 a 3a 3 2a 3 a a [AB ; AI] ; ; (1; 3 3; 2 3) .n 4 4 4 4 4   = − − = − − = −  ÷   uuur uur r 9 60 o B / A / C / z a B C A H I y z với 2 n (1; 3 3; 2 3)= − r . ° Gọi α là góc giữa (ABC) và (AB / I), ta có: 0 0 2 3 2 3 30 cos . 10 0 0 1. 1 27 12 40 + − α = = = + + + + Bài tóan 9: Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có thể tích bằng 1 . Gọi I, J, K lần lượt là trung điển của các đoạn thẳng AA’, CD v A’D’. a) Tính thể tích khối tứ diện BIJK. b) Biết BK vuông góc với mặt phẳng (A’C’D). Tính độ dài các cạnh của hình hộp . c) Tính giá trị lớn nhất của khoảng cách giữa hai đường thẳng CI và A’J.  Lời giải: Gọi a,b,c là 3 kích thước của hình hộp chữ nhật, ta có a.b.c = 1. Xét hệ trục Đề –các vuông góc Axyz với tọa độ các điểm là : ); 2 ;0(),0;; 2 ( ) 2 ;0;0(),;;0('),;;('),;0;('),;0;0('),0;;0(),0;;(),0;0;(),0;0;0( c b Kb a J c IcbDcbaCcaBcAbDbaCaBA a) Gọi V là thể tích của tứ diện BIJK ta có: [ ] [ ] 8 5 82 6.,6 ); 2 ;( ; 4 ; 2 ,)0;; 2 (), 2 ;0;( abc abc abcabc VBKBJBIV c b aBK ab acbc BJBIb a BJ c aBI =−−=⇔=⇒ −=       −−−=⇒−=−= Vậy 48 5 =V ( vì a.b.c =1 ) b) Ta có      = = ⇔      ⊥ ⊥ ⇔⊥ 0'. 0''. ' '' )''( DABK CABK DABK CABK DCAmpBK (1) Với );;0('),0;;(''),; 2 ;( cbDAbaCAc b aBK −==−= Thế vo hệ (1) ta được 6 2 2 2 2 2 1 2 0 2 0 2 ===⇔        =− =+− b ca c b b a , từ đó suy ra độ dài các cạnh của hình hộp chữ nhật. c) Gọi khoảng cách giữa hai đường thẳng CI và A’J là h , ta có; 10 x B B’ A’ z C’ D’ D y C A I J K [...]... tác, tôi nhận thấy sử dụng phương pháp tọa độ để giải toánn hình học không gian l một phương pháp có nhiều tính ưu việt, phù hợp với đối tượng học sinh chuẩn bị thi vào các trường Đại học- Cao đẳng, đặc biệt là các kỳ thi gần đây khi Bộ giáo dục có chủ trương thực hiện kỳ thi “Ba chung” Nên bản thân tôi cũng rất tâm huyết khi thực hiện đề tài này 11 TÀI LIỆU THAM KHẢO  Hình học 11 ( sách giáo khoa )...  Hình học 12 ( sách giáo khoa ) - Văn Như Cương (chủ biên), Tạ Mân NXB Giáo dục, 2000  Hình học 12 ( sách giáo khoa ) - Trần Văn Hạo và Nguyễn Mộng Hy (chủ biên), Khu Quốc Anh - Trần Đức Huyên - NXB Giáo dục, 2000  Các bài toán về phương pháp vectơ và phương pháp toạ độ - Nguyễn Mộng Hy - NXB Giáo dục, 1998  Làm thế nào để học tốt môn Toán - Đào Văn Trung - NXB Đại học quốc gia Hà Nội, 2001  Phương. .. dục, 1998  Làm thế nào để học tốt môn Toán - Đào Văn Trung - NXB Đại học quốc gia Hà Nội, 2001  Phương pháp toạ độ trong không gian - TS Nguyễn Thái Sơn ( tài liệu bồi dưỡng thường xuyên giáo viên THPT chu kỳ 1997 - 2000 ) - Lưu hành nội bộ, 2000  Báo Toán học và Tuổi trẻ, số tháng 11/1995 và số tháng 2/1999 12 ... 2 + 2 2 a c b đạt được khi a c b 1 = = =3 2 2 3 12 Bài toán 10: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có các mặt bên là hình vuông cạnh a Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC, A’C’, C’B’ Tính khoảng cách giữa DE và A’F  Lời giải : Xét hệ trục Đề –các vuông góc A’xyz với tọa độ các điểm là : a 3 a 3 a a 3 ;0), D(0; ; a ), E (( ; ;0) 2 2 4 4 a a 3 a 3 a a 3 ⇒ ED = (− ; ; a ) A' F = (0; . phần Hình học không gian được ra dưới dạng mà học sinh có thể giải được bằng cả phương pháp hình học thuần tuý và cả phương pháp tọa độ. Việc giải toán Hình học không gian bằng phương pháp hình học. học không gian bằng phương pháp tọa độ 4. Cấu trúc sáng kiến kinh nghiệm Chương 1 Phương pháp nghiên cứu lý luận Chương 2 Cở sở thực tiễn Chương 3 Một số kỹ năng giải giải hình học không gian bằng. phương pháp giải toán Hình học không gian, chuẩn bị cho kỳ thi cuối cấp. Trong phạm vi đề tài Sáng kiến kinh nghiệm của mình, tôi xin trình bày một số kỹ năng giải giải hình học không gian bằng phương