Các Sáng kiến kinh nghiệm về Hình học không gian

Sở GD & ĐT Tỉnh Bà Rịa –Vũng Tàu.
Năm học 2009 – 2010 .
------------------------------------------
SKKN : KHAI THÁC TÍNH CHẤT HÌNH HỌC 
TRONG CÁC BÀI TOÁN TOẠ ĐỘ KHÔNG GIAN.
Họ và tên : VŨ HỮU VIÊN .
 Đơn vị : Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn.
 ----------------------------------------------------
A.LÝ DO : 
 Trong chương trình toán lớp 12, phương pháp toạ độ để giải quyết các bài toán hình học không gian là một công cụ rất hiệu quả. Bên cạnh việc “đại số hoá” một mô hình hình học với kĩ thuật chính là xây dựng một hệ trục toạ độ thích hợp, các “bài toán ngược” – tức là chuyển ĐẠI SỐHÌNH HỌC cũng là một thử thách không nhỏ đối với học sinh.
B.MỤC ĐÍCH :
 Qua một số bài toán đặc trưng trên các mô hình hình học cơ bản, với cách đặt vấn đề đa dạng, giúp học sinh củng cố và nâng cao kiến thức, kỹ năng giải toán hình không gian với sự tương tác giữa hai môi trường đại số và hình học.
C.NỘI DUNG :
Bài toán 1. 
Trong không gian với hệ tọa độ cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có A và A’ thuộc đường thẳng ; B và C’ thuộc đường thẳng . 
a.Tính thể tích của khối lăng trụ đã cho.
b.Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình lăng trụ đã cho.
* Phân tích: Với dữ kiện của đề bài, đại lượng góc và khoảng cách của hai đường thẳng phải được xác định, thêm nữa có thể xét đến đoạn vuông góc chung của chúng.
A
B’
M
B
C
C’
P
Q
Học sinh phải nắm được tính chất cơ bản của hình lăng trụ đều, biết cách xác định góc và khoảng cách của hai đường thẳng chéo nhau, biết xác định tâm và bán kính mặt cầutừ đó định hướng giải quyết bài toán.
* Tóm tắt lời giải:
+ Gọi M là trung điểm BC, ta có , mà 
A’
 +; .
 + Tam giác đều ABC có AM =.
 Tam giác vuông B’BC’ có .
+ Thể tích khối chóp là .
+ Bán kính của mặt cầu: 
+ Tâm cầu là trung điểm của đoạn vuông góc chung PQ của d1 và d2: 
Việc tìm toạ độ các điểm P, Q khá phức tạp cho dù có phương pháp đơn giản, để có một kết quả đẹp 
( kết thúc có hậu!) nên chọn trước P, Q và sau đó xây dựng phương trình hai đường thẳng nhận PQ là đoạn vuông góc chung. Đây cũng là một dạng đề bài cho học sinh rèn luyện:
Bài toán 1.1 Cho P(0;1;2) và Q(-2;0;2). Viết phương trình hai đường thẳng a, b nhận PQ là đoạn vuông góc chung và góc giữa a, b là 900 hoặc 600. Nhận xét gì về số nghiệm hình? Nên thêm giả thiết nào để số nghiệm hình là hữu hạn?
+ Phân tích: a, b qua P, Q và lần lượt chứa trong mặt phẳng qua P, Q và vuông góc với PQ. Giả thiết góc cũng chưa đủ để xác định a, b. Nếu cố định a (ví dụ thêm giả thiết a nằm trong mặt phẳng cố định qua P) thì xác định được b( một hoặc hai nghiệm hình tuỳ theo góc 900 hoặc 600).
Hoàn toàn tương tự bài toán 1, khi thay một chút giả thiết ta có các bài toán sau:
Bài toán 1.2 Trong không gian với hệ tọa độ cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông, A và A’ thuộc đường thẳng ; D và B’ thuộc đường thẳng . Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình hộp và phương trình CC’. 
+Phân tích: Yếu tố khoảng cách, góc và đoạn vuông góc chung vẫn cần thiết để tính các kích thước của hộp. Đoạn vuông góc chung PQ với Q thuộc d2 là tâm mặt cầu và bán kính cầu là nửa đường chéo B’D.
CC’ đối xứng với A’A qua Q.
Bài toán 1.3 Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ cạnh đáy bằng cạnh bên và bằng 2, có A(1;2;-1) và phương trình BC’: . Tìm toạ độ B, C và phương trình AB’.
Bài toán 2. Trong không gian với hệ tọa độ , cho tứ diện đều ABCD nội tiếp mặt cầu (S) có tâm I(0;1;2) và đường thẳng AB có phương trình: . Viết phương trình đường thẳng CD và phương trình (S).
M
N
I
D
C
A
B
* Phân tích: Học sinh phải dựng hình và biết khai thác tính chất tứ diện đều : nếu M, N là trung điểm AB, CD thì I là trung điểm MN và .Vậy M là hình chiếu của I trên (d).
Biết độ dài MN suy được bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp.
* Tóm tắt lời giải:
+ M(1;1;1) và N(-1;1;3).
+ CD qua N và nên CD có VTCP: .
* Phương trình CD: .
* Dựng hình lập phương có MN = là đoạn nối 2 tâm đáy, tứ diện đều ABCD có 6 cạnh là các đường chéo
 của các mặt lập phương, suy ra bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình lập phương (cũng là ngoại tiếp tứ diện đều) là 
R = ,phương trình (S): .
Một vài bài toán tương tự: 
Bài toán 2.1 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện đều ABCD có đỉnh A(3;-2;2) và có mặt cầu ngoại tiếp là (S): . Viết phương trình mặt phẳng (BCD).
+ Kết quả: (BCD): .
Bài toán 2.2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, tìm toạ độ các đỉnh tứ diện đều ABCD có phương trình AB: và CD:.
 + Xác định đoạn vuông góc chung PQ, tính khoảng cách (AB, CD), suy ra độ dài cạnh tứ diện và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện. A, B, C, D là giao của mặt cầu ngoại tiếp và hai đường thẳng AB, CD. Hoặc là giao của mặt cầu tâm P,Q bán kính AB/2.
Bài toán 2.3. Trong không gian toạ độ cho mặt cầu (T): . Một hình chóp S.ABCD có tất cả các cạnh bằng nhau nội tiếp trong (T) và có đỉnh S(-1;-4;0). Viết phương trình mặt phẳng (ABCD).
+ Chứng minh S.ABCD là chóp đều có tâm cầu trùng với tâm ABCD.
Bài toán 3. Trong không gian toạ độ cho (d) là giao tuyến của hai mặt phẳng:
với tham số m khác -1.
a/.Chứng minh (d)đi qua một điểm cố định và chứa trong một mặt phẳng (T) cố định.
b/.Gọi H là hình chiếu của O trên (d). Chứng minh H thuộc một đường tròn (C) cố định. Tìm tâm và bán kính của (C).
* Phân tích: Điểm cố định K có toạ độ thoả hệ ,vậy K(-2;1;1)
Véc tơ chỉ phương của d: có phương vuông góc với một véc tơ hằng, khác véc tơ - không : .
Vậy d chứa trong mặt phẳng (T) qua K, nhận là VTPT : x + y + 1 = 0.
Hoặc, có thể chỉ ra toạ độ mọi điểm thuộc d đều thoả hiệu của hai phương trình (P) và (Q) : x + y +1 = 0.
Áp dụng một bài toán quỹ tích cơ bản trong hình học : Cho đường thẳng d di động qua một điểm cố định K và chứa trong mặt phẳng cố định (P), hình chiếu của điểm cố định A trên d thuộc đường tròn cố định đường kính A’K nằm trong (P) , với A’ là hình chiếu của A trên (P).
Từ đó giải quyết được bài toán.
Một bài toán quỹ tích tương tự : 
Cho mặt phẳng (P) di động qua một đường cố định d , hình chiếu của điểm cố định A trên (P) thuộc đường tròn cố định đường kính AA’ nằm trong (Q) , với A’ là hình chiếu của A trên d và (Q) là mặt phẳng cố định qua A và vuông góc với d.
Ta có bài toán sau :
Bài toán 3.1 Trong không gian toạ độ cho mặt phẳng (P): . Chứng minh rằng hình chiếu của A(1 ;2 ;3) trên (P) thuộc một đường tròn cố định. Viết phương trình tiếp tuyến tại A của đường tròn này.
+Phân tích : . Suy ra (P) chứa đường thẳng d cố định là giao tuyến của hai mặt phẳng x + z = 0 và 2y + z – 1 = 0, (hoặc chỉ ra hai điểm cố định của (P)).
Sau đó áp dụng bài toán nêu trên. 
Phương trình tiếp tuyến : qua A và có véc tơ chỉ phương với I là tâm đường tròn, là VTPT của (Q).
Trong các bài toán nêu trên, rõ ràng nếu chỉ có kỹ năng tính toán đơn thuần thì không đủ đi đến kết quả hoặc không cho một giải pháp tối ưu ( tính toán quá phức tạp), việc nhận ra một đặc tính của mô hình trong đề bài là quan trọng. Bài toán sau đây là một minh chứng thêm cho nhận định này.
Bài toán 4. Trong không gian toạ độ Oxyz cho A(1;4;-1), B(2;4;-1), C(2;4;3) và D(2;2;-1).
a/. Chứng minh hình chiếu của B trên (ACD) là trực tâm tam giác ACD.
b/.Gọi d, d’, d’’ lần lượt là đường thẳng qua A và trực tâm tam giác BCD, qua C và trực tâm tam giác ABD, qua D và trực tâm tam giác ABC. Chứng minh rằng d, d’ và d’’ đồng quy.
Phân tích : Nếu chỉ tính toán trực tiếp theo trình tự : Viết phương trình (ACD), tìm hình chiếu H của B trên (ACD) rồi chứng minh H là trực tâm tam giác ACDthì mất khá nhiều công sức.
Ta cần liên hệ bài toán với các tính chất của tứ diện trực tâm(tứ diện có cặp cạnh đối diện vuông góc đôi một). Khi đó lời giải của bài toán trở nên đơn giản hơn. 
Vấn đề còn lại là chúng ta có chấp nhận lời giải thuần tuý hình học trong các bài toán toạ độ hay không ? Nên chăng là các đề bài phải tích hợp cả hai yếu tố hình học và đại số một cách thích hợp, tránh sa đà vào một trong hai thái cực ?
Bài toán 4.1 Trong không gian Oxyz cho (d1) : và (d2) : 
có đoạn vuông góc chung AB( A thuộc d1, B thuộc d2). C và D lần lượt di động trên (d1) , (d2) sao cho
 CD tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB tại T. 
Chứng minh VABCD không đổi, tính giá trị không đổi này.
Tìm quỹ tích của T.
Phân tích : Chìa khoá của bài toán là quan hệ chéo – vuông góc của d1 và d2. Sau đó, vận dụng các kết quả quen thuộc của bài toán hình ” thuần tuý ”, ta có lời giải.
D.KẾT LUẬN :
 Rõ ràng với những kiểu đề bài nói trên, những học sinh không nắm chắc kiến thức hình học, cho dù chỉ là kiến thức cơ bản, rất khó có thể giải quyết được trọn vẹn. Phương pháp toạ độ có hiệu ứng rất tốt trong nhiều bài toán hình học không gian , và các tính chất hình không gian nếu khéo léo kết hợp với các bài toán toạ độ thì người dạy có thể đặt ra nhiều mục tiêu trong cùng một bài toán, giúp học sinh vừa rèn luyện tư duy hình học, vừa có kỹ năng tính toán đại số.	
 Vũng tàu, 3/ 2010.
Người viết: Vũ Hữu Viên
Sở GD & ĐT Tỉnh Bà Rịa –Vũng Tàu.
Năm học 2009 – 2010 .
------------------------------------------
SKKN : KHAI THÁC TÍNH CHẤT 
HÌNH HỌC TRONG CÁC BÀI TOÁN 
TOẠ ĐỘ KHÔNG GIAN.
 Giáo viên : VŨ HỮU VIÊN .
 Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn.
Sở GD & ĐT Tỉnh Bà Rịa –Vũng Tàu.
Năm học 2010 – 2011 .
------------------------------------------
SKKN : KHAI THÁC CÁC ĐẶC TÍNH CỦA MỘT HÌNH CHÓP
TRONG GIẢNG DẠY HÌNH HỌC KHÔNG GIAN.
Họ và tên : VŨ HỮU VIÊN .
Đơn vị : Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn.
----------------------------------------------------
A.LÝ DO : 
 Trong chương trình toán hình học không gian lớp 11 và 12, việc rèn luyện cho học sinh kỹ năng dựng hình, chứng minh và tính toán  là một công việc trọng tâm và đầy khó khăn đối với cả thầy và trò. Các bài toán trong sách giáo khoa hoặc bài tập chủ yếu khai thác các mô hình chóp – lăng trụ quen thuộc và đặc biệt. Hệ thống bài toán này là cần thiết cho đối tượng học sinh phổ thông với số đông có trình độ cơ bản và tâm lý ‘ngán ngại học hình’. Tuy nhiên, việc học sinh không được tiếp cận với nhiều mô hình đa dạng dễ dẫn đến buông xuôi khi đối mặt với các bài toán thi dù đôi khi chỉ đòi hỏi vận dụng kiến thức và kỹ năng cơ bản.
B.MỤC ĐÍCH :
 Bằng việc khai thác các bài toán kết hợp nhiều phân môn ( hình – đại – lượng – giải tích ) trong một mô hình ‘ lạ mà quen’, đi từ các vấn đề cơ bản cho đến những nội dung chuyên sâu ; người viết mong muốn góp phần hoàn thiện kĩ năng toán học cho học sinh.
C.NỘI DUNG :
I.Giới thiệu mô hình : 
Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh 2a, góc A = 600 ; mặt bên SAB là tam giác cân tại S, góc và SH là đường cao của hình chóp với H là trung điểm AB.
Đặc tính của mô hình :
 - Đáy : là hợp của hai tam giác đều thuận lợi cho việc định tính và lượng. B là tâm của đường tròn (ACD), D là tâm của đường tròn (ABC), tứ giác BCDG nội tiếp được đường tròn
thuận lợi cho việc xác tính tâm mặt cầu ngoại tiếp đa diện.
DH vuông góc với SA, SB; AB vuông góc SD, BN vuông góc SC với AN : AD = 4 : 5. là các yếu tố để dựng và tính số đo góc giữa các mặt bên, dựng và tính độ dài đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo nhau
- Mặt bên (SCD) và (SAB) vuông góc với (SHD) ... dựng qua trung gian được sử dụng chủ yếu trong lời giải, kết quả thể hiện trên hình vẽ và các số liệu : Khoảng cách (AB ;SC) = HK =  ; .
Khoảng cách (C ;(SAD)) = CC’ = 2HH’ =  góc (SC ;(SAD)) = , . 
BT2: Tính góc giữa các mặt bên của hình chóp.
- Hai mặt bên đối diện: (SAB) và (SCD) có góc là.
(SBC) và (SAD) có góc là  : 
- Hai mặt bên (SAB) và (SAD) : Góc 
- Hai mặt bên (SAB) và (SBC) : Góc 
- Hai mặt bên (SDC) và (SAD) : Góc do hai mp(SCD),(SHD) vuông góc.
- Hai mặt bên (SBC) và (SDC) : Góc 
Việc dựng góc xuất phát từ đường thẳng nằm trong đáy và vuông góc với giao tuyến của từng cặp mặt phẳng ; do vị trí đặc biệt của các góc mà việc tính số đo các góc không quá phức tạp, mục đích để học sinh ‘có hứng thú’ làm việc !
Chú ý : Tính góc cũng như góc ở trên không tính theo giá trị tan ( mặc dù là đơn giản) vì không biết chúng là góc vuông hay không. Đây là sai lầm học sinh thường mắc phải.
BT3 : Một số bài toán liên quan đến các bài toán 1 và 2 
- Tìm giá trị của sao cho (SBC) và (SAD) vuông góc ? (SBC) và (SDC) vuông góc ?
- Tìm giá trị của sao cho góc SC và (SAD) lớn nhất ?
- Dựng thiết diện của hình chóp và các mặt phẳng qua trung điểm canh AD và vuông góc với mỗi cạnh bên của hình chóp.
Phân tích :
- Việc tìm giá trị là bài toán giải phương trình lượng giác và tìm cực trị hàm lượng giác, có thể dùng bất đẳng thức hoặc quy về khảo sát hàm, có tác dụng liên kết giữa các phân môn toán học với nhau :
 *  ;
* .
- Qua việc dựng góc của hai mặt phẳng, ta tận dụng được các mặt phẳng thuận lợi cho việc xác định thiết diện, thông qua quan hệ cùng phương của các giao tuyến đảm bảo việc dựng hình chuẩn xác. Và ngược lại, việc xác định các mặt vuông góc với cạnh nhị diện cũng là cơ sở để xác định góc của nhị diện. 
BT4 : Dựng tâm và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp các tứ diện SABD, SCDH, SACD, SABC và SBCD.
* Chú ý thứ tự các tứ diện, cách dựng tâm cầu có độ khó tăng dần :
- Tứ diện SCDH : tâm cầu là trung điểm SC.
- Tứ diện SABD và SABC : tâm cầu là giao của hai trục đường tròn.
- Tứ diện SACD : B là tâm của đường tròn ACD, và cạnh bên SA đồng phẳng với trục đường tròn đáy Bx nên tâm cầu là giao của Bx và trung trực cạnh SA, dựng trong mp(SAB) . Chú ý khi thì B chính là tâm của mặt cầu ngoại tiếp SACD .
- Tứ diện SBCD : dựng trục đường tròn Gy của tam giác BCD. DH vuông góc với SB nên mặt trung trực của SB chứa trung trực Mz của SB( dựng trong (SAB)) và song song với DH. Gọi N là giao của Mz và Bx, trong mp(Bx,Gy) dựng NI // BG // HD (I thuộc Gy) thì (MNI) là mặt trung trực của SB và I chính là tâm mặt cầu cần dựng.
Trường hợp  : (DHM) chính là mặt trung trực của SB. Hình vẽ bên cạnh cho thấy vị trí đẹp của tâm cầu O. Đây là một bài toán trong đề thi thử ĐH lần I ( 2010 – 2011) của trường chuyên LQĐ – BRVT, hầu hết thí sinh ‘ hy sinh câu này’ ?! hoặc có dựng được tâm thì cũng ‘ thừa nhận nó tồn tại’ hoặc ngộ nhận ! Điều này chứng tỏ học sinh chưa nắm được một hệ thống phương pháp và kỹ năng hoàn chỉnh cho việc dựng hình nói chung và dựng tâm cầu nói riêng.
Cách dựng khác : dựa trên ‘quan hệ đồng cầu’ của hệ điểm, tức là dựng tâm cầu ngoại tiếp một đa diện đặc biệt, và chứng minh cũng là tâm mặt cầu cần dựng. Cụ thể : Tứ giác BKCD nội tiếp được, mặt cầu ngoại tiếp chóp S.ACDK cũng là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SACD, đồng thời ngoại tiếp tứ diện SCDK. Tứ diện SCDK có CD vuông góc với (SDK), như vậy việc dựng tâm mặt cầu trở thành bài toán cơ bản. 
* Bán kính mặt cầu ngoại tiếp SACD : với cách dựng thứ nhất, việc tính bán kính R khá đơn giản với công thức Pi – ta – go, . Với cách dựng thứ 2, việc tính R có phức tạp hơn.
BT5 : Với giả thiết A = 2 , 
a/.Tính thể tích khối chóp và diện tích toàn phần hình chóp S.ABCD theo a và . Tính MaxStp khi thay đổi trong .
b/.Tính khoảng cách d(BD,SC) theo a và . Tính Mind khi thay đổi.
c/.Với A = 600. Tìm sao cho, mặt cầu đường kính BC ( hoặc AB) tiếp xúc với mặt phẳng (SAD) ( hoặc (SCD)). Chứng minh mặt cầu đường kính SC không thể tiếp xúc với AD.
Một số kết quả : a/. .
.
c/. Gọi J là tâm mặt cầu đường kính SC và J’ là hình chiếu của J trên (ABCD), J’ là trung điểm CH, vì D thuộc mặt cầu này nên (J) tiếp xúc AD khi AD vuông góc với J’D, nhưng điều này sai.
Gọi T là tâm mặt cầu đường kính BC, điều kiện tiếp xúc : a = d(T ;(SAD)) = d(C ;(SAD)) = .
BT6 : 
a/.Cho M di động trên cạnh AD, tìm tập hợp hình chiếu vuông góc của H hoặc B trên ( SCM).
b/.P, Q lần lựơt di động trên SH, CD sao cho PQ tiếp xúc với mặt cầu đường kính HD tại T, chứng minh VPQHD không đổi ; tìm tập hợp trung điểm PQ hoặc tiếp điểm T. 
 D. KẾT LUẬN :
 Như vậy, với việc chọn một mô hình thuận lợi cùng hệ thống câu hỏi đa dạng, đi từ cơ bản đến chuyên sâu ; người dạy có thể củng cố và rèn luyện cho học sinh kiến thức và kỹ năng hình học một cách sâu sắc, từ đó có đủ tự tin để làm việc trên một mô hình bất kỳ.
	 Vũng Tàu, tháng 3. 2011.
	 Người viết
	 Vũ Hữu Viên.
Sở GD & ĐT Tỉnh Bà Rịa –Vũng Tàu.
Năm học 2011 – 2012 .
------------------------------------------
SKKN : MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN 
GÓC GIỮA HAI MẶT PHẲNG trong HÌNH HỘP.
Họ và tên : VŨ HỮU VIÊN .
Đơn vị : Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn.
----------------------------------------------------
A.LÝ DO : 
 Trong chương trình toán hình học không gian lớp 11 và 12, việc rèn luyện cho học sinh kỹ năng dựng hình, chứng minh và tính toán  là một công việc trọng tâm và đầy khó khăn đối với cả thầy và trò. Các bài toán về dựng và tính số đo góc của hai mặt phẳng cũng như các bài toán liên quan trong các mô hình không thuận lợi đòi hỏi nhiều kiến thức và kỹ năng khiến đa số học sinh gặp trở ngại.
B.MỤC ĐÍCH :
 Bằng việc khai thác một mô hình đơn giản, quen thuộc để vận dụng vào các mô hình phức tạp ; người viết mong muốn góp phần hoàn thiện kiến thức và kĩ năng hình học cho học sinh.
C.NỘI DUNG :
 1. Trước hết ta xét các bài toán quen thuộc: 
BT1. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. 
Tính số đo góc của hai mặt phẳng (A’BD) và (C’BD) : 
 * Gọi O là tâm hình vuông ABCD, ta có là góc tạo bởi (ABCD) với hai mặt phẳng (A’BD) và (C’BD).
* Ta tính số đo hai góc : , vậy và ; suy ra .
Hai điểm M, N lần lượt thuộc cạnh AA’,CC’. Tính góc tạo bởi hai mặt phẳng (MBD) và (NBD) theo a, ( ):
* Ta có : . 
* Nếu : 
 * Nếu : .
BT2. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AB = a, BC = b, AA’ = c. 
 Tính góc tạo bởi hai mặt phẳng (A’BD) và (C’BD) theo a, b, c.
 * Trong (ABCD) dựng AH, CK vuông góc với BD ( H,K thuộc BD) ; ta có là góc tạo bởi mp(ABCD) và hai mặt phẳng (A’BD) và (C’BD) .
* .
Nếu: 
Nếu : .
2. Qua hai bài toán trên, vai trò trung gian của mặt phẳng “ nền” (ABCD) là rất quan trọng cho việc xác định và tính số đo các góc “ bù”hoặc “phụ” với góc cần xác định. Do đó, với mỗi bài toán mà việc xác định và tính trực tiếp số đo góc (được yêu cầu) gặp khó khăn, ta có thể “ cầu cứu” đến mặt phẳng “nền”.
Ta xét thêm một vài bài toán khác:
BT3. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a, tâm I. Lấy hai điểm E, F lần lượt trên đường thẳng BB’, CC’ sao cho EF đi qua I. 
 1. Tính số đo góc của hai mặt phẳng (A’EF),(AEF) trong hai trường hợp:
a) EF // BD b) EF vuông góc BD’.
2. Có hay không vị trí EF sao cho hai mặt phẳng (A’EF),(AEF) vuông góc?
 * Rõ ràng mặt phẳng “ nền” ở đây là mặt phẳng (BDD’B’). 
Trường hợp a) EF ở vị trí MN, thực hiện tương tự BT1, ta có kết quả .
Trường hợp b) dựng OH, O’K vuông góc với EF ( H, K thuộc EF). Ta có , .
* Đặt , với . Dựng OP , O’Q vuông góc EF 
( P,Q thuộc EF). Ta có . 
Vậy : vô nghiệm. 
Vậy không tồn tại vị trí nào của E, F thoả yêu cầu bài toán.
BT4. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ đáy hình bình hành tâm O, tam giác ABC đều cạnh a, AA’ = a và vuông góc (ABCD). M là trung điểm AA’ và I là tâm của mặt CDD’C’. Tính góc tạo bởi hai mặt phẳng (MBC’) và (IMO).
* Gọi N là trung điểm A’D’, vì BC’ và OI cùng song song với AD’ nên sử dụng định lý về phương giao tuyến của hai mặt phẳng ta có .
* Chọn mặt phẳng “nền” là (AA’D’D), ta có C’N vuông góc với (AA’D’D) nên (MBC’) vuông góc với (AA’D’D).
Gọi E trung điểm DN, suy ra IE // C’N nên IE vuông góc với (AA’D’D) trong (AA’D’D) dựng EH vuông góc MN tại H, (EH // A’D do AA’D’D là hình vuông). Ta có góc giữa (IMO) và (AA’D’D) là góc nên .
Ta tính được . Vậy .
3. Các bài toán áp dụng:
BT5. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Hai điểm M, N lần lượt thuộc cạnh AA’,CC’. 
Chứng minh rằng: .
Tính giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện MNBD khi M, N di động và thoả mãn (BMN) vuông góc (DMN).
* Áp dụng kết quả bài toán 1, ta có (1) , trong đó x = AM, y = CN và .
* Gọi P là hình chiếu của O trên MN, ta có (BDP) vuông góc MN và tam giác BDP cân tại P. Vậy . (2)
Mà và 
nên (2) (3). Từ (1) và (3) suy ra:
.
* Ta có ( do ).
Thể tích khối tứ diện MNBD là V = .
Điều kiện . 
Xét hàm số . ; Lập bảng biến thiên của hàm số, từ đó ta có: 
BT6. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AA’ = c không đổi. Đáy là hình chữ nhật ABCD thay đổi và thoả mãn hai mặt phẳng (A’BD) và (C’BD) vuông góc. Tính theo c giá trị nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện A’BC’D.
* Áp dụng kết quả BT2, ta có .
* Thể tích khối tứ diện A’BC’D là V = .
* Áp dụng bất đẳng thức Cô – Si, ta có 
* Vậy .
* Chú ý: Ta có thể chứng minh dễ dàng tính chất 
BT7. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Hai điểm M, N lần lượt di động trên hai cạnh AB’, CD’ sao cho 	. Tìm giá trị của k sao cho hai mặt phẳng (BMN) và ( DMN) vuông góc.
* Giả thiết suy ra MN song song với hai đáy lập phương. Dựng mặt phẳng chứa MN và song song với (ABCD) cắt AA’, BB’, CC’, DD’ tại P, Q, R, S. Ta có PQRS là hình vuông và MN đi qua tâm hình vuông này. Mặt phẳng “nền” ở đây chính là (PQRS).
* Đặt x = AP, ta có . ( 0 < x < a)
Dựng QH, SK vuông góc MN tại H, K. Ta có là góc của (BMN), (DMN) và mặt phẳng (PQRS); đồng thời 
Suy ra 
* Vậy 
 Giải phương trình ta tìm được giá trị duy nhất . Khi đó M, N là trung điểm AB’, CD’.
4. Các bài tập đề nghị:
BT8. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Hai điểm M, N lần lượt di động trên hai cạnh AB’, CD’ sao cho 	. 
Tìm giá trị của k sao góc giữa hai mặt phẳng (BMN) và ( DMN) bằng góc giữa hai mặt phẳng (MBD) và (NBD).
Khi k thay đổi trong khoảng (0;1) tính giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện BDMN.
BT9. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Hai điểm M, N lần lượt thuộc cạnh AA’,CC’. 
Tính giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của thể tích khối tứ diện MNBD khi M, N di động và thoả mãn góc giữa hai mặt phẳng (BMN), (DMN) là 600.
BT10. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AA’ = a, AB = b, AD = c. Tìm điều kiện của a, b, c sao cho mặt phẳng (ABC’D’) tạo với hai mặt phẳng (A’BD), (C’BD) các góc bằng nhau? Phụ nhau?
 D. KẾT LUẬN:
 Như vậy, bằng phương pháp chọn mặt phẳng nền thích hợp, ta có thể xác định cũng như tính toán khá dễ dàng các góc của hai mặt phẳng trong mô hình hình hộp. Với một số mô hình chóp thuận lợi, việc sử dụng kỹ thuật này cũng có tác dụng đáng kể.
 Hy vọng một chút kinh nghiệm này sẽ giúp ích cho quý thầy cô đồng nghiệp trong việc giảng dạy bộ môn hình học không gian.
Nhận xét và đánh giá của TTCM
	 Vũng tàu, tháng 05 năm 2012
	 Nguời viết
 Vũ Hữu Viên.