ĐỀ TÀI: KHAI THÁC BÀI TOÁN TAM GIÁC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TỨ DIỆN TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
SỞ GD & ĐT TỈNH ĐỒNG NAI
TRƯỜNG THPT LONG KHÁNH
CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
NĂM HỌC 2011 - 2012
Tên sáng kiến kinh nghiệm:
KHAI THÁC BÀI TOÁNTAM GIÁC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN
TỨ DIỆN TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Họ tên tác giả: Ngô Tấn Tuân
Đơn vị (Tổ): TRƯỜNG THPT LONG KHÁNH. Tổ: Toán
Lĩnh vực: Phương pháp dạy bộ môn 
SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: Ngô Tấn Tuân
2. Ngày tháng năm sinh: 05 – 08 – 1955
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: Trường THPT Long Khánh
5. Điện thoại: (CQ ) (NR): 0613 781 981; ĐTDĐ: 0946 740 160
6. Fax: E-mail:
7. Chức vụ: Giáo viên
8. Đơn vị công tác: Trường THPT Long Khánh
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử Nhân
- Năm nhận bằng: 1977
- Chuyên ngành đào tạo: Toán
III.KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm: Dạy Toán
- Số năm có kinh nghiệm dạy học : 34 năm

1
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
Tên đề tài:
KHAI THÁC TAM GIÁC ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN TỨ DIỆN
TRONG HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
Phần I: Lý do chọn đề tài
 Xu thế của dạy học hiện đại là dạy học theo phương pháp kiến tạo. Ở Pháp
người ta gọi là lý thuyết tình huống và hiện nay chúng ta dạy học bằng cách tổ chức
các hoạt động. Trong hoạt động dựa vào tri thức đã biết để xây dựng các tri thức mới
thì các kiểu giải bài tập tương tự là hoạt động phù hợp và cần thiết.
 Khi dạy học sinh lớp 11 và 12 giải toán hình không gian tôi thường gặp các bài
toán tương tự ở hình phẳng và thực tế có nhiều bài toán hình không gian để dễ hiểu
chúng ta phải qui về mặt phẳng để tìm tòi lời giải hay minh họa cho học sinh dễ hiểu.
 Trong hướng dẫn học sinh làm bài về nhà, bồi dưỡng học sinh giỏi và hướng
dẫn học sinh giải bài toán trên báo toán học tuổi trẻ tôi thường xuyên giúp đỡ vá đưa
ra các gợi ý tìm bài toán liên quan.
 Với các lý do trên tôi xin trình bày một số bài toán chuyên biệt (theo đề tài) mà
tôi đã khai thác cũng như giảng dạy trong bộ môn hình học không gian ở khối 11 và
12 cũng như bồi dưỡng học sinh giỏi.
Phần II: Thực trạng trước khi thực hiện và các nội dung giải pháp của đề tài
A. Thực trạng
1. Học sinh thường lúng túng trước một bài toán hình không gian ở các mặt: vẽ
hình, chưa hiểu rõ các khái niệm, định lý, liên quan và đặc biệt là không nhớ hay phát
hiện được các bài toán tương tự.
2. Trong hình không gian có những bài toán này là bài toán con của bài toán khác
(ví dụ: cắt một góc của khối chữ nhật ta có tứ diện vuông, cắt 1 tứ diện vuông ta có 1
tứ diện tùy ý hay bổ sung 1 tứ diện ta được một hình hộp…)
Học sinh thường suy nghĩ hay giải từ các bài toán liên quan theo dạng (các loại tứ
diện, hình chóp, hình hộp, các cách chứng minh sự vuông góc hay song song…) mà

không để ý xa hơn là có bài toán hình phẳng tương tự và giải các bài toán này
3. Học sinh ít suy nghĩ là từ đâu ta ra đề toán này (thực ra đối với thầy giáo thì việc
ra đề bài hoàn toàn dựa trên nền tảng lý thuyết cũng như bài tập các em đã gặp đã
được học. Đề cho học sinh giỏi là đề biến hóa từ một bài toán nào đó mà giả thiết bị
giấu khá xa hay khai thác một tính chất được tổng quát hóa hay mở rộng cho đối
tượng khác).
B. Nội dung và các biện pháp tiến hành
I. Cơ sở lý luận:
• Muốn giải một bài toán ta thường thực hiện 2 bước:
* Huy động kiến thức và tổ chức kiến thức.
2
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
Huy động kiến thức là một thao tác tư duy nhằm tái hiện các kiến thức có liên quan
với bài toán, từ lý thuyết, phương pháp giải, các bài toán đã gặp: Do đó: Người làm
toán phải biết và cần phân tích ý tưởng: ta đã gặp bài toán nào gần gũi với kiểu bài
toán này hay chưa ? Polia đã viết 1 quyển sách chỉ với nội dung: “Giải bài toán như
thế nào trong đó ông có đề cập đến nội dung trên như một điều kiện thiết yếu”.
• Phương pháp tương tự hay tổng quát hóa là những thao tác tư duy cần thiết cho
người làm toán (tương tự trong toán học cần hiểu rộng hơn như có tính chất giống
nhau, mô hình giống nhau, mối quan hệ giống nhau…như đường thẳng trong mặt
phẳng và mặt phẳng trong không gian cũng là tương tự…tam giác và tứ diện, đường
tròn và mặt cầu…là tương tự).
II. Nội dung và biện pháp tiến hành
1. Các biện pháp: Trong giảng dạy tôi thực hiện:
 Dùng hệ thống câu hỏi gợi ý phương pháp tìm tòi lời giải cũng như phương
pháp chứng minh bằng kỹ thuật tương tự.
 Khai thác, phát triển tính chất của bài toán hình phẳng, bài toán hình không gian
tương tự.
 Ra đề toán theo hướng mở với kiểu câu phát hiện sáng tạo (ví dụ: em thử nghĩ
kết quả này mở rộng trong không gian thì ra sao và có tính chất đó hay không).

2. Nội dung: Tôi xin trình bày 15 bài toán và 10 bài tập kiểm tra; để áp dụng cho
nhiều đối tượng khai thác các bài toán quá khó thì lớp đối tượng áp dụng chuyên đề
này bị thu hẹp.
Bài toán 1:
Bài 1a) Cho ∆ABC vuông tại A có đường cao AH. Chứng minh
a) BC
2
= AB
2
+ AC
2
(Pytago)
b)
2 2 2
1 1 1
AH AB AC
= +
Bài 1b) Cho tứ diện vuông OABC có đường cao OH
a)
2 2 2 2
ABC OAC OAB OCB
S S S S= + +
b)
2 2 2 2
1 1 1 1
OH OA OB OC
= + +
Nhận xét: Bài toán này khá quen thuộc tôi không nêu cách giải. Ta có thể ra đề cho
học sinh trung bình khá bài sau giúp các em nhận dạng sự tương tự bước đầu.
Bài 1c) Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = a, AD = b, AA' = c.

a) Tính độ dài đường chéo AC'
b) Tính khoảng cách từ các đỉnh A', B, D đến AC'
c) Gọi α,β,γ là góc tạo bởi đường chéo AC' và 3 cạnh lần lượt là AD, AB, AA'.
Tính tổng B = cos
2
α + cos
2
β + cos
2
γ (hay chứng minh S = 1)
3
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
Đáp số a) AC'
2
= a
2
+ b
2
+ c
2
b) Gọi x, y, z là các khoảng cách từ A' đến AC…
2 2
2 2 2
c a b
x.AC' cA'C' x
a b c
+
⇒ = ⇒ =
+ +
.Tương tự

2 2
2 2 2
b a c
y
a b c
+
=
+ +
,
2 2
2 2 2
c a b
z
a b c
+
=
+ +
c) Đặt d = AC' ⇒ dcosα = a, dcosb = b, dcosγ = c và dùng lại kết quả phần a
⇒ S = 1
Bài toán 2:
a) Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong ∆ABC đều cạnh a. Hạ MH, MI, MK lần lượt
vuông góc với các cạnh BC, CA, AB
Chứng minh: S = MH + MI + MK không phụ thuộc vào vị trí của M.
b) Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong tứ diện đều ABCD. Hạ MH, MI, MK, ML lần
lượt vuông góc với các mặt của tứ diện (H, I, K, L thuộc các mặt đó).
Chứng minh: S = MH + MK + MI + ML không phụ thuộc vào vị trí của M.
Giải:
a)
MBC MAC ABC
MAB

2S 2S 2S
S
a 3
S MH MK MI ML AH
a a a a 2
= + + + = + + = = =
(đpcm)
(AH là đường cao ∆ABC)
b)
MBCD
BDC BDC BDC
MABC ABCD
3V 3V
3V
S MH MI MK ML
S S S
= + + + = + + +

a 6
AH
3
= =

không đổi (AH là đường cao)
Nhận xét:
• Bài 2a: Có thể mở rộng cho đa giác đều
• Bài 2b: Có thể mở rộng cho tứ diện đều hay tứ diện ABCD gần đều (AB=CD=a;
AC = BD = b; AD = BC = c) hay khối đa diện đều.
• Học sinh làm quen với tỉ số diện tích, thể tích có chung mẫu số.
Bài toán 3:

Bài 3a) M là điểm tùy ý nằm trong ∆ABC. Gọi MH, MI, MK là các khoảng cách từ
M đến các cạnh của tam giác. Chứng minh
MH MI MK
1
BC AC AB
+ + =
Bài 3b) M là điểm tùy ý nằm trong tứ diện ABCD. Gọi x,y,z,t là khoảng cách từ M
đến các mặt đối diện đỉnh A,B,C,D và ha, hb, hc, hd lần lượt là đường cao của tứ
diện. Chứng minh:
a c
b d
x y z t
1
h h h h
+ + + =
Nhận xét: Đây là bài toán nền dựa vào kết quả này ta có thể phát triển và khai thác
nhiều kiểu ra đề khác nhau.
4
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
Bài toán 4:
Bài 4a) M là điểm nằm trong tam giác. Hãy tìm vị trí M để thấy tổng khoảng cách từ
M đến các cạnh là lớn nhất, nhỏ nhất.
Bài 4b) M là điểm nằm trong tứ diện. Hãy tìm vị trí M để tổng các khoảng cách từ M
đến các mặt là lớn nhất, nhỏ nhất.
Cách giải:
4a)
1 1 1 1
x.BC .AC z.AC ha.BC
2 2 2 2
+ + = =

Giả sử AB < AC < BC tương ứng là h
a
< h
b
< h
c
a c
h hx y z≤ + + ≤
4b) Tương tự
a
d
h x y z t h≤ + + + ≤
Bài toán 5:
Bài 5a) Cho điểm M nằm trong ∆ ABC, AM, BM, CM cắt BC, CA, AB lần lượt tại
A
1
,B
1
,C
1
. Chứng minh:
1)
1 1 1
1 1 1
MA MB MC
1
AA BB CC
+ + =
2)
1 1 1

MA MB MC
6
MA MB MC
+ + ≥
3)
1 1 1
MA MB MC
3
MA MB MC 2
+ + ≥
4)
1 1 1
1 1 1
AA BB CC
9
MA MB MC
+ + ≥
5)
1 1 1
1 1 1
MA MB MC
1
AA BB CC 27
+ + ≥
6)
1 1 1
MA MB MC
8
MA MB MC
+ + ≥

7) Tìm GTNN của
1 1 1
AM BM CM
P
MA MB MC
= + +
Bài 5b) Điểm O nằm trong tứ diện ABCD, AO, BO, CO, DO cắt các mặt tứ diện lần
lượt tại A
1
, B
1
, C
1
, D
1
. Chứng minh
1)
1 1 1 1
1 1 1 1
OA OB OC OD
1
AA BB CC DD
+ + + =
2)
1 1 1 1
OA OB OC OD
1
AA BB CC DD
+ + + =
3)

1 1 1 1
1 1 1 1
AA BB CC DD
16
OA OB OC OD
+ + + ≥
4)
1 1 1 1
OA OB OC OD
12
OA OB OC OD
+ + + ≥
5)
1 1 1 1
1 1 1 1
OA OB OC OD
4
OA OB OC OD 3
+ + + ≥
6)
1 1 1 1
AA BB CC DD
16
OA OB OC OD 3
+ + + ≥
7)
1 1 1 1
OA OB OC OD
. . . 81
OA OB OC OD

≥
8)
1 1 1 1
1 1 1 1
AA BB CC DD
. . . 256
OA OB OC OD
≥
9)
1 1 1 1
AA BB CC DD
256
. . .
AO BO CO DO 81
≥
10)
1 1 1 1
1 1 1 1
OA OB OC OD
4 3
OA OB OC OD
+ + + ≥
5
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
Lời giải:
5a) 1)
MBC
1 1
1 ABC
S

MA S
MH'
AA AH S S
= = =
Tương tự ⇒ VT
3 1 2 3
1 2
S S S S
S S
1
S S S S
+ +
= + + = =
2)
2 3
1 1 1
1 1 1
S S
MA AA A M
AA MA S
+
−
= = ⇒
côsi cho 3 cặp nghịch đảo ⇒ VT ≥ 6
3) Khai thác bất đẳng thức bất đẳng thức Nétbit
4) 5) 6) 7) Dùng bất đẳng thức Côsi
5b)
1)
1 2 3 4
1 1

1
V V V V
OA V
VT 1
AA V V
+ + +
= ⇒ = =
2)
2 3 4 1 2 3 4
1 1 1 2
1 1
V V V 3(V V V V )
OA AA OA V V
3
AA AA V V V
+ + + + +
− −
= = = ⇒ =
3) 4,5,6,7,8,9,10: Tương tự khai thác các bất đẳng thức Đại số cho 4 số không âm.
Nhận xét:
+ Đây là bài toán tôi đã viết một SKKN xoay quanh việc khai thác một bài toán
hình học phẳng. (Năm 2001) và nội dung này sau đó có đăng báo Toán học tuổi trẻ.
+ Việc khai thác bất đẳng thức đại số cho 4 số không âm (diện tích, thể tích) giúp
ta có nhiều bài tập hay và tổng hợp toàn diện.
Bài toán 6:
Bài 6a) Cho ∆ABC. Đường thẳng ∆ qua trọng tâm G cắt 2 cạnh AB và AC tại B',C'.
Chứng minh:
AB AC
3
AB' AC'

+ =
Bài 6b) Cho tứ diện ABCD. Mặt phẳng α đi qua giao điểm các trọng tuyến G cắt AB,
AC, AD tại B', C', D'. Chứng minh:
AB AC AD
4
AB' AC' AD'
+ + =
Cách giải:
a) Hạ BI, CK, ME, AF vuông góc với ∆ và đặt BI = x, CK = y, AF = z
Ta có
BB' x AB x z
AB' z AB' z
+
= ⇒ =
Tương tự:
AC y z
AC' z
+
=
AB AC x z y z x y
2
AB' AC' z z
+ + + +
= = = +
6
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
Mà
ME 1
AF 2
=

(tính chất trọng tâm)
x y
ME AF Z x y
2
+
⇒ = ⇒ = = +
AB AC
2 1 3
AB' AC'
⇒ + = + =
b) Cách giải: tương tự như trên, tuy nhiện đề bài ra là TRỌNG TUYẾN. Khái niệm
này cần phải giải thích cho học sinh và chứng minh tính chất nên ta có thể đưa ra bài
toán sau hoàn toàn tương tự.
Cho hình chóp SABC và G là trọng tâm ∆ ABC. Mặt phẳng (α) đi qua điểm G' ∈
SG cắt SA, SB, SC lần lượt tại A', B', C'
Chứng minh:
SA SB SC SG
3
SA' SB' SC' SG'
+ + =
Giải: Ta đã quen với bài toán tỉ số thể tích nên cách giải như sau:
Đặt
SA
x
SA'
⇒ =
,
SB
y
SB'

=
,
SC
z
SC'
=
,
SG
t
SG'
=
Ta có :
SA'B'C'
SABG
V
x.y.z
V
=
;
SB'C'G'
SBCG
V
y.z.t
V
=
;
SA'C'G'
SACG
V
x.z.t

V
=
Cộng 3 đẳng thức
SA'B'C'
SABC
V
(xy yz zx).t
1
V
3
= + +
(vì
SABG SBCG SABC
1
V V V
3
= =
)
Mặt khác ta có:
SA'B'C'
SABC
V
3
1
xyz
V
3
=
(**)
Từ (*) và (**) → đpcm (x + y + z = 3t)

* Trường hợp đặc biệt nếu G' là giao điểm 2 trọng tuyến thì
SG 3
SG' 4
=
SA SB SC 4
3 4
SA' SB' SC' 3
⇒ + + = × =
. Thỏa bài toán trên.
Bài toán 7:
Bài 7a) Cho ∆ABC. M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Đặt S
1
= S
MBC
,
S
2
= S
MCA
, S
3
= S
MAB
.
1. Chứng minh:
1 2 3
S MA S MB S MC O+ + =
uuuuur uuuuur uur
uuuuur
2. Chứng minh: Với mọi điểm I ta luôn có:

ABC
1 2 3
.S IA S IB S IC S IM+ + =
uuur uuur
uuur uuuur
7
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
Bài 7b) Cho tứ diện ABCD, M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tứ diện đó ký hiệu
Vi(i 1,4)=
lần lượt là thể tích các khối MBCD, MACD, MABD, MABC.
1. Chứng minh:
1 2 3 4
V MA V MB V MC V MD O+ + + =
uuuuur uuuuur uur
uuuuur uuuuur
.
2. Chứng minh: Với mọi điểm I ta luôn có:
ABCD
1 2 3 4
V IA V IB V IC V ID V IM+ + + =
uuur uuur
uuur uuur uuuur
Lời giải:
a) AM cắt BC tại A';
A'C A'B
MA' .MB .MC
BC BC
= +
uuuur uuur uuur
Mà

MA'C MAC
2 2
MA'B MAB 3 2 3
S S
S SA 'C A'C

A 'B S S S BC S S
= = = ⇒ =
+
3
2
2 3 3 2
S
S
MA' .MB .MC
S S S S
⇒ = +
+ +
uuuur uuur uuur
(1)
Ngoài ra
1 1
2 3 2 3
S SMA'
. MA' MA
MA S S S S
−
= ⇒ =
+ +
uuuur

uuuur uuuur
(2)
Thế (2) và (1)
1 2 3
S MA ' S MB S MC⇒ − = + ⇒
uuuur uuur uuur
(đpcm)
b) (*)
1 2 3
S (IA ' IM) S (IB IM) S (IC IM) O⇒ − + − + − =
uuur uuur uur uuur uur uuur ur

1 2 3 1 2 3
S IA S IB S IC (S S S )IM⇒ + + = + +
uur uur uur uuur
(đpcm)
AM cắt mp (BCD) tại H
Đặc S
2
= S
CJD
; S
3
= S
BDJ
; S
4
= S
BCJ
Theo bài trên:

BCD 2 3 4
S .MJ S MB S MC S MD⇒ = + +
uuuuur
uuuur uuuuur uuuuur
(1)
Dễ dàng chứng minh được:
3
2 4
2 3 4
S
S S
3
V V V h
 
 ÷
 
= = =
(2)
(1)(2) ⇒
2 3 4 2 3 4
MB(V V V )MJ V V MC V MD+ + = + +
uuuuur
uuuur uuuuur
uuur
(3)
Ta có :
(
)
2 3 4
1

MA
MJ
V V V
V
= −
+ +
uuuuur
uuuur
(4)
Từ (3)(4)
1 2 3 4
V MA V MB V MC V MD O⇒ + + + =
uuuuur uuuuur uur
uuuuur uuuuur
b) Từ (a)
( )
( )
( )
( )
1 2 3 4
V IA IM V IB IM V IC IM V ID IM O− − − −⇒ + + + =
uuur uuur uur
uuuur uuur uuuur uuuur uuur uuuur
⇒đpcm
Nhận xét:
• Diện tích được thay bằng thể tích và bài toán tâm tỉ cự.
8
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
Bài toán 8:
Bài 8a) Cho ∆ ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh nếu điểm I thỏa mãn hệ

thức
a cIA bIB IC O⇒ + + =
uuur uuur uur
uuur
thì I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC.
Bài 8b) Cho tứ diện ABCD với I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện.
Đặt S
a
= S
BCD
, S
b
= S
ACD
, S
c
= S
ABD
, S
d
= S
ABC
Chứng minh:
b
a c
S IA S IB S IC O++ =
uuur uuur uur
uuur
Giải:
( ) ( )

aIA b IB AI c IC AI+ −⇒ = − −
uuur uuur uuur uuur
uuur
(a b c)AI bAB cAC⇒ + + = +
uuur uuuur uuuur
(1)
Hay I ∈ phân giác AD tương tự I ∈ phân giác BE ⇒ đpcm
Giải: DI ∩ (ABC) = H
Mặt phẳng (DAI) chính là mp(DAH) cắt BC tại M thì M nằm trên mặt phân giác của
2 mặt phẳng (BAD) và (CAD)
⇒ d(M, DCD) = d(M, (DAB))
C
AMB DAMB MDAB DAB
B
AMC DAMC MDAC DCA
MB
MC
S
S V V S
S V V S S
=⇒ = = = =
M ∈ BC ⇒
c
b
S
MB MC
S
= −
uuuuur
uuuuur

c
b
S MB S MC O⇒ + =
uuuuur uur
uuuuur
( )
c c
b b
S IB S IC S S IM⇒ + = +
uuur
uuur uuuur
(1)
Gọi M là giao điểm của IM và AD
Tương tự:
( )
a a
d d
S ID S IA S S IM'⇒ + = +
uuur uuuur
uuur
(2)
Từ (1)(2)
( ) ( )
a c a
b b d b d
S IA S IB S IC S ID S S IM S S IM'
+
⇒ + + = + + +
uuur uuur uuuur
uuur uuur uuuur

Mà I, M, M' thẳng hàng ⇒
X kMM'=
uuuuuur
uur
Lý luận tương tự với N, N' 2 điểm trên AB, CD, P và P' là 2 điểm trên BD, AC ta
được
X lNN'=
uuuuur
uur
,
X hPP'=
uuuur
uur
.
Mà
MM',NN',PP'
uuuuuur uuuuur uuuur
không đồng phẳng
X O⇒ =
uur
uur
⇒ đpcm
Nhận xét: Kiểu ra đề khác và ý tưởng tương tự được thể hiện ở kỹ thuật chứng
minh. Ngoài ra ví dụ đưa ra phương pháp chứng minh một vectơ bằng O.
Bài toán 9:
Bài 9a) Cho ∆ABC, M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tam giác
9
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
Chứng minh: aMA + bMB + cMC ≥ 4S
ABC

Bài 9b) Cho tứ diện ABCD. M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tứ diện. Gọi S
a
, S
b
, S
c
,
S
d
là diện tích các mặt đối diện tương ứng của đỉnh A,B,C,D. Chứng minh
S
a
.MA + S
b
.MB + S
c
MC + S
d
MD ≥ 9V
ABCD
Giải:
b) Gọi
Vi(i 1,4)=
lần lượt là thể tích các khối tứ diện MBCD, MACD, MABD,
MABC ta có AA
1
≤ MA + MA
2
⇔
a

ABCD 1
1
V S .MA V
3
≤ +
Tương tự cho 3 bất đẳng thức còn lại:
ABCD 2
b

1
V S .MB V
3
≤ +
⇔ đpcm
Bài toán 10:
Bài 10a) Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G (hay
GA GB GC GD O+ + + =
uuuur uuuur uuuur uuuur uur
và một
mặt phẳng (P) không cắt tứ diện. Gọi A
1
, B
1
, C
1
, D
1
, G
1
lần lượt là hình chiếu vuông

góc của A,B,C,D trên (P).
Chứng minh: AA
1
+ BB
1
+ CC
1
+ DD
1
= 4GG
1
Em hãy tìm bài toán tương trong mặt phẳng
Giải: Gọi M, N là trung điểm AB, CD và M
1
, N
1
là hình chiếu của chúng trên (P).
Ta có.
( )
2 GM GN 2GM 2GN GA GB GC GD O+ = + = + + + =
uuuuur uuuur uuuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uur
(Vì G là trọng tâm)
GM GN 0⇒ + = ⇒
uuuuur uuuur
G là trung điểm MN. Do mặt phẳng (P) không
cắt tứ diện nên các hình thang ABB
1
A
1
, CDD

1
C
1
, MNN
1
M
1
có các đường trung bình
tương ứng là MM
1
, NN, GG
1
do đó:
( ) ( ) ( )
1 1 1 1 1 1 1
1 1 1
GG MM NN AA BB CC DD
2 2 2
 
 
 
= + = + + +
1 1 1 1
1
AA BB CC DD
4
= + + +
(đpcm)
Bài 10b) Bài toán tương tự là:
Cho ∆ABC có trọng tâm G và đường thẳng d không cắt cạnh nào của tam giác. Gọi

A
1
, B
1
, C
1
, G
1
là hình chiếu của A,B,C,G. Chứng minh AA' + BB' + CC' = 3GG'
Cách giải:
 Giải bằng vectơ thì đơn giản
 Giải bằng cách vẽ thêm MM
1
với M là trung điểm BC và M
1
là hình chiếu của
M trên d.
10
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
Bài toán 11:
Bài 11a) Chứng minh rằng: Trong ∆ABC ta có:
a c
b
1 1 1 1
r h h h
= + +
(r là bán kính đường tròn nội tiếp, h
i
: là đường cao tương ứng)
Bài 11b) Chứng minh rằng: Trong tứ diện ABCD ta có:

a c
b d
1 1 1 1 1
r h h h h
+= + +
(r là bán kính mặt cầu nội tiếp h
i
là đường tròn cao tương ứng từ đỉnh tứ diện)
Nhận xét:
+ Lời giải đơn giản dựa vào tỉ số diện tích và thể tích.
+ Đây là bài toán nền để khai thác các bài toán bất đẳng thức hay cực trị.
+ Đối với tam giác đều hay tứ diện đều cần nhớ :
a)
1 3
r h
=
hay
r 1
h 3
=
b)
1 4
r h
=
hay
4
h
r
=
+ Khai thác bài 11 ta có bài sau.

Bài toán 12:
Bài 12a) Cho ∆ABC. Gọi h
a
, h
b
, h
c
, r lần lượt là độ dài các đường cao, bán kính
đường tròn nội tiếp tam giác đó. Chứng minh:
a c
b
h h h 9r+ + ≥
Bài 121b) Cho tứ diện ABCD gọi hai
i
h (i 1 4)= −
, r lần lượt là độ dài các đường cao và
bán kính mặt cầu nội tiếp tứ giác. Chứng minh h
1
+ h
2
+ h
3
+ h
4
≥ 16r.
Bài toán 13:
Bài 13a) Cho ∆ABC và M là 1 điểm tùy ý trong tam giác. Hạ MA
1
, MB
1

, MC
1
vuông
góc với BC, AC, BC.
Chứng minh:
1 1 1
BC AC AB
MA MB MC r
++ ≥
C
(C : chu vi ∆ABC, r là bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC)
Bài 13b) Cho tứ diện ABCD, M là 1 điểm tùy ý trong tứ diện. Hạ Hạ MA
1
, MB
1
,
MC
1
, MD
1
vuông góc với các mặt phẳng đối diện với đỉnh A,B,C,D.
Chứng minh:
BCD CDA ABC
DAB
1 1 1 1
S S S
S
S
MA MB MC MD r
+ + + ≥

(S là diện tích toàn phần tứ diện, r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện)
Giải:
a)
( )
( )
2
1 1 1
1 1 1
BC AC AB
BC.MA AC.MB AB.MC BC AC AB
MA MB MC
++ + + + +≥
Hay: T.2S ≥ (2p)
2
biết S = pr. ⇒ đpcm
11
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
b) Tương tự T(3V
1
+ 3V
2
+ 3V
3
+ 3V
4
) ≥ S
2
2
S
T

3V
⇒ ≥
ta lại có
Sr
1
V
3
⇒ =

BCD CDA ABC
DAB
1 1 1 1
S S S
S
S
MA MB MC MD r
⇒ + + + ≥
(đpcm)
Bài toán 14:
Bài 14a) Cho ∆ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Gọi M là 1 điểm nằm trong tam
giác. Gọi khoảng cách từ M đến A,B,C là R
a
, R
b
, R
c
và d
a
, d
b

, d
c
là khoảng cách từ M
đến BC, CA, AB.
Chứng minh:
a c
2 3 3 1 b
1 2
R .R .R
S S S S
S S
da.db.dc . .
a a a 9
+ +
+
≤ ≤

(trong đó S
1
= S
MBC
, S
2
= S
MAC
, S
3
= S
MAB
+ S = S

ABC
)
Bài 14b) Cho tứ diện A
1
A
2
A
3
A
4
. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi M là điểm
nằm trong tứ diện. Gọi R
a
, R
b
, R
c
, R
d
là khoảng cách từ M đến các đỉnh, d
a
, d
b
, d
c
, d
d
là khoảng cách từ M đến các mặt. Gọi V, Vi, Si là thể tích tứ diện các mặt đối diện
đính Ai. Chứng minh
( )

4
1
a c
b d
i 1
V V
R R R R
da.db.dc
Si 81
=
−
≤ ≤
∑
(*)
Giải:
Bài 14a)
Vẽ AH ⊥ BC
Ra + da ≥ ha
⇔ aR
a
≥ ah
a
– ad
a
= 2S – 2S
1
(1)
bR
b
≥ bh

b
– bd
b
= 2S – 2S
2
(1)
cR
c
≥ ch
c
– cd
c
= 2S – 2S
3
(3)
Từ (1)(2)(3) ⇒⇒ aR
c
R
a
R
b
R
c
≥ (2S – 2S
1
)(2S – 2S
2
)(2S – 2S
3
) (4)

Kết hợp với (2S – 2S
1
) ≥ bd
b
+ cd
c
≥
c
d
2 bcd d≥
a c
b
VP(4) 8abc.d d .d⇒ ≥
(5) Từ (4) và (5) ⇒ đpcm
Bài 14b) Trong không gian thay cạnh bằng diện tích và diện tích bằng thể tích ta
được kết quả (*)
Nhận xét: Ta có thể khai thác bài toán này theo tổng các khoảng cách R
a
, R
b
, R
c
như
sau:
Bài 14c) Cho tứ diện A
1
A
2
A
3

A
4
. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi M là điểm
nằm trong tứ diện. Gọi R
a
, R
b
, R
c
, R
d
là khoảng cách từ M đến các đỉnh, d
a
, d
b
, d
c
, d
d
là khoảng cách từ M đến các mặt. Chứng minh:
12
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
(
)
a c a a c a c c
b d b d b b b d
R R R R 2 d d d d d d d d d d d d+ + + ≥ + + + + +
Giải: Ta đã biết
a b c d
a c

b d
d d
d d
1
h h h h
+ + + =
(1)
Theo Bunhiacốpxki ta có:
(
)
2
a c
b d
a b c d
a c a c
b d b d
d d d d
d d
d d
h h h h h h h h
≥
+ + +
+ + +
+ + +
(2)
Từ (1) (2) →
( )
a c a c
b d b d i j
h h h h d d d d 2 d d+ + + ≥ + + + +

∑
Ngoài ra R
a
+ d
a
≥ h
a
Chú ý dấu = xảy ra khi M thuộc các đường cao tứ diện và cách đều các đỉnh nên M
là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trực tâm ABCD.
Bài toán 15: Học sinh giải bài 15a và tìm cách ra đề và giải bài toán tương tự trong
không gian.
Bài 15a) Trong ∆ABC lấy điểm M bất kỳ. Gọi h
a
, h
b
, h
c
là khoảng cách từ M đến BC
= a, AC = b, AB = c. Tìm vị trí của điểm M để tích h
a
h
b
h
c
đạt giá trị lớn nhất và tính
giá trị đó theo a,b,c.
Giải:
Dễ thấy ah
a
+ bh

b
+ ch
c
= 2S
3
a c
b
2S
ah bh ch
3
 
 ÷
 
⇒ ≤
(Côsi)
(
)
a
3
3
c
b
8 p(p a)(p b)(p c)
8S
h h
27abc 27abc
h =
− − −
⇒ ≤
(Dấu = xảy ra khi ah

a
= bh
b
⇒M thuộc trung tuyến CM, tương tự ⇒ M là trọng
tâm ∆ABC).
Bài 15b) Trong tứ diện ABCD. Tìm vị trí điểm M để tích khoảng cách từ đó đến các
mặt của tứ diện là lớn nhất. Tính GTLN đó theo diện tích các mặt và thể tích của tứ
diện.
3. Kết quả:
1. Trong mỗi bài tập đã trình bày trên tôi đã thể hiện giải toán bằng phương pháp
tương tự, kể cả cách lật ngược vấn đề cũng như dự đoán đề bài và phương pháp
chứng minh bằng tương tự.
13
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
2. Sau đây xin đưa ra thêm các bài tập mà tôi đã thực hiện để kiểm tra chuyên đề
cho các loại đối tượng.
A. Cho học sinh phổ thông.
Bài tập 1: Cho hình chóp SABC. Trên các tia SA,SB, SC lấy các điểm A', B', C'.
Chứng minh:
SA'B'C'
SABC
V
SA'.SB'.SC'
V SA.SB.SC
=
Bài toán này được dẫn dắt bởi hệ thống câu hỏi.
1) Tương tự của bài toán này trong mặt phẳng là bài toán nào ? Hãy chứng minh.
2) Khi tính thể tích khối tứ diện
1
V Bh

3
=
em có thể sử dụng bao nhiêu cách tính
từ đường cao ?
Nhận xét:
• Bài toán phẳng là :
Cho ∆SAB, trên 2 tia SA, SB lấy các điểm A', B'. Chứng minh:
SA'B'
SAB
S
SA'.SB'
S SA.SB
=
• Câu hỏi 2 sẽ giúp các em có lời giải.
Bài tập 2: Cho tứ diện vuông OABC.
a) Dựng đường cao OH của tứ diện
Chứng minh:
a b c
1
OA OB OC
+ + =

a,b,c là khoảng cách từ H đến các mặt OBC, OAC, OAB
b) Gọi α, β, γ là góc tạo hởi OH và các cạnh OA, OB, OC. Chứng minh:
2 2 2
cos cos cos 1α+ β+ γ =

+ Đây là bài toán quen thuộc trong sách giáo khoa.
Sau đó đưa ra bài toán sau.
Bài tập 3: Cho tứ diện vuông OABC. M là điểm bất kỳ thuộc mp (ABC)

1) Dựng A
1
, B
1
, C
1
là hình chiếu của M trên các cạnh OA, OB, OC
Chứng minh:
1 1 1
OA OB OC
P
OA OB OC
= + +
không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
2) Gọi α, β, γ là góc tạo bởi OM và các tia OA, OB, OC.
Gọi α', β', γ' là góc tạo bởi OM và các mặt phẳng OBC, OCA, OAB.
14
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
Chứng minh:
a)
2 2 2
cos cos cos 1α+ β+ γ =
b)
2 2 2
cos ' cos ' cos ' 1α + β + γ =
3) Chứng minh:
2
OAB OBC OCA
9
S S S OH

2
+ + ≥
4) Chứng minh:
2 2 2
1 1 1
2 2OHOA OB OC ≥α + β+
5) Chứng minh:
2R
3(1 3)
r
≥ +
Nhận xét:
1) Đa số học sinh dựng được hình và chứng minh được các câu 2, câu 4, câu 3.
Rất nhiều học sinh làm đúng phần chứng minh câu 1.
2) Gợi ý tỉ số diện tích thì học sinh giải được câu 1.
3) Câu 3 tuy khó nhưng vì học sinh có tính
2 2 2
2
2 2 2 2 2 2
a b c
OH
a b b c c a
=
+ +
và S
OAB
, S
OAC
, S
OBC

nên các em liên hệ làm được.
4) Câu 5 có rất ít học sinh làm được vì tích
2R
r
khó khăn.
* Cần tích được:
2 2 2
1
R a b c
2
= + +
và
( )
2 2 2 2 2 2
abc
2
r
1
ab bc ca a b b c c a
2
 
 
 
=
+ + + + +
* Ta có
6
2 2 2 2 2 2
a b c 3 a b c+ + ≥
6

2 2 2
ab bc ca 3 a b c+ + ≥
2
6
2 2 2 2 2 4 4 4
ba b c c a 3 a b c+ + ≥
2R
3(1 3)
r
⇒ ≥ +
* Để giúp học sinh đại trà chứng minh tôi đã đưa ra bài toán sau:
Bài tập 3’:
Cho ∆OAB vuông tại O, M ∈ AB, A
1
, B
1
là hình chiếu của M trên OA, OB
a) Hãy chứng minh
1 1
OA OB
T
OA OB
= +
không phụ thuộc vào vị trí M.
b) Hãy mở rộng bài toán này trong không gian.
15
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
Khi ấy phương pháp chứng minh tỉ số đoạn thẳng trên cạnh AB chắc chắn sẽ định
hướng tỉ số diện tích trên mặt phẳng ABC mà không đi theo hướng tỉ số thể tích.
* Khai thác tính chất tổng hợp của tứ diện vuông

1 1 1 1 1
r a b c h
= + + +
(1)
2 2 2 2
1 1 1 1
h a b c
= + +
(2)
Tôi đã có bài toán sau:
Bài tập 4: Cho tứ diện vuông OABC có OA = a, OB = b, OC = C, r là bán kính mặt
cầu nội tiếp tứ diện. Chứng minh:
1 1 1 1 3 3
r a b c a b c
> + + +
+ +
Cách giải:
Dễ thấy cần chứng minh
1 3 3
h a b c
≥
+ +
(2)
2 2 2 2
3
2 2 2
1 1 1 1 1
3
h a b c
a b c

⇒ ≥= + +
(3) (Côsi)
và
2 2 2
3
2 2 2
(a b c ) 9 a b c+ + ≥
(4)
(3)(4) ⇒ (đpcm)
B. Cho học sinh giỏi:
Tôi đưa ra các bài toán sau :
Bài tập 1:
Bài 1a) Cho ∆ ABC nhọn. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Các đường
thẳng AO, BO, CO cắt cạnh đối diện tại A
1
, B
1
, C
1
. Chứng minh
1 1 1
9R
AA BB CC
2
+ + ≥
.
Câu hỏi đưa ra:
• Bài toán 5a có liên quan đến bài này hay không ?
• Khi m trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp thì có thể qui MA, MB, MC bằng R
hay không ? Các em có chú ý số 9 và bất đẳng thức nào ?

• Em hãy cho biết bài toán tương tự trong không gian học sinh đã đưa ra được bài.
Bài 1b) Cho tứ diện ABCD. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện (O) nằm trong
tứ diện. Các đường thẳng AO, BO, CO, DO cắt các mặt đối diện lần lượt tại A
1
, B
1
,
C
1
, D
1
. Chứng minh:
1 1 1 1
16R
AA BB CC DD
3
+ + + ≥
16
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
Bài tập 2:
Bài 2a) Cho ∆ABC, gọi a,b,c m
a
, m
b
, m
c
lần lượt là độ dài các cạnh và độ dài các
đường trung tuyến của ∆ABC. Chứng minh
2 2 2 2 2 2
a c

b
3
m m m (a b c )
4
+ + = + +
Bài 2b) Cho tứ diện ABCD. Gọi ai
(i 1,6)=
uur
là độ dài các cạnh và m
a
, m
b
, m
c
, m
d
là độ
dài các trọng tuyến của tứ diện đó
Chứng minh:
6
2 2 2 2 2
a c
b d
i f
m m m m ai
4
9
=
+ + + =
∑

* Nhận xét
• Lời giải quen thuộc.
• Khai thác tính chất trọng tâm và bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có bài toán
sau:
Bài 2c) Cho tứ diện ABCD có bán kính mặt cầu ngoại tiếp là R, m
a
, m
b
, m
c
, m
d
là độ
dài các trọng tuyến. Chứng minh:
a c
b d
3
R (m m m m )
16
≥ + + +
Cách giải:
4R
2
= OA
2
+ OB
2
+ OC
2
+ OD

2
= 4OG
2
+
2 2 2 2
a c
b d
9
(m m m m )
16
+ + +
→ đpcm.
Bài tập 3:
Bài 3a) Chứng minh bất đẳng thức sau:
2
2 2 2 2
x y c t 1 1 1 1 x y z t
a b c d a b c d a b c a
 
 
 
 ÷
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
 
+ + + + + + ≥ + + +
Bài 3b) Em hãy thử ra 1 đề toán vận dung

1 2 3 4
1
r
1 1 1 1
h h h h
+ =+ +
hi là độ dài các đường cao tứ diện, r là bán kính mặt cầu nội tiếp. Có học sinh đã đưa
ra được bài toán sau:
Bài 3c) Cho tứ diện ABCD. Mặt cầu tâm I bán kính r nội tiếp tứ diện, tiếp xúc với
các mặt tại A
1
, B
1
, C
1
, D
1
. Gọi h
1
, h
2
, h
3
, h
4
là độ dài đường cao tương ứng từ A, B, C,
D của tứ diện. M là điểm tùy ý nằm trong tứ diện (có thể nằm trong không gian).
Chứng minh:
2 2 2 2
1 2 3 4

MA MB MC MD
r
h h h h
+ + + ≥
17
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
Bài tập 4:
Bài 4a) Cho tam giác ABC và M là điểm nằm trong tam giác, các đường thẳng AM,
BM, CM cắt cạnh đối diện tại A
1
, B
1
, C
1
. Chứng minh
1 1 1
A B C ABC
1
S S
4
≤
Bài 4b) Cho tứ diện ABCD và M là một điểm nằm trong tứ diện. Các đường thẳng
MA, MB, MC, MD cắt các mặt BCD, CDA, DAB, ABC tương ứng tại A
1
, B
1
, C
1
, D
1

.
Chứng minh rằng
1 1 1 1
A B C D ABCD
1
V V
4
≤
.
Nhận xét:
• Bài 4a: Chúng ta thường gặp bài toán này khi A
1
, B
1
, C
1
là tiếp điểm của đường
tròn nội tiếp và các cạnh; chân đường cao, chân đường phân giác trong của tam
giác ABC thì kết quả cũng là
1 1 1
A B C ABC
1
S S
4
≤
, nhưng cách giải là dựa vào tính chất
của đường cao hay đường phân giác; sự tiếp xúc.
• Cách giải là vận dụng từ bài tập 1 dành cho học sinh đại trà.
• Học sinh phát hiện đây là bài toán T12 số 253 báo toán học tuổi trẻ và có lời giải
ở số 357 tháng 3/2007 (trong khi học sinh đã giải ở năm trước đó).

Bài tập 5:
Bài 5a) Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi I là trung điểm của đường cao AH.
Chứng minh rằng:
2 2 2
a IA b IB c IC 0+ + =
uuur uuur ur
uuur
(1)
Bài 5b) Cho tứ diện OABC có các cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi S
O
, S
A
,
S
B
, S
C
lần lượt là diện tích các mặt của tứ diện đối diện với các đỉnh tương ứng O, A,
B, C. Gọi I là trung điểm đường cao OH của tứ diện. Chứng minh rằng:
Bài 1e) Để giúp học sinh đại trà chứng minh tôi đã đưa ra bài toán sau:
2 2 2 2
B
O A C
S IO S IA S IB S IC 0+ + + =
uuur uuur uuur ur
uuur
.
Nhận xét: Điểm I là điểm Lemoin đặc biệt trong tam giác vuông. Ta cũng có :
2 2
2 2

b c
AH AB AC
a a
= +
uuuur uuuur uuuur
. Và định lí Pitago a
2
= b
2
+ c
2
→ (đpcm)
Trong không gian vì tam giác chứa mặt phẳng OAH cắt mặt phẳng OBC tại N thì OH
là đường cao của tam giác vuông OAN. Ngoài ra ta cũng có định lí Pitago cho không
gian
2
O
2 2 2
B
A C
S S S S= + +
Ta có : ∆OAN vuông:
→
2 2
2 2
ON OA
OH OB OC
AN AN
= +
uuuur uuuur uuuur

(1)
∆BOC vuông.
18
Trường THPT Long Khánh Gv: Ngô Tấn Tuân
2 2
2 2
.
OC OB
ON .OB OC
BC BC
⇒ = +
uuuur uuuur uuuur
2 2
2 2 2 2
OC OB
ON OB OC
OB OC OB OC
⇔ = +
+ +
uuuur uuuur uuuur
(2)
Thay (2) vào (1)
2
2
2
C
A B
2 2 2
O O O
S

S
S
OH .OA OB OC
S S S
+ +=
uuuur uuuur uuuur uuuur
→ (đpcm)
Phần III: Kết luận.
1. Sau nhiều năm giảng dạy và thực tế kiểm nghiệm tôi nhận thấy nâng cao hứng
thú học tập cho học sinh (qua nhiều con đường) là một việc làm rất cần thiết từ đó
góp phần phát triển năng lực tự học, tự khám phá, sáng tạo cho học sinh và đây cũng
là xu thế của dạy học hiện đại.
Các bài toán của chuyên đề đã thể hiện rõ mục đích và đạt kết quả này (phù hợp
với đổi mới dạy học).
2. Qui trình giải một bài toán đã được tóm tắt gồm 2 bước là “huy động kiến thức
và tổ chức kiến thức” kiến thức cũ (Hình học phẳng) đã được huy động để mở rộng
cho bài toán hình học không gian ở chuyên đề này bằng phương pháp tương tự đem
lại cho chúng ta một tri thức về phương pháp từ con đường vận dụng các thao tác tư
duy. Và cũng chính đừ đây chúng ta lại thấy giải toán hình học không gian mà không
cần hình vẽ (cũng là mục tiêu phát triển tư duy tầm cao). Giống như một chuyện vui:
khi trả lời phỏng vấn người vợ của nhà bác học Albert Einstein đã nói: “chồng tôi vừa
mới khám phá sự xuất hiện một vì sao nhờ ông tính toán trên giấy”
3. Từ các bài toán kiều này tôi thấy kết quả là học sinh của chúng tôi thường xuyên
tham gia giải toán của bài toán học tuổi trẻ và trên đó các em đã luôn tìm được con
đường khám phá lời giải các bài toán hay từ mục “Đề ra kỳ này”.
4. Vì năng lực trình bày có hạn có thể chuyên đề còn nhiều thiếu sót kính mong các
đồng nghiệp tham khảo và đóng góp ý kiến để được hoàn thiện hơn.
Phần IV: Tài liệu tham khảo
1. Các sách Bài tập hình học không gian của các tác giả:
- Văn Như Cương

- Đỗ Thanh Sơn
- Phan Huy Khải
2. Báo toán học tuổi trẻ.
19