phát huy khả năng tư duy hình không gian của học sinh qua việc sáng tác các bài toán mới từ những bài toán quen thuộc

PHÁT HUY KHẢ NĂNG TƯ DUY HÌNH KHÔNG GIAN
CỦA HỌC SINH QUA VIỆC SÁNG TÁC CÁC BÀI TOÁN MỚI
TỪ CÁC BÀI TOÁN QUEN THUỘC.
A. Đặt vấn đề
Phần hình học không gian (quan hệ song song, quan hệ vuông góc, góc,
khoảng cách, thể tích, diện tích ) là phần kiến thức quan trọng góp phân nâng
cao tư duy hình học, trí tưởng tượng không gian; hơn nữa nó là phần không thể
thiếu trong các đề thi Đại học và cao đẳng. Tuy nhiên việc học phần hình học
không gian của học sinh gặp nhiều khó khăn, vì nhiều học sinh không tưởng
tượng được hình không gian, không hứng thú với môn học và cảm giác nó rất
khó. Các bài toán hình không gian lại có rất ít bài toán tương tự nên học sinh
cảm thấy các bài toán đó ít có liên hệ với nhau. Việc sáng tác các bài toán hình
học không dễ như đối với các bài toán đại số và lượng giác Trong quá trình
giảng dạy tôi cũng đã rút ra được một số kinh nghiệm về sáng tác các bài toán
hình không gian giúp học sinh nâng cao khả năng giải toán hình không gian, và
tôi muốn chia sẻ với các bạn đồng nghiệp. Chính vì các lý do đó mà tôi viết
SKKN với đề tài: "Phát huy khả năng tư duy hình không gian của học sinh
qua việc sáng tác các bài toán mới từ những bài toán quen thuộc".
B. Giải quyết vấn đề
1. Cơ sở lý luận
Để có thể đưa ra giải pháp phát huy khả năng tư duy hình không gian của
học sinh, ta cần trang bị cho học sinh đầy đủ các kiến thức cơ bản về hình học
không gian; như: các quan hệ song song, quan hệ vuông góc, góc, khoảng cách,
diện tích, thể tích
Sau đây tôi chỉ nêu một số kiến thức được nhấn mạnh trong các bài toán
ví dụ của tôi.
a) Phương pháp chứng minh các quan hệ vuông góc
1
- Để chứng minh hai đường thẳng a và b vuông góc, ta có thể sử dụng các
phương pháp sau:
. 0

a b a b
a b u u u u⊥ ⇔ ⊥ ⇔ =
uur uur uur uur
với
,
a b
u u
uur uur
là các vector chỉ phương của
a
và
b
.
Chuyển về xác định góc giữa
a
và
b
và gắn góc đó vào góc của một tam giác,
rồi chứng minh tam giác đó vuông.
Cách thông dụng: Chỉ ra một mặt phẳng (P) chứa b và vuông góc với a.
- Để chứng minh đường thẳng a vuông góc với mặt phẳng (P), ta chọn hai
đường thẳng cắt nhau trong (P) và chứng minh chúng cùng vuông góc với a.
- Để chứng minh hai mặt phẳng (P) và (Q) vuông góc với nhau thì ta chọn lấy
một đường thẳng a nằm trong (P) và vuông góc với giao tuyến của (P) và (Q) rồi
chứng minh a vuông góc với (Q).
b) Phương pháp xác định đường cao của khối chóp.
- Tìm một mặt phẳng (P) đi qua đỉnh S của hình chóp mà vuông góc với đáy.
Dựng hình chiếu H của đỉnh S trên giao tuyến của (P) và đáy.
Khi đó SH là đường cao của hình chóp.
* Một số trường hợp thường gặp:

- Chóp có các cạnh bên bằng nhau (hoặc cùng tạo với đáy các góc bằng nhau)
thì chân đường cao là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
- Chóp có các mặt bên cùng tạo với đáy các góc bằng nhau thì chân đường cao
trùng với tâm đường tròn nội tiếp đáy.
c) Phương pháp tính thể tích.
- Tính trực tiếp: Tính chiều cao và diện tích đáy và áp dụng trực tiếp công thức
thể tích.
- Tính gián tiếp:
+ Bằng cách phân chia và lắp ghép khối đa diện.
+ Bằng tỉ số thể tích.
2
Chú ý: Nếu trên các đường thẳng SA, SB, SC không đồng phẳng, lần lượt lấy
các điểm A', B', C' khác S, thì ta có
.
. ' ' '
. .
' ' '
S ABC
S A B C
V
SA SB SC
V SA SB SC
=
.
d) Phương pháp tính khoảng cách
- Khoảng cách từ điểm A đến mp(P):
Ta tìm một mặt phẳng (Q) đi qua A và vuông góc với (P), xác định giao tuyến d
của (P) và (Q), dựng hình chiếu H của A trên d. Khi đó khoảng cách từ A đến
(P) là độ dài đoạn AH.
- Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b:

+ Nếu a và b vuông góc với nhau thì lấy mp(P) chứa b và vuông góc với
a. Trong (P) ta dựng đoạn vuông góc chung của a và b. Khi đó khoảng cách giữa
a và b là độ dài đoạn vuông góc chung đó.
+ Nếu a và b không vuông góc với nhau thì ta chuyển qua khoảng cách
giữa đường thẳng a và mặt phẳng (Q) chứa b và song song với a, cuối cùng
chuyển về khoảng cách từ một điểm bất kỳ trên a đến (Q).
Chú ý: Trong quá trình tính khoảng cách, ta có thể phải tính gián tiếp và dùng tỉ
số khoảng cách. Nếu đường thẳng d cắt (P) tại C và trên d có hai điểm phân biệt
A, B khác C thì
( )
( )
( )
( )
;
;
d A P
AC
BC
d B P
=
.
2. Thực trạng của vấn đề
Trong trường THPT thì việc học môn hình không gian đối với học sinh
còn khó khăn, rất ít học sinh học tốt phần này, các giáo viên cũng còn thiếu các
tư liệu tốt và cũng ít có điều kiện nghiên cứu về phần hình không gian sơ cấp
này. Muốn nâng cao chất lượng dạy và học môn này thì giáo viên phải tạo ra sự
hứng thú, mới lạ và phải có sự liên kết giữa cái đã học với cái mới để học sinh
phát triển được tư duy và cảm thấy vừa sức. Việc sáng tạo ra bài toán mới từ bài
toán cũ là một hướng đi hợp lý.
3

Vấn đề phát huy khả năng tư duy hình không gian cũng đã có một số
người làm, tuy nhiên làm bằng cách tạo ra các bài toán mới, dựa trên một số đặc
điểm và tính chất của hình ở bài toán cũ (học sinh đã được làm rồi) để từ đó học
sinh có thể sử dụng các kiến thức cũ đó để giải quyết bài toán mới thì còn rất ít
người làm. Đối với trường THPT Tĩnh Gia 1, thì chưa có thầy cô nào làm
SKKN về đề tài này.
3. Giải pháp và tổ chức thực hiện
Từ một bài toán quen thuộc trong SGK hay SBT, ta có thể sáng tác ra
những bài toán khác, nhằm phát huy khả năng tư duy hình không gian của học
sinh. Trong quá trình giảng dạy tôi đã tự sáng tác các bài toán mới từ một bài
toán cũ (học sinh đã giải rồi) và cho học sinh giải, sau đó phân tích cùng với học
sinh để học sinh thấy được mối quan hệ giữa các bài toán mới và các bài toán cũ
như thế nào, từ đó giúp học sinh nhận ra các đường lối tư duy hình không gian,
hệ thống được kiến thức và cũng tự sáng tác được các bài toán mới cho riêng
mình, cách làm này giúp học sinh hứng thú hơn trong việc học hình không gian,
tăng cường khả năng tư duy hình không gian.
Sau đây là một số hướng sáng tác và các ví dụ minh họa mà tôi đã thực
hiện, các ví dụ này áp dụng cho học sinh lớp chọn (Lớp 12A1- Trường THPT
Tĩnh Gia 1).
Hướng 1: Dùng giả thiết của một bài toán cũ với kết luận mới.
Ta có thể lấy một bài toán cũ rồi giữ nguyên giả thiết và thay câu hỏi cũ
bằng một câu hỏi mới, ta sẽ có một bài toán mới.
Bài toán 1: (Bài tập 30 trang 117-SGK Hình học 11 NC)
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh đều bằng a. Góc tạo bởi cạnh
bên và mặt đáy bằng
0
30
. Hình chiếu H của A trên mặt phẳng (A'B'C') thuộc
đường thẳng B'C'.
a) Tính khoảng cách giữa hai mặt phẳng đáy.

4
b) Chứng minh rằng hai đường thẳng AA' và B'C' vuông góc với nhau, tính
khoảng cách giữa chúng.
* Bây giờ giữ nguyên giả thiết và thay kết luận của bài toán 1 ta có bài toán
mới, ví dụ như bài toán 2 sau đây.
Bài toán 2:
Cho hình lăng trụ ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh đều bằng a. Góc tạo bởi cạnh
bên và mặt đáy bằng
0
30
. Hình chiếu H của A trên mặt phẳng (A'B'C') thuộc
đường thẳng B'C'.
a) Tính thể tích và diện tích xung quanh của lăng trụ ABC.A'B'C'.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA' và B'C.
Giải:
a) Gọi H' là trung điểm của B'C'. Vì tam giác
A'B'C' đều cạnh a nên
3
' '
2
a
A H =
.
Mặt khác
0
3
' '.cos30
2
a
A H AA= =

.
Suy ra
'H H≡
. Vậy H là trung điểm của B'C'.
Ta có
0
'.sin 30
2
a
AH AA= =
. Suy ra
2 3
. ' ' ' ' ' '
3 3
. .
4 2 8
ABC A B C A B C
a a a
V S AH= = =
.
Gọi I là trung điểm của A'C' ta có
' ' 'B I A C
⊥
. Gọi J là trung điểm của IC', suy ra
' 'HJ A C⊥
. Do đó
' 'AJ A C⊥
hay AJ là đường cao của mặt bên ACC'A'.
Ta có
2 2

3 7
4 4
a a
HJ AJ AH HJ
= ⇒ = + =
. Suy ra
2
' ' ' '
7
' '.
4
ABB A ACC A
a
S S A C AJ
= = =
.
Vì
( )
' ' 'B C AA H⊥
nên
' ' 'AA B C
⊥
, do đó
' ' 'BB B C
⊥
nên
2
' 'BCC B
S a=
.

Suy ra
( )
2
2
2
' ' ' '
2 7
7
2. 2.
4 2
xq ACC A BCC B
a
a
S S S a
+
= + = + =
.
b)
( ) ( ) ( )
( )
( )
( )
'; ' ' ; ' ' ; 'd AA B C d AA D BCC B d H AA D HK= = =
với K là hình chiếu của
H trên AA'. Từ đó suy ra
( )
1 3
'; ' '
2 4
a

d AA B C A H= =
.
5
* Nhận xét: Cách làm trên giúp cho học sinh có thể sử dụng được các tính chất
của hình cũ vào trả lời các câu hỏi mới với chiều sâu hơn, đòi hỏi kỹ năng và tư
duy tổng hợp hơn.
Hướng 2: Sử dụng tỉ số thể tích, tỉ số khoảng cách để sáng tác.
Bài toán 3 : (Dựa trên bài tập 2 trang 120, SGK Hình học 11 Nâng cao)
Cho hình chóp S.ABC có
SA SB SC a= = =
,
·
·
·
0 0 0
60 , 90 , 120ASB BSC CSA= = =
. Tính
thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC.
Giải:
Từ giả thiết và định lý cô sin trong tam giác ta suy
ra
, 2, 3AB a BC a CA a= = =
. Do đó đáy ABC
vuông tại B theo định lý đảo Pitagore.
Từ đó diện tích đáy là
2
1 1 2
. . 2
2 2 2
ABC

a
S AB BC a a
= = =
.
Vì
SA SB SC a
= = =
nên chân đường cao của hình
chóp S.ABC kẻ từ S là tâm đường tròn ngoại tiếp
đáy, nghĩa là nó trùng với trung điểm của AC.
Từ đó suy ra đường cao
0
1
.cos 60
2
SH SA a= =
.
Vậy thể tích khối chóp S.ABC là
2 3
1 1 2 2
. .
3 3 2 2 12
ABC
a a a
V S SH= = =
.
* Qua A kẻ đường thẳng d song song với BC. Gọi K, I lần lượt là hình chiếu
của H trên d và SK.
Dễ dàng suy ra
( ) ( )

( )
( )
( )
( )
( )
; ; ; 2 ; 2 .d BC SA d BC SAK d C SAK d H SAK HI= = = =
Ta có
1
2 2
a
HK AB SH= = =
nên
2 2 2
HK a
HI = =
. Vậy
( )
2
;
4
a
d BC SA =
.
- Sử dụng bài toán 3 và tỉ số thể tích, tỉ số khoảng cách ta có bài toán sau:
6
Bài toán 4: Cho hình chóp S.ABC có
, 2 , 3SA a SB a SC a
= = =
,
·

·
0 0
60 , 90 ,ASB BSC
= =
·
0
120CSA =
. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường
thẳng SA và BC.
Giải:
Trên các cạnh SB và SC lần lượt lấy các điểm B’ và C’ sao cho
' 'SB SC a
= =
.
Khi đó S.AB’C’ là hình chóp trong Bài toán 1.
Sử dụng công thức tỉ số thể tích
.
. ' '
2 3
. . . . 6
' '
S ABC
S AB C
V
SA SB SC a a a
V SA SB SC a a a
= = =
Từ đó suy ra
3
. . ' '

2
6.
2
S ABC S AB C
a
V V= =
.
- Để tính khoảng cách giữa SA và BC ta dựng
hình bình hành SBCI.
Khi đó B', C' I thẳng hàng, và bây giờ ta chỉ cần
xét cho hình chóp S.AB'I.
Ta có
//BC SI
nên
( )
//BC SAI
.
Do đó
( ) ( )
( )
( )
( )
; ; ;d BC SA d BC SAI d C SAI= =
Đến đây ta phải sử dụng tỉ số về khoảng cách để tính tiếp.
Ta có
( )
( )
( )
( )
( )

( )
( )
( )
;
3 ; 3 ';
'
';
d C SAI
CS
d C SAI d C SAI
C S
d C SAI
= = ⇒ =
.
Mặt khác
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
';
'
2 '; 2 ;
;
d C SAI
C A
d C SAI d H SAI

HA
d H SAI
= = ⇒ =
.
Vậy ta có
( ) ( )
( )
; 6 ;d BC SA d H SAI=
.
Gọi K, I lần lượt là hình chiếu của H trên
AI và SK. Khi đó suy ra
( )
( )
;d H SAI HI
=
.
Để tính HI ta phải tính góc
·
HAK
.
(Hướng dẫn HS vẽ hình phẳng để suy luận và tính toán được chính xác)
Từ hình bình hành SBCI, suy ra
' 3 ' ' 3 2B I B C a
= =
, suy ra
19AI a=
;
' 2 2.C I a
=
7

Theo định lý cô sin trong tam giác AC'I ta có
·
2 2 2
' ' 7
cos '
2 '.
57
AC AI C I
C AI
AC AI
+ −
= =
.
Suy ra
·
·
2
8
sin 1 cos '
57
HAK C AI
= − =
. Do đó
·
3 8 38
.sin .
2 19
57
a a
HK AH HAK

= = =
.
Từ đó suy ra
2 2
. 6
9
HK SH a
HI
HK SH
= =
+
. Vậy
( )
6 2 6
; 6
9 3
a a
d BC SA = =
.
* Như vậy, với việc sáng tác theo hướng này, ta có thể phát huy khả năng tính
gián tiếp các đại lượng về độ dài, khoảng cách, diện tích, thể tích của học sinh.
Hướng 3: Thay đổi mặt đáy.
Với bài toán 1, ta thấy đường cao của hình chóp là đường cao của một mặt bên,
bây giờ ta giữ nguyên đường cao này và thay đáy từ tam giác vuông thành tam
giác khác (đều, cân, thường) hoặc thành tứ giác (hình vuông, chữ nhật, thoi,
hình bình hành, hình thang ) Khi đó ta lại có một số bài toán mới.
Bài toán 5: Cho hình chóp tứ giác
.S ABCD
có đáy ABCD là hình thang vuông tại A,
//AD BC

,
,BC a=

2 , 3AD a SD a= =
(
0a
>
) và
mặt bên SAB là tam giác đều nằm trong mặt
phẳng vuông góc với đáy. Tính thể tích khối
chóp
.S ABCD
theo
a
.
Giải:
Vì
( ) ( ) ( ) ( )
;SAB ABCD AB SAB ABCD
⊥ = ∩
và
AD AB
⊥
nên
( )
AD SAB
⊥
, suy ra
AD SA
⊥

.
Trong tam giác vuông SAD ta có
2 2
5SA SD AD a
= − =
.
Vì tam giác SAB đều nên
5AB SA a= =
. Do đó diện tích đáy ABCD là:
( ) ( ) ( )
2
1 1 3 5
2 5
2 2 2
a
dt ABCD AD BC AB a a a
= + = + =
Gọi
I
là trung điểm của AB,
suy ra
SI AB
⊥
, do đó
( )
SI ABCD⊥
, hay
SI
là đường cao của hình chóp
S.ABCD. Ta có

3 3 15
5
2 2 2
SI SA a a
= = =
.
8
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là:
( )
2 3
1 1 3 5 15 5 3
. . .
3 3 2 2 4
a a a
V dt ABCD SI
= = =
.
Bài toán 5, gợi ý cho ta cách sử dụng đáy có hình dạng đặc biệt để có những
quan hệ vuông góc đẹp. Mặt khác ta cũng có thể dấu tính chất mặt bên vuông
góc với đáy bằng các giả thiết về góc và độ dài cạnh.
Bài toán 6: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông
tại A và B;
( )
2 , 3 0AB BC a AD a a
= = = >
. Mặt bên SAB là tam giác vuông cân tại S,
6SC a
=
. Gọi H, M lần lượt là trung điểm của AB và SD; K là hình chiếu của H
trên SC.

a) Chứng minh rằng:
( )
SH ABCD⊥
và
HK CM
⊥
.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HD và CM.
Giải:
Vì tam giác SAB vuông cân tại S có
2AB a
=
nên
0
.cos 45 2SB AB a= =
. Tam giác SBC có
( )
( )
2
2
2 2 2 2
2 2 6BC SB a a a SC
+ = + = =
. Suy ra tam
giác SBC vuông tại B. Do đó
( )
1BC SB⊥
Vì ABCD là hình thang vuông tại B nên
( )
2BC AB⊥

Từ (1) và (2) suy ra
( )
BC SAB⊥
. Vì
( )
SH ABCD⊥
nên
( )
6SH CD⊥
.
Từ (5) và (6) suy ra
( )
CD SHC⊥
. Do đó
( )
7CD HK⊥
Ta lại có
( )
8HK SC⊥
. Từ (7) và (8) suy ra
( )
HK SCD⊥
. Do đó
HK CM
⊥
.
Gọi I là trung điểm của HD và J là hình chiếu của I trên CM.
Ta có
//MI SH

nên
( )
MI ABCD⊥
, do đó
( )
1MI HD⊥
.
Do
( )
HBC DEC c g c∆ = ∆ − −
nên
CH CD=
. Suy ra
HCD∆
cân tại C.
Vì I là trung điểm của HD nên
( )
2CI HD⊥
.
Từ (1) và (2) suy ra
( )
HD MIC⊥
. Do đó
( )
3HD IJ⊥
. Ta lại có
( )
4IJ CM⊥
.
Từ (3) và (4) suy ra

IJ
là đoạn vuông góc chung của HD và CM.
9
Vậy khoảng cách giữa HD và CM là
( )
;d HD CM IJ=
.
Trong tam giác vuông cân SAB ta có
1
2
SH AB a= =
. Suy ra
1
2 2
a
MI SH= =
.
Ta có
( )
2
2 2 2
2 5HC HB BC a a a= + = + =
.
Vì tam giác HCD vuông cân tại C nên
0
5 10
.cos 45
2
2
a a

CI HC= = =
.
Vì IJ là đường cao trong tam giác vuông MIC nên
( )
( )
( )
( )
2 2 2
2
/ 2 . 10 / 2
. . 110
22
/ 2 10 / 2
a a
IM IC IM IC a
IJ
MC
IM IC
a a
= = = =
+
+
. Vậy
( )
110
;
22
a
d HD CM IJ= =
.

* Các bài toán về hình chóp có các cạnh bên bằng nhau với đáy là tam giác,
hình vuông, chữ nhật là các bài toán quen thuộc, bây giờ ta có thể thay đổi đáy
khác lạ một chút, ví dụ sau đây chọn đáy là một hình thang cân.
Bài toán 7: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân,
,AD BC a= =

2 , 3AB a CD a= =
. Các cạnh bên tạo với đáy các góc bằng nhau
và bằng
0
60
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo
a
.
Giải:
Gọi M, N lần lượt là hình chiếu của A, B trên CD.
Khi đó
2MN AB a= =
, suy ra
2
a
DM CN= =
.
Do đó
· ·
0
1
cos 60
2
DM

ADC ADC
AD
= = ⇒ =
.
Suy ra
0
3
.sin 60
2
a
AM AD
= =
.
Suy ra diện tích hình thang ABCD là
( ) ( )
2
1 1 3 5 3
. 2 3 .
2 2 2 4
ABCD
a a
S AB CD AM a a
= + = + =
.
Gọi H là hình chiếu của S trên mp(ABCD). Vì góc giữa các cạnh bên với đáy
đều bằng
0
60
nên
· ·

·
·
0
60SAH SBH SCH SDH
= = = =
.
Suy ra các tam giác SAH, SBH, SCH, SDH là
các tam giác vuông bằng nhau. Do đó
10
HA HB HC HD= = =
, hay H là tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang ABCD. Bán
kính đường tròn ngoại tiếp hình thang ABCD là
R AH=
và cũng là bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác ACD. Ta có
5
3
2 2
a a
MC CD DM a
= − = − =
.
Suy ra
2
2
2 2
5 3
7
2 2
a a

AC MC AM a
 
 
= + = + =
 ÷
 ÷
 ÷
 
 
Do đó
0
7 21
2sin 60 3
3
2.
2
AC a a
AH R
= = = =
.
Suy ra
0
21
.tan 60 . 3 7
3
a
SH AH a
= = =
.
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là

2 3
.
1 1 5 3 5 21
. . . 7
3 3 4 12
S ABCD ABCD
a a
V S SH a
= = =
.
Nhận xét: Với hướng sáng tác này, giúp học sinh phát huy khả năng vận dụng
các tính chất của hình phẳng trên đáy để giải.
Hướng 4: Thay đổi đường cao.
Ta cũng có thể thay đổi đường cao để có bài toán mới. Để làm điều này, ta cho
chân đường cao ở một vị trí nào đó trên mặt đáy theo ý định, sau đó sử dụng
các điều kiện về góc và khoảng cách để tìm giả thiết phù hợp với vị trí chân
đường cao đã cho. Tất nhiên ta có thể cho luôn giả thiết về chân đường cao
nằm ở đâu, hoặc dấu đi bằng các giá thiết khác có liên quan đến góc và cạnh
Bài toán 8: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a,
·
0
60BAD =
,
( )
SA ABCD⊥
. Góc giữa (SBC) và (ABCD) bằng
0
45
. Tính thể tích
khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa AD và SB.

Sau khi cho học sinh giải xong bài toán 8, cho học sinh giải tiếp bài toán 9:
(Bài toán 9, đã cho chân đường cao nằm trên một đường chéo của đáy nhưng
được dấu đi qua một số giả thiết về cạnh và góc)
Bài toán 9: Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
,
·
0
60BAD
=
. Tam giác
11
SAC
vuông tại
S
và tam giác
SBD
cân tại
S
. Góc giữa
SC
và mặt phẳng đáy
bằng
0
30
. Tính thể tích khối chóp

.S ABCD
và khoảng cách giữa hai đường
thẳng
AB
và
SC
.
Giải:
* Gọi O là giao điểm của AC và BD. Vì ABCD là hình thoi nên
BD AC
⊥
(1).
Vì
SBD∆
cân tại
S
nên
BD SO⊥
(2).
Từ (1) và (2) suy ra
( )
BD SAC
⊥
, do đó
( ) ( )
SAC ABCD
⊥
(3).
Từ (3) suy ra hình chiếu của
SC

trên
( )
ABCD
là
AC
. Suy ra góc giữa
SC
và
( )
ABCD
là góc
·
SCA
. Vậy
·
0
30SCA
=
. Vì
·
0
90ASC =
nên
·
0
60SAC =
, hay
SAO∆
đều.
Gọi H là trung điểm của AO, ta có

SH AC
⊥
(4).
Từ (3) và (4) suy ra
( )
SH ABCD⊥
. Vậy SH là đường cao của hình chóp
S.ABCD.
* Do
·
0
60BAD =
nên tam giác ABD đều cạnh
a
. Suy ra
BD a
=
và
3
2
a
AO
=
.
Suy ra diện tích hình thoi ABCD là
2
1 3 3
. . .
2 2 2
ABCD

a a
S AC BD AO BD a
= = = =
.
* Vì tam giác SAO đều có cạnh
3
2
a
AO
=
nên đường cao
3
4
a
SH =
.
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là
2 3
.
1 1 3 3 3
. .
3 3 2 4 8
S ABCD ABCD
a a a
V S SH
= = =
.
Trong mặt phẳng đáy (ABCD), qua H kẻ đường thẳng vuông góc với AB cắt AB
tại E và cắt CD tại F. Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của H và E trên SF.
* Ta có

CD EF
⊥
(1). Mặt khác, vì
( )
SH ABCD⊥
nên
CD SH
⊥
(2).
Từ (1) và (2) suy ra
( )
CD SEF⊥
. Do đó
( ) ( )
SEF SCD⊥
(3).
Từ (3) suy ra
( )
HI SCD⊥
và
( )
EK SCD⊥
. Ta có
4
3
EK EF AC
HI HF HC
= = =
(4).
Ta có

( ) ( )
3
; ;
2
a
EF d CD AB d D AB
= = =
(5)
(Vì bằng đường cao của tam giác đều ABD).
12
Từ (4) và (5) suy ra
3 3 3 3 3
.
4 4 2 8
a a
HF EF= = =
.
Xét tam giác vuông SHF có HI là đường cao, ta có
( )
( )
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 112
27
3 4
3 3 8
HI SH HF a
a
a
= + = + =
. Suy ra

3 21
28
HI a
=
.
Vì
//AB CD
nên
( )
//AB SCD
.
Do đó
( ) ( )
( )
( )
( )
4 21
; ; ;
3 7
a
d AB CD d AB SCD d E SCD EK HI
= = = = =
.
Bài toán 10: Cho hình chóp tam giác
.S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
A
, góc

·
0
30ACB
=
.
SA BC⊥
và
SA SM m= =

( )
0m
>
với
M
là điểm thuộc cạnh
BC
sao cho
4BM BC
=
. Góc giữa mặt bên
SBC
và đáy bằng
0
60
.
a) Tính thể tích khối chóp
.S ABC
theo
m
.

b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
AB
và
SC
theo
m
.
Giải :
a) - Gọi I là trung điểm của BC. Do tam giác ABC vuông
tại A, góc
·
0
30ACB
=
nên tam giác ABI là tam giác đều. Vì
1
4
BM BC=
nên M là trung điểm của BI. Do đó AM là
đường cao của tam giác ABI, hay
AM BC⊥
(1).
Theo giả thiết ta có
SA BC
⊥
(2).
Từ (1) và (2) suy ra
( )
BC SAM
⊥

hay
( ) ( ) ( )
3SAM ABC
⊥
Vì
SA SM m
= =
nên tam giác SAM là tam giác cân tại S.
Gọi H là trung điểm của AM, suy ra
SH AM⊥
(4).
Từ (3) và (4) suy ra
( )
SH ABC⊥
hay SH là đường cao của hình chóp
.S ABC
.
- Vì
( )
BC SAM⊥
nên
BC SM
⊥
(5). Từ (1) và (5) suy ra góc giữa (SBC) và đáy
là góc
·
SMH
. Vậy
·
0

60SMH
=
. Suy ra tam giác SAM là tam giác đều cạnh bằng
m
.
- Vì tam giác SAM đều cạnh bằng
m
nên
3
2
m
SH
=
và
AM m
=
.
13
- Vì tam giác ABI đều nên
0
2
sin 60 3
AM m
AB
= =
. Suy ra
0
2
.tan 60 . 3 2
3

m
AC AB m= = =
.
Do đó
2
1 1 2 2
. .2
2 2
3 3
ABC
m m
S AB AC m= = =
.
- Vậy thể tích khối chóp S.ABC là:
2
3
.
1 1 2 3 1
. .
3 3 2 3
3
S ABC ABC
m m
V S SH m
= = =
.
b) –Qua C kẻ
//Cx AB
, qua H kẻ
//EF AC

với
,E Cx F AB
∈ ∈
. Khi đó ACEF là
hình bình hành. Do
·
0
90CAB =
nên ACEF là hình chữ nhật. Ta có
2EF AC m
= =
.
- Xét tam giác AHF vuông tại F, ta có
·
0
1 1 1
.sin .sin 30
2 4 4
HF AH BAM AM AM m
= = = =
.
Do đó
1 7
2
4 4
HE EF HF m m m= − = − =
. Suy ra
8
7
2

4
7
FE
m m
HE
= =
.
- Gọi K là hình chiếu của H trên SE. Khi đó
HK SE
⊥
(6)
Ta có
( )
SH ABC SH CE⊥ ⇒ ⊥
(7); ACEF là hình chữ nhật nên
EF CE
⊥
(8). Từ
(7) và (8) suy ra
( )
CE SEF⊥
. Do đó
CE HK
⊥
(9).
Từ (6) và (9) suy ra
( )
HK SCE⊥
hay
( )

( )
,d H SCE HK=
.
Xét tam giác vuông SHE ta có:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 16 244
3 49 147HK SH HE m m m
= + = + =
7 183
122
HK m⇒ =
. Vì
//CE AB
nên
( )
//AB SCE
.
Do đó
( ) ( )
( )
( )
( )
( )
( )
8 4 183
; ; ; ;
7 61
FE
d AB SC d AB SCE d F SCE d H SCE HK m
HE

= = = = =
.
Hướng 5: Ta có thể đổi đỉnh và đáy trong trường hợp hình chóp tam giác.
Bài toán 11: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam
giác nhọn ABC,
5
3
BC a
=
(với
0a >
); mặt bên SAB
là tam giác vuông cân tại S và nằm trong mặt phẳng
14
vuông góc với đáy,
SA a=
; góc giữa mp(SAB) và mp(SBC) bằng
0
60
. Tính thể
tích của khối chóp S.ABC theo
a
.
Giải:
Gọi H là hình chiếu của C trên AB, vì tam giác ABC nhọn nên H nằm giữa A và
B. Vì
( ) ( )
SAB ABC
⊥
nên

( )
CH SAB⊥
.
Như vậy ta có thể xem đỉnh chóp là C và đáy chóp là mặt SAB.
Do đó, thể tích khối chóp S.ABC là:
( )
.
1
. (*)
3
S ABC
V dt SAB CH=
.
Gọi I là hình chiếu của H trên SB, suy ra
( )
SB CHI⊥
và góc giữa hai mặt
phẳng
( )
SAB
và
( )
SBC
là góc
·
CIH
. Vậy
·
0
60CIH =

.
Đặt
( )
0HI x x a
= < <
. Vì tam giác HIB vuông cân tại I nên
2HB x
=
.
Trong tam giác vuông CHI ta có
( )
0
.tan 60 3 1HC HI x
= =
, trong tam giác
vuông BHC ta có
( )
2 2 2 2 2
5
2 2
3
HC BC HB a x
= − = −
. Từ (1) và (2) suy ra
2 2 2
5
2 3
3
3
a

a x x x
− = ⇔ =
thoả mãn điều kiện
0 x a
< <
. Thay
x
vào (1) ta được
.HC a=
Tam giác SAB vuông cân tại S và SA=a nên
( )
2
1 1
.
2 2
dt SAB SA SB a
= =
.
Vậy
( )
2 3
.
1 1 1 1
. . .
3 3 2 6
S ABC
V dt SAB CH a a a
= = =
.
Nhận xét: Qua hướng sáng tác trên ta phát huy được khả năng nhìn hình không

gian, khả năng chọn đỉnh và đáy phù hợp, dễ dàng cho tính toán
Hướng 6: Cho các giả thiết về góc, khoảng cách đa dạng hơn, phức tạp hơn
Thay cho các giả thiết đơn giản trong các bài toán quen thuộc đã giải, ta cho
các giả thiết đa dạng và phức tạp hơn về các quan hệ song song, vuông góc, góc
và khoảng cách để học sinh phải suy luận chuyển các giả thiết phức tạp đó về
các giả thiết đơn giản hơn, góp phần nâng cao tư duy của học sinh.
15
Bài toán 12: Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều cạnh a,
mặt bên AA’C’C nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy,
'A B AC
⊥
. Tính thể
tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa AC’ và BA’ là
2
5
a
.
Giải:
Gọi H là trung điểm của AC, suy ra
( )
' 'BH AC A HB AC A H AC
⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥
.
Do
( ) ( )
' 'ACC A ABC
⊥
nên
( )
'A H ABC

⊥
.
Gọi D đối xứng với C qua A.
Ta có
'// 'DA AC
. Suy ra
( ) ( )
( )
( )
( )
'; ' '; ' ; 'd AC BA d AC A DB d A A DB
= =
.
Vì
2
3
AD HD
=
nên
( )
( )
( )
( )
2
; ' ; '
3
d A A BD d H A BD
=
.
Gọi I, K lần lượt là hình chiếu của H trên BD và A’I. Khi đó

( )
'HK A BD⊥
.
Suy ra
( )
( )
; 'd H A BD HK
=
. Vậy
( )
2
'; '
3
d AC BA HK
=
.
Suy ra
2 2 3
3 5 5
a a
HK HK
= ⇔ =
. Đặt
'A H h
=
. Ta có
3 3
;
2 2
a a

HB HD
= =
.
Suy ra
2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 25 1 4 4
.
' 9 3 9
h a
HK HA HB HD a h a a
= + + ⇔ = + + ⇔ =
- Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ bằng
2 3
3 3
. ' .
4 4
ABC
a a
V S A H a
= = =
.
Cũng từ bài toán 1, ta ghép hình chóp vào trong hình lăng trụ và thay đổi các
giả thiết về góc và khoảng cách thì có bài toán sau đây.
Bài toán 13: Cho hình lăng trụ tam giác
. ' ' 'ABC A B C
có đáy
ABC
là tam giác
vuông tại
C

, góc
·
0
60ABC =
. Điểm A cách đều các đỉnh
', ', 'A B C
. Góc giữa hai
mặt phẳng
( )
' 'ACC A
và
( )
' ' 'A B C
bằng
0
30
. Khoảng cách giữa hai đường thẳng
'CC
và
'A B
bằng
a
. Tính thể tích của
khối chóp
' 'BCC A
theo
a
.
Giải:
16

Vì tam giác ABC vuông tại C và A' cách đều A, B, C nên chân đường cao hạ từ
A' của hình chóp A'.ABC trùng với trung điểm H của AB. Từ đó suy ra
( ) ( )
' 'ABB A ABC⊥
.
Gọi I là trung điểm của HB.
Vì
·
0
60ABC =
nên tam giác HBC đều. Do đó
CI AB⊥
, suy ra
( )
' 'CI ABB A⊥
.
Vì
( )
'// ' 'CC ABB A
nên
( ) ( ) ( )
', ' ',( ' ') ,( ' ')d CC A B d CC ABB A d C ABB A CI
= = =
Từ đó suy ra
.CI a
=
Ta có
0
2
sin 60

3
CI a
BC
= =
,
0
tan 60 2 .AC BC a
= =

Suy ra
2
1 1 2 2
. .2
2 2
3 3
ABC
a a
S BC AC a
= = =
Gọi K là trung điểm của AC, khi đó HK//BC nên
HK AC⊥
. Từ đó suy ra
( )
'AC A HK⊥
, suy ra góc giữa (ACC'A') và (ABC) là góc
·
'A KH
.
Vậy
·

0
' 45A KH =
. Ta có
0
1
' .tan 45
2
3
a
A H HK BC= = =
.
Suy ra thể tích khối chóp B'.ABC là:
2 3
'. '.
1 1 2 2
. ' . .
3 3 9
3 3
B ABC A ABC ABC
a a a
V V S A H
= = = =
.
* Với giả thiết là hình đơn giản như hình lăng trụ đứng tam giác, nhưng ta
không cho độ dài các cạnh hay góc đơn giản của hình lăng trụ này, mà có thể
dấu nó trong các giả thiết phức tạp hơn về góc và khoảng cách, ta có bài toán
mới, tương đối hấp dẫn. Đây là bài tập yêu cầu học sinh tư duy cao về các khái
niệm và cách xác định góc và khoảng cách.
Bài toán 14: Cho lăng trụ đứng
. ' ' 'ABC A B C

có đáy
ABC
là tam giác vuông tại
B và
2AC AB=
. Góc giữa hai mặt phẳng
( )
'AB C
và
( )
' 'BCC B
bằng
0
60
. Khoảng
cách giữa
'A C
và
' 'B C
bằng
33
11
a
. Tính thể tích khối
tứ diện
' 'ABA C
và bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối tứ
diện
' 'ABA C
theo

a
.
Giải:
17
* Đặt
; 'AB x BB y= =
. Do tam giác ABC vuông tại B có
2AC AB=
nên
2AC x=
và
3BC x=
.
Gọi N là hình chiếu của B’ trên BA’. Vì
( )
' 'BC ABB A⊥
nên
'BC B N⊥
. Do đó
( )
' 'B N A BC
⊥
. Vì
( )
' '// 'B C A BC
nên
( ) ( )
( )
( )
( )

' '; ' ' '; ' '; ' 'd B C A C d B C A BC d B A BC B N
= = =
.
Do đó
33
'
11
a
B N
=
.
Xét tam giác
' 'A B B
ta có
( )
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 11
1
' ' ' ' 3B A BB B N x y a
+ = ⇔ + =
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của B trên AC và B’H. Khi đó
( )
'BK AB C
⊥
.
Vì
( )
' 'BA BCC B⊥
nên góc giữa mp
( )

'AB C
và mp
( )
' 'BCC B
bằng góc giữa BK và
BA. Vì tam giác BAK vuông tại K nên góc giữa BK và BA là góc
·
ABK
. Do đó
·
0
60ABK =
. Từ đó suy ra
1
2 2
x
BK AB
= =
.
Ta có
( )
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 4 1 8
2
' 3 3AB BC BB BK x x y x y x
+ + = ⇔ + + = ⇔ =
Thế (2) vào (1) ta được
2 2 2 2 2
1 8 11 11 11
3 3 3 3

x a
x x a x a
+ = ⇔ = ⇔ =
. Suy ra
6
4
a
y
=
.
Từ đó suy ra
3
. ' ' '
1 1 6 3 2
. ' . . ' . 3.
2 2 4 8
ABC A B C ABC
a a
V S BB AB BC BB a a
= = = =
.
Do đó
3
' ' . ' ' '
1 2
3 8
ABA C ABC A B C
a
V V
= =

.
* Gọi J là tâm hình chữ nhật ACC’A’. Khi đó J cách đều các đỉnh A, B, A’, C’
nên J là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABA’C’. Do đó bán kính mặt cầu ngoại
tiếp tứ diện ABA’C’ là :
2
2 2 2
1 1 1 3 70
' ' 4
2 2 2 8 8
a a
R JA AC AC CC a
= = = + = + =
.
* Tóm lại, người thầy có trách nhiệm truyền thụ đầy đủ và dễ hiểu nhất các kiến
thức cơ bản về hình học không gian, từ mức độ đơn giản nhất đến mức độ trung
18
bình khá. Khâu này bắt buộc phải làm thật tốt, đó là tiền đề cho quá trình triển
khai sáng kiến này. Sau đó người thầy phải hệ thống và liên kết các kiến thức,
kỹ năng cơ bản theo nhiều cách khác nhau, tạo ra các bài toán tổng hợp, mới
hơn, yêu cầu cao hơn về tư duy nhưng không quá sức. Cuối cùng bài toán mới
này được đưa ra giải quyết, có thể có sự dẫn dắt của thầy, qua đó học sinh tự
tổng hợp, hệ thống được kiến thức một cách đa dạng và chắc chắn hơn.
Bằng các hướng đi ở trên, các giáo viên có thể tự sáng tác được các bài
toán hay, có độ hấp dẫn cao, tạo điều kiện để học sinh phát triển tư duy hình
không gian một cách tự nhiên, có hệ thống, góp phần bồi dưỡng học sinh khá
giỏi. Hơn nữa nó cũng giúp học sinh có thể nhìn bài toán một cách đa dạng hơn
và cũng có thể tự sáng tác được bài tập.
4. Kiểm nghiệm
Sau khi thực hiện sáng kiến trên, tôi thu được một số kết quả sau:
- Vì học sinh được làm quen với nhiều bài toán có cùng một số giả thiết, nên khả

năng giải toán hình không gian của các em được nâng lên, kỹ năng tốt hơn, tự
tin hơn nhiều so với trước đây.
- Độ khó của bài toán được nâng dần lên nên phát huy tốt khả năng tư duy của
học sinh (đặc biệt là học sinh khá – giỏi).
- Các học sinh học yếu hơn việc tiếp thu chưa tốt lắm nhưng có hứng thú hơn
khi biến đổi bài toán này thành bài toán khác, các em thấy được rõ ràng hơn các
giả thiết quan trọng trong bài và được thực hành nhiều với một số giả thiết quan
trọng đó, làm cơ sở cho các suy luận cao hơn.
- Thống kê kết quả kiểm tra ở lớp 12A2 (2009-2010) (chưa triển khai sáng kiến
này) và lớp 12A1 (2012-2013) (đã triển khai sáng kiến này).
Sĩ
số
Giỏi Khá TB Yếu - Kém
SL % SL % SL % SL %
Lớp 12A2
(2009-2010)
46 7 15,2 15 32,6 20 43,5 4 8,7
Lớp 12A1 47 12 25,5 20 42,6 10 21,3 5 10,6
19
(2012-2013)
C. Kết luận và đề xuất
- Qua sáng kiến này, tôi thu được kết quả bước đầu tương đối khả quan, tuy
nhiên nó phụ thuộc vào cái nền được chuẩn bị trước. Nghĩa là để thực hiện sáng
kiến này, thì bước chuẩn bị các kiến thức cơ bản phải thật tốt. Học sinh khá và
giỏi nhiều hơn, số lượng học sinh trung bình ít hơn. Khả năng giải toán hình
không gian trong các đề thi ĐH –CĐ và đề thi HSG tỉnh của các em cải thiện
đáng kể.
- Sáng kiến mới dừng lại ở hầu hết đối tượng là học sinh khá giỏi và trung bình,
nhằm nâng cao tư duy hình không gian, các đối tượng yếu và kém thì hiệu quả
không cao.

- Rất mong được sự góp ý từ các thầy cô giáo trong tổ bộ môn Toán, các thầy cô
trong hội đồng khoa học trường THPT Tĩnh Gia 1 và hội đồng khoa học của Sở
GD&ĐT Thanh Hóa để sáng kiến này được hoàn thiện, thuận lợi cho việc bồi
dưỡng học sinh giỏi và ôn thi Đại học, cao đẳng.
Tôi xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG
Thanh Hóa, ngày 20 tháng 5 năm 2013
Tôi xin cam đoan, đây là SKKN của mình viết,
20
không sao chép nội dung của người khác.
Lê Thanh Bình
MỤC LỤC
A. Đặt vấn đề Trang 01
B. Giải quyết vấn đề Trang 01
1. Cơ sở lý luận Trang 01
2. Thực trạng của vấn đề Trang 03
3. Giải pháp và tổ chức thực hiện Trang 04
4. Kiểm nghiệm Trang 19
C. Kết luận và đề xuất Trang 20
21