Sang kien Kinh nghiem 2011

DTNT BK 2011- Alex Le 0281 3 607 608
CHƯƠNG I. TỔNG QUAN ĐỀ TÀI
I. Mở đầu:
Chương trình hình học lớp 11 gồm có ba chương:
- Chương 1: Phép dời hình và phép đồng dạng trong mặt phẳng.
- Chương 2: Đường thẳng và mặt phẳng trong không gian. Quan hệ song song.
- Chương 3: Véctơ trong không gian. Quan hệ vuông góc trong không gian.
Như vậy học sinh được học xong phần hình học phẳng và chuyển sang học
hình học không gian từ chương 2. Nhìn chung phần hình học không gian là khá
khó đối với trình độ chung của lớp 11, đặc biệt là học sinh trường PTDTNT Bắc
Kạn, khi đầu tuyển vào chất lượng học sinh thấp, học sinh nhận thức chậm. Khó
khăn trong tư duy trừu tượng, tưởng tượng hình học không gian 3 chiều.
Phần hình học không gian nghiên cứu về điểm, đường thẳng, mặt phẳng
trong không gian, nhằm cung cấp các kiến thức cơ bản về hình học không gian,
giới thiệu về quan hệ song song và quan hệ vuông góc của đường thẳng và mặt
phẳng trong không gian. Trong SGK đó trình bày nội dung của không gian Ơclit ba
chiều theo phương phỏp tiên đề.
Bằng suy luận giáo viên đi xây dựng các khái niệm mới và kịp cho học sinh
làm quen với việc chứng minh một số định lý của hình học không gian và giải một
số bài toán cơ bản nhất, đơn giản. Một loạt các định nghĩa mới về gócc, khoảng
cách Yêu cầu học sinh cần hiểu kiến thức một cách chắc chắn.
Các kiến thức cơ bản về hình học không gian lớp 11 nhằm giúp học sinh lên
lớp 12 tiếp thu tốt các kiến thức về khối đa diện cùng với việc tính toán thể tích các
khối này, đồng thời giúp học sinh hiểu rõ về cỏc mặt tròn xoay như mặt cầu, mặt
trụ, mặt nón.
II. Mục đích của đề tài
Để học tốt phần hình học không gian lớp 11 các em học sinh cần có phương
pháp học đúng, đặc biệt khi giải toán hình học không gian.
Nhằm giúp các em học sinh biết tránh những sai sót phổ biến khi học môn
này, tôi đưa ra những cách giải thiếu sót của một bài toán cụ thể và phân tích
những nguyên nhân sai lầm về mặt lí luận và kĩ năng tính toán để rút kinh nghiệm

cho giáo viên và học sinh.
III. Cơ sở của đề tài
Đề tài được viết dựa trên cơ sở chủ yếu sau:
- Phân tích nguyên nhân các sai lầm của học sinh qua các năm học.
- Kết quả học tập của học sinh lớp 11 trường Dân tộc nội trú Bắc Kạn.
IV. Biện pháp thực hiện
Tiến hành giảng dạy trên các giờ bài tập hình học không gian lớp 11 chương
2, chương 3. Trong giờ yêu cầu lần lượt từng học sinh lên bảng vẽ hình và trình
bày bài giải của mình cho cả lớp nghe. Sau đó, cho các bạn nhận xét, đánh giá.
Cuối cùng, giáo viên đưa ra kết luận cuối cùng của bài toán.
1
DTNT BK 2011- Alex Le 0281 3 607 608
Giờ bài tập khác giáo viên đưa ra đề bài toán, tổ chức lớp thành các nhóm
cùng giải. Sau đó mỗi nhóm cử đại diện lên bảng trình bày bài giải.
Đánh giá kết quả học tập, phát hiện các sai lầm sau bài kiểm tra 1 tiết trên
giấy bằng hình thức trắc nghiệm tự luận.
Tổng hợp các lỗi thống kê các lỗi, chỉ ra sai lầm của học sinh sau mỗi tiết
học và sau mỗi bài kiểm tra 1 tiết.
2
DTNT BK 2011- Alex Le 0281 3 607 608
CHƯƠNG II. NỘI DUNG
I. Đặc điểm tình hình
Hình học không gian là môn học có tính tư duy trừu tượng cao, đòi hỏi học sinh
phải có phương pháp học tốt mới đạt kết quả cao. Qua thời gianác năm học giảng dạy
môn toán 11 ở trường dân tộc nội trú Bắc Kạn, phần hình học không gian các em có
kết quả không cao, mắc khá nhiều lỗi khi giải toán hình học không gian. Nhằm giúp
các em học sinh biết tránh những sai sót phổ biến khi học môn này, tôi đưa ra dưới
đây những cách giải thiếu sót của một bài toán cụ thể và phân tích những nguyên nhân
sai lầm về mặt lí luận và kĩ năng tính toán để học sinh rút kinh nghiệm.
II. Nội dung

1. Sai khi vẽ hình:
Trong việc vẽ hình ta hay thường gặp những trường hợp hình vẽ sai do không
chú ý đến các yêu cầu của giả thuyết hoặc những kết luận do trực giác tạo ra.
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC, đáy ABC là tam giác vuông có cạnh huyền
BC=a, góc nhọn B=
α
. Các cạnh bên của hình chóp hợp với đáy những góc bằng
nhau và bằng
β
. Tính diện tích xung quanh của hình chóp.
* Lời giải sai:
J
K
I
H
C
B
A
S
Kẻ SH ⊥ mp(ABC), ta có:
· ·
·
SAH SBH SCH
β
= = =
Mặt khác kẻ HI ⊥ AB, HJ ⊥ BC, HK ⊥ AC thì theo định lí ba đường vuông góc ta có :
HI ⊥ AB, SK ⊥ AC, SJ ⊥ BC. Suy ra:
1 1 1
. . .
2 2 2

xp SAB SBC SCA
S S S S AB SI BC SI CA SK
∆ ∆ ∆
= + + = + +
Vấn đề còn lại là phải tính SI, SJ, SK theo a, α, β (vì các cạnh AB, BC, CA ta dẽ dàng
tính được theo a, α, β).
3
DTNT BK 2011- Alex Le 0281 3 607 608
* Phân tích: Hình vẽ trên sai do không vận dụng hết các điều đã cho trong giả thuyết.
Do đó nó không gợi ý một sự liên hệ nào có thể giúp chúng ta thực hiện được việc
tính toán.
Trước hết, hình chóp đã cho có các cạnh bên hợp với đáy những góc bằng nhau
· ·
·
1 1
tan ; sin , cos
2 2 2
SAH SBH SCH
a
SH HI HK
α α α
= =
= = =
nên từ đó suy ra rằng HA=HB=HC, tức là chân
đường cao H phải trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Mặt khác ∆ABC là tam giác vuông tại A, nên H chính là trung điểm của cạnh
huyền BC.
Dựa vào hình vẽ này ta có BC=a, AB= acosα, AC= asinα,
tan ; sin , cos
2 2 2

a a a
SH HI HK
β α α
= = =
.
K
I
H
C
B
A
S
Do đó:
2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2 2 2 2
.tan .sin tan sin
4 4 2
tan cos tan cos
4 4 2
a a a
SI SH HI SI
a a a
SK SH HI SK
β α β α
β α β α
= + = + ⇒ = +
= + = + ⇒ = +
Do đó:

2 2 2 2
2
2 2 2 2
1 1 1
.cos . . tan sin . . tan .sin . . tan cos
2 2 2 2 2 2 2 2
(cos tan sin tan sin tan cos )
4
xq
xq
a a a a a
S a a a
a
S
α β α β α β α
α β α β α β α
= + + + +
= + + + +
Ví dụ 2: Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D'. Dựng thiết diện của hình lập
phương với mặt phẳng đi qua trung điểm M của cạnh DD', trung điểm N của cạnh
D'C' và đỉnh A. Hãy xác định góc giữa thiết diện với mặt đáy ABCD.
4
DTNT BK 2011- Alex Le 0281 3 607 608
* Lời giải sai: Do hai mặt bên BB'A'A và CC'D'D song song với nhau nên giáo tuyến
của hai mặt phẳng này với mp(AMN) cũng phải song song với nhau. Góc giữa thiết
diện với mặt đáy ABCD là B'AB.
N
M
D'
C'

B'
A'
D
C
B
A
Ta có:
·
·
0
' ' 1
sin ' ' 45
' 2
' 2
BB BB
B AB BAB
AB
BB
= = = ⇒ =
.
Vậy góc giữa thiết diện với mặt đáy là 45
0
.
* Phân tích: Lời giải trên đây phạm 2 sai lầm:
- Việc xác định thiết diện chưa đủ căn cứ kết luận, chưa chứng minh được rằng MN//
AB'.
- Góc tạo bởi thiết diện với mặt đáy không phải là góc B'AB. Đây là trường hợp xác
định góc giữa hai mặt phẳng hay góc phẳng của nhị diện. Do đó việc đầu tiên là phải
xác định cho được giao tuyến của hai mặt phẳng đó. Ta phải lý luận như sau:
Trong mp(AA'D'D), AM và A'D' phải cắt nhau tại một điểm P. Suy ra điểm P

này phải là điểm chung của mp(A'B'C'D') và mp(AMN) nên nó nằm trên giao tuyến
của 2 mặt phẳng này, tức là : PN là giao tuyến của (AMN) và (A'B'C'D'). Mặt khác ta
có:
' 1 ' 1
' 2 ' 2
D M PD
A A PA
= ⇒ =
Từ đó vì
' 1
' ' 2
D N
A B
=
ta suy ra PN đi qua B' hay NB' là giao tuyến của mp(AMN)
với mp(A'B'C'D'). Vậy thiết diện là AMNB'.
Trong mp(DCC'D'), MN và CD phải cắt nhau tại một điểm, gọi điểm đó là Q. Từ đó
suy ra điểm Q là điểm chung của hai mp(AMN) và (ABCD). Vậy Q phải nằm trên
giao tuyến của mặt phẳng thiết diện với mặt phẳng đáy ABCD. Nối AQ là giao tuyến
của mp(AMN) và mp(ABCD) hay chính là cạnh của nhị diện hợp bởi thiết diện và
mặt phẳng đáy.
5
DTNT BK 2011- Alex Le 0281 3 607 608
K
N'
I
P
Q
A
B

C
D
A'
B'
C'
D'
M
N
Từ B' kẻ B'I ⊥ AQ và vì:
B'B ⊥ mp(ABCD) và B'I ⊥ AQ nên BI ⊥ AQ ( Theo định lí ba đường vuông góc).
Vậy góc
·
'B IB
chính là góc phẳng của nhị diện cạnh AQ.
Ta có:
·
'
tan '
BB
B IB
BI
=
Kẻ NN'//CC' => BN'// B'N//AQ, vậy
µ µ
1 1
B A=
Do đó ta có
·
' '
tan '

'
BB AB N B
B IB
BI BI N K
= = =
(1)
Gọi cạnh hình lập phương là a, ta tính được:
5
' , , '
2 2
a a
N K a BK N B= = =
.
Thay vào (1) ta có:
· ·
5 5 5
tan ' ' arctan .
2 2 2
a
B IB B IB
a
= = ⇒ =
Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thoi với các đường chéo
AC=4a, BD=2a, đường cao SO=h của hình chóp có chân O là giao điểm của AC và
BD. Mặt phẳng qua A và vuông góc với SC cắt SB,SC,SD lần lượt tại B',C',D'.
1) Đường cao SO=h phải thoả mãn điều kiện gì để C' nằm trên cạnh SC. Khi đó
hãy tính diện tích của thiết diện AB'C'D'.
2) Xác định h để B'C'D' là tam giác đều. Hãy kiểm nghiệm rằng khi đó mặt phẳng
AB'C'D' chia hình chóp S.ABCD ra hai phần có thể tích bằng nhau.
* Lời giải sai: 1) AC' là đường cao trog tam giác cân SAC, do đó để có C' thuộc đoạn

SC, ASC phải là góc nhọn. Muốn vậy phải có OC<SO => h>2a.
Tứ giác ANB'C'D' có các đường chéo AC' và B'D' vuông góc với nhau. Gọi K là giao
điểm của các đường chéo, ta có:
4ah=2dt(SAC)=AC'.SC=AC'.
2 2
4h a+
Suy ra
2 2
4
'
4
ah
AC
h a
=
+
6
DTNT BK 2011- Alex Le 0281 3 607 608
K
B'
D'
O
C'
S
D
C
B
A
Mặt khác do K là trực tâm của ∆SAC nên:
4a

2
=OA.OC=OS.OK=h.OK => SK=OS -OK=
2 2
4h a
h
−
Do đó: B'D' =BD.
2 2
2
2 ( 4 )SK a h a
SO h
−
=
Vậy dt(AB'C'D')=
2 2 2
2 2
1 4 ( 4 )
'. ' '
2
4
a h a
AC B D
h h a
−
=
+
.
B
1
H

B'
D'
O
C'
S
D
C
B
A
2) Mặt phẳng AB'C'D' cắt BC tại B
1
với AB
1
//BD và AB
1
=2a. Nếu B'C'D' là tam giác
đều thì B'HC' là nửa tam giác đều. Suy ra:
1
2 2
4
' 3 2 3 2 3
4
ah
AC AB a h a
h a
= = = ⇒ =
+
7
DTNT BK 2011- Alex Le 0281 3 607 608
Khi đó SO = h= OA

3
. Suy ra SAC là tam giác đều. Vậy C' là trung điểm SC. Hình
chóp C'.ABCD có đường cao hạ từ C' bằng
1
2
h. Do vậy có thể tích bằng một nửa thể
tích hình chóp S.ABCD.
*Phân tích: Rõ ràng trong câu 2 của bài ra và trong lời giải đó có sự nhầm lẫn do trực
giác mang lại. Thật vậy, hình chóp đỉnh C' đáy ABCD khi C' là trung điểm của SC thì
có thể tích bằng một nửa thể tích của hình chóp S.ABCD nhưng hình chóp C'.ABCD
không thể trùng với một trong hai phần của hình chóp S.ABCD do mp (AB'C'D') chia
ra được. ở đây do trực giác ta tưởng rằng hình chóp C'ABCD là phần của hình chóp
S.ABCD do thiết diện AB'C'D' cắt ra(!!). Ta dễ nhận ra rằng, thiết diện AB'C'D' chia
hình chóp thành hai phần:
- Một phần là hình chóp đỉnh S, đáy AB'C'D'.
- Một phần là hình đa diện AB'C'D'.ABCD ( hình này không phải là hình chóp,
vì nó có tới hai mặt là tứ giác, đồng thời không thể lẫn với hình chóp đỉnh C', đáy
ABCD được).
Do vậy, phần kiểm chứng trong câu 2 là sai, lời giải chỉ đúng với việc chứng
minh rằng thể tích hình chóp đỉnh C' đáy ABCD có thể tích bằng nửa thể tích hình
chóp S.ABCD, trong những điều kiện đã cho.
Những sai lầm trên đây là do thiếu một số hiểu biết cần thiết trong việc vẽ một
số hình quen thuộc. Để sửa chữa một số thiếu sót này ta cần làm quen với một số cách
vẽ những hình không gian thường gặp trong các đề toán. Cụ thể như sau:
8
DTNT BK 2011- Alex Le 0281 3 607 608
Hình chóp tam giác đều
H
C
B

A
S
H
D
C
B
A
S
Hình chóp tứ giác đều
H
C
A
B
S
Hình chóp có một mặt bên (SBC) vuông góc với mặt đáy
9
DTNT BK 2011- Alex Le 0281 3 607 608
C
B
A
S
Hình chóp có hai mặt bên kề nhau (SAC) và (SAB) vuông góc với đáy. SA là đường
cao.
2. Sai sót khi biểu thị các khái niệm hình học
Trong các bài toán hình học không gian ta thường gặp các khái niệm:
- Góc giữa đường thẳng và mặt phẳng;
- Góc giữa hai mặt phẳng;
- Khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng, khoảng cách giữa hai đường thẳng
vv
Nếu ta không nắm chắc các khái niệm này thì khi biểu thị nó trên hình vẽ ta dễ

mắc sai lầm và dẫn đến những kết quả không đúng.
Ví dụ 1: Cho lăng trụ tam giác đều ABCA'B'C' có cạnh đáy bằng a, đường
chéo BC' của mặt bên (BCC'B') hợp với mặt bên (BAA'B') một góc
α
. Tính thể tích
lăng trụ.
* Lời giải sai: Nối BA'. Góc giữa đường chéo BC' với mặt bên (BAA'B') là
góc
·
' 'C BA
. Vậy ta có:
·
' 'C BA
α
=
.
a
C'
B'
A'
C
B
A
Xét ∆ABC ta có:
'
sin ' sin
BC a
A
α
=

. Vì
' ' ' 'BC BA A BC= ⇒ ∆
cân.
10
DTNT BK 2011- Alex Le 0281 3 607 608
Từ đó suy ra:
0
(180 )
sin
sin '
2
'
sin sin
2sin
2
a
a A a
BC
α
α
α α
−
= = =
Vậy CC'
2
=BC'
2
-BC
2
=

2 2
2 2
2 2
(1 4sin )
2
4sin 4sin
2 2
a a
a
α
α α
− = −
Suy ra : CC'=
2
' 1 4sin
2
2sin
2
a
CC
α
α
= −
Vậy
2
2
3
. 1 4sin
4 2
2sin

2
a a
V
α
α
= −
;
Đáp số:
2
2
3
. 1 4sin
4 2
2sin
2
a a
V
α
α
= −
.
* Phân tích: Sai lầm chính của lời giải trên đây là việc xác định góc giữa
đường thẳng BC' với mặt phẳng (BAA'B') . Lẽ ra theo định nghĩa góc giữa đường
thẳng và mặt phẳng ta phải tìm góc giữa đường thẳng với hình chiếu của nó trên mặt
phẳng và việc đầu tiên là phải xác định hình chiếu của BC' trên mặt phẳng (BAA'B').
Để xác định hình chiếu của BC' trên mặt phẳng (BAA'B') ta xác định hình chiếu của
điểm C' lên mặt phẳng (BAA'B'). Ta để ý đến trung điểm I của cạnh A'B'. Lăng trụ
ABC.A'B'C' là lăng trụ đều nên BB' ⊥ mp(A'B'C') => BB' ⊥ IC' (1).
I
C'

B'
A'
C
B
A
Tam giác A'B'C' là tam giác đều nên A'B' ⊥ IC' (2).
Từ (1) và (2) ta suy ra : IC'⊥ mp(BAA'B') hay I là chân đường vuông góc kể từ
C' đến mp(BAA'B'), nghĩa là BI là hình chiếu của BC' trên mp(BAA'B'). Vậy
·
'C BI
α
=
, từ đó ta có:
11
DTNT BK 2011- Alex Le 0281 3 607 608
2
2
2 2 2 2 2
2
3 ' 3
' ; '
2 sin 2sin
3
' ' ' ' (3 4sin )
2sin 4sin
a C I a
C I BC
a a
BB BC B C a
α α

α
α α
= = =
 
= − = − = −
 ÷
 ÷
 
Suy ra:
2
' 3 4sin
2sin
a
BB
α
α
= −
Thay vào ta được:
3
3
3sin
8 sin
a
V
α
α
=
.
Ví dụ 2: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A'B'C' đáy ABC là một tam giác
vuông tại A, có AB=a, góc B=

α
. Mặt phẳng đí qua cạnh BC và đỉnh A' của đáy
trên hợp với mặt đáy ABC một góc
ϕ
. Tính thể tích lăng trụ.
* Lời giải sai: Góc A'BA là góc giữa mặt phẳng (A'BC) và mặt phẳng đáy
(ABC). Do đó:
·
'A BA
ϕ
=
.
Ta tính được
; ' tan ;
cos
a
BC AA a
ϕ
α
= =
Vậy
1
sin . tan ;
2 cos
a
V a a
α ϕ
α
=
3

1
tan .tan
2
V a
α ϕ
=
.
A
a
B'
A'
C'
B
C
* Phân tích: Rõ ràng lời giải này hoàn toàn sai vì góc A'BA không phải là góc
giữa mặt phẳng (A'BC) và mặt phẳng đáy (ABC), vì góc này theo định nghĩa phải là
góc của nhị diện tạo bởi hai mặt phẳng đó. Do vậy ta phải xác định cho đúng góc
phẳng đó.
Muốn vậy, từ A ta kẻ AI ⊥ BC . Vì AA' ⊥ mp(ABC) => A'I ⊥ BC ( Định lý ba
đường vuông góc).
12
DTNT BK 2011- Alex Le 0281 3 607 608
I
A'
B'
C'
B
A
C
Vậy góc A'IA là góc phẳng của nhị diện hợp bởi mp(A'BC) với mặt phẳng đáy.

Do đó:
·
'A IA
ϕ
=
.
Từ đây ta có: AC=tanα; AI= asinα; AA'=AI.tanϕ=asinα.tanϕ.
Vậy:
1
.tan . sin tan
2
V a a
α α ϕ
=
3
1
sin .tan .tan .
2
a
α α ϕ
=
Ví dụ 3: Cho hình hộp ABCD.A'B'C'D' có 6 mặt đều là những hình thoi có
một góc bằng 60
0
và cạnh đều bằng a.
1) Tính thể tích hình hộp;
2) Tính độ dài đường vuông góc chung của BB' và A'C'.
* Lời giải sai:
1) Kẻ A'H ⊥ mp(ABCD), dễ thấy rằng các tam giác AA'D và BAD đều nên tứ
diện A'ABD là tứ diện đều, do đó H trùng với tâm của tam giác đều ABD.

2
2
2 2 2 2
2 2 3 3
3 3 2 3
3 2
' '
3 3
6
'
2
a a
HA AO
a a
A H A A HA a
a
h A H
= = =
 
= − = − =
 ÷
 ÷
 
= =
Vậy
2 3
3 6 2
. 2. .
4 3 2
ABCD

a a a
V h S= = =
.
13
DTNT BK 2011- Alex Le 0281 3 607 608
O
A'
H
J
I
B'
C'
D'
D
C
B
A
2) Gọi J là trung điểm của đường chéo A'C' ta có:
B'J ⊥ A'C' và BJ ⊥ A'C' => A'C' ⊥ mp(BB'J).
Do vậy, từ trong mặt phẳng (BB'J) ta có thể kẻ đường thẳng JI ⊥ BB' thì JI
chính là đường vuông góc chung của BB' và A'C'. Ta tính thể tích của tứ diện
B.A'B'C' theo JI.
. ' ' ' ' ' ' '
2
1 1 1 1
' . . ' . .
2 2 3 2
1 1
. ( ' ' ) . . 3
6 6

3
. (1)
6
B A B C A BJB C BJB
V V V A J JI a C J JI a
a JI A J C J a JI a
a
JI
= + = +
= + =
=
Mặt khác ta có chiều cao của tứ diện B.A'B'C' cũng có độ lớn bằng đoạn A'H,
tức là bằng
3
6
a
, do đó ta tính được thể tích của nó là :
2 3
. ' ' ' ' ' '
1 6 1 6 3 2
.
3 3 3 3 4 12
B A B C A B C
a a a a
V S= = =
So sánh (1) và (2) ta có:
2 3
3 2 6
6 12 6
a a a

JI JI= ⇒ =
.
* Phân tích: Lời giải trên phạm những sai lầm sau:
1. Từ giả thiết hai tam giác A'AD và BAD đều đi đến kết luận hình A'ABD là tứ
diện đều là không chặt chẽ. Cần phải chứng minh thêm tam giác A'BD cũng là tam
giác đều cạnh a.
2. Cách xác định thể tích V theo cách hai là sai. Ta thấy BJ không thể vuông
góc với A'C' vì BA' và BC' không thể bằng nhau được.
3. Việc xác định đường vuông góc chung IJ của BB' và A'C' là sai. Thật vậy,
nếu có IJ ⊥BB' thì ta chứng minh được ngay A'C' ⊥ (JB'I). Từ đây ta lại suy ra BJ ⊥
A'C'.
Để giải đúng câu này, trước hết ta phải xác định đường vuông góc chung của
A'C' và BB'.
Ta chứng minh được nếu kẻ A'H ⊥ (ABCD) thì H nằm trên AC và ta có:
14
DTNT BK 2011- Alex Le 0281 3 607 608
A'H ⊥ OB, AC ⊥ OB => OB⊥ (AA'C'C) => OB ⊥ AA'. Mà AA' //BB' nên OB
⊥ BB'.
Dễ thấy B'J//OB. Do vậy B'J ⊥BB'.
Mặt khác: B'J ⊥ A'C'. Vậy B'J chính là đường vuông góc chung của A'C' và
BB'. Từ đây, ta tính được:
1
' ' '
2 2
a
BJ B D= =
Qua lời giải bài toán này ta rút ra một kinh nghiệm giải những bài toán tính
toán các yếu tố (độ dài đường vông góc chung, độ lớn góc nhị diện vv ). Ngay cả khi
đầu bài chỉ yêu cầu ta tính mà không bắt buộc ta phải xác định các yếu tố đó thì trên
thực tế ta vẫn cứ xác định chúng trên hình vẽ vì như vậy việc tính toán sẽ dễ dàng hơn

và nhiều khi chính cách xác định cũng giúp ta đường lối để tính các yếu tố đó.
CHƯƠNG III. KẾT QUẢ THỰC NGHIỆM
I. Kết quả thực nghiệm
1) Bảng thống kê các sai lầm của học sinh lớp 11 A,B C qua giờ bài tập
TSHS Sai về hình vẽ Sai về biểu thị các khái niệm hình học
10 4(40%) 3(30%)
62 40(64,5%) 35(56,5%)
2) Bảng thống kê các sai lầm của học sinh lớp 11 qua bài kiểm tra 1 tiết
TSHS Sai về hình vẽ Sai về biểu thị các khái niệm hình học
62 42(67,7%) 30(48,4%)
II. Kết luận
Trên đây là một vài sai sót phổ biến mà các học sinh thường gặp khi giải những
bài toán về hình học không gian. Các vidụ chỉ là những lỗi tiêu biểu, mong rằng các
em sẽ tránh được và cải tiến phương pháp học toán của mình, nhất là bộ môn hình học
không gian. Qua đó giáo viên dạy Toán phần này cũng lưu ý để sửa chữa sai lầm giúp
các em học sinh.
15
DTNT BK 2011- Alex Le 0281 3 607 608
Vì thời gian ngắn chưa có nhiều ví dụ , rất mong các thầy cô dạy toán góp ý và
xây dựng phương pháp học hình học không gian hiệu quả hơn cho học sinh.
Xin trân thành cảm ơn.
Bắc Kạn, ngày 26 tháng 03 năm 2011
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Trần Văn Hạo (Tổng chủ biên) và các tác giả, SGV/SGK Hình học lớp 11, NXB
Giáo dục, 2007.
[2] Nguyễn Bá Kim, Phương pháp dạy học toán, NXB Giáo dục, 2000.
[3] Lê Duy Ninh, Dạy học suy luận và chứng minh, Đại học sư phạm
Hà Nội II, 1999.
[4] Nguyễn Hải Châu và các tác giả, Tài liệu bồi dưỡng giáo viên thực hiện chương
trình SGK lớp 11, 2007.

[5] Báo toán học và tuổi trẻ/ Tạp trí THPT, Khoa học tự nhiên.
[6] Chuẩn kiến thức kỹ năng môn Toán, NXB Giáo dục, 2009.
[7] Nguyễn Văn Biết – Tống Văn Năm, Một số sai lầm thường mắc của học sinh khi
giải toán HHKG 11, tạp chí Giáo dục năm 2005.
NHẬN XÉT CỦA HỘI ĐỒNG KHOA HỌC
16