Những sai lầm thường gặp khi vận dụng định lý, tính chất trong quá trình giải toán hình học không gian

MỤC LỤC

1


PHẦN I. MỞ ĐẦU
1. Lý do chọn đề tài:
Hình học là phần tương đối khó trong chương trình tốn THPT, đặc biệt là
hình học khơng gian ở lớp 11 và lớp 12. Phần hình học khơng gian này địi hỏi
học sinh phải nắm vững lý thuyết, có tư duy Tốn nhất định mới có thể vẽ được
hình, đọc được hình rồi từ đó mới giải được các bài tốn. Chính vì vậy nên
nhiều học sinh rất ngại khi học và làm các bài tốn về hình học khơng gian.
Tuy nhiên đây cũng là một trong các mơn học mà ngồi việc cung cấp cho
học sinh kiến thức, kĩ năng giải tốn hình học khơng gian cịn rèn luyện cho học
sinh nhiều đức tính, phẩm chất của con người lao động mới : cẩn thận, chính
xác, có tính kỉ luật, tính phê phán, bồi dưỡng óc thẩm mĩ, tư duy sáng tạo cho
học sinh.
Thơng thường khi vận dụng các định lí để chứng minh các tính chất hoặc
để tính tốn, học sinh thường gặp các sai lầm:
- Phát biểu một định lí khơng chính xác.
- Vận dụng các định lí trong trường hợp thiếu điều kiện.
- Sử dụng tùy tiện các định lí về tương quan giữa các đường thẳng
trong mặt phẳng đem mở rộng cho trường hợp trong không gian.
Thực tiễn trong q trình giảng dạy tơi nhận thấy học sinh các lớp 11 rất e
ngại học mơn hình học khơng gian, về phần giáo viên cũng gặp khơng ít khó
khăn khi truyền đạt nội dung kiến thức và phương pháp giải các dạng bài tập
hình học khơng gian. Từ những lý do đó tơi chọn đề tài “Những sai lầm thường
gặp khi vận dụng định lý, tính chất trong q trình giải tốn hình học
khơng gian”
2. Mục đích nghiên cứu.
Giúp học sinh khắc phục các sai lầm khi giải tốn hình học khơng gian.

Từ đó nâng cao chất lượng học tập của học sinh. Tìm ra phương pháp dạy học
phù hợp với học sinh, tạo hứng thú học tập cho học sinh.
3. Đối tượng ngiên cứu:
Một số định lý, tính chất của hình học khơng gian và ứng dụng của nó.
Học sinh khối 11,12 năm học 2020-2021

2


4. Phương pháp nghiên cứu:
Để thực hiện mục đích và nhiệm vụ của đề tài, trong q trình nghiên cứu
tơi đã sử dụng các nhóm phương pháp sau:
Nghiên cứu các loại tài liệu sư phạm, quản lí có liên quan đến đề tài.
Phương pháp điều tra (nghiên cứu chương trình, hồ sơ chuyên môn,…).
Phương pháp đàm thoại phỏng vấn

3


PHẦN II. NỘI DUNG SÁNG KIỀN KINH NGHIỆM:
1. Cơ sở lý thuyết
1.1. Quan hệ vng góc
1.1.1. Hai đường thẳng vng góc
a) Định nghĩa : a ⊥ b ⇔

( a¶,b) = 900

b) Tính chất
+ Giả sử

r
u

là vectơ chỉ phương của đường thẳng a,

phương của đường thẳng b. Khi đó

+

rr
a ⊥ b ⇔ u.v = 0

r
v

là vectơ chỉ

b ⁄⁄ c
⇒ a⊥ b

a ⊥ c

1.1.2. Đường thẳng và mặt phẳng vng góc
a. Định nghĩa

d ⊥ (P) ⇔ d ⊥ a, ∀a ⊂ (P)

b. Tính chất
Điều kiện để đường thẳng vng góc với mặt phẳng:

+

+

+

+

a, b ⊂ (P ), a ∩ b = O
⇒ d ⊥ (P )

d ⊥ a, d ⊥ b
a P b
⇒ (P ) ⊥ b

(P ) ⊥ a
(P ) P (Q)
⇒ a ⊥ (Q)

a ⊥ (P )
a P (P )
⇒ b⊥ a

b ⊥ (P )

+

+

+

a ≠ b
⇒ aPb

a ⊥ (P ), b ⊥ (P )
(P ) ≠ (Q)
⇒ (P ) P (Q)

(P ) ⊥ a,(Q) ⊥ a
a ⊄ (P )
⇒ aP ( P)

a ⊥ b,(P ) ⊥ b

Định lí ba đường thẳng vng góc
Cho

a ⊥ (P ), b ⊂ (P )

, a′ là hình chiếu của a trên (P). Khi đó b ⊥ a ⇔ b ⊥ a′

1.1.3. Hai mặt phẳng vng góc
4


(P) ⊥ (Q) ⇔

a. Định nghĩa

(·(P ),(Q)) = 900

b. Tính chất

Điều kiện để hai mặt phẳng vng góc với nhau:

+

+

(P ) ⊥ (Q),(P ) ∩ (Q) = c
⇒ a ⊥ (Q)

 a ⊂ (P ), a ⊥ c

+

(P ) ⊃ a
⇒ (P ) ⊥ (Q)

a ⊥ (Q)

(P ) ⊥ (Q)

⇒ a ⊂ (P )
 A ∈ (P )
 a ∋ A, a ⊥ (Q)

(P ) ∩ (Q) = a

⇒ a ⊥ (R)

(P ) ⊥ (R)
(Q) ⊥ (R)

1.2. Góc và khoảng cách
1.2.1. Góc
a//a', b//b' ⇒

a. Góc giữa hai đường thẳng:
Chú ý: 0 ≤
0

( a¶,b)

( a¶,b) = ( a· ',b')

≤ 900

b. Góc giữa đường thẳng với mặt phẳng:
Nếu d ⊥ (P) thì
Nếu

d ⊥ (P )

thì

Chú ý: 00 ≤

( d· ,(P))
( d· ,(P ))

( d· ,(P))

= 900.
=

( d· ,d')

với d’ là hình chiếu của d trên (P).

≤ 900

(

c. Góc giữa hai mặt phẳng:

Giả sử (P) ∩ (Q) = c. Từ I ∈ c, dựng

)

a ⊥ (P )
¶, b)
⇒ (·P ),(Q) = ( a

b
⊥
(
Q
)

a ⊂ (P ), a ⊥ c


b ⊂ (Q), b ⊥ c

⇒

( (·P ),(Q)) = ( a¶,b)
5


(

)

00 ≤ (·P ),(Q) ≤ 900

Chú ý:

d. Diện tích hình chiếu của đa giác: Gọi S là diện tích của đa giác (H)
trong (P), S’ là diện tích của hình chiếu (H’) của H trên (Q), ϕ =
đó S′ = S.cosϕ

( (·P ),(Q))

. Khi

1.2.2. Khoảng cách
a. Khoảng cách từ một điểm đến đường thẳng (mặt phẳng) bằng độ
dài đoạn vuông góc vẽ từ điểm đó đến đường thẳng (mặt phẳng).
b. Khoảng cách giữa đường thẳng vằ mặt phẳng song song bằng
khoảng cách từ một điểm bất kì trên đường thẳng đến mặt phẳng.

c. Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song bằng khoảng cách từ
một điểm bất kì trên mặt phẳng này đến mặt phẳng kia.
d. Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng:
+ Độ dài của đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng đó.
+ Khoảng cách giữa một trong hai đường thẳng đó đến mặt phẳng
song song với nó và chứa đường thẳng cịn lại.
+ Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa hai
đường thẳng đó.
1.3. Khối đa diện và thể tích của chúng
1.3.1. Thể tích của khối hộp chữ nhật:

V = a.bc
.

với a, b, c là ba kích thước của khối hộp chữ nhật.

1.3.2. Thể tích của khối chóp

1
V = Sđáy.h
3

với Sđáy là diện tích đáy, h là chiều cao của khối chóp
1.3.3. Thể tích của khối lăng trụ:
V = Sđáy.h

6


với Sđáy là diện tích đáy, h là chiều cao của khối lăng trụ

1.3.4. Một số phương pháp tính thể tích khối đa diện
a. Tính thể tích bằng cơng thức:
+ Tính các yếu tố cần thiết: độ dài cạnh, diện tích đáy, chiều cao,....
+ Sử dụng cơng thức để tính thể tích.
b. Tính thể tích bằng cách chia nhỏ
Ta chia khối đa diện thành nhiều khối đa diện nhỏ mà ta có thể dễ dàng
tính được thể tích của chúng. Sau đó, cộng các kết quả ta được thể tích của khối
đa diện cần tính.
c. Tính đa diện bằng cách bổ sung
Ta có thể ghép thêm vào khối đa diện một khối đa diện khác so cho
khối đa diện thêm vào và khối đa diện mới tạo thành có thể dễ tính được thể
tích.
d. Tính thể tích bằng cơng thức tỉ số thể tích
Ta có thể vận dụng tính chất sau:
Cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng. Với bất kì các điểm A, A’ trên
VOABC

Ox; B, B’ trên tia Oy, C, C’ trên tia Oz ta đều có:

VOA'B'C '

=

OA OB OC
.
.
OA' OB ' OC '

2. Thực trạng áp dụng lý thuyết để giải các bài tốn hình học khơng gian
Thơng thường khi vận dụng các định lí để chứng minh các tính chất hoặc

để tính tốn, học sinh thường gặp các sai lầm.
7


Vấn đề 1: Phát biểu một định lí khơng chính xác.
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA
vng góc với đáy. Chứng minh rằng các mặt bên của hình chóp là những tam
giác vuông.
Giải
SA ⊥ AB ⇒∆SAB vuông ở A
SA ⊥ AD ⇒∆SAD vng ở A
Ta cũng có
SA ⊥ AB 
 ⇒ SB ⊥ BC
AB ⊥ BC 

(theo định lý
ba đường vng góc) ⇒∆SBC vuông tại B
Chứng minh tương tự ⇒∆SDC vuông tại D
→ Thiếu sót chủ yếu ở lý luận trên đây là:
- Phát biểu định lý ba đường thẳng vng góc một cách khơng chính xác.
SA ⊥ ( ABCD ) 
 ⇒ SB ⊥ BC
AB ⊥ BC

- Vận dụng các định lí trong trường hợp thiếu điều kiện
- Sử dụng các định lí về tương quan giữa các đường thẳng trong mặt phẳng đem
mở rộng cho trường hợp trong không gian.
Bài tập tương tự: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a,
cạnh SA = a và vng góc với mặt phẳng (ABCD).

a) Chứng minh các mặt bên là những tam giác vuông.
b) Mặt phẳng (α) qua A và vng góc với SC lần lượt cắt SB, SC, SD tại
B’, C’, D’. Chứng minh B’D’ song song với BD và AB’ vng góc với SB.
c) Đặt BM = x. Tính độ dài đoạn SK theo a và x. Tính giá trị nhỏ nhất của
đoạn SK.

8


Vấn đề 2: Vận dụng các định lí trong trường hợp thiếu điều kiện
Ví dụ 2: Cho hình chóp tam giác, đáy ABC là một tam giác vng góc ở
đỉnh B. Cạnh bên SA vng góc với đáy. Từ A kẻ các đường AK vng góc SB
và AH vng góc với SC. Chứng minh rằng SC vng góc với HK và AK vng
góc với HK.
Giải: Theo giả thiết:

SC ⊥ AH


 ⇒ SC ⊥ ( AHK )
AH ⊂ ( AHK ) 

Mặt khác HK nằm trong (AHK) suy ra SC ⊥HK
Ta có:
AK ⊥ SB


 ⇒ AK ⊥ ( SBC )
SB ⊂ ( SBC ) 

AK ⊥ ( SBC ) 
 ⇒ AK ⊥ HK
HK ⊂ ( SBC ) 
→ Những lí luận trên đây dựa trên một mệnh đề sai là: “Một đường thẳng vng
góc với một đường thẳng nằm trong một mặt phẳng thì vng góc với mặt
phẳng ấy”. Thật ra, muốn kết luận SC ⊥ (AHK) ta phải chứng minh được rằng

9


SC vng góc với hai đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng ấy, nghĩa là phải lý
luận như sau:
SA ⊥ ( ABC )  BC ⊥ SB 
⇒
 ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AK ( 1)
BC
⊥
AB
AB ⊥ BC 

Theo giả thiết SB ⊥ AK (2)
Từ (1) và (2) suy ra AK ⊥ (SBC)⇒AK ⊥ HK
Tương tự chứng minh lại cho trường hợp SC ⊥ HK
Bài tập tương tự: Cho tam giác đều SAB và hình vng ABCD cạnh a nằm
trong hai mặt phẳng vng góc với nhau. Gọi H và K lần lượt là trung điểm của
AB, CD và E, F lần lượt là trung điểm của SA, SB.
a) Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SCD) và tan của góc giữa hai
mặt phẳng (SAB) và (SCD).
b) Gọi G là giao điểm của CE và DF. Chứng minh CF vng góc với SA
và CF vng góc với SB. Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng (GEF) và (SAB).

Hai mặt phẳng này có vng góc với nhau khơng?
Vấn đề 3: Sử dụng các định lí về tương quan giữa các đường thẳng trong
mặt phẳng đem mở rộng cho trường hợp trong khơng gian.
Ví dụ 3: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Qua đỉnh C của đáy dựng một mặt
phẳng vng góc với cạnh bên SA. Mặt phẳng này cắt các cạnh SA, SB, SD ở
các điểm M, N, P. Chứng minh NP//BD.
Giải: Kẻ đường cao SH
SH⊥(ABCD) ⇒ SH⊥BD (1)
ABCD là hình vng ⇒AC⊥BD (2)
Từ (1) và (2) suy ra BD⊥ (SAC) ⇒ BD⊥SA
Theo giả thiết SA⊥(CPMN)
nên ta có NP⊥SA
Hai đường thẳng BD và NP
cùng vng góc với đường thẳng SA
nên chúng song song với nhau.
Vậy BD//NP
10


→Trong ví dụ này, kết luận dựa trên định lí : “Hai đường thẳng cùng vng góc
với một đường thẳng thứ ba thì song song với nhau’’. Đó là một định lí của hình
học phẳng. Nhưng việc mở rộng ra trong hình học khơng gian thì đó lại là một
mệnh đề sai. Về bài này, ta phải lí luận như sau :
Vì BD ⊥ SA và SA⊥(COMN) nên theo định lí “Một đường thẳng và một
mặt phẳng cùng vng góc với một đường thẳng thì chúng song song với nhau “
ta có BD//(CPMN)
Ta lại có (SBD) chứa BD và (CPMN)//BD nên giao tuyến của chúng là
NP//BD.
(Hoặc chứng minh NP và BD cùng vng góc (SAC))
Ví dụ 4 : Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là một hình chữ nhật, cạnh

SA vng góc với mặt đáy. Từ đỉnh A kẻ các đường AH vng góc với SB, AI
vng góc với SC, AK vng góc với SD. Chứng minh rằng tứ giác AHIK nội
tiếp được.
Giải :
Ta có
SA ⊥ ( ABCD ) 
 ⇒ SB ⊥ BC
AB ⊥ BC

Mặt khác, AB⊥BC
Vậy BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AH
Theo giả thiết AH⊥(SBC) mà
IH thuộc (SBC) cho nên AH⊥HI ⇒
·AHI = 90o
Chứng minh tương tự
Nên

·AKI = 90o

·AHI + ·AKI = 180o

Vậy tứ giác AHIK nội tiếp được

11


→ Sai lầm chủ yếu của chứng minh trên đây là chưa chứng minh rằng tứ giác
AHIK là một tứ giác phẳng nghĩa là 4 điểm A, H, K, I cùng nằm trên một mặt
phẳng. Cần chứng minh bổ sung lời giải trên đây bằng một chứng minh nữa.
AH ⊥ ( SBC ) ⇒ AH ⊥ SC 

 ⇒ SC ⊥ ( AHI )
AI ⊥ SC 

(1)

Lý luận tương tự SC⊥(AKI) (2)
Vì qua một điểm nằm ngồi một đường thẳng ta chỉ có thể dựng được một
mặt phẳng vng góc với đường thẳng ấy nên rõ ràng hai mặt phẳng (AHI) và
(AKI) trùng nhau do vậy 4 điểm A, H, I, K cùng nằm trên một mặt phẳng suy ra
AHIK là một tứ giác phẳng.
Ví dụ 5 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang ABCD vng góc
tại A và B, SA vng góc với đáy. Cho biết AB = BC = a ; AD = SA = 2a.
a) Tính diện tích xung quanh của hình chóp. Tính góc nhị diên cạnh SD.
b) Một mặt phẳng (P) qua CD và trung điểm M của cạnh SA. Tính diện
tích mặt cắt của hình chóp do mặt phẳng (P) tạo ra.
c) Tính tỉ số thể tích của hai phần hình chóp được chia bởi mặt phẳng (P).
Giải :
Để dựng thiết diện, ta kéo dài AB và DC cho cắt nhau tại một điểm B’.
Nối MB’ cắt SB tại N. Tứ giác MNCD là thiết diện cần dựng.

DC = a 2
AD = 2a

·
DAC
= 45o
Từ đó suy ra AC⊥CD
SA ⊥ ( ABCD ) 
 ⇒ SC ⊥ CD ⇒ CD ⊥ MC
AC ⊥ CD



Vậy góc NCA là góc phẳng nhị diện hợp bởi thiết diện và đáy
Ta lại có: MC2 = AC2 + MA2 = 2a2 + a2 = 3a2.

12


MC=a

3

Tính

·
cos MCA
=

AC a 2
6
=
=
MC a 3
3

Để tính diện tích thiết diện, vì
MA⊥(ABCD) nên có thể sử dụng

S'=
cơng

thức

S MNCD =

S
cosϕ

tức

là

S ABCD
·
cosMCA
S ABCD

Mà

1
3a 2
= ( a + 2a ) a =
2
2

S MNCD

Vậy

3a 2

3a 2 6
2
=
=
4
6
3

c) Phương pháp tính tỉ số thể tích. Với một góc tam diện Sabc và các cặp điểm
(A’,A), (B’,B), (C’,C) lần lượt nằm trên các tia Sa, Sb, Sc ta ln có :
13


VS . ABC
SA SB SC
=
.
.
.
VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC '
Áp dụng phương pháp này vào hình chóp S.ABCD với các cặp điểm
(A,M), (B, N), (C,C), (D,D) ta có :
VS . ABCD
SA SB SC SD
=
.
. .
.
VS .MNCD SM SN SC SD
AD = 2BC⇒BB’ = a ⇒ B là trung điểm

của AB’ ⇒ SN =

2
3

SB

VS . ABCD
SA SB SC SD 2 3 1 1 3
=
.
. .
= . . . =
VS .MNCD SM SN SC SD 1 2 1 1 1
VS . ABCD − VS .MNCD 3 − 1 VABCD.MNCD
=
⇒
=2
VS .MNCD
1
VS .MNCD
→ Các lời giải trên đây, thoạt nhìn có vẻ hợp lí và cho ta những đáp số chính
xác, nhưng thật ra đó là những kết quả sai do những suy luận không đúng. Trước
hết, trong lời giải câu b, do bị trực giác đánh lừa, ta nghĩ rằng hình chiếu của
thiết diện MNCD trên đáy đúng là hình thang ABCD. Rõ ràng đây là một sai
lầm vì ta mới chỉ có A là hình chiếu của M cịn B thì khơng phải là hình chiếu
của N (vì BN khơng vng góc với đáy)
Để có được hình chiếu của MNCD trên đáy, từ N trong mặt phẳng (SAB)
ta kẻ NA’⊥(ABCD) và hình chiếu của thiết diện MNCD trên đáy là tứ giác

S MNCD =

AA’CD. Và như vậy ta có

SAA'CD
·
cosMCA

SAA’CD = SABCD – SA’BC

Vì

NB 1
1
= , NA '// SA ⇒ A ' B = a
SB 3
3

14


1 1
1
SA'BC = . a.a = a 2
2 3
6

SAA'CD

3a 2 1 2 4a 2

=
− a =
2 6
3

S MNCD

Vậy

4a 2
2a 2 6
3
=
=
3
6
3

Trong câu c, đã vận dụng một cách tùy tiện phương pháp tỉ số thể tích. Thực ra
phương pháp này đã nêu rõ trường hợp vận dụng giới hạn trong góc tam diện,
những trong lời giải ta đã mở rộng cho cả trường hợp một góc đa diện (ở đáy là
góc tứ diện). Muốn vận dụng được phương pháp này đối với bài tốn đã nêu, ta
phải chia góc tứ diện thành từng góc tam diện, cụ thể
- Góc tam diện SACD với các cặp điểm (A,M), (C,C), (D,D)
- Góc tam diện SABC với các cặp điểm (A,M), (B,N), (C,C)
VS .MCD SM SC SD 1 1 1 1
=
. .
= . . =
VS . ACD

SA SC SD 2 1 1 2
VS .MNC SM SN SC 1 2 1 1
=
.
.
= . . =
VS . ABC
SA SB SC 2 3 1 3
Ta dễ dàng thấy rằng các hình chóp S.ABCD, S.ACD, S.ABC có đường
3a 2
a2
2
2 a 2
cao chung và có đáy lần lượt là
, ,
nên ta dễ dàng thấy

2
1
VS . ACD = .VS . ABCD VS . ABC = .VS . ABCD
3
3
,

15


1
1
VS .MCD = VS . ACD = .VS . ABCD

2
3
1
1
VS .MNC = VS . ABC = .VS . ABCD
3
9
4
1 1
VS .MNCD =  + ÷VS . ABCD = VS . ABCD
9
3 9

VS .MNCD
VMNCD. ABCD

=

4
5

Ta có thể giải bài tốn này theo cách tính thể tích VMNCD.ABCD theo a như
sau
Lấy thể tích hình chóp S’.AMD ( đỉnh B’ – đáy là tam giác vuông AMDđường cao là B’A) trừ đi thể tích hình chóp B’.BNC.
VMNCD.ABCD = VB’.AMD – VB’.BNC
1
1
2
VB '. AMD = .2a. .a.2a = a 3
3

2
3
Ta tính thể tích hình chóp B’.BNC bằng cách tính thể tích của hình chóp

đáy là tam giác vng BB’C (có BB’ = BC = a) đỉnh N (có đường cao
)

2
NA ' = a
3

1 2 1
1
VN . BB ' C = . a. a.a = .a 3
3 3 2
9

Vậy

2
1
5
VMNCD. ABCD = a 3 − a 3 = a 3
3
9
9

VS.ABCD = a3.
VMNCD. ABCD
VS . ABCD

5 3
a
5
9
= 3 =
a
9

⇒

VS .MNCD
4
=
VMNCD. ABCD 5

16


Bài tập tương tự: Cho khối chóp A. MNPQ có đáy là hình bình hành. Gọi H là
trung điểm AN. Một mặt phẳng (P) đi qua HM và song song với QN chia khối
chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần đó.

BÀI TẬP THÊM
Bài 1. Cho hình chóp S.MNPQ có đáy là hình chữ nhật và SM vng góc với
mặt phẳng (MNPQ). Gọi ME, MF là đường cao của các tam giác SMN và SMQ.
Chứng minh EF song song với NQ.
Bài 2. Cho hình chóp S.HIJK có đáy HIJK là hình chữ nhật, gọi M, N là trung
điểm HI, JK và giả sử SH = SI. Chứng minh rằng JKvng góc với mặt phẳng
(SMN)

Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là nữa hình lục giác đều và SA vng
góc với mặt phẳng (ABCD). Một mặt phẳng qua A vng góc với SD tại D 1 cắt
SB, SC tại B1, C1.
a. Chứng minh rằng tứ giác AB1C1D1 nội tiếp được.
b. Tính thể tích hình chóp S. AB1C1D1.
Bài 4. Cho tứ diện ABCD có AB⊥CD và AC⊥BD. Gọi K là hình chiếu của A
xuống (BCD). Chứng minh rằng K là trực tâm tam giác BCD và AD vuông góc
BC.
Bài 5. Cho hình chóp S.ABC có tam giác ABC đều. Hai mặt phẳng (SAC),
(SAB) cùng vng góc (ABC). Gọi M là trung điểm BC còn G và H lần lượt là
trực tâm hai tam giác ABC và SBC. Chứng minh rằng
a. SA⊥(ABC)
b. SB⊥(CGH)
c. (SAM)⊥(SBC)
d. GH⊥(SBC).
Bài 6. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD, cạnh đáy bằng a đường cao bằng h.
Một mặt phẳng (P) đi qua A vng góc với SC, cắt SB; SC; SD theo thứ tự tại
B’, C’, D’.
a. h phải thỏa mãn điều kiện gì để C’ khơng vượt ra ngồi đoạn SC? Khi
đó hãy tính thiết diện AB’C’D’.
17


b. Tìm thể tích hình chóp S.AB’C’D’.
Bài 7. Cho một lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ đáy ABC là một tam giác cân (AB =
2π

AC) có chu vi bằng
và góc ở đỉnh là α. Qua đường chéo BC’ của mặt bên
dựng một mặt phẳng song song với đường cao AH của tam giác ABC. Mặt

phẳng này hợp với đáy một góc β. Tính diện tích của thiết diện có được.
Bài 8. Trong một hình hộp đứng, đáy là một hình bình hành có góc nhọn là α và
một cạnh bằng a. Qua cạnh đáy này và cạnh đối diện của đáy trên ta đựng một
thiết diện. Thiết diện này có diện tích là Q và hợp với đáy một góc β. Tính thể
tích và diện tích xung quanh của hình hộp.
Bài 9. Một mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt trên đường trịn đáy một cung α và
tạo với đáy một góc β. Tính thể tích hình nón nếu khoảng cách từ tâm đáy hình
nón đến mặt phẳng là m.
Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vng cạnh a. Đường cao
SA = h. Từ tâm O của đáy ta kẻ OC1⊥SC.
a) Chứng minh rằng OC1 là đường vng góc chung của BD và SC. Gọi ϕ

là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD). Tính sin

π
2

ϕ
2

. Từ đó chứng minh ϕ >

.

b) Một mặt phẳng (P) qua C1 và song song với BC cắt SA, SB, SD theo
thứ tự ở A1, B1, D1. Thiết diện A1B1C1D1 là hình gì?
c) Gọi I là giao điểm của hai đường thẳng A1B1 và C1D1. H là chân đường
vng góc hạ từ S xuống (P). Tìm quỹ tích của I và H khi mp(P) quay xung
quanh đường thẳng B1C1 sao cho A1 chỉ dời chổ trên đoạn SA của hình chóp.
3. Kết quả nghiên cứu đề tài

Sau khi sử dụng đề tài vào thực nghiệm giảng dạy, chúng tôi tiến hành khảo
sát HS qua một bài kiểm tra 15 phút. Nội dung của bài kiểm tra kiến thức các bài
thuộc phần hình học không gian lớp 11 cho 2 lớp 11B2 là lớp thực nghiệm và
lớp 11B3 là lớp đối chứng, phần hình học không gian 12 cho 2 lớp 12A2 là lớp
thực nghiệm và 12A1 là lớp đối chứng tôi thu được kết quả như sau:
18


Bảng khảo sát kết quả học tập của HS sau thực nghiệm
Lớp đối chứng
Lớp 11B3
Điểm

Lớp thực nghiệm

Lớp 12A1

Lớp 11B2

Lớp 12A2

Số
lượng
(em)

Tỉ lệ Số
(%)
lượng
(em)

Tỉ lệ Số
(%)
lượng
(em)

Tỉ lệ Số
Tỉ lệ
(%)
lượng (%)
(em)

0–5

0

0,0

0

0

0

0,0

0

0,0

5–6

4

9,6

3

6,3

0

0,0

0

0,0

6–7

16

39,0

16

33,3

3

6,3

3

6,5

7–8

18

43,9

20

41,7

16

33,3

16

34,8

8–9

3

7,3

7

14,6

25

52,1

21

45,7

9 – 10

0

0,0

2

4,1

4

8,3

6

13,0

Tổng

41

100

48

100

48

100

46

100

Qua quan sát quá trình học tập của HS ở các tiết học thực nghiệm và đối
chứng, kết quả của bài kiểm tra 15 phút, tôi nhận thấy việc dạy được khắc phục
các sai lầm có hiệu quả hơn hẳn so với tiết dạy thông thường về điểm số học tập,
chất lượng và khơng khí giờ học.

19


PHẦN III. KẾT LUẬN.
Qua thời gian nghiên cứu sáng kiến và vận dụng sáng kiến vào giảng dạy tôi
rút ra được một số kết quả như : Đã hình thành phương pháp tư duy, suy luận
logic toán học cho học sinh THPH từ đó tránh được một số sai lầm thường gặp
mà sáng kiến kinh nghiệm nêu ra. Bước đầu khẳng định tính khả thi, tính hiệu

quả qua việc kiểm nghiệm thực nghiệm sư phạm. Bên cạnh đó sáng kiến này
cũng giúp cho giáo viên, học sinh những yêu cầu nhằm thúc đẩy q trình giảng
dạy và học tập mơn HHKG được tốt hơn.
Đối với giáo viên: đã góp phần tạo ra tâm thế hứng thú, sẵn sàng lĩnh hội tri
thức mơn học để thúc đẩy tính tích cực tư duy của học sinh, khắc phục tâm thế
ngại, sợ khi tiếp cận nội dung mơn học. Nếu có nhiều hình thức tổ chức dạy học
kết hợp môn học sẽ trở lên hấp dẫn và người học thấy được ý nghĩa của môn
học.
Về phương pháp dạy học, cần chú ý hơn đến phương pháp lĩnh hội tri của
HS, giúp các em có khả năng tiếp thu sáng tạo và vận dụng linh hoạt tri thức
trong tình huống đa dạng
Rèn luyện cho học sinh thói quen, tính kỉ luật trong việc thực hiện các kĩ
năng giải tốn thơng qua việc luyện tập; nhằm khắc phục tính chủ quan, hình
thành tính độc lập, tính tự giác ở người học, thơng qua đó hình thành và phát
triển nhân cách của các em.
Phải thường xuyên học hỏi trau rồi chun mơn để tìm ra phương pháp dạy
học phù hợp.
Phải nhiệt tình, gương mẫu quan tâm tới học sinh, giúp đỡ các em để các em
không cảm thấy áp lực trong học tập.
Ln tạo ra tình huống có vấn đề, kích thích hứng thú tìm tịi học tập ở học
sinh.
Khi giải một bài tốn hình khơng gian nên đặt câu hỏi bài này đã gặp ở đâu
chưa, có bài nào tương tự trong hình học phẳng khơng? có thể phân bài này
thành các bài tốn nhỏ dễ giải nó được khơng?
Đặt ra câu hỏi gợi mở phù hợp với đối tượng học sinh.
Về phía học sinh: rèn luyện khả năng tiếp thu kiến thức mới tốt hơn khi biết
phân tích một bài tốn HHKG. Các em có thể vận dụng các qui trình hay các
phương pháp giải các bài tốn khơng gian vào các bài tập cụ thể. Các em đã biết
huy động các kiến thức cơ bản, các tri thức liên quan để giải các bài tập toán,biết
lựa chọn hướng giải bài tập phù hợp. Trình bày lời giải hợp lý chặt chẽ, ngắn

gọn và rõ ràng hơn, đặc biệt tránh những sai lầm khi vận dụng các định lý hay
sự liên hệ thiếu điều kiện giữa hình học phẳng và hình học khơng gian.
20


Có ý thức học tập, hiểu vấn đề một cách sâu sắc. Liên hệ với các kiến
thức đã được học. Biết chuyển ngơn ngữ thơng thường sang ngơn ngữ Tốn.
Do kinh nghiệm còn thiếu, thời gian nghiên cứu và ứng dụng chưa dài nên
đề tài của tôi không tránh khỏi cịn nhiều hạn chế. Rất mong được sự đóng góp
của các đồng nghiệp để tơi có thể hồn thiện hơn đề tài của mình.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 16 tháng 5 năm 2021
Tôi xin can đoan sáng kiến trên là do tôi
viết không sao chép của người khác.
Người viết

Nguyễn Thị Bé

21


TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Bộ giáo dục và đào tạo (2007). Hình học 11. Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.
2. Bộ giáo dục và đào tạo (2007). Bài tập Hình học 11. Nhà xuất bản Giáo dục,
Hà Nội.
3. Bộ giáo dục và đào tạo (2007). Hình học 12. Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.
4. Bộ giáo dục và đào tạo (2007). Bài tập Hình học 12. Nhà xuất bản Giáo dục,

Hà Nội.
5. Bộ giáo dục và đào tạo (2000). Hình học 11. Nhà xuất bản Giáo dục, Hà Nội.
6. Bộ giáo dục và đào tạo (2000). Bài tập Hình học 11. Nhà xuất bản Giáo dục,
Hà Nội.
7. Chủ biên: Nguyễn Đức Đồng (2001). Tuyển tập 500 bài toán Hình học khơng
gian chọn lọc. Nhà xuất bản Thanh Hóa. Thanh Hóa

22


PHỤ LỤC
Phụ lục 01
Kiểm tra 15 phút hình học khơng gian 11
Họ, tên thí sinh:................................................. Lớp: .11...................
Câu 1: Hãy chọn mệnh đề đúng trong các mệnh đề sau đây:
uuu
r uuur

A. Tứ giác ABCD là hình bình hành nếu AB = CD
uuu
r uuu
r uuur uuur

r

B. Tứ giác ABCD là hình bình hành nếu AB + BC + CD + DA = 0
uuu
r uuur

uuur

C. Tứ giác ABCD là hình bình hành nếu AB + AC = AD
uur uuu
r uur uur

D. Cho hình chóp S.ABCD. Nếu có SB + SD = SA + SC thì tứ giác
bình hành
S.ABCD

Câu 2: Cho hình chóp
có đáy
định sau, khẳng định nào đúng?
A. SO  (ABCD)

B. BD  (SAC)

Câu 3: Cho tứ diện
tam giác

A.

C.

BCD

ABCD

)

uuur 1 r r u

r
AG = b + c + d
4

(

)

Câu 4: Cho hình chóp
cao của
A.

∆SAB

Câu 5: Cho hình chóp
đáy

SA = SC

. Các khẳng

C. AC  (SBD) D. AB  (SAD)

uuu
r r uuur r uuur r
AB = a, AC = b, AD = c,

gọi

G

là trọng tâm của

B.

D.

uuur r r u
r
AG = b+ c + d
uuur 1 r r u
r
AG = b + c + d
2

(

S.ABC

có

)

SA ⊥ ( ABC )

và

∆ABC

vuông ở

B

.

AH

là đường

. Khẳng định nào sau đây sai ?

SA ⊥ BC

( ABCD )

. Đặt

là hình thoi và

là hình

. Trong các đẳng thức sau, đẳng thức nào đúng?

uuur 1 r r u
r
AG = b + c + d
3

(

ABCD

ABCD

B.

AH ⊥ SC

S . ABCD

C.

AH ⊥ AC

D.

AH ⊥ BC

có đáy là hình chữ nhật và SA vng góc mặt

. Góc giữa SD và mặt phẳng

( SAB )

bằng góc phẳng nào sau đây?
23


A.

·
SDB

.

B.

·
SAD

.

C.

·ASD

.

D.

·
SBD

.

Câu 6: Cho hình chóp S.AC có đáy AC là tam giác cân tại A, cạnh bên SA
vng góc với đáy, M là trung điểm C, J là trung điểm M. Khẳng định nào sau
đây đúng ?
A.
C.

BC ⊥ ( SAM )
BC ⊥ (SAJ )

.

.

B.
D.

BC ⊥ (SAB )

.

BC ⊥ ( SAC )

.

Câu 7: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng tại B, cạnh bên SA
vng góc với đáy, BH vng góc với AC tại H. Khẳng định nào sau đây đúng?
A.

BH ⊥ SB

.

B.

BH ⊥ SC

.

C.

S . ABCD

SH ⊥ AB.

.

D.

SB ⊥ AC.

ABCD

Câu 8: Cho hình chóp
có đáy
là hình thoi tâm I, cạnh bên SA
vng góc với đáy, H,K lần lượt là hình chiếu của A lên SC, SD. Khẳng định
nào sau đây đúng ?
A.
C.

BC ⊥ ( SAC )

.

AK ⊥ ( SCD)

.

B.
D.

BD ⊥ ( SAC )

.

AH ⊥ ( SCD)

Câu 9: Cho hai đường thẳng phân biệt
Mệnh đề nào sau đây là sai?
A. Nếu
C. Nếu

b || a

b⊥a

thì
thì

b ⊥ ( P)
b || ( P )

.
a, b

.

và mặt phẳng

B. Nếu

.

D. Nếu

S . ABC

( P)

b || ( P )

b ⊥ ( P)

, trong đó

thì
thì

b⊥a
b || a

a ⊥ ( P)

.

.

.

ABC

Câu 10: Cho hình chóp
có đáy
là tam giác cân tại A, cạnh bên SA
vng góc với đáy, M là trung điểm C, J là trung điểm M. Góc giữa 2 mặt phẳng

( SBC )

và

A. góc

( ABC )
·
SJA

.

là
B. góc

·
SMA

.

C. góc

·
SBA

.

D. góc

·
SCA

.

24


Câu 11: Cho hình chóp
đáy

( ABCD )

A.

,

AD = SB = a 3

45°.

B.

Câu 12: Cho hình chóp

( ABCD )
A.

,

90°.

S . ABCD

AD = a 3

,

,

có đáy là hình chữ nhật và SA vng góc mặt

AB = a

30°.

S . ABCD

C.

B.

60°.

90°.

D.

60°.

có đáy là hình vng và SA vng góc mặt đáy

AB = a SA = 2a

,

. Góc giữa AD và SC bằng bao nhiêu?

. Tính Góc giữa BD và SC.
C.

30°.

D.

45°.

25