Trí tưởng tượng không gian và vai trò của nó trong giáo dục toán học

NGHIÊN CỨU LÍ LUẬN

Trí tưởng tượng khơng gian và vai trị của nó trong giáo dục
tốn học
Đào Tam

Trường Đại học Vinh
182 Lê Duẩn, Vinh, Nghệ An, Việt Nam
Email:

Đậu Anh Tuấn

Trường Cao đẳng Sư phạm Nghệ An
389 Lê Viết Thuật, Vinh, Nghệ An, Việt Nam
Email:

TÓM TẮT: Bài viết đưa ra quan niệm về khơng gian, trí tưởng tượng không gian thông qua
các khả năng đặc trưng. Đặc biệt, trong bài viết, tác giả nhấn mạnh vai trò của việc phát
triển trí tưởng tượng khơng gian đối với việc nhận thức hình học. Một số thể hiện của trí
tưởng tượng khơng gian trong học tốn và trong thực tế. Theo tác giả bài viết, trí tưởng
tượng khơng gian có vai trị quan trọng trong giáo dục tốn học cho học sinh, khơng chỉ
trong giải quyết các bài tốn tốn học mà cịn có nhiều ứng dụng trong giải quyết vấn
đề thực tế.
TỪ KHĨA: Khơng gian; trí tưởng tượng khơng gian; giáo dục; tốn học.
Nhận bài 30/11/2017

Nhận kết quả phản biện và chỉnh sửa 25/12/2017

1. Đặt vấn đề

Giáo dục tốn học trên thế giới xem trí tưởng tượng

khơng gian (TTTKG) là một năng lực quan trọng trong
nhận thức hình học và nhận thức hiện thực khách quan. Ở
Việt Nam, tư tưởng phát triển TTTKG đã được nhiều tác
giả quan tâm như: Nguyễn Văn Thiêm [1], Bùi Văn Nghị
[2], Lê Thị Hoài Châu [3], Nguyễn Mạnh Tuấn [4]… Tuy
nhiên, việc thống nhất cách hiểu không gian đặc biệt là
việc đưa ra các thành tố đặc trưng của TTTKG chưa được
tường minh. Bài viết này nhằm khắc phục những tồn tại
nêu trên và bước đầu khai thác tư tưởng phát triển năng
lực người học trong đổi mới giáo dục toán học hiện nay ở
trường phổ thông.
2. Nội dung nghiên cứu

2.1. Sơ lược về trí tưởng tượng khơng gian
2.1.1. Khái niệm khơng gian
Khái niệm “không gian” đề cập trong bài viết là khơng gian
Euclide hai chiều, ba chiều trong giáo trình trung học phổ
thông (dựa trên những biểu tượng không gian thực mà con
người có thể cảm thụ được - khơng gian vật lí). Trong các biểu
tượng mà trí tưởng tượng khơng gian (TTTKG) vận hành phản
ánh những tính chất (hoặc dấu hiệu) các đặc tính khơng gian.
Trên cơ sở đó, chúng tôi cho rằng không gian được hiểu
là một cấu trúc bao gồm: Các hình hình học, các vật thể; Các
tính chất định tính: Hình dạng của các hình, vị trí tương đối
giữa các hình, các vật thể, phương, hướng; Các quan hệ trước
sau, phải trái; Các yếu tố về lượng: Khoảng cách, chu vi, diện
tích, thể tích các hình, khối, …
Việc vận hành các biểu tượng không gian phụ thuộc vào
hệ thống định hướng trong không gian hay hệ quy chiếu (sơ
đồ vật thể, căn cứ vào vị trí của người quan sát), khả năng

di chuyển từ hệ quy chiếu này sang hệ quy chiếu khác, lựa
chọn tùy ý (các yếu tố trừu tượng như điểm, đường thẳng,...),
không chú ý đến vị trí của người quan sát.
Trong q trình hoạt động (vui chơi, học tập, lao động),
con người tách khỏi các tương quan khơng gian, phản ánh
50

TẠP CHÍ KHOA HỌC GIÁO DỤC VIỆT NAM

Duyệt đăng 25/02/2018.

chúng thành khái niệm hay biểu tượng, bảo đảm sự tri giác
những tương quan không gian đã có, biến đổi chúng trong óc,
trên cơ sở đó, xây dựng biểu tượng khơng gian mới.

2.1.2. Khái niệm trí tưởng tượng
Các nhà tâm lí học quan niệm: “Tưởng tượng là một quá
trình nhận thức phản ánh những cái chưa từng có trong kinh
nghiệm của cá nhân bằng cách xây dựng những hình ảnh
mới trên cơ sở những biểu tượng đã có” dẫn theo [5], trong
đó biểu tượng là “hình thức của nhận thức, cao hơn cảm giác,
cho ta hình ảnh của sự vật cịn giữ lại trong đầu óc sau khi tác
động của sự vật vào giác quan ta đã chấm dứt” [6]. Tưởng
tượng có những đặc điểm cơ bản sau:
- Về nội dung phản ánh, tưởng tượng phản ánh cái mới, cái
chưa từng có trong kinh nghiệm của cá nhân hoặc của xã hội.
- Về phương thức phản ánh, tưởng tượng tạo ra cái mới từ
các biểu tượng đã có và được thể hiện chủ yếu dưới hình thức
các hình ảnh cụ thể.
- Về cơ chế sinh lí, tưởng tượng có cơ sở sinh lí là sự phân

giải các hệ thống liên hệ thần kinh tạm thời đã có và kết hợp
thành những hệ thống mới trên vỏ não.
- Tưởng tượng là một q trình tâm lí, có nguồn gốc xã hội,
được hình thành và phát triển trong lao động, do đó chỉ có ở
con người mà thơi.
Theo [7], “khi con người đứng trước một hồn cảnh có
vấn đề - nguồn gốc của hoạt động, khi đó sẽ có hai hệ thống
phản ánh đi trước của ý thức đối với kết quả của hoạt động
đó: Hệ thống được tổ chức chặt chẽ của các hình ảnh và hệ
thống được tổ chức chặt chẽ của các khái niệm. Khả năng lựa
chọn và kết hợp các hình ảnh là cơ sở của tưởng tượng, khả
năng kết hợp những khái niệm theo một cách mới là cơ sở
của tư duy. Thường thì hoạt động này diễn ra cùng một lúc ở
cả hai “tầng”, bởi vì hai hệ thống hình ảnh và khái niệm có
liên quan mật thiết với nhau, ví dụ sự lựa chọn một phương
thức hoạt động được thực hiện bằng những phán đoán logic
gắn liền với những biểu tượng sáng rõ về hoạt động sẽ được
thực hiện như thế nào”.


Đào Tam, Đậu Anh Tuấn

Vậy đứng trước một hoàn cảnh có vấn đề, khi nào ta tư
duy, khi nào ta tưởng tượng? Điều này tùy thuộc vào tính
bất định (khơng xác định, khơng rõ ràng) của hồn cảnh có
vấn đề nhiều hay ít. Nếu những tài liệu khởi đầu của nhiệm
vụ, ví dụ của một vấn đề khoa học là rõ ràng, sáng tỏ thì quá
trình giải quyết nhiệm vụ chủ yếu được tuân theo những
quy luật của tư duy. Cịn khi hồn cảnh có vấn đề mang tính
chất bất định lớn, những tài liệu khởi đầu khó được phân

tích một cách chính xác, thì q trình giải quyết nhiệm vụ
diễn ra theo cơ chế tưởng tượng. Có thể kết luận: “tưởng
tượng hoạt động ở giai đoạn nhận thức khi mà tính bất định
của hồn cảnh q lớn”.
Thống nhất với quan điểm trên, trong [5] nêu: “Giống với
tư duy tưởng tượng phản ánh cái mới, chưa từng có trong
kinh nghiệm của cá nhân, nó cũng do các tình huống có vấn
đề gây nên. Cho nên, tưởng tượng cũng thuộc trình độ nhận
thức lí tính và thực chất nó là một quá trình sáng tạo cái mới
(mới đối với bản thân và đối với cả loài người). Nhưng khác
với tư duy, tình huống có vấn đề trong tưởng tượng mang
tính chất không xác định và phương thức phản ánh hiện thực
khách quan của tưởng tượng là thông qua các biểu tượng và
dưới hình thức biểu tượng.
Trong [5] đã nêu: “Giá trị của tưởng tượng là ở chỗ: Nó cho
phép ta đi đến quyết định và tìm ra lối thốt trong hồn cảnh
có vấn đề ngay cả khi khơng có đủ những tri thức cần thiết để
tư duy, nó cho ta nhảy cóc qua một vài giai đoạn nào đó của
tư duy mà vẫn cứ hình dung được kết quả cuối cùng. Nhưng
chỗ yếu của tưởng tượng cũng chính là ở chỗ đó. Giải quyết
vấn đề bằng tưởng tượng thường khơng có sự chính xác, chặt
chẽ một cách đầy đủ”.

2.1.3. Trí tượng tượng khơng gian
Theo quan điểm về trí tượng tượng vừa nêu, chúng ta có
thể hiểu TTTKG như là thuật ngữ tâm lí học, trong đó:
- Tưởng tượng là q trình nhận thức phản ánh những cái
chưa từng có trong kinh nghiệm của cá nhân bằng cách xây
dựng những hình ảnh mới trên cơ sở những biểu tượng đã có.
- Đối tượng của trí tưởng tượng ở đây là khơng gian, nghĩa

là những biểu tượng trong quá trình tưởng tượng, là những
biểu tượng khơng gian.
Như vậy, TTTKG là hoạt động trí óc thể hiện q trình biến
đổi những biểu tượng khơng gian đã có nhằm kiến tạo những
biểu tượng khơng gian mới.
Trong [1] có nêu: “TTTKG là q trình biến đổi trong óc
những biểu tượng khơng gian đã có, tức là những biểu tượng
về tính chất và quan hệ khơng gian, biến đổi một cách tự do,
có chủ đích nhiều lần, theo nhiều chiều hướng khác nhau,
không dựa trực tiếp vào tài liệu trực quan xuất phát, nhằm
xây dựng biểu tượng khơng gian mới, có tính chất sáng tạo
riêng, đáp ứng nhiệm vụ giải quyết vấn đề được đặt ra”.
Cấu trúc của hoạt động trí óc với những biểu tượng được
diễn ra ở cả trình độ tri giác và trình độ biểu tượng. Khi hình
thành hình tượng cảm tính, hoạt động được thực hiện trong

q trình biến đổi tích cực của chủ thể. Những hành động này
tiến triển một cách năng động, phụ thuộc vào nội dung bài
tốn tri giác, tính chất đối tượng và trình độ nhận thức của
chủ thể. Kết quả của hành động là biểu tượng được thiết lập.
Hoạt động trí óc với những biểu tượng ở đây nổi lên như hoạt
động trí óc độc lập, hoạt động tưởng tượng thực hiện chủ
yếu không dựa vào tri giác và có một cấu trúc phức tạp (bao
gồm những hành động nhằm ghi nhớ trong óc hình ảnh ban
đầu đã hình thành, ấn định trong biểu tượng những biến đổi
khác nhau hình ảnh đó, có căn cứ u cầu bài tốn) nhằm vận
hành tự do và nhiều lần hình tượng đó. Hoạt động này theo
[4] được đặc trưng bởi:
- Điều kiện đặc biệt xây dựng hình ảnh bên trong (tách khỏi
cơ sở trực quan);

- Nội dung của hoạt động (biến đổi những biểu tượng đã có);
- Trình độ thực hiện hoạt động (biến đổi trong óc theo biểu
tượng nhiều lần, có hệ thống hồn chỉnh).
Như vậy, theo chúng tơi, TTTKG thuộc phạm trù trực giác
hình học đặc trưng bởi các khả năng sau đây:
- Khả năng hình dung các hình khơng gian qua các hình
biểu diễn;
- Khả năng xác định vị trí tương đối giữa các đối tượng
hình học, các hình hình học;
- Khả năng xác lập mối quan hệ phụ thuộc giữa các hình
hình học;
- Khả năng hình dung các mặt cắt, giao các hình khơng gian;
- Khả năng ước lượng kích thước các hình khơng gian;
- Khả năng chuyển hóa các quan hệ, các mối liên hệ vào
các mơ hình hình học đã biết thuận tiện cho việc giải quyết
vấn đề;
- Khả năng chuyển đổi từ ngôn ngữ hình học này sang hình
học khác để trực quan hóa mơ hình nghiên cứu;
- Khả năng khai triển các hình thuận tiện cho việc tính tốn;
- Khả năng sơ đồ hóa, tọa độ hóa để xác định vị trí, kích
thước, khoảng cách giữa các hình;
- Khả năng mơ hình hóa các hiện tượng thực tiễn bằng
ngơn ngữ và kí hiệu hình học;
- Khả năng xác lập các đối tượng khơng gian mới trên cơ
sở các đối tượng không gian đã có.
Với cách hiểu như trên, TTTKG có 2 mức độ:
Mức độ 1: Giúp hiểu sâu sắc các đối tượng hình học, ý
nghĩa hình học của các biểu thức hình thức được diễn đạt
theo ngôn ngữ đại số (ngôn ngữ véc tơ, tọa độ).
Mức độ 2: Giúp kiến tạo các đối tượng hình học mới trên

cơ sở biến đổi các đối tượng và quan hệ đã có.

2.2. Thể hiện của trí tưởng tượng khơng gian trong học
tốn và trong thực tiễn
2.2.1. Thể hiện của việc phát triển trí tưởng tượng
khơng gian đối với hoạt động nhận thức hình học
Trên cơ sở nghiên cứu nội dung của hoạt động nhận thức
toán học, chúng tôi đề cập một số thể hiện của TTTKG trong
hoạt động nhận thức hình học sau đây:
Số 02, tháng 02/2018

51


ghiệm
xem
xéthai
các
hình
có khơng
phải
lànhau,
hìnhcơ
biểu
diễn
của
hai
hình
chéo
nhau.

ộii dạy
giúpchủ
HS đề
hình
dung
cácsau
hình
gian
qua
hình
biểu
đường
thẳng
chéo
có
thể
cho
họcdiễn
sinh
(HS)
a/
Tạo
hội
giúp
HS
hình
dung
các
hình
khơng

gian
qua hình biểu diễn
đề
hai đường
thẳng
chéo
nhau,
có
thể
cho
học
sinh
(HS)
ải giúp
nghiệm
xem
xét
các
hình
sau
có
phải
là
hình
biểu
diễn
của
hai
hình
chéo

Ví
dụ
1:
Khi
dạy
chủ
đề
hai
đường
thẳng
chéo
nhau,
có
thể
cho
học
sinh
(HS)
ội
HS
hình
dung
các
hình
khơng
gian
qua
hình
biểu
diễn

c
trảithẳng
nghiệm
xem
xét các
sauhọc
có
phải (HS)
là hìnhcbiểu=nhau.
diễn
của
hai
hình
chéonhau.
iét dạy
chủ
đề
hai
đường
chéo
nhau,
có
thể
cho
sinh
2 Rchéo nhau, có thể

  học sinh

các

hình
sau
có
phải
là
hình
biểu
diễn
của
haihình
hình
chéo
Ví
dụphải
1:chéo
Khi
dạybiểu
chủ
đềnhau.
hai
đường
thẳng
cho
o hình
ội
giúp
HS
hình
dung
các

hình
khơng
gian
qua
diễn

R
=
.
sau
có
phải
là
hình
biểu
diễn
của
hai
hình
nhau.
trải
nghiệm
xem
xét
các
hình
sau
có
là
của

hai
chéo
nhau.
Cho
SAB
có
AB
=
c;
===
==
SBA
SAB

Cho
Cho
SAB
SAB
có
có
AB
AB
=
=
c;
c;
sin(
180
−
2

)

SBA
SBA
SAB
SAB



Cho
SAB
có
AB
=
c;
=
=
.
Tính
bán
kính
đường
iét dạy
chủ
đề
hai
đường
thẳng
chéo
nhau,

có
thể
cho
học
sinh
(HS)
SBA
SAB



NGHIÊN
LÍtrải
LUẬN
ahình
các hình sau
có phảiCỨU
là hình
biểu
diễn
của= hai
chéo
nhau.
 đường
2 sin
2hình
nghiệm
xem
xét
các

hình
sau
có
phải
là
biểu
diễn
của
hai
hình
chéo
nha

Cho
SAB
có
AB
c;
=
=
.
Tính
bán
kính
trịn
ngoại
tiếp
SBA
SAB


i dạy
chéodiễn
nhau,
cóhai
thểhình
cho
học sinh
SAB.
SAB.
a chéo
SAB.
ét
các chủ
hìnhđề
sauhai
cóđường
phải làthẳng
hình biểu
của
nhau.(HS) SAB.
a biểu diễn
c
SAB.
a/
Tạo
cơ
hội
giúp
HS
hình

dung
các
hình
khơng
gian
qua
hình

c/
Cho
phép
HS
tưởng
tượng
phân
tích
chuyển
hd
Việc
bài
này
đối
Việc
Việc
giải
giải
bài
bàitốn
tốn
tốn

này
nàytương
tương
tương
đối
đốidễ
dễ
dễdàn
dà
đốigiải
dễ
dàng:
ét các hình sau có phải là
chéo
nhau.
a hình biểuadiễn của hai hình Việc

Rbài
= tốn này.tương
a giải
ađềtốn
tươngthẳng
đốiÁp
dễbộ
dàng:
2lísin
2thể
Áp
dụng
định

lílí
số
tatatacó:
Ví dụ 1: KhiViệc
dạygiải
chủbài
hainày
đường
chéo
nhau,
có
cho
học
sinh
(HS)
phận
của
một
hình
khơng
khác
nhằm
đưa
vấn đ
Áp
dụng
dụng
định
định
líhàm

hàm
hàm
số
sốsin
sin
sin
có:
có:
dụng
định
hàm
số
sin
tp
có:
a gian
a. Tạo
cơcơ
hộihội
giúpgiúp
HS hình
dung
các dung
hình khơng
gian
quakhơng
c. Cho
phép
HShình
tưởng

tượng
phân
tích chuyển hóa hình
a/
Tạo
HS
hình
các
hình
gian
qua
biểu
diễn
a
Áp
dụng
định
lí
hàm
số
sin
ta
có:
b trảihình
a
b
nghiệm
xem
sau có
làdung

hìnhthuộc.
biểu
diễn
củasang
hai
chéo
nhau.
giankhơng
này
bộhình
phận
của
một
hình
khơng
gian
a/xét
Tạocác
cơhình
hội
HSphải
hình
các
hình
gian
qua
hình
biểu
diễn
c/nhau,

Cho
phép
HS
tưởng
tượng
phân
tíchkhác
chuyển hó
agiúp
b Ví biểu
adiễn
bkhơng
dụ
1:
Khi
dạy
chủ
đề
hai
đường
thẳng
chéo
có
thể
cho
học
sinh
ccc (HS)
c
b

a
b
Hình
1
Hình
2
Ví
dụ
1:
Khi
dạy
chủ
đề
hai
đường
thẳng
chéo
nhau,
có
thể
nhằm
đưa
vấn
đề
cần
giải
quyết
về
dạng
quen

thuộc

=
2
R


=
=
2
2
R
R
a/ Tạo cơ hội giúpVí
HS dụ
hình dung
các hình
khơng
gian qua
diễn
phận
= 2hình
R
o o o thức
a trảiHình
bchủ
dụ
3:
Sau
khi

học
cơng
tính
tíchvấn
của đề
tứ
1: Khi
dạy
đềlàhình
haibiểu
đường
thẳng
chéo
nhau,
có
thể
cho
sinhthể(HS)
o
bộ
của
một
khơng
gian
nhằm
đưa
csau
sin(
180
−−khác

2−2
)) )của
sin(
sin(
180
180
2học

1dụ 1:sinh
2(HS)
bVíhọc
axét
bVí
nghiệm
xem
các
có
phải
diễn
của
hình
chéo
nhau.
180
−3:
2
) hai
cho
trải
nghiệm

xem
xét
các
có Hình
phải
Ví
dụ
Sau
khi học
cơng
thức
tính
thể
tích
tứ diện V,
Khi (HS)
dạy
chủ
đề
haibhình
đường
thẳng
chéo
thể hình
cho
họcbiểu
sinhsin(
=nhau,
2hình
R cósau

Hình
1
Hình
2
o
a
b
a tạobiểu
180
−nhau.
2biểu
 ) 2diễn
bcác
a hìnhcóchéo
bchéo nhau.
trải
nghiệm
xét
hình
phải
làchướng
hình
diễn
củalớn
hai
trảilà
nghiệm
xem
các của
hình

sauxem
có
phải
là Hình
hình
của sau
hai
nhau.
thuộc.
hình
biểu
hai
hình
chéo
tốn
ra chướng
chohình
HS.
Hình
2sin(
Hình
1xétdiễn
Hình
2c ngại
rabài
lớn ngại
cho
HS.
ccc
a

b
Hình
2

R
=

RRHình
==
..
R=
.
22. “Tính
c Hình
ba 1
22sin
2B
M
2sin
sin
2
a
Ví
dụ
học
cơng
thức
tính thể tích
tích của
củatứ

tứ
2 sin
23: Sau khi y
 R = Hình
. 2
a

2 sin
2
a
Hình 2
=hóa
BD
=bphân
và
AD
ax HS tưởng tượng
c/c/c/Cho
tưởng
tượng
tíc
Cho
Chophép
phép
phép
HS
HSAC
tưởng
tưởng
tượng

tượng
phân
phân
tí
c/chướng
Cho phép
phân
chuyển
hình
khơng
atíchHS
a b b a
ra
ngại
lớn
cho
HS.
a c/ Cho aphép HS tưởng
b
a
b
tượng
phân
tích
chuyển
hóa
hình
khơng
gian
này

sang
Nmột
Chướng
ngại
thể
hi
bộ
phận
của
gian
khác
nhằm
bộ
bộ
phận
phận
của
của
một
mộthình
hình
hình
khơng
khơng
gian
gian
khác
khác
nhằm
nhằ

a 1
a khơng
bộ phận của A
một hình
gian
khác
nhằm
đưakhơng
vấn
đề
cần
giải
quyế
aHình
HìnhHình
2 a
M
y
B
“Tính
thể
tích
của
tứ
. Bvấn
1 phận của một hình
Hình
2
bộ
khơng

gian
khác
nhằm
đưa
đề
cần
giải
quyết
về
dạng
quen
ađược đường cao vẽd
thuộc.
thuộc.
thuộc.
thuộc.
.
B
a a
bb
b
a
. B = BD =b và1AD
xz C
AC
thuộc.
.
B
a
Q

khơng
tính
đtht
b
a
b
Ví
dụ
3:
Sau
khi
học
thức
tính
th
Ví
Ví
dụ
dụ
3:
3:
Sau
Sau
khi
khi
học
họccơng
cơng
cơng
thức

thức
tính
a
Ví
dụ
3:
Sau
khi
học
cơng
thức
tính
thể
tích
của
tứ
diện
Vđược
=tính
Bh
.
B
.
B
b
Hình 1
Hình 2
a
1N
b

3
A
Chướng
ngại
thể
hiệ
.
B
Ví dụ 3: Sau khi học cơng thức tính thể tích của tứ
diện2V = Bh thì bài tốn tạo . B
b
Hình
a
rararachướng
3 ngại
b Hình 1
chướng
chướng
ngại
ngạilớn
lớn
lớncho
cho
choHS.
HS.
HS.
ra
chướng
ngại
lớn

cho
HS.
.
B
. B Hình 4
được
đường
cao vẽ
b Hình 3
a
P
D
b
ra
chướng
ngại
lớn
cho
HS.
M
yyycủa tứ diện
BBBABCD
“Tính
M
M thể tích
“Tính
“Tínhthể
thể
th
. B MHình 4 y

B
“Tính
biế
b
Hình 3
b
Hình
4= CD
z
C
Q
khơng
tính
được
độ
M Hình 3yHình 4 B “Tính
thể
tích
của
tứ
diện
ABCD
biết
AB
=a;
a
x
AC
=
AC

x
AC biết
= BD
và =AD
= BC
c”.==BB
“Tính
thể tích
AB=b
= CD
a; AC
= =AC
b
Hình 4
Hình
Hình
4a của tứ diệnxxABCD
Hình 3 3
Hình
4
x
=BD
BD
AD
=N3,
c”.4.
HS dễ dàng thấy được hình
1, hình 2Hình
và có
gặp

khó
khăn
ở hình
hình
Hình
A
Chướng
Việc
khắc
phục
sử dụng
mối
liên
giữa
=b=b
và và
AD
= BC
=BC
c”.
N
Chướn
Chướ
.A=ABnhờ
AAC
Chướng
ngại
thể
hiệnhệ
ở chỗ

HStứkhd
34thể
Hình
4 NN
ahình
HS dễHS
dàng
thấy
được
hình
1,
hình
2
và
có
thể
gặp
khó
khăn
ở
hình
3,
4.
a
Hình
4
Ađược
N
Chướng
ngại

thể
ởhiện
chỗ
khơng
xác
định
dễdàng
dàng
thấy
Hình
1,2 và
Hình
2 và
có
thể
gặp
khó
Chướng
ngại
thểcó
chỗ
HS
khơng
xác
định
được
HS
dễ
dàng
thấy

được
hình
hình
2 hiện
và
thểởHS
gặp
khó
khăn
ởcác
hình
3,cạnh
hình
4.
được
đư
dễ
thấy
được
hình
1, hình
có
thể
gặp
khó
khăn
ở hình
3, thể
hình
4.

được
được
đ
P 1,
D
viên
sẽđược
địnhHS
hướng
để
cho
tưởng
tượng
được:
xây
dựng
từ
tứ
diện
bằng
cách
qua
đối
được
đường
cao
vẽ cặp
từ
một
đỉnh

nà
bHS
thấy
hình
1,hướng
hình
24.
và
có
thể
gặp
khó
ởHS
hình
3, hình
4.
aviên
Hình
4khăn
viên
định
đểđể
cho
HS
tưởng
tượng
được:
hình
1, Giáo
hình

2ởsẽ Hình
và
có
thể
gặp
khó
khăn
ở
hình
3,
hình
4.
khăn
3,
Hình
Giáo
sẽ
định
hướng
để
cho
đường
cao
vẽ
từ
một
đỉnh
nào
đó.
Từ

đó
khơng
tính
được
độ
iáo
viên
sẽ
định
hướng
cho
HS
tưởng
tượng
được:
HS
dễ
dàng
thấy
được
hình
1,
hình
2
và
có
thể
gặp
khó
khăn

ở
hình
3,
hình
4.
.
B
được
đường
cao
vẽ
từ
một
đỉnh
nào
đó.
Từ
đó
zzztrong
C
khơng
CCkhơng
Q đường
khơng
khơn
Giáo
viên
sẽ
định
hướng

để
cho
HS
tưởng
tượng
được:
z nằm
C
Q
tính
đượcmặt
độQQ
dài
song
lần
lượt
chứa
các
cạnh
đó;
bakhó
cặp
phẳng
song
- Đốiđược
vớitưởng
hình
ta
hai
đường

thẳng
chéo
nhau
theo
phương
nằm
thấy
1,hình
hình
2 và
có
thể
gặp
khó
khăn
ở
hình
3,
hình
4.theo
- Đối
với3,
3,chiếu
ta chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo

phương
trong
tượng
được:
dài
đường
caohình
a,2b,đường
c.
hướng
để
cho
HS
tưởng
tượng
được:
HS
dễ
dàng
thấy
được
hình
1,
và
có
thể
gặp
khăn
ở
hình

3,cah
.
B
z
C
Q
khơng
tính
được
độ
dài
cao
theo
a,
b,
c.
ho
HS
tưởng
tượng
được:
Đối
với
hình
3,
ta
chiếu
hai
đường
thẳng

chéo
nhau
theo
phương
nằm
trong
Giáo
viên
sẽ
định
hướng
để
cho
HS
tưởng
tượng
được:
b
thấy
được
hình
2
và
có
thể
gặp
khó
khăn
ở
hình

3,
hình
4.
mặt phẳng
song1,
songhình
với hai
đường
thẳng
chéo
nhau
lên
mặt
phẳng
chiếu;
- hai
Đối
với
hình
3, nhau
ta
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
phương
nằm

trong
ngoại
tiếp
tứ
diện.
nhờ
xem
xét
mối
liên
hệhệtrên
đã
thúd
Việc
khắc
phục
nhờ
sử
dụng
mối
liên
tứ
hẳng
song
song
với
hai
thẳng
chéo
nhau

lên
mặt
phẳng
chiếu;
- Đối
với
Hình
ta chiếu
đường
thẳng
chéo
theo
Việc
khắc
phục
sử
dụng
mối
liên
hệ
giữa
tứ diện
vàgiữa
hướng
để
cho
HS
tưởng
tượng
được:

Hình
3ta3,đường
Hình
4nhờ
ình
3,
tađường
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
phương
nằm
trong
Giáo
viên
sẽ
định
hướng
để
cho
HS
tưởng
tượng
được:
-hình
Đối song
với

hình
4,chéo
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhautheo
theo
phương
song
song
b
thấy
được
1,
hình
2
và
có
thể
gặp
khó
khăn
ở
hình
3,
hình
4.
P

D
P
P
D
D
hiếu
hai
thẳng
nhau
theo
phương
nằm
trong
ặt
phẳng
song
với
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
lên
mặt
phẳng
chiếu;
Đối
với
hình
3,

ta
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
phương
nằm
trong
P
D
phương
nằm
trong
mặt
phẳng
song
song
với
haivới
đường
thẳng
hình
hộp;
hình
hộp
có
thể điều

xây
dựng
từphẳng
tứ qua
diện
hướng
cho
HS
tượng
được:
mặt
phẳng
song
song
haiphương
đường
thẳng
chéo
nhau
lên
mặt
chiếu;
tượng,
hoạt
ứng
để
cấubằng
trúccách
lại qua
bài

tốn,
từd
với chiếu
một
trong
hai
đường
thẳng
đó
lên mặt
phẳng
chiếu.
thểtađối
xây
dựng
từ
tứđộng
diện
bằng
cách
các
cặp
cạnh
đối
- Đối
với
hình
4,tưởng
ta
chiếu

hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
phương
song
song
ình
3, để
ta
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
nằm
trong
P
D
ng
với
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
lên

mặt
phẳng
chiếu;
Đối
với
hình
3,
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
phương
nằm
chéo
nhau
lên
mặt
phẳng
chiếu;
các
cặp
cạnh
đối
dựng
các
cặp
mặt

phẳng
song
song
lần
lượt
hướng
để
cho
HS
tưởng
tượng
được:
b/
Giúp
chuyển
bài
tốn
khơng
gian
về
bài
tốn
phẳng
thơng
qua
việc
phân
đường
thẳng
chéo

nhau
lên
mặt
phẳng
chiếu;
Đối
với
hình
4,
ta
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
phương
song
song
mặt
phẳng
song
song
với
hai
đường
thẳng
chéo
nhau

lên
mặt
phẳng
chiếu;
Hình
3đườngđóthẳng
Hình
4thẳng
ình
3, ta
chiếu
haithẳng
chéo
nhau
theo
nằm
trong
Thể
tích
tứchứa
diện
bằng
thể
tích
hình
hộp
trừ
đi
tổng
thể

-lên
Đối
với
hình
4,
ta phương
chiếu
hai
đường
chéo
nhau
theo
phương
song
song
song
lần
lượt
các
cạnh
đó;
ba
cặp
phẳng
song
ột
trong
hai
đường
thẳng

mặt
phẳng
chiếu.
ng
với
hai
đường
chéo
nhau
lên
mặt
phẳng
chiếu;
tích,
tách
cácvới
bộdễ
phận
phẳng
của
hình
khơng
gian
liên
quan
đến
điều phương
kiện
bài
tốn

đề các
Việc
khắc
phục
nhờ
sử
dụng
liên
- Đối
Hình
4, ta
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
chứa
cạnh
đó;
mặt
phẳng
song
song
này
tạo
thành
HS
dàng

thấy
được
hình
1,
hình
2
và
có
thể
gặp
khó
khăn
ởViệc
hình
3,song
hình
4.mặt
Việc
khắc
khắc
phục
phục
nhờ
nhờ
sử
sử
dụng
dụng
mối
mối

liên
liê
nh
4,
ta
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
song
song
mặt
phẳng
song
song
với
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
lên
mặt
phẳng
chiếu;
Việc
khắc

phục
nhờbaphương
sửcặp
dụng
liên
hệ
giữa
tứ
diện
vàmối
hình
hộ
Hình
3
Hình
4mối
ình
3,
ta
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
phương
nằm
trong
iếu

hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
phương
song
song
Đối
với
hình
4,
ta
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
song
ới
một
trong
hai
đường
thẳng
đó
lên

mặt
phẳng
chiếu.
ng
với
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
lên
mặt
phẳng
chiếu;
giảiphương
các
bài tốn
phẳng
quen
thuộc.
bằng
nhau.
với
một
trong
hai
đường
thẳng
đó
lên

mặt
phẳng
chiếu.
song
song
với
một
trong
hai
đường
thẳng
đó
lên
mặt
hình
hộp
ngoại
tiếp
tứ
diện.
Nhờ
xem
xét
mối
liên
hệ
trên
đã
Việc
khắc

phục
nhờ
sử
dụng
mối
liên
hệ
giữa
tứ
diện
và
hình
hộp;
hình
hộp
có
ngoại
tiếp
tứ
diện.
nhờ
xem
xét
mối
liên
hệ
trên
đã
thú
b/

Giúp
chuyển
bài
tốn
khơng
gian
về
bài
tốn
phẳng
thơng
qua
việc
phân
nh
4,
ta
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
phương
song
song
thể
xây
dựng

từ
tứ
diện
bằng
cách
qua
các
cặ
thể
thể
xây
xây
dựng
dựng
từ
từ
tứ
tứ
diện
diện
bằng
bằng
cách
cách
qua
qua
các
các
cm
thểtượng

xây
diện
bằng cách
quachéo
các cặp
cạnh
đối dựng
các cặp
Giáo
sẽ
định
hướng
đểđáy-cho
HS
tưởng
được:
Đối
với
hình
4,
tadựng
chiếu
hai
đường
thẳng
nhau
theo
phương
song
thẳng

đó
mặt
phẳng
chiếu.
Víviên
dụ
2:lên
Cho
hình
chóp
S.ABC
có
ABC
là mặt
tam
giác
vng
tại
C;
AB
= c,từ tứ
2
2
2
ng
với
hai
đường
thẳng
chéo

nhau
lên
mặt
phẳng
chiếu;
gđường
đóvới
lên
mặt
phẳng
chiếu.
b/ta
Giúp
chuyển
bài
tốn
khơng
gian
về
bài
tốn
phẳng
thơng
qua
việc
phân
một
trong
hai
đường

thẳng
đó
lên
phẳng
chiếu.
phẳng
chiếu.
thúc
đẩy
các
hoạt
động
biến
đổi
đối
tượng,
hoạt
động
điều
HS
dễ
dàng
thấy
được
hình
1,
hình
2
và
có

thể
gặp
khó
khăn
ở
hình
3,
hình
4.

+
=
x
y
a
nh
4,
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
phương
song
song
thể
xây
dựng

từ
tứ
diện
bằng
cách
qua
các
cặp
cạnh
đối
dựng
các
cặp
mặt
phẳng
song
b/3,chiếu.
chuyển
bài
tốn
khơng
gian
về
bài
tốn
phẳng
thơng
qua
việc
phân

song
lần
lượt
chứa
các
cạnh
đó;
ba
cặp
mặt
song
song
lần
lần
lượt
lượt
chứa
chứa
các
các
cạnh
cạnh
đó;
đó;
ba
ba
cặp
cặp
mặt
mặ

Giúp
các
cạnh
bên nghiêng
đều với
đáy hình
góc
. Tính
bán
kính
mặt cầu
ngoại
tiếplần
hình
chóp chứa
tượng,
hoạt
động
điều
ứng
để
cấu
trúc
lại
bài
tốn,
từ
ách
các
bộtốn

phận
phẳng
của
khơng
gian
liên
quan
đến
điều
kiện
bài
tốn
đề
đường
thẳng
đó
lên
mặt
phẳng
song
lượt
các
cạnh
đó;
ba
cặp
mặt
phẳng
song
song

này
tạo
- khơng
Đối
với
hình
ta
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
phương
nằm
trong
 giải
yểntách
bài
gian
về
bài
tốn
phẳng
thơng
qua
phân
với
một

trong
hai
đường
thẳng
đó
lên
mặt
phẳng
chiếu.
4tốn,
1khăn
b.Giúp
Giúp
chuyển
bài
tốn
khơng
gian
về
bài
tốn
phẳng
ứng
để
cấu
trúc
lại
bài
từ
đó

tìm
ra
hướng
HS
dễ
dàng
thấy
được
hình
1,đối
hình
2việc
và
có
thể
gặp
khó
ở
hình
3,
hình
4.
2 quyết.
2
2
nh
4,
ta
chiếu
hai

đường
thẳng
chéo
nhau
theo
phương
song
song
S.ABC.
Việc
chuyển
về
bài
tốn
phẳng
dựa
trên
sự
phân
tích
sau:
án
khơng
gian
về
bài
tốn
phẳng
thơng
qua

việc
phân
ch,
các
bộ
phận
phẳng
của
hình
khơng
gian
liên
quan
đến
điều
kiện
bài
tốn
đề
b/
chuyển
bài
tốn
khơng
gian
về
bài
tốn
phẳng
thơng

qua
việc
phân
song
lần
lượt
chứa
các
cạnh
đó;
ba
cặp
mặt
phẳng
song
song
này
tạo
thành
hình
hộp
Giáo
viên
sẽ
định
hướng
để
cho
HS
tưởng

tượng
được:
+ zxét
=
ngoại
tiếp
tứ
nhờ
xem
mối
liên
hệ
xxem
b
= gian
−ngoại
=quan
V
xyz
xyz
xyz
đường
thẳng
đóqua
lên
mặt
phẳng
chiếu.
ngoại
tiếp

tiếp
tứ
tứdiện.
diện.
diện.
nhờ
nhờ
xem
xét
xét
mối
mối
liên
liên
hệ
h
tích,
tách
các
bộ
phận
phẳng
của
hình
khơng
liên
đến
điều
kiện
bài

tốn
đề
ABCD
ngoại
tiếp
tứ
diện.
nhờ
xem
mối
liên
hệ với
trên
thúc
đẩy
các
hoạt
Thể
tích
tứ
diện
bằng
thể
tích
hình
hộp
trừ
thể
ác
tốn

phẳng
quen
thuộc.
yểnbài
bài
tốn
bài
tốn
thơng
qua
việc
phân
việc
phân
tích,
tách
các
bộ
phận
phẳng
của
hình
Thể
tích
tứ
diện
bằngxét
tích
hộp
trừ

điđã
tổng
thểđi
tíchtổng
Từ
giảkhơng
thiết
suyviên
ragian
nếu
H
làvề
hình
chiếu
của
SGiúp
lênphẳng
(ABC)
thì điều
H
làchéo
tâm
đường
trịn
mặtthơng
phẳng
song
song
với
hai

đường
thẳng
nhau
lên
mặt
phẳng
chiếu;
6 thể
3hình
hận
phẳng
của
hình
khơng
gian
liên
quan
đến
kiện
bài
tốn
đề
b/
chuyển
bài
tốn
khơng
gian
về
bài

tốn
phẳng
thơng
qua
việc
Giáo
sẽ
định
hướng
để
cho
HS
tưởng
tượng
được:

đường
thẳng
đó
lên
mặt
phẳng
chiếu.
2
2
2
ngoại
tiếp
tứ
diện.

nhờ
xem
xét
mối
liên
hệ
trên
đã
thúc
đẩy
các
hoạt
động
biến
đổi
của
hình
khơng
gian
liên
quan
đến
điều
kiện
bài
tốn
đề
ải
các
bài

tốn
phẳng
quen
thuộc.
tích,
tách
các
bộ
phận
phẳng
của
hình
khơng
gian
liên
quan
đến
điều
kiện
bài
tốn
đề
đối
tượng,
hoạt
động
điều
ứng
để
cấu

trúc
lại
đối
đối
tượng,
tượng,
hoạt
hoạt
động
động
điều
điều
ứng
ứng
để
để
cấu
cấu
trúc
trúc
lạ
l
-tiếpĐối
với
hình
3,
tabài
chiếu
hai
đường

thẳng
chéo
nhau
theo
phương
nằmlạitrong
đối
tượng,
hoạt
động
điều
ứng
để cấu
trúc
bài tốn,
từy đó= tìm
yển
bài
tốn
khơng
gianđến
về
tốn
phẳng
thơng
qua
việc
phân
ngoại
ABC.

c ra hướn
gian
khơng
liênchóp
quan
điều
kiện
bài
tốn
đề
giải
các
bài
4nhau.
hình
chóp
có
thểC;
tích
bằng
nhau.
giải
các
phẳng
quen
thuộc.
bằng
 z +điều
Ví dụ
2:

Cho
hình
S.ABC
có
đáy
ABC
là
tam
giác
vng
tại
AB
=hướng
c,
hận
phẳng
của
hình
khơng
gian
liên
quan
đến
điều
kiện
bài
tốn
đề
Đối
với

hình
4,
ta
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
phương
song
song
hẳng
quen
thuộc.
tích,
tách
các
bộ
phận
phẳng
của
hình
khơng
gian
liên
quan
đến
kiện

bàitrừ
t
đối
tượng,
hoạt
động
điều
ứng
để
cấu
trúc
lại
bài
tốn,
từ
đó
tìm
ra
giải
quyết.
Vì
ABC
vng
tại
C
H
là
trung
điểm
AB.

Đối
với
hình
3,
ta
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
phương
nằm
trong


Thể
tích
tứ
diện
bằng
thể
tích
hình
Thể
Thể
tích
tích
tứ

tứ
diện
diện
bằng
bằng
thể
thể
tích
tích
hình
hình
hộp
hộp
trừ
tr
yển
bài
tốn
khơng
gian
về
bài
tốn
phẳng
thơng
qua
việc
phân
tốn
phẳng

quen
thuộc
thuộc.
giải
bài
tốn
phẳng
quen
thuộc.
Ví các
dụ
2:
Cho
hình
chóp
S.ABC
có
đáy
là
tam
giác
vng
tại
C;hình
AB
=dung
c,
Thể
tích
tứbài

diện
bằng
thểABC
tích
hộp
trừ đivng
tổng
thể
4 hộp
hình
ch
mặt
phẳng
song
song
với
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
lên
mặt
phẳng
chiếu;
2
2 tích
2 AB
hận
phẳng

của
hình
khơng
gian
liên
quan
đếnABC
điều
kiện
tốn
đề
Ví
dụ
2:
Cho
hình
chóp
S.ABC
có
đáy
là
tam
giác
tại
C;
=
c,
trục đường
trịn
ngoại

tiếp
 ABC.
 HS làđều

d/
TTTKG
giúp
hình
được
hình
khai
triển

+
=
x
y
a
ạnh
bên
nghiêng
với
đáy
góc
.
Tính
bán
kính
mặt
cầu

ngoại
tiếp
hình
chóp
hẳng
quen
thuộc.
Thể
tích
tứ
diện
tích
hình
hộp
trừ
điAB
tổng
thể
tích
4 nhau.
hình
chópchiếu;
có thể tích
với
một
hai
đường
thẳng
đó
lên

mặt
phẳng
chiếu.
Ví S.ABC
dụtrong
2: Cho
hìnhđáy
chóp
S.ABC
cóbài
đáythể
ABC
là
tam
giác
bằng
bằng
bằng
nhau.
nhau.
giải
các
phẳng
quen
thuộc.
ho
hình
chóp
có
ABC

làbằng
tam
giác
vng
C;
=
c,
mặt
phẳng
song
song
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
lên
mặt
phẳng
bằng
nhau.
phẳng
hình
khơng
gian
liên
quan
đến
điều
kiện

tốn
đề

Tâm
mặt
cầu
ngoại
tiếp
hình
chóp
làS.ABC
O với
SH.

phận
S.ABC
có
đáy
ABC
là
tam
vng
tại
C;
AB
=tạiphẳng.
c,
ác
cạnh
bên

nghiêng
đều
với
đáy
góc
. tốn
Tính
bán
kính
mặt
cầu
ngoại
hình
chóp
Ví
dụ
2:
Cho
hình
chóp
có
đáy
ABC
làbài
tam
giác
vng
tại
ABcầu
=song

c,
tốn
- của
Đối
với
hình
4,
tagiác
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
phương
song
4tiếp
1C;mặt
hẳng
quen
thuộc.
2
2
2

các
cạnh
bên
nghiêng

đều
với
đáy
góc
.
Tính
bán
kính
ngoại
hình
2chóp
2
Từ
đó
chuyển
việc
giải
bài
hình
gian
vng
tại
C;
AB
=
c,
các
cạnh
bên
nghiêng

đều
với
đáy
góc
C.
Việc
chuyển
về
bài
tốn
phẳng
dựa
trên
sự
phân
tích
sau:
ho
hình
chóp
S.ABC
có
đáy
ABC
là
tam
giác
vng
tại
C;

AB
=
c,
bằng
nhau.
2
2
+vng
=song
ztiếp
bkhơng
=
−
=
V
xyz
xyz
xyz
với
++yA
x2+
y2y
(ASB)
cắt
mặt
cầu
ngoại
tiếp
theo
đường

trịn
lớn.

b/
Giúp
chuyển
bài
tốn
khơng
gian
về
bài
tốn
phẳng
thơng
qua
việc
phân
2 x song
ABCD

+
=
x
y
a

êng
đều
với

đáy
góc
.
Tính
bán
kính
mặt
cầu
ngoại
tiếp
hình
chóp
Ví
dụ
2:
Cho
hình
chóp
S.ABC
có
đáy
ABC
là
tam
giác
tạixxC;
Đối
với
hình
4,

ta
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
phương
hẳng
quen
thuộc.

đáy
góc
.
Tính
bán
kính
mặt
cầu
ngoại
tiếp
hình
chóp

ABC.
Việc
chuyển
về

bài
tốn
phẳng
dựa
trên
sự
phân
tích
sau:
các
cạnh
bên
nghiêng
đều
với
đáy
góc
.
Tính
bán
kính
mặt
cầu
ngoại
tiếp
hình
chóp
6
3
2

2
2
với
một
trong
hai
đường
thẳng
đó
lên
mặt
phẳng
chiếu.
.
Tính
bán
kính
mặt
cầu
ngoại
tiếp
hình
chóp
S.ABC.
Việc
4
1
4
4
1

1
ho
chóp
S.ABC
đáy
ABC
làchuyển
tam
giác
vng
c, 1đường
kính mặtcó
cầu
ngoại
bằng bán
kính
đường
trịn
ngoại
tiếp
SAB.
 Bán
 ==
2 2 22
xtại
4=tâm
quen
thuộc.
S.ABC.
Việc

về
bài
tốn
phẳng
trên
sự
phân
tích
sau:
2
2với xx2x
+
= AB
yC;
aHdựa
2=
2xyz
dựa
Từhình
giảbài
thiết
suy
rachất
nếu
H
làtiếp
hình
chiếu
của
S khơng

lên
(ABC)
thì
là
êng
đều
với
đáy
góc
.giải
Tính
bán
kính
mặt
cầu
ngoại
tiếp
chóp
+++
zz z
=2đề
Vbán
xyz
==+ xyz
Vtrịn
VABCD
xyz
xyz
xyz
 hìn

= với
zcầu
yxyz
cvới
ABCD
tích,
tách
các
bộ
phận
phẳng
của
hình
gian
liên
quan
điều
kiện
bài
tốn
ABCD
+xyz
=− bxyz
z 2−−mặt
=hình
−
Vtại
xyz
xyz
xyz

với
=đến
ển
về
tốn
phẳng
trên
sự
phân
tích
sau:
các
cạnh
bên
nghiêng
đều
với
đáy
góc
.
Tính
ngoại
tiếp
 xkính
ABCD
Vấn
đề
thực
là
bàibài

tốn
hình
học
phẳng.
với
một
trong
hai
đường
thẳng
đó
lên
mặt
phẳng
chiếu.

chuyển
về
bài
tốn
phẳng
dựa
trên
sự
phân
tích
sau:

4
1

o
hình
chóp
S.ABC
có
đáy
ABC
là
tam
giác
vng
C;
AB
=
c,
6
6
3
3
6
3
2
2
2
án
phẳng
dựa
trên
sự
phân

tích
sau:
Từ
giả
thiết
suy
ra
nếu
H
là
hình
chiếu
của
S
lên
(ABC)
thì
H
là
tâm
đường
trịn
S.ABC.
Việc
chuyển
về
tốn
phẳng
dựa
trên

sự
phân
tích
sau:
b/
Giúp
chuyển
bài
tốn
khơng
gian
về
bài
tốn
phẳng
thơng
qua
việc
phân
6
3



2
2
2
22

êng

đều
với
đáy
góc
.
Tính
bán
kính
mặt
cầu
ngoại
tiếp
hình
chóp
A
B
C
D
Ví
dụ
4:
Cho
hình
lập
phương
.
;
Gọ
ABCD
+

=
x
z
b
=
−
=
V
xyz
xyz
xyz
với
 z 2 + y 2thì
Từ
giả
thiết
suy
ra(ABC)
nếu H
là tâm đường
2
 là hình chiếu của S lên (ABC)
1 1 1 zz1ztrịn
ABCD
tiếp
ABC.
bài
ển
vềra
tốn

phẳng
dựa
trên
phân
tích
= qua
cH
Từ
giả
thiết
suy
raphẳng
nếu
HS.ABC.
làsự
hình
chiếu
của
lên
thì
giải
các
bài
tốn
quen
 +++yyyc
triển
6thuộc.
3Ssau:
suy

nếu
H
là
hình
chiếu
của
S
lên
(ABC)
thì
H
là
tâm
đường
trịn
Việc
chuyển
về
bài
tốn
phẳng
dựa
trên
sự
phân
tích
sau:

b/
Giúp

chuyển
bài
tốn
khơng
gian
về
bài
tốn
phẳng
thơng
việc
phân

d/
TTTKG
giúp
hình
dung
được
hình
khai

2
2
2
êng
đều
với
đáy
góc

.
Tính
bán
kính
mặt
cầu
ngoại
tiếp
hình
chóp
H
làtích,
hình
chiếu
của
Sphận
lênngoại
(ABC)
thì
Hhình
là tâm
đường
Từ
giả
thiết
suy
ra
nếu
H
là

chiếu
của
Strịn
thìtượng
làkhơng
tâm
đường
trịn
goại
tiếp
ABC.
tách
các
bộ
phẳng
của
hình
khơng
gian
đến
kiện
bài
tốn
+liên
=quan
z lên
y d.(ABC)
cAD
Bđiều
cạnh

và
cho
;đề
Gọi
I,dung
Jdung
lần
lượt
làhình
tr
AM
= hình
BN
BH
ển
dựa
trên
sựStrung
tích
sau:
là
tâm
đường
trịn
tiếp
ABC.
Trí
tưởng
gian
giúp

dung
được
hình
ngoại
tiếp
ABC.

5phân
1 sao
Vì về
ABC
tại
CCho
H
là
điểm
AB.
rabài
suy
nếuHtốn
Hvng
làphẳng
hình
chiếu
của
lên
(ABC)
thì
Hđáy
làratâm

đường
trịn

d/
TTTKG
TTTKG
giúp
giúp
hình
hình
dung
được
được
hìn
d/d/
TTTKG
giúp
được
hình
Ví
dụ
2:
hình
chóp
S.ABC
có
ABC
là
tam
giác

vng
tại
C;
AB
=hình
c,hình
d/
TTTKG
giúp
hình
dung
được
hình
khai
triển
của
hình
khơn
Từ
giả
thiết
suy
nếu
H
là
hình
chiếu
của
S
lên

(ABC)
thì
H
là
tâm
đườn
.ển
tích,
tách
các
bộ
phận
phẳng
của
hình
khơng
gian
liên
quan
đến
điều
kiện
bài
tốn
đề
phẳng.
Từ
đó
chuyển
việc

giải
bài
tốn
khơng
gian
về
bài
tốn
phẳng
dựa
trên
sự
phân
tích
sau:
Vì
ABC
vng
tại
C
H
là
trung
điểm
AB.
khai
triển
của
hình
khơng

gian
lên
mặt
phẳng.
Từ
đó
chuyển
Vì
ABC
vng
tại
C
H
là
trung
điểm
AB.
ngoại
tiếp
ABC.



giải
tốn chiếu
phẳng
quen
thuộc.
ra nếu
Hbài

làđường
hình
của
Stiếp
lên
(ABC)
thì
Hđược
tâm
đường
trịn
d/
TTTKG
giúp
hình
dung
hình
khai
triển
của
hình
khơng
gian
lênviệc
mặt
Vì
ABC
vng
Clà 
Hđó

làkính
trung
điểm
AB.
phẳng.
phẳng.
Từ
Từ
đó
đóhình
chuyển
chuyển
việc
việc
giải
giảibài
bài
bàitốn
tốn
tốnhình
hìn
hìn
phẳng.
Từ
đó
chuyển
giải
làcác
trục
trịn

ngoại
ABC.
quen
.suy
 HS
phẳng.
Từ
chuyển
việc
giải
bài
tốn
khơng
tại
các
cạnh
bên
nghiêng
đều
với
đáy
góc
.
Tính
bán
mặt
cầu
ngoại
tiếp
hình

chóp
HS
là
trục
đường
trịn
ngoại
tiếp
ABC.
việc
giải
bài
tốn
hình
khơng
gian
sang
vấn
đềgian
bài sang
tốn vấn đề
vng
tại
C
H
là
trung
điểm
AB.
ngoại

tiếp
ABC.

giải
các
bài
tốn
phẳng
thuộc.
quen
thuộc.
suy
ra
nếu
H
là
hình
chiếu
của
S
lên
(ABC)
thì
H
là
tâm
đường
trịn
H
là

trung
điểm
AB.

HS
là
trục
đường
trịn
ngoại
tiếp
ABC.
Vì
ABC
vng
tại
C
H
là
trung
điểm
AB.




Ví
dụ
2:
Cho

hình
chóp
S.ABC
có
đáy
ABC
là
tam
giác
vng
tại
C;
AB
=
c,
phẳng.
Từ
đó
chuyển
việc
giải
bài
tốn
hình
khơng
gian
sang
vấn
đề
bài

tốn
phẳng
6
quen
quenthuộc.
thuộc.
thuộc.
.  Tâm
quen
HS
là
trục
trịn
ngoại
tiếp
 ABC.

quen
thuộc.
 SH.
mặt
ngoại
hình
chóp
làphẳng
O
SH.
Tâm
mặt
cầutiếp

ngoại
tiếpbài
hình
chóp
là
Ođường
phẳng
quen
thuộc
vng
tại
C cầu
H
là
trung
điểm
AB.
S.ABC.
Việc
chuyển
về
tốn
dựa
trên
sự
phân
tích
sau:
c đường
trịn

ngoại
tiếp
ABC.
Vì
ABC
vng
tại
C
H
là
trung
điểm
AB.



Ví
dụ
2:
Cho
hình
chóp
S.ABC
có
đáy
ABC
là
tam
giác
vng

tại
C;lập
AB
= 1C
c,1DABCD
AM,
Ví
dụ
4:
Cho
hình
lập
phương
.phương
;các
Gọ.
ABCD
quen
thuộc.
ịn
ngoại
tiếp
ABC.


Tâm
mặt
cầu
ngoại
tiếp

hình
chóp
là
O
SH.
HS
là
trục
đường
trịn
ngoại
tiếp
ABC.
Ví
Ví
dụ
dụ
Cho
Cho
hình
hình
lập
lập
phương



1 BN
1 ABCD
Ví

dụ
4:4:4:Cho
hình
phương
 trịn
cáctạicạnh
nghiêng
đều
với
đáy
góc
.trịn
Tính
bán
kính
mặt
cầu
ngoại
tiếp
hình
(ASB)
cắt
mặt
cầu
ngoại
tiếp
theo
đường
lớn.
Ví

4: Cho
hình
lập
phương
M,
vng
Ccắt
H là
trung
điểm
AB.
A1B
bên
Ví dụ
4:dụ
Cho
hình
lập
phương
. chóp
Gọi
NtrílàABCD
ABCD

Tâm
mặt
cầu
ngoại
tiếp
hình

chóp
là
O
SH.

1CXác
1 D1 ; Gọi
a)
định
vị
của
đ
(ASB)
mặt
cầu
ngoại
tiếp
theo
đường
lớn.
c
đường
trịn
ngoại
tiếp
ABC.

Từ
giả
thiết

suy
ra
nếu
H
là
hình
chiếu
của
S
lên
(ABC)
thì
H
là
tâm
đường
trịn

cầuS.ABC.
ngoại
tiếp
hình
chóp
là
O
SH.
HS
là
trục
đường

ngoại
tiếp
mặt

trịn
A1B
DB
các
cạnh
bên
nghiêng
đều
với
đáy
góc
.AD
bán
kính
cầu
ngoại
tiếp
hình
Ví
dụ
4:
Cho
hình
lập
phương
.Tính

;sau:
Gọi
M,
NABC.
làAD
các
điểm
thuộc
các
ABCD
B
cạnh
cạnh
và
và
sao
sao
cho
cho
;
;
Gọi
Gọi
I,
I,
J
B
AM
AM
=chóp

=
BN
BN
AD
B
B
cạnh
và
sao
cho
;
Gọi
I,
J
lần
lượt
là
tru
BB
AM
=
BN
cạnh
và
sao
cho
;
Gọi
I,
J

lJ
Bán
kính
mặt
cầu
ngoại
tiếp
bằng
bán
kính
đường
trịn
là
các
điểm
các
cạnh
và
cho
AM
=
BN
AD
B
vng
tại
C
H
là
trung

điểm
AB.

1C1sao
1 thuộc

tiếp
hình
chóp
là
O
SH.

1lần
1sao
(ASB)
cắt
mặt
cầu
ngoại
tiếp
theo
đường
trịn
lớn.
Tâm
mặt
cầu
ngoại
tiếp

hình
chóp
là
O
SH.


1


1
B
cạnh
và
cho
;
Gọi
I,
J
lượt
là
trung
điểm
của
A
AM
=
BN
AD
B

Việc
chuyển
về
bài
tốn
phẳng
dựa
trên
sự
phân
tích
c
đường
trịn
ngoại
tiếp
1
làABC.
gócvị
với
IJ.
(ASB)
cắt
mặt
cầu
ngoại
tiếp
theo
đường
trịn

lớn.

a)
Xác
định
vị
trí
của
đường
thẳng
IJ
v
a)
Xác
định
trí
của
đường
thẳng
IJ
v

Bán
kính
mặt
cầu
ngoại
tiếp
bằng
bán

kính
đường
trịn
ngoại
tiếp
SAB.

cầu
ngoại
tiếp
hình
chóp
O
SH.

Cho
SAB
có
AB
=
c;
=
=
.
Tính
bán
kính
đường
trịn
ngoại

tiếp
SAB
tiếp
ngoại
tiếp
Gọi
I, Jlượt
lầnsự
lượt
là trung
điểm
ABvà
và C1D1 ..
ngoại
tiếp
ABC.
B1 
 SAB.
cạnh
và
sao
cho
; Gọi
I,dựa
J tiếp
lần
là phân
trung
điểm
của

AB
AM
= BN
AD
B trịn
củaSH.
ắtcgoại
mặt
cầu
ngoại
theo
đường
lớn.
Tâm
mặt
cầu
ngoại
hình
chóp
là
O
S.ABC.
Việc
chuyển
về
bàiSBA
tốn
phẳng
trên
tích

sau:
đường
trịn
ngoại
tiếp
ABC.

tiếp
theo
đường
trịn
lớn.
(ASB)
cắt
mặt
cầu
ngoại
tiếp
theo
đường
lớn.
Bán
kính
mặt
cầu
ngoại
tiếp
bằng
bán
kính

đường
trịn
ngoại
tiếp
SAB.
IJ.

b) Dựng
thiết
tạo bở
Từ
giả
thiết
suy
ra
nếu
Hhình
là
hình
chiếu
của
Strịn
lên
(ABC)
thì
H
làđường
tâm
đường
tốn

cầu
ngoại
tiếp
hình
chóp
là
O
SH.
góc
với
IJ.
góc
với
Bán
kính
mặt
cầu
ngoại
tiếp
bằng
bán
kính
đường
trịn
ngoại
tiếp
SAB.
 diện

Vấn

đề
thực
chất
là
giải
bài
học
phẳng.
a)
Xác
định
vị
trí
của
thẳng
IJ
vàtrịn
MN.
Chứng
minh
đề
thực
chất
là
giải
bài
tốn
hình
học
phẳng.

ắtVấn
mặt
cầu
ngoại
tiếp
theo
đường
trịn
lớn.
 tại C  H là trung điểm AB.
 SAB.
Vì
vng
 ABC
666
(ASB)
cắt
mặt
cầu
ngoại
tiếp
theo
đường
trịn
lớn.
mặt
cầu
ngoại
tiếp
bằng

bán
kính
đường
trịn
ngoại
tiếp
SAB.


Từ
giả
thiết
suy
ra
nếu
H
là
hình
chiếu
của
S
lên
(ABC)
thì
H
là
tâm
đường
trịn
6


cầu
ngoại
tiếp
hình
chóp
là
O
SH.
c)
Với
vị
trí
nào
của
M,
6 mặt
goại
tiếp
bằng
bán
kính
đường
trịn
ngoại
tiếp
SAB.

 .học
Vấn

đề
thực
chất
là
giải
bài
tốn
hình
phẳng.
Bán
kính
mặt
cầu
ngoại
tiếp
bán
kính
đường
trịn
ngoại
tiếp
Cho
SAB
cócó
AB
==đường
c;c;Vấn
=đềSBA
= bằng
.Tính

Tính
bánkính
kính
đường
trịn
ngoại
tiếp
 SAB.

SAB

b)IJ.
Dựng
thiết diện
diện tạo
tạo bởi
bởi
mặt phẳng
phẳngđi
điqq
b)
Dựng
thiết
Cho
SAB
AB
bán
MN
cắthình
và

vng
góc
với
ngoại
tiếp
ABC.
 tiếp
ắtmặt
mặt
cầu
ngoại
theo
trịn
lớn.
thực
chất
là
giải
bài
tốn
học
phẳng.
6 SAB.
Việc
giải
bài
tốn
này
tương
đối

dễ
dàng:
cầu
ngoại
tiếp
bằng
bán
kính
đường
trịn
ngoại
tiếp
HS
là
trục
đường
trịn
ngoại
tiếp
ABC.
 cầu
trịn
làcầu
giải
bài
tốn
hình
học
phẳng.
Bán

kính
mặt
ngoại
tiếpthiết
bằng
kính
trịn
ngoại
tiếp
 SA
tốn
đó.nào
đường
ngoại
tiếp
SAB.
b) Dựng
diện bán
tạo
mặt
phẳng
quaM,
hai
ngoại
tiếp
ABC.
là
SAB.
 tốn
c) bởi

Với
vịđường
trí
nàođi
của
M,
Nđường
thì thiết
thiết diện
diện
c)
Với
vị
trí
của
N
thì
cc
ắt
mặt
ngoại
tiếp
theo
đường
trịn
lớn.
i chất
bài
hình
học

phẳng.
Vấn
đề
thực
chất
giải
bài
hình
học
phẳng.
Vì
ABC
vng
tại
C
H
là
trung
điểm
AB.


mặt
cầu
ngoại
tiếp
bằng
bán
kính
đường

trịn
ngoại
tiếp
SAB.

Áp
dụng
định
lí
hàm
số
sin
ta
có:
chất là giải
bài
tốn
hình
học
phẳng.
Việc
giải
bài
tốn
này
tương
đối
dễ
dàng:
thẳng

IJ
và
MN.
Giải:

Tâm
mặt
cầu
ngoại
tiếp
hình
chóp
là
O
SH.

Việc
giải
bài
tốn
này
tương
đối
dễ
dàng:
đó. học phẳng.
Vấn
thực
chất
giải bài

tốn
hình
đó.
Vì đường
ABC
vng
tạitrịn
C
làlà
trung
điểm
AB.

mặt cầu
ngoại
tiếp
bằng
bán
kính
đường
ngoại
tiếp
SAB.
5 đề
HS
là
trục
trịn
tiếp
HABC.

bài
chất
là giải
tốn
hình
học
dụng
định
líhàm
hàmsố
sốsin
sinphẳng.
ta
có: ngoại
c) Với vị trí nào của M, N thì thiết diện cóa)
chu
bé nhất
Đểvi giải
bàivàtốn này, t
Áp Áp
dụng
định
lí
ta
có:
5
Giải:
Giải:
(ASB)
cắt

mặt
cầu ngoại
tiếp
theo
đường
trịn
lớn.
 tốn
HS
là
trục
đường
trịn
ngoại
tiếp
ABC.


5
chất là giảibài
hình
học
phẳng.
tìm
giá
trị
nhỏ
nhất
đó.
B’

B’
Tâm mặt
tiếp hình chóp là O  SH.
c cầu
5 =ngoại
được
đường
là trục đối
a) Để
Đểtiếp
giảiminh
bàiSAB.
tốn
này,
ta dễ
dễIJchứng
chứng
a)
giải
bài
tốn
này,
ta
5 Báno kính
2 Rcầu ngoại tiếp bằng
5
mặt
bán
kính
đường

trịn
ngoại

Giải:
mặt cầu ngoại tiếp hình chóp là
O  SH.
sin(
−
25Tâm
)
c 180 cắt
lớn.
Acủa
(AD
C1trục
B1 ) và
minh
được
đường
IJ là
là
trục
đối
xứng
được
đường
IJ
đối
xứng
1 ). Suy ra

5này,
  (ASB)
= 2 Rmặt cầu ngoại tiếp theo đường trịn
a)
Để
giải bài minh
tốn
ta dễ
chứng(BC
minh
được
đường
IJD1làcủa
o
chất làcắt
giảimặt
bàicầu
tốn
hìnhtiếp
họctheo
phẳng.
5(ASB)
sin(Vấn
180 −đề
2 )thực
ngoại
đường
trịn
lớn.


đối
xứng
IJ,
điểm
B
biến
cầu ngoại tiếp bằng bán kínhtrục
đường
trịn
ngoại
SAB.

 Bán kính
I’I’
đối xứng
của(BC
và
Suy
trục
(BCCC11BBtiếp
và (AD
(AD
Suyra,
ra,qua
qua
trục thành
DD11AA11).).. Suy
ra,
qua
trục

11)) và
c mặt
5
 R =c
. Bán kính mặt cầu ngoại tiếp bằng
bán
kính
đường
trịn
ngoại
tiếp
SAB.


đối
xứng
IJ,
điểm
B
biến
thành
điểm
A,
điểm
biến
thành
điểm
B
diểm
biến

thành
điểm
D.
Kế
đốixứng
xứngIJ,
IJ, điểm
điểm BB biến
biến
thành điểm
điểm A,
A,
đối
1 thành
sin
 Vấn
R = đề 2thực
. 2chất là giải bài toán hình học phẳng.
D.
Kết
hợp
với
giả
thiết,
suy
ra
điểm
N
biến
thành

điểm
M.
Từ
giả điểm
thiết,D.
suyKết
ra hợp
điểm
N biếnAAth
2 sin 2 Vấn đề thực chất là giải bài tốn hình học phẳng.
diểm BB11 biến
biến thành
thành
điểm
D.
Kết
hợp với
với
diểm
5

c/ Cho phép
HS tưởng
tượng phân tích chuyển hóa hình khơng
giansuy
này
sang
M. Từ
dễthành
dàngđiểm

chứng minh
giảsang
thiết,
suy
ra điểm
điểm
Nđó,
biến
thành
điểm
giả
thiết,
ra
N
biến
II
c/52ChoTẠPphép
HSHỌC
tưởng
tượng
phân tích chuyển hóa hình khơng gian này
CHÍ KHOA
GIÁO DỤC
VIỆT NAM
bộ
phận
của
một
hình
khơng

gian
khác
nhằm
đưa
vấn
đề
cần
giải
quyết
về
dạng
quen
MN
cắt và
vng
góc với
BB IJ.
M.quen
Từ đó,
đó, dễ
dễ dàng
dàng
chứng
minh
được
M.
Từ
chứng
minh
được

bộ phận của một hình khơng gian khác nhằm đưa vấn5 đề cần giải quyết về dạng
b) Sử
thuộc.
5
NN giao
MN cắt
cắt và
và vng
vng góc
góc với
với
IJ. dụng tính chất
MN
IJ.
thuộc.
1
1
một mặt phẳng phân biệt với h


Việc giải bài toán này tương đối dễ dàng:
b
Áp a
dụng định lí hàm số sin ta có:
Đào Tam, Đậu Anh Tuấn
a) Xác định vị trí của đường thẳng IJ và MN. Chứng minh MN cắt và vng
Hình
1
Hình
2

thẳng
IJIJvà
và
vng
ađường
đường
thẳng
vàMN.
MN.Chứng
Chứng
minh
MNcắt
cắttrí
vàcủa
vng
a)minh
Xác MN
định
vị
đường thẳng IJ và MN. Chứng minh MN cắt và vng
góc
với
IJ. định
c
a) Xác
vị trí
của
đường
thẳng
IJ

và
MN.
Chứng
minh MN cắt và vng
MN. Chứng
minh MN
cắt
và
vng
 góc vớio IJ. = 2 R
b)
Dựng
thiết
diện
tạo
bởi
mặt
phẳng
đi
qua
hai
đường
thẳng
IJ và
MN.
Chứng
Chứng
minh
minh
MN

MN
cắt
cắt
và
và
vng
vng
180
− 2a)
 )thẳng
Xác định
trí của
đường
thẳng
IJcắt
và và
MN.
Chứng minh MN cắt và vng
góc vớia)
IJ.Xác định vị trí sin(
của
đường
IJMN.
vàvịMN.
Chứng
minh
MN
vng
bởi
phẳng

đi
qua
hai
đường
thẳng
IJ
và
MN.
bởimặt
mặtc)
phẳng
đi
qua
hai
đường
thẳng
IJ
và
b)
Dựng
thiết
diện
tạo
bởi
mặt
phẳng
đi
qua
hai
đường

thẳng IJ và MN.
Với
vị
trí
nào
của
M,
N
thì
thiết
diện
có
chu
vi
bé
nhất
và
tìm
giá
trị
nhỏ
nhất
tọa
độ,
có
gốc
tọa
độ
là
giao của hai đường thẳng vng góc

góc
với
IJ.
hứng
minh
MNthiết
cắt
vàMN.
vng
b) IJ.
Dựng
diện
tạo bởi cmặt phẳng đi qua hai đường thẳng IJ và MN.
góc
với
hai
đường
thẳng
IJ
và
,N.
N
thì
thiết
diện
có
chu
vi
bé
nhất

và
tìm
giá
trị
nhỏ
nhất
M,
N
thì
thiết
diện
có
chu
vi
bé
nhất
và
tìm
giá
trị
nhỏ
nhất
vị trí thiết
nào của
M, Nbởi
thì mặt
thiết
diện
có
chu

vi
nhất và
giávà
trịMN.
nhỏVăn
nhấtCừ có
aHồng
Chứng
minh
MN
cắt vàcủa
đó.
mơ
tả đường
Lênhỏ
Phong
và tìm
đường
Nguyễn
vng
RM,
= Nc)thìVới
. Dựng
đường
ường
thẳng
thẳng
IJ
IJ
và

MN.
MN.
b)thiết
diện
phẳng
điMN.
qua
haibé
đường
thẳng
IJ
c)
vị
trí
nào
diệnđicó
chu
bé nhất
và
tìm
giá
trị
nhất
b)Với
Dựng
thiết
diện
tạo
bởi
mặt

phẳng
qua
haivitạo
đường
thẳng
IJ và
hu
vi bé
nhất
vàvà
tìm
giá
trị
nhỏ
nhất

2
sin
2
đó.
a)giá
Xác
vị
trí của đường thẳng IJ và MN. xChứng chiều
MN cắttrục
và hồnh
vngtừ gốc tọa độ tới Hải quan và chiều
dương
i bé
bé nhất

nhất
và
và
tìm
tìm
giá
trị
trịđịnh
nhỏ
nhỏ
nhất
nhất
avng
c)cắt
Với
vịvng
tríB’có
nàochu
củaviM,
thìminh
thiết
diện
có
vi
bé nhất và tìm giá trị nhỏ nhất
ờng
thẳng
IJMN
và
MN.

đó.
c)Giải:
Với
vịvà
trí
nào
M, N
thì
thiết
diện
bé N
nhất
và
giátung
trị chu
nhỏ
nhất
C’tìmtrục
hứng
thẳng
minh
IJ
và
MN.
cắt
Chứng
vàc/của
minh
MN
và

x
góc
với
IJ.
x
ai đường
thẳng
IJ
MN.
dương
từ
gốc
tới này
Qnsang
Bàu (xem hình). Khi
x tọa độ
Giải:
Cho
phép
HS
tưởng
tượng
phân
tích
chuyển
hóa
hình
khơng
gian
a)

Để
giải
bài
tốn
này,
ta
dễ
chứng
B’B’trị nhỏ nhất
C’C’
đó.tạo bởi
éđó.
nhất
và tìm
giá
x
B’
C’
.
B
xGiải:
u
vi
bé
nhất
và
tìm
giá
trị
nhỏ

nhất
b)
Dựng
thiết
diện
mặt
phẳng
đi
qua
hai
đường
thẳng
IJ
và
MN.
đó,
trường
Trung
học
phổ
thơng
Chun
Phan Bội Châu nằm
y,xxta
tadễ
dễchứng
chứngđường
B’gian
Để
giải

bài
tốn
này, ta
dễ chứng
của minh
mộta)xứng
hình
khơng
khác
nhằm
đưaC’vấn đề cần giải quyết
về dạng quen
C’bộ phận
minh
được
IJ
là trục
đối
của
x
ng
thẳng
IJ
và
MN.
Chứng
MN
cắt
và
vng

Giải:
a)
Để
giải
bài
tốn
này,
ta
dễ
chứng
x
Giải:
ở góc
phần
nhất
sát với trụcC’
hồnh cách tâm 0 gần 50
c)MN.
Với
vị trí
nào
M,MN.
N thì thiết diện có chu vi bé nhất
và tìm
giá
nhỏ
nhất
b của
phẳng
ờng

thẳng
đicủa
qua
IJ và
hai
đường
thẳng
IJ
và
C’
C’
B’tưtrịthứ
ối
xứng
đối
xứng
của
minh
được
đường
IJI’B’
là trục
đối
xứng
của
thuộc.
C’ vng
D
Atrục
)đường

và
(AD
Suy
ra,
qua
trụcgiải
Cvị
N.
c (BC
định
Chứng
trí
của
MN
đường
thẳng
vng
IJdễ
và
MN.
Chứng
minh
MN
cắt
và
1cắt
1 ).và
1 Bđó.
1minh
a)

Để
bài
tốn
này,
ta
dễ
chứng
x được
m.
minh
IJ
là
đối
xứng
của
a)
Để
giải
bài
tốn
này,
ta
chứng
bé
hiết
nhất
diện
và
cótìm
chu

bénhỏ
nhấtnhất
và C
tìm
giá
trị
nhỏDnhất
C’
I’giá
1
ra,
qua
trục
I’ vitrị
C’
ra,
qua
trục
I’
(BC
và
(AD
ra,đối
qua
trục
1 A1 ).thức
1B
1 ) khi
đối
IJ,

điểm
Bđường
biến
thành
điểm
A,
VíSuy
dụ
3:
học
tính
thể
tíchcủa
của
thì bài
Ví
dụtứ
6: diện
NgườiVta=có Bh
thể biết
con tốn
tàu ra tạo
khơi ở vị trí nào nếu
x xứng
mặt
phẳng
đi
qua
hai
thẳng

IJ
vàcủa
MN.
minh
được
đường
IJ làSuy
trục
Giải:
I’cơng
DIJ
(BC
(AD
ra,Sau
qua
trục
Cxứng
B1 ) và
minh
đường
đối
xứng
1 Alà
1 ).trục
1được
3bài toán cực trị trong thực tiễn liên quan đ
B’ thành điểm A, C’ b/ Hình
hdiểm
điểm
A,

nh
điểm
A,
Giải
các
đối
xứng
IJ,
điểm
B
biến
Hình
3
4
D
C’’
biết
được
kinh
độ,
vĩ
độ
và
khoảng
cách
từ
đó đến đất liền để
M
Bdiện
thành

điểm
D.
Kết
hợp
với
o
ai
ng
đường
thiết
thẳng
tạo
IJ
bởi
và
MN.
mặt
phẳng
điqua
qua
hai
đường
thẳng
IJMra,
và
MN.trục I’
a)
Để
giải
tốn

này,
chứng
AD1nhất
1diện
hì
thiết
có
chu
vi
bé
nhất
và
tìm
giá
trị
A
(BC
)dễ
và
(AD
). Suy
qua
C
Bta
đối
xứng
IJ,
điểm
B
thành

điểm
A,
I’nhỏ
1 liên
1cho
1trục
(BC
)biến
và
(AD
).Mbài
Suy
ra,
Bvới
ra
chướng
ngại
lớn
HS.
xDbiến
b/C1Giải
các
bài
tốn
cực
trị
trong
thực
tiễn
quan

đến
tính
chất
lượng
của
các
1A
1M
1với
D
C’’
Kết
hợp
D
C’’
Kết
hợp
M
o
D
C’’ nạn.
M
AAđiểm
M
o
B1 đối
diểm
biến
thành
điểm

Kết
với
cứu nạn xác
Mo định được vị trí con tàu khi cứu
Anhất
minh
được
đường
IJ
là
trục
xứng
củaIbé
B’C’
C’
giả
thiết,
suy
ra
Nthiết
biến
thành
uiđối
vị
vi trí
bé
nhất
của
và
tìm

M, N
giá
thìtrị
nhỏ
diện
nhất
cóđiểm
chu
vi
nhấtD.
tìmhợp
giá
trịtrung
nhỏtâm
hình.
đối
xứng
IJ,
điểm
thành
A,
Dcủa
C’’biết AB = CD =a;
Mvà
Bo1nào
diểm
biến
thành
điểm
D.

Kết
hợp
với
Mo thểđiểm
D B
C’’
IJ,
điểm
biến
thành
điểm
A,
A BBbiến
M xứng
M
y
“Tính
tích
tứ
diện
ABCD
M
hứng
hành
điểm
ICI B ) và (ADgiả
thành
điểm
thiết,được
suybiến

ra Bđiểm
N
I’ biến thành điểm Ví Idụ 7: Từ bản vẽ vẽ ngơi nhà, hình dung được hình dáng
hình.
D1minh
A
(BC
qua
trục
1 ). Suy
1 1
M.
Từ
đó,
dàng
chứng
DD dễ
C’’
C’’
x biến
D 3, hình 4.
C’’
M C’’
Bra,
diểm
thành
D.2MKết
hợp
với
HS

dễ
dàng
thấy
được
hình
có=b
thể
gặpA=khó
M
M
oo thiết, suy
o ở hình
giả
ra
điểm
N
thành
điểm
I A 1,điểm
Dvà
1 vớihình
MAC
B
diểm
biến
thành
điểm
D.
Kết
hợp

x
=o và
BC
=khăn
c”.
D
C’’
CBD
Q AD
M
Ví dụ
8:MTrong
một
đợt tổ chức
cho
HS
gia dc
của
gian
phịng.
của
M
1
BB’
C’
nh
được
B xứng IJ, điểm M.
nh
được

đối
B IJ.
biến
thành
điểm
A,xchứng minh
B ngơi nhà đó về chiều dài, độ cao, chiều rộng cácb/
Giải
cáctham
bài tốn
Từ
đó,
dễ
dàng
được
N
MN
cắt
và
vng
góc
với
x
C
Q
Ví
dụ
8:
Trong
một

đợt
tổ
chức
cho
HS
tham
gia
dã
ngoại
ngồi
trời.
Để
có
thể
chứng
C
Q
giả
thiết,
suy
ra
điểm
N
biến
thành
điểm
I
D suy
C’’
B

C
Q
M.
Từ
đó,
dễ
dàng
chứng
minh
được
oễ
Giáo
viên
sẽ
định
hướng
để
cho
HS
tưởng
tượng
được:
giả
thiết,
ra
điểm
N
biến
thành
điểm

I
AthànhMN
Ngóc với
Chướng ngại
thể hiện ở chỗ HS
xác định
rục I’C diểm
B’
C’’ không
B1 biến
điểm
Kết
hợp với
NN C’Q
A IJ.C’M C M
Q
N D có chỗ nghỉ ngơi
cắtD.
và
vng
trong q trình tham
quan dã ngoại, các
hình.
b)tốn
Sử
dụng
chất
giao
giữa
giảicủa

bàiđó,
này,
tatính
dễ
chứng
B vẽ các
ứng
M.
Từ
đó,
dễ
dàng
chứng
minh
được
b.
Giải
bài
tốn
cực
trị
trong
thực
tiễn
liên
quan đến
N
MN
cắt
và

vng
góc
với
IJ.
B
M.
Từ
dễ
dàng
chứng
minh
được
được
đường
cao
từ
một
đỉnh
nào
đó.
Từ
đó
giả
thiết,
suy
ra
điểm
N
biến
thành

điểm
I
có
chỗ
nghỉ
ngơi
trong
q
trình
tham
quan
dã
ngoại,
các
bạn
HS
đã
dựng
trên
mặt
đất
A,
Đối
với
hình
3,
ta
chiếu
hai
đường

thẳng
chéo
nhau
theo
phương
nằm
trong
C
Q
C
C
Q
Q
C
Q
ao
giữa
iao
giữa
b)cắt
Sử dụng
tínhgóc
chấtvới
giao
C
Q chất lượng của các hình
một
mặt
phân
biệt

với
hai
mặt
tính
đường
IJ Sử
là
trục
đối
xứng
của
I’phẳng
N bằng
phẳng
một
chiếc
bằng
hình cm
ua
trục
MN
vng
IJ. giữa
dụ bạt
8: Trong
b)
dụng
tính
chất
giao

giữa
1
N
BAC’’
TừMđó,
dễ
chứng
minhvà
được
MN
cắt
và
vng
góc
với
IJ.
zdàng
C
Q
khơng
tính
được
độmặt
dài
đường
cao
theolều
a, b,
c. bạt từ mộtVítấm
DM.

C’’
D với
với
o haimặt
M
o
A
hai
C
Q
mặt
mặt
phẳng
song
song
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
phẳng
chiếu;
C chữ nhật
một
mặt
phẳng
phân
biệt
với
hai

mặt
D
1Qlên
J’
bằng
phẳng
một
chiếc
lều
bằng
bạt
từ
một
tấm
bạt
hình
có
chiều
dài
là
12
m
C
’
đó,
dễ
dàng
chứng
minh
được

MN
cắt
và
vng
góc
với
IJ.
Ví
dụ
8:
Trong
một
đợt
tổ
chức
cho
HS
tham
gia
dã
ngoại
A
1
A
1
phẳng
song
song
tạo
hai

giao
tuyến
A1
D1 AMN
à (AD
Suy
ra,
quachất
trục
ểm
A,
b)
Sử dụng
N tính chất giao giữa
1 ). dụng
cắtphân
và
vng
gócgiao
vớiI’IJ.
một
mặt
biệt
với
hai
mặt
Sử
tính
giữa
có’chỗ

nghỉ ngơi trong
J
DD
11
và chiều
6 mnghỉ
cách:
Gập
I b)phẳng
CC’ ’biệt
AJ’
1J’
Dbằng
1
J’ song
tuyến
oểm
tuyến
b)
Sử
dụng
tính
chất
giao
giữa
một
mặt
phẳng
phân
với

ngồi
trời.
Để córộng
thể cólàphương
chỗ
ngơi
trong
q Cđơi
trìnhtấm
thambạt lại theo
phẳng
song
song
tạo
hai
giao
tuyến
Đối
với
hình
4,
ta
chiếu
hai
đường
thẳng
chéo
nhau
theo
song

B
1
song
song.
Từ
đó
dễ
dàng
tìm
được
điểm
B
biến
thành
điểm
A,
D1 nối trung
J’
J
D
C’’
b)
Sử
dụng
tính
chất
giao
giữa
M
C

’
J
ợp
với
một
mặt
phẳng
phân
biệt
với
hai
mặt
và
chiều
rộng
là
6
m
bằng
cách:
Gập
đơi
tấm
bạt
lại
theo
đoạn
điểm
hai
cạnh

D
1
M
o
J
J’
phẳng
song
song
tạo
hai
giao
tuyến
A
C
’
một
phân
hai
D A1 song song. Từ
1
J’ Pbiệt
A1
P đó
C1J quan dã ngoại,
Cvới
’
B mặt phẳng
hai
phẳng

songsong
song
tạomặt
haiTừ
giaođó
tuyến
các
bạncủa
HS tấm
đã dựng
phẳng
bằng
phẳng một chiếc
BDJB
1 mặt
được
1
m
được
B1
song.
dễ
dàng
tìm
được
làC’’
chiều
rộng
bạt1 trên
sao mặt

choJ’đất
haibằng
mép
D
11là
J’J’ Chợp
JD
Cthiết
Q
C
CP’biệt
’Q
diện
lục
giác
MQJPNI.
một
mặt
phẳng
phân
với
hai
mặt
D
Dphẳng
M
C ’ chiếu dài cịn l
thành
điểm
D.

Kết
với
một
trong
hai
đường
đó
mặt
chiếu.
P
C
1C’’
Msong.
ovới
Molên
C
1 A thẳng
hMnphẳng
điểm
I
phẳng
song
song
tạo
hai
giao
tuyến
D
1
J’ bằng Pbạt

B
1
C1 một tấmDbạt
C và
’từ
A
ong
Từ
đó
dễ
dàng
tìm
được
song
song
tạo
hai
giao
tuyến
dễ
dàng
tìm
được
thiết
diện
là
lục
giác
MQJPNI.
một

chiếc
lều
hình
chữ
nhật
có
chiều
N
là
chiều
rộng
của
tấm
bạt
sao
cho
hai
mép
chiếu
dài
cịn
lại
của
tấm
bạt
sát
đất
cách
J
J

J
I. P P CD
NI.
P hai
C1 lần
D1
J’ hìnhCthang
thiết
diện
là
lụcTừ
giác
MQJPNI.
’
1 Cphẳng
và chiều
rộng là 6 m bằ
J chu
song
song
hai
tuyến
Ta
thấy,
chu
vi
của
lục
giác
MQJPNI

bằng
của
1 1N
J’thành
yhiết
ra điểm
biến
điểm
Igiao
Ctạo
’ giác
B c)
Btứ
1vi
nhau
x chiều
m (xem
hình
vẽ).
Tìm
xcóphân
để
khoảng
khơng
ược
song
song.
đó
dễlần
dàng

tìm
được
b/
Giúp
chuyển
bài
tốn
khơng
gian
về
bài
tốn
phẳng
thơng
qua
việc
diện
là
lục
giác
MQJPNI.
c)
Chu
vi
của
lục
MQJPNI
bằng
hai
chu

vi
của
dài
là
12m
và
rộng
là
6m
bằng
cách:
Gập
đơi
tấm
bạt gian phí
J
B
1 sử
song
song.
Từ
đó
dễ
dàng
tìm
được
Việc
khắc
phục
nhờ

dụng
mối
liên
hệ
giữa
diện
và
hình
hộp;
hình
hộp
P
P
C
C
1
1
C
Q
P
C
1
aaIMQJ.
lục
MQJPNI
bằng
hai
lần
chu
vi

thang
Jgiác
lụcnhau
giác
MQJPNI
bằng
hai
lần
chu
vicủa
của
hình
thang
B hình
song
song.
Từ
đó thang
dễ
dàng
được
c)tìm
viMQJPNI.
của
lụcphía
MQJPNI
hai điểm
lần chu
vi của
hìnhrộng

thang
P
Cgiác
1
xchu
mthang
(xem
hình
vẽ).
Tìm
xTa
đểthấy,
khoảng
khơng
gian
trong
lều
làbằng
lớn
nhất?
là chiều
rộng của tấm b
ễằng
dàng
chứng
minh
được
Nlần
ằng
haitích,

vi
của
hình
hình
IMQJ.
lại
theo
đoạn
nối
trung
hai
cạnh
là
chiềuđề
của tấm
lục chu
giác
C1chu
c)
Ta
thấy,
chu
vidựng
củaBthiết
lục
giác
bằng
hai
lần
viđốiquan

của
hình
thang
thiết
diện
làtách
lục
giác
MQJPNI.
thể
xây
từ
tứdiện
diệnlàMQJPNI
bằng
cách
qua
cácPcặp
cạnh
dựng
các
cặp
mặt
phẳng
song
lần
chu
vi
của
hình

thang
các
bộ
phận
phẳng
của
hình
khơng
gian
liên
đến
điều
kiện
bài
tốn
C
Q
C
Q
thiết
diện
là
lục
giác
MQJPNI.
C1 hai
IMQJ.
A
1
D1cho

A1 ) hai
trải
hình
vng
BCDA
lênbằng
mặt
phẳng
(AD
theo
phương
Ta
trải
hình
vng
BCDAc)và
vàTaCCthấy,
lên
mặt
phẳng
bạt sao
mép
chiếu
dài
lại vi
củacủa
tấmhình
bạt
sátthang
đất

N
vng
góc
với
hai
hai lần
lần
chu
chu
vi
viIJ.
của
của
hình
hình
thang
thang
1 D1 D chu
iữa
vi
của
lục
giác
MQJPNI
bằng
haithành
lầncịn
chu
nhau
x mvà(xem hình vẽ

MQJ.
1 Ta thấy,
D1 vi
J’ chu
J’
song
lần
chứa
các
cạnh
đó;
cặp
mặt
phẳng
song
song
này
tạo
hình
hộp
c)DTa
viClượt
lục
giác
MQJPNI
hai
lần
chu
vi
hình

thang
’của
C
’ ba
c)
thấy,
chu
của
lụcDD
giác
MQJPNI
bằng
chu
vi của
của
hình
thang
giải
các
bài
tốn
phẳng
quen
thuộc.
CC
D
CDA
và
lên
mặt

phẳng
(AD
) theo
phương
'' hai
' lần
' ' được
CC
D
D1 )Ta
CDA
và
lên
mặt
phẳng
(AD
theo
phương
D
A
CC
D
D
Ta
trải
hình
BCDA
và
lên
mặt

phẳng
(AD
)
theo
phương
1ta
1D
1A
1lần
mặt
phẳng
(AD
phương
theo
phương
vng
góc
ta
lượt
các
hình
cách
nhau
x
m
(xem
hình
vẽ).
Tìm
x

để
khoảng
khơng
gian
1D
1A
1A
1 ) vng
1
1
1
1
1
J
J
C
C
D
D
B
C
DA
vng
góc
lần
lượt
được
các
hình
vng

và
.
dụng
tính
chất
giao
giữa
1(AD D A ) theo phương
mặt
IMQJ.
ai
lần
chuIMQJ.
của
thang
CCxem
Ta
trải
hình
vng
BCDA
vànhờ
lênmối
mặtliên
phẳng
'' 'phương
'ngoại
tiếp
tứ
hệ1 trên

đãtrong
động biến đổi
IMQJ.
' ' diện.
'
D
' ' 1hình
'A
mặt
(AD
theo
1 D1 D xét
1 thúc
1' ' đẩy các'' hoạt
Avi
1
Bhình
1'' phẳng
'
1 ) và
C
C
D
D
B
C
DA
ác
hình
.

C
C1' Dvng
D
và
.
'
'
'
'
C
C
D
D
vng
và
.
phía
lều
là
lớn
nhất?
B
C
DA
ác
vng
và
.
C
C

D
D
Ví
dụ
2:
Cho
hình
chóp
S.ABC
có
đáy
ABC
là
tam
giác
vng
tại
C;
AB
=
c,
B
C
DA
vng
góc
ta
lần
lượt
được

các
hình
vng
và
.
1
1 1trung
1 C1 .
''J thành
'
' ' C AB
C1phân
Ptheo
C1phương
D1 11 Ta
J của
Khi
Ihình
lần
lượt
thành
điểm
của
và
trung
điểm
J’ Ihình
ẳng
biệt
với

mặt
'đó
' góc
' điểm
D
A
phẳng
(AD
(AD
))hai
theo
phương
1phẳng
1
CC
D1 A1 )' theo phương
nphẳng
trải
vng
BCDA
và
lên
mặt
(AD
C
D1JDbài
B1 D
C1 D
'
vng

ta
các
hình
vng
và
.(AD
' được
1' 1A
1đối
1lượt
CC
D’cấu
A111)D
Ta
trải
vng
và1ứng
lên
mặt
phẳng
(AD
)đó
theo
1 1D
ABCDA
1 và
' phẳng
' DA
tượng,
hoạt

động
điều
để
trúc
tốn,
từ
ra Dhướng
giải
quyết.
'lần
' hình
CC
Dđiểm
Ta
vng
BCDA
lên
mặt
theo
phương
Cđiểm
DKhi
'Cvà
' I lần
và
.D
1lại
1' I'
' DD
'tìmphương

D
C
JAB
và
JC
thành
điểm
của
. đó
1A
đó
điểm
thành
trung
của
AB'
1 Dtrung
1 trải
J
D
C
1J
1lượt
J
trung
điểm
của
và
J
thành

trung
điểm
của
.
AB
I
'
'
D
C
J
trung
của
và
thành
trung
điểm
của
.
I
J chóp
Khi
điểm
I
lần
lượt
thành
trung
điểm
của

và
J
thành
điểm
của D1C1' .
AB
I
'''' ' ' các
1
1
1 D'' lần
'' ' trung
D
1
11 Tính
' ',' M
J’
' J’
' ' ' D
C
’
C
’
cạnh
bên
nghiêng
đều
với
đáy
góc

.
bán
kính
mặt
cầu
ngoại
tiếp
hình
'
'
M
I
J
Gọi
giao
điểm
của
đường
thẳng
với
AD
và
D
lượt
tại
.
song
tạo
hai
giao

tuyến
'
'
'
'
'
C
C
C
C
D
D
D
D
' điểm
'
B
1.. vng
0 của
1C
1 và
C
C
D
D
ợc
B
C
DA
vng

góc
ta
lần
lượt
được
các
hình
vng
.
C
D
D
B
C
DA
góc
ta
lần
lượt
được
các
hình
vng
và
.
D
A
hẳng
(AD
)

theo
phương
D
C
J
Khi
đó
điểm
I
lần
lượt
thành
trung
của
và
J
thành
trung
điểm
.
AB
1
1
1
1
I
1
1
1
1

Thể
tích
tứ
diện
bằng
thể
tích
hình
hộp
trừ
đi
tổng
thể
tích
4
hình
chóp
có
thể
tích
'
'
C
C
D
D
Mđiểm
D
MP1được
B, CMM

DA
vng
góc
vng
. ' '
1 bằng
1của
và
DMQJPNI
lần
lượt
,điểm
. Jthang
Dlần
C1lượt
thành
trung
..lượt
'trung
và
Jthẳng
của
1 1
0hai
1thành
ác
ai
lần
chu
vi

hình
lần
vi
của
hình
J và
1 1
1hình
C
1chu
MMthang
Dcác
IJIJta
ng
thẳng
với
AD
tại
D11'1'lần
J 'tại
ờng
với
AD
vàJ'D
Dcủa
tại
Itrung
J với
Gọi
giao

điểm
thẳng
lượttrung
tại Mđiểm
'
'
' vậy,
' và
1 .1 .đường
0 ,của
' AD 'và 'DDDC
' đó dễ
0 , M 1 .'
1diện
' điểm
' ' 0phẳng
Như
chu
vi
của
thiết
B
Từ
dàng
tìm
được
'
J 'AB
' thành
Khi

đó
điểm
I
lần
lượt
thành
trung
của
và
J
thành
điểm
của
.thành
AB
I AD
D
D
C
C
J
J
JCJKhi
thành
thành
trung
trung
điểm
điểm
của

của
.
.
S.ABC.
Việc
chuyển
về
bài
tốn
dựa
trên
sự
phân
tích
sau:
J của D1C1' .
Khi
đó
điểm
I
lần
lượt
trung
điểm
của
và
J1' lần
I
D
D

1 C
.
của
thiết
diện
Gọi
giao
điểm
của
đường
thẳng
I'J'
với
AD
lần
M
D
M
I
J
Gọi
giao
điểm
của
đường
thẳng
với
và
D
lần

lượt
tại
,
.
1
1
1
1
bằng
nhau.
D
1
1
J
đó
điểm
I
lần
lượt
thành
trung
điểm
của
và
J
thành
trung
điểm
của
.

AB
I
M
D
M
và D
lần
lượt
tại
,
.
0
1
1
Pchu
C
1
P
C
1
1
1
0
1
1
vi
của
thiết
diện
' ' vậy,

'
chu
vi
của
diện
Như
chu
của
thiết
'
'
' tại
' viM I ,' ,MM,
'J
D2 1thẳng
Iđiểm
J+' MQ
Gọi
của
đường
thẳng
vớicủa
AD
và
lầnnhất
J ' lần
Q,
P'1)MINPJQ
=MQJPNI.
2Pđiểm

=bằng
IM
+điểm
MQ
+ vi
IJ
)của
=giao
2'thiết
(Ihình
+chiếu
QJ
2 ) Dnhỏ
2 lượt
lục
giác
' M
nhỏ
nhất
khi
M,
Q,
I0,'(giao
QJ
0 AD
1 . vàdiện
lượt
tại
M
M

D
D
M
M
D
D
lần
lượt
lượt
tại
tại
,của
Dlà
Ithiết
Jkhi
giác
MQJPNI
hai
lần
chu
thang
Gọi
với
D
lượt
tại ' M 0tròn
, M 1 .diện'
C
J2
hành

trung
.+ QJ
Như
vậy,
chu
của
0thiết
1 lần
11...D'1đường
Từ
giả
thiết
ra
nếu
là
S
lên
thì
H
đường
đường
1 tâm
+D
= alượt
xD
M
' ' 1ycủa
' vi
IH
Jphương

'IMQJ
Gọi
giao
điểm
của
thẳng
với
AD
và
lần
' hình
của
diện
'Amặt
' 1suy
' tại(ABC)
D
D
A
CC
D
D
hẳng
(AD
lên
)
theo
phẳng
phương
(AD

)
theo
0 , M 1 .'
J
nhỏ
nhất
khi
,
M,
Q,
I
1
1
1
1
1
1
QJ
+
IJ
)
=
2
(
I
M
+
MQ
+
QJ

)
J
nhỏ
nhất
khi
,
M,
Q,
I
QJ
+ với
IJ )hàng
= 2Như
(I M
M1Như
MQ
+ QJ
nhỏ' nhất khi thiết
I , M, Q, J
P)MINPJQ
=diện
2điểm
P
=' 12(,IM
+lần
MQ
+'QJ
+ với
IJ
) =điểm

2
(I MM
+thiết
MQ + QJ ) diện
vậy,
chu
vi chu
của
trùng
điểm
.+
vậy,
chu
của
thiết
thẳng
điểm
trùng
với
điểm
4)Như
ng
thấy,
chu
lần
chu
vi
lục
của
giác

hình
MQJPNI
thang
hai
của
hình
thang
' IMQJ
'vi
của
của
thiết
thiết
diện
'hai
2 chu
1 . I ' ,viM, Q, Jcủa
vậy,
diện
M
D
M
'lần
'' vậy,
lượt
tại
nhỏ
P
=
2' CP'IMQJ

=của
20vi
(,khi
IM
+.'M
MQ
+diện
QJ
+ IJ
=xyz
2bằng
(=
IM
M0xyz
+
MQ
+Q
QJtrùng
) 2 vi
1MINPJQ
1ABC.
Như
của
thiết
diện
JQJ
nhỏ
nhất
,
Q,

ID
=nhất
b 2nhấtkhi
=
−+chu
QJ
)D
V
xyz
'
'
'vi với  x +
' z
ngoại
tiếp

C
D
C
C
D
B
DA
vng
.
và
.
' M,
ABCD
M

M
với
điểm
,
điểm
Q
trùng
với
điểm
.
1
1
1
1
'
'
'
M
M
với
điểm
,
điểm
Q
trùng
với
điểm
.
J
nhỏ

khi
,
M,
Q,
I
P
=
2
P
=
2
(
IM
+
MQ
+
IJ
)
=
2
(
I
M
+
MQ
+
QJ
)
M
M

ác vng Dễ
cânMINPJQ
nên
góc
bằng được
thẳng
trùng
với
điểm
,
điểm
trùng
với
điểm
.

00
' 'hàng
' IMQJ
' AM 0 Iminh
1điểm
1I3 là M
'
' gócQ
'
0
1
6

A

J
AM
dàng
chứng
tam
giác
vng
cân
nên
bằng
I
'
' điểm
JJMINPJQ
nhỏ
nhỏ
nhất
nhất
khi
khi
,.' ,MM,
M,
Q,
Q,
II(IM
)hẳng
CC
D21'P
D
D=

và
lên
phẳng
(AD
)1M
nhất khi
Q, J '
I , M,
 ' 2+với
P
21JP
=D+2phương
(MQ
IM
MQ
QJ
IJ
2(x1I.=M
+ ' MQB.+0xQJ
) Jnhỏ
2+
2) = M
' với
' Q+
ủa
diện
' hàng
trùng
điểm


1)A=
'thiết
' QJ
nhỏ
nhất
P
=tam
2mặt
+điểm
MQ
+
QJ
+điểm
IJ
2' IMQJ
(theo
+trùng
' IMQJ
' ' điểm
M
' z) +
trùng
với
điểm
0I ,M
' ' A. khi
'
D
C
C

=
y
c
thành
ểm
trung
của
điểm
và
J
thành
của
trung
.
điểm
của
.
2. I , M,
=Q,
4
C.
D.
AB
MINPJQ
1D
M
M
thẳng
hàng
M

trùng
với
điểm
,
điểm
Q
trùng
với
điểm
M
D

trung
điểm
của
.
nhỏ
nhất
khi
I',
M,
Q,
J'
thẳng
hàng
điểm
M
trùng
với
A=1A

J
I
AM
Vì
ABC
vng
tại
C
H
là
trung
điểm
AB.
được
là
giác
vng
cân
nên
góc
bằng
I
1
1
1
1


0I 


J
I
AM
được
là
tam
giác
vng
cân
nên
góc
bằng
I
0
1
1
1 là

A
J
I

AM
A.
x
=
2
B.
x
=

4
C.
D.
Dễ
dàng
chứng
minh
được
là
tam
giác
vng
cân
nên
góc
bằng
I
11 M
00
'' '
' ' là
' D D
1
0
'
MD
45
,'nhất
hay
điểm

của
AD.
tự,
điểm
điểm
của
DD
D
A1trung
mặt
ải
hình
vng
(AD
)M
và
phương
lên
mặt
phẳng
(AD
)cân
theo
phương
M
M
ng
gác
với
với

điểm
điểm
.BCDA
.điểm
0 1DA
1 1là
Ctheo
C
DCC
Mgóc
B
C
nh
vng
và
thẳng
hàng
điểm
M
trùng
với
điểm
điểm
Q1 .'trùng
với điểm M 1 .

JD
' phẳng
nhỏ
khi

Q,
I 'trung
'tam
'
1,A
1M,
1'.với
1 điểm
'

A1,Tương
J 'M
IM
AM
Dễ
dàng
chứng
minh
được
là
giác
vng
nên
1nên
1trùng
1x
0 .,góc
M
thẳng
hàng

trùng
,
điểm
Q
trùng
với
điểm

AM
vng
cân
góc
bằng
I
0 II bằng
,ủa
N
lần
lượt
là
trung
điểm
của
AD

A
J
I
AM
0

A.
x
=
2
B.
=
4
C.
D.
Dễ
dàng
chứng
minh
được
là
tam
giác
vng
cân
nên
bằng
điểm
,
Q
với
điểm
.
M
M
M

D
I
J
gD
lần
với
lượt
AD
tại
và
D
,
.
lần
lượt
tại
.
0
1
0
1
0
M
Giải:
Qua
bài
tốn gian
thực
tiễn,
chúng

cần= 2tính thể tíchB.
lều
a1AD.
tự,
điểm
làlà,trung
điểm
của
0HS
0 trịn
11là
1trung
M'1TTTKG
AD.
Tương
tự,
trung
của
'' 'Tương
'D
' D
'DD
' giúp
' điểm
M
M
D1 . ta
d/của
hình
dung

được
hình
khai
triển
của
hình
lên
mặt
hay
là
điểm
AD.
Tương
tự,
điểm
làkhơng
trung
điểm
củagóc
D
'45
1 .1 .tiếp
đường
ngoại
lầnABC.
' của
'
1 thiết
'C
' D

' điểm
0 nhỏ
1của
0C C
Khi
chu
vi
khi
M,
Nlà
lượt
là
điểm
AD
D
Cđiểm
D
Bdiện
C
DA
và
ang
lần
lượt
được
.01đó,
các
hình
..thể
'và

' nhất
' vng
AM
AM
vng
cân
cân
nên
nên
góc
góc
bằng
bằng
Itrục
Ivng
theo
A1nên
J ' Itrung
AM A.
JTương
gcủa
điểm
của
và
J 0thành
trung
điểm
của
AB
Dễ

dàng
chứng
là
tam
giác
cân
nên
bằng
Itrung
I 'xtích
M
1Dễ
1M
1D
11C
với
.
M
Dgiá
45
,1điểm
hay
là
trung
điểm
của
AD.
Tương
tự,
trung

điểm
của
D
0trung
1minh
0thể
dàng
chứng
minh
được
là
tam
giác
vng
cân
Giải:
Qua
bài
thực
tiễn,
chúng
ta
cần
tính
lều
M

A
J
I

AM
Mđược
D
45
Giải:
Qua
bài
tốn
thực
tiễn,
chúng
ta
cần
tính
tích
lều
x,
từ
đó
tìm
x
để
hàm
,
hay
là
điểm
của
AD.
tự,

điểm
là
trung
điểm
của
D
.
dàng
chứng
minh
được
là
tam
giác
cân
góc
bằng
I
M
D
m
là
điểm
của
D
.
0Dễ
1 1.0tốn
1vng
0

1
vi
thiết
của
diện
thiết
diện
1
số
đạt
trị
lớn
nhất.
Dễ
dàng
tính
được
chiều
cao
h
hạ
t
1
ếtếtvà
diện
nhỏ
nhất
khi
lượt
làlà

trung
điểm
của
AD
nhất
khiM,
M,
Nlần
lần
trung
điểm
của
AD
Giải:
'
' sang
'N
' nhất
'chuyển
' chu
phẳng.
đó
việc
giải
bài
tốn
hình
khơng
gian
bàilàtốn

phẳng
Khi
đó,
vi
của
thiết
diện
nhỏ
khi
M,
Nvấn
lầnđề
lượt
trung
điểm
của
ADQua bài tốn thực
' nhỏ
'.
0lượt
' Từ
B
B
Tâm
cầu
ngoại
hình
chóp
là
Otừ

SH.

D
C
Dcủa
J1mặt
J
m
và
IN
lần
Jdiện
lượt
trung
thành
điểm
của
của
.hay
và
thành
trung
điểm
của
.điểm
AB
Ilượt
0được
D
D

là
là
trung
trung
điểm
điểm
của
của
D
DD
.điểm
.bằng
1chu
M
M0tiếp
D
MJtrung
DDễ
MAD
IKhi
Jđạt
45
hẳng
với
AD
và
lần
tại
,
.

,
là
trung
điểm
của
AD.
Tương
tự,
điểm
là
trung
điểm
của
D
.
nh
vigóc
của
thiết
diện
nhỏ
nên
góc
,
hay
là
điểm
của
AD.
theo

x,
từ
tìm
x
hàm
số
đạt
giá
trị
lớn
nhất.
dàng
tính
AM
' 1dàng
'M,
1thiết
1C
1đó
ơng
cân
nên
bằng
'trung
'diện
I
'thành
Khi
đó,
vi

của
nhỏ
nhất
khi
M,
N
lần
lượt
là
trung
của
số
giá
trị
lớn
nhất.
Dễ
tính
được
chiều
cao
h
hạ
đỉnh
lều
xuống
đáy
lều
là
đó,

chu
vi
của
thiết
diện
nhỏ
khi
N
lần
lượt
là
trung
điểm
của
1chu
2 để
0nhất
1
1
1
1
M
D
M
0
45
,
hay
là
trung

điểm
của
AD.
Tương
tự,
điểm
là
trung
điểm
D
.
M,
lần
lượt
trung
điểm
của
AD
JB
nhất
khi
nhỏ
Q,và
nhất
khi I , M, Q, J
I ), M,
0 + QJ
=nhỏ
2(I M
+ MQ

1
1x
số đạt giá trị lớn nhất. D
' 'B1 .
quen
thuộc.
Vận
dụng
các
tính
hình
học
phẳng,
taM,
tính
được
chunhỏ
vi nhất
của
diện
nhỏ
. NAD
9 − M,
hlớn.
= thiết
Tương
tự,
điểm
điểm
của

. lần
M
M
D
M
D1khi
Jtrung
và
iao
D
điểm
lần
của
lượt
đường
tại
thẳng
.làIchất
với
AD
và
Dchu
lượt
tại
lần
lần
lượt
lượt
là
là

trung
trung
điểm
điểm
của
của
AD
AD
B21chu
và
B
. (ASB)
hu
vi
của
thiết
diện
Khi
đó,
vi
của
thiết
diện
khi
lần
lượt
là
trung
điểm
của ADx 2

cắt
mặt
cầu
ngoại
tiếp
theo
đường
trịn

D
0. ,của
0, M
à
trung
điểm
của
D
1 .Khi
1 thiết
1 .trung
B
và
B
x
1
đó,
vi
diện
nhỏ
nhất

N
lần
lượt
là
điểm
của
1
M
M
MCho
mất
, điểm
Q
với
điểm
. nhỏ
4 là
tvới
hình
học
phẳng,
ta
tính
được
chu
vi
của
thiết
diện
nhỏ

0điểm
1 . trùng
1 chu
hình
học
phẳng,
ta
tính
được
vi
của
thiết
diện
nhỏ
.
9
h
=
−
A
B
C
D
Ví
dụ
4:
hình
lập
phương
.

;
Gọi
M,
N
các
điểm
thuộc
các
ABCD
Vận
dụng
các
tính
chất
hình
học
phẳng,
ta
tính
được
chu
vi
của
thiết
diện
nhỏ
'
'
'
'

.
h
= 9−
Khi
đó,
chu
vi
của
thiết
diện
nhất
khi
M,
N
lần
lượt
là
được
chiều
cao
h
hạ
từ
đỉnh
lều
xuống
đáy
lều
là
1

1
1
1
nhất
là:
Vận
dụng
các
tính
chất
phẳng,
được
chu
của
thiếtdiện
diện nhỏ
nhỏ
vậy,
thiết
chu
diện
vi
thiết
diện
B
Jta tính
nhỏ
nhất
khi
,học

M,
Q,
I phẳng,
và
Bnhỏ
. hình
IJ
)'lượt
=B
2là
Ilà
M
+
MQ
+các
QJ
)của
' của
ần
trung
điểm
AD
' chất
' của
4 vi
dụng
tính
hình
ta tính
được

chu
vi vi
của
thiết
1 học
4 lăng trụ V
Bán
kính
mặt
cầu
ngoại
tiếp
bằng
bán
kính
đường
trịn
ngoại
tiếp
SAB.
B(Vận
tích
và

tính
được
chu
của
thiết
diện

Khơng
gian
phía
trong
lều
là
thể
tích
hình
AM
AM
ơng
nên
giác
góc
vng
cân
bằng
nên
góc
bằng
IAD
I
1 .tam
1 J ' I cân
0'AD
0
trung
điểm
của

và
.
Khơng
gian
phía
trong
lều
là
thể
hình
lăng
B
C
D
cạnh
và
sao
cho
;
Gọi
I,
J
lần
lượt
là
trung
điểm
của
AB
và

.
'
'
AM
=
BN
'
B
'
'
là:1+Jlều
nhất
là:+Q
1
JSlà
nhất
khi
,phía
M,
Q,
nhỏ
nhất
khi
,= M,
Q,
IVchu
QJ
)= là:
2nhỏ
(chu

IM
+vi
QJ
+I IJ
)với
=nhất
2trong
(nhỏ
IM
MQ
QJ
)tích
được
được
chu
viMQ
của
của
thiết
thiết
diện
diện
nhỏ
M
M
Khơng
gian
là+D
thể
hình

lăng
trụ
với
làta
diện
đáy
điểm
trùng
điểm
Svi
.d ,của
Vận
dụng
các
chất
hình
học
phẳng,
tínhtích
được
vi1 lăng
của
thiết
diện nhỏ
Khơng gian phía t
MQJ
nhất
0 , điểm
1 .học
vàS.d,

dthiết
chiều
cao
củachu
hình
trụ. Từ
Vận
dụng
các
tính
chất
hình
phẳng,
tatính
tính
được
diện
nhỏ
M
Dcác
àương
trung
tự,
điểm
điểm
của
D
là
trung
.

điểm
của
D
.
Vấn
đề
thực
chất
là
giải
bài
tốn
hình
học
phẳng.
Vận
dụng
tính
chất
hình
học
phẳng,
ta
tính
được
chu
vi
trụ
V
=

với
S
là
diện
tích
đáy
và
d
là chiều
cao đó:
của hình
3
2
x
1
1
1
' ' d là chiều cao của hình
'
và
d
là
chiều cao của hì
M
và
lăng
trụ.
Từ
đó:
M

M
P
=
rùng
điểm
với
M
điểm
trùng
với
.
điểm
,
điểm
Q
trùng
với
điểm
.

A1chu
J là:
I vi
tam
giác
cân
góc2 x AM
nhất
là:3điểm
0 nên

ược
của
thiết
diện
nhỏ
1 3 vng
1
0 I bằng
2nhỏ
xlượt
nhất
của
thiết
diện
nhất
là:
lăng trụ.
Từ đó: V = 3x 36 − x 2 .
nhỏ
ần
lượt
nhất
làlà
khi
trung
M,
điểm
N
lần
của

AD
là
trung
của
AD
2
P
=
'
'
'
'
6
2
P
=
3minh
2điểm
x= 3
V = 3x 36 − x 2 .
Axtrung
AM
àng
c vng
chứng
được
góc
là
tamcủa
giác

cân nên góc AM 0DễI dàng
bằngdùng
Vnên
xM36
−
D1 .
D.
Tương
tự,
điểm
21 là
10J .II bằng
cơng dùng
cụ đạocơng
hàm,cụtađạo
tínhhàm,
được ta
Vmax
=
P =cân
2 D vng
Dễ
dàng
tinh
được Vmax
3 M2khơng
x làtinh
Dễ dàng dùng cơn
2điểm
32.2.2.

2dàng
xcủa
Mlà1nhỏ
Dcơng
D
trung
là trung
điểm
của
AD.
D
Tương
.
tự,
điểm
trung
điểm
của
D
.
Dễ
dùng
cụ
đạo
hàm,
ta
được
Vmax
=
V(3

.
Từ
đó
chọn
đáp
2
)
Thể
hiện
của
trí
tưởng
tượng
gian
trong
.Từ
đó
chọn
đáp
án
C.
ện
nhất
khi
M,
N
lần
lượt
là
trung

điểm
của
AD
1
1
1
P
=
= ta
án C.
ược
ọc phẳng,
chuP vi
của
tính
thiết
được
diệnchu
nhỏ
vi của thiết diện
nhỏ
5
án C.
thực
tiễn diện
đã làm sáng tỏ một số cơ hội
giúp HS
,ó,Nchu
lần
lượt

là2 thiết
trung
điểm
nhỏ
củanhất
ADkhi M, 2N lần lượt là trung điểmTrên
của đây,
ADchúng
án vi
C. của
Trêntơiđây,
chúng tơi đã làm sáng
tỏ một
số cơ
Trên
a.
Định
hướng
và
xác
định
được
vị
trí
địa
lí
của
một
hình,
hoạt

động
trải
nghiệm
tưởng
tượng
khơng
gian.
Bạn
đọc
có đây, chúng
Trên
chúngchu
tơiviđãcủa
làm
sáng
tỏ nhỏ
một số cơ hội giúp HS hoạt động trải
nh học phẳng,
ta đây,
tính được
thiết
diện
7 7
địa điểm, một vật:
thể phát
hiện thêm
các cơ
hội khác
để HS
trải nghiệm,

chẳng
nghiệm
tưởng
tượng
khơng
gian.
Bạn
đọc
có
thểtượng
phát kh
nghiệm
tưởng
dụng
nh được
các chu
tínhtưởng
vichất
hình
thiếthọc
diện
phẳng,
nhỏgian.
ta tính
chuthểviphát
của thiết
diện
7 của
7 nhỏ
nghiệm

tượng
khơng
Bạnđóđược
đọc
có
hiệnhạn
thêm
các
cơ
hộiHSkhác
để
Ví 7dụ
5: Chỉ
dẫn cho
một người
nào
chưa
từng
tới
thành
tạo
cơ
hội
giúp
trải
nghiệm
tìm
hiểu
các
lĩnh

vực
hội
7
HStrúc,
trảixây
nghiệm,
HS trảichẳng
nghiệ
HSgiúp
trải nghiệm,
phố Vinh đi từ vị trí A đến B thì người ta đặt B gắn với vị trí họa, kiến
dựng,...chẳng hạn tạo cơ hội
7 các lĩnh vực hội
HS trải nghiệm, chẳng hạn tạo cơ hội 7giúp HS trải nghiệm tìm hiểu
khác liên quan, hình dung được khoảng cách từ A đến B và
họa, kiến trúc, xây dựn
họa, kiến trúc, xây dựng, ....
2x
nhất
là mơ
hóa ....
được nhờ sử dụng ngơn ngữ tọa độ
3. Kết luận
họa, tốt
kiến
trúc,
xâyhình
dựng,
Kết luận
2

luậntrọng trong giáo dục tốn học3.cho
chỉ dẫn cho người đó, sơ đồ các đường thẳng cần đi.
TTTKG có 3.
vaiKết
trị quan
TTTKG
có vai tr
3.
Kết
luận
vai các
trịbài
quan
trong
Định hướng từ Quảng trường Hồ Chí Minh đến Trường HS, khơng chỉTTTKG
trong giảicó
quyết
tốntrọng
tốn học
mà giáo
cịn dục tốn
7
giải
quyết
các
bài
tốn
TTTKG
có thơng
vai trị

quan Phan
trọngBội
trong
HS,
khơng
chỉbài
trong
Trung
học phổ
Chun
Châugiáo
bằngdục
cáchtốn
sau học
cócho
nhiều
ứng
dụng các
trong
giảitốn
quyếttốn
vấn học
đề thực
Từ có
cáchnhiều ứng d
giải
quyết
màtế.cịn
thực
tế. Từ

cách hiểu v
giải 7quyết
bài tốn
tốnhaihọc
cịnLêcó
nhiều
ứngvàdụng
giải
vấn
đềnăng
đây: Cócác
thể xem
góc giữa
con mà
đường
Hồng
Phong
hiểutrong
vềthực
TTTKG
quacách
các
khả
trưng và
đặc
biệt
từ năng
tế. quyết
Từ
hiểu

về đặc
TTTKG
qua
các
khả
đặc t
sáng
tỏ
một
Văn về
Cừ TTTKG
là
tư các
thứ nhất
hệđặc
trục trưng
việcvà
làmđặc
sáng
tỏ một
số biểu
hiện của TTTKG, đó là cơ sở số biểu hiệ
thực đường
tế. TừNguyễn
cách hiểu
qua
khả của
năng
biệt
từ

việc
làm
7 góc phần
sáng tỏ một số biểu hiện của TTTKG, đó là cơ sở để tiế
sáng tỏ một số biểu hiện của TTTKG, đó là cơ sở để tiếp tục nghiên cứu đề xuất các

b

o

o

1

1 1

1

1

1

1

11

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

1

Số 02, tháng 02/2018

9

9 53


NGHIÊN CỨU LÍ LUẬN

để tiếp tục nghiên cứu đề xuất các biện pháp phát triển năng
lực TTTKG trong dạy học Hình học ở trường trung học phổ
thơng. Qua đó, góp phần đổi mới giáo dục toán học trong

giai đoạn hiện nay, đặc biệt góp phần phát triển năng lực tư
duy và suy luận, năng lực giải quyết vấn đề trong nội bộ mơn
Tốn cũng như trong thực tiễn.

Tài liệu tham khảo
[1] Nguyễn Văn Thiêm, (1984), Tưởng tượng không gian, phát huy trí
tượng tượng khơng gian của học sinh khi dạy hình học phẳng, Tạp chí
Nghiên cứu Giáo dục, số 11/1984, số 12/1984.
[2] Bùi Văn Nghị, (2008), Giáo trình phương pháp dạy học những nội
dung cụ thể mơn Tốn, NXB Đại học Sư phạm Hà Nội.
[3] Lê Thị Hoài Châu, (2004), Phương pháp Dạy - Học hình học ở trường
trung học phổ thông, NXB Đại học Quốc gia Thành phố Hồ Chí
Minh.
[4]Nguyễn Mạnh Tuấn, (2010), Trí tượng tượng khơng gian và việc phát
triển trí tượng tượng khơng gian cho học sinh những năm đầu tiểu học
(lớp 1, 2) bằng phần mềm giáo dục, Tạp chí Giáo dục, số 248.
[5] Trần Trọng Thủy, (1998), Tâm lí học, NXB Giáo dục, Hà Nội.


[6]Hoàng Phê (chủ biên), (1998), Từ điển Tiếng Việt, NXB Đà Nẵng.
[7] Phạm Minh Hạc (chủ biên), (1988), Tâm lí học, Tập 1, NXB Giáo dục.
[8]Đào Duy Anh, (2005), Hán Việt từ điển, NXB Văn hóa Thơng tin.
[9] Vũ Dũng (chủ biên), (2008), Từ điển Tâm lí học, NXB Từ điển Bách
khoa, Viện Tâm lí học, Hà Nội.
[10] Bùi Hiền, (2001), Từ điển Giáo dục học, NXB Đại học Quốc gia Hà Nội.
[11] Nguyễn Bá Kim, (2004), Phương pháp dạy học mơn Tốn, NXB Đại
học Sư phạm Hà Nội.
[12] Phan Trọng Ngọ, (2005), Dạy học và phương pháp dạy học trong nhà
trường, NXB Đại học Sư phạm Hà Nội.

[13] Đào Tam, (2005), Phương pháp dạy học hình học ở trường trung học
phổ thơng, NXB Đại học Sư phạm, Hà Nội.

SPATIAL IMAGINATION AND ITS ROLE IN MATHS EDUCATION
Dao Tam

Vinh University
182 Le Duan, Vinh, Nghe An, Vietnam
Email:

Dau Anh Tuan

Nghe An College of Education
389 Le Viet Thuat, Vinh, Nghe An, Vietnam
Email:

ABSTRACT: The article introduces concepts of space, spatial imagination through specific
abilities. In particular, the author emphasizes the role of developing spatial imagination
in Geometric perception. Some expressions of spatial imagination in Maths learning and
in reality. According to the author, spatial imagination plays an important role in Maths
education for students, not only in solving Maths problems but also in practical problem
solving applications.
KEYWORDS: Space; Spatial imagination; education; Maths.

54

TẠP CHÍ KHOA HỌC GIÁO DỤC VIỆT NAM