Sáng kiến kinh nghiệm Một số sai lầm khi vận dụng các định lí và tính chất để giải các bài toán hình học không gian

hông gian. 
Đây cũng là một trong các môn học cung cấp cho học sinh nhiều kĩ năng, 
đức tính, phẩm chất của con người lao động mới. Ngoài việc cung cấp cho học 
sinh kiến thức, kĩ năng giải toán hình học không gian, còn rèn luyện cho học 
sinh đức tính, phẩm chất của con người lao động mới: cẩn thận, chính xác, có 
tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mĩ, tư duy sáng tạo 
cho học sinh. 
Thông thường khi vận dụng các định lí để chứng minh các tính chất hoặc 
để tính toán, ta thường gặp các sai lầm. 
- Phát biểu một định lí không chính xác. 
- 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. 
Tuy nhiên trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy học sinh lớp 11CB rất e 
ngại học môn hình học không gian vì các em nghĩ rằng nó trừu tượng, thiếu tính 
thực tế. Chính vì thế mà có rất nhiều học sinh học yếu môn học này, về phần 
giáo viên cũng gặp không ít khó khăn khi truyền đạt nội dung kiến thức và 
phương pháp giải các dạng bài tập hình học không gian. Qua nhiều năm giảng 
dạy môn học này tôi cũng đúc kết được một số kinh nghiệm nhằm giúp các em 
tránh được một số sai sót trong quá trình giải các bài toán hình học không gian 
đó là lý do tôi đúc rút trong đề tài “MỘT SỐ SAI LẦM KHI VẬN DỤNG CÁC 
ĐỊNH LÍ VÀ TÍNH CHẤT ĐỂ GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG 
GIAN’’ 
 2. Mục đích nghiên cứu. 
3 
 Giúp học sinh khắc phục các sai lầm khi giải toán hình học không 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 không gian và ứng dụng của nó. 
4. Đối tượng khảo sát, thực nghiệm 
Học sinh khối 11,12 năm học 2019-2020 
5. Phương pháp nghiên cứu: 
 Để thực hiện mục đích và nhiệm vụ của đề tài, trong quá trình nghiên cứu 
tôi 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 
PHẦN II. GIẢI QUYẾT VẤN DỀ: 
A. Cơ sở lý thuyết 
 I. Quan hệ vuông góc 
1. Hai đường thẳng vuông góc 
a) Định nghĩa : a  b    0, 90a b  
b) Tính chất 
+ Giả sử u

 là vectơ chỉ phương của a, v

 là vectơ chỉ phương của b. Khi 
đó . 0a b u v  
 
+ b c a b
a c
 
 

 2. Đường thẳng và mặt phẳng vuông góc 
 a. Định nghĩa d  (P)  d  a, a  (P) 
 b. Tính chất 
 Điều kiện để đường thẳng vuông góc với mặt phẳng: 
 + , ( ), ( )
,
a b P a b O
d P
d a d b
   
 
 
 + a b P b
P a
( )
( )

 

 + a b a b
a P b P( ), ( )
 

 
 
 + P Q a Q
a P
( ) ( )
( )
( )

 

 + P Q P Q
P a Q a
( ) ( )
( ) )
( ) ,( )
 
 
 
 
4 
 + a P b a
b P
( )
( )

 

 + a P a P
a b P b
( )
)
,( )
 
 
 
 
 Định lí ba đường thẳng vuông góc 
 Cho ( ), ( )a P b P  , a là hình chiếu của a trên (P). Khi đó b  a  b  a 
 3. Hai mặt phẳng vuông góc 
a. Định nghĩa (P)  (Q)    090P Q( ),( )  
b. Tính chất 
Điều kiện để hai mặt phẳng vuông góc với nhau: ( ) ( ) ( )
( )
P a
P Q
a Q
 
 

 + ( ) ( ),( ) ( ) ( )
( ),
P Q P Q c
a Q
a P a c
   
 
 
 + 
( ) ( )
( ) ( )
, ( )
P Q
A P a P
a A a Q
 

  
  
 + 
( ) ( )
( ) ( ) ( )
( ) ( )
P Q a
P R a R
Q R
  

  
 
II. Góc và khoảng cách 
1. Góc 
a. Góc giữa hai đường thẳng: a//a', b//b'     , ', 'a b a b 
 Chú ý: 00   a b,  900 
 b. Góc giữa đường thẳng với mặt phẳng: 
 Nếu d  (P) thì  ,( )d P = 900. 
 Nếu ( )d P thì  ,( )d P =  , 'd d với d’ là hình chiếu của d trên (P). 
 Chú ý: 00   ,( )d P  900 
 c. Góc giữa hai mặt phẳng:    ( ) ( ),( ) ,
( )
a P
P Q a b
b Q
 
 

 Giả sử (P)  (Q) = c. Từ I  c, dựng ( ),
( ),
a P a c
b Q b c
  

 
     ( ),( ) ,P Q a b 
 Chú ý:  0 00 ( ),( ) 90P Q  
 d. Diện tích hình chiếu của đa giác: Gọi S là diện tích của đa giác (H) 
5 
trong (P), S’ là diện tích của hình chiếu (H’) của H trên (Q),  =  ( ),( )P Q . Khi 
đó S = S.cos 
 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 còn lại. 
 + Khoảng cách giữa hai mặt phẳng song song lần lượt chứa hai 
đường thẳng đó. 
III. Khối đa diện và thể tích của chúng 
1. Thể tích của khối hộp chữ nhật: V abc. . 
với a, b, c là ba kích thước của khối hộp chữ nhật. 
2. Thể tích của khối chóp 
1
3
 ñaùyV S h. 
với Sđáy là diện tích đáy, h là chiều cao của khối chóp 
3. Thể tích của khối lăng trụ: 
 ñaùyV S h. 
với Sđáy là diện tích đáy, h là chiều cao của khối lăng trụ 
4. Một số phương pháp tính thể tích khối đa diện 
a. Tính thể tích bằng công thức: 
+ Tính các yếu tố cần thiết: độ dài cạnh, diện tích đáy, chiều cao,.... 
+ Sử dụng công thức để tính thể tích. 
6 
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 công 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 
Ox; B, B’ trên tia Oy, C, C’ trên tia Oz ta đều có: OABC
OA B C
V OA OB OC
V OA OB OC' ' '
. .
' ' '
 
A'
B'
C'
z
y
x
C
B
A
O
B. Nội dung 
Thông thường khi vận dụng các định lí để chứng minh các tính chất hoặc 
để tính toán, học sinh thường gặp các sai lầm. 
Vấn đề 1: Phát biểu một định lí không chính xác. 
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, cạnh SA 
vuông 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 vuông ở A 
7 
Ta cũng có 
SA AB
SB BC
AB BC
 
 
 
(theo định lý ba đường vuông góc) SBC 
vuông tại B 
Chứng minh tương tự SDC vuông tại D 
C
A D
B
S
 Thiếu sót chủ yếu ở lý luận trên đây là phát biểu định lý ba đường thẳng 
vuông góc một cách không 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 vuông cạnh a, 
cạnh SA = a và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). 
a) Chứng minh các mặt bên là những tam giác vuông. 
b) Mặt phẳng () qua A và vuông góc với SC lần lượt cắt SB, SC, SD tại 
B’, C’, D’. Chứng minh B’D’ song song với BD và AB’ vuông góc với SB. 
c) Đặt BM = x. Tính độ dài đoạn SK theo a và x. Tính giá trị nhỏ nhất của 
đoạn SK. 
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 vuông góc ở 
đỉnh B. Cạnh bên SA vuông góc với đáy. Từ A kẻ các đường AK vuông góc SB 
8 
và AH vuông góc với SC. Chứng minh rằng SC vuông góc với HK và AK 
vuông góc với HK. 
A C
B
S
K
H
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 vuông 
góc với một đường thẳng nằm trong một mặt phẳng thì vuông góc với mặt 
phẳng ấy”. Thật ra, muốn kết luận SC  (AHK) ta phải chứng minh được rằng 
SC vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau của mặt phẳng ấy, nghĩa là phải lý 
luận như sau: 
 
   1
SA ABC BC SB
BC SAB BC AK
BC ABAB BC
   
     
 
Theo giả thiết SB  AK (2) 
Từ (1) và (2) suy ra AK  (SBC)AK  HK 
9 
Tương tự chứng minh lại cho trường hợp SC  HK 
Bài tập tương tự: Cho tam giác đều SAB và hình vuông ABCD cạnh a nằm 
trong hai mặt phẳng vuông 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 vuông góc với SA 
và CF vuông góc với SB. Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng (GEF) và (SAB). 
Hai mặt phẳng này có vuông góc với nhau không? 
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 không gian. 
Ví dụ 3: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Qua đỉnh C của đáy dựng một mặt 
phẳng vuông 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 vuông 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 vuông góc với đường thẳng SA nên 
chúng song song với nhau. 
Vậy BD//NP 
10 
P
N
H
C
A D
B
S
M
Trong ví dụ này, kết luận dựa trên định lí : “Hai đường thẳng cùng vuông 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 không 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 vuông 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 vuông góc (SAC)) 
Ví dụ 4 : Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là một hình chữ nhật, cạnh 
SA vuông góc với mặt đáy. Từ đỉnh A kẻ các đường AH vuông góc với SB, AI 
vuông góc với SC, AK vuông 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 
11 
Theo giả thiết AH(SBC) mà IH thuộc (SBC) cho nên AHHI 
 90oAHI  
Chứng minh tương tự  90oAKI  
Nên   180oAHI AKI  
Vậy tứ giác AHIK nội tiếp được 
K
C
A
B
D
S
I
H
 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 ngoài một đường thẳng ta chỉ có thể dựng được một 
mặt phẳng vuông 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 vuông góc 
tại A và B, SA vuông 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. 
12 
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. 
2DC a 
AD = 2a 
 45oDAC  
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. 
MC=a 3 
Tính 
2 6
cos
33
AC a
MCA
MC a
   
Để tính diện tích thiết diện, vì MA(ABCD) nên có thể sử dụng công 
thức '
os
S
S
c 
 tức là 
osMCA
ABCD
MNCD
S
S
c
 
Mà  
21 3
2
2 2
ABCD
a
S a a a   
Vậy 
2
2
3
3 62
46
3
MNCD
a
a
S   
13 
N
M
B'
A
B
D
C
S
S
A
B
C
A'
C'
B'
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 luôn có : 
.
. ' ' '
. . .
' ' '
S ABC
S A B C
V SA SB SC
V 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 : 
.
.
. . . .S ABCD
S MNCD
V SA SB SC SD
V SM SN SC SD
 
AD = 2BCBB’ = a  B là trung điểm của AB’  SN = 
2
3
SB 
.
.
2 3 1 1 3
. . . . . .
1 2 1 1 1
S ABCD
S MNCD
V SA SB SC SD
V SM SN SC SD
   
14 
. . .
. .
3 1
2
1
S ABCD S MNCD ABCD MNCD
S MNCD S MNCD
V V V
V V
 
   
A'
N
M
B'
A
B
D
C
S
 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 còn B thì không phải là hình chiếu 
của N (vì BN không vuông 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 
AA’CD. Và như vậy ta có 

AA'CD
cosMCA
MNCD
S
S  
SAA’CD = SABCD – SA’BC 
Vì 
1 1
, '// '
3 3
NB
NA SA A B a
SB
   
2
A'BC
1 1 1
S . .
2 3 6
a a a  
2 2
2
AA'CD
3 1 4
2 6 3
a a
S a   
15 
Vậy 
2
2
4
2 63
36
3
MNCD
a
a
S   
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 toán 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) 
.
.
1 1 1 1
. . . .
2 1 1 2
S MCD
S ACD
V SM SC SD
V SA SC SD
   
.
.
1 2 1 1
. . . .
2 3 1 3
S MNC
S ABC
V SM SN SC
V SA SB SC
   
Ta dễ dàng thấy rằng các hình chóp S.ABCD, S.ACD, S.ABC có đường 
cao chung và có đáy lần lượt là 
23
2
a
, 2a , 
2
2
a
 nên ta dễ dàng thấy 
 . .
2
.
3
S ACD S ABCDV V , . .
1
.
3
S ABC S ABCDV V 
. . .
. . .
. . .
1 1
.
2 3
1 1
.
3 9
1 1 4
3 9 9
S MCD S ACD S ABCD
S MNC S ABC S ABCD
S MNCD S ABCD S ABCD
V V V
V V V
V V V
 
 
 
   
 
.
.
4
5
S MNCD
MNCD ABCD
V
V
 
Ta có thể giải bài toán 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 AMD- 
đường cao là B’A) trừ đi thể tích hình chóp B’.BNC. 
16 
VMNCD.ABCD = VB’.AMD – VB’.BNC 
3
'.
1 1 2
.2 . . .2
3 2 3
B AMDV a a a a  
Ta tính thể tích hình chóp B’.BNC bằng cách tính thể tích của hình chóp 
đáy là tam giác vuông BB’C (có BB’ = BC = a) đỉnh N (có đường cao 
2
'
3
NA a ) 
3
. '
1 2 1 1
. . . .
3 3 2 9
N BB CV a a a a  
Vậy 3 3 3.
2 1 5
3 9 9
MNCD ABCDV a a a   
VS.ABCD = a
3. 
3
.
3
.
5
59
9
MNCD ABCD
S ABCD
a
V
V a
   .
.
4
5
S MNCD
MNCD ABCD
V
V
 
Bài tập tương tự: Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M là 
trung điểm SC. Một mặt phẳng () đi qua AM và song song với BD chia khối 
chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần đó. 
BÀI TẬP THÊM 
Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật và SA vuông góc với 
mặt phẳng (ABCD). Gọi AE, AF là đường cao của các tam giác SAB và SAD. 
Chứng minh EF song song với BD. 
Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, gọi I, J là trung 
điểm AB, CD và giả sử SA = SB. Chứng minh rằng CD vuông góc với mặt 
phẳng (SEF) 
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có ABCD là nữa hình lục giác đều và SA vuông 
góc với mặt phẳng (ABCD). Một mặt phẳng qua A vuông góc với SD tại D’ cắt 
SB, SC tại B’, C’. 
a. Chứng minh rằng tứ giác AB’C’D’ nội tiếp được. 
17 
b. Tính thể tích hình chóp S.AB’C’D’. 
Bài 4. Cho tứ diện ABCD có ABCD và ACBD. Gọi H là hình chiếu của A 
xuống (BCD). Chứng minh rằng H 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 vuông góc (ABC). Gọi I là trung điểm BC còn O và H lần lượt là 
trực tâm hai tam giác ABC và SBC. Chứng minh rằng 
a. SA(ABC) 
b. SB(COH) 
c. (SAI)(SBC) 
d. OH(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 vuông góc với SC, cắt SB; SC; SD theo thứ tự tại 
B’, C’, D’. 
a. h phải thỏa mãn điều kiện gì để C’ không vượt ra ngoài đoạn SC? Khi 
đó hãy tính thiết diện AB’C’D’. 
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 = 
AC) có chu vi bằng 2p và góc ở đỉnh là . 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 . 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  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 . Tính thể 
tích và diện tích xung quanh của hình hộp. 
Bài 9. Một mặt phẳng qua đỉnh hình nón cắt trên đường tròn đáy một cung  và 
tạo với đáy một góc . Tính thể tích hình nón nếu khoảng cách từ tâm đáy hình 
nón đến mặt phẳng là m. 
18 
Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Đường cao 
SA = h. Từ tâm O của đáy ta kẻ OC1SC. 
a) Chứng minh rằng OC1 là đường vuông góc chung của BD và SC. Gọi  
là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SCD). Tính sin
2

. Từ đó chứng minh  > 
2

. 
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 
vuông 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. 
19 
KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU 
 Sau khi tôi dạy một số tiết trên lớp và một số buổi bồi dưỡng thì tôi cho tiến 
hành kiểm tra khả năng tiếp thu kiến thức của học sinh trên các lớp tôi dạy thì 
thu được kết quả sau: 
Lớp Năm học Số học sinh đạt yêu cầu 
11A3 2019-2020 30/41 (73,2 %) 
12B7 2019-2020 27/36 (75%) 
PHẦN III. KẾT LUẬN. 
Có thể nói rằng, môn Toán có một vị trí quan trọng trong các trường học 
tạo cho học sinh lối tư duy lôgic ứng dụng vào các lĩnh vực nghiên cứu khoa 
học, áp dụng vào thực tế cuộc sống.Từ đó còn rèn luyện cho học sinh đức tính, 
phẩm chất của con người lao động mới: cẩn thận, chính xác, có tính kỉ luật, tính 
phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mĩ, tư duy sáng tạo cho học sinh. 
Trên đây là một vài suy nghĩ, kinh nghiệm của bản thân rút ra được trong 
quá trình dạy phần Hình học không gian ở cấp THPT mà học sinh thường mắc 
phải khi giải các bài toán. Hy vọng với đóng góp nhỏ trên giúp cho học sinh 
tránh được các sai lầm trong quá trình tìm hiểu và giải các bài toán liên quan đến 
hình học phẳng, hình học không gian cũng như một số sai sót tương tự trong quá 
trình t