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

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

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

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

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

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

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

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

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

,
,BC a=

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

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


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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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