MỤC LỤC

Trang

1. MỞ ĐẦU

1
1
1
1
1
2
2
2

1.1. Lý do chọn đề tài
1.2. Mục đích nghiên cứu
1.3. Đối tượng ngiên cứu
1.4. Phương pháp nghiên cứu
2. NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo
dục,với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường.
3. KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ
3.1. Kết luận
3.2. Kiến nghị
Tài liệu tham khảo
Các SKKN đã được Sở GD&ĐT Thanh Hóa xếp loại


để gây được hứng thú cho học sinh. Hiện tại chưa có các tài liệu nghiên cứu nào
bàn sâu vào vấn đề liên quan giữa tam giác và tứ diện. Các đồng nghiệp của tôi
cũng chưa tìm ra hướng giải quyết, khắc phục khi dạy học liên quan đến các bài
toán tứ diện trong không gian để học sinh có thể hứng thú và học tốt phần này.
Với các lý do trên tôi chọn nghiên cứu đề tài: “Từ bài toán trong tam giác
đến các bài toán tứ diện trong không gian” trong đó tôi trình bày một số bài
toán chuyên biệt (theo đề tài) mà tôi đã khai thác cũng như giảng dạy trong môn
hình học không gian ở khối 11 và 12 cũng như bồi dưỡng học sinh khá, giỏi.
1.2. Mục đích nghiên cứu.
Qua nội dung của đề tài này tôi mong muốn sẽ cung cấp cho học sinh
phương pháp tương tự hóa trong hình học nói riêng và môn toán nói chung và
một số kỹ năng cơ bản thông qua việc phát hiện được mối quan hệ giữa các bài
toán hình học phẳng và bài toán hình học không gian. Học sinh thông hiểu và
trình bày bài toán đúng trình tự, đúng logic, không mắc sai lầm khi tư duy và
biến đổi. Hy vọng đề tài nhỏ này ra đời sẽ giúp các bạn đồng nghiệp cùng các
em học sinh có một cái nhìn toàn diện cũng như phương pháp giải một lớp các
bài toán hình học.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
- Bài toán hình học phẳng.
- Bài toán hình học không gian.
1.4. Phương pháp nghiên cứu.
- Nghiên cứu các loại tài liệu sư phạm có liên quan đến đề tài.

2


- Phương pháp quan sát (công việc dạy- học của giáo viên và HS).
- Phương pháp điều tra (nghiên cứu chương trình, hồ sơ chuyên môn,…).
- Phương pháp đàm thoại phỏng vấn (lấy ý kiến của giáo viên và HS).
- Phương pháp thực nghiệm

các bài toán này..
Học sinh ít suy nghĩ là từ đâu ta ra đề toán này, chưa hứng thú với môn
học. Cũng có thể do chính các thầy cô chưa chú trọng rèn luyện cho học sinh,
hay phương pháp truyền đạt kiến thức chưa tốt làm giảm nhận thức của học
sinh...
Trước khi tôi thực hiện đề tài thì kết quả các bài kiểm tra môn hình học
không gian của học sinh lớp 11, 12 trong hai năm học liên tiếp của trường THPT
Quảng Xương 2 được thể hiện qua bảng sau:

3


Năm học
2015-2016
2016-2017

Điểm 8 trở
lên
Tổng
Lớp
số
Số
Tỷ lệ
lượng
11C2 46
8
17 %
12B2 45
8
18 %

17
37 %

2.3. Các giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề.
2.3.1. Các giải pháp: Trong giảng dạy tôi thực hiện như sau:
- Dùng hệ thống câu hỏi gợi ý phương pháp tìm tòi lời giải cũng như
phương pháp chứng minh bằng kỹ thuật tương tự.
- Khai thác, phát triển tính chất của bài toán hình phẳng, bài toán hình
không gian tương tự.
- Ra đề toán theo hướng mở với kiểu câu phát hiện sáng tạo (ví dụ: em thử
nghĩ kết quả này mở rộng trong không gian thì ra sao và có tính chất đó hay
không).
2.3.2. Nội dung: Tôi xin trình bày 15 bài toán và 10 bài tập kiểm tra, để
áp dụng cho nhiều đối tượng khai thác các bài toán quá khó thì lớp đối tượng áp
dụng chuyên đề này bị thu hẹp.
Bài toán 1:
Bài 1a. Cho ∆ABC vuông tại A có đường cao AH. Chứng minh
a) BC2 = AB2 + AC2 (Pytago)
1
1
1
=
+
b)
2
2
AH
AB AC2
Bài 1b. [1]. Cho tứ diện vuông OABC có đường cao OH
2


c a 2 + b2
. Tương tự
a 2 + b2 + c2
b a 2 + c2
c a 2 + b2
y=
z
=
,
a 2 + b2 + c2
a 2 + b2 + c2
c) Đặt d = AC' ⇒ dcosα = a, dcosb = b, dcosγ = c và dùng lại kết quả phần a
⇒S = 1
Bài toán 2:
Bài 2a. Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong ∆ABC đều cạnh a. Hạ MH, MI, MK
lần lượt vuông góc với các cạnh BC, CA, AB.
Chứng minh: S = MH + MI + MK không phụ thuộc vào vị trí của M.
Bài 2b. [6]. Gọi M là 1 điểm tùy ý nằm trong tứ diện đều ABCD. Hạ MH, MI,
MK, ML lần lượt vuông góc với các mặt của tứ diện (H, I, K, L thuộc các mặt
đó). Chứng minh: S = MH + MK + MI + ML không phụ thuộc vào vị trí của M.
Cách giải:
2S
2S
2S
S
a 3
S = MH + MK + MI + ML = MBC + MAC + MAB = ABC = AH =
a)
a

x y z
t
cao của tứ diện. Chứng minh: h + h + h + h = 1 .
a
c
b
d
Nhận xét: Đây là bài toán nền dựa vào kết quả này ta có thể phát triển và khai
thác nhiều kiểu ra đề khác nhau.
Bài toán 4:
Bài 4a. [5]. M là điểm nằm trong tam giác. Hãy tìm vị trí M để thấy tổng
khoảng cách từ M đến các cạnh là lớn nhất, nhỏ nhất.
Bài 4b. [6]. M là điểm nằm trong tứ diện. Hãy tìm vị trí M để tổng các khoảng
cách từ M đến các mặt là lớn nhất, nhỏ nhất.
Cách giải:
⇒ x.AC' = cA 'C' ⇒ x =

5


1
1
1
1
x.BC + .AC + z.AC = ha.BC = ...
2
2
2
2
Giả sử AB < AC < BC tương ứng là ha < hb < hc. Lúc đó h a ≤ x + y + z ≤ h c .

6) MA + MB + MC ≥ 8
1
1
1
1
1
1
4a)

AM BM CM
7) Tìm GTNN của P = MA + MB + MC
1
1
1
Bài 5b. [3]. Điểm O nằm trong tứ diện ABCD, AO, BO, CO, DO cắt các mặt tứ
diện lần lượt tại A1, B1, C1, D1. Chứng minh
OA OB OC OD
OA OB OC OD
1) AA1 + BB1 + CC1 + DD1 = 1
2) AA + BB + CC + DD = 1
1
1
1
1
1
1
1
1
AA BB CC DD
OA OB OC OD

1
1
1
1
1
AA1 BB1 CC1 DD1 256
.
.
.
≥
AO BO CO DO 81
Lời giải:
MA MH ' SMBC S1
=
5a) 1) AA 1 = AH = S
S
1
ABC
9)

Tương tự ⇒ VT =

10)

OA1
OB1
OC1
OD1
+
+



3(V1 + V2 + V3 + V4 )
OA1 AA1 − OA1 V − V2 V2 + V3 + V4
=
=
⇒
=3
2) AA =
AA
V
V
V
1
1
3) 4,5,6,7,8,9,10: Tương tự khai thác bất đẳng thức Đại số cho 4 số không âm.
Nhận xét:
+ Đây là bài toán có rất nhiều hệ quả.
+ Việc khai thác bất đẳng thức đại số cho 4 số không âm (diện tích, thể tích)
giúp ta có nhiều bài tập hay và tổng hợp toàn diện.
Bài toán 6:
Bài 6a. [5]. Cho ∆ABC. Đường thẳng ∆ qua trọng tâm G cắt 2 cạnh AB và AC
AB AC
+
=3
tại B',C'. Chứng minh:
AB' AC'
Bài 6b. [2]. Cho tứ diện ABCD. Mặt phẳng (α) đi qua giao điểm các trọng tuyến
AB AC AD
+

AF 2
x+y
AB AC
⇒ ME =
⇒ AF = Z = x + y ⇒
+
= 2 +1 = 3
2
AB' AC'
b) Cách giải tương tự như trên, tuy nhiện đề bài ra là TRỌNG TUYẾN. Khái
niệm này cần phải giải thích cho học sinh và chứng minh tính chất nên ta có thể
đưa ra bài toán sau hoàn toàn tương tự.
Cho hình chóp SABC và G là trọng tâm ∆ ABC. Mặt phẳng (α) đi qua điểm
G' ∈ SG cắt SA, SB, SC lần lượt tại A', B', C'
SA SB SC
SG
+
+
=3
Chứng minh:
SA ' SB' SC'
SG '
Cách giải: Ta đã quen với bài toán tỉ số thể tích nên cách giải như sau:
SA
SB
SC
SG
Đặt ⇒ x =
, y=
, z=

=
* Trường hợp đặc biệt nếu G' là giao điểm 2 trọng tuyến thì
SG ' 4

7


SA SB SC
4
+
+
= 3× = 4 . Thỏa bài toán trên.
SA ' SB' SC'
3
Bài toán 7:
Bài 7a. [5]. Cho ∆ABC. M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tam giác đó. Đặt S 1 =
SMBC, S2 = SMCA, S3 = uSuuMAB
.
uur
uuuuu
r uur
uuuuu
r
1. Chứng minh: S1 MA + S2 MB + S3 MC = O
uuur
uuu
r
uuu
r
uuuu

.MB +
.MC
BC
BC
A 'C SMA 'C SMAC S2
A 'C
S2
=
= ... ⇒
=
...
Mà A 'B = S
SMAB S3
BC S2 + S3
MA 'B
uuuur
S3 uuur
S2 uuur
⇒ MA ' =
.MB +
.MC (1)
S2 + S3
S3 + S2
uuuur
uuuur
r
MA '
S1
−S1 uuuu
=

r
Theo bài trên ⇒ SBCD .MJ = S2 MB + S3 MC + S4 MD (1)
Dễ dàng chứng minh được:
S2 S3 S4  3 
=
=
=
(2)
V2 V3 V4  h ÷
uuuu
r

uuur

uuuuu
r

uuuuu
r

(1), (2) ⇒ (V2 + V3 + V4 )MJ = V2 MB + V3 MC + V4 MD (3)
uuuuur

)

(

V2 + V3 + V4
Ta có : MA
(4)

uur

b) (a) ⇒ V1 ( IA − IM ) + V2 ( IB − IM ) + V3 ( IC − IM ) + V4 ( ID − IM ) = O ⇒đpcm
Nhận xét:
• Diện tích được thay bằng thể tích và bài toán tâm tỉ cự.
Bài toán 8:

8


Bài 8a. [5]. Cho ∆ ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Chứng minh nếu điểm I
uuur uuu
r uur
r uuu
thỏa mãn hệ thức ⇒ a IA + bIB + cIC = O thì I là tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC.
Bài 8b. [3]. Cho tứ diện ABCD với I là tâm mặt cầu nội tiếp tứ diện.
Đặt Sa = SBCD, Sbuu=ur SACD, Sc = u
SuABD
, S = SABC
u
r uur d
uuu
r
Chứng minh: Sa IA + Sb IB + Sc IC = O
Cách giải:
uuur
uuu
r uuur
uuu
r uuur

uuu
r

uuuu
r

⇒ Sb IB + Sc IC = ( Sb + Sc ) IM (1)
Gọi M là giao điểm củauuIM
và AD uuuur
ur
uuur
Tương tự: ⇒ Sd ID + Sa IA = ( Sd + Sa ) IM ' (2)
uuur

uuu
r

uuu
r

uuur

uuuu
r

uuuur

Từ (1), (2) ⇒ Sa IA + Sb IB + Sb IC + Sd ID = ( Sb + Sc ) IM + ( Sd + Sa ) IM '
uuuuuur
uur



uuuur uuuur uuuur uuuur uur

Cho tứ diện ABCD có trọng tâm G (hay GA + GB + GC + GD = O và một mặt
phẳng (P) không cắt tứ diện. Gọi A1, B1, C1, D1, G1 lần lượt là hình chiếu vuông
góc của A, B, C, D trên (P). Chứng minh: AA1 + BB1 + CC1 + DD1 = 4GG1.
* Yêu cầu học sinh hãy tìm bài toán tương trong mặt phẳng.
Cách giải: Gọi M, N là trung điểm AB, CD và M1, N1 là hình chiếu của chúng
uuuuu
r uuuur
uuuuu
r uuuur uuuur uuuur uuuur uuuur uur
2
GM
+
GN
=
2GM
+ 2GN = GA + GB + GC + GD = O
trên (P). Ta có

(

)

uuuuu
r uuuur

(Vì G là trọng tâm) ⇒ GM + GN = 0 ⇒ G là trung điểm MN. Do mặt phẳng (P)

b
d
(r là bán kính mặt cầu nội tiếp hi là đường tròn cao tương ứng từ đỉnh tứ diện)
Nhận xét:
+ Lời giải đơn giản dựa vào tỉ số diện tích và thể tích.
+ Đây là bài toán nền để khai thác các bài toán bất đẳng thức hay cực trị.
+ Đối với tam giác đều hay tứ diện đều cần nhớ :
1 3
r 1
1 4
h
a) = hay =
b) = hay = 4
r h
h 3
r h
r
+ Khai thác bài 11 ta có bài sau.
Bài toán 12:
Bài 12a. Cho ∆ABC. Gọi ha, hb, hc, r lần lượt là độ dài các đường cao, bán kính
đường tròn nội tiếp tam giác đó. Chứng minh: h a + h b + h c ≥ 9r
Bài 12b. Cho tứ diện ABCD gọi h i (i = 1,4) , r lần lượt là độ dài các đường cao và
bán kính mặt cầu nội tiếp tứ giác. Chứng minh h1 + h2 + h3 + h4 ≥ 16r.
Bài toán 13:

10


Bài 13a. [5]. Cho ∆ABC và M là 1 điểm tùy ý trong tam giác. Hạ MA 1, MB1,
BC

S
S
S
S
S
⇒ BCD + CDA + DAB + ABC ≥ (đpcm)
MA1 MB1 MC1 MD1 r
Bài toán 14:
Bài 14a. Cho ∆ABC có BC = a, CA = b, AB = c. Gọi M là 1 điểm nằm trong
tam giác. Gọi khoảng cách từ M đến A,B,C là R a, Rb, Rc và da, db, dc là khoảng
cách từ M đến BC, CA, AB. Chứng minh:
S + S S + S S + S R .R .R
dadbdc ≤ 2 3 . 3 1 . 1 2 ≤ a b c
a
a
a
8
(trong đó S1 = SMBC, S2 = SMAC, S3 = SMAB , S = SABC)
Bài 14b. [3]. Cho tứ diện A1A2A3A4. Gọi M là điểm nằm trong tứ diện. Gọi M là
điểm nằm trong tứ diện. Gọi R a, Rb, Rc, Rd là khoảng cách từ M đến các đỉnh, d a,
db, dc, dd là khoảng cách từ M đến các mặt. Gọi V, S i là thể tích tứ diện, và diện
tích các mặt đối diện đỉnh Ai . Chứng minh
R R RR
dadbdcdd ≤ a b c d (*)
81
Cách giải:
Bài 14a. Vẽ AH ⊥ BC. Ta có Ra + da ≥ ha ⇔ aRa ≥ aha – ada = 2S – 2S1 (1)
Tương tự bRb ≥ bhb – bdb = 2S – 2S2 (2) và cRc ≥ chc – cdc = 2S – 2S3 (3)
Từ (1)(2)(3) ⇒ abcRaRbRc ≥ (2S – 2S1)(2S – 2S2)(2S – 2S3) (4)
Kết hợp với (2S – 2S1) ≥ bdb + cdc ≥ ≥ 2 bcd bd c

da + db + dc + dd
ha + hb + hc + hd

)

2

(2)

Từ (1) (2) → h a + h b + h c + h d ≥ d a + d b + d c + d d + 2

( ∑d d )
i j

Ngoài ra Ra + da ≥ ha
Chú ý dấu = xảy ra khi M thuộc các đường cao tứ diện và cách đều các đỉnh
nên M là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện trực tâm ABCD.
Bài toán 15: Học sinh giải bài 15a và tìm cách ra đề và giải bài toán tương tự
trong không gian.
Bài 15a. [4]. Trong ∆ABC lấy điểm M bất kỳ. Gọi ha, hb, hc là khoảng cách từ M
đến BC = a, AC = b, AB = c. Tìm vị trí của điểm M để tích h ahbhc đạt giá trị lớn
nhất và tính giá trị đó theo a,b,c.
Cách giải:
3
 2S 
Dễ thấy aha + bhb + chc = 2S ⇒ ah a bh b ch c ≤  ÷ (Côsi)
 3 
3

(

=
B', C'. Chứng minh: V
SA.SB.SC
SABC
Bài toán này được dẫn dắt bởi hệ thống câu hỏi.
1) Tương tự bài toán này trong mặt phẳng là bài toán nào? Hãy chứng minh.
1
2) Khi tính thể tích khối tứ diện V = Bh em có thể sử dụng bao nhiêu cách
3
tính từ đường cao ?
Nhận xét:
• Bài toán phẳng là: Cho ∆SAB, trên 2 tia SA, SB lấy các điểm A', B'. Chứng
SSA'B' SA '.SB'
=
minh: S
SA.SB
SAB
• Câu hỏi 2 sẽ giúp các em có lời giải.
Bài tập 2: [1]. Cho tứ diện vuông OABC.
a
b
c
+
+
=1
a) Dựng đường cao OH của tứ diện. Chứng minh:
OA OB OC
( a,b,c là khoảng cách từ H đến các mặt (OBC), (OAC), (OAB) ).
b) Gọi α, β, γ là góc tạo hởi OH và các cạnh OA, OB, OC. Chứng minh:
cos2 α + cos2 β + cos 2 γ = 1

2
OH
=
3) Câu 3 tuy khó nhưng vì học sinh có tính
a 2 b 2 + b2 c2 + c2 a 2

13


và SOAB, SOAC, SOBC nên các em liên hệ làm được.
2R
4) Câu 5 có rất ít học sinh làm được vì tích
khó khăn.
r
1
* Cần tích được: R = a 2 + b2 + c2
2
abc
2
và r = 1
 ab + bc + ca + a 2 b 2 + b 2c 2 + c 2a 2 
(
)

2 
* Ta có
a 2 + b2 + c2 ≥ 3 6 a 2 b2c2 ; ab + bc + ca ≥ 36 a 2b 2c2
2R
a 2 b 2 + b 2c2 + c2a 2 ≥ 3 6 a 4b 4c4 ⇒ r ≥ 3(1 + 3)
* Để giúp học sinh khá chứng minh tôi đã đưa ra bài toán sau:

(2) ⇒ 2 = 2 + 2 + 2 ≥ 33 2 2 2 (3)
h a b c
a bc
h a +b+c
(Côsi) và (a 2 + b 2 + c2 ) ≥ 9 3 a 2 b 2c2 (4). Từ (3)(4) ⇒ (đpcm)
B. Cho học sinh giỏi:
Tôi đưa ra các bài toán sau :
Bài tập 1:
Bài 1a. [5]. Cho ∆ ABC nhọn. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Các
đường thẳng AO, BO, CO cắt cạnh đối diện tại A 1, B1, C1. Chứng minh
9R
AA1 + BB1 + CC1 ≥
.
2
Câu hỏi đưa ra:
• Bài toán 5a có liên quan đến bài này hay không ?

14


• Khi M trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp thì có thể qui MA, MB, MC bằng
R hay không ? Các em có chú ý số 9 và bất đẳng thức nào ?
• Em hãy cho biết bài toán tương tự trong không gian.
Học sinh đã đưa ra được bài.
Bài 1b. Cho tứ diện ABCD. Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện (O) nằm
trong tứ diện. Các đường thẳng AO, BO, CO, DO cắt các mặt đối diện lần lượt
16R
tại A1, B1, C1, D1. Chứng minh: AA1 + BB1 + CC1 + DD1 ≥
3
Bài tập 2:

4R2 = OA2 + OB2 + OC2 + OD2 = 4OG2 + (ma2 + m2b + mc2 + m2d ) → đpcm.
16
Bài tập 3:
Bài 3a. Chứng minh bất đẳng thức sau:
 x 2 y 2 c2 t 2   1 1 1 1   x y z t 2
+ + + ÷÷ + + + ÷ ≥  + + + ÷

a
b c d  a b c d   a b c a 

1 1 1 1 1
Bài 3b. Em hãy thử ra 1 đề toán vận dung h + h + h + h = r , trong đó hi là độ
1
2
3
4
dài các đường cao tứ diện, r là bán kính mặt cầu nội tiếp.
Có học sinh đã đưa ra được bài toán sau:
Bài 3c. Cho tứ diện ABCD. Mặt cầu tâm I bán kính r nội tiếp tứ diện, tiếp xúc
với các mặt tại A1, B1, C1, D1. Gọi h1, h2, h3, h4 là độ dài đường cao tương ứng từ
A, B, C, D của tứ diện. M là điểm tùy ý nằm trong tứ diện (có thể nằm trong
không gian). Chứng minh:
MA 2 MB2 MC2 MD2
+
+
+
≥r
h1
h2
h3

r
u
u
u
r
u
u
u
r
AH. Chứng minh rằng: a 2 IA + b2 IB + c 2 IC = 0 (1)
Bài 5b. [3]. Cho tứ diện OABC có các cạnh OA, OB, OC đôi một vuông góc.
Gọi SO, SA, SB, SC lần lượt là diện tích các mặt của tứ diện đối diện với các đỉnh
tương ứng O, A,
B, C.uuuGọi
I là trung
điểm đường cao OH của tứ diện. Chứng
uuur
r
uuu
r ur
uuu
r
2
2
2
2
minh rằng: SO IO + SA IA + SB IB + SC IC = 0 .
Nhận xét: Điểm I là điểm Lemoin đặc biệt trong tam giác vuông. Ta cũng có
uuuur b 2 uuuur c2 uuuur
AH = 2 AB + 2 AC . Và định lí Pitago a2 = b2 + c2 → (đpcm)

2
2
2
OB
+
OC
OB
+
OC
BC
BC
uuuur S2 uuuur S2 uuuur S2 uuuur
Thay (2) vào (1) suy ra OH = A2 .OA + 2B OB + 2C OC → (đpcm)
SO
SO
SO
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với
bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
- Sáng kiến kinh nghiệm này đã giúp cho tôi và các đồng nghiệp thực hiện tốt
nhiệm vụ và nâng cao chất lượng giáo dục, giúp học sinh hình thành tư duy
logic kỹ năng phân tích để đi đến một hướng giải đúng và thích hợp khi gặp bài
toán hình học từ phức tạp đưa về dạng đơn giản, cơ bản và giải được một cách
dễ dàng.
uuuur

Ta có: ∆OAN vuông → OH =

16



thói quen liên hệ giữa bài toàn hình học không gian với bài toán phẳng đơn giản
hơn và mở rộng bài toán theo hướng ngược lại.
- Đề tài của tôi đã được kiểm nghiệm trong các năm học 2015-2016, 20162017 khi giảng dạy lớp 11, 12, được học sinh đồng tình và đạt được kết quả,
nâng cao khả năng giải các bài toán hình học không gian. Các em hứng thú và
đam mê học tập môn hình học không gian hơn, ở những lớp có hướng dẫn kỹ
các em học sinh với mức học trung bình khá trở lên đã có kỹ năng giải các bài
tập. Học sinh biết áp dụng tăng rõ rệt. Cụ thể sau khi áp dụng sáng kiến này vào
giảng dạy thì số học sinh hiểu và có kỹ năng giải được cơ bản các dạng toán nói
trên, kết quả qua các bài kiểm tra thử như sau:

17


Năm học
2015-2016
2016-2017

Điểm 8 trở Điểm từ 5 đến
Điểm dưới 5
lên
8
Tổng
Lớp
số
Số
Số
Số
Tỷ lệ
Tỷ lệ
Tỷ lệ

17 %

- Để hiểu sâu hơn về vấn đề này, nhất là việc ứng dụng trong việc giảng dạy
và học tập tôi rất mong nhận được những ý kiến đóng góp rút kinh nghiệm của
các đồng nghiệp để bài viết thêm đầy đủ, chất lượng.
3.2. Kiến nghị:
- Qua kết quả điều tra khảo sát thực tiễn ta thấy rằng học sinh rất ngại khi
giải các bài toán không gian. Vì vậy, để giúp học sinh có hứng thú học môn hình
học không gian và thấy được mối liên hệ giữa môn hình học không gian và môn
hình học phẳng, giáo viên cần lựa chọn hệ thống bài tập phù hợp, đề ra giải pháp
khi giải bài toán hình học bằng phương pháp tương tự hóa và khái quát hóa. Đưa
các bài toán phức tạp về bài toán đơn giản hơn đề học sinh thấy quen thuộc và
giải chúng được dễ dàng.
- Đề nghị các cấp lãnh đạo tạo điều kiện giúp đỡ học sinh và giáo viên có
nhiều hơn nữa tài liệu sách tham khảo đổi mới và phòng thư viện để nghiên cứu
học tập nâng cao kiến thức chuyên môn nghiệp vụ .
- Nhà trường cần tổ chức các buổi trao đổi phương pháp giảng dạy. Có tủ
sách lưu lại các tài liệu chuyên đề bồi dưỡng ôn tập của giáo viên hàng năm để
làm cở sở nghiên cứu phát triển chuyên đề.
- Học sinh cần tăng cường trao đổi, học nhóm nâng cao chất lượng học tập.
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
Thanh Hóa, ngày 5 tháng 6 năm 2017
ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Đỗ Thị Thủy

18