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

3
15
16
16
17
18
19


PHẦN 1: MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài.
Xu thế của dạy học hiện đại là dạy học theo phương pháp kiến tạo. Người
ta còn gọi đó là lý thuyết tình huống và hiện nay chúng ta dạy học bằng cách tổ
chức các hoạt động. Trong hoạt động dựa vào tri thức đã biết để xây dựng các tri
thức mới thì các kiểu giải bài tập tương tự là hoạt động phù hợp và cần thiết.
Trong quá trình dạy và học toán, đối với học sinh phổ thông tôi nhận thấy
thường chúng ta phải phân tích, phán đoán các hướng giải quyết bài toán, liên hệ
giữa bài toán đó với các bài toán quen thuộc, đơn giản hơn để có hướng giải
quyết tương tự, ngược lại đối với các học sinh khá, giỏi chúng ta lại có thể từ
một bài toán đơn giản đi sâu phân tích, mở rộng, phát triển thành những bài toán
mới. Đặc biệt trong chương trình hình học ở THPT, việc khai thác được các liên
hệ giữa không gian hai chiều và không gian ba chiều giúp học sinh giải quyết
được nhiều vấn đề toán học phù hợp với nhiều đối tượng học sinh, với nhiều
mức độ kiến thức khác nhau, nội dung kiến thức này được xuất hiện khá nhiều
trong các kì thi: Khảo sát chất lượng, thi Học sinh giỏi các cấp, thi THPT Quốc
gia,.... Việc sử dụng phương pháp giải đối với một bài toán hình học phẳng để
giải một bài toán hình học không gian tương tự và mở rộng một số bài toán
phẳng sang bài toán trong không gian mới sẽ giúp hoạt động giảng dạy và học
tập môn hình học đạt hiệu quả cao hơn.
Hình học không gian là một môn học khó, đa số học sinh ngại học, rất khó

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

PHẦN 2: NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Nhiệm vụ trung tâm trong trường học THPT là hoạt động dạy của thầy và
hoạt động học của trò, xuất phát từ mục tiêu đào tạo “Nâng cao dân trí, đào tạo
nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Giúp học sinh củng cố những kiến thức phổ
thông đặc biệt là bộ môn toán học rất cần thiết không thể thiếu trong đời sống
của con người, trong đó hình học là nội dung rất quan trọng và khó với kiến thức
rộng, đa phần các em ngại học môn này.
Muốn giải một bài toán ta thường thực hiện 2 bước: Huy động kiến thức
và tổ chức kiến thức. Huy động kiến thức là một thao tác tư duy nhằm tái hiện
các kiến thức có liên quan với bài toán, từ lý thuyết, phương pháp giải, các bài
toán đã gặp. Do đó người làm toán phải biết và cần phân tích ý tưởng: ta đã gặp
bài toán nào gần gũi với kiểu bài toán này hay chưa ? Polia đã viết 1 quyển sách
chỉ với nội dung: “Giải bài toán như thế nào” trong đó ông có đề cập đến nội
dung trên như một điều kiện thiết yếu.
Phương pháp tương tự hay tổng quát hóa là những thao tác tư duy cần
thiết cho người làm toán (tương tự trong toán học cần hiểu rộng hơn như có tính
chất giống nhau, mô hình giống nhau, mối quan hệ giống nhau…như đường
thẳng trong mặt phẳng và mặt phẳng trong không gian cũng là tương tự…tam
giác và tứ diện, đường tròn và mặt cầu…là tương tự).
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Học sinh thường lúng túng trước một bài toán hình không gian ở các mặt:
vẽ hình, chưa hiểu rõ các khái niệm, định lý, liên quan và đặc biệt là không nhớ
hay phát hiện được các bài toán tương tự. Học sinh thường không nhận ra trong
hình không gian có những bài toán này là bài toán con của bài toán khác (ví dụ:
cắt một góc của khối chữ nhật ta có tứ diện vuông, cắt 1 tứ diện vuông ta có 1 tứ
diện tùy ý hay bổ sung 1 tứ diện ta được một hình hộp…)
Học sinh thường suy nghĩ hay giải từ các bài toán liên quan theo dạng
(các loại tứ diện, hình chóp, hình hộp, các cách chứng minh sự vuông góc hay
song song…) mà không để ý xa hơn là có bài toán hình phẳng tương tự và giải

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 %

11A2 42
9
21 %
12C2 46
9
20 %

Điểm từ 5 đến
Điểm dưới 5
8
Số
Số
Tỷ lệ
Tỷ lệ
lượng
lượng
18
39 %
20
44 %
19
42 %
18
40 %
17
40 %
16
39 %
20
43 %

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

2
2
+ SOAB
+ SOCB
a) S2ABC = SOAC
1
1
1
1
=
+
+
b)
2
2
2
OH OA OB OC2
Nhận xét: Bài này khá quen thuộc tôi không nêu cách giải. Có thể ra đề cho
học sinh trung bình khá bài sau giúp các em nhận dạng sự tương tự bước đầu.
Bài 1c. [4]. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A'B'C'D' có AB = a, AD = b,
AA' = c.
a) Tính độ dài đường chéo AC'
b) Tính khoảng cách từ các đỉnh A', B, D đến AC'
c) Gọi α,β,γ là góc tạo bởi đường chéo AC' và 3 cạnh lần lượt là AD, AB,
AA'. Tính tổng S = cos2α + cos2β + cos2γ (hay chứng minh S = 1)
Đáp số a) AC'2 = a2 + b2 + c2
b) Gọi x, y, z là các khoảng cách từ A' đến AC…

4



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

a
a
a
2
(đpcm) (AH là đường cao ∆ABC)
3V
3V
3V
a 6
b) S = MH + MI + MK + ML = MBCD + .... + MABC + ABCD = AH =
SBDC
SBDC
SBDC
3
không đổi (AH là đường cao)
Nhận xét:
• Bài 2a: Có thể mở rộng cho đa giác đều
• Bài 2b: Có thể mở rộng cho tứ diện đều hay tứ diện ABCD gần đều
(AB=CD=a; AC = BD = b; AD = BC = c) hay khối đa diện đều.
• Học sinh làm quen với tỉ số diện tích, thể tích có chung mẫu số.
Bài toán 3:
Bài 3a. M là điểm tùy ý nằm trong ∆ABC. Gọi MH, MI, MK là các khoảng cách
MH MI MK
+
+
=1
từ M đến các cạnh của tam giác. Chứng minh
BC AC AB
Bài 3b. [4]. M là điểm tùy ý nằm trong tứ diện ABCD. Gọi x,y,z,t là khoảng
cách từ M đến các mặt đối diện đỉnh A,B,C,D và h a, hb, hc, hd lần lượt là đường

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 .

4b) Tương tự h a ≤ x + y + z + t ≤ h d
Bài toán 5:
Bài 5a. [5]. Cho điểm M nằm trong ∆ ABC, AM, BM, CM cắt BC, CA, AB lần
lượt tại A1,B1 ,C1. Chứng minh:
MA MB MC
MA MB MC
1) AA 1 + BB 1 + CC 1 = 1
2) MA + MB + MC ≥ 6
1
1
1
1
1
1
AA
BB CC
MA1 MB1 MC1 3
+
+
≥
3)
4) MA1 + MB1 + MC1 ≥ 9
MA MB MC 2
1
1
1
MA MB MC
MA MB MC
1
5) AA 1 + BB 1 + CC 1 ≥ 27

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

3) OA1 + OB1 + OC1 + OD1 ≥ 16
4) OA + OB + OC + OD ≥ 12
1
1
1
1
1
1
1
1
OA OB OC OD 4
AA1 BB1 CC1 DD1 16
+
+
+
≥
5) OA1 + OB1 + OC1 + OD1 ≥ 3
6)
OA OB OC OD 3
1
1
1
1
AA BB CC DD
OA OB OC OD
7) OA . OB . OC . OD ≥ 81
8) OA1 . OB1 . OC1 . OD1 ≥ 256
1
1
1

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
+
+

+
≥4 3
OA1
OB1
OC1
OD1

S1 S2 S3 S1 + S2 + S3
+ + =
=1
S S S
S

MA AA1 − A1M S2 + S3
=
⇒ côsi cho 3 cặp nghịch đảo ⇒ VT ≥ 6
2) AA 1 =
MA1
S1
1
3) Khai thác bất đẳng thức bất đẳng thức Nétbit
4) 5) 6) 7) Dùng bất đẳng thức Côsi
V1 + V2 + V3 + V4
OA V
=1
5b) 1) AA1 = V1 ⇒ VT =
V
1

6



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
+

+
=4
G cắt AB, AC, AD tại B', C', D'. Chứng minh:
AB' AC' AD'
Cách giải:
a) Hạ BI, CK, ME, AF vuông góc với ∆ và đặt BI = x, CK = y, AF = z
BB' x
AB x + z
AC y + z
= ⇒
=
=
Ta có
. Tương tự:
AB' z
AB'
z
AC'
z
AB AC x + z + y + z
x+y
ME 1
=
=
= 2+
= (tính chất trọng tâm)
. Mà
AB' AC'
z
z

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=

, t=
SA '
SB'
SC'
SG '
VSA'B'C'
VSB'C'G'
VSA'C'G'
= x.y.z ;
= y.z.t ;
= x.z.t
Ta có : V
VSBCG
VSACG
SABG
VSA'B'C'
1
= (xy + yz + zx).t
Cộng 3 đẳng thức 1 V
(vì VSABG = VSBCG = VSABC )
3
3 SABC
VSA'B'C'
3
=
Mặt khác ta có: 1 V
xyz (**). Từ (*) và (**) → đpcm (x + y + z = 3t)
SABC
3
SG 3

=
* 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

r
2. Chứng minh: Với mọi điểm I ta luôn có: S1 IA + S2 IB + S3 IC = SABC .IM
Bài 7b. [6]. Cho tứ diện ABCD, M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tứ diện đó ký
hiệu Vi(i = 1,4) lần lượt là thể tích các khối MBCD, MACD, MABD, MABC.
uuuuur
uuuuu
r
uuuuu
r
uuuuu
r uur
1. Chứng minh: V1 MA + V2 MB + V3 MC + V4 MD = O .
2. Chứng
minh: Với
mọi điểm I ta luôn có:
uuur
uuu
r
uuu
r
uuur
uuuu
r
V1 IA + V2 IB + V3 IC + V4 ID = VABCD IM
Cách giải:
⇒

uuuur

A 'C uuur A ' B uuur

.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
=

. ⇒ MA ' =
MA (2)
Ngoài ra
MA S2 + S3
S +S
uuuur
uuur 2 uu3ur
Thế (2) và (1) ⇒ −S1 MA ' = S2 MB + S3 MC ⇒ (đpcm)
uuur uuu
r
uur uuu
r
uur uuu
r ur
b) (*) ⇒ S1 (IA ' − IM) + S2 (IB − IM) + S3 (IC − IM) = O
uur
uur
uur
uuu
r
⇒ S1 IA + S2 IB + S3 IC = (S1 + S2 + S3 )IM (đpcm)

a) AM cắt BC tại A'; MA ' =

AM cắt mp (BCD) tại H. Đặc S2 = SCJDuu;uuurS3 = SBDJ; S4 = SBCJ
uuuu
r
uuuuu
r
uuuuu

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)

uuuu
r =−
V1
MJ
uuuuur

uuuuu
r

uuuuu
r

uuuuu
r uur

Từ (3), (4) ⇒ V1 MA + V2 MB + V3 MC + V4 MD = O
uuur uuuu
r

uuu
r uuuu
r

uuu
r uuuu
r

uuur uuuu
r


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

uuur
uuuur uuuur
8a). aIA = −b ( IB + AI ) − c ( IC − AI ) ⇒ (a + b + c)AI = bAB + cAC (1)
Hay I ∈ phân giác AD tương tự I ∈ phân giác BE ⇒ đpcm
8b). DI ∩ (ABC) = H. Mặt phẳng (DAI) chính là mp(DAH) cắt BC tại M thì
M nằm trên mặt phân giác của 2 mặt phẳng (BAD) và (CAD)
MB SAMB VDAMB VMDAB SDAB SC
=
=
=
=
=
⇒ d(M, DCD) = d(M, (DAB)) ⇒
MC SAMC VDAMC VMDAC SDCA SB
uuuuu
r
uuuuu
r uur
uuuuu
r
Sc uuuuur
MB
=
−
MC ⇒ Sb MB + Sc MC = O
M ∈ BC ⇒
Sb
uuu
r


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

Mà I, M, M' thẳng hàng ⇒ X = kMM '
Lý luận tương utự
với N, N' 2 điểm trên AB, CD, P và P' là 2 điểm trên BD,
uuuur uur
uur
uuuur
AC ta được X = lNN ' , X = hPP ' .
uuuuuur uuuuur uuuur
uur uur
Mà MM ', NN ',PP ' không đồng phẳng ⇒ X = O ⇒ đpcm
Nhận xét: Kiểu ra đề khác và ý tưởng tương tự được thể hiện ở kỹ thuật
chứng minh. Ngoài ra ví dụ đưa ra phương pháp chứng minh một vectơ bằng
véc tơ không.
Bài toán 9:
Bài 9a. Cho ∆ABC, M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Chứng minh:
aMA + bMB + cMC ≥ 4SABC
Bài 9b. [6]. Cho tứ diện ABCD. M là 1 điểm bất kỳ nằm trong tứ diện. Gọi S a,
Sb, Sc, Sd là diện tích các mặt đối diện tương ứng của đỉnh A,B,C,D. Chứng
minh: Sa.MA + Sb.MB + ScMC + SdMD ≥ 9VABCD.
Cách giải:
b) Gọi Vi(i = 1, 4) lần lượt là thể tích các khối tứ diện MBCD, MACD, MABD,
1
MABC ta có AA1 ≤ MA + MA2 ⇔ VABCD ≤ Sa .MA + V1
3
1
Tương tự cho 3 bất đẳng thức còn lại. Ta có VABCD ≤ Sb .MB + V2 ... ⇔ đpcm
3
Bài toán 10:
Bài 10a. [3].
9



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)

không cắt tứ diện nên các hình thang ABB 1A1, CDD1C1, MNN1M1 có các đường
trung bình tương ứng là MM1, NN, GG1 do đó:

1
1
1
GG1 = ( MM1 + NN1 ) = ( AA1 + BB1 ) + ( CC1 + DD1 ) 
2
2
2

1
= AA1 + BB1 + CC1 + DD1 (đpcm)
4
Bài 10b. [5]. Bài toán tương tự là: Cho ∆ABC có trọng tâm G và đường thẳng d
không cắt cạnh nào của tam giác. Gọi A1, B1, C1, G1 là hình chiếu của A,B,C,G.
Chứng minh AA' + BB' + CC' = 3GG'
Cách giải:
 Giải bằng vectơ thì đơn giản
 Giải bằng cách vẽ thêm MM1 với M là trung điểm BC và M 1 là hình chiếu
của M trên d.
Bài toán 11:
1 1 1 1
Bài 11a. Chứng minh rằng: Trong ∆ABC ta có: = + +
r ha hb hc
(r là bán kính đường tròn nội tiếp, hi: là đường cao tương ứng)
1 1 1 1 1
Bài 11b. Chứng minh rằng: Trong tứ diện ABCD ta có: r = h + h + h + h
a
c

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

AC AB C
MC1 vuông góc với BC, AC, BC. Chứng minh: MA + MB + MC ≥ r
1
1
1
(C: chu vi ∆ABC, r là bán kính đường tròn nội tiếp ∆ABC)
Bài 13b. [6]. Cho tứ diện ABCD, M là 1 điểm tùy ý trong tứ diện. Hạ Hạ MA 1,
MB1, MC1, MD1 vuông góc với các mặt phẳng đối diện với đỉnh A,B,C,D.
SBCD SCDA SDAB SABC S
Chứng minh: MA + MB + MC + MD ≥ r
1
1
1
1
(S là diện tích toàn phần tứ diện, r là bán kính mặt cầu nội tiếp tứ diện)
Cách giải:
2
BC
AC AB
a) MA + MB + MC ( BC.MA1 + AC.MB1 + AB.MC1 ) ≥ ( BC + AC + AB )
1
1
1
2
Hay: T.2S ≥ (2p) biết S = pr. ⇒ đpcm
2
1
b) Tương tự T(3V1 + 3V2 + 3V3 + 3V4) ≥ S2 ⇒ T ≥ S , ta lại có V = Sr
3
3V

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

⇒ VP(4) ≥ 8abc.d a d b .d c (5) Từ (4) và (5) ⇒ đpcm
Bài 14b. Trong không gian thay cạnh bằng diện tích và diện tích bằng thể tích ta
được kết quả (*)
Nhận xét: Ta có thể khai thác bài toán này theo tổng các khoảng cách R a, Rb, Rc
như sau:

11


Bài 14c. [4]. 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. Chứng minh:
R a + R b + R c + R d ≥ 2 d a d b + d a d c + d a d d + d b d c + d bd b + d cd d

)

(

Cách giải: Ta đã biết
da db dc dd
+ + + = 1 (1)
ha hb hc hd
Theo Bunhiacốpxki ta có:
da db dc dd
+ + +
ha hb hc hd

(
≥


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

(


8 p(p − a)(p − b)(p − c)

)

3

8S
=
27abc
27abc
(Dấu = xảy ra khi aha = bhb ⇒M thuộc trung tuyến CM, tương tự ⇒ M là trọng
tâm ∆ABC).
Bài 15b. Trong tứ diện ABCD. Tìm vị trí điểm M để tích khoảng cách từ đó đến
các mặt của tứ diện là lớn nhất. Tính GTLN đó theo diện tích các mặt và thể tích
của tứ diện.
3. Kết quả:
1. Trong mỗi bài tập đã trình bày trên tôi đã thể hiện giải toán bằng phương
pháp tương tự, kể cả cách lật ngược vấn đề cũng như dự đoán đề bài và phương
pháp chứng minh bằng tương tự.
2. Sau đây xin đưa ra thêm các bài tập mà tôi đã thực hiện để kiểm tra chuyên
đề cho các loại đối tượng.
A. Cho học sinh khá.
⇒ h a h bhc ≤

12


Bài tập 1: [2]. Cho hình chóp SABC. Trên các tia SA,SB, SC lấy các điểm A',
VSA'B'C' SA '.SB'.SC'

=
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

+ Đây là bài toán quen thuộc trong sách bài tập hình học 11.
Sau đó đưa ra bài toán sau.
Bài tập 3: [4]. Cho tứ diện vuông OABC. M là điểm bất kỳ thuộc mp (ABC)
1) Dựng A1, B1, C1 là hình chiếu của M trên các cạnh OA, OB, OC
OA1 OB1 OC1
+
+
Chứng minh: P =
không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.
OA OB OC
2) Gọi α, β, γ là góc tạo bởi OM và các tia OA, OB, OC.
Gọi α', β', γ ' là góc tạo bởi OM và các mặt phẳng OBC, OCA, OAB.
Chứng minh:
a) cos2 α + cos2 β + cos 2 γ = 1
b) cos2 α '+ cos 2 β '+ cos2 γ ' = 1
9
3) Chứng minh: SOAB + SOBC + SOCA ≥ OH 2
2
2
2
4) Chứng minh: OA1 α + OB1 β + OC1 2 ≥ 2OH 2
2R
≥ 3(1 + 3)
5) Chứng minh:
r
Nhận xét:
1) Đa số học sinh dựng được hình, chứng minh được các câu 2, câu 4, câu 3.
Rất nhiều học sinh làm đúng phần chứng minh câu 1.
2) Gợi ý tỉ số diện tích thì học sinh giải được câu 1.
a 2 b 2c2

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:

Bài tập 3’: Cho ∆OAB vuông tại O, M ∈ AB, A1, B1 là hình chiếu của M trên
OA, OB
OA1 OB1
+
a) Hãy chứng minh T =
không phụ thuộc vào vị trí M.
OA OB
b) Hãy mở rộng bài toán này trong không gian.
Khi ấy phương pháp chứng minh tỉ số đoạn thẳng trên cạnh AB chắc chắn sẽ
định hướng tỉ số diện tích trên mặt phẳng ABC mà không đi theo hướng tỉ số thể
tích.
1 1 1 1 1
* Khai thác tính chất tổng hợp của tứ diện vuông = + + + (1)
r a b c h
1 1 1 1
= + +
(2)
h 2 a 2 b2 c2
Tôi đã có bài toán sau:
Bài tập 4: [3]. Cho tứ diện vuông OABC có OA = a, OB = b, OC = C, r là bán
1 1 1 1
3 3
kính mặt cầu nội tiếp tứ diện. Chứng minh: > + + +
r a b c a +b+c
Cách giải:
1 1 1 1
1
1
3 3
Dễ thấy cần chứng minh ≥

(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:

Bài 2a. Cho ∆ABC, gọi a, b, c, ma, mb, mc lần lượt là độ dài các cạnh và độ dài
3
các đường trung tuyến của ∆ABC. Chứng minh: ma2 + m2b + m2c = (a 2 + b2 + c2 )
4
uur
Bài 2b. Cho tứ diện ABCD. Gọi ai (i = 1, 6) là độ dài các cạnh và m a, mb, mc, md
là độ dài các trọng tuyến của tứ diện đó. Chứng minh:
ma2

+ m b2

+ mc2

+ md2

6
4
= ∑ ai2
9 i =f

* Nhận xét
• Lời giải quen thuộc.
• Khai thác tính chất trọng tâm và bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có bài toán
sau:
Bài 2c. Cho tứ diện ABCD có bán kính mặt cầu ngoại tiếp là R, m a, mb, mc, md
3
là độ dài các trọng tuyến. Chứng minh: R ≥ (ma + m b + mc + m d )
16
Cách giải:
9

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

h4
Bài tập 4:

15


Bài 4a. [5]. Cho tam giác ABC và M là điểm nằm trong tam giác, các đường
thẳng AM, BM, CM cắt cạnh đối diện tại A1, B1, C1. Chứng minh
1
SA1B1C1 ≤ SABC
4
Bài 4b. [6]. Cho tứ diện ABCD và M là một điểm nằm trong tứ diện. Các đường
thẳng MA, MB, MC, MD cắt các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) tương ứng
1
tại A1, B1, C1, D1. Chứng minh rằng VA1B1C1D1 ≤ VABCD .
4
Nhận xét:
• Bài 4a: Chúng ta thường gặp bài toán này khi A 1, B1, C1 là tiếp điểm của
đường tròn nội tiếp và các cạnh; chân đường cao, chân đường phân giác trong
1
của tam giác ABC thì kết quả cũng là SA1B1C1 ≤ SABC , nhưng cách giải là dựa
4
vào tính chất của đường cao hay đường phân giác; sự tiếp xúc.
• Cách giải là vận dụng từ bài tập 1 dành cho học sinh đại trà.
Bài tập 5:
Bài 5a. [5]. Cho tam giác uABC
vuông tại
A.urGọi I là trung điểm của đường cao
u
u

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)

a
a
Trong không gian vì tam giác chứa mặt phẳng (OAH) cắt mặt phẳng (OBC) tại
N thì OH là đường cao của tam giác vuông OAN.
Ngoài ra ta cũng có định lí Pitago cho không gian S2O = S2A + SB2 + SC2
ON 2 uuuur OA 2 uuuur
OB +
OC (1). Vì ∆BOC vuông
AN 2
AN 2
uuuur OC2 uuuur OB2 uuuur
uuuur
uuuur
uuuur
OC2
OB2
⇒ ON =
.OB
+
.
OC
⇔
ON
=
OB
+
OC (2)
2
2
2

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



- Học sinh thấu hiểu phương pháp tương tự hóa để mở rộng vấn đề không
những trong môn toán mà còn vận dụng trong các môn học khác.
- Đề tài được sử dụng để giảng dạy và bồi dưỡng cho các em học sinh khá và
giỏi lớp 11, 12 THPT và làm tài liệu tham khảo cho các thầy cô giảng dạy môn
Toán.
- Trong đề tài này tôi đã đưa ra và giải quyết một số bài toán thường gặp tương
ứng các bài tập tự luyện. Sau mỗi bài toán tác giả đều có những nhận xét bình
luận khắc phục những sai lầm cơ bản giúp bạn đọc có thể chọn ra cho mình
những phương pháp giải tối ưu nhất, để có được những lời giải gọn gàng và súc
tích nhất.
PHẦN 3: KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.
3.1. Kết luận:
- Sau nhiều năm giảng dạy và thực tế kiểm nghiệm tôi nhận thấy nâng cao
hứng thú học tập cho học sinh (qua nhiều con đường) là một việc làm rất cần
thiết từ đó góp phần phát triển năng lực tự học, tự khám phá, sáng tạo cho học
sinh và đây cũng là xu thế của dạy học hiện đại. Các bài toán của chuyên đề đã
thể hiện rõ mục đích và đạt kết quả này (phù hợp với đổi mới dạy học).
- Qui trình giải một bài toán đã được tóm tắt gồm 2 bước là “huy động kiến
thức và tổ chức kiến thức” kiến thức cũ (Hình học phẳng) đã được huy động để
mở rộng cho bài toán hình học không gian ở chuyên đề này bằng phương pháp
tương tự đem lại cho chúng ta một tri thức về phương pháp từ con đường vận
dụng các thao tác tư duy.
- Đề tài đã khai thác sự liên hệ giữa bài toán trong hình học phẳng với bài
toán mở rộng trong không gian, để chúng ta có thể thấy được các tính chất, các
cách chứng minh,… được mở rộng, được liên hệ với nhau một cách khá lôgic
giúp cho việc dạy và học toán có hiệu quả hơn, kiểu tư duy này được áp dụng
trong thực tế giảng dạy và học tập tùy theo yêu cầu của chương trình, của người
học, người dạy mà ta lựa chọn bài tập phù hợp. Trong việc dạy toán ở Trường
THPT Quảng Xương 2, tôi đã vận dụng kiểu tư duy này để dạy cho nhiều đối
tượng, nhất là trong việc ôn tập cho học sinh khá, giỏi. Hình thành cho học sinh

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

lượng
lượng
lượng
11C2 46
13
28 %
21
46 %
12
26 %
12B2 45
12
27 %
22
49 %
11
24 %
11A2 42
14
33 %
18
43 %
10
24 %
12C2 46
15
33 %
23
50 %
8

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



TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Nguyễn Mộng Hy (2006), “Bài tập hình học 11”, Nhà xuất bản Giáo dục.
2. Nguyễn Mộng Hy (2006), “Bài tập hình học 12”, Nhà xuất bản Giáo dục.
3. Phan huy Khải - Nguyễn Đạo Phương (2000), “Các phương pháp giải toán
sơ cấp Hình học không gian”, Nhà xuất bản Hà Nội.
4. Phan Huy Khải (2002), “Toán nâng cao hình học lớp 11”, Nhà xuất bản Hà
Nội.
5. Phan Huy Khải (2002), “Toán nâng cao hình học lớp 10”, Nhà xuất bản Hà
Nội.
6. Đỗ Thanh Sơn (2008), “Phương pháp giải toán hình học 12 theo chủ đề”,
Nhà xuất bản Giáo dục.

19


CÁC SKKN ĐÃ ĐƯỢC SỞ GD&ĐT THANH HÓA XẾP LOẠI
1. Năm học 2013-2014, đề tài: “Rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh
thông qua việc giải bài tập về VÉC TƠ trong hình học 10”, hội đồng khoa
học Ngành đánh giá xếp loại C.
2. Năm học 2015-2016, đề tài: “Phát triển năng lực tư duy sáng tạo cho
học sinh Trung học phổ thông thông qua một số kỹ thuật giải toán hình học
không gian lớp 11”, hội đồng khoa học Ngành đánh giá xếp loại C.

20