skkn một số bài toán hình học không gian trong giảng dạy học sinh giỏi khối 12

BM 01-Bia SKKN

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
Đơn vị: Trường THPT Nam Hà
Mã số: ................................
(Do HĐKH Sở GD&ĐT ghi)

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TRONG
GIẢNG DẠY HỌC SINH GIỎI KHỐI 12

Người thực hiện: Lê Thị Thu Nga
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục



- Phương pháp dạy học bộ mơn: Tốn 
(Ghi rõ tên bộ môn)
- Lĩnh vực khác: ....................................................... 
(Ghi rõ tên lĩnh vực)
Có đính kèm: Các sản phẩm khơng thể hiện trong bản in SKKN
 Mơ hình
 Đĩa CD (DVD)
 Phim ảnh  Hiện vật khác
(các phim, ảnh, sản phẩm phần mềm)
Năm học: 2013 – 2014


BM02-LLKHSKKN

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
––––––––––––––––––
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: Lê Thị Thu Nga
2. Ngày tháng năm sinh: 07 – 7 – 1975
3. Nam, nữ: Nữ
4. Địa chỉ: 1973/2 khu phố 3, Phường Trung Dũng, Biên Hòa, Đồng Nai
5. Điện thoại:

(CQ)/

6. Fax:

(NR); ĐTDĐ:

E-mail:

7. Chức vụ: Giáo viên
8. Nhiệm vụ được giao (quản lý, đoàn thể, cơng việc hành chính, cơng việc chun
mơn, giảng dạy mơn, lớp, chủ nhiệm lớp,…): Giảng dạy mơn tốn lớp: 12C4, 10C5, 10C6.
Giáo viên chủ nhiệm lớp 12C4.
9. Đơn vị công tác: Trường THPT Nam Hà
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chun mơn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân
- Năm nhận bằng: 1998
- Chuyên ngành đào tạo: Tốn
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chun mơn có kinh nghiệm: Tốn
Số năm có kinh nghiệm: 16

- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
o Một số bài toán giải bằng phương pháp tọa độ trong mặt phẳng
o Giải bài toán hình học không gian bằng phương pháp tọa độ trong không gian
o Một số phương pháp tính tích phân lượng giác
o Một số bài tốn hình học khơng gian trong giảng dạy học sinh giỏi khối 12


BM03-TMSKKN

Tên SKKN : MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN TRONG

GIẢNG DẠY HỌC SINH GIỎI KHỐI 12
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Qua nhiều năm dạy học tôi nhận thấy khả năng thu nhận kiến thức và giải quyết
các bài toán hình học không gian của đa số học sinh là tương đối khó khăn, kể cả học
sinh khá, giỏi. Do vậy khi nhận được sự phân công của tổ chuyên môn tham gia vào
việc bồi dưỡng học sinh giỏi khối 12, tôi đã soạn một số các nội dung về hình học
không gian nâng cao phù hợp với đối tượng học sinh mà mình đang tham gia giảng
dạy.
II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
a) Việc đổi mới và nâng cao chất lượng dạy và học là một yêu cầu khách quan,
điều đó đã được nghị quyết đại hội đại biểu toàn quốc của Đảng lần thứ 11 khẳng
định: “ Không ngừng nâng cao chất lượng giáo dục đào tạo. Đổi mới phương pháp
dạy và học” (Trang 216 văn kiện ĐHĐB tồn quốc lần thứ 11, NXB Chính trị quốc
gia)
b) Thực tiễn tôi nhận thấy thời gian qua việc dạy và học mơn tốn đã có nhiều
đổi mới, đa số học sinh đã nắm được các kiến thức cơ bản. Tuy nhiên đối với đối
tượng học sinh giỏi so với u cầu đặt ra vẫn cịn có những hạn chế. Nhằm nâng cao
chất lượng học cho đối tượng học sinh giỏi, giúp các em nâng cao khả năng phân
tích, tổng hợp, tìm mối liên hệ giữa các dạng tốn nói chung và hình học khơng gian

nói riêng cần có những chuyên đề phù hợp và thường xuyên được bổ sung.
Từ những vấn đề nêu trên, tôi đưa ra một số các chuyên đề hình học không
gian dành cho đối tượng học sinh giỏi khối 12.
III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP
1) Cách thức tổ chức thực hiện:
Phần nội dung này được giáo viên giảng dạy cho học sinh trong đội tuyển học
sinh giỏi khối 12 của trường THPT Nam Hà. Học sinh tiếp thu các kiến thức liên
quan thông qua giáo viên và các tài liệu tham khảo, sau đó giải quyết các bài tốn tự
luyện. Giáo viên chỉnh sửa và nêu nhận xét bài làm của từng học sinh. Thời gian thực
hiện giải pháp : Từ tháng 7/ 2013 đến tháng 10/ 2013.
2) Các dữ liệu minh chứng quá trình thực nghiệm, đối chứng giải pháp:
A. Các bài tốn tính góc, khoảng cách, diện tích,…trong khơng gian:
Các kiến thức cần ghi nhớ:
1. Để tính góc α giữa hai đường thẳng a và b ta có thể sử dụng một trong các
cách sau:


a) Xác định góc giữa hai đường thẳng sau đó sử dụng hệ thức lượng trong tam giác
để tính góc giữa hai đường thẳng.
r

r

b) Nếu u và v lần lượt là vecto chỉ phương của hai đường thẳng a và b thì
rr
u.v
rr
cos α = cos u, v = r r
u.v

( )

c) Khối tứ diện ABCD có m =d(AB,CD), α là góc giữa hai đường thẳng AB và CD.
Khi đó sin α =

6VABCD
AB.CD.m

2. Để tính góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P) ta có thể sử dụng một
trong các cách sau:
a) Xác định góc giữa đường thẳng và mặt phẳng sau đó sử dụng hệ thức lượng trong
tam giác vng để tính góc giữa đường thẳng và mặt phẳng.
r

b) Trong hệ tọa đợ Oxyz : α là góc giữa đường thẳng a và mặt phẳng (P), u là vecto
r
chỉ phương của đường thẳng d và n là vecto pháp tuyến của mặt phẳng (P).
rr
u.n
rr
Khi đó: sin α = cos u, n = r r
u.n

( )

3. Để tính góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q) ta có thể sử dụng một trong
các cách sau:
a) Xác định góc giữa hai mặt phẳng sau đó sử dụng hệ thức lượng trong tam giác để
tính góc giữa hai mặt phẳng.
ur uu

r

b) Trong hệ tọa đợ Oxyz : α là góc giữa hai mặt phẳng (P) và (Q), n1 , n2 lần lượt là
vecto pháp tuyến của mặt phẳng (P) và (Q).
ur uu
r
n1.n2
ur uu
r
r
Khi đó: cos α = cos n1 , n2 = ur uu
n1 . n2

(

)

4. Để tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) ta có thể thể sử dụng
một trong các cách sau:
a) Dựng AH ⊥ ( P ) . Từ đó tính d ( A, ( P )) = AH
b) Tính qua điểm trung gian:
• Từ A dựng đường thẳng d song song mặt phẳng (P).Khi đó
d ( A, ( P)) = d (d , ( P)) = d ( B, ( P ))
( B là điểm bất kỳ trên d)


• Từ A dựng đường thẳng d cắt mặt phẳng (P) tại O. Khi đó

d ( A, ( P )) OA
=

d ( B, ( P)) OB

( B là điểm bất kỳ khơng trùng O trên d)
c) Tính qua thể tích: d ( A, ( MNP)) =

3VAMNP
S MNP

d) Trong hệ tọa độ Oxyz : A(x0; y0; z0) và mặt phẳng (P): Ax +By + Cz + D = 0
Khi đó: d ( A, ( P)) =

Ax0 + By0 + Cz0 + D
A2 + B 2 + C 2

5. Để tính khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau a và b ta có thể thể
sử dụng một trong các cách sau:
a) Xác định mặt phẳng (P) chứa đường thẳng a và song song với đường thẳng b.
Khi đó d (a, b) = d (b, ( P)) = d ( B, ( P)) ( B là điểm bất kỳ trên b)
b) Dựng đoạn vng góc chung MN của a và b. Khi đó d(a,b) = MN

r

c) Trong hệ tọa đợ Oxyz, đường thẳng a đi qua A và có vecto chỉ phương u , đường
r
thẳng b đi qua B và có vecto chỉ phương v .
r r uuu
r
u , v  . AB
 
rr

Khi đó d (a, b) =
u, v 
 

Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Hai mặt phẳng (SAB)
và (SAD) cùng hợp với đáy một góc bằng 450, Góc giữa đường thẳng SC và mặt
phẳng (ABCD) bằng 600.
a) Chứng minh hai mặt phẳng (SAC) và (ABCD) vng góc nhau.
b) Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng (ABCD)
Hướng dẫn giải:
a) I, J lần lượt là hình chiếu vng góc
của S trên AB và CD. Khi đó (SIJ) ⊥
(ABCD)
Gọi H là hình chiếu vng góc của S
lên mặt phẳng (ABCD), K là hình
chiếu vng góc của H lên đường
thẳng AD
·
·
Khi đó H ∈ IJ, SIH = SKH = 450
∆SHI = ∆SHK nên HK = HI . Vậy H ∈
AC
A

S

J

B

C

K
H
I

D


 SH ⊂ ( SAC )
⇒ ( SAC ) ⊥ ( ABCD)

 SH ⊥ ( ABCD)

·
b) Ta có SH = d( S; (ABCD)) và SCH = 600
SH
SH
=
Tam giác SHC vuông tại H có CH =
°
tan 60
3
CH 2
SH 6
Ta có KH = DJ = a – CJ = a −
(1)
= a−
2
6

Mặt khác ta có tam giác SHK vng cân tại H nên SH = KH (2)
SH 6
a 6
⇔ SH =
Từ (1) và (2) ta có SH = a −
6
1+ 6

Ví dụ 2: (Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Đờng Nai năm học 2012 - 2013)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, đường thẳng SA vng góc
với mặt phẳng (ABCD). Biết AB = a, BC = 2a, SA = a 3 . M, N lần lượt là trung
điểm của các đoạn thẳng SB và AD. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và
BN.
Hướng dẫn giải:
Cách 1: Gọi K là trung điểm SC

S

Ta có AM // KN nên AM //( BNK)
Vậy:
d( AM, BN) = d( AM, (BNK))= d(A, (BNK))
H là trung điểm BC. Tứ giác ABHN là hình
vng có tâm I cạnh a, G là giao điểm SH và
BK, AL và GJ là hai đường cao của tam giác
AGI

G
A

N

D

L
I

AH
2
·
cos GHI =
=
SH
5
IH =

K

M

J
B

H

a 2 HG 1
a 5
,
= ⇒ HG =
2 HS 3
3

7a 2
a 7
⇒ IG =
Tam giác IHG có : IG = IH + HG − 2 IH .HG.cos H =
18
3 2
2

2

GJ ⊥ AH ⇒ GJ PSA
GJ HG 1
1
a 3
=
= ⇒ GJ = SA =
SA HS 3
3
3

2

C


Tam giác AGI có AL và GJ là hai đường cao nên ta có:
GJ . AI a 3
d ( A, ( BNK )) = AL =
=
GI

7
Cách 2: Gọi α là góc giữa AM và BN, ta có AM = a, BN = a 2
uuuu uuu uuuu uuu uuu uuuu uuu uuuu uuu
r r
r
r
r
r r
r r
uuuu uuu
r r
r
r r
1 uuu uuu uuu
AM .BN = AM . AN − AB = AM . AN − AM . AB = − AM . AB = − AS + AB AB
2

(

)

(

r r
r
r
1 uuu uuu 1 uuu 2
1 uuu 2
a2
= − AS . AB − AB = − AB = −

2
2
2
2
uuuu uuu
r r
AM .BN
1
7
cos α =
=
⇒ sin α =
AM .BN 2 2
2 2

S

M

K là trung điểm AB
1
a3 3
VM . ABN = MK .S ABN =
3
12
d ( AM , BN ) =

6VM . ABN
a 3
=

AM .BN .sin α
7

)

N

A

D

K
B

C

Cách 3: Chọn hệ tọa độ Axyz : A(0;0;0)

z

B nằm trên tia Ox, B(a; 0; 0)

S

D nằm trên Oy, D(0; 2a; 0)
C(a; 2a; 0)
S nằm trên tia Oz, S (0;0; a 3)

M
A

a
a 3
M là trung điểm SB, M ( ;0;
)
2
2

N là trung điểm AD, N(0; a; 0)

B

y

N

D

C

x

uuuu  a a 3  uuu
r
r
uuuu uuu
r r  − a 2 3 − a 2 3 a 2  uuu
r
AM =  ;0;
, BN = ( − a; a;0 ) ,  AM , BN  = 

;
; ÷, AB = ( a;0;0 )
÷

  2
2
2 ÷
2
2÷




uuuu uuu uuu
r r
r
 AM .BN  . AB a 3


d ( AM , BN ) =
=
uuuu uuu
r r
7
 AM .BN 




Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC có đường thẳng SA vng góc với mặt phẳng (ABC).

·
Tam giác ABC vng tại B, BSC = 450 , ·
ASB = α . Tính tanα để góc giữa hai mặt
0
phẳng (SAC) và (SBC) bằng 60
Hướng dẫn giải:
Dựng AB’⊥ SB và AC’⊥ SC. Khi đó

S

SC ⊥ (AB’C’)
C'

Góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng
· ' B ' = 600
AC
Xét 3 tam giác vuông : ∆SAB’, ∆SB’C’ và
∆AB’C’ ta có :
AB '

tan α =

SB '


0
 AB ' = B ' C '.tan 60 = B ' C ' 3

 SB ' = B ' C '.cos 450 = B ' C ' 2


2


B'
A

⇒ tan α =

6
2

C

B

Một số bài tập tự luyện:
Bài 1: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a .Gọi E là
điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung
điểm của BC. Chứng minh MN ⊥ BD và tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng MN
và AC.
Bài 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, BC = a và
0
·
ABC = 300 . Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với đáy một góc 60 . Hình
chiếu vng góc của S lên (ABC) nằm trên cạnh BC. Tính khoảng cách giữa SA và
BC
Bài 3: Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có cạnh đáy bằng a. M, N, I lần
lượt là trung điểm AA’, AB, BC. Góc giữa hai mặt phẳng (C’AI) và (ABC) bằng 600.
Tính thể tích khối chóp NAC’I và khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC’.
Bài 4: Cho hình lăng trụ đều ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a. G là trọng tâm

tam giác ABC. M, N là trung điểm BB’, CC’. Qua G vẽ đường thẳng cắt MN tại P và
AB’ tại Q. Tính độ dài PQ
Bài 5: Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là một tam giác cân với
·
AB = AC = a, BAC = 1200 , BB’ = a. Gọi I là trung điểm CC’
a) Chứng minh tam giác AB’I vuông
b) Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB’I)


Bài 6: Cho hình chóp S.ABC có ABC và SAB là các tam giác đều. Chân đường cao
hình chóp đối xứng với tâm O của đáy qua cạnh AB. Diện tích tồn phần của hình
chóp là S. Tính góc giữa mặt phẳng (SAC) và (ABC)
B. Các bài toán tính thể tích khối đa diện.
Một số kiến thức cần ghi nhớ:
1
3

1) Thể tích khối chóp: V = Bh với B là diện tích đáy và h là đường cao
2) Thể tích khối lăng trụ: V = Bh với B là diện tích đáy và h là đường cao
3) Khối tứ diện ABCD có m =d(AB,CD), α là góc giữa hai đường thẳng AB và
1
6

CD. Khi đó VABCD = AB.CD.m.sin α
4) Trong hệ tọa độ Oxyz :
uuu uuu uuur
r r

a) Thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’: VABCD. A ' B 'C ' D ' =  AB, AD  . AA '



b) Thể tích khối tứ diện VABCD =

1
6

uuu uuu uuu
r r
r
 AB, AC  . AD



5) Để tính thể tích khối chóp và thể tích khối lăng trụ ta cần xác định đường cao
và diện tích đáy
6) Để xác định chân đường cao của hình chóp ta lưu ý một số trường hợp sau:
• Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc có các cạnh bên tạo với đáy những
góc bằng nhau thì chân đường cao của hình chóp trùng với tâm của đường tròn
ngoại tiếp đáy
• Hình chóp có mợt mặt bên vuông góc với đáy thì đường cao của hình chóp cũng
là đường cao của mặt bên đó
• Hình chóp có hai mặt bên kề nhau vuông góc với đáy thì đường cao là cạnh
chung của hai mặt bên đó
• Hình chóp có các mặt bên tạo với đáy những góc bằng nhau thì chân đường cao
sẽ cách đều tất cả các cạnh của đáy nên chân đường cao đó sẽ là:
+ Tâm đường tròn nội tiếp đáy nếu nó nằm trong đáy
+ Tâm đường tròn bàng tiếp đáy nếu nó nằm ngoài đáy
• Hình chóp S.ABC có A’, B’, C’ lần lượt nằm trên SA, SB, SC nhưng không trùng
VS . ABC
SA SB SC

=
.
.
S. Khi đó ta có
VS . A ' B 'C ' SA ' SB ' SC '


Ví dụ 1: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có khoảng cách từ C đến mp(SAB)
bằng d và góc tạo bởi đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng α. Tính thể tích
khối chóp theo d và α.
Hướng dẫn giải
Đặt AB = x (x > 0)

S

Gọi M là trung điểm AB và I là trọng tâm tam
giác ABC
·
Dựng CH ⊥ SM . Ta có CH = d và SCI = α

CM =
SM =

x 3
x tan α
x
, SI =
, IM =
2
3

2 3
x
2 3

H
A

4 tan α + 1
2

C
B

∆SCM có SI và CH là các đường cao nên
SI.CM = CH.SM ⇒

I

M

(

d 3 4 tan 2 α + 1
d 4 tan 2 α + 1
x=
. Vậy: V
SABC =
3 tan α
36 3 tan 2 α

)

3

Ví dụ 2: Hình chóp S.ABC có đáy ABC là một tam giác đều cạnh a. Mặt phẳng
(SBC) vuông góc với đáy, hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) tạo với đáy một góc α.
Tính thể tích khối chóp S.ABC
Hướng dẫn giải
Gọi SH là đường cao ∆SBC. Dựng HM ⊥ AB và
HN ⊥ AC

S

Khi đó ta có SH là đường cao hình chóp S.ABC
·
·
và SMH = SNH = α
∆ SMH = ∆ SNH ( g − c − g ) ⇒ HM = HN

Vì H cách đều 2 cạnh AB và AC nên H nằm trên
·
đường phân giác trong của góc BAC mà ∆ABC
đều nên đường phân giác này cũng là đường
trung tuyến .Vậy H là trung điểm BC
Gọi BK là đường cao của ∆ABC

C

H
N

K

M
A

Vì HN //BK và H là trung điểm BC nên N là trung điểm CK và HN =

a 3
4

B


a 3
a2 3
.
SH = HN tan α =
tan α và S ABC =
4
4

Vậy thể tích của S.ABC là V =

a 3 tan α
16

Ví dụ 3: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Tính theo a thể tích của khối
tứ diện đều MNPQ trong đó M, N là hai đỉnh nằm trên đường chéo B’D của hình lập
phương và P, Q là hai đỉnh nằm trên đường chéo AC của đáy.
Hướng dẫn giải

Gọi O là tâm hình vuông ABCD

B'

C'

Giả sử MNPQ là tứ diện đều cạnh b.
Dựng OI ⊥ B’D ta có OI là đoạn vuông góc
chung của B’D và AC

A'

a
.a
∆ OID : ∆B ' BD nên OI = OD.BB ' = 2 = a
B'D
a 3
6

Mặt khác OI là đoạn vuông góc chung của MN
b
và PQ nên OI =
2

Từ đó ta có b =

D'

M
I

B
P

C
Q

O N
D

A

a
a3 2
nên thể tích của khối tứ diện MNPQ là V =
3
36 3

Ví dụ 4: Một hình hộp xiên ABCD.A’B’C’D’ có sáu mặt đều là hình thoi cạnh a, các
góc ở đỉnh A đều bằng 600. Tính thể tích của khối hộp ABCD. A’B’C’D’
Hướng dẫn giải
·
ABCD là hình thoi cạnh a, BAD = 60° nên
a2 3
·
S ABCD = AB. AD.sin BAD =
2
Theo giả thiết : A’A = A’B = A’D = a
Dựng A’H ⊥ (ABCD) thì H là tâm tam giác
đều ABD cạnh a

a 6
Tính A ' H = A ' A2 − AH 2 =
3

D'

C'

A'
B'

D
C
H

A
B
a3 2
VABCD . A ' B 'C ' D ' = A ' H .S ABCD =
2
Ví dụ 5: Cho tứ diện SPQR có SP = a, SQ = b, SR = c và đơi một vng góc nhau .
A, B, C lần lượt là trung điểm của các cạnh PQ, QR, RP.
a) Chứng minh rằng các mặt của tứ diện SABC là là các tam giác bằng nhau


b) Tính thể tích của khối tứ diện SABC
Hướng dẫn giải
a) Xét hai tam giác vng SPQ và ABC có
PQ
SA = BC =

2
Chứng minh tương tự ta có SB = AC, SC = AB
Vậy các mặt của tứ diện SABC bằng nhau (c – c – c )
abc
b) VSPQR =
6
1
S .SH
VSABC 3 ABC
1
=
= .
Dựng SH ⊥ (ABC). Ta có
VSPQR 1 S .SH 4
PQR
3
Vậy VSABC

S

C

P

R

H
A

B

Q

abc
=
24

Một số bài tập tự luyện:
Bài 1: Cho tứ diện ABCD có CD = a, Đường vuông góc hạ từ trung điểm H của của
đoạn AB xuống đường thẳng CD bằng b và tạo với hai mặt phẳng (ACD) và (BCD)
những góc bằng nhau và bằng α. Tính thể tích khối tứ diện ABCD.
Bài 2: Một hình chóp tứ giác có đáy là hình chữ nhật và có đường cao bằng h. Năm
mặt của hình chóp có diện tích bằng nhau. Tính thể tích khối chóp đó theo h.
Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD có đường cao SA = a, ABCD là hình vuông cạnh a.
M là một điểm trên cạnh SB sao cho SM = x (0 < x < a). Mặt phẳng (ADM) cắt SC tại
N. Mặt phẳng (ADM) chia S.ABCD thành 2 phần: một phần là khối chóp S.ADNM
có thể tích V1, phần còn lại có thể tích bằng V2. Tìm x để

V1 5
=
V2 4

Bài 4: Cho hình chóp lục giác đều S.ABCDEF, mặt chéo SAC là tam giác vuông có
cạnh huyền bằng a.
a) Tính thể tích khối chóp
b) Tính góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp.
Bài 5: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’. Các mặt phẳng (ABC’), (AB’C), (A’BC) cắt
nhau tại O. H là hình chiếu của O lên (ABC)
a) Chứng minh H là trọng tâm tam giác ABC
b) Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’. Tính thể tích OABC theo V

Bài 6: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác cân tại A, BC = 2a,
0
·
BAC = α .Đỉnh A’ cách đều ba điểm A, B, C và cạnh bên tạo với đáy một góc 60 .
Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’.
Bài 7: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’có AB’CD’ là tứ diện đều cạnh a. Tính thể tích
của khối tứ diện ABC’D
Bài 8: Cho hai nửa đường thẳng Ax và By chéo nhau và vng góc nhau có AB là
đoạn vng góc chung. Trên Ax, By lấy M, N sao cho AM = x, BN = y.
a) Chứng minh các mặt của tứ diên MABN là các tam giác vng
b) Tính thể tích và diện tích tồn phần của tứ diện MABN
Bài 9: Trong mặt phẳng (P) cho một điểm O và một đường thẳng d cách điểm O một
·
·
khoảng OH = h. Trên đường thẳng d lấy hai điểm B, C sao cho BOH = COH = 300 .
Trên tia Ot vng góc mặt phẳng (P) lấy một điểm A sao cho OA = OB. Tính thể tích
khối tứ diện OABC và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC)
C. Các bài toán liên quan đến điểm cố định, đường thẳng cố định, mặt phẳng cố
định.
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang (AB là đáy lớn), I là
trung điểm SC. Một mặt phẳng (α) thay đổi nhưng luôn chứa AI, cắt SB, SD tại M và
N
a) Chứng minh rằng MN luôn đi qua một điểm cố định.
b) IM cắt BC tại P, IN cắt CD tại Q. Chứng minh rằng PQ luôn đi qua một điểm
cố định
Phương pháp: Chứng minh đường thẳng di động a luôn đi qua một điểm cố định ta
có thể sử dụng một số phương pháp:
+ Chứng minh 3 đường thẳng a, b, c đồng quy trong đó b và c là 2 đường thẳng cố
định

+ Chứng minh 3 điểm thẳng hàng trong đó có một điểm cố định và 2 điểm còn lại
nằm trên a
+ Tìm một đường thẳng d cắt a tại A. Chứng minh A là giao điểm của d và mp(P) cố
định chứa a
Hướng dẫn giải


a) Gọi O là giao điểm của AC và BD, E là
giao điểm của SO và AI. Khi đó E là điểm
cố định

S

M

Ta có MN = (α) ∩ (SBD)
và E∈ (α) ∩ (SBD)

I

E

nên E∈ MN hay MN luôn đi qua điểm cố
dịnh E

B

A
O

N

b) Ta có PQ = (α) ∩ (ABCD)

Q

C

D

và A ∈ (α) ∩ (ABCD) nên PQ đi qua A cố
định
P

Ví dụ 2: Cho tứ giác ABCD có AB và CD cắt nhau . S là điểm không nằm trong mặt
phẳng (ABCD) , M là điểm di động trên SB. Mặt phẳng (MAD) cắt SC tại N. Giả sử
AM cắt DN tại I. Chứng minh rằng khi M di động trên SB thì I luôn nằm trên một
đường thẳng cố định
Phương pháp: Chứng minh điểm di động A luôn nằm trên một đường thẳng cố định
ta có thể sử dụng một số phương pháp:
+ Chứng minh 3 đường thẳng a, b, c đồng quy tại A trong đó có 1 đường thẳng cố
định
+ Chứng minh A nằm trên giao tuyến của 2 mặt phẳng cố định
Hướng dẫn giải
Gọi F là giao điểm của AB và CD .

S

SF = (SAB) ∩ (SCD) mà I ∈ (SAB) ∩
(SCD) nên I luôn nằm trên đường thẳng SF

cố định
M

I

N

A

D

B

C

F

Ví dụ 3: Cho hai hình bình hành ABCD và ABEF không cùng nằm trên một mặt
phẳng , M, N lần lượt là hai điểm di động nằm trên AD và BE sao cho

AM BN
=
.
MD NE


Chứng minh rằng MN luôn song song với một mặt phẳng cố định
Phương pháp: Chứng minh một đường thẳng di động d song song với một mặt
phẳng cố định ta có thể sử dụng một số phương pháp:
+ Định lý Thalès (phần đảo) trong không gian

+ Chứng minh d nằm trong một mặt phẳng song song với một mặt phẳng cố định
Hướng dẫn giải
Cách 1:
Ta có

AM BN
=
nên MN, AB và DE cùng song
MD NE

C

D

song với một mặt phẳng (1)

M

Mặt khác AB //(DEF), DE ⊂ (DEF) và MN ⊄
(DEF) (2)

A

B

KA

Từ (1) và (2) ta có MN //(DEF) với (DEF) là mặt
phẳng cố định

N
E

F

Cách 2:
Trong mặt phẳng (ADF) kẻ MK//DF (K ∈ (AF)
Khi đó (KMN) // (DEF) mà MN ⊂ (KMN) nên
MN //(DEF)

Ví dụ 4: (Đề thi chọn học sinh giỏi lớp 12 tỉnh Đồng Nai năm học 2010 - 2011)
Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có đáy ABCD là hình vuông. M là điểm di
động trên đoạn AB ( 0 < AM < AB ) . Lấy điểm N thuộc cạnh A’D’ sao cho A’N =
AM. Chứng minh rằng MN luôn cắt và vuông góc với một đường thẳng cố định khi
M thay đổi.
Hướng dẫn giải
Trong mặt phẳng (ABB’A’) dựng MH// AA’
trong mặt phẳng (ADD’A’) dựng NK //
AA’ . Khi đó AC ⊥ (MHNK) nên AC ⊥ MN

B'
H

Gọi I, J lần lượt là trung điểm AA’ và CC’.
Khi đó IJ cố định
Ta có: IJ //AC và IJ đi qua tâm của hình chữ
nhật MHNK nên IJ vuông góc với MN tại
trung điểm của MN

C'

A'
I

N

M
A

C

B
K

J

D'

D


Một số bài tập tự luyện:
Bài 1: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Trên các cạnh AA’, BC, C’D’ lấy các
điểm M, N, P sao cho AM = CN = D’P. Chứng minh rằng mặt phẳng (MNP) luôn
song song với một mặt phẳng cố định
Bài 2: Trong mặt phẳng (α) cho hai đường thẳng đồng quy Ox, Oy cố định. Lấy 2
điểm A, B cố định không nằm trên mặt phẳng (α). Giả sử đường thẳng AB luôn cắt
(α). Một mặt phẳng (β) di động luôn chứa AB, cắt Ox tại E và cắt Oy tại F. Chứng
minh đường thẳng EF luôn đi qua một điểm cố định
Bài 3: Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD. Một điểm M di động trong không

gian sao cho ta luôn có ·
AMB = ·
AMD = 90° . Chứng minh rằng M luôn nằm trên một mặt
phẳng cố định.
Bài 4: Cho tứ diện ABCD. Hai điểm I, J lần lượt nằm trên hai đường thẳng AD và BC
sao cho

IA JB
=
. Chứng minh IJ luôn song song với một mặt phẳng cố định
ID JC

Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD có đaý ABCD là hình bình hành tâm O, M là điểm di
động trên SA. Đường thẳng đi qua M và song song AD cắt SD tại N, BN cắt SO tại P.
a) Chứng minh đường thẳng MP luôn đi qua một điểm cố định
b) Q là điểm nằm trên cạnh CD sao cho

CQ SM
=
. Chứng minh rằng MQ luôn song
CD SA

song với một mặt phẳng cố định
D. Các bài toán chứng minh
Đối với các bài toán chứng minh, học sinh cần phải có kiến thức tổng hợp, biết phân
tích giả thiết bài toán, lập được mối liên hệ giữa giả thiết và yêu cầu cần chứng minh
để đưa ra được phương pháp giải thích hợp
Ví dụ 1: Cho tứ diện SABC.
a) Chứng minh rằng các đoạn thẳng nối trung điểm của các cặp cạnh đối SA và
BC, SB và AC, SC và AB đồng quy tại điểm O

b) Gọi I, J, K, L lần lượt là trọng tâm của các mặt ABC, SBC, SAC, SAB. Chứng
minh rằng SI, AJ, BK và CL cũng đồng quy tại O và ta có
OI OJ OK OL 1
=
=
=
=
SI AJ BK CL 4

c) Chứng minh rằng tổng bình phương tất cả các cạnh của tứ diện SABC bằng 4
lần tổng bình phương các đoạn thẳng nối trung điểm của các cặp cạnh đối.
Hướng dẫn giải


a) Gọi M, N, E, F, G, H lần lượt là trung điểm
của các cạnh SA, BC, SB, AC, SC AB . Khi đó
MHNG và HEGF là các hình bình hành nên các
đường chéo MN, EF, GH cắt nhau tại trung điểm
O của mỗi đường hay MN, EF, GH đồng quy tại
O

S

G

M
E
O

b) * Ta có SI = ( SHC) ∩ (SAN)

A

mặt khác O∈ MN và MN ⊂(SAN)

C

F

O∈ HG và HG ⊂(SCH)

I

H

Từ đó ta có SI đi qua O

B

Tương tự cho các đường còn lại

N

S

Cách khác: Trong mặt phẳng (SHC): SO cắt CH
tại I .Ta chứng minh I là trọng tâm tam giác ABC

G
O

* G’ là trung điểm HC. Khi đó GG’//SI và
GG ' 1
= (1)
SI
2

H

I là trung điểm HG’ và OI//GG’ nên
Từ (1) và (2) ta có

G'

I

C

OI
1
= (2)
GG ' 2

OI 1
= .Tương tự cho các tỉ lệ khác
SI 4

c) Cách 1: Sử dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến trong tam giác
Cách 2: Sử dụng tính chất: ABCD là hình bình hành thì AC 2 +BD2 =2(AD2 + AB2)
và tính chất đường trung bình trong tam giác
Ví dụ 2: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’. Gọi M là trung điểm AA’.Chứng minh rằng

mặt phẳng(C’MB) chia khối lăng trụ ABC.A’B’C’thành hai phần có thể tích bằng
nhau.
Hướng dẫn giải
Gọi V1 và V2 lần lượt là thể tích của hai khối đa
diện ABCC’M và A’B’C’BM. Gọi V, S, h lần
lượt là thể tích, diện tích đáy, chiều cao của khối
lăng trụ ABC.A’B’C’
Gọi E là giao điểm của C’M và AC. Khi đó
∆A’MC’ = ∆EMA ( g-c-g) nên EA=A’C’=AB
hay A là trung điểm của EC
⇒ S∆EAB = S∆ABC =

1
S
2 ∆EBC

A'

M

C'

B'

A

C

E
B

1
3

1
3

h
2

2
3

1
6

1
2

Ta có: V1 = VC ' EBC − VMEAB = .2S .h − .S . = V − V = V .

1
V2 = V − V1 = V
2

Vậy mặt phẳng (C’MB) chia khối lăng trụ ABC.A’B’C’ thành hai phần có thể tích
bằng nhau
Một số bài tập tự luyện:
Bài 1: Cho hình vuông ABCD cạnh 2a. I, J lần lượt là trung điểm của AD và BC. ( α)

là mặt phẳng đi qua IJ và vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Trong mặt phẳng (α) ta
vẽ nửa đường tròn đường kính IJ. Trên nửa đường tròn này ta lấy một điểm S tùy ý.
a) Chứng minh (SAD) ⊥(SBC)
b) H là trực tâm tam giác SAD và H’ là hình chiếu vuông góc của H lên (ABCD).
Chứng minh H’ là trực tâm tam giác AJD
c) K là trực tâm tam giác SBC và K’ là hình chiếu vuông góc của K lên (ABCD).
Chứng minh HH’.KK’ không đổi. Tính tích số này theo a
Bài 2: Cho tứ diện ABCD với AB⊥CD. I, J lần lượt là trung điểm AB, DC và IJ là
đường vuông góc chung của AB, CD
a) Chứng minh AC = AD = BC = BD
b) O là điểm nằm trên đoạn IJ. Chứng minh rằng O cách đều 2 mặt phẳng (ABC),
(ABD) và O cách đều 2 mặt phẳng (ACD), (BCD).
Bài 3: Cho hình chóp S.ABC. Gọi M, P lần lượt là trung điểm của SA và BC , N là
điểm nằm trên cạnh AB sao cho

AN 1
= . Chứng minh rằng mặt phẳng (MNP) chia
AB 3

hình chóp S.ABC thành hai phần có thể tích bằng nhau.
Bài 4: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Mặt phẳng (α) cắt các cạnh AA’, BB’, CC’,
DD’ lần lượt tại các điểm A1, B1, C1, D1 với các điểm A, B, C, D không nằm trên mặt
phằng (α). Gọi V và V1 lần lượt là thể tích của các khối chóp A1.ABCD và A.
A1B1C1D1. Chứng minh rằng V = V1.
E. Bài toán cực trị:
1. Bài toán: “ Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của đại lượng f ( Thể tích khối đa
diện, diện tích của một đa giác, độ dài một đoạn thẳng, góc) phụ thuộc vào một
đại lượng biến thiên x (hoặc 2 đại lượng biến thiên x, y)”.
Để giải quyết bài toán trên ta thực hiện các bước:
• Tìm 2 sớ m và M sao cho m ≤ f ≤ M

• Chứng tỏ tồn tại x1, x2 sao cho f(x1) = m và f(x2) = M
• Vậy M =maxf và m = minf


2. Có 3 phương pháp chính để giải quyết bài toán cực trị:
A. Phương pháp hình học
B. Phương pháp đại số: Thường sử dụng bất đẳng thức Cauchy
C. Phương pháp giải tích: Sử dụng đạo hàm f’(x) để tìm minf và maxf
Ví dụ 1:
Cho hình chóp S.ABCD có SA = x, tất cả các cạnh còn lại của hình chóp đều có độ
dài bằng a.
a) Chứng minh SA ⊥ SC
b) Tính diện tích ABCD và đường cao SH của hình chóp S.ABCD. Từ đó suy ra
điều kiện của x để bài toán có nghĩa.
c) Tìm x để khối chóp S.ABCD có thể tích lớn nhất.
Hướng dẫn giải
a) Gọi O là tâm hình thoi ABCD

S

Ta có ∆ABD = ∆SBD (c-c-c) nên
SO = AO =

1
AC .
2

Tam giác SAC có đường trung tuyến SO bằng
nửa cạnh huyền AC nên ∆SAC vuông tại S
hay SA ⊥ SC

D

C

b) Ta có AC = a 2 + x 2 , DB = 3a 2 − x 2
S ABCD =

(a

2

+ x 2 ) ( 3a 2 − x 2 )

H O
A

B

2

Bài toán có nghĩa khi 3a 2 − x 2 > 0 ⇔ 0 < x < a 3
BD ⊥(SAC) nên (ABCD) ⊥(SAC)
Dựng SH ⊥ AC thì SH là đường cao của hình chóp S.ABCD
Tam giác SAC vuông tại S có SH là đường cao nên SH =
c) VS . ABCD

a x 2 ( 3a 2 − x 2 )
1
= SH .S ABCD =

3
6

ax
a + x2
2


Sử dụng bất đẳng thức Cauchy hoặc xét hàm số f ( x ) =

a x 2 ( 3a 2 − x 2 )
6

(

)

trên 0; a 3 ta

a 3
a3
có VS.ABCD đạt giá trị lớn nhất bằng
khi x =
4
2

Ví dụ 2 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a, AD =
b, SA ⊥ (ABCD) và SA = 2a. Trên SA lấy điểm M sao cho AM = x ( 0 ≤ x ≤ 2a ). Tìm x
để diện tích thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MBC) và hình chóp S.ABCD đạt giá trị lớn
nhất, giá trị nhỏ nhất.

Hướng dẫn giải
Gọi N là giao điểm của SD và mặt phẳng
(MBC). Ta có BCNM là hình thang vuông tại
M và B.
MN//AD nên MN =

S

SM . AD ( 2a − x ) b
=
SA
2a

M

và BM = a 2 + x 2

N

A

B

Khi đó diện tích hình thang vuông BCNM là:
f ( x) = S BCNM =

b
( 4a − x ) a 2 + x 2
4a

D

C

Sử dụng phương pháp giải tích ta có
SBCNM đạt GTLN khi x =

(

a 2+ 2
2

)

và SBCNM đạt GTNN khi x =

(

a 2− 2

)

2

Ví dụ 3: Trên mặt phẳng (P) cho nửa đường tròn (C) đường kính AC . B là điểm nằm
trên nửa đường trịn (C) . Trên nửa đường thẳng Ax vng góc mặt phẳng (P) lấy
điểm S sao cho AS = AC. Kẻ AH vng góc SB và AK vng góc SC. Đặt AC = a,
BC = x.
a) Chứng minh hai tam giác SBC và AHK là các tam giác vng
b) Tìm x để tổng diện tích hai tam giác SAB và ABC đạt giá trị lớn nhất.

Hướng dẫn giải


b)

S = S SAB + S ABC

S

1
1
= AB.SA + AB.BC
2
2

1
= (a + x) a 2 − x 2
(0 < x < a )
2
Cách 1: Sử dụng bất đẳng thức Cauchy
Cách 2: Sử dụng phương pháp hàm số
Đáp số: Giá trị lớn nhất của S bằng
được khi x =

3a 2 3
đạt
8

K

H
A

a
2

C

B

Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABC có SA = x, BC = y. Các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính
thể tích S.ABC theo x, y. Tìm x, y để thể tích S.ABC đạt giá trị lớn nhất.
Hướng dẫn giải
Gọi M, N lần lượt là trung điểm SA, BC.
Ta có
 BC ⊥ SN
⇒ BC ⊥ ( SAN )

 BC ⊥ AN

S

M

Tương tự : SA ⊥ ( BMC ) nên SA ⊥ MN

VS . ABC = VB.SAN + VC .SAN

1
1

y 1
= BN .S∆SAN + CN .S∆SAN = . SA.MN
3
3
3 2
xy
4 − x 2 − y 2 ( Điều kiện:
12
0 ≤ x2 + y 2 ≤ 4 )
=

A

C
N
B

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho 3 số x2 , y2 , 4 – x2 – y2 ta có VS . ABC ≤
Vậy thể tích S.ABC đạt giá trị lớn nhất bằng

2 3
27

2 3
2 3
đạt được khi x = y =
27
3

Một số bài tập tự luyện:

Bài 1: Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh bên bằng a, góc giữa mặt bên và đáy bằng
β. Định β để thể tích khối chóp S.ABCD là lớn nhất


Bài 2: Tứ diện S.ABC có đường cao SA = a 3 , tam giác ABC vuông tại B, AB = 2a,
BC = 3a. M là điểm nằm trên cạnh SC sao cho CM = x. H, K lần lượt là hình chiếu
của M lên các mặt phẳng (ABC) và (SAB). Mặt phẳng (MHK) cắt cạnh AB tại L
a) Chứng minh KMHL là hình chữ nhật
b) Tìm x để thể tích khối chóp B.KMHL đạt giá trị lớn nhất.
Bài 3: Cho hình chóp đều S.ABCD có các cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Một mặt
phẳng (α) di động nhưng luôn song song với đáy và cắt các cạnh bên lần lượt tại M,
N, P, Q. Gọi M’, N’, P’, Q’ lần lượt là hình chiếu của M, N, P, Q lên đáy của hình
chóp. Tìm giá trị lớn nhất của khối đa diện MNPQ. M’N’P’Q’.
Bài 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. SA ⊥(ABCD):
SA = y (y > 0). Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho AM = x ( 0 ≤ x ≤ a ) và x 2 + y 2 = a 2 .
Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khới chóp S.ABCM
Bài 5: Tứ diện ABCD có AB = x, các cạnh cịn lại đều bằng a.Tính diện tích tồn
phần của tứ diện ABCD theo a và x. Tìm x để diện tích tồn phần của tứ diện ABCD
đạt giá trị lớn nhất
Bài 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA = h vng
góc mặt phẳng (ABCD), M là điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vng góc BM. Xác
định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị lớn nhất đó.
IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Trên đây tôi đã trình bày một số dạng toán hình học không gian nhằm nâng cao
khả năng giải quyết bài toán hình học không gian của các em học sinh, từ đó các em
có thể đạt được kết quả tốt trong kỳ thi học sinh giỏi tỉnh và trong suốt quá trình học
tập của các em.
Kết quả: Qua ba năm tham gia giảng dạy các em học sinh đã đạt được một giải
ba và bốn giải khuyến khích trong kỳ thi học sinh giỏi tỉnh.

V.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Hình học không gian – Đặng Vĩnh Cấn, Ngô Thiện, Đặng Minh An – Nhà
xuất bản Giáo dục – Năm 1984.
2. Toán nâng cao hình học không gian lớp 11 – Nguyễn Phước Thạnh, Tạ Thuận
Hòa – Nhà xuất bản Đồng Nai- Năm 1997
3. Toán nâng cao hình học lớp 11- Phan Huy Khải – Nhà xuất bản Đại học quốc
gia Hà Nội – Năm 1999.
4. Sách giáo khoa lớp 11 và lớp 12- Nhà xuất bản giáo dục
5. Một số tài liệu khác
NGƯỜI THỰC HIỆN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)


BM04-NXĐGSKKN
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị : THPT Nam Hà
–––––––––––

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
––––––––––––––––––––––––
Biên Hòa, ngày 20 tháng 5 năm 2014

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: 2013 – 2014
Tên sáng kiến kinh nghiệm: Một số bài toán hình học không gian trong giảng dạy học sinh giỏi.
Họ và tên tác giả: Lê Thị Thu Nga. Chức vụ: Giáo viên

Đơn vị: Trường trung học phổ thông Nam Hà
Lĩnh vực: (Đánh dấu X vào các ô tương ứng, ghi rõ tên bộ môn hoặc lĩnh vực khác)
- Quản lý giáo dục

- Phương pháp dạy học bộ môn: ............................... 
- Phương pháp giáo dục

- Lĩnh vực khác: ........................................................ 
Sáng kiến kinh nghiệm đã được triển khai áp dụng: Tại đơn vị 
Trong Ngành 
1. Tính mới (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ô dưới đây)
- Đề ra giải pháp thay thế hồn tồn mới, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn

- Đề ra giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, bảo đảm tính khoa học, đúng đắn 
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay
tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 
2. Hiệu quả (Đánh dấu X vào 1 trong 5 ô dưới đây)
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện trong tồn ngành có hiệu quả cao 
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện trong tồn ngành có hiệu quả
cao 
- Giải pháp thay thế hoàn toàn mới, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả cao 
- Giải pháp thay thế một phần giải pháp đã có, đã được thực hiện tại đơn vị có hiệu quả 
- Giải pháp mới gần đây đã áp dụng ở đơn vị khác nhưng chưa từng áp dụng ở đơn vị mình, nay
tác giả tổ chức thực hiện và có hiệu quả cho đơn vị 
3. Khả năng áp dụng (Đánh dấu X vào 1 trong 3 ơ mỗi dịng dưới đây)
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:
Trong Tổ/Phịng/Ban  Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT 
Trong ngành 
- Đưa ra các giải pháp khuyến nghị có khả năng ứng dụng thực tiễn, dễ thực hiện và dễ đi vào cuộc sống:
Trong Tổ/Phòng/Ban 

Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT 
Trong ngành 
- Đã được áp dụng trong thực tế đạt hiệu quả hoặc có khả năng áp dụng đạt hiệu quả trong phạm vi rộng:
Trong Tổ/Phòng/Ban 
Trong cơ quan, đơn vị, cơ sở GD&ĐT 
Trong ngành 
Xếp loại chung: Xuất sắc 
Khá 
Đạt 
Không xếp loại 
Cá nhân viết sáng kiến kinh nghiệm cam kết và chịu trách nhiệm không sao chép tài liệu của
người khác hoặc sao chép lại nguyên văn nội dung sáng kiến kinh nghiệm cũ của mình.
Tổ trưởng và Thủ trưởng đơn vị xác nhận đã kiểm tra và ghi nhận sáng kiến kinh nghiệm này đã
được tổ chức thực hiện tại đơn vị, được Hội đồng chuyên môn trường xem xét, đánh giá; tác giả
không sao chép tài liệu của người khác hoặc sao chép lại nguyên văn nội dung sáng kiến kinh
nghiệm cũ của chính tác giả.
Phiếu này được đánh dấu X đầy đủ các ơ tương ứng, có ký tên xác nhận của tác giả và người có
thẩm quyền, đóng dấu của đơn vị và đóng kèm vào cuối mỗi bản sáng kiến kinh nghiệm.
NGƯỜI THỰC HIỆN SKKN
XÁC NHẬN CỦA TỔ
THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ
(Ký tên và ghi rõ họ tên)
CHUYÊN MÔN
(Ký tên, ghi rõ
(Ký tên và ghi rõ họ tên)
họ tên và đóng dấu)