PHÁT HUY TÍNH TÍCH CỰC CỦA HỌC SINH VỀ BÀI TOÁN KHOẢNG CÁCH TRONG CHƯ¬¬¬¬ƠNG TRÌNH HÌNH HỌC 11

BM 01-Bia SKKN

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

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

PHÁT HUY TÍNH TÍCH CỰC CỦA HỌC SINH

VỀ BÀI TỐN KHOẢNG CÁCH
TRONG CHƯƠNG TRÌNH HÌNH HỌC 11

Người thực hiện: LƯƠNG HỒNG LỘC
Lĩnh vực nghiên cứu:
- Quản lý giáo dục

- Phương pháp dạy học bộ mơn: TỐN


x
(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: 2014 – 2015


BM02-LLKHSKKN

SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
––––––––––––––––––
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên: LƯƠNG HỒNG LỘC
2. Ngày tháng năm sinh: 24/12/1978
3. Nam, nữ: Nam
4. Địa chỉ: KP5, P Xuân Bình, TX Long Khánh, Tỉnh Đồng Nai
5. Điện thoại: 0918.779.174
6. Fax:

(CQ)/

(NR); ĐTDĐ:

E-mail:

7. Chức vụ: Giáo viên
8. Nhiệm vụ được giao (quản lý, đồn thể, cơng việc hành chính, công việc chuyên
môn, giảng dạy môn, lớp, chủ nhiệm lớp,…):

Dạy mơn Tốn lớp 11C2, 11C9, 12B9 và Chủ nhiệm lớp 12B9, Giáo vụ,…
9. Đơn vị công tác: Trường THPT Long Khánh.

II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
- Học vị (hoặc trình độ chuyên môn, nghiệp vụ) cao nhất: Cử nhân
- Năm nhận bằng: 2001
- Chuyên ngành đào tạo: Toán-Tin
III. KINH NGHIỆM KHOA HỌC
- Lĩnh vực chun mơn có kinh nghiệm: Giảng dạy Tốn
Số năm có kinh nghiệm: 15
- Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
Ứng dụng PPTĐ Giải bài tốn hình học khơng gian Góc và Khoảng cách.

2


PHÁT HUY TÍNH TÍCH CỰC CỦA HỌC SINH
VỀ BÀI TỐN KHOẢNG CÁCH
I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình tốn phổ thơng lớp 11, 12, hình học khơng gian là một
môn học rất thú vị, song đây cũng là môn học khó đối với một số học sinh. Các em
cần phải nắm thật kỹ các định lý về lý thuyết, có óc tưởng tượng phong phú, đặc
biệt là khả năng vẽ và nhìn được hình trong khơng gian khi vẽ chúng trên mặt
phẳng. Điều này rất khó đối với phần lớn học sinh. Từ đó làm cho kết quả học tập
của các em cịn thấp.
Nhằm giúp các em tìm kiếm một phương pháp khác để có thể giải quyết tốt
các bài tốn hình học khơng gian, năm học 2012 – 2013 tôi đã đưa ra một phương
pháp là dùng tọa độ để giải quyết các bài tốn hình học khơng gian, nhất là các bài
toán về khoảng cách. Song, vẫn cịn đó một số trở ngại:
+ Hệ trục tọa độ trong khơng gian lên đến giữa chương trình 12 mới học.
+ Việc thiết lập hệ trục tọa độ không phải lúc nào cũng dễ dàng, không phải
học sinh nào cũng làm được.
+ Chuyển từ ngơn ngữ hình học khơng gian thuần túy sang hình học giải tích

là một vấn đề khó khăn. Nó địi hỏi các em phải có kỹ năng tính tốn nhất định, bài
giải thường dài và rườm rà.
Để các em có thêm một cơng cụ nữa trong việc giải các bài toán khoảng
cách trong các đề thi đại học, tôi đưa ra một hướng đi mới cho các em. Đó là
“Phát huy tính tích cực về bài tốn khoảng cách” cụ thể là, thơng qua việc khai
thác từ một bài toán đơn giản bao quát tất cả các vấn đề từ đó ta làm nền tảng khai
thác bài tốn khó hơn. Hướng đi này tơi sẽ hướng dẫn các em học sinh có sự kiên
nhẫn và tích cực hơn đó là chỉ cần ta giải quyết được bài tốn cơ bản thì ta sẽ giải
quyết được mọi bài tốn khác.
Trong chun đề này tơi đưa ra bài tốn cơ bản và cách giải, sau đó phân
loại theo từng loại khoảng cách (có hai loại chính: khoảng cách từ điểm đến mặt
phẳng và khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau) theo từng dạng, có minh
họa bằng các đề thi đại học, đề tham khảo và bài tập để các em học sinh vận dụng.
Học sinh dựa vào đây có thể tự mình giải quyết được bài tốn hình học
khơng gian thuần túy.
Đây là chun đề mà bản thân tơi thấy rất tâm đắc, có ích đối với học sinh
và giáo viên. Qua chuyên đề này, mong các em học sinh khối 11 trường năm sau
trở đi có thể áp dụng vào chương trình học, các em học sinh khối 12 áp dụng vào
kỳ thi THPT Quốc Gia để đạt kết quả cao nhất.

3


II. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
a) Trong sách giáo khoa hình học 11 , Chương III, Bài 5: Khoảng cách; các khái
niệm về khoảng cách được định nghĩa một cách khá đơn giản. Ngồi ra khơng đưa ra
một thuật tốn nào rõ ràng để tính các khoảng cách, nhưng bài tập u cầu với học
sinh thì lại khơng đơn giản. Nếu người dạy chỉ đưa ra định nghĩa như sách giáo
khoa và cho học sinh làm bài tập ví dụ thì chắc chắn khơng nhiều học sinh có thể
làm được, học sinh sẽ rất lúng túng.

Cụ thể qua các kì thi tuyển sinh Đại học hàng năm, tơi nhận thấy khi gặp bài
tốn tính khoảng cách các em học sinh vẫn còn lúng túng, chưa thuần thục và có 1
tư duy ổn định cho loại tốn này. Đó là:
Một, nếu là bài tốn tính khoảng cách từ một điểm đến mặt phẳng:
+ Chưa nhìn ra được cách xác định hình chiếu của 1 điểm trên mặt phẳng.
+ Chưa linh hoạt trong việc quy đổi giữa các khoảng cách mà đã vội vàng,
“máy móc” vận dụng phương pháp đi tìm hình chiếu của điểm xuống mặt phẳng,
chưa kể đến đơi khi bế tắc trong phần tính tốn.
Hai, nếu là bài tốn tính khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau:
+ Chưa nhận ra được “mặt phẳng chứa đường thẳng này song song với
đường thẳng kia”.
+ Hoặc lúng túng, mặt phẳng chứa đường nào và song song với đường nào?
với việc chọn như vậy tối ưu chưa? là liệu có tính được khoảng cách khơng?
b) Để tìm lời giải bài tốn tính khoảng cách trong khơng gian thì trước hết
phải trải qua các bước tư duy như sau:
+ Xác định được các loại khoảng cách.
+ Quy đổi khoảng cách giữa các điểm.
+ Xác định hình chiếu của 1 điểm trên mặt phẳng.
+ Biết cách chọn đúng mặt phẳng trong bài toán khoảng cách 2 đường thẳng
chéo nhau.
Và bước cuối cùng là tính tốn dựa vào kiến thức tỉ số lượng giác và các hệ
thức lượng trong tam giác.
Qua thực tế giảng dạy, tôi rút ra được một số kinh nghiệm nhỏ về việc hướng
dẫn học sinh xác định các loại khoảng cách.
4


 Cơ sở lyù thuyết.
1/. Khoảng cách từ điểm A đến mp(P).
Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P) là độ dài của AH, với H là hình

chiếu của A lên (P).
Ký hiệu: d(A,(P)) = AH
* Phương pháp xác định khoảng cách:
+ Tìm mp(Q) chứa A, vng góc mp(P) theo
P)

giao tuyến a.
+ Kẻ AH ⊥ a. Khi đó: d(A,(P)) = AH
 Tính chất.
Tính chất 1:
Nếu a //(P) và A, B ∈ a thì d(A,(P)) = d(B,(P))
Tính chất 2:
Nếu a cắt (P) tại I và

d(A,(P ))
AI
= k.
= k (k biết trước) thì
d(B,(P ))
BI

2/. Khoảng cách giữa 2 đường thẳng
chéo nhau a và b.
TH1: Nếu a, b là hai đường thẳng chéo
nhau (khơng vng góc) và (P) là mặt
phẳng chứa b và song song với a thì:
5


d(a,b) = d(a,(P)) = d(A,(P)) với A ∈ a.

TH 2: Đặc biệt nếu a, b chéo nhau và a ⊥ b.
Tìm mp(P) chứa b và ⊥ a tại điểm A.
Kẻ AH ⊥ b ⇒ d(a,b) = AH
AH gọi là đoạn vng góc chung của a và b

III. TỔ CHỨC THỰC HIỆN CÁC GIẢI PHÁP.
1. Giải pháp 1: Phát huy tính tích cực qua Bài tốn khoảng cách từ một
điểm đến một mặt phẳng.
Khi gặp bài tốn tính khoảng cách từ 1 điểm A đến mặt phẳng (P) ta thực
hiện lần lượt các bước tư duy sau:
• Bước 1: Tìm một đường thẳng đi qua A và vng góc với (P) tại H.

⇒ d(A,(P)) = AH.
Nếu khơng có thì ta chuyển sang bước 2.
• Bước 2: Tìm một mặt phẳng (Q) đi qua A và (Q) ⊥ (P) theo giao tuyến d.

Từ A kẻ AH ⊥ d tại H, suy ra AH ⊥ (P). Ta có: d(A,(P)) = AH.
* Dấu hiệu nhận ra mp(Q): (Q) đi qua A và (Q) có chứa sẵn 1 đường
thẳng a vng góc với 1 đường thẳng b chứa trong (P).

Từ A kẻ đường thẳng vuông góc với b, ta xác định được mp(Q).
6


Nếu khơng có dấu hiệu nhận ra mặt phẳng đi qua A và vng góc với (P) thì
ta chuyển sang bước 3.
• Bước 3: Tìm đường thẳng a đi qua A và a // (P), trên a có điểm B (B ≠ A)

Theo tính chất 1: d(A,(P)) = d(B,(P)), để tính d(B,(P)) ta quay về bước 1, 2
như trên.

Nếu khơng có dấu hiệu của bước 3 hoặc có nhưng việc xác định hình chiếu
vẫn khó khăn, ta chuyển sang bước 4.
• Bước 4: Tìm đường thẳng a đi qua A và cắt (P) tại I, trên đường thẳng đó
có điểm B sao cho AI, BI biết tỉ số.

d(A,(P )) AI
AI
=
Þ d(A,(P )) =
.d(B,(P )) , để tính
d(B,(P )) BI
BI
khoảng cách d(B,(P)) ta quay về bước 1, 2, 3.
Bài toán 1: Bài tốn cơ bản về khoảng cách

Theo tính chất 2:

Cho hình chóp S.ABC có SA⊥ (ABC). Tính khoảng cách từ A đến (SBC).

Bình luận

Lời giải
Ta có: SA ⊥ BC, kẻ AI ⊥ BC ⇒(SAI)⊥ BC
Theo dấu hiệu nêu trên ta có:
⇒(SAI)⊥ (SBC) theo giao tuyến SI.
Nhận thấy SA ⊥ BC, từ A kẻ AI ⊥ Từ A kẻ AH ⊥ SI ⇒ AH ⊥ (SBC)
BC, ta thiết lập nên mp(Q) là (SAI)
⇒ d(A,(SBC)) = AH
đi qua A và ⊥ (SBC).
∗ Tính AH:

Cần nắm vững bài tốn gốc này,
7


nó là cốt lõi, mọi bài tốn khoảng
cách đều quy về dạng này.

∆SAI vuông tại A, AH là đường cao.
AH =

AS.AI
AS 2 + AI 2

 Bài toán 2: Bài toán minh họa các bước tư duy
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O, cạnh a; SA ⊥
(ABCD), SA = a 2 . Gọi H, G lần lượt là trọng tâm tam giác SAB và SBD Tính
các khoảng cách:
a/. d(S,(ABCD))

b/. d(B,(SAD))

c/. d(C,(SAB))

d/. d(A,(SBC))

e/. d(A,(SBD)

f/. d(A,(SCD))

g/. d(D,(SBC))

h/. d(O,(SCD))

i/. d(C,(SBD))

j/. d(G,(SCD))

k/. d(H,(SBD))

Bình luận

Lời giải

a/. Nhận thấy có đường thẳng đi qua a/. Ta có: SA ⊥(ABCD)
S và vng góc (ABCD)
⇒ d(S,(ABCD)) = SA = a 2
SA ⊥(ABCD)
b/. Nhận thấy có thể chứng minh
được BA ⊥ (SAD).

b/. Vì BA ⊥ AD, BA ⊥ SA

c/. Nhận thấy có thể chứng minh
được CB ⊥ (SAB).

c/. Vì CB ⊥ AB, CB ⊥ SA

d/. Khơng có bước 1, chuyển sang
bước 2, có thể tìm được mp đi qua
A và vng góc với (SBC), đó là

mặt (SAB) vì mp(SAB) đã chứa sẵn
SA ⊥ BC ⊂(SBC).

d/. Ta có: SA ⊥ BC, AB ⊥ BC

⇒BA ⊥ (SAD)⇒d(B,(SAD)) = BA = a
⇒CB ⊥ (SAB)⇒d(C,(SAB)) = CB = a
⇒(SAB) ⊥ BC
⇒(SAB) ⊥ (SBC) theo giao tuyến SB.
Từ A kẻ AJ ⊥ SB⇒AJ⊥ (SBC)
⇒d(A,(SBC)) = AJ.
* Tính AJ:
8


∆SAB vuông tại A, AJ là đường cao
AJ =

AB .AS
AB 2 + AS 2

⇒d(A,(SBC)) =
e/. Khơng có bước 1, chuyển sang
bước 2, có thể tìm được mp đi qua
A và vng góc với (SBD), đó là
mặt (SAC), vì mp(SAC) đã chứa
sẵn SA ⊥ BD ⊂(SBD).

=

aa 2
.
a2 + 2 2
a

=

a 6
3

a 6
3

e/. Ta có: SA ⊥ BD, AC ⊥ BD
⇒(SAC) ⊥ BD
⇒(SAC) ⊥ (SBD) theo giao tuyến SO.
Từ A kẻ AK ⊥ SO⇒AK⊥ (SBD)
⇒d(A,(SBD)) = AK.
* Tính AK:
∆SAO vng tại A, AK là đường cao
a 2
.a 2
a 10
AK =
= 2
=
5
AO 2 + AS 2
22
a

+2 2
a
4
AO.AS

⇒d(A,(SBD)) =
f/. Khơng có bước 1, chuyển sang
bước 2, có thể tìm được mp đi qua
A và vng góc với (SCD), đó là
mặt (SAD), vì mp(SAD) đã chứa
sẵn SA ⊥ CD ⊂(SCD).
Tương tự như câu d

a 10
5

f/. Ta có: SA ⊥ CD, AD ⊥ CD
⇒(SAD) ⊥ CD
⇒(SAD) ⊥ (SCD) theo giao tuyến SD.
Từ A kẻ AL ⊥ SD ⇒ AL⊥ (SCD)
⇒d(A,(SCD)) = AL.
* Tính AL:
∆SAD vng tại A, AL là đường cao
AL =

AD.AS
AD 2 + AS 2

⇒d(A,(SCD)) =

=

aa 2
.
a2 + 2 2
a

=

a 6
3

g/. Khơng có bước 1, 2 chuyển sang g/. Ta có: AD //(SBC), nên:
bước 3. Vì thấy AD // (SBC)
a 6
d(D,(SBC)) = d(A,(SBC)) =
⇒ d(D,(SBC)) = d(A,(SBC))
3

Đến đây, giả sử chưa có d(A,(SBC))
9

a 6
3


ở câu d, thì tiếp tục thực hiện các
bước tư duy 1, 2 để tính d(A,(SBC))
h/. Nhận thấy khơng có bước 1, 2, 3
ta chuyển sang bước 4. Phát hiện O

thuộc đường thẳng AC cắt (SCD)
tại điểm C và AC = 2OC, áp dụng
tính chất 2.

h/. Vì O là trung điểm AC, nên:
1
a 6
d(O,(SCD )) = d(A,(SCD )) =
2
6

Giải sử đến đây, chưa có d(A,
(SCD)) đã tính sẵn, ta quay về thực
hiện các bước tư duy 1,2,3,.. cho
điểm A.
Hỏi: vậy tại sao không quy về B
trên đường thẳng BD mà quy về A?
Vì ở B khơng có dấu hiệu có mặt
phẳng đi qua và vng góc với
(SCD).
i/. Khơng có bước 1, 2, 3, suy ra chỉ
có thể là bước 4. Phát hiện C nằm
trên đường thẳng AC, cắt (SBD) tại
trung điểm O của AC.

i/. Vì O là trung điểm của AC, nên:
d(C,(SBD)) = d(A,(SBD)) =

a 10
5

Tương tự như lí luận trên, nếu ở đây
chưa có d(A,(SBD)) ta quay về từng
bước tư duy 1, 2, 3 cho điểm A.
j/. d(G,(SCD))?

j/. Ta có:

GS
2
=
OS
3

Tư duy bước 1, 2, 3 thất bại, nên chỉ
có thể là bước 4. Phát hiện G thuộc
2
Þ d(G,(SCD)) = d(O,(SCD))
SO là đường thẳng cắt (SCD) tại S
3
và trên đó đã có tỉ số giữa GS và
Mà: AC = 2OC
OS, nên quy khoảng cách về điểm
1
O, tính d(O,(SCD)).
Þ d(O,(SCD)) = d(A,(SCD ))
2
Tiếp tục tư duy từng bước cho O,
1
a 6

chỉ thỏa ở bước 4, tức là có đường
Þ d(G,(SCD)) = d(A,(SCD )) = =
3
9
thẳng AC qua O và cắt (SCD) tại C
và trên AC có tỉ lệ, nên ta quy về
điểm A.
Vậy ta thấy, qua 2 lần thực hiện tư
duy ở cùng bước 4, ta chuyển bài
toán khoảng cách từ điểm G về
thành điểm A đến mp(SCD).
k/. Tương tự, nhận thấy bước 1,2,3
thất bại, ta chuyển qua bước 4.

Ta có:
10

HS
2
=
MS
3


Nhận thấy H thuộc SM cắt (SBD)
tại S và trên SM có tỉ lệ, vì H là
trọng tâm.

Mà: AB = 2MB

Tương tự, quy d(M,(SBD)) về d(A,
(SBD)).

1
Þ d(M ,(SBD)) = d(A,(SBD))
2

2
Þ d(H ,(SBD)) = d(M ,(SBD))
3

1
a 10
Þ d(H ,(SBD)) = d(A,(SBD)) =
3
15

Ta thấy, nếu ta không dẫn theo bước tư duy trên, mà đặt vào câu hỏi tính d(G,
(SCD))
và d(H,(SBD)) thì đối với học sinh thật là khó khăn và lúng túng.
Từ Bài toán cơ bản minh họa cho các bước tư duy trên, chuyển sang nâng cao
vận dụng vào các bài toán thi Đại học.
 Bài toán 3: (ĐH khối D|2013).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
·
thoi cạnh a, cạnh bên SA vng góc với đáy, BAD = 1200 , M là trung điểm cạnh
·
BC và SMA = 450 . Tính khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBC).

Bình luận

Lời giải
·
Ta có: ∆ABC đều vì AB = BC và CAB = 600
·
∆SAM vng có SMA = 450 , nên là tam giác

a 3
2
Vì AD / / (SBC ) Þ d(D,(SBC ) = d(A,(SBC ))
vuông cân tại A ⇒ SA = AM =

Không xảy ra bước 1, 2, chuyển
sang bước 3. Phát hiện AD //(SBC)
Nên đổi d(D,(SBC)) về d(A,
(SBC)). Tại sao chọn điểm A?
Vì qua A có dấu hiệu mặt phẳng
(SAM) đi qua và vng góc với
(SBC), vì có chứa SA ⊥ BC.

Ta có AM ⊥ BC, SA⊥ BC
⇒ (SAM) ⊥ BC
⇒ (SAM) ⊥ (SBC) theo giao tuyến SM
Kẻ AH ⊥ SM ⇒AH ⊥ (SBC)
⇒ d(A,(SBC)) = AH
* ∆SAM vuông cân tại A, AH là đường cao
⇒ AH =
11

a 6
a 6

Þ d(D,(SBC ) =
4
4


 Bài tốn 4: (ĐH Khối D|2011).Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác
·
vng tại B, BA = 3a, BC = 4a; (SBC) ^ (ABC). Biết SB = 2a 3 và SBC = 300 .
Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.

Bình luận

Lời giải
Vì mp(SBC) ⊥ (ABC) theo giao tuyến BC.

Không xảy ra bước 1, 2, 3

Từ S kẻ SH ⊥ BC ⇒ SH ⊥ (ABC)

Nhận thấy có đường thẳng đi qua
B và cắt (SAC), trên đó có điểm H

* ∆SBH vng tại H:

Đánh giá: H là chân đường vng
góc, nên dễ xác định hình chiếu H
xuống (SBC). Tức là qua H dễ xác
định mp vng góc với mp(SBC)
vì đã có sẵn SH ⊥ AC ⊂(SBC).

·
SH = SB .sinSBH = 2a 3.sin30o = a 3

·
BH = SB.cosSBH = 2a 3.cos30o = 3a
Vì BC = 4HC
Þ d(B,(SAC ) = 4 (H ,(SAC ))
d
Kẻ HM ⊥ AC ⇒ (SHM) ⊥ AC
⇒ (SHM) ⊥ (SAC) theo giao tuyến SM
Kẻ HK ⊥ SM ⇒ HK ⊥ (SAC)
⇒ d(H,(SAC)) = HK
* Hai tam giác ABC và HMC đồng dạng
⇒

AC
AB
AB
3
=
Þ HM =
.HC = a
HC
HM
AC
5

Ta có: HK =

HS.HM

HS 2 + HM 2

=

3 7a
14

Þ d(B,(SAC ) = 4d(H ,(SAC )) = 4.

12

3 17
6 7a
a=
14
7


 Bài tốn 5: Cho hình chóp

S.ABCD có

đáy là hình thang vuông tại A và D,
AB = 2 , AD = CD = a, SA = 3 , SA ^ (ABCD ) . Gọi I là giao điểm AC và BD.
a
a
Tính khoảng cách từ I đến mp(SCD).

Bình luận

Lời giải
Tam giác IAB và ICD đồng dạng

- Phát hiện ra I nằm trên đường
thẳng AC, có tỉ số biết trước
⇒ quy về d(A,(SCD).

⇒

IA
AB
1
=
= 2 Þ IC = AC
IC
CD
3

1
Þ d(I ,(SCD) = d(A,(SCD))
3

- Nhận thấy mặt phẳng (SAD) qua
A và ⊥(SCD).

Ta có: SA ⊥ CD , AD ⊥ CD⇒ (SAD) ⊥ CD

- Bài tốn này điểm mấu chốt là
cần nhìn ra tỉ số giữa AC và IC.

Kẻ AH ⊥ SD ⇒ AH ⊥ (SCD)

⇒ (SAD) ⊥ (SCD) theo giao tuyến SD
⇒ d(A,(SCD)) = AH
* ∆SAD vng, AH là đường cao.
Ta có: AH =

AS.AD
AS 2 + AD 2

=

3 10
a
10

 Bài toán 6: (ĐH Khối D|2012).Cho hình hộp đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là
hình vng, tam giác A’AC vng cân, A’C = a. Tính khoảng cách từ điểm A đến
mặt phẳng (BCD’) theo a.

13


Bình luận

Lời giải
Tam giác A’AC vng cân tại A, A’C = a

- Bỏ qua bước 1, 2. Phát hiện ra
bước 3 vì AD //(BCD’); quy về

d(D,(BCD’).
- Thực chất ở bài này có thể dùng
bước 2, nhưng phải nhìn ra được
mp(BCD’) mở rộng chính là
mp(ABCD’).

⇒ AA’ = AC =

a
a 2
⇒ AB =
2
2

Vì AD // (BCD’)
Þ d(A,(BCD ') = d(D,(BCD '))

Ta có: DD’ ⊥ BC , CD ⊥ BC
⇒ (CDD’C’) ⊥ BC
⇒ (CDD’C’) ⊥ (BCD’) theo giao tuyến CD’
Kẻ DK ⊥ CD’ ⇒ DK ⊥ (BCD’)
⇒ d(D,(BCD’)) = DK
* ∆CDD’ vuông, DK là đường cao.
Ta có: DK =

DC .DD '
DC 2 + DD '2

=

a 6
6

 Bài toán 7: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác vng cân tại A,
BC = a 2 , AA’ = 2a, biết A’ cách đều các đỉnh A,B,C. Gọi M, N lần lượt trung
điểm AA’ và AC. Tính khoảng cách từ C’ đến mp(MNB).

14


Bình luận
- Bỏ qua bước 1, 2, 3. Phát hiện ra
bước 4 vì: C’P = 3AP; quy về
d(A,(MNB).
- Gọi K trung điểm AH⇒MK//SH
⇒AG = 4KG ⇒ tính d(K,(MNB))

Lời giải
Gọi G trọng tâm ∆ABC, K trung điểm AH.
⇒MK ⊥(ABC)
Gọi P =C’A∩ MN. Ta có: C’P = 3AP
⇒d(C’,(MNB)) = 3d(A,(MNB))
Ta có: AG = 4KG

Tại sao phải đổi về K mà không
đổi về H?

⇒d(A,(MNB)) = 4d(K,(MNB))

Bằng trực quan ta thấy, trên hình

vẽ độ xiên của mặt phẳng (MNB)
và đường thẳng SH. Ta vẫn dựng
được hình chiếu của H xuống
(MNB), tuy nhiên khi đó hình
chiếu nằm ở miền ngồi hình lăng
trụ, ở phía dưới đáy (ABC) sẽ khó
khăn khi đi thực hiện phép tính.

⇒(MKI) ⊥ BN⇒ (MKI) ⊥ (MNB) theo giao
tuyến MI.

Bài toán này thực chất khó ở phần
biết cách nhìn ra quy khoảng cách
từ A về khoảng cách từ K.

Kẻ KI ⊥ BN, MK ⊥ BN

Kẻ KJ ⊥ MI ⇒ KJ ⊥ (MNB)
⇒ d(K,(MNB)) = KJ.
* Tính KJ.
A ' H = AA '2- BH 2 =

a 14
a 14
⇒ MK =
2
4

Hai tam giác vuông GHB và GIK đồng dạng
⇒ IK =

GK
.HB
GB

GK =

1
1
a 2
AG = AH =
4
6
12

GB =

2
2 2 a2
a 5
BN =
a +
=
3
3
4
3

Þ IK =

a 5
20

∆MKI vng, KJ là đường cao.
Ta có: K J =

MK .K I
MK 2 + K I 2

=

a 14
4 71

• Kết quả thực nghiệm giải pháp: Cho thí điểm kiểm tra với 2 lớp 11C2 chưa
triển khai và lớp 11C9 đã triển khai. Có sĩ số bằng nhau 38 học sinh, mức độ đề 15
phút ngang tầm nhau.
Kết quả
<5
5 ≤ điểm ≤ 7
8 ≤ điểm ≤ 10
11C2
20
8
10
11C9
15
20
3
15

2. Giải pháp 2: Chọn hướng đi đúng trong Bài toán khoảng cách giữa
hai đường thẳng chéo nhau.
Khi thực hiện bài toán khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau a và b
(đối với trường hợp a, b không vuông góc)
cái
khó khăn đối với học sinh đó là:
+ Chọn mặt phẳng chứa b và song
song với a hay ngược lại?
+ Chẳng hạn chọn mp(P) chứa b và
song với a, khi đó: d(a,b) = d(a,(P))
nhưng liệu việc tính d(a,(P)) có thực
hiện
dễ dàng hay không?
Sau khi chọn đúng hướng, ta sẽ đưa bài toán khoảng cách giữa 2 đường
thẳng chéo nhau về bài toán khoảng cách từ 1 điểm đến mặt phẳng và quy trình
như ở giải pháp 1 đã nêu trên.
Phần này tôi chỉ xin nêu giải pháp về dấu hiệu chọn đúng hướng để đi giải
quyết bài tốn, đó là việc chọn mặt phẳng sao cho đúng.
• Khi chọn mp(P) chứa b, (P) // a thì mp(P) phải thỏa:
Trên a có điểm A, trong (P) có điểm S thì SA ln vng góc với 1 đường
thẳng d chứa trong (P). Vì sao?
Để khi ta kẻ từ A vng góc với d, ta thiết lập được mặt phẳng (SAI) ⊥(P),
từ đây là cơ sở cho ta tìm được hình chiếu của A trên mp(P).

Cho nên, thông thường trong một số bài toán, mẹo nhỏ đặt ra cho học sinh là
“ta chọn mặt phẳng (P) có đi qua S”.
Vậy khi đi giải bài toán Khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo nhau, ta cần
lưu ý: a, b có vng góc hay khơng, nếu khơng vng góc thì ta thực hiện theo giải

pháp trên. Sau đây là một số ví dụ minh họa, tơi chỉ nêu rõ về giải pháp, các bước
tính khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng như ở giải pháp 1.
 Bài tốn 8: (ĐH khối A|2011).Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác
vng cân tại B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vng góc
với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua SM và song
song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60 o.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.

16


Bình luận

Lời giải
* Vì (SAB), (SAC) cùng vng góc với
(ABC), nên: SA ⊥(ABC)
* Góc giữa (SBC) và (ABC) bằng 600

Tại sao phải chọn mp(SNP)?
SN có đi qua S, AB đi qua A
Nên mặt phẳng ta chọn là: Chứa Þ SBA = 600
·
SN và song song AB.
Gọi P trung điểm BC ⇒ AB//(SPN)
⇒d(AB,SN) = d(AB, (SPN)) = d(A,(SPN))
Kẻ AE ⊥ NP, kẻ AH ⊥ SE ⇒ AH⊥ (SPN)
AS.AE
2a 39
=
⇒ d(A,(SPN)) =AH =

13
AS 2 + AE 2

 Bài toán 9: (Đề thi HK2, năm học 2014-2015).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng tâm O, mặt bên (SAB) là tam
giác đều cạnh a và vng góc với đáy. Tính khoảng cách giữa SA và BD.

Bình luận

Lời giải
*Gọi H trung điểm AB ⇒ SH ⊥ (ABC).
Tại sao phải chọn mp(SAE)?
* Dựng hình bình hành AEBD
SA có đi qua S, BD nằm trong mp ⇒ BD//(SAE)
mà SH vng góc.
⇒d(BD,SA) = d(BD, (SAE))
Nên mặt phẳng ta chọn là: Chứa d(BD,(SAE)) = d(B,(SAE)) = 2d(H,(SAE))
SA và song song BD.
Kẻ HI ⊥ AE, HK ⊥ SI ⇒ HK⊥ (SAE)
17


⇒ d(H,(SAE)) =HK
Hai tam giác HIA, AOB đồng dạng
1
2

⇒ HI = OA =
HK =

a 2
4

HS.HI
HS 2 + HI 2

=

a 21
14

 Bài tốn 10: (ĐH khối A|2012).Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác đều
cạnh a. Hình chiếu vng góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh
AB sao cho HA = 2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60 0.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC

Bình luận

Lời giải
·
*Góc giữa SC và (ABCD) là góc SCH = 600
* Gọi I trung điểm của AB, ta có :
IH = IB – HB =

a
a 3
, IC =
6
2

CH = IH 2 + IC 2 =

a 7
3

⇒ SH = CH .t an600 =
Tại sao phải chọn mp(SA,d)?

a 21
3

* Qua A dựng d //BC
⇒d(BC,SA) = d(BC, (SA,d)) = d(B,(SA,d))

SA có đi qua S, BC nằm trong mp
3
mà SH vng góc.
Vì BA = HA
2

Nên mặt phẳng ta chọn là: Chứa ⇒ d(B,(SA,d)) = 3d(H ,(SA,d))
2
SA và song song BC.
Kẻ HE ⊥ d, HK ⊥ SE ⇒ HK⊥ (SAE)
⇒ d(H,(SAE)) =HK
HE = AH. sin600 =
18

a 3
3

HK =

HS.HE
HS 2 + HE 2

⇒d(BC,SA) =

=

a 42
12

a 42
8

 Bài tốn 11: (ĐH khối A|2010). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
vng cạnh a. Gọi M, N là trung điểm AB, AD; H là giao điểm CN và DM. Biết
SH ⊥(ABCD) và SH = a 3 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC.

Bình luận
Nhận ra: DM ⊥ NC đây là 1 tính
chất trong hình vng. Từ đó thấy
DM và SC vng góc nhau. Đây là
trường hợp 2 đã nêu ở phần cơ sở
lí thuyết.

Lời giải
*Hai tam giác AMD, DNC bằng nhau.

·
Suy ra : DHC = 900 hay DM ⊥ NC
Mà: SH ⊥ NC ⇒ (SHC) ⊥ DM tại H
Kẻ HK ⊥ SC ⇒ HK là đoạn vng góc chung
của DM và SC.
⇒d(DM,SC) = HK.
∆DNC vng, có:

Nếu khơng nhìn ra là DM ⊥ SC,
2
DC 2
2 5
a
vẫn theo giải pháp trên ta chọn mp HC = DC =
=
NC
5
ND 2 + DC 2
chứa SC và song song DM. Từ đó
vẫn đưa khoảng cách về bằng HK.
HS.HC
2 57a
HK =
=
19
HS 2 + HC 2

 Bài toán 12: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vng tại
B, AB = a, cạnh AA’ = a 2 , góc giữa AC’ với (BCC’B’) bằng 30 0, M là trung
điểm BC. Tính khoảng cách giữa AM và B’C.

19


Bình luận

Lời giải
*AB⊥(BB’C’C) nên BC’ là hình chiếu của
AC’ trên mp(BB’C’C), Suy ra góc giữa AC’
·
và (BB’C’C) là góc AC 'B = 300
AC’ =

AB
=2
a
sin300

AC = AC '2- CC '2 = a 2 , BC = a
* Gọi N trung điểm của BB’, ta có :
Tại sao phải chọn mp(AMN)?
⇒B’C //(AMN), nên :
Vì BB’ ⊥ mp(ABC) chứa AM
d(B’C,AM) = d(B’C,(AMN)) = d(C,(AMN))
Việc tính khoảng cách từ B’ hay C Vì M trung điểm BC, nên :
đến (AMN) có thể quy về B, vì M, d(C,(AMN)) = d(B,(AMN))
Kẻ BK ⊥ AM, BH ⊥ NK ⇒ BH⊥ (AMN)
N lần lượt là trung điểm.
⇒ d(B,(AMN)) = BH
BK.AM = AB.BM ⇒ BK =

BH =

BN .BK
BN 2 + BK 2

⇒d(B’C,AM) =

=

a 5
5

a 7
7

a 7
7

Kết quả thực nghiệm giải pháp: Cho thí điểm kiểm tra với 2 lớp 11C2 chưa triển
khai và lớp 11C9 đã triển khai. Có sĩ số bằng nhau 38 học sinh, mức độ đề 15 phút
ngang tầm nhau.
Kết quả
<5
5 ≤ điểm ≤ 7
8 ≤ điểm ≤ 10
11C2
15
8
15
11C9

20
15
3
20


 BÀI TẬP VẬN DỤNG.
Bài 1. (ĐH 2007|D).Cho hình

chóp

S.ABCD

có

đáy

là

hình

thang,

·
·
ABC = BAD = 900 , BA = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vng góc với đáy,
SA = a 2 . Gọi H là hình chiếu vng góc của A trên SB. Chứng minh SCD
vng và tính khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD).
Bài 2.

(ĐH

2009|D).Cho

hình

lăng

trụ

đứng

ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a.
Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính
khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC).
Bài 3. (ĐH 2011|B).Cho lăng trụ ABCD.A 1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật.
AB = a, AD = a 3 . Hình chiếu vng góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD)
trùng với giao điểm AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD 1A1) và (ABCD)
bằng 600. Tính khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a.
Bài 4.

(ĐH 2013|B). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là

hình vuông cạnh a, mặt bên SAB là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng
góc với mặt phẳng đáy. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD).
Bài 5.

(ĐH 2013|A). Cho hình chóp S.ABC có đáy là

·

tam giác vuông tại A, ABC = 300 , SBC là tam giác đều cạnh a và mặt bên SBC

vng góc với đáy. Tính khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
Bài 6.

(ĐH 2014|B). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy

là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vng góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) là
trung điểm của cạnh AB, góc giữa đường thẳng A’C và mặt đáy bằng 60 0. Tính
khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC’A’).
Bài 7.

(ĐH 2014|A). Cho hình chóp S.ABCD có đáy

ABCD là hình vng cạnh a, SD =

3a
, hình chiếu vng góc của S trên mặt phẳng
2

(ABCD) là trung điểm của cạnh AB. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng
(SBD).
Bài 8.

(ĐH khối B|2007).Cho hình chóp tứ giác đều

S.ABCD có đáy là hình vng cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung
21

điểm SA, M là trung điểm AE, N là trung điểm BC.Chứng minh MN ⊥ BD và tính
khoảng cách giữa 2 đường thẳng MN và AC.
Bài 9.

(ĐH Khối D|2014). Cho hình chóp S.ABC có

đáy ABC là tam giác vng cân tại A, mặt bên SBC là tam giác đều cạnh a và mặt
phẳng (SBC) vng góc với mặt đáy. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA,
BC.
Bài 10.Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vng tại A và B với
AB=BC=a, AD=2a, các mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vng góc với mặt đáy.
Biết góc tạo bởi (SAB) và (ABCD) bằng 60. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng SB và CD theo a.
Bài 11. Cho hình chóp S. ABC có đáy ABC là tam giác vng tại A, mặt bên SAB là
tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABC), gọi M là
điểm thuộc cạnh SC sao cho MC = 2SM . Biết AB = a , BC = a 3 . Tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng AC và BM.
·
Bài 12. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có AB = a, BC = 2a, ACB = 300 , hình chiếu

của A’ trên (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC, góc giữa AA’ và
(ABC) bằng 600 . Tính khoảng cách giữa B’C’ và A’C.
IV. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI
Phương pháp này mang lại hiệu quả rất lớn về mặt điểm số cũng như sự
hứng thú đối với môn học của tập thể học sinh lớp 11C2 và lớp 11C9 trong năm
học này.
Thứ nhất, hiện tại lớp 11C2 và 11C9 không lo ngại như trước khi các em
giải một bài toán HHKG nữa. Thay vào đó là thái độ tích cực, tìm hiểu, phân tích,
xem xét kỹ vấn đề để chuyển sang bài toán khoảng cách cơ bản. Phần lớn học sinh
tiếp cận với phương pháp này thì các em tìm tịi những tài liệu, đề thi có câu hình

học tính khoảng cách trong không gian để giải và chia sẻ với bạn bè, với giáo viên
bộ môn.
Thứ hai, từ kết quả thực nghiệm cho thấy, hiệu quả sau khi có tác động của
phương pháp này là rất cao, kết quả học tập của đa số học sinh tăng lên rõ rệt; điểm
22


trung bình của cả lớp tăng lên đáng kể. Đặc biệt qua hai lần kiểm tra trên cùng một
đối tượng thì tơi thấy phương pháp này có tác động rất lớn đối với kết quả học tập
của học sinh
Kết quả thực nghiệm giải pháp:
Kết quả kiểm tra 1 tiết với 2 lớp 11C2 và lớp 11C9. Có sĩ số bằng nhau 38
học sinh, mức độ đề 45 phút ngang tầm nhau.
• Kết quả trước khi thực hiện đề tài:
Kết quả
5 ≤ điểm ≤ 7
8 ≤ điểm ≤ 10
11C2
24
7
11C9
25
3

<5
7
10

• Kết quả sau khi thực hiện đề tài:
Kết quả

5 ≤ điểm ≤ 7
8 ≤ điểm ≤ 10
11C2
10
27
11C9
12
25

<5
1
1

V. ĐỀ XUẤT, KHUYẾN NGHỊ KHẢ NĂNG ÁP DỤNG
Đây là đề tài tôi thấy rất tâm đắc, có phạm vi áp dụng trong thực tế đạt hiệu
quả trong năm học tôi đã thực hiện. Trên cơ sở đó, đề xuất:
- Triển khai rộng rãi trong tồn học sinh, áp dụng.
- Giáo viên bộ môn nhà trường cùng đóng góp, chỉnh sửa, hồn thiện.
VI. DANH MỤC TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Sách giáo khoa- Sách bài tập Hình học 11 – Chương trình chuẩn và Nâng
cao
2. Trần Thành Minh - Bồi dưỡng HSG Toán, NXB ĐHQG TP Hồ Chí Minh.
3. Phan Huy Khải - Phương pháp giải tốn trọng tâm, NXB ĐHSP.
4. Tuyển chọn các bài toán tuyển sinh Đại học các năm qua.
5. Tập chí Tốn học và Tuổi trẻ.
6. Diễn đàn Toán học Việt Nam: Mathvn.com

23

VII. PHỤ LỤC
PHIẾU ĐIỂM THỰC NGHIỆM LỚP 11C9
Họ và
Diệp Đại Liên
Nguyễn Thị Minh
Nguyễn Thiện
Bùi Thị Thu
Phạm Thị Thảo
Phạm Hoàng
Hoàng Minh
Nguyễn Minh
Nguyễn Ngọc Thiên
Đỗ Như
Bùi Nguyễn Phương
Huỳnh Hồng
Vũ Kim
Bùi Đặng Hiếu
Ngơ Quốc
Phạm Thị
Lâm Hoài
Dương Thị Thanh
Hoàng Gia Bảo
Lầu Túng
Nguyễn Thành
Phạm Hoàng Duy
Trần Thị Thu
Nguyễn Kim
Mai Anh
Nguyễn Trần
Nguyễn Cao Thủy

Nguyễn Thị Thùy
Phạm Ngọc
Lâm Trọng
Hồng Vũ Huyền
Trần Thị Phương
Nguyễn Thị Như
Trần Lê Anh
Ngơ Thị Kim
Nguyễn Ngọc
Hồng Lê Phương

Tên
Bảo
Đức
Hảo
Hiền
Hiền
Hiệp
Hiếu
Huy
Kiều
Lan
Long
Minh
Ngân
Nghĩa
Nghĩa
Phón
Phong
Phương

Qun
Sềnh
Tài
Tân
Thảo
Thu
Thư
Thuận
Tiên
Tiên
Tiến
Tín
Trâm
Trang
Trúc
Tuấn
Tuyến
Tuyển
Un

Trước khi thực hiện
4
3
9
4
5
5
5
8
2

5
6
6
6
6
6
4
7
4
7
7
7
3
7
8
6
6
6
6
7
3
7
7
3
7
7
7
7

Sau khi thực hiện

7
8
6
8
5
9
6
9
9
8
7
9
9
7
8
9
6
8
8
7
8
7
9
9
7
8
8
8
8
4

9
9
7
9
8
7
8

NGƯỜI THỰC HIỆN
(Ký tên và ghi rõ họ tên)

24


BM04-NXĐGSKKN
SỞ GD&ĐT ĐỒNG NAI
Đơn vị .....................................
–––––––––––

CỘNG HOÀ XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM
Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
––––––––––––––––––––––––
................................, ngày
tháng
năm

PHIẾU NHẬN XÉT, ĐÁNH GIÁ SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Năm học: .....................................
–––––––––––––––––
Tên sáng kiến kinh nghiệm: ..............................................................................................................

...........................................................................................................................................................
Họ và tên tác giả: ................................................................ Chức vụ: .............................................
Đơn vị: ..............................................................................................................................................
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 ơ dưới đây)
- Đề ra giải pháp thay thế hoàn toàn 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 ơ dưới đây)
- Giải pháp thay thế hồn tồn 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 hồn tồn 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 ô mỗi dòng dưới đây)
- Cung cấp được các luận cứ khoa học cho việc hoạch định đường lối, chính sách:

Trong Tổ/Phòng/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 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 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.

25