Kinh nghiệm dạy chuyên đề khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau

Kinh nghiệm dạy học sinh giải bài toán khoảng cách giữa hai đường thẳng
chéo nhau.
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trong những năm qua, bài toán khoảng cách thường xuyên xuất hiện trong các
đề thi Đại học cũng như đề thi học sinh giỏi các tỉnh, phần lớn học sinh thấy lúng
túng khi đứng trước các bài toán này. Bằng kinh nghiệm giảng dạy của mình, tôi
nhận thấy học sinh thường “ngại” học bộ môn hình học không gian nói chung và
chuyên đề khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau với các lí do sau:
+) Kiến thực bộ môn hình học không gian mang tính trừu tượng cao
+) Thời lượng dành cho chuyên đề này còn ít
+) Khi giảng dạy, giáo viên chưa chắt lọc được những bài tập cần thiết và cần
phải chữa có hệ thống cho học sinh
+) Giáo viên chưa chuẩn bị tốt hệ thống bài tập cơ bản, kiến thức bổ trợ cần
thiết và đặc biệt chưa có hệ thống bài tập tốt.
Ngoài ra, khi đứng trước những bài toán hình học không gian, nhiều học trò
thường hay nghĩ đến phương pháp tọa độ. Khi sử dụng phương pháp tọa độ thì việc
giải bài toán thường dễ dàng hơn, tuy nhiên lời giải dài, khối lượng tính toán lớn
nên cũng dễ mắc phải lỗi tính toán. Hơn nữa, làm như vậy một phần nào làm mất
đi vẻ đẹp vốn có của bộ môn hình không gian.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
1. Kiến thức cơ sở và bài tập cơ bản
a) Các kiến thức cơ sở của hình học phẳng và hình học không gian:
+) Định lí cosin
+) Định lí sin
+) Công thức độ dài đường trung tuyến
+) Công thức tính diện tích
+) Các tính chất của tam giác vuông và đường cao của nó
+) Các tính chất về hai đường thẳng vuông góc, đường thẳng vuông góc với mặt
phẳng và hai mặt phẳng vuông góc; các quan hệ song song và liên hệ giữa quan
hệ song song và quan hệ vuông góc.
2

b) Khoảng cách
+) Khoảng cách từ một điểm đến một đường thẳng, đến một mặt phẳng
d(M,a) = MH; d(M, (P)) = MH, trong đó H là hình chiếu của M trên a hoặc (P).
+) Khoảng cách giữa đường thẳng và mặt phẳng song song, giữa hai mặt
phẳng song song
d(a, (P)) = d(M, (P)), trong đó M là điểm bất kì trên đường thẳng a
d((P), (Q)) = d(M, (Q)), trong đó M là điểm bất kì trên (P).
+) Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
• Đường thẳng ∆ cắt cả a, b và cùng vuông góc với a, b được gọi là đường
vuông góc chung của a, b.
• Nếu ∆ cắt a, b lần lượt tại I, J thì đoạn IJ được gọi là đoạn vuông góc chung
của a và b.
• Độ dài đoạn IJ được gọi là khoảng cách giữa hai đường thẳng a, b.
• Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa một
trong hai đường thẳng đó với mặt phẳng chứa đường thẳng kia và song song
với nó.
• Khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau bằng khoảng cách giữa hai
mặt phẳng song song lần lượt chứa hai đường thẳng đó.
c) Phương pháp dựng đoạn vuông góc chung của hai đường thẳng chéo
nhau
Cách 1: Giả sử a ⊥ b

a

+) Dựng mặt phẳng (P) chứa b và vuông góc với
a tại A
+) Dựng AB ⊥ b tại B

b
B

A

⇒ AB là đoạn vuông góc chung của a và b

Cách 2: Sử dụng mặt phẳng song song
3


+) Dựng mặt phẳng (P) chứa b song song với a

a

A
M

+) Chọn điểm M thuộc a, dựng MH vuông góc với (P) tại
H

B

b

H

+) Từ H dựng đường thẳng a’ song song với a, cắt b tại B
+) Từ B, dựng đường thẳng song song với MH cắt a tại A
⇒ AB là đoạn vuông góc chung của a, b

Cách 3: Sử dụng mặt phẳng vuông

b

góc

a

+) Dựng mặt phẳng (P) vuông góc với a

A

B

tại O
+) Dựng hình chiếu b’ của b trên (P)

O

H

+) Dựng OH vuông góc với b’ tại H

b'

+) Từ H, dựng đường thẳng song song
với a, cắt b tại B
+) Từ B, dựng đường thẳng song song
với OH, cắt a tại A ⇒ AB là đoạn vuông

góc chung của a, b (Chú ý d(a,b) = OH)

d) Các bài toán cơ bản liên quan mật thiết với bài toán khoảng cách:
Bài toán cơ bản 1. Cho tứ diện OABC có OA, OB, OC đôi một vuông góc. Gọi H
là hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC). CMR
a) H là trực tâm tam giác ABC
b)

1
1
1
1
=
+
+
2
2
2
OH
OA
OB
OC 2

(Hình 1)

Bài toán cơ bản 2. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC).
Hãy tính khoảng cách từ A đến (SBC) (Hình 2)

4

O

S

H
C

C

A

A

H
D
F

M
B

B

Hình 1

Hình 2

Bài toán cơ bản 3. Giả sử mặt phẳng (P) cắt đường thẳng AB tại điểm M. Chứng
d ( A; ( P ))

MA

minh rằng: d ( B; ( P)) = MB (Hình 3)
A

K
H

M

B

Bài toán cơ bản 4. Cho tam giác ABC và điểm M. Gọi H là hình chiếu của M trên
(ABC). Chứng minh rằng: nếu MA = MB = MC thì H là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC.
2. Bài tập luyện tập
5


Bài tập 1. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh AB = a, BC = b,
BB’ = c. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và A’D
Bài giải:

A

D

Vì A’B’//CD và A’B’=CD nên A’B’CD là

L

hình bình hành, vì vậy B’C//A’D suy ra A’D//
B

(ACB’). Do đó

C

d(AC,A’D) = d(A”D, (ACB’)) = d(D,(ACB’))
A'

Gọi L là giao điểm của AC và BD, khi đó L là

D'

trung điểm của BD
⇒ d(D,(ACB’)) = d(B,(ACB’)) = BH (trong

B'

C

đó H là hình chiếu của B trên (ACB’)).
Vì BA, BC, BB’ đôi một vuông góc, H là (chính nhờ hai bài toán bài toán cơ
bản 1 và bài toán cơ bản 3 mà bài tập
hình chiếu của B trên (ACB’) nên
1
1
1

1
=
+
+
⇒ HB =
2
2
2
BH
BA
BC
BB' 2

Vậy d(AC, A’D) =

abc

này được giải quyết nhanh gọn)

a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2

abc
a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2

Bài tập 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA ⊥ (ABCD) và
SA = a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
a) SB và AD;

b) BD và SC.

a) Ta có AD ⊥ (SAB), kẻ AH ⊥ SB tại H thì AH

S

là đoạn vuông góc chung của SB và AD. Vậy
I

a 2
d(AD; SB) = AH =
(vì AH là đường
2

H

cao của tam giác vuông cân SAB)
b) Ta có BD ⊥ (SAC) tại tâm O của hình vuông
ABCD. Trong mặt phẳng (SAC), kẻ OK ⊥ SC

D

K

A
O
B

C

tại K thì OK là đoạn vuông góc chung của

6


BD và SC. Ta thấy d(BD; SC) = OK =
SAC). Ta có

1
AI (AI là đường cao của tam giác vuông
2

1
1
1
1
1
a 6
=
+
= 2 + 2 ⇒ AI =
.
2
2
2
3
AI
AS
AC
a
2a

Vậy d(BD; SC) =

a 6
.
6

Chú ý: Ta có AD//(SBC), đo đó d(SB; AD) = d(AD; (SBC)) = d(A;(SBC)).
Đến đây, áp dụng bài toán cơ bản 2 ta có kết quả của bài toán.
Nhận xét: Ta dễ thấy SB và AD (SC và BD) vuông góc với nhau, vì vậy, để tính
khoảng cách giữa chúng ta đi dựng đoạn vuông góc chung là phù hợp hơn cả.
Bài tập 3. Cho hình hộp thoi ABCD.A’B’C’D’ có tất cả các cạnh bằng a và
∠BAD = ∠BAA' = ∠DAA' = 60 0 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và B’D’

Vì ABCD.A’B’C’D’ là hình hộp thoi có

B'

C'

cạnh bằng a và
∠BAD = ∠BAA' = ∠DAA' = 60 0 nên các tam
A'

giác ABA’; ADA’; ABD là các tam giác
đều cạnh a. Mà A’B = A’A=A’D = a do

D'

B

C

đó hình chiếu H của A’ trên (ABCD) là

O
H

tâm đường tròn ngoại tiếp, đồng thời
cũng là trọng tâm tam giác đều ABD.

A

D

Vì (ABCD) // (A’B’C’D’) nên
d(AC; B’D’) = d((ABCD);(A’B’C’D’)) = d(A’;(ABCD)) = A’H.
2
3

Gọi O là tâm hình thoi ABCD. Ta có AH = AO =

a 3
3

xét tam giác AHA’ vuông tại H, ta có A' H = AA' 2 − AH 2 =
Vậy d(AC; B’D’) =

a 6
.
3

a 6
.
3

7


Bài tập 4(TSĐH D2008) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác
vuông AB = BC = a, cạnh bên AA’ = a 2 . Gọi M là trung điểm của BC. Tính
khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C.
Giải
Gọi N là trung điểm của BB’ ta có
B’C //(AMN). Từ đó ta có:
d(B’C; AM) = d(B’; (AMN))
= d(B; (AMN))
Gọi H là hình chiếu của B trên (AMN), vì
BN, BA, BM đôi một vuông góc nên,
ta có
1
1
1
1
a 7 . Vậy d(B’C; AM) =
a 7
=
+
+
BH =
2

2
2
2 ⇒ BH =
BH
BN
BA
BM
7
7

Chú ý: Việc linh hoạt vận dụng các bài toán cơ bản 1 và 3 đem lại lời giải đơn
giản cho bài toán.
Bài tập 5(TSĐH B2007) Cho hình chóp tứ giác đầu S.ABCD có đáy là hình
vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA, M, N lần lượt
là trung điểm của AE và BC. Chứng minh MN vuông góc với BD và tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng MN và AC.
Gọi P là trung điểm của SA, ta có tứ giác
MPNC là hình bình hành nên MN//PC, từ
đó suy ra MN//(SAC). Mặt khác BD ⊥
(SAC) nên BD ⊥ PC, suy ra BD ⊥ MN.
Ta có
d(MN; AC) = d(MN; (SAC)) =

1
2

1
4

d(N; (SAC)) = d(B;(SAC)) = BD=

a 2
2

Bài tập 6 (TSĐH A2011) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại
B, AB = BC = 2a, hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) cùng vuông góc với đáy ABC.
Gọi M là trung điểm của AB, mặt phẳng qua SM song song với BC cắt AC tại N.
8


Biết góc tạo bởi (SBC) và (ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và
khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.
Ta có SA ⊥ (ABC),
∠ABC = 90 0 ⇒ ∠SBA = 60 0 ⇒ SA = 2a 3

Mặt phẳng qua SM song song với BC cắt
AC tại N suy ra N là trung điểm của AC. Từ
đó tính được V = 3a 3 .
Ke đường thẳng d qua N song song với AB
thì AB song song với mp(P) chứa SN và d
nên d(AB;SN) = d(AB; (P)) = d(A;(P)).
Dựng AD ⊥ d tại D thì AB//(SND), dựng AH ⊥ SD tại H thì AH ⊥ (SND).
Vậy d(AB;SN) = AH =

SA. AD
SA 2 + AD 2

=

2a 39

13

Bài tập 7 (HSG Thanh Hóa 2011 - 2012) Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình
chữ nhật có AB = a, BC = 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, các mặt phẳng
(SBC) và (SCD) cùng tạo với đáy một góc bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai
đường thẳng SA và BD bằng

2a
6

. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và cosin góc

giữa hai đường thẳng SA và BD.
HD Giải: Gọi H là hình chiếu của S trên (ABCD),

S

suy ra H∈ AB, CH ⊥ HB, suy ra góc giữa hai mặt
phẳng (SBC) và (ABCD) là ∠SBH . Hạ HE ⊥ CD tại
E, suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SCD) va (ABCD)
t

là ∠SEH . Do đó ∠SBH = ∠SEH suy ra HB = HE =

H

E

2a. Ta được BD//AE ⇒ BD//(SAE) ⇒ d(SA;BD) =
A

d(B;(SAE)) = d(H;(SAE)) ⇒ d(H;(SAE)) =

2a
6

.

Nhận xét HA, HE, HS đôi một vuông góc, suy ra

D

B
C

1
1
1
1
=
+
+
⇒ SH = 2a
2
2
d ( H ; ( SAE )) HA
HE
HS 2
2

Từ đó, ta tính được V = 4a3/3 và cos(SA;BD) = 1/5
9


Bài tập 8 (HSG Thanh Hóa 2012 - 2013) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’
có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB = 2a và ∠ABC = 30 0 . Tính thể tích
khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB’
bằng

a
2

Ta có A’B’//AB nên AB//(CA’B’)
⇒ d(AB;CB’) = d(AB;(CA’B’)) = d(B;(CA’B’))
= d(C’;(CA’B’)). Gọi M là trung điểm của A’B’,
vì C’A’B’ là tam giác cân tại C’ nên CM ⊥ A’B’,
lại có CC’ ⊥ (A’B’C’) ⇒ CC’ ⊥ A’B’ ⇒ A’B’ ⊥
(CC’M). Gọi H là hình chiếu của C’ trên CM thì

A

C

B
H

a
CH ⊥ (CA’B’) do đó C’H = d(C’;(CA’B’)) = .
2

Ta có ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy
AB = 2a và ∠ABC = 30 0 nên C’M =

a
3

C'

A'

.

M

Xét tamm giác CC’M vuông tại C’ có C’H
1
1
1
=
+
⇒ CC ' = a .
2
2
C' H
C' M
CC ' 2
1
a2
a3
= A' B'.C ' M =

⇒ V ABC . A'B 'C ' =
2
3
3

là đường cao nên
Ta có S A'B 'C '

B'

Nhận xét: Ngoài cách trên bài
toán còn các lời giải khác, như
phương pháp tọa độ, tuy nhiên
nhờ các bài toán cơ bản mà lời
giải được gọn hơn cả.

Bài tập 9 (HSG Nghệ An 2012 - 2013) Cho lăng trụ ABC.A 'B'C' có đáy là tam
giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của điểm A ' lên mặt phẳng (ABC) trùng
với trọng tâm tam giác ABC . Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AA ' và BC
bằng

a 3
. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A 'B'C' .
4

Giải
Diện tích đáy là SABC =

a2 3
. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC và E là trung

4

điểm của BC .
BC ⊥ AE
⇒ BC ⊥ ( AA'E )
Ta có 
BC ⊥ A 'G

10


Gọi D là hình chiếu vuông góc của E lên đường
thẳng AA ' .Do đó BC ⊥ DE, AA' ⊥ DE
Suy ra DE là khoảng cách giữa hai đường thẳng
AA ' và BC
Tam giác ADE vuông tại D suy ra
sin ∠DAE =

DE 1
= ⇒ ∠DAE = 30 0
AE 2

Xét tam giác A 'AG vuông tại G ta có
a
A 'G = AG.tan 300 =
3
a3 3
Vậy VABC.A 'B'C ' = A 'G.SABC =
12
Bài tập 10 (HSG Bình Phước 2013 - 2014) Cho hình chóp S . ABCD có đáy

ABCD là hình chữ nhật, tam giác SAB đều cạnh a và nằm trong mặt phẳng vuông
góc với đáy. Góc giữa mặt phẳng ( SCD) và mặt phẳng đáy bằng 600 .Tính thể tích
khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và DB theo a .
S
Giải
H, M lần lượt là trung điểm của AB và
d
CD
Ta có:
SH ⊥ AB


 ⇒ SH ⊥ ( ABCD )
( SAB ) ⊥ ( ABCD ) 
a 3
SH =
2

A
J

K
H

Góc giữa (SCD) và mặt đáy là
SH
a
=
∠SMH = 600 . Ta có HM =
0

tan 60
2
2
3
1 a a 3 a 3
⇒ VS . ABCD = . .
=
3 2 2
12

D

M
I
B

C

Kẻ đường thẳng d đi qua A và d//BD.
Trong mặt phẳng (ABCD) kẻ đường thẳng ∆ đi qua H , ∆ ⊥ d và ∆ cắt d tại J, ∆ cắt
BD tại I. Trong (SHI) kẻ HK vuông góc với SI tại K.
Khi đó: d( BD ,SA) = d( I ,( S ,d ) ) = 2d( H ,( S ,d ) ) = 2d ( H ,( SBD ) ) = 2 HK .
IH BH
BH . AD a 5
=
⇔ IH =
=
AD BD
BD
10

1
1
1
a 3
Xét tam giác SHI vuông tại H, ta có:
=
+
⇒ HK =
2
2
2
HK
HS
HI
8
a 3
Vậy d( BD ,SA) =
.
4

Ta có hai tam giác BIH và BAD đồng dạng ⇒

11


Bài tập 11 Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có các mặt bên là các hình vuông cạnh
a. Gọi D, E, F tương ứng là trung điểm của BC, A’C’, B’C’. Tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng DE và A’F.
HD giải:
Gọi M là trung điểm của A’B’, N là điểm đối xứng với M qua A’. Khi đó DE//

(ANF)
Ta có NA’FE là hình bình hành, gọi J là giao điểm của NF và A’E thì J là trung
điểm của A’E. Suy ra
d(DE, AF) = d(DE; (ANF))
= d(E; (ANF))
= d(A’; (ANJ)).
Gọi K là hình chiếu của A’ trên NJ và H là
hình chiếu của A’ trên AK thì
d(A’;(ANJ)) = A’H. Vậy d(DE;AF) = A’H.
Vấn đề còn lại chỉ là tính toán.
Nhận xét. Đa số học sinh khi đứng trước bài
toán này thường chọn phương pháp tọa độ để
giải, tuy nhiên chúng ta thấy bài toán đã
được giải qua các bài toán cơ bản một cách
dễ dàng.
3. Một số bài tập rèn luyện

A

C

D

H
N

B

K
J

E
C'

A'
F
M

B'
Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình
0
thoi; góc BAD = 120 , BD = a; cạnh bên SA
vuông góc với đáy, mặt phẳng (SBC) hợp với đáy một góc 60 0. Mặt phẳng (P) qua
BD vuông góc với SC chia khối chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai
phần đó và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC.
Bài 2. Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh bằng a, góc tạo bởi
cạnh bên và mặt đáy bằng 300. Hình chiếu vuông góc H của A trên mặt phẳng
(A’B’C’) thuộc đường thẳng B’C’. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và
B’C’.
Bài 3. Cho hình lăng trụ ABC.A1B1C1 có AA1 = 3a, BC = a, AA1 ⊥ BC, khoảng
cách giữa hai đường thẳng AA1 và B1C bằng 2a. Tính thể tích lăng trụ.
Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, góc ∠BAC = 600;
AB = a; AC = 4a. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với đáy; SD tạo
với đáy một góc 450. Gọi E, F lần lượt là trung điểm của BC và SD. Tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng DE và CF.
Bài 5. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a. Trên các cạnh AB
và CD lần lượt lấy các điểm M, N sao cho BM = CN = x. Xác định vị trí của điểm

M sao cho khoảng cách giữa hai đường thẳng A’C và MN bằng

a
.
3
12


C. KẾT LUẬN
Trong những năm qua, khi giảng dạy về chuyên đề khoảng cách giữa hai đường
thẳng chéo nhau trong không gian, tôi luôn kiên trì dạy học sinh tìm tòi lời giải
bằng phương pháp tổng hợp, tôi thấy hiệu quả của phương pháp này được thể hiện:
Hình thành tư duy thuật toán cho học sinh
Học sinh có khả năng hiểu được thấu đáo , sâu sắc từng vấn đề của lý thuyết,
từng bài tập và hệ thống lý thuyết cũng như hệ thống bài tập ( vì học sinh được
dẫn dắt từ cội nguồn, sự biến hóa cùng các điều kiện kèm theo, sự phát triển và
cuối cùng đi đến đích khi một bài toán được giải quyết. Những câu hỏi của học
sinh được giải đáp theo yêu cầu qua việc chỉ ra phương pháp tìm tòi lời giải).
- Có khả năng đáp ứng yêu cầu của đại đa số đối tượng trong lớp học. Bởi với
những học sinh yếu hay trung bình thì phương pháp này đã làm cho các em nắm
được cơ bản bài giảng, không bị “tra tấn” bởi những điều không hiểu hoặc phải
thừa nhận cho nên các em không bị bi quan, chán nản; với các em khá giỏi thì
phương pháp này mở mang trí tuệ và nâng dần khả năng tư duy, sáng tạo.
- Về tâm lý : do hiểu được vấn đề từ ngọn nguồn nên học sinh tự tin, hứng thú và
nhiệt tình với việc học toán hơn. Nó nhen nhóm dần trong học sinh ngọn lửa của
niềm tin vào khả năng của bản thân, từ đó mà nhiệt tình, hăng say trong học toán.
-

Tuy nhiên, để học sinh nắm được phương pháp tìm khoảng cách giữa hai

đương thẳng chéo nhau và vận dụng tốt phương pháp này đòi hỏi người thầy phải
chuẩn bị tốt cho học sinh những kiến thức cơ bản cũng như các bài toán cơ bản,

đồng thời xây dựng tốt hệ thống bài tập.
D. KiÕn nghÞ
Chuyên đề về khoảng cách giữa hai đường thẳng chéo nhau là một trong
những chuyên đề khó của bộ môn hình học không gian, trong khi các kì thi tuyển
sinh hay thi học sinh giỏi bài toán này lại xuất hiện thường xuyên và cũng là một
bài toán khá khó trong đề thi, nhưng thời lượng chương trình là rất ít. Qua một số
năm giảng dạy về chuyên đề này tôi nhận thấy, với thời lượng phân phối của
chương trình cùng với một số tiết tự chọn và sự chuẩn bị bài một cách tốt nhất của
giáo viên thì các em học sinh khá và giỏi có thể tiếp thu chuyên đề này rất tốt,
thậm chí những học sinh giỏi còn cảm thấy thích thú với vấn đề này.
13


Trên đây là những kinh nghiệm của bản thân được tích lũy thông qua nhiều
năm giảng dạy, với mỗi bài toán còn có nhiều cách giải khác, ở đây tôi tập trung
hướng dẫn giải bằng phương pháp tổng hợp. Tuy nhiên tôi nhận thấy, đề tài này
cũng còn nhiều hạn chế, rất mong các đồng nghiệp quan tâm, trao đổi, bổ xung để
đề tài này được hoàn thiện hơn. Xin trân trọng cảm ơn!
XÁC NHẬN
CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

Nga sơn, ngày 12/05/2015
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của minh viết, không
sao chép nội dung của người khác.
Người viết sang kiến
Trịnh Ngọc Sơn

14

15