SKKN Xác định và luyện tập một số dạng hoạt động hình học nhằm nâng cao hiệu quả hoạt động nhận thức của học sinh.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT THÁI HÒA
-----aaaaa-----

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆN
XÁC ĐỊNH VÀ LUYỆN TẬP MỘT SỐ DẠNG HOẠT
ĐỘNG HÌNH HỌC NHẰM NÂNG CAO HIỆU QUẢ
HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC CỦA HỌC SINH
MÔN: TOÁN HỌC

Người thực hiện: Đậu Huy Lâm
Tổ chuyên môn: Toán-Tin
Điện thoại
: 01696374705
Năm học
: 2016-2017


MỤC LỤC
PHẦN I- MỞ ĐẦU...................................................................................................3
I. LỜI NÓI ĐẦU....................................................................................................3
II.LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI......................................................................................4
III.MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU………………………………………………….4
IV. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU..........................................................................4
V. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU......................................................................4
VI. ĐIỂM MỚI CỦA ĐỀ TÀI:..............................................................................5
PHẦN II-NỘI DUNG...............................................................................................6
CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN………………………………6
I. CƠ SỞ LÝ LUẬN:.............................................................................................6
II. CƠ SỞ THỰC TIỄN.........................................................................................7
CHƯƠNG II: XÁC ĐỊNH VÀ LUYỆN TẬP MỘT SỐ DẠNG HOẠT ĐỘNG HÌNH

HỌC NHẰM NÂNG CAO HIỆU QUẢ HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC CỦA HỌC
SINH……..8

I. HOẠT ĐỘNG XÁC ĐỊNH HÌNH:....................................................................9
1.1.Hoạt động tách bộ phận phẳng ra khỏi hình không gian.............................10
1.2. Hoạt động trãi hình : …………………………………………………… 13
1.3. Sử dụng bất biến của phép chiếu song song :…………………………. 15
II.HOẠT ĐỘNG NGÔN NGỮ:………………………………………………..20
2.1.Chuyển đổi ngôn ngữ bên trong một thứ hình học………………………...21
2.2.Chuyển đổi ngôn ngữ này sang ngôn ngữ khác……………………………21
PHẦN III- KẾT LUẬN...........................................................................................24
I. KẾT LUẬN:......................................................................................................24
II. KIẾN NGHỊ-ĐỀ XUẤT:.................................................................................24
PHỤ LỤC................................................................................................................25
TÀI LIỆU THAM KHẢO........................................................................................25


PHẦN I: MỞ ĐẦU
I. Lời nói đầu

Trong dạy học môn toán nói chung và hình học nói riêng, không những người
giáo viên phải rèn luyện cho học sinh tư duy linh động, tư duy phân tích, tư duy
tổng hợp, tư duy khái quát hoá, đặc biệt hoá…mà còn phải xác định các hoạt động
hình học điển hình từ đó luyện tập cho học sinh để học sinh xác lập mối liên hệ
giữa hình học phẳng và hình học không gian, qua đó khắc phục sự đứt quảng về
phương diên tư duy khi chuyển sang nghiên cứu hình học không gian, mặt khác
giáo viên cần luyện tập cho các học sinh các hoạt động ngôn ngữ để các em xác lập
liên hệ kiến thức trong từng chuyên mục và từ đó cho phép nhìn nhận vấn đề theo
nhiều cách khác nhau và cho phép huy động các tri thức khác nhau để giải quyết
vấn đề, cho phép học sinh lựa chọn phương thức tốt nhất, cho việc giải quyết vấn

đề, giúp chọc sinh nâng cao hiệu quả hoạt động nhận thức.
Mục tiêu của đề tài này là xác định các hoạt động điển hình trong dạy học hình
học, từ đó giáo viên có thể rèn luyện tốt hơn các dạng hoạt động nó sẽ giúp các em
nâng cao nhận thức.
II-LÍ DO CHON ĐỀ TÀI:
1-Lí do lí luận:
Nhằm tiếp cận lí thuyết hoạt động, cách phát hiện giải quyết vấn đề ( tích cực,
sáng tạo) tiếp cận khám phá, cách thích nghi trong dạy học hình học phổ thông.
Hoạt động hình học có một số dạng hoạt động điển hình sau:
-Hoạt động xác định hình, có các hoạt động thành phần:
+Hoạt động tách bộ phận phẳng ra khỏi hình không gian. Ý nghĩa của nó là cố gắng
chuyển bài toán không gian về phẳng.
+Hoạt động trãi hình
+ Sử dụng bất biến các phép chiếu song song.
-Hoạt động ngôn ngữ : gồm các dạng chuyển đổi ngôn ngữ.
+ Chuyển đổi ngôn ngữ bên trong một thứ hình học.
+ Chuyển đổi ngôn ngữ này sang ngôn ngữ khác.
Việc xác định và rèn luyện cho học sinh những hoạt động hình học trên là hết sức
quan trọng vì nó giúp học sinh xác lập mối liên hệ giữa hình học phẳng và hình học
không gian, nó khắc phục sự đứt khoảng về phương diện tư duy khi chuyển sang
nghiên cứu hình học không gian và nó hình thành ở học sinh sử chuyển đổi ngôn
ngữ linh hoạt, qua đó góp phần vào việc nâng cao nhận thức, phát triển trí tuệ học
sinh.
2. Lí do thực tiễn:
Hiện nay, vẫn còn tình trạng một số học sinh rất yếu về hình học, một số em học
tốt về hình học phẳng nhưng rất kém về hình học không gian và ngược lại, các em
vẫn chưa xác lập được mối liên hệ giữa hình học phẳng và hình học không gian,
vẫn còn đó sự đứt khoảng về phương diện tư duy khi chuyển sang nghiên cứu hình
học không gian. Lí do một phần vì một số giáo viên chưa xác định rõ về tầm quan

trọng của bộ môn này và chưa xác định thật sự rõ ràng các dạng hoạt hoạt động
hình học và nghiêm khắc rèn luyện cho học sinh, chính vì vậy đề tài này sẽ giúp
giáo viên nhận thấy tầm quan trong của việc xác định và luyện tập cho học sinh các
hoạt động hình học.
III-MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU:
Mục đích của đề tài là xác định và rèn luyện cho học sinh những hoạt động hình
học, từ đó thấy được mối liên hệ giữa hình học phẳng và hình học không gian, nó
khắc phục sự đứt khoảng về phương diện tư duy khi chuyển sang nghiên cứu hình
học không gian và nó hình thành ở học sinh sử chuyển đổi ngôn ngữ linh hoạt, qua
đó góp phần vào việc nâng cao nhận thức, phát triển trí tuệ học sinh.
IV-ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU :
Để đạt được mục đích trên, cần làm rõ những vấn đề sau.
-Hoạt động là gì?
-Có những dạng hoạt động hình học cơ bản nao?
-Một số biện pháp thực hiện “ Xác định và luyện tập một số dạng hoạt động hình
học nhằm nâng cao hiệu quả nhận thức của học sinh”
V-PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU:
5.1. Nghiên cứu lí luận:
-Nghiên cứu các tài liệu về tâm lí học, giáo dục hoc, SGK, sách tham khảo về
chương trình hình học ở trường phổ thông.
-Nghiên cứu các công trình, các vấn đề có liên quan trực tiếp đến đề tài.
5.2. Điều tra tìm hiểu:
Tìm hiểu việc dạy và học hình học ở trường THPT.
5.3. Thực nghiệm sư phạm:
-Tổ chức thực nghiệm kiểm chứng thông qua các tiết dạy hình học ở trường phổ
thông.
-Đánh giá kết quả bằng phương pháp thông kê.
VI-ĐIỂM MỚI CỦA ĐỀ TÀI:
Trong đề tai này sẽ giúp các giáo viên hiểu hơn về các dạng hoạt động và tầm

quan trọng của nó, cung cấp thêm cho giáo viên các phương pháp nhằm luyện tập
các dạng hoạt động cho học sinh.
Đề tài này sẽ giúp giáo viên và học sinh xác lập mối liên hệ giữa hình học phẳng
và hình học không gian, khắc phục sự đứt khoảng về phương diện tư duy khi
chuyển sang nghiên cứu hình học không gian và hình thành ở học sinh sử chuyển
đổi ngôn ngữ linh hoạt, qua đó góp phần vào việc nâng cao nhận thức, phát triển trí
tuệ học sinh.


PHẦN II-NỘI DUNG
CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN.
I-CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI
1.1. Hoạt động.
1.1.1. Khái niệm về hoạt động
a) Hoạt động là quá trình tương tác biện chứng giữa chủ thể và khách thể nhằm
để chủ thể biến khách thể thành sản phẩm thoã mãn nhu cầu của chủ thể.
Có hai cực: Chủ thể:
con người.
Khách thể : môi trường , tình huống ẩn chứa các đối tượng hoạt động
Chủ thể
Khách thể.
-Trong hoạt động sự chuyển biến, chuyển hoá khách thể
sản phẩm.
Sản phẩm trong dạy học toán có thể là một khái niệm, một quy luật, các mối liên
hệ, quan hệ cần khám phá các hoạt động cần tìm.
-Chủ thể chuyển biến: Về phẩm chất trí tuệ, trí tuệ phát triển, năng lực được phát
triển
b) Đối tượng hoạt động:
-Đối tượng hoạt động là cái được sinh thành trong quan hệ sinh thành của hoạt
động.

-Đối tượng của hoạt động được bộc lộ dần qua hoạt động của con người.
-Đối tượng của hoạt động trong dạy học toán: Đó là các đối tượng toán học, Các
quay luật toán học, các mối quan hệ, các hoạt động cần khám phá
1.1.2. Một số dạng hoạt động chủ yếu của học sinh trong dạy học toán:
a) Các hoạt động trí tuệ: Hoạt động phân tích, hoạt động so sánh, tổng hợp, hoạt
động khái quát hoá, đặc biệt hoá, trừu tượng hoá, tương tự hoá.
* Hoạt động phân tích: Nhằm phân hoạch sự vật hiện tượng thành những bộ phận
để xem xét, nghiên cứu.
* Hoạt động tổn hợp: Liên kết các sự kiện, các bộ phận thành các tổng thể.
Đan xen: PT-TH-PT…
TH-PT-TH…
*Hoạt động khái quát hoá: Là hoạt động xem xét tính chất ( α ) trên một tập hợp đối
tượng A, mở rộng tính chất đó cho tập hợp đối tượng B ⊃ A
Kết quả: ⇒ vấn đề tổng quát bài toán tổng quát, định lí tổng quát…
* Hoạt động tương tự hoá:
Cấu trúc: Đối tượng A có tính chất : α1 ;α 2 ...α k
Đối tượng B có tính chất : α1 ;α 2 ...α k −1
Ta dự đoán B có tính chất α k .


Biểu hiện: Có thể biểu hiện qua các bất biến của phép biến đổi, có các tính chất
Afin tương tự.
* Trưu tượng hoá: Khảo sát, xem xét các sự vật, hiện tượng bỏ qua những thuộc
tính không bản chất và chỉ giữ lại nhứng thuộc tính bản chất từ đó dẫn tới các khái
niệm, quy tắc…
- Trừu tượng đồng nhất:
-Trừu tượng hoá lí tưởng.
1.1.3. Một số dạng hoạt động hình học điển hình:
1.1.3.1. Hoạt động xác định hình.
có các hoạt động thành phần:

a) Hoạt động tách bộ phận phẳng ra khỏi hình không gian.
Ý nghĩa của nó là cố gắng chuyển bài toán không gian về phẳng.
-Xác lập mối liên hệ giữa dạy học hình học không gian và phẳng.
-Kết nối dạy học toán THCS và THPT.
-Liên hệ liên môn, liên hệ bên trong giữa các môn toán.
-Nâng cao hoạt động hình học.
b) Hoạt động trãi hình
Ý nghĩa: chuyển về bài toán phẳng từ đó gắn kết hình họ phẳng và hình học không
gian.
c) Sử dụng bất biến các phép chiếu song song.
1.1.3.2.Hoạt động ngôn ngữ :
Gồm các dạng chuyển đổi ngôn ngữ.
a) Chuyển đổi ngôn ngữ bên trong một thứ hình học.
Ý nghía: xác lập liên hệ kiến thức trong từng chuyên mục và từ đó cho phép nhìn
nhận vấn đề theo nhiều cách khác nhau và cho phép huy động các tri thức khác
nhau để giải quyết vấn đề từ đó cho phép học sinh lựa chọn phương thức tốt nhất,
cho việc giải quyết vấn đề.
b) Chuyển đổi ngôn ngữ này sang ngôn ngữ khác.
Ý nghía: -tăng cường nhiều khả năng huy động kiến thức để giải quyết một vấn
đề.
- Huy động kiến thức đã có thích hợp với học sinh.
-Thay đổi hình thức bài toán nhằm chủ thể xâm nhập vấn đề, xâm nhập để thích
nghi.
II. CỞ SỞ THỰC TIỄN.
Ngày nay, nền giáo dục nước ta đang từng ngày đổi mới giáo dục, đổi mới theo
hướng người thầy giữ vai trò điều khiển, còn trò là chủ thể của quá trình học tập,
chủ thể này hoạt động một cách tự giác, tích cực, chủ động và sáng tạo. Tri thức cần
truyền đạt được người thầy cài đặt trong các tình huống mà thông qua các hoạt
động cụ thể của trò để trò tự chiếm lĩnh được tri thức đó.
Tuy nhiên không phải tất cả giáo viên đều làm tốt việc này và không phải tất cả

học sinh đề hứng thú thực hiện các hoạt động để chiếm lĩnh tri thức. Nhiều giao
viên vẫn còn quen cách dạy theo kiểu thầy đọc trò ghi, truyền thủ kiến thức một
chiều, khiến học sinh tiếp thu một cách thủ động những vấn đề đó xẩy ra bởi vì,


Giáo viên vẫn còn thói quen dạy theo phương pháp cũ hoặc giáo viên vẫn còn hạn
chế trong việc đổi mới phương pháp dạy học và tầm quan trọng của nó.
Đặc biệt, trong việc dạy bộ môn hình học ở trường phổ thông thực trạng hiện nay
thấy rằng rất nhiều học sinh lười biếng học hình, không chịu tư duy trong khi học,
Hoặc có học sinh học tốt hình học phẳng nhưng chuyển sang lớp 11, khi học hình
học không gian lại rất yếu, họ chưa xác lập được mối liên hệ giữa phẳng và không
gian, vẫn còn đó sự đứt quảng trong tư duy của các em, xẩy ra điều đó lỗi phần lớn
là do người giáo viên chưa xác định chính xác và rèn luyện một cách nghiêm khắc
các hoạt động hình học để nhằm nâng cao nhận thức của học sinh.

CHƯƠNG II:
XÁC ĐỊNH VÀ LUYỆN TẬP MỘT SỐ DẠNG HOẠT ĐỘNG HÌNH HỌC NHẰM
NÂNG CAO HIỆU QUẢ HOẠT ĐỘNG NHẬN THỨC CỦA HỌC SINH.

Xác định và luyện tập một số dạng hoạt động hình học nhằm nâng cao hiểu quả
hoạt động nhận thức của học sinh (Thông qua hoạt động dạy học giải bài tập toán
hoặc định lí toán học).


Trong dạy học môn toán nói chung, dạy học hình học nói riêng, việc rèn luyện giúp
học sinh nâng cao nhận thức là hết sức quan trọng, để làm được đều đó giáo viên
phải lựa chọn, sử dụng phương pháp dạy học một cách hợp lí, trong đó xác định và
luyện tập một số dạng hoạt động hình học là một điều rất cần thiết.
Một số dạng hoạt động hình học điển hình sau đây giáo viên cần sử dụng ren
luyện cho học sinh trong quá trình dạy học dạy học giải bài tập toán hoặc định lí

toán học.
Hoạt động xác định hình. Hoạt động xác định hình có các hoạt động thành phần
như:
I. HOẠT ĐỘNG XÁC ĐỊNH HÌNH.
1.1.Hoạt động tách bộ phận phẳng ra khỏi hình không gian.
Ý nghĩa của hoạt động này là cố gắng chuyển bài toán không gian về phẳng với
mục đích xác lập mối liên hệ giữa dạy học hình học không gian và hình học phẳng,
kết nối dạy học toán trung học cơ sở và trung học phổ thông, liên kết liên môn, liên
hệ bên trong giữa các môn toán, nâng cao hoạt động hình học.
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. AD = a 2 ; CD = 2a
.Cạnh SA vuông góc với đáy và SA = 3 2a .Gọi K là trung điểm của AB.Chứng
minh ( SAC ) ⊥ ( SDK ).
S
3 2a

A
a 2

D
K

A

H
2a L

K

B
C

B

H
O

a

C

D
2a

2
3

Ta có H là trọng tâm tam giác ADB nên DH = DK =

2a 3
2
1
a 6
; AH = AO = AC =
3
3
3
3

2a 2
= 2a 2 = DA2 vậy DK ⊥ AC

3
DK ⊥ AC  DK ⊥ ( SAC ) 
⇒
 ⇒ ( SAC ) ⊥ ( SDK ).
DK ⊥ SA  DK ⊂ ( SDK ) 
4
3

Ta xét DH 2 + HA2 = a 2 +
Khi

Ví dụ 2:Cho hình chóp tứ diện đều S.ABCD cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Gọi
M,N,P là trung điểm của AB, AD và SC.


1) Dựng thiết diện tạo bởi mặt phẳng (MNP).
2) Tìm diện tích thiết diện.
Giải:
1) Ta có MN ∩ DC = E ; MN ∩ BC = F ; PE ∩ SD = Q; PF ∩ SB = R
Vậy PRMNQ là ngũ giác thiết diện phải dựng.
B

S

C
R'
J

M

O

P
I
Q
R

A
Q

B

D

N

C
J

O

M
I
N

A

D

2) Gọi MN ∩ AC = I , gọi J là hình chiếu vuông góc của P lên ( ABCD). Như vậy

J ∈ AC ; PI ⊥ AC ⇒ ∠PIJ = α , là góc giữa hai mặt phẳng ( MRPQN) và
( ABCD).
Ta có cos α =
Vậy cos α =

IJ
AC a 2
a2 1 2 a 5
=
; PI = IJ 2 + PJ 2 =
+ so =
. Lại thấy JI =
PI
2
2
2 4
2 2

2 5
( 3)
5

Gọi R’ và Q’ là hình chiếu của R và Q tương ứng trên ( ABCD) thì MR’JQ’N là
hình chiếu của thiết diện trên ( ABCD).
a
2

Do M, N là trung điểm của AB, AD suy ra DE = BF = .
1
1

2
4
SQ SK 3KO 3
SR 3
=
=
= . Tương tự ta có
=
SOD ta có
SD SO 4 KO 4
SB 4

Ta có KO = PJ = SO ⇒ SO = 4 KO , mặt khác SK = 3KO . Khi đó trong tam giác

Bây giờ ta tách bộ phân phẳng ABCD ra khỏi hình chóp ta thấy.
BR ' BR DQ ' 1
3
3
=
=
= ⇒ R ' Q ' = BD = a 2
BO BS DO 4
4
4

Vậy sMNQ ' JR ' =

( R ' Q '+ MN ).IO + R ' Q '.JO a 2  3a 2 a 2 3a 2  a 2
=
+

+

÷=
( 4)
2
8  4
2
4 ÷
 2


Từ ( 3) và ( 4) có

S MNQ ' JR '

sMNQPR =

cos α

=

a2
a2 5
=
4
2 5
2
5

Ví dụ 3 : Cho hình chóp S.ABC, có ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với

đáy, góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 600 .Gọi G là trọng tâm của tam
giác SBC.
Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC.
S

G
G

E
C

A

H

A

H

I I

O
I

B

H.1

Gọi O là tâm của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, khi đó OB = OC , suy ra O thuộc
mặt phẳng ( α ) trung trực của BC.Ta có (AGK) là mặt phẳng trung trực cắt mặt cầu

theo một đường tròn lớn ( ω ) .Khi đó ta tách bộ phân phẳng như ( H.2).
Lúc đó tâm O của mặt cầu ngoại tiếp là giao điểm của GH và đường trung trực
cạnh AC
Ta có ∆GHA đồng dạng với tam giác ∆GEO nên

GO EG
EG.GA GA2
=
⇒ GO =
=
GA GH
GH
2GH
2

 2a 3   a  2 7 a 2
a 3
a
2
2
2
0
+ HG = HK tan 60 =
. 3 = ; GA = HG + HA = 
÷
÷ +  ÷ = 12
6
2
 3.2   2 
GA2 7 a 2 2

7a
=
.
=
Vậy GO =
.
2GH 12 a.2 12
7a
Hay bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC là R =
12

Ví dụ 4 :Cho tứ diện vuông OABC đỉnh O. Vẽ chiều cao OH của tứ diện. Đặt
·
·
·
·
A = CAB
; B = ·ABC ; C = BCA
;α = ·AOH ; β = BOH
; γ = COH
.


Chứng minh rằng :

sin 2 α sin 2 β sin 2 γ
=
=
sin 2 A sin 2 B sin 2C

Bài giải :
Dễ thấy H là trực tâm của tam giác ABC và ABC là tam giác nhọn. AH kéo dài cắt
BC tại A1 ⇒ AA1 ⊥ BC. Vì OA ⊥ ( OBC ) , nên theo định lí ba đường vuông góc có
OA1 ⊥ BC .
Ta có sin 2 α =

AH 2
OA2

( 1)

Xét tam giác vuông OAA1 đỉnh O. Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông ta có
OA2 = AH . AA1 . Vậy từ (1) có sin 2 α =

AH 2
AA12

S

A

H

G

C

IB
A1
A

I

M

C
H
A1
B

H.3

H.4

Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, và gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp . G là
trọng tâm tam giác ABC. Theo đường thẳng Euler thì H, G, I thẳng hàng và
·
·
HG = 2 IG ⇒ AH = 2 IM và A = CAB
= BIM
Ta có sin 2 A = 2sin A cos A = 2

BM IM
BC AH BC . AH
.
= 2.
.
=
IB IB
2.IB IB

2R2

( 2)

Với R vòng tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Từ (1) và (2) suy ra
Tương tự ta có

sin 2 α
2R2
R2
=
=
. Ở đây S là diện tích tam giác ABC.
sin 2 A BCAA1 S

sin 2 β sin 2 γ
R2
=
=
. Từ đó suy ra đ.p.c.m
sin 2 B sin 2C S

1.2. Hoạt động trãi hình :
Ý nghĩa của hoạt động này là chuển về bài toán phẳng, giải trên phẳng để học sinh
thấy rõ sự gắn kết giữa hình học phẳng và hình học không gian.Để làm rõ điều này
ta xét một số ví dụ sau :
Ví dụ 1 : Cho tứ diện ABCD có các góc phẳng ở đỉnh A bằng 900 ; AB = AC + AD .
Chứng minh rằng tổng các góc phẳng ở đỉnh B bằng 900 .
Giải : Ta có

A2

D'

b

A1

b

a+b
A

C'

b

c
B

A3

D
C

Đặt AC = a; AD = b ⇒ AB = a + b; DC = a 2 + b 2 ( vì ∆ACD vuông tại A).
Trên mặt phẳng bất kì đi qua B, dựng hình vuông BA1 A2 A3 với cạnh bằng a + b .
-Trên A1 A2 lấy điểm D’ sao cho A1 D ' = b

-Trên A2 A3 lấy điểm C’ sao cho A2C ' = b .
Khi đó, D ' C ' = a 2 + b 2 và ∆A3 BC '; ∆D ' BC '; ∆D ' BA1 lần lượt bằng ba mặt chung đỉnh
B của tứ diện ABCD ( Tam giác có cạnh tương ứng bằng nhau ).
Suy ra ∠A3 BC '+ ∠D ' BC '+ ∠A1BD ' = 900 ⇒ ∠ABC + ∠CBA + ∠DBA = 900
Vậy tổng các góc phẳng ở đỉnh bằng 900 .
Ví dụ 2: Cho tứ diện đều cạnh a. Một mặt phẳng cắt bốn cạnh tứ diện tại M, N, P, Q
.Chứng minh rằng chu vi p của tứ giác MNPQ không nhỏ hơn 2a.
Chứng minh:
Khai triển tứ diên ABCD trên mp(BCD) ta có ∆A1 A2 A3 đều với A1 ; A2 ; A3 là vị trí đỉnh
tam giác trong phép khai triển. Các đỉnh B, C, D là trung điểm các cạnh
A1 A2 ; A2 A3 ; A3 A1 . Gọi D1 là điểm đối xứng của D qua C, khi đó ∆A2CD1 là ảnh của
∆A3CD , qua phép quay QC180 .
0

A1
A
N
N

B

M

D
P
Q

B
P

D

A2
M

C

A3

Q
C

N1
D1

Ta có tứ giác A1 A2 D1D là hình bình hành và chu vi p của tứ giác MNPQ là độ dài
đường gấp khúc NPQMN1 . Do A1 NN1 A2 là hình bình hành nên


A1 A2 = NN1 = 2a ⇒ p = NP + PQ + QM + MN1 ≥ NN1 = 2a . Vậy p ≥ 2a . Suy ra điều phải

chứng minh.
1.3. Sử dụng bất biến của phép chiếu song song :
Một số bất biến của phép chiếu song song mà giáo viên cần lưu ý rèn luyện cho
học sinh :
-Phép chiếu song song biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và
không làm thay đổi thứ tự ba điểm đó.
- Phép chiếu song song biến đường thẳng thành đường thẳng, biến tia thành tia,
biến đoạn thẳng thành đoạn thẳng.( Khi đường thẳng không song song với phương
chiếu).

- Phép chiếu song song biến hai đường thẳng song song thành hai đường thẳng song
song.( Khi đường thẳng không song song với phương chiếu).
-Phép chiếu song song không làm thay đổi tỉ số độ dài của đoạn thẳng nằm trên hai
đường thẳng song song hoặc cùng nằm trên một đường thẳng.( Khi đường thẳng
không song song với phương chiếu).
Ví dụ 1: Hãy chọn một phép chiếu song song với phương chiếu cà mặt phẳng chiếu
Thích hợp để hình chiếu song song của một tứ diện cho trước là một hình bình
hành.
A
P
B

D
Q
C

B'

D'

O
C'

A'

Gọi d là đường thẳng không song song với các cạnh của tứ diện. ( α ) cắt d. Khi đó
A’, B’,C’, D’ lần lượt là hình chiếu song song theo phương d lên mặt phẳng ( α ) .
Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của AB và CD. Khi đó hình chiếu P’, Q’ của P và
Q sẽ lần lượt là trung điểm của A’B’ và C’D’.
Muốn cho A’, B’, C’, D’ là các đỉnh của hình bình hành ta chỉ cần chon phương

chiếu d song song với đường thẳng PQ.
Vậy để hình chiếu song song của một tứ diện là một hình bình hành ta có thể chọn.
-Phương chiếu d là phương của một trong ba đường thẳng đi qua trung điểm của hai
cạnh đối diện của tứ diện cho trước.
-Mặt phẳng chiếu ( α ) là mặt phẳng tuỳ ý, nhưng phải cắt đường thẳng d.
Ví dụ 2: Trong tất cả các hình chiếu của một tứ diện đều lên các mặt phẳng khác
nhau xác định mặt phẳng để hình chiếu có diện tích lớn nhất.


A

C

Q

M
D

B

B

D
P

N

A

C

A'

M'
D'

C'

B'

Q'

B'

D'
N'

A'

P

N

P'
C'

P

H.5b

H.5a

Gọi tứ diện có cạnh là a , khi đó hình chiếu của tứ diện đó lên một mặt phẳng, có
thể :
TH1 :Là tam giác ( A’B’D’ chẳng hạn ) hình 5a. Dẽ thấy rằng dtA ' B ' D ' ≤ dtABD .
TH2 : Là tứ giác ( A’B’C’D’ chẳng hạn ) (hình 5b). Gọi M, N, P, Q là trung điểm
của các cạnh AB, CB, CD, DA và M’, N’, P’, Q’ là trung điểm của A’B’, B’C’,
C’D’, D’A’ .Lúc đó ta có
dtA ' B ' C ' D ' = 2dtM ' N ' P ' Q ' ≤ 2dtMNPQ

Mặt khác dtBCD =

a3 3
;
4

dtMNPQ =

a2
a2
. Do đó dtABD < 2dtMNPQ =
2
4

Vậy diện tích của một tứ diện đều lên một mặt phẳng lớn nhất là bằng
2dtMNPQ =

a2
khi đó mặt phẳng chiếu song song với mặt phẳng MNPQ.
2

Nói cách khác mặt phẳng chiếu cần xác định là mặt phẳng song song với song
song với hai cạnh đối diện của tứ diện đã cho.
Ví dụ 3: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’.Gọi G
là trọng tâm tam giác ∆ADA'
Chứng minh đỉnh A,trọng tâm G và C’ thẳng hàng.

A
B

A1

Chú ý: Để chứng minh A,G,C’ thẳng hàng ta
chứng minh A,G,C’ qua hai phép chiếu song song
khác nhau thẳng hàng.
Vì

AA1 , BB1, CC1 ∈ ( P ) 
 ⇒ A, B, C thuộc giao
AA2 , BB2 , CC 2 ∈ (Q)

B1

A2
B2

C

C2
C1

tuyến của (P) và (Q)
suy ra A,B,C thẳng hàng
D
Bài giải:
Gọi O;O1 lần lượt là tâm của các hình vuông ABCD và
AA’B’B
B
G’’
Chọn phép chiếu S1 ,chiếu ba điểm A,G,C’ lên

A
O
G

I
D’

A’
G’

C


mặt phẳng (A’B’C’D’) theo phương AA’

B’
C’

S1 : C  C '

A  A'
S1 : A'  A'
⇒ S1 : A' O  A' O1 ; G  G '
Vì G ∈ A' O ⇒ G '∈ A' O1
Vì A’,G’, O1 đều thuộc A'O1
O  O1

suy ra ảnh của A,G,C’ thẳng hàng.
Vậy A,G,C’,A’,G, O1 thuộc mp(ACC’A’) (1)
Chọn phép chiếu S 2 ,chiếu ba điểm A,G,C’ lên mặt phẳng mp(ABB’A’)
theo phương chiếu DA
S1 : A  A
C '  B'

Vì G thuộc đường trung tuyên DI của ∆BDA'
S2 : D  A
I I
⇒ S 2 : DI  AI ;
G  G' '
Vì G ∈ ID ⇒ G ' '∈ AI

Vì A,G’’,I đều thuộc AI suy ra ảnh của A,G,C’ thẳng hàng.Vậy A,G,C’,G’’,I,B’
thuộc mp(ABB’A’) (2)
Từ (1) và (2) suy ra A,G,C’ thuộc giao tuyến của hai mằt phẳng phân biệt
mp(ABB’A’) và mp(ACC’A’) . Vây A,G,C’ thẳng hàng
Ví dụ 4:Cho lục giác đều ABCDE có tâm O
Chứng minh rằng v = 0 A + OB + 0C + 0 D + 0 E = 0
Xét phép chiếu song song phương OA xuống DC
Ta có
A, O  I

E K
D D
B H
C C

Do ABCDEur đều
nênr OA
là trục đối xứng của B và E,của D và C,suy ra
uu
r uuu
uur uur uur r

v ' = II + IH + IC + ID + IK = 0
v' là hình chiếu vuông góc của v qua phép chiếu song song phương (AO) xuống

đường thẳng DC
Theo tính chất của phép chiếu vectơ,suy ra v //( AO) .
Chứng minh tương tự ta có v //(BO)
Mà A,B,O không thẳng hàng nên ta có v = O


Ví dụ 5: Cho tam giác ABC với các cạnh AB = c; BC = a; CA = b .Gọi I là tâm đường
tròn nội tiếp tam giác đó.Chứng minh rằng a IA + b IB + c IC = 0 .
Cách 3: Sử dụng phép chiếu song song.
Đặt v = a IA + b IB + c IC
ur
uuur
uuur
Chiếu v theo phương AI lên BC.lúc đó v biến thành v ' = b. A1 B + c. A1C
BA1

c

Mặt khác CA = b ⇒ v' = b. A1 B + c. A1C = 0
1
Tương tự chiếu v theo phương (IB)lên AC được
v ' ' = a.B1 A + c.B1C thì v' ' = 0
Rõ ràng (IA),(IB) là hai phương phân biệt nên v = 0 .
Đặc biệt, phép chiếu vuông góc có mọi bất biến của phép chiếu song song, giáo
viên cần chú ý mệnh đề sau:
Mệnh đề: Một góc vuông có ảnh là góc vuông khi và chỉ khi có một cạnh song
song với mặt phẳng chiếu hoặc thuộc mặt phẳng chiếu và cạnh kia không vuông
góc với mặt phẳng chiếu
y
N
O

y
M

x
O
y'
y'

N'
x'

O'
M'

(P)

(P)

O'
k

x'

x

*Gỉa sử Ox//(P), (mặt phẳng chiếu) hoặc Ox ⊂ ( P) và Oy không vuông góc với (P).
Khi đó O’x’//(P). Do O’x’ vuông góc với phương chiếu, O’x’//Ox (hoặc trùng) nên
O’x’vuông góc với Oy và NN’.
Từ đó, O’x’ vuông góc với mặt phẳng (Oy,O’y’) nên O ' x ' ⊥ O ' y '
* Gỉa sử x· ' O ' y ' = 900 .
-Nếu Ox song song hoặc thuộc mặt phẳng chiếu thì bài toán đã được giải.
-Gỉa sử Ox cắt Ox’ tại điểm K thuộc (P). Khi đó
O ' x ' ⊥ O ' y '
 ⇒ O ' x ' ⊥ ( Oy, Oy ' ) ⇒ O ' x ' ⊥ Oy .
O ' x ' ⊥ OO ' 
Oy ⊥ Ox 
 ⇒ Oy ⊥ ( Ox, Ox ') (1).
Oy ⊥ Ox '

Mặt khác ( Ox, Ox ') ⊥ ( P ) (2)
Từ (1) và (2) suy ra Oy//(P).


Ví dụ 6: Trên mặt phẳng ( α ) cho hình vuông ABCD. Các tia Ax, By, Cz, Dt vuông

góc với mặt phẳng ( α ) và nằm về một phía đối với mặt phẳng ( α ) . Một mặt phẳng
( β ) lần lượt cắt Ax, By, Cz, Dt tại A’, B’, C’, D’.
a) Tứ giác A’B’C’D’ là hình gì? Chứng minh rằng AA’+CC’=BB’+DD’
b) Chứng minh rằng điều kiện để tứ giác A’B’C’D’ là hình thoi là nó có hai đỉnh
đối diện cách đều mặt phẳng ( α ) .
c) Chứng minh rằng điều kiện để tứ giác A’B’C’D’ là hình chữ nhật là nó có hai
đỉnh kề nhau cách đều mặt phẳng ( α )
Bài giải:
a) Ta có ( Ax, AD ) / /( By, BC ). Hai mặt phẳng
Này bị cắt bởi ( β ) nên ta có A’D’//B’C’
Tương tự ta có A’B’//D’C’. Vậy A’B’C’D’
Là hình bình hành.
Các hình thang AA’C’C và BB’D’D đều có OO’
Là đường trung bình trong đó O là tâm của hình
Vuông ABCD và O’ là tâm của hình vuông
A’B’C’D’. Do đó AA’+CC’=BB’+DD’=2OO’
b) Muốn A’B’C’D’ là hình thoi ta cần phải có
A ' C ' ⊥ B ' D ' , ta đã có AC ⊥ BD , Theo chứng minh
Trên (một góc vuông có ảnh là góc vuông khi
và chỉ khi có một cạnh song song với mặt phẳng
chiếu hoặc thuộc mặt phẳng chiếu và cạnh kia
không vuông góc với mặt phẳng chiếu).
Vậy A’B’C’D’ là hình thoi khi và chỉ khi A’C’
hoặc B’D’ song song với ( α ) . Khi đó ta có
AA ' = CC ' hoặc BB ' DD '
c) Muốn hình bình hành A’B’C’D’ là
hình chữ nhật ta cần A ' B ' ⊥ B ' C ' , nghĩa là
A’B’// ( α ) hoặc B’C’// ( α ) . Khi đó ta có AA’=BB’ hoặc BB’=CC’. Nghĩa là hình
bình hành A’B’C’D’ có hai đỉnh kề nhau cách điều mặt phẳng ( α ) cho trước.
II.HOẠT ĐỘNG NGÔN NGỮ:

Hoạt động ngôn ngữ là một nhiệm vụ quan trọng mà giáo viên cần phải rèn luyện
cho học sinh. Yêu cầu học sinh phát biểu một cách chính xác các định nghĩa, khái
niệm, các quy luật. Biết phát biểu các nội dung toán học như định lí, hệ quả…bằng
nhiều cách khác nhau.
Ví dụ, khi phát biểu định lí về đường thẳng vuông góc với mặt phăng “ Nếu một
đường thẳng vuông góc với hai đường thẳng cắt nhau cùng thuộc một mặt phẳng
thì nó vuông góc với mặt phẳng ấy ” , sau khi học sinh phát biểu theo cách này mà
SGK đã trình bày giáo viên yêu cầu học sinh phát biểu theo cách sau:


“

a ⊂ ( P ); b ⊂ ( P ) 

a ∩b = M
 ⇒ d ⊥ ( P)

d ⊥ a; d ⊥ b


”

2.1. Chuyển đổi ngôn ngữ bên trong một thứ hình học.
Ý nghía: xác lập liên hệ kiến thức trong từng chuyên mục và từ đó cho phép nhìn
nhận vấn đề theo nhiều cách khác nhau và cho phép huy động các tri thức khác
nhau để giải quyết vấn đề từ đó cho phép học sinh lựa chọn phương thức tốt nhất,
cho việc giải quyết vấn đề.Ta xét ví dụ sau:
Ví dụ 1: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ có tâm O. Dựng thiết diện của hình
lập phương tạo bởi mặt phẳng qua O và vuông góc với đường chéo AC’.
Giải:

Ta có ( ACC ' A ') ⊥ BD ⇒ BD ⊥ AC ' .
Tương tự BA ' ⊥ AC ' . Suy ra thiết diện ( α ) của hình lập
Phương tạo với mặt phẳng qua O và song song với
(BDA’), suy ra ( α ) / /(CB ' D ') .Ta cũng chứng minh
được OG = OH .
Vậy theo định lí Talét đảo thì ( α ) cắt các cạnh có
Các đầu mút thuộc hai mặt phẳng song song trên tại
Trung điểm. Từ đó học sinh có thể dựng thiết diện
Là lục giác MNPQKR ngay được.

2.2.Chuyển đổi ngôn ngữ này sang ngôn ngữ khác.
* Có các dạng chuyển đổi ngôn ngữ:
-Từ ngôn ngữ này sang ngôn ngữ khác.
+ Từ ngôn ngữ khoa học chuyển qua quá trình chuyển hoá sư phạm chuyển sang
ngôn ngữ phổ thông.
+ Ngôn ngữ hình học tổng hợp chuyển sang ngông ngữ véctơ, toạ độ, biến hình,
đại số…
* Ý nghía: -tăng cường nhiều khả năng huy động kiến thức để giải quyết một vấn
đề.
- Huy động kiến thức đã có thích hợp với học sinh.
-Thay đổi hình thức bài toán nhằm chủ thể xâm nhập vấn đề, xâm nhập để thích
nghi.


Ví dụ 1: Giáo viên yêu cầu học sinh làm ví dụ sau:
Giải hệ phương trình sau:

( 1)
( 2)
( 3)

 x4 + y 4 + z 4 = 3
 5
5
5
x + y + z = 3
 6
6
6
 x + y + z = 3

Giải: Trước hết nhờ khả năng nhận dạng học sinh có thể nắm được đẳng thức (1)
r
r
2
2 2
chính là bình phương vô hướng của u = ( x , y , z ) và u = 3 . Đẳng thức (3) chính là
r

r

3
3
3
bình phương vô hướng của v = ( x , y , z ) và v = 3 . Đẳng thức (2) chính là tích vô

rr

rr

r r

r

r

hướng của u.v . Từ định nghĩa u.v = u v cos α , suy ra hai vecstơ u và v cùng chiều,
nghĩa là cos α = 1 . Từ đó suy ra x 2 = x3 ; y 2 = y 3 ; z 2 = z 3 , kết hợp giả thiết suy ra
x = y = z = 1. Vậy nghiệm của hệ là ( x, y, z ) = (1,1,1) .
Ví dụ 2 Giải phương trình sau:
sin x + 2 − sin 2 x + sin x. 2 − sin 2 x = 3

Giải:
Xét trong không gian hai vecstơ sau:

(

)

(

r
r
u = sin x,1, 2 − sin 2 x ; u = 1, 2 − sin 2 x ,sin x

)

Ta có

rr

uv = sin x + 2 − sin 2 x + sin x 2 − sin 2 x ;
r r
u v = sin 2 x + 1 + (2 − sin 2 x). 1 + (2 − sin 2 x) + sin 2 x = 3. 3
rr r r
r r
Vậy phương trình đã cho có dạng tương đương u.v = u v . Từ đó suy ra u, v là hai

vecstơ cùng phương, cùng chiều tức là ta có hệ sau:
sin x = k

2
1 = k 2 − sin x

2
 2 − sin x = k sin x

voi k > 0

Rõ ràng từ hệ suy ra k=1 ngay. Do đó hệ trên có dạng sin x = 1 . Vậy nghiệm của
phương trình đã cho là x =

π
+ k 2π , k ∈ Z .
2

-Mặt khác giáo viên cũng cho học sinh làm một số ví dụ về chuyến đổi từ ngôn ngữ
hình học tổng hợp sang sang ngông ngữ véctơ, toạ độ, biến hình, đại số…
Ví dụ 2: Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’.có cạnh bằng a .Goị M,N lần lượt
là các điểm thuộc các cạnh AD,BB’ sao cho AM=BN=x.( 0 ≤ x ≤ a ).
Chứng minh rằng,đường thẳng MN luôn vuông góc và cắt một đường thẳng cố định

khi M,N thay đổi trên AD và BB’,thõa mãn AM=BN.
Định hướng.
Dự đoán MN vuông góc với đường thẳng cố định nào?
Dụ đoán bằng cách :


+Gọi I,J lần lượt là trung điểm các cạnh AB và D’C’.
+cho M ≡ D; N ≡ B' khi đó IDJB’ là hình thoi suy ra MN ⊥ IJ
+cho M ≡ A; N ≡ B khi đó suy ra MN ⊥ IJ
Vậy ta dự đoán đường thắng đó là I;J
Cách 1: Sử dụng phương pháp véc tơ.
Phương pháp:+Chọn hệ véctơ gốc a; b; c
+Biểu thị MN; IJ theo a; b; c
+Chứng tỏ :- MN .IJ = 0 ⇒ MN ⊥ IJ
- JH = k HI
Bài giải:
Ta có A' A = c; A' B' = a; A' D' = b Khi đó ta có
NM = NA + AM = NB + BA + AM = a +

x
x
b+ c
a
a

A

.IJ = D' A = c − b
x
x

Vậy MN .IJ = (−a + b + c)(c − b)
a
a
x
x 2 x 2 x
= −a.c + a.b − b.c − b + c − c.b
a
a
a
a
x
x
= 0 + 0 + 0 − .a + .a = 0
a
a
Suy ra MN ⊥ IJ (*)

M

D

I
B

C

c
N
D’

A’

Gọi H là trung điểm của MN ta có
1
1
1
( IN + IM ) = ( IB + BN + IA + AM ) = ( BN + AM ) J
2
2
2
B’
x
2a
=
(b − c ) ⇒ b − c =
IH
(1)
2a
x
1
1
1
JH = ( JN + JM ) = ( JC ' + C ' N + JD' + D' M ) = (C ' N + D' M )
2
2
2
1
x − a −1
= (b + (a − x)c + c − (a − x)b) =
(b − c )

(2)
2
2
x − a − 1 2a
a ( x − a − 1)
. IH ⇒ JH = −
HI
Từ (1) và (2) ta có JH =
2
x
2x
IH =

Vậy I,H,J thẳng hàng hay IJ cắt MN, (**)
Từ (*) và (**) suy ra MN luôn cắt và vông góc với IJ,suy ra điều phải chứng minh.
Cách 2: phương pháp tọa độ.
Phương pháp: +Chọn hệ trục tọa độ
+Chứng tỏ MN .IJ = 0

[

]

 MN , IJ IM = 0

+

MN ≠ k IJ

C’

+Kết luận
Bài giải:
Gọi A' (0;0;0); B' (a;0;0); C ' (a; a;0); D' (0; a;0)
A(0;0; a ); B (a;0; a ); C (a; a; a ); D(0; a; a )
a
a
I ( ;0; a); J ( ; ;0); M (0; x;0); N (a;0; a − x)
2
2
MN = (a;− x;− x); IJ = (0; a;−a )

Vì MN .IJ = 0 − a.x + a.x = 0 ⇒ MN ⊥ IJ .(*)

[

]

−x −x −x a a −x
 = 2ax; a 2 ; a 2
;
;
− a − a 0 0 a 

(

Ta có MN ; IJ = 
 a

a
IM = (− ; x;0)
2
MN ; IJ .IM = − a 2 x + a 2 x = 0

[

]

MN và

)

(1)

IJ không cùng phương (2)

Từ (1) và (2) suy ra MN cắt ỊJ (**)
Vậy từ (*) và (**) suy ra MN luôn cắt và vông góc với ỊJ,suy ra điều phải chứng
minh.

PHẦN III- KẾT LUẬN
I. KẾT LUẬN:
Qua những nội dung trình bày trên cho ta thấy việc xác định các hoạt động hình
học điển hình trong khi dạy học hình học ở trường phổ thông là hết sức cần thiết, từ
đó giúp người giáo viên có thể luyện tập cho học sinh các hoạt động đó một cách
hiểu quả hơn, giúp các học sinh nâng cao hiệu quả nhận thức, phát triển tư duy.
Trên đây là một số kinh nghiệm của bản thân được đúc kết trong quá trình giảng
dạy, sẽ có thiếu sót mong quý thầy cô đóng góp ý kiến để cho đề tài được hoàn
thiện và đi vào áp dụng.

Xin chân thành cảm ơn!
II. KIẾN NGHỊ-ĐỀ XUẤT:
Sở giáo dục và đào tạo Nghệ An nên đăng các đề tài, sáng kiến kinh nghiệm có chất
lượng lên Website để các giáo viên và các em học sinh có thể tham khảo và ứng
dụng.
Thái Hòa, ngày 13 tháng 04 năm 2017
Tác giả


Đậu Huy Lâm

PHỤ LỤC
TÀI LIỆU THAM KHẢO.
1.Đào Tam-Phương pháp dạy học hình học ở trường phổ thông, NXB Đại Học Sư
Phạm.
2.Đào Tam-Trần Trung, tổ chức hoạt động nhận thức trong dạy học môn toán ở
trường trung học phổ thông.
3.Đào Tam-Lê Hiến Dương, Tiếp cận các phương pháp dạy học không truyền thống
trong dạy học toán , NXB Đại Học Sư Phạm.
4.Đào Tam, Giáo trình hình học sơ cấp. NXB Đại Học Sư Phạm.
5.Nguyễn Bá Kim (2002), Phương pháp dạy học môn Toán, NXB ĐHSP.
6.Đào Thái Lai (2006), Ứng dụng công nghệ thông tin trong dạy học ở các trường
phổ thông Việt Nam, Đề tài trọng điểm cấp Bộ, Mã số B2003-49-42-TĐ.
7. Ngô Thúc Lanh, Đoàn Quỳnh, Nguyễn Đình Trí (2000), Từ điển Toán học, NXB
Giáo dục.


VII-CẤU TRÚC:
Mở đầu
1.Lý do chọn đề tài.

2.Mục đính nghiên cứu.
3.Nhiệm vụ nghiên cứu.
4.Phương pháp nghiên cứu.
6.Đóng góp của tiểu luận.
Chương I:Cơ sở lí luận và thực tiễn.
I.Cơ sở lí luận.
II.Cơ sở thực tiễn.
Chương II:
Xác định và luyện tập một số dạng hoạt động hình học nhằm nâng cao hiệu
quả hoạt động nhận thức của học sinh.
I-Hoạt động xác định hình.
1.1.Hoạt động tách bộ phận phẳng ra khỏi hình không gian.
1.2. Hoạt động trãi hình .
1.3. Sử dụng bất biến của phép chiếu song song .
II.Hoạt động ngôn ngữ:
2.1.Chuyển đổi ngôn ngữ bên trong một thứ hình học.
2.2.Chuyển đổi ngôn ngữ này sang ngôn ngữ khác.
Kết luận
Tài liệu tham khảo


NỘI DUNG