Giải pháp để giải nhanh các bài toán liên quan đến thể tích, tỉ số thể tích của khối chóp tứ giác có đáy là hình bình hành

MỤC LỤC

Trang
1. MỞ ĐẦU
1.1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI.........................................................................
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU............................................................ ...
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN
CỨU..............................................................
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU .......................................................
2. NỘI DUNG SKKN
2.1. CƠ SỞ LÝ LUẬN...............................................................................
2.1.1. Thể tích khối chóp.............................................................................
2.1.2. Tỉ số thể tích đối với khối chóp tam giác .........................................
2.1.3. Tỉ số diện tích trong tam giác...........................................................
2.2.THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SKKN...............
2.3. GIẢI PHÁP...................................................................................... ...
2.3.1. Xây dựng công thức tính nhanh tỉ số thể tích đối với khối chóp
tứ giáccó đáy là hình bình hành...............................................................
2.3.2. Các chú ý khi áp dụng.......................................................................
2.4. HIỆU QUẢ CỦA SKKN TRONG GIẢI TOÁN.................................
2.4.1. Các ví dụ minh
họa............................................................................
2.4.2. Hiệu quả của SKKN..........................................................................
2.4.3. Một số bài tập tương tự.....................................................................
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. KẾT LUẬN.........................................................................................
3.2. KIẾN NGHỊ........................................................................................
TÀI LIỆU THAM KHẢO

1
1

1
2
3
3
3
3
3
4
4
6
6
6
17
17
19
19


1. MỞ ĐẦU
1.1. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
Trong chương trình giáo dục phổ thông hiện hành, bộ môn HHKG cổ điển
thường gây ra cho học sinh rất nhiều khó khăn. Đặc biệt là các bài toán về tính
thể tích, tỉ số thể tích của các khối đa diện.
Thực tế, những năm gần đây, nội dung này xuất hiện thường xuyên ở các kỳ
thi, nhất là kỳ thi THPTQG và thường là ở mức độ VD - VDC. Các câu hỏi về
thể tích, tỉ số thể tích của các khối đa diện dù ở hình thức nào (TNKQ, Tự luận)
cũng đều gây ra rất nhiều khó khăn cho đa số học sinh.
Việc nghiên cứu và phát hiện thêm các phương pháp giải nhanh, dễ hiểu đối
với bài toán liên quan đến thể tích, tỉ số thể tích các khối đa diện là rất cần thiết,
nhất là đối với hình thức thi cử như hiện nay. Qua đó, giúp học sinh THPT có

thêm phương pháp tiếp cận bài toán tính thể tích, tỉ số thể tích một cách tích cực,
hứng thú, và dễ dàng hơn khi chuẩn bị bước vào các kỳ thi quan trọng; cũng như
làm phong phú thêm kho tàng các phương pháp giải toán sơ cấp.
Mặt khác, trong các bài toán về tính thể tích, tỉ số thể tích của các khối đa
diện thì bài toán về thể tích, tỉ số thể tích của khối chóp tứ giác có đáy là hình
bình hành là bài toán xuất hiện nhiều nhất. Để giải quyết dạng toán này, học sinh
phải mất khá nhiều thời gian cho các kỹ năng vẽ hình, dựng chính xác thiết diện,
xác định vị trí các giao điểm, phân chia khối chóp thành các khối chóp tam giác
để sử dụng tỉ số thể tích cho khối chóp tam giác...mới có thể tìm được lời giải và
đáp số. Điều này dẫn đến tình trạng chán học, sợ học HHKG, ảnh hưởng đến kết
quả nhất là đối với hình thức thi trắc nghiệm như nhiện nay.
Hơn thế nữa, nội dung kiến thức cơ bản và phương pháp giải loại toán này
hầu như không có trong SGK toán phổ thông. Các tài liệu tham khảo về vấn đề
này cũng rất hạn chế . Rất nhiều đồng nghiệp tâm huyết cũng đã có những phát
hiện, những phương pháp tính sáng tạo để giải quyết những khó khăn này. Tuy
nhiên, hầu hết cũng chỉ dừng lại ở việc giải các bài toán cụ thể, chưa có bài viết
hay chuyên đề nào cung cấp cho học sinh phương pháp giải nhanh loại toán này.
1.2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU.
Qua thực tế giảng dạy, tôi thấy việc sử dụng công thức tính nhanh tỉ số thể
tích cho khối chóp có đáy là hình bình hành thực sự có nhiều ưu điểm và hiệu
quả rõ rệt khi so với việc phải phân chia thành các khối chóp tam giác. Kỹ năng
này không những làm cho đa số học sinh hứng thú, dễ hiểu mà còn nhanh chóng
tính được thể tích, tỉ số thể tích, để từ đó tìm ra lời giải, đáp số bài toán. Dù đây
là một nội dung nhỏ và kinh nghiệm bản thân còn hạn chế, nhưng tôi cũng mạnh
dạn coi đây là một đề tài SKKN của mình với tên gọi: “Giải pháp để giải
nhanh các bài toán liên quan đến thể tích, tỉ số thể tích của khối chóp tứ giác
có đáy là hình bình hành ” . Đề tài này đã được trình bày trước tổ chuyên môn
và được triển khai khi dạy các nhóm ôn thi THPTQG, các nhóm học sinh đại trà,
cũng đã ít nhiều đem lại hiệu quả rõ nét.
1.3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU.

2


Nghiên cứu các bài toán liên quan đến thể tích, tỉ số thể tích của các khối đa
diện sinh ra khi cắt khối chóp có đáy là hình bình hành bởi một mặt phẳng
không đi qua đỉnh của khối chóp.
1.4. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU.
- Dựa trên cơ sở lý thuyết đã được đề cập trong SGK: Đặc điểm của khối chóp
có đáy là hình bình hành, tỉ số diện tích trong tam giác, tỉ số thể tích trong khối
chóp tam giác... để xây dựng công thức tính nhanh.
- Ngoài ra, tôi đã sử dụng các phương pháp sau để hoàn thành sáng kiến kinh
nghiệm này:
+ Phương pháp điều tra, khảo sát trực triếp.
+ Phương pháp thống kê, xử lí số liệu.
+ Phương pháp nêu vấn đề.
+ Phương pháp quy nạp và diễn dịch.

3


2. NỘI DUNG
2.1. CƠ SỞ LÍ LUẬN.
2.1.1. Công thức tính thể tích khối chóp:
Cho khối chóp S . A1 A2 A3 A4 ... An . Gọi H là
hình chiếu của S trên mặt đáy ( A1 A2 A3 A4 ... An ) .
Khi đó:
1
VS . A A A A ... A = SH .S A A A A ... A
3
1 2 3 4

n

1 2 3 4

n

2.1.2. Tỉ số thể tích đối với khối chóp tam giác:
Cho hình chóp S . ABC . Trên các đoạn thẳng SA , SB , SC lần lượt lấy ba
điểm A' , B ' , C ' .
VS . A B C SA' SB ' SC '
=
.
.
Khi đó ta có:
VS . ABC
SA SB SC
' '

'

2.1.3. Tỉ số diện tích của hai tam giác:
Cho ∆OAB . Trên OA, OB lần lượt lấycác điểm A ', B ' ≠ O . Khi đó:
SOA' B ' OA' OB '
=
.
SOAB OA OB

2.2. THỰC TRẠNG VẤN ĐỀ TRƯỚC KHI ÁP DỤNG SKKN.
Bài toán về thể tích, tỉ số thể tích của khối chóp tứ giác có đáy là hình bình

hành là bài toán ở mức VD – VDC trong các đề thi và thường phát biểu dưới
dạng: Cho hình chóp tứ giác đều, hoặc hình chóp tứ giác có đáy là hình bình
4


hành, hình vuông, hình chữ nhật, hình thoi. Một mặt phẳng (α ) không đi qua S
thỏa mãn tính chất cho trước, cắt các cạnh SA, SB, SC , SD lần lượt tại
A ', B ', C ', D ' . Các yêu cầu thường gặp là:
SA ' SB ' SC ' SD '
,
,
,
- Tính toán các tỉ số
, diện tích thiết diện A ' B ' C ' D ' ...
SA SB SC SD
- Thể tích các khối đa diện S . ABCD, S.A'B'C'D', ABCDA ' B ' C ' D '... , tỉ số thể
tích của chúng .
- Các bài toán giá trị lớn nhất, nhỏ nhất liên quan đến thể tích, tỉ số thể tích của
các khối đa diện đó...

* Khi gặp các bài toán trên, thông thường học sinh sẽ giải quyết theo các bước:
+) Từ tính chất của mặt phẳng (α ) , dựng thiết diện ( mặt cắt), xác định vị trí các
SA ' SB ' SC ' SD '
,
,
,
giao điểm A ', B ', C ', D ' , tính toán các tỉ số
....Đây là công
SA SB SC SD
việc khó khăn với đa số học sinh.

+) Chia khối chóp S.ABCD thành các khối chóp tam giác để sử dụng tỉ số thể
tích của khối chóp tam giác , sau đó lại ghép lại. Điều này cũng sẽ rất khó khăn,
nếu tư duy hình không gian không tốt dẫn đến việc chia khối chóp không chính
xác. Một số học sinh khá giỏi làm được theo hướng này, nhưng mất rất nhiều
thời gian.
2.3. GIẢI PHÁP.
Để giúp học sinh giải quyết các khó khăn trên, tôi xin đưa ra giải pháp sau:
2.3.1. Xây dựng công thức tính nhanh tỉ số thể tích đối với khối chóp tứ giác
có đáy là hình bình hành:
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng
(α ) bất kỳ không đi qua S cắt các cạnh SA, SB, SC , SD lần lượt tại A ', B ', C ', D ' .
SA
SB
SC
SD
= x,
= y,
= z,
=t .
Đặt
SA '
SB '
SC '
SD '
Khi đó ta luôn có:

5


x + z = y + t


VS.A B C D x + y + z + t
=
V
4xyzt
 S.ABCD
'

'

'

'

(*)

Chứng minh:

a) Xét ∆SAC . Gọi O là trung điểm AC, I = SO ∩ AC .
SA SC
SO
+
= 2.
Trước hết ta chứng minh:
SA ' SC '
SI
1
Dễ thấy: S∆SAO = S∆SCO = S ∆SAC = S . Với ký hiệu S∆SA ' I = S1 , S∆SC ' I = S 2 ta có:
2
S1

S
SA ' SI
S2
S
SC ' SI
S + S2
SA ' SC ' SI
= 1 =
.
= 2 =
.
⇒ 1
=(
+
)
và
S S ∆SOA SA SO
S S∆SCO SC SO
S
SA SC SO
2S
SA ' SC ' SI
SA ' SC ' SA ' SC ' SI
SA SC
SO
⇔ ∆ SA 'C ' = (
+
)
⇔2
.

=(
+
)
⇔
+
=2
S∆SAC
SA SC SO
SA SC
SA SC SO
SA ' SC '
SI
SB SD
SO
+
= 2.
Hoàn toàn tương tự, trong ∆SBD ta cũng có
,nên từ đó ta có:
SB ' SD '
SI
SA SC SB SD
SO
+
=
+
= 2.
⇔ x+ z = y+t
SA ' SC ' SB ' SD '
SI
VS . A B C SA ' SB ' SC '

1
=
.
.
=
b) Tiếp theo xét khối chóp S . ABC ta có:
VS . ABC
SA SB SC xyz
VS . A D C SA ' SD ' SC ' 1
=
.
.
=
Tương tự xét khối chóp S . ADC ta có
VS . ADC
SA SD SC xtz
1
Dễ thấy VS . ABC = VS . ADC = VS . ABCD (do đáy ABCD là hình bình hành)
2
V
V
2(VS . A B C + VS . A D C )
2V
1
1
y+t
⇒ S.A B C + S.A D C =
=
+
⇔ S.A B C D' =

VS . ABC VS . ADC
VS . ABCD
xyz xzt
VS . ABCD
xyzt
' '

'

' '

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

'

' '

'

6


y + t 2( y + t ) x + y + z + t
=
=
VS . ABCD 2 xyzt
4 xyzt
4xyzt
Vậy các công thức (*) được chứng minh.
+) Ưu điểm của công thức thứ nhất của công thức (*) là giúp các em học sinh
tìm nhanh được tỉ số một đoạn thẳng khi biết 3 tỉ số còn lại. Từ đó xác định
được vị trí các điểm, cũng như dựng nhanh được thiết diện.
+) Với công thức thứ hai, ưu điểm lớn nhất chính là giúp các e tính nhanh tỉ số
thể tích, và cả thể tích của khối chóp tứ giác mà không phải phân chia thành các
khối chóp tam giác như trước đây.
2.3.2. Các chú ý khi áp dụng.
- Khi gặp các bài toán dạng nêu trên, lập tức các em học sinh thiết lập ngay các
SA ' SB ' SC ' SD '

,
,
,
tỉ số
, sử dụng giả thiết và công thức thứ nhất của công thức
SA SB SC SD
(*) để tính tỉ số chưa biết, hoặc mối liên hệ giữa các tỉ số đó.
- Sử dụng công thức thứ hai để lập ngay tỉ số thể tích các khối chóp tứ giác mà
không cần phân chia thành các khối chóp tam giác.
- Lưu ý công thức (*) đúng với khối chóp tứ giác có đáy là hình bình hành nên
cũng đúng với khối chóp tứ giác đều, khối chóp có đáy là hình chữ nhật, hình
vuông, hình thoi...và cả kể cả trường hợp các điểm A ', B ', C ', D ' nằm ngoài các
đoạn SA, SB, SC , SD .
2.4. HIỆU QUẢ.
Để thấy được ưu điểm của công thức (*) và sự hiệu quả trong việc giải toán
liên quan đến thể tích, tỉ số thể tích của khối chóp tứ giác có đáy là hình bình
hành, tôi xin được lấy một số ví dụ chọn lọc minh họa sau đây.
2.4.1. Các ví dụ minh họa:
Bài 1 (Đề KSCL lần 3 - THPT Chuyên Phan Bội Châu- Nghệ An - 2017):
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích là V.
Gọi M là trung điểm SB, P là điểm thuộc cạnh SD sao cho SP = 2DP. Mặt phẳng
( AMP ) cắt cạnh SC tại N. Tính thể tích khối đa diện ABCDMNP theo V
23
19
A. VABCDMNP = V
B. VABCDMNP = V
30
30
2
7

C. VABCDMNP = V
D. VABCDMNP = V
5
30
Giải:
Phân tích: Khó khăn của bài toán chính là việc xác định điểm N.
a) Lời giải khi chưa có công thức tính nhanh (*):
Gọi O = AC ∩ BD, I = SO ∩ MP ⇒ ( AMP ) ∩ SC = AI ∩ SC = N .
Ta có :
1 SP SM S ∆SPM S ∆SPI + S ∆SMI
S
S
=
.
=
=
= ∆SPI + ∆SMI
3 SD SB S ∆SDB
S ∆SDB
2 S ∆SDO 2S ∆SBO
SI SP SM
7 SI
SI 4
=
(
+
)= .
⇒
=
2SO SD SB

12 SO
SO 7
Suy ra:
⇔

VS . A B C D '
'

'

'

=

7


SN S∆SAN S ∆SAI + S ∆SNI
S
S
=
=
= ∆SAI + ∆SNI =
SC S ∆SAC
S∆SAC
2S∆SAO 2 S∆SCO
SI
SI SN 2 2 SN
SN 2
+

.
= + .
⇒
=
2SO 2SO SC 7 7 SC
SC 5
Khi đó:
VS . AMP SA SM SP
1 2 1
1
1
=
.
.
= 1. . = ⇒ VS . AMP = VS . ABD = V
VS . ABD SA SB SD
2 3 3
3
6
=

VS .MNP SM SN SP 1 2 2 2
2
1
=
.
.
= . . = ⇒ VS . MNP = VS . BCD = V
VS . BCD SB SC SD 2 5 3 15
15

15
⇒ VS . APNM = VS . AMP + VS .MNP =

7
7
23
V ⇒ VABCDMNP = V − VS . APNM = V − V = V
30
30
30

Chọn đáp án A.
b) Lời giải theo phương pháp sử dụng công thức tính nhanh (*):
Gọi N là giao điểm của ( AMP ) với SC.
SA
SB
SD 3
SC
5
= 1, y =
= 2, t =
= ⇒z=
= y+t − x=
Ta có: x =
SA
SM
SP 2
SN
2
5 3

1
+
2
+
+
VS . AMNP
7
2
2 = 7 ⇒V
⇒
=
= V
S . AMNP
5 3
V
30
30
4.1.2. .
2 2
7
23
⇒ VABCDMNP = V − VS . AMNP = V − V = V
30
30
Chọn đáp án A.
Nhận xét: Ưu điểm lớn nhất của lời giải thứ 2 là việc xác định vị trí điểm N cực
SC 5
SN 2
= ⇔
= ). Dẫn đến việc tìm

kỳ nhanh và chính xác ( tức là tính tỉ số
SN 2
SC 5
ra đáp số bài toán rất nhanh.
Bài 2 (Đề KSCL lần 1 - THPT Chuyên Lê Qúy Đôn - Bà Rịa - Vũng Tàu 2020):
Cho khối chóp S . ABCD có thể tích V , đáy ABCD là hình bình hành. Gọi
M là trung điểm các cạnh SB, N là điểm trên cạnh SD. Mặt phẳng ( AMN) cắt
SN
V
cạnh SC tại điểm P sao cho thể tích khối chóp S . AMPN bằng . Tỉ số
SD
4
bằng:
2
1
1
2
A.
B.
C.
D.
3
3
2
2
Giải:
Phân tích: Khó khăn của bài toán chính là có tới hai điểm N, P thay đổi.
a) Lời giải khi chưa có công thức tính nhanh (*):
Gọi O = AC ∩ BD, I = SO ∩ MP ⇒ ( AMN ) ∩ SC = AI ∩ SC = P .

8


SN
= k > 0 .Ta có :
SD
1
SM SN S ∆SMN S ∆SMI + S ∆SNI
S
S
SI SM SN
.k =
.
=
=
= ∆SMI + ∆SNI =
(
+
)=
2
SB SD S ∆SDB
S ∆SDB
2S ∆SBO 2S ∆SDO 2SO SB SD
SI 1
SI
2k
=
( + k) ⇒
=
.

2 SO 2
SO 1 + 2k
Suy ra:
SP S∆SAP S ∆SAI + S ∆SPI
=
=
=
SC S ∆SAC
S ∆SAC
Đặt

=

S∆SAI
S
SI
SI SP
+ ∆SPI =
+
.
2 S∆SAO 2S ∆SCO 2SO 2SO SC

SP
SI
SI
⇒
(1 −
)=
SC
2SO 2SO

SP
k
k
SP
k
⇔
(1 −
)=
⇒
=
SC
1 + 2k ) 1 + 2 k )
SC 1 + k
Khi đó:
VS . AMPN VS . AMN + VS .MNP VS . AMN
V
=
=
+ S . PMN
V
V
2VS . ABD 2VS .CBD
⇔

.

1 VS . AMN
V
1  SA SM SN SP SM SN 
=

+ S . PMN =  .
.
+
.
.
÷
4 2VS . ABD 2VS .CBD 2  SA SB SD SC SB SD 

1  1
k 1 
2k 2 + k
1
2
SN
2
⇔ =  1. .k +
. .k ÷ ⇔
=1⇔ k2 = ⇔ k =
⇒
=
2  2
1+ k 2 
1+ k
2
2
SD
2
Chọn đáp án B.
b) Lời giải theo phương pháp sử dụng công thức tính nhanh (*):
SA

SB
SC
SD
= 1, y =
= 2, z =
,t =
⇒1+ z = 2 + t ⇔ z =1+ t .
Ta có: x =
SA
SM
SP
SN
VS . AMPN 1 + 2 + (1 + t ) + t
t+2
1
t+2
=
= 2
⇔ = 2
⇔ t2 = 2 ⇔ t = 2
Khi đó :
V
4.1.2.(1 + t ).t
4t + 4t
4 4t + 4t
SN 1
2
. Chọn đáp án B.
= =
SD t

2
Nhận xét: Cũng như bài 1, khó khăn lớn nhất của bài 2 chính là các tỉ số đoạn
SN SP
,
thẳng chưa biết ( có tới 2 tỉ số chưa biết
) . Lời giải không sử dụng công
SD SC
thức (*) đã cho ta thấy được sự khó khăn, phức tạp của việc tìm biểu thức liên
hệ giữa các tỉ số đoạn thẳng. Ngược lại với việc sử dụng công thức (*), chúng ta
thấy được ưu điểm vượt trội của lời giải. Ở các ví dụ sau, tôi xin phép chỉ trình
bày cách giải bằng cách sử dụng công thức (*) để thấy rõ hơn nữa ưu điểm của
công thức này.
Bài 3 (Đề thi thử THPTQG 2020 - THPT Nguyễn Trãi - Thái Bình):
⇒

9


Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông, mặt bên ( SAB ) là một
tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy ( ABCD ) và có diện tích
27 3
bằng
(đvdt). Một mặt phẳng qua trọng tâm ∆SAB và song song với mặt
4
đáy ( ABCD ) chia khối chóp S . ABCD thành hai phần. Tính thể tích V của phần
chứa điểm S:
A. V = 8
B. V = 24
C. V = 36
D. V = 12

Giải:
Gọi H là trung điểm AB, G là trọng tâm của ∆SAB . Mặt phẳng qua trọng tâm G
song song với đáy ( ABCD ) cắt SA, SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P, Q.
Ta cần tính V = VS . MNPQ .
SA
SB
SC
SD
= x,
= y,
= z,
=t
Ký hiệu
SM
SN
SP
SQ
Ta có:
MN / / AB / / PQ, NP / / BC / / MQ
SA SB SC SD SH 3
=
=
=
=
=
SM SN SP SQ SG 2
3
Hay x = y = z = t =
2
V

x+ y+ z+t 8
⇒ S . MNPQ =
=
(a)
VS . ABCD
4xyzt
27
Do ∆SAB đều và ( SAB ) ⊥ ( ABCD) ⇒ SH ⊥ ( ABCD) .
Ta có:
AB 2 3 27 3
AB 3 3 3. 3 9
S∆SAB =
=
⇒ AB = 3 3 ⇒ SH =
=
=
4
4
2
2
2
1
1
9 81
8
8 81
⇒ VS . ABCD = .S ABCD .SH = (3 3) 2 . = ⇒ V = .VS . ABCD = . = 12
3
3
2 2

27
27 2
Chọn đáp án D.
Nhận xét: Sử dụng công thức tính nhanh để có hệ thức (a) liên hệ giữa V cần
tính với VS . ABCD là cách tốt nhất để đi đến đáp số. Nếu sử dụng cách truyền thống
thì ta phải phân chia khối S . ABCD thành hai khối chóp tam giác và sử dụng rất
nhiều tỉ số thể tích. Các ví dụ sau tiếp tục làm rõ điều đó.
Bài 4 (Đề KSCL Toán 12 của Sở GD&ĐT Đà Nẵng - 2017):
Cho khối chóp tứ giác đều S . ABCD . Gọi M là trung điểm SC, mặt phẳng
( P ) chứa AM và song song với BD chia khối chóp thành hai khối đa diện. Đặt
V1 là thể tích khối đa diện có chứa đỉnh S và V2 là thể tích khối đa diện có chứa
V1
đáy ABCD. Tính tỉ số :
V2
V1
V1 1
V1 2
V1 1
=1
=
=
=
A.
B.
C.
D.
V2
V2 2
V2 3
V2 3

⇒

10


Giải:
Gọi N, P lần lượt là giao điểm của ( P ) với SB, SD.
SB SD
=
= y.
Do ( P ) / / BD ⇒ NP / / BD ⇒
SN SP
Mặt khác ta có:
SA SC SB SD
3
+
=
+
⇔ 1+ 2 = y + y ⇔ y = .
SA SM SN SP
2
Đặt V = VS . ABCD
SA SB SC SD
3
3
+
+
+
1
+

+
2
+
V
2
2 =1
⇒ 1 = SA SN SM SP =
SA SB SC SD
3 3
V
3
4. .
.
.
4.1. .2.
SA SN SM SP
2 2
V
V 2 V 1
⇒ 2 =1− 1 = ⇒ 1 =
V
V 3 V2 2
Chọn đáp án B.
Bài 5 (Đề KSCL Toán 12 của Sở GD&ĐT Bắc Giang - 2017):
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 1, AD = 2 .
SA ⊥ ( ABCD), SA = 2 . Điểm M trên cạnh SA sao cho mặt phẳng ( MBC ) chia khối
chóp S . ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau. Tính diện tích ∆MAC :
5
5
5− 5

3 5 −5
A.
B.
C.
D.
3
2
4
2
Giải:
Gọi N = SD ∩ ( MBC ) . Ta có :
SA
SB
SC
SD
x=
,y=
= 1, z =
= 1, t =
SM
SB
SC
SN
⇒ x +1=1+ t ⇔ t = x
Khi đó:
VS . BCNM x + 1 + 1 + x x + 1
=
=
VS . ABCD
4.x.1.1.x

2x 2
1 x +1
1+ 5
=
⇔ x2 − x −1 = 0 ⇔ x =
2
2 2x
2
SA 1 + 5
⇒
=
⇒ SM = 5 − 1
SM
2
⇒ AM = SA − SM = 3 − 5
⇔

⇒ S ∆MAC =

1
1
3 5 −5
AM . AC = .(3 − 5). 12 + 2 2 =
2
2
2

Chọn đáp án D.
Bài 6 (Đề KSCL Toán 12 - THPT Đặng Thai Mai - Thanh Hóa - 2020):

11


Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bên
SA = a và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm
các cạnh SA, SB, SC, SD. Tính thể tích của khối chóp cụt MNPQ. ABCD :
a3
a3
7a3
a3
A.
B.
C.
D.
6
3
24
4
Giải :
SA
SB
SD
SC
= 2, y =
= 2, t =
= 2, z =
=2
Ta có x =
SM
SN

SQ
SP
1
1 2 a3
và V = VS . ABCD = SA.S ABCD = a.a =
3
3
3
Do đó:
VS .MNPQ 2 + 2 + 2 + 2 1
1
=
= ⇔ VS . MNPQ = V
V
4.2.2.2.2
8
8
3
7
7 a 7a 3
⇒ VMNPQ . ABCD = V − VS . MNPQ = V =
=
8
8 3 24
Chọn đáp án B.
Bài 7 (Đề KSCL Toán 12 của Sở GD&ĐT Bắc Giang -2020):
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng 2.
·
BAD
= 600 , SA = SC và tam giác SBD vuông cân tại S. Gọi E là trung điểm SC.

Mặt phẳng ( P ) qua AE cắt hai cạnh SB, SD lần lượt tại M, N. Thể tích lớn nhất
V0 của khối đa diện ABCDNEM bằng:
2 3
2 3
4 3
8 3
A. V0 =
B. V0 =
C. V0 =
D. V0 =
9
7
9
21
Giải:
Gọi O = AC ∩ BD . Dễ có SO ⊥ ( ABCD) .
Theo đề ta có:
+) BD = 2, SB = SD = 2, S ABCD = 2S ABD = 2 3
1
+) SO = BD = 1
2
1
2 3
⇒ V = VS . ABCD = SO.S ABCD =
3
3
SB
SA SC SB SD
=x⇒
+

=
+
Đặt
SM
SA SE SM SN
SD
SD
⇔ 1+ 2 = x +
⇒
= 3− x
SN
SN
V
1 + 2 + x + (3 − x)
3
3
2 3
3
⇒ S . AMEN =
=
⇒ VS . AMEN =
.
=
V
4.1.2.x (3 − x )
4x(3 − x)
4x(3 − x ) 3
2x(3 − x)

12

⇒ V0 = V − VS . AMEN =

2 3
3
−
3
2x(3 − x)

2
Do đó V0 lớn nhất khi f ( x) = 2x(3 − x) = −2x + 6x lớn nhất ⇔ x = −

b 3
=
2a 2

2 3
3
4 3
−
=
Khi đó
3
3
3
9 . Chọn đáp án D.
2. (3 − )
2
2

Bài 8 (Đề thi KSCL Toán 12 lần 2 - Chuyên Lào Cai - 2017):
Một viên đá có hình dạng là khối chóp tứ giác đều với tất cả các cạnh bằng
nhau và bằng a. Người ta cắt khối đá đó bởi mặt phẳng song song với đáy của
khối chóp để chia khối đá thành hai phần có thể tích bằng nhau. Tính diện tích
của thiết diện khối đá bị cắt bởi mặt phẳng nói trên (Giả thiết rằng tổng thể tích
của hai khối đá sau vẫn bằng thể tích của khối đá ban đầu).
2a 2
a2
a2
a2
A.
B. 3
C.
D. 3
3
4
2
4
Giải:
Gọi thiết diện là hình vuông MNPQ. Ta có:
SA SB SC SD SO
=
=
=
=
=x
SM SN SP SQ SI
V
x+x+x+x 1
1 1

⇒ S . MNPQ =
= 3 ⇔ = 3 ⇔ x= 3 2
VS . ABCD
4.x.x.x.x
x
2 x
VS . ABCD SO.S ABCD
x.a 2
=
=
Mặt khác lại có:
VS .MNPQ SI .S MNPQ S MNPQ
V0 =

⇔2=

x.a 2
x.a 2 3 2.a 2 a 2
⇔ S MNPQ =
=
=3
S MNPQ
2
2
4

Chọn đáp án B.
Bài 9 (Đề thi thử THPTQG 2020 - THPT Chuyên Lê Thánh Tông- Quảng
Nam):
Cho khối chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a,

cạnh bên tạo với đáy một góc 600 . Gọi M là trung điểm SC, mặt phẳng ( P )
chứa AM và song song với BD cắt SB tại E và cắt SD tại F. Tính thể tích V
khối chóp S.AEMF:
a3 6
4a 3 6
a3 6
a3 6
A. V =
B. V =
C. V =
D. V =
36
9
6
18
Giải:
Ta có AC = BD = 2a 2 . Gọi O là tâm hình vuông ABCD
⇒ SO ⊥ ( ABCD), SO = OC.tan 600 = a 6
⇒ VS . ABCD

1
1
4a 3 6
2
.
= SO.S ABCD = a 6.(2a) =
3
3
3
13

Do EF / / BD ⇒

SB SD 3
=
= .
SE SF 2

Khi đó:
3
3
+
2
+
VS . AEMF
2
2 =1
=
3 3
VS . ABCD
3
4.1. .2.
2 2
1
1 4a 3 6 4a 3 6
⇒ VS . AEMF = .VS . ABCD =
=
3
3 3

9
Chọn đáp án B.
Bài 10 (Đề KSCL Toán 12 lần 2 - THPT Lê Lai – Thanh Hóa - 2020):
Cho khối chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a.
Mặt bên tạo với đáy một góc 600 . Mặt phẳng ( P ) chứa AB và tạo với đáy một
góc 300 cắt SC, SD lần lượt tại M, N. Tính thể tích V của khối chóp S . ABMN
theo a:
a3 3
5a 3 3
a3 3
a3 3
A. V =
B. V =
C. V =
D. V =
6
48
16
8
Giải:
Gọi O là tâm ABCD. I, F lần lượt là trung điểm AB, CD. E là giao điểm của
·
·
= 600 , EIF
= 300 hay IE là phân giác
MN với SF. Ta có: SIO
1+

của góc SIF ⇒

ES IS
OI
=
=
= 1 ⇒ ES = EF .
EF IF IF .cos 600

Suy ra E là trung điềm SF.
Do đó M, N lần lượt là trung điểm SC, SD.
Ta có:
SA
SB
SC
SD
= 1, y =
= 1, z =
= 2, t =
=2
SA
SB
SM
SN
a 3
+) SO =
2
1
1 a 3 2 a3 3
⇒ VS . ABCD = SO.S ABCD = .
.a =
3

3 2
6
+) x =

1+ 2 +1+ 2 3
3
3 a3 3 a3 3
=
= ⇒ V = .VS . ABCD = .
=
Khi đó
VS . ABCD
4.1.2.1.2
8
8
8 6
16
Chọn đáp án C.
Bài 11 (Đề thi thử THPTQG -THPT Kim Thành – Hải Dương - 2020):
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung
điểm SC. Mặt phẳng chứa AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M, N. Gọi V1 ,V
lần lượt là thể tích khối chóp S . AMKN và khối chóp S . ABCD . Giá trị nhỏ nhất
V
của tỉ số 1 :
V
3
A.
8
V

14


1
2
1
C.
3
2
D.
3
B.

Giải:
SB
SA SC SB SD
SD
SD
= x . Ta có :
+
=
+
⇔ 1+ 2 = x +
⇒
= 3− x
SM
SA SK SM SN
SN
SN
V1 1 + 2 + x + 3 − x

6
3
=
=
Khi đó: =
V
4.1.2.x.(3 − x ) 8x(3 − x) 4x(3 − x)
V
b 3
⇒ 1 nhỏ nhất ⇔ f ( x) = 4x(3 − x) = −4x 2 + 12x lớn nhất ⇔ x = − =
V
2a 2
3
1
V1
=
3
Khi đó giá trị nhỏ nhất của
là 3
. Chọn đáp án C.
4. (3 − ) 3
V
2
2
Bài 12 (Đề KSCL -THPT Chuyên Phan Ngọc Hiển– Cà Mau - 2020):
Cho khối chóp tứ giác đều S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a.
Mặt bên tạo với đáy một góc 600 .Gọi G là trọng tâm tam giác SAC. Mặt phẳng
chứa AB và đi qua G cắt SC, SD lần lượt tại M, N. Tính thể tích V của khối
chóp S . ABMN theo a:
a3 3

A. V =
B. V = 2a 3 3
C. V = a 3 3
D. V = 3a 3 3
2
Giải:
Do G là trọng tâm tam giác SAC nên ta suy ra M, N lần lượt là trung điểm của
SC, SD. Do đó:
SA
SB
SC
SD
x=
= 1, y =
= 1, z =
= 2, t =
=2
SA
SB
SM
SN
Mặt khác, gọi O là tâm ABCD SO ⊥ ( ABCD)
Ta có:
SO = a.tan 600 = a 3
Giả sử

1
4a 3 3
2
⇒ VS . ABCD = SO.(2a ) =

3
3
V
x + y + z + t 1+1+ 2 + 2 3
⇒ S . ABMN =
=
=
VS . ABCD
4xyzt
4.1.2.2
8
3 4a 3 3 a 3 3
.
⇒ VS . ABMN = .
=
8 3
2
Chọn đáp án A.
Bài 13 (Đề thi thử THPTQG 2020- Lần 1 -THPT Nghi Sơn–Thanh Hóa):
15


Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M, N lần lượt
là trung điểm SA, SD . Mặt phẳng (α ) chứa MN cắt các cạnh SB, SC lần lượt
SQ
= x , V1 ,V lần lượt là thể tích khối chóp S .MNQP và khối chóp
tại Q, P. Đặt
SB
1
S . ABCD . Tìm x để V1 = V

2
1
−1 + 41
−1 + 33
A. x =
B. x =
C. x = 2
D. x =
2
4
4
Giải:
SB
1
=m⇒ x=
Ký hiệu
SQ
m
Ta có:
SA SC SB SD
SC
+
=
+
⇔ 2+
= m+2
SM SP SQ SN
SP
SC
⇒

=m
SP
V 2+m+2+m 1
⇒ 1=
=
V
4.2.m.2.m
2
2+m
⇔
= 1 ⇔ 4m 2 − m − 2 = 0
2
4m
1 + 33
1 −1 + 33
⇒m=
⇒x= =
8
m
4
Chọn đáp án B.
Bài 14 (Đề thi thử Toán THPTQG 2020- Lần 1 - THPT Nguyễn Quán
Nho – Thanh Hóa):
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Điểm M di động
MC
= k . Mặt phẳng qua A, M song song với BD cắt SB, SD
trên cạnh SC. Đặt
MS
theo thứ tự tại N, P. Tìm k để thể tích khối chóp C. APMN lớn nhất.
A. k = 3

B. k = 1
C. k = 2
D. k = 2
Giải:
SC
= x ⇒ k = x − 1 , ( x > 1) và V = VS . ABCD .
Đặt
SM
SB SD
=
= t , (t > 1) . Khi đó:
Ta có NP / / BD ⇒
SN SP
SA SC SB SD
+
=
+
⇔ 1 + x = 2t ⇒ x = 2t − 1
SA SM SN SP
Do đó:

VS . APMN 1 + 2t − 1 + t + t
1
=
=
V
4.1.(2t − 1).t.t t (2t − 1)
16

⇒ VS . APMN =

1
.V
t (2t − 1)

V1 PD S ACD SD − SP 1
1 1 t −1
=
.
=
. = (1 − ). =
V SD S ABCD
SD
2
t 2 2t
t −1
2t − 2
⇒ V1 =
.V ⇒ VC . APMN = V − VS . APMN − 2V1 = 2 .V
2t
2t − t
2t − 2
Do V không đổi nên VC . APMN lớn nhất ⇔ f (t ) = 2
, (t > 1) đạt giá trị lớn
2t − t
nhất. Ta có:
−4t 2 + 8t − 2
2
'

f (t ) =
= 0 ⇒ t =1+
= t0 , ( do t > 1). Bảng biến thiên:
2
2
(2t − t )
2
t0
+∞
t
1
Lại có VP . ACD = VN . ACB = V1 và:

f '(t )

+

f (t )

0

-

f max

0
Vậy VC . APMN lớn nhất khi t = 1 +

0
2

⇒ x = 2t − 1 = 2 + 1 ⇒ k = x − 1 = 2
2

Chọn đáp án D.
Bài 15 (Đề KSCL Toán 12 lần 1 -THPT Yên Lạc 2 – Vĩnh Phúc - 2020):
Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Các
uuur 1 uur uuur 1 uuu
r
điểm A ', C ' thỏa mãn SA ' = SA, SC ' = SC . Mặt phẳng ( P ) chứa đường thẳng
3
5
VS . A ' B 'C ' D '
A ' C ' cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại B ', D ' và đặt k =
. Giá trị nhỏ
VS . ABCD
nhất của k là:
1
1
4
15
A.
B.
C.
D.
30
60
15
16
Giải:
Ta có:

SA
SB
SC
SD
x=
= 3, y =
,z =
= 5, t =
SA '
SB '
SC '
SD '
⇒ 3+5 = y +t ⇔ y =8−t
Do đó:
V
3+5+8−t +t
k = S . A ' B 'C ' D ' =
=
VS . ABCD
4.3.5.t.(8 − t )
=

4
4
=
2
15t (8 − t ) −15t + 120t
17

kmin ⇔ f (t ) = −15t 2 + 120t lớn nhất ⇔ t = −

b
1
= 4 ⇒ kmin =
2a
60

Chọn đáp án C.
Nhận xét: Qua một số ví dụ trên, rõ ràng chúng ta thấy được ưu điểm nổi bật
của phương pháp sử dụng công thức tính nhanh tỉ số thể tích đối với khối
chóp tứ giác có đáy là hình bình hành. Ngoài lời giải độc đáo khi sử dụng kiến
thức cơ bản và dễ nhớ, thì ưu điểm lớn nhất mà phương pháp đem lại là giúp các
em học sinh hứng thú hơn, học tập một cách tích cực hơn. Trong các ví dụ trên,
khi tiến hành khảo sát trên rất nhiều đối tượng học sinh và yêu cầu các em giải
bằng phương pháp phân chia khối chóp, cũng như các phương pháp khác thì hầu
hết các em đều rất khó khăn trong việc dựng thiết diện, cũng như thiết lập tỉ số
thể tích theo yêu cầu, chỉ một vài em khá, giỏi là thành công. Tuy nhiên, khi tôi
hướng dẫn các em giải theo hướng này thì kết quả thu được rất tốt. Các em
không những nhanh chóng tìm ra vị trí các điểm mà thiết diện cắt các cạnh hình
chóp, rất nhanh có được tỉ số thể tích cần tính mà còn rất hứng thú với tiết học.
2.4.2. Hiệu quả của SKKN:
Tôi đã tiến hành giảng dạy thử nghiệm đề tài này cho 2 nhóm học sinh lớp 12
có học lực tương đối tương đương nhau để đối chứng tính hiệu quả của đề tài,
trong khoảng thời gian 9 tiết học (từ ngày 30/05/2020 – 20/06/2020). Sau khi
các em học xong, tôi tiến hành kiểm tra đánh giá.
Nhóm 1: Giảng dạy theo phương pháp không sử dụng công thức (*): Dựng thiết
diện, phân chia khối chóp.
Nhóm 2: Giảng dạy theo phương pháp sử dụng công thức (*) tính nhanh tỉ số
thể tích.

Kết quả thu được như sau:
Nhóm Số
Kết quả
lượng Giỏi
Khá
Trung
Yếu
Kém
học
bình
sinh
SL %
SL %
SL %
SL %
SL %
1
25
1
4%
2
8%
5
20% 11 44% 6
24%
2
25
8
32% 11 44% 4
16% 2

8%
0
0%
Qua một vài kinh nghiệm nhỏ tôi đã đưa ra ở trên, chúng ta thấy được việc sử
dụng công thức tính nhanh tỉ số thể tích đối với khối chóp tứ giác có đáy là hình
bình hành đã đem lại một số kết quả thực sự tốt đẹp. Nó giúp cho học sinh hứng
thú, tích cực, biết sáng tạo trong học tập, và đã làm cho công việc dựng thiết
diện, tính tỉ số thể tích khối chóp tứ giác.. đáng lẽ rất “bí”, rất khó khăn, phức
tạp, trở nên đơn giản, thú vị hơn rất nhiều.
2.4.3. Một số bài tập tương tự:
Bài 1 (Đề thi thử THPTQG 2020-lần 1-THPT Lương Thế Vinh- Hà Nội):
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bên
SA = a 3 và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M , N lần lượt là trung điểm
SB, SD . Mặt phẳng ( AMN ) cắt SC tại I . Tính thể tích khối đa diện ABCDMNI
5 3a 3
5 3a 3
13 3a 3
3a 3
A.
B.
C.
D.
18
6
36
18
18


(Đáp án: A)

Bài 2 (Đề KSCL Toán 12 của Sở GD&ĐT Bình Thuận - 2017):
Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích là V
. Gọi M là trung điểm cạnh SA , N là điểm nằm trên cạnh SB sao cho
SN = 2 NB . Mặt phẳng (α ) di động đi qua các điểm M , N và cắt các cạnh
SC , SD lần lượt tại hai điểm phân biệt K , Q . Tính giá trị lớn nhất của thể tích
khối chóp S .MNKQ theo V .
2V
V
V
3V
A.
B.
C.
D.
3
3
2
4
(Đáp án: C)
Bài 3 (Đề KSCL Toán 12 của THPT Phú Xuyên A- HàNội - 2017):
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB = a, AD = 3a, SA ⊥ ( ABCD) , góc giữa SB và ABCD bằng 600 . Điểm M trên
a 3
cạnh SA sao cho AM =
,( BCM ) ∩ SD = N . Tính thể tích khối chóp
3
S .BCMN
10 3a 3
5 3a 3
3a 3

3a 3
A.
B.
C.
D.
9
9
27
3
(Đáp án: B)
Bài 4 (Đề KSCLToán 12 lần 3-THPT Ngô Sĩ Liên- Bắc Giang-2017):
Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích là
18. Gọi M là điểm thuộc cạnh SD sao cho SM = 2 MD . Mặt phẳng ( ABM ) cắt
SC tại N . Tính thể tích khối chóp S . ABNM
A. 9
B. 12
C. 6
D. 10
(Đáp án: D)
Bài 5 (Đề thi thử THPTQG 2019-Sở GD&ĐT Bình Thuận):
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Cạnh bên
SA = a 2 và vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi B ', D ' lần lượt là hình chiếu
của A trên SB, SD . Mặt phẳng ( AB ' D ') cắt SC tại C ' . Thể tích khối chóp
S . AB ' C ' D ' là:
2 3a 3
2 2a 3
2 3a 3
2a 3
A.
B.

C.
D.
3
3
9
9
(Đáp án: D)

19


3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. KẾT LUẬN.
SKKN của tôi đã giải quyết được các vấn đề khó khăn mà học sinh thường
gặp phải khi giải quyết các bài toán liên quan đến tỉ số thể tích của khối chóp tứ
giác có đáy là hình bình hành:
- Tính nhanh được tỉ số đoạn thẳng, tìm được mối liên hệ giữa các tỉ số đoạn
thẳng mà trong nhiều trường hợp không cần phải sử dụng các tính chất hình học
để dựng hình, dựng thiết diện, để từ đó đi đến các tỉ số đoạn thẳng.
- Tính trực tiếp được tỉ số thể tích của khối chóp tứ giác có đáy là hình bình
hành mà không cần phải phân chia thành các khối chóp tam giác.
- Sử dụng thành thạo công thức tính nhanh tỉ số thể tích khối chóp tứ giác có đáy
là hình bình hành giúp học sinh tìm ra lời giải cũng như đáp án bài toán một
cách nhanh nhất có thể. Đây cũng là một mục tiêu quan trọng cần hướng khi làm
bài TNKQ . Từ đó, không những góp phần khắc phục tâm lí lo sợ khi phải đối
diện với bài toán tỉ số thể tích tích khối chóp tứ giác có đáy là hình bình hành
nói riêng, bài toán HHKG cổ điển nói chung, mà còn giúp học sinh hứng thú
hơn trong học tập
3.2. KIẾN NGHỊ.
- Cấp lãnh đạo, Tổ chuyên môn sẽ tiếp tục tạo điều kiện để tôi tiếp tục nghiên

cứu chia sẻ các bài viết về công thức tính nhanh tỉ số thể tích đối với khối lăng
trụ tam giác, khối hộp cho học sinh.
Như đã nói ở trên, các bài toán về tính thể tích, tỉ số thể tích của các khối đa
diện là một nội dung quan trọng và không thể thiếu trong các kỳ thi nhất là kỳ
thi THPTQG. Viêc nghiên cứu và tiếp tục tìm ra cũng như phổ biến phương
pháp giải nhanh thực sự là rất cần thiết và đáng quan tâm. Với chút ít kinh
nghiệm, tôi mạnh dạn viết thành sáng kiến kinh nghiệm này. Có thể nó còn hạn
chế, mong các đồng chí lãnh đạo và đồng nghiệp góp ý.

XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hoá, ngày 04 tháng 07 năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh
nghiệm được tôi rút ra trong quá trình
giảng dạy, không sao chép của người
khác.

Tác giả: Hoàng Văn Hoan
20


TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1] Đề thi thử THPTQG, thi KSCL môn Toán 12 của các trường THPT, các Sở
GD&ĐT trên toàn quốc từ năm 2017- 2020.
[2] Đề minh họa, đề chính thức THPTQG của Bộ GD&ĐT từ năm 2017- 2020.
[3] Hình học 12 – Tác giả: Trần Văn Hạo, Nguyễn Mộng Huy, Khu Quốc Anh,
Trần Đức Huyên – Nhà xuất bản Giáo dục năm 2006.
[4] Website: toanmath.com.

21

DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH
GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP CAO
HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Hoàng Văn Hoan.
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên - Trường THPT Vĩnh Lộc - Huyện Vĩnh
Lộc -Tỉnh Thanh Hóa.
Cấp đánh Kết quả
giá xếp
đánh
loại
giá xếp Năm học đánh
TT
Tên đề tài SKKN
(Phòng,
loại (A,
giá xếp loại
Sở,
B, hoặc
Tỉnh...)
C)
1.
Dùng phương pháp đồ thị để
giải các bài toán về tính đơn
điệu, về sự tồn tại và vị trí các
Tỉnh
C
2010 - 2011

điểm cực trị của hàm phân
thức bậc hai trên bậc nhất.
2.

Rèn luyện kỹ năng sử dụng
tam thức bậc hai cho học sinh
trong giải hệ phương trình.

Tỉnh

C

2014 - 2015

22


DANH MỤC CÁC CHỮ VIẾT TẮT
GD&ĐT
HHKG
KSCL
SGK
SKKN
THPT
THPTQG
TNKQ
VD-VDC

Giáo dục và đào tạo
Hình học không gian

Khảo sát chất lượng
Sách giáo khoa
Sáng kiến kinh nghiệm
Trung học phổ thông
Trung học phổ thông quốc gia
Trắc nghiệm khách quan
Vận dụng- vận dụng cao

23