KINH NGHIỆM GIÚP học SINH lớp 12 GIẢI QUYẾT bài TOÁN tỉ số THỂ TÍCH KHỐI đa DIỆN

1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
Mỗi một nội dung trong chương trình toán phổ thông đều có vai trò rất
quan trọng trong việc hình thành và phát triển tư duy của học sinh. Trong quá
trình giảng dạy, giáo viên phải đặt ra cái đích là giúp học sinh nắm được kiến
thức cơ bản, hình thành phương pháp, kỹ năng, kỹ xảo, từ đó tạo được thái độ và
động cơ học tập đúng đắn. Thực tế dạy và học cho thấy còn có nhiều vấn đề cần
phải giải quyết như học sinh học hình còn yếu, đặc biệt là khi phải vẽ thêm
đường phụ, chưa hình thành được kỹ năng, kỹ xảo, trong quá trình giải toán hình
học không gian. Đặc biệt từ năm học 2016 – 2017, kỳ thi THPT Quốc gia thi
dưới hình thức trắc nghiệm, những học sinh sử dụng kết quả môn Toán để xét
Đại học – Cao đẳng cần phải làm được câu hỏi ở mức độ vận dụng, đặc biệt là
những câu hỏi vận dụng về tỉ số thể tích khối đa diện trong hình học không gian.
Để làm được câu hỏi dạng này đòi hỏi học sinh ngoài việc học tốt kiến thức về
hình học không gian còn phải biết vận dụng linh hoạt các phương pháp, kỹ thuật
để từ đó quy bài toán khó về dễ và phù hợp với kiến thức mình đang có, đặc biệt
là kỹ năng phân tích, xác định phương pháp và tính toán nhanh để đạt được yêu
cầu kiến thức lẫn thời gian của một câu hỏi trắc nghiệm.
Từ thực tiễn giảng dạy và bồi dưỡng học sinh ôn thi đại học nhiều năm,
cùng với kinh nghiệm trong quá trình giảng dạy, tác giả trăn trở về vấn đề này
nên chọn đề tài “Kinh nghiệm giúp học sinh lớp 12 giải quyết bài toán tỉ số
thể tích khối đa diện” để giúp các em có hướng làm bài hiệu quả hơn mà rút
ngắn được thời gian.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Giúp học sinh hình thành tư duy sáng tạo trong giải quyết bài toán tỉ số
thể tích khối chóp, tỉ số khối lăng trụ và tỉ số khối hộp. Qua đó kích thích học
sinh tìm tòi, phát hiện và tạo hứng thú trong quá trình học môn Toán. Học sinh
biết cách áp dụng vào để giải các bài toán tỉ số thể tích khối đa diện trong các đề
thi THPT Quốc gia và đề thi học sinh giỏi.
Hưởng ứng phong trào tự học, tự sáng tạo, nâng cao chuyên môn, học hỏi
đồng nghiệp qua đợt viết sáng kiến kinh nghiệm và nghiên cứu khoa học mà nhà

trường và cơ sở phát động.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đề tài nghiên cứu một số vấn đề như sau:
Nêu hướng giải quyết các bài toán tìm tỉ số thể tích khối đa diện trong không
gian
1.3.1. Tỉ số thể tích khối chóp.
1.3.2. Tỉ số thể tích khối lăng trụ.
1.3.3. Tỉ số thể tích khối hộp.
1


Ngoài ra đối tượng khảo sát chính là các em học sinh của lớp 12A1; 12A2
Trường THPT Sầm Sơn.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
1.4.1. Phương pháp phân tích
Nghiên cứu thực trạng vận dụng kiến thức vào giải quyết bài toán tỉ số
thể tích khối chóp, tỉ số thể tích khối lăng trụ và tỉ số thể tích khối hộp. Đặc biệt
là các khó khăn của học sinh thường gặp với các bài toán khó.
1.4.2. Phương pháp tổng hợp
Sử dụng các tài liệu tham khảo cùng với thực tế diễn ra trên lớp học, đồng
thời với sự đóng góp ý kiến của các thầy cô giáo ở trường THPT Sầm Sơn.
1.4.3. Phương pháp thực nghiệm
Tổ chức dạy học cho các em học sinh lớp 12 sau đó khảo sát trên các lớp
dạy.
2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
Vấn đề tôi nghiên cứu được dựa trên cơ sở nội dung thể tích khối đa diện
trong hình học không gian ở chương trình hình học 12. Ngoài ra phải bổ trợ
thêm các kiến thức về hình học không gian lớp 11 cũng như kiến thức về tỉ số
đoạn thẳng ở Toán lớp 8. Khi giải bài tập toán, người học phải được trang bị các

kỹ năng suy luận, liên hệ giữa cái cũ và cái mới, giữa bài toán đã làm và bài toán
mới. Các bài tập của đề tài được thiết kế theo một hệ thống chuẩn bị sẵn từ dễ
đến khó nhằm phát triển tư duy cho học sinh trong quá trình giảng dạy, phát huy
tính tích cực của học sinh. Hệ thống bài tập giúp các em học sinh có thể tiếp cận
và nắm bắt những kiến thức cơ bản nhất, và dần dần phát triển khả năng tư duy,
khả năng vận dụng các kiến thức đã học một cách linh hoạt vào giải toán và
trình bày lời giải. Từ đó học sinh có hứng thú và động cơ học tập tốt hơn. Trong
quá trình giảng dạy nội dung tỉ số thể tích khối đa diện ở chương trình hình học
12 và ôn thi THPT Quốc gia, tôi thấy kỹ năng giải bài toán về tỉ số thể tích khối
đa diện của học sinh còn yếu, đặc biệt là các bài toán trắc nghiệm đòi hỏi thời
gian ngắn, đa số học sinh bỏ qua. Do đó cần phải giúp học sinh tiếp cận bài toán
một cách dễ dàng, thiết kế trình tự bài giảng hợp lí giảm bớt khó khăn giúp học
sinh nắm được kiến thức cơ bản, hình thành phương pháp, kỹ năng, kỹ xảo và
lĩnh hội kiến thức mới, xây dựng kỹ năng làm các bài toán trắc nghiệm khách
quan, từ đó đạt kết quả cao nhất trong các kỳ thi.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Bài toán về tỉ số thể tích khối đa diện không phải là bài toán mới nhưng
do thiếu hụt kiến thức về hình học không gian lớp 11 nên nhiều học sinh gặp khó
khăn trong việc xác định thiết diện mặt cắt. Qua thực tế giảng dạy, tôi nhận thấy
đa số các em còn lúng túng khi phân chia khối đa diện, chưa hiểu cách vận dụng,
2


phân tích, sâu chuỗi vấn đề đưa ra dạng bài toán liên quan, chưa khai thác triệt
để các tính chất, giả thiết của bài toán để đưa ra hướng giải quyết. Để giải quyết
nhanh chóng và ngắn gọn dạng bài toán này các em cần tổng hợp và nắm vững
kiến thức cơ sở của vấn đề này.
2.3. Giải pháp để giải quyết vấn đề
2.3.1. Cơ sở lý thuyết
Để tính tỉ số thể tích của khối đa diện bất kỳ, chúng ta thường nghĩ ngay

đến việc chia khối đa diện đó thành các khối đa diện đơn giản đã biết công thức
1
V = B.h
3

V = B.h

V = a.b.c

tính như: Khối chóp
, khối lăng trụ
, khối hộp chữ nhật
,
…[1] rồi cộng các kết quả lại, sau đó lập tỉ số.
Tuy nhiên, trong nhiều trường hợp việc tính thể tích của các khối chóp,
khối lăng trụ gặp khó khăn do không xác định được đường cao hay diện tích
đáy, nhưng có thể sử dụng công thức tỉ số thể tích để giải quyết bài toán này.
Trước hết ta có một số định lý tỉ lệ và kỹ thuật cơ bản sau
Định lý Ta-let (Toán 8)
Có một đường thẳng cắt hai cạnh của một tam giác và song song với cạnh
còn lại thì nó định ra trên hai cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ

AB ' AC ' B ' C '
=
=
AB
AC
BC

Định lý Menelaus

Cho tam giác
BC , CA, AB

. Khi đó

ABC

, các điểm

D, E , F

D, E , F

lần lượt nằm trên các đường thẳng

thẳng hang khi và chỉ khi

FA DB EC
.
.
=1
FB DC EA

Kỹ thuật chuyển đỉnh (đáy không đổi)
Trường hợp song song đáy
3


V1 = V2

Trường hợp cắt đáy

V1 IA
=
V2 IB

Kỹ thuật chuyển đáy (đường cao không đổi)
V1 S1
=
V2 S2

Để kỹ thuật chuyển đáy được thuận lợi ta nên chọn hai đáy có cùng công
thức tính diện tích, khi đó ta sẽ dễ dàng so sánh tỉ số hơn.
Tỉ số diện tích của hai tam giác

S∆OA ' B ' OA ' OB '
=
.
S∆OAB
OA OB

Chứng minh
H,H '

Gọi

A, A '

lần lượt là hình chiếu vuông góc của

Theo định lý Ta-let ta có

OA ' A ' H '
=
OA
AH

lên

OB

.

.

1
.OB '. A ' H '
S ∆OA ' B ' 2
OA ' OB '
=
=
.
1
S ∆OAB
OA OB
.OB. AH
2

Khi đó
.

Sau đây ta sẽ xét một số bài toán cơ bản.
Bài toán 1. [1] (Bài tập 4 trang 25 sách giáo khoa hình học 12 cơ bản)
4


Cho khối chóp
A ', B ', C '

khác với
Lời giải [2]

S

S . ABC

SA, SB, SC

. Trên các đoạn thẳng

. Chứng minh rằng

h, h '

Gọi

Gọi

VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC '
=
.

.
VS . ABC
SA SB SC

.

A, A '

lần lượt là chiều cao hạ từ

phẳng

lần lượt lấy ba điểm

( SBC )

S1 , S2

đến mặt

.

theo thứ tự là diện tích các tam giác

SBC , SB ' C '

.
Khi đó ta có

Mặt khác

Suy ra

SH ' SA '
=
SH
SA

(định lý Ta-let)

1
· ' SC '
SB '.SC '.sin B
S2 2
SB ' SC '
=
=
.
1
S1
SB SC
·
SB.SC.sin BSC
2

1
.SH '.S SB ' C '
VS . A ' B ' C ' VA '. SB ' C ' 3
SA ' SB ' SC '
=

=
=
.
.
1
VS . ABC
VA.SBC
SA SB SC
.SH .S SBC
3

VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC '
=
.
.
VS . ABC
SA SB SC

Vậy
Trường hợp đặc biệt

( ABC ) P( A ' B ' C ')

(1)

SA ' SB ' SC '
=
=
=k
SA SB SC

Nếu
và
thì
Từ (1) dễ dàng suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2. Cho khối chóp
phẳng

( P)

S . ABCD

có đáy

VS . A ' B ' C '
= k3
VS . ABC

ABCD

SA, SB, SC , SD

cắt các cạnh

a. Chứng minh

SA SC
SB SD
+
=

+
SA ' SC ' SB ' SD '

(2)

là hình bình hành, một mặt

A ', B ', C ', D '

lần lượt tại

khác với

S

.

.
5


SA
SB
SC
SD
= a;
= b;
= c;
=d
SA '

SB '
SC '
SD '

b. Đặt
Lời giải

. Chứng minh

VS . A ' B ' C ' D ' a + b + c + d
=
VS . ABCD
4abcd

.

( SAC ) ( SBD )
a. Xét ba mặt phẳng phân biệt
,

( P)

A ' C ', B ' D ', SO

và
có ba giao tuyến là
.
Theo định lý về ba đường giao tuyến thì
A ' C ', B ' D ', SO

đồng quy.
S, I , O

Do đó ba điểm
Xét mặt phẳng
Ta có
mà

( SAC )

S SA ' I SA ' SI
=
.
S SAO
SA SO

S SAO = S SOC

Do đó
Suy ra

thẳng hàng.
S SIC '
SI SC '
=
.
S SOC SO SC

và

S SA ' I S SIC ' S SA ' C ' 2S SA ' C '
SA ' SC '
+
=
=
= 2.
.
S SAO S SOC
S SAO
S SAC
SA SC

.

SI  SA ' SC ' 
SA ' SC '
SA SC
SO
.
+
.
⇒
+
= 2.
÷ = 2.
SO  SA SC 
SA SC
SA ' SC '
SI

( SBD )

Tương tự xét mặt phẳng
Từ đó suy ra

SA SC
SB SD
+
=
+
SA ' SC ' SB ' SD '

b. Từ công thức (1) ta có
Mà

1
VS . ABC = VS . ABCD
2

Tương tự
Do đó

ta có

SB SD
SO
+
= 2.
SB ' SD '
SI

nên

(3)

VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC '
=
.
.
VS . ABC
SA SB SC

1 SA ' SB ' SC '
VS . A ' B ' C ' = .
.
.
.VS . ABCD
2 SA SB SC

1 SA ' SC ' SD '
VS . A ' C ' D ' = .
.
.
.VS . ABCD
2 SA SC SD

1 SA ' SC '  SB ' SD ' 
VS . A ' B ' C ' D ' = VS . A ' B ' C ' + VS . A ' C ' D ' = .
.
.

+
÷.VS . ABCD
2 SA SC  SB SD 

6


Vậy

VS . A ' B ' C ' D ' 1 SA ' SC '  SB ' SD ' 
1 1 1 b+d
a +b+c+d
= .
.
.
+
. + ÷ =
=
÷=
VS . ABCD
2 SA SC  SB SD  2ac  b d  2abcd
4abcd

(4)

Trong trường hợp đáy là tứ giác ta có thể làm theo các bước sau:
Bước 1: Phân chia khối chóp tứ giác đã cho thành nhiều khối chóp tam giác.
Bước 2: Sử dụng công thức tỉ số thể tích của khối chóp tam giác và kỹ thuật
chuyển đỉnh, kỹ thuật chuyển đáy để tính thể tích khối chóp tam giác.
Bước 3: Kết luận các tính chất về thể tích của khối chóp tứ giác ban đầu.

Trường hợp đặc biệt

Nếu

( ABCD ) P( A ' B ' C ' D ')

và

SA ' SB ' SC ' SD '
=
=
=
=k
SA SB SC
SD

thì

VS . A ' B ' C ' D '
= k3
VS . ABCD

(5)

n

Kết quả (5) vẫn đúng trong trường hợp đáy là - giác.
Chứng minh tương tự bằng cách phân chia khối chóp thành các khối chóp tam
giác và áp dụng công thức (1).
Bài toán 3. Cho khối lăng trụ

AA ', BB ', CC '

ABC. A ' B ' C '

, một mặt phẳng

M , N, P

lần lượt tại

. Chứng minh

( P)

cắt các cạnh

VABC .MNP
1  AM BN CP 
= 
+
+
÷
VABC . A ' B ' C ' 3  AA ' BB ' CC ' 

Lời giải
VABC .MNP = VA.MNP + VA. BCPN

Ta có
Sử dụng kỹ thuật chuyển đáy ta có
VA.BCPN

S
= BCPN
VA. BCC ' B ' S BCC ' B '

Mà

1
( BN + CP ) d ( BN ; CP ) 1  BN CP 
2
=
= 
+
÷
BB '.d ( BB '; CC ' )
2  BB ' CC ' 

VA.BCC ' B '
2
=
VABC . A ' B ' C ' 3

nên

VA.BCPN
1  BN CP 
= 
+
÷
VABC . A ' B ' C ' 3  BB ' CC ' 

7


1
. AM .d ( N ; AM )
VA.MNP
VP. AMN
S AMN
1 AM
2
=
=
=
= .
VC . ABB ' A ' VC . ABB ' A ' S ABB ' A '
AA '.d ( B '; AA ' )
2 AA '

Tương tự

VC . ABB ' A '
2
=
VABC . A ' B ' C ' 3

Mà

Vậy

VA.MNP

nên

1 AM
= .
3 AA '

VABC . A ' B ' C '

.

VABC .MNP
1  AM BN CP 
= 
+
+
÷
VABC . A ' B ' C ' 3  AA ' BB ' CC ' 

Bài toán 4. Cho khối hộp

ABCD. A ' B ' C ' D '

AA ', BB ', CC ', DD '
AM CP BM DQ
+
=
+
AA ' CC ' BB ' DD '
VABCD.MNPQ

VABCD. A ' B ' C ' D '

b.
Lời giải

=

, một mặt phẳng

( P)

cắt các cạnh

M , N , P, Q

lần lượt tại
a.

(6)

. Chứng minh

.

1  AM CP 
+

÷
2  AA ' CC ' 

.

( ACC ' A ')

a. Xét ba mặt phẳng phân biệt
,
( P)
( BDD ' B ')
MP, NQ, OO '
và
có ba giao tuyến là
.
Theo định lý về ba đường giao tuyến thì
MP, NQ, OO '

O, I , O '

đồng quy. Do đó
MNPQ

Vì

là hình bình hành nên

thẳng hàng.
I

là trung điểm

MP, NQ

.
Do đó

OI

là đường trung bình của hình thang

AMPC

Suy ra

1
OI
1  AM CP 
OI = . ( AM + CP ) ⇒
= .
+
÷
2
AA ' 2  AA ' CC ' 

Tương tự
Suy ra

OI

BNQD

là đường trung bình của hình thang

1
OI
1  BN DQ 
OI = . ( BN + DQ ) ⇒
= .
+
÷
2
AA ' 2  BB ' DD ' 

8


AM CP BM DQ
+
=
+
AA ' CC ' BB ' DD '

Từ đó suy ra
b. Từ công thức (3) ta có

VABC .MNP
1  AM BN CP 
= .
+
+
÷
VABC . A ' B ' C ' 3  AA ' BB ' CC ' 

VABC .MNP
VABCD . A ' B ' C ' D '

nên

VACD.MPQ

Tương tự

VACD . A ' C ' D '

VABCD. A ' B ' C ' D '
VABCD.MNPQ
VABCD. A ' B ' C ' D '

=

mà

VABC . A ' B ' C '
1
=
VABCD . A ' B ' C ' D ' 2

1  AM BN CP 
= .
+
+
÷
6  AA ' BB ' CC ' 

1  AM CP DQ 
= .
+
+
÷
3  AA ' CC ' DD ' 

VACD.MPQ

nên

(7)

mà

VACD. A ' C ' D '
1
=
VABCD. A ' B ' C ' D ' 2

1  AM CP DQ 
= .
+
+
÷
6  AA ' CC ' DD ' 

VABC .MNP + VACD.MPQ
VABCD. A ' B ' C ' D '

1  AM CP 
= .
+
÷
2  AA ' CC ' 

Suy ra
.
(8)
Từ các bài toán trên chúng ta đã có hệ thống các công thức cơ bản về tỉ
số thể tích khối đa diện, từ đó có thể giải quyết được một lớp bài toán từ dễ đến
khó liên quan đến vấn đề này. Sau đây, ta sẽ giải quyết hệ thống các bài toán từ
dễ đến khó thường hay gặp trong các kỳ thi THPT Quốc gia cũng như trong đề
thi học sinh giỏi trong những năm gần đây. Các bài toán này thường gặp khó
khăn trong việc xác định chiều cao và diện tích đáy của khối chóp hoặc khối
lăng trụ, do đó cần phải dùng công thức tỉ số thể tích đã được đề cập ở trên để
giải quyết vấn đề.
2.3.2. Phân dạng bài tập theo mức độ và hướng dẫn giải
Mức độ nhận biết
Ví dụ 1. [4] (THPT Quỳnh Lưu 3 - Nghệ An năm 2018 - 2019)
Cho khối chóp

Tỉ số thể tích
12

VS . ABC
VS .MNP

A. .

Hướng dẫn giải

S .ABC

M , N, P

. Gọi

SA, SB, SC

lần lượt là trung điểm của

.

bằng
B.

2

.

8

C. .

3

D. .

9

M , N, P

Vì

SA, SB, SC

theo thứ tự là trung điểm của
SM SN SP 1
=
=
=
SA SB SC 2

nên
Sử dụng công thức (2) ta có
3

VS .MNP  1 
1
= ÷ =
VS . ABC  2 
8

VS . ABC
=8
VS .MNP

Vậy

. Chọn C.
Ví dụ 2. [4] (THPT Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm, Quảng Nam năm 2019-2020)
SA, SB

Trên các cạnh
SA ' =

cho
bằng

của khối chóp

1
1
SA, SB ' = SB
2
6

1
24

A.
.
Hướng dẫn giải

S . ABC

A ', B '

lần lượt lấy hai điểm

. Tỉ số thể tích của hai khối chóp

B.

1
12

.

C.

1
6

S .A ' B ' C '

.

sao

và

D.

S . ABC

1
2

.

Đây là khối chóp tam giác nên sử dụng công thức (1)
ta có
VS . A ' B ' C SA ' SB ' SC 1 1
1
=
.
.
= . .1 =
VS . ABC
SA SB SC 2 6
12

Chọn B.
Ví dụ 3. [4] (THPT Lê Văn Thịnh – Bắc Ninh năm 2018 - 2019)
Cho hình chóp

S . ABCD

A ', B ', C ', D '

. Gọi

theo thứ tự là trung điểm của

SA, SB, SC , SD

. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp
1

16

A. .
Hướng dẫn giải

B.

1
4

.

C.

1
8

.

S.A ' B ' C ' D '

và

S . ABCD

D.

1
2

.

.

10


A ', B ', C ', D '

Vì

theo thứ tự là trung điểm của

SA, SB, SC , SD

nên
SA ' SB ' SC ' SD ' 1
=
=
=
=
SA SB SC
SD 2

Sử dụng công thức (5) ta có
VS . A ' B ' C ' D ' 1
=
VS . ABCD
8

Chọn C.
Ví dụ 4. [4] (Đề thi khảo sát năng lực ĐHQG TPHCM năm 2018 - 2019)
E, F

ABC. A ' B ' C '

Cho khối lăng trụ
. Gọi
lần lượt là trung điểm của
( BEF )
AA ', CC '
. Mặt phẳng
chia khối lăng trụ thành hai phần. Tỉ số thể tích của
hai phần đó là
1
3

1
2

1

A. .
B. .
C. .
Hướng dẫn giải
Đây là khối lăng trụ tam giác nên sử dụng công
thức (6) ta có

D.

2
3

.

VA ' B ' C '.EBF 1  A ' E B ' B C ' F  2
= .
+
+
÷=
VA ' B ' C '. ABC 3  A ' A B ' B C ' C  3

Suy ra
Nên

2
VA ' B ' C '. EBF = VA ' B ' C '. ABC
3

1
VB. EFCA = VA ' B ' C '. ABC
3
VB.EFCA

Vậy

;

VA ' B ' C '.EBF

=

1
2

. Chọn C.

Mức độ thông hiểu
Ví dụ 5. [1] (Bài tập 11 – trang 27, sách giáo khoa hình học 12 cơ bản)
Cho hình hộp

ABCD. A ' B ' C ' D '

E, F

. Gọi
theo thứ tự là trung điểm của các
( CEF )
BB '
DD '
cạnh
và
. Mặt phẳng
chia khối hộp trên làm hai khối đa diện.
Tính tỉ số thể tích của hai khối đa diện đó.
11


Phân tích

Đây là bài toán chúng ta chưa thể sử dụng công thức tỉ số thể tích khối
( CEF )
hộp ngay, mà cần phải xác định thiết diện cắt bởi mặt phẳng
với hình
hộp. Sau đó sẽ sử dụng công thức (8) để suy ra kết quả bài toán. Cụ thể như sau:
Hướng dẫn giải
Đây là hình hộp nên sử dụng công thức (7) ta có
BE DF
CC AA1
+
=
+
BB ' DD ' CC ' AA '

Suy ra

AA
AA
1 1
+ = 0+ 1 ⇒ 1 =1
2 2
AA '
AA '

A1 ≡ A '

Do đó
.
Sử dụng công thức (8) ta có
VABCD A ' EF

VABCD. A ' B ' C ' D '

Suy ra

=

1  BE DF  1
+

÷=
2  BB ' DD '  2

1
VABCD A ' EF = VA ' ECF B ' C ' D ' = VABCD. A ' B ' C ' D '
2
VABCD A ' EF
VA ' ECF B ' C ' D '

=1

Vậy
.
Ví dụ 6. [4] (Đề thi thử THPT Quốc gia lần 1 Sở Ninh Bình năm 2019-2020 )
Cho hình hộp
thể tích của khối hộp
2
3

ABCD. A ' B ' C ' D '

. Tỉ số thể tích của khối tứ diện

ABCD. A ' B ' C ' D '
1
6

ACB ' D '

và

bằng
1
2

1
3

A. .
B. .
C. .
D. .
Phân tích
Đây là bài toán không phải xác định thiết diện mặt cắt, mà cần phải phân
chia khối hộp thành tổng các khối chóp sao cho có thể thiết lập mối liên hệ tỉ số
thể tích với khối hộp. Cụ thể như sau:
Hướng dẫn giải

12

VABCD. A ' B ' C ' D ' = VACB ' D ' + VBAB ' C + VAA ' B ' D ' + VDACD ' + VCB ' C ' D '
VABCD. A ' B ' C ' D ' = V

Đặt
Sử dụng kỹ thuật chuyển đáy ta có
VBAB ' C
V
S
1
= B '. ABC = ABC =
VB '. ABCD VB '. ABCD S ABCD 2

Mà

;

1
1
VB '. ABCD = V ⇒ VBAB ' C = V
3
6

Tương tự

1
VA. A ' B ' D ' = VDACD ' = VCB ' C ' D ' = V
6

VACB ' D '
1

1
VACB ' D ' = V ⇒
=
3
VABCD. A ' B ' C ' D ' 3

Suy ra
Chọn D.

.

Ví dụ 7. [5] (Đề thi HSG Bắc Ninh năm 2018 - 2019)
Cho hình chóp

S . ABCD

có đáy

AD, SC

lượt là trung điểm của
của hai khối chóp
1
16

và

ANIB

và

I

ABCD

M,N

là hình bình hành. Gọi

lần

BM , AC

là giao điểm của

. Tính tỉ số thể tích

S . ABCD

1
8

1
12

1
24

A. .
B. .

C. .
D.
.
Phân tích
Bài toán đã xác định rõ hai khối chóp cần lập tỉ số, do đó với trường hợp
này ta không sử dụng công thức tỉ số mà sử dụng kỹ thuật chuyển đỉnh kết hợp
với kỹ thuật chuyển đáy để giải quyết. Cụ thể như sau:
Hướng dẫn giải
Sử dụng kỹ thuật chuyển đỉnh ta có
VANIB VN . AIB 1
=
=
VS . AIB VS . AIB 2

Sử dụng kỹ thuật chuyển đáy ta có
VS . AIB
S
S
1 VS . ABC
1
= AIB =
= ABC =
VS . ABC S ABC 3 VS . ABCD S ABCD 2

;

13


VANIB

1
=
VS . ABCD 12

Suy ra
. Chọn C.
Ví dụ 8. [4] (Đề thi thử THPT Quốc gia Sở Đà Nẵng năm 2017 - 2018)
Cho khối chóp tứ giác đều

( P)

phẳng

diện, đặt

V1

chứa

AM

S . ABCD

và song song với

. Gọi

BD

ABCD

là trung điểm của

SC

, mặt

chia khối chóp thành hai khối đa

là thể tích khối đa diện có chứa đỉnh

có chứa đáy

M

S

và

V2

là thể tích khối đa diện

V1
V2

. Tính

V1
=1

V2

V1 1
=
V2 2

V1 2
=
V2 3

V1 1
=
V2 3

A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Phân tích
Bài toán chưa xác định rõ khối đa diện cần lập tỉ số, do đó trước hết phải

( P)

xác định thiết diện cắt bởi
, rồi từ đó sử dụng công thức tỉ số thể tích (1) để
suy ra kết quả bài toán. Cụ thể như sau:

Hướng dẫn giải
O

Gọi
của

là giao điểm của

SO, AC

Qua

G

G

N, K

là trọng tâm

. Khi đó

là trọng tâm

SG SN SK 2
=
=
=
SO SB SD 3

Ta có

,

G

∆SAC

là giao điểm

∆SAC

kẻ đường thẳng song song

lần lượt tại
Vì

. Khi đó

G

BD, AC

BD

( P ) ≡ ( AKMN )

.
cắt

SB, SD

.

nên

.

VS . AKMN = VS . AMK + VS . ANM

Sử dụng công thức (1) ta có
VS . AMK SA SM SK 1
=
.
.
=
VS . ACD SA SC SD 3

VS . ANM SA SN SM 1
=
.
.
=
VS . ABC SA SB SC 3

;
Sử dụng kỹ thuật chuyển đáy ta có

14

VS . ACD
S
S
1 V
1
= ACD = ; S . ABC = ABC =
VS . ABCD S ABCD 2 VS . ABCD S ABCD 2
1
1
2
VS . AMK = VS . ANM = VS . ABCD ⇒ V1 = VS . ABCD ;V2 = VS . ABCD
6
3
3

Suy ra

Vậy

V1 1
=
V2 2

.

. Chọn B.

Mức độ vận dụng thấp
Ví dụ 9. [4] (Đề thi KSCL lớp 12 của THPT Chuyên Đại học Vinh năm 2020)

Cho hình chóp
V

P

. Gọi

là trung điểm của

lần lượt tại
của tỉ số

S . ABCD

M,N

. Gọi

V'

có đáy

SC

ABCD

. Mặt phẳng

là hình bình hành và có thể tích là

(α )

chứa

là thể tích của khối chóp

AP

và cắt hai cạnh

S . AMPN

SD, SB

. Tìm giá trị nhỏ nhất

V'
V

3
8

A. .
Phân tích

B.

1
3

.

C.

2
3

.

D.

1
8

.

( AMPN )

Trước hết, cần xác định thiết diện mặt cắt
. Sau đó, sử dụng công
thức tỉ số thể tích (4) để suy ra tỉ số, rồi sử dụng bất đẳng thức Cauchy để đánh
giá. Cụ thể như sau:
Hướng dẫn giải
Gọi

O

SO, AI

là giao điểm của

.

Khi đó

I

là trọng tâm

AC , BD

∆SBD

và

,

I

là giao điểm của

MN

I

đi qua .

SD
= x ( x ∈ [ 1; 2] )
SM

Đặt
Sử dụng công thức (3) ta có
SB SD SA SC
SB
+
=
+
=3⇒
=3− x
SN SM SA SP
SN

15


Sử dụng công thức (4) ta có
V'
3
=
V 4x ( 3 − x)
2

Theo bất đẳng thức Cauchy:

9
 x + (3 − x ) 
x ( 3 − x) ≤ 
÷ =
2
4




1
3
V '
 ÷ = ⇔x=
2
 V min 3

V' 1
≥
V 3

Suy ra
. Vậy
. Chọn B.
Ví dụ 10. [4] (Đề thi thử TN THPT Sở Hưng Yên năm 2020)
Cho tứ diện
BC

và

ABMN

BD

và

ABCD

sao cho

ABCD

. Hai điểm

BC BD
+
=6
BM BN

M,N

. Gọi

. Giá trị nhỏ nhất của

3
8

lần lượt di động trên hai đoạn thẳng

V1 , V2

V1
V2

lần lượt là thể tích khối tứ diện

là
1
9

1
2

5
8

A. .
B. .
C. .
D. .
Phân tích
Bài toán đã xác định rõ hai khối tứ diện cần lập tỉ số, nên dễ dàng sử dụng
kỹ thuật chuyển đáy để thiết lập tỉ số. Mặt khác, với tổng không đổi để tích nhỏ
nhất thì nghĩ ngay đến bất đẳng thức quen thuộc Cauchy để giải quyết. Cụ thể
như sau:
Hướng dẫn giải
Sử dụng kỹ thuật chuyển đáy ta có
V1 VA. BMN S BMN BM BN
=
=
=
.
V2 VA.BCD S BCD
BC BD

Theo bất đẳng thức Cauchy ta có

6=

BC BD
BC BD
+
≥2
.
BM BN
BM BN

Suy ra

Vậy

BC BD
BM BN 1
.
≤9⇒
.
≥
BM BN
BC BD 9

 V1 
1
BC BD
=
=3
 ÷ = ⇔
BM BN

 V2  max 9

. Chọn C.
16


Mức độ vận dụng cao
Ví dụ 11. [4] (Đề thi thử TN THPT Sở Thái Nguyên năm 2020)
Cho khối hộp
trên cạnh

AD

ABCD. A ' B ' C ' D '

sao cho

DN = 2 AN

phần có thể tích lần lượt là
1
3

V1 ;V2

,

M

là trung điểm của

. Mặt phẳng

( B ' MN )

V1 < V2

thỏa mãn

. Tỉ số

,

N

là điểm

chia khối hộp thành hai
V1
V2

bằng

47
88

47
135

C 'D'

88
135

A. .
B.
.
C.
.
D.
.
Phân tích
Trước hết ta cần xác định thiết diện mặt cắt để thấy rõ hai phần đa diện
cần lập tỉ số. Sau đó, phân chia khối đa diện thành tổng của các khối đa diện mà
có thể thiết lập tỉ số thể tích với khối hộp ban đầu. Cụ thể như sau:
Hướng dẫn giải
Gọi

I

BM , A ' D '

là giao điểm của

là giao điểm của

IN

P, K

gọi

DD ', AA '

với

Q

và

là giao

KB ', AB

điểm của

. Khi đó thiết diện của hình
B ' MPNQ

ABCD. A ' B ' C ' D '

hộp
là ngũ giác
Theo định lý Ta-let ta có

.

ID ' D ' M 1
=
= ⇒ IA ' = 2 ID '

IA ' A ' B ' 2

KA
AQ AN 1
6
=
=
= ⇒ KA ' = AA '
KA ' KB ' IA ' 6
5
D ' P DN 3
3
=
= ⇒ D'P = D'D
DP
D'I 2
5

VA '.IKB ' = VI . D ' MP + VK . ANQ + V1

. Đặt
Sử dụng công thức (1) ta có
VA '. IKB '
A ' I A ' K A ' B ' 12
=
.
.
=
VA '.DAB ' A ' D A ' A A ' B ' 5

Vì mặt phẳng

V = VABCD. A ' B ' C ' D '

. Mà

( A ' B ' K ) P( D ' MP )

và

1
2
VA '.DAB ' = V ⇒ VA '. IKB ' = V
6
5
ID ' IM
IP 1
=
=
=
IA ' IB ' IK 2

.

nên theo công thức (2)
17


3

Ta có

VI .D ' MP  1 
1
= ÷ =
VI . A ' B ' K  2 
8

Tương tự

( ANQ ) P( A ' IB ')
VK . ANQ
VK . A ' IB '

Suy ra

và

KA KN
KQ 1
=
=
=
KA ' KI
KB ' 6

nên theo công thức (2)

3

1
1
= ÷ =
216
6

2
1 2
1 2
47
88
V1 = V − . V −
. V =
V ⇒ V2 =
V
5
8 5
216 5
135
135

.

V1 47
=
V2 88

Vậy.
. Chọn C.
Nhận xét

Vì đây là bài toán trắc nghiệm nên để đạt đến thời gian nhanh nhất ta có
thể xét cho trường hợp đặc biệt đó là hình hộp là hình lập phương có cạnh bằng
1. Khi đó các công thức sẽ đơn giản hơn rất nhiều. Cụ thể là:
1
2
VA '. IKB ' = . A ' I . A ' K . A ' B ' =
6
5

1
1
VI .D ' MP = .D ' I .D ' M .D ' P =
6
20
1
1
VK . ANQ = . AK . AN .AQ =
6
540

Suy ra
V1 =

V 47
2 1
1
47
88
− −
=

⇒ V2 =
⇒ 1 =
5 20 540 135
135 V2 88

Ví dụ 12. [4] (THPT Hàm Rồng Thanh Hóa lần 1 năm 2018 - 2019)
Cho tứ diện

BC , BD, AC

, trên các cạnh

BC = 3BM , BD =

M , N, P

sao cho

diện

ABCD

ABCD

lần lượt lấy các điểm

3
BN , AC = 2 AP
2

thành hai phần có thể tích là

V1 ,V2

. Mặt phẳng

. Tính tỉ số

( MNP )

chia khối tứ

V1
V2

18


V1 26
=
V2 19

V1 3
=
V2 19

V1 15
=
V2 19

V1 26
=
V2 13

A.
.
B.
.
C.
.
D.
.
Phân tích
Đây là bài toán chưa xác định rõ hai khối đa diện cần lập tỉ số, do đó ta
( MNP )
cần xác định thiết diện cắt bởi mặt phẳng
với tứ diện. Mặt khác, với tỉ số
M , N, P

xác định các điểm
ta thấy không tỉ lệ, nên không thể sử dụng định lý Talet, do đó cần sử dụng định lý Menelaus để rút ra tỉ số các đoạn thẳng. Sau đó,
phân chia khối đa diện thành tổng các khối chóp để thiết lập mối liên hệ với tứ
diện ban đầu. Cụ thể như sau:
Hướng dẫn giải
Gọi

I

MN , CD

là giao điểm của

Q

và

là giao

AD, IP

điểm của

. Khi đó thiết diện của tứ

ABCD

MNQP

diện
là tứ giác
Theo định lý Menelaus

.

NB ID MC
ID 1
. .
=1⇒
=
ND IC MB

IC 4
ID PC QA
QA
.
.
=1⇒
=4
IC PA QD
QD

Sử dụng công thức (1) ta có
VA. NPQ
VA. NCD

=

AN AP AQ 2
.
.
=
AN AC AD 5

Sử dụng kỹ thuật chuyển đáy ta có
VA. NCD S NCD 1
=
= ⇒ VA. NPQ = 2 VA.BCD
VA.BCD S BCD 3
15

Và

VC . AND S AND 1
1
=
= ⇒ VC . AND = VABCD
VC . ABD S ABD 3
3
VC . AND = VA. NPQ + VN . PQCD

Mặt khác
Tương tự

VC .BNA S BNA 2
2
=
= ⇒ VC .MNP = VABCD
VC .BDA S BDA 3
9

V1 = VABCD − V2 =

Suy ra

26
VABCD
45

VC .MNP CM CN CP 1
=
.

.
=
VC .BNA
CB CN CA 3

V2 = VC .MNP + VN . PQCD =

Do đó

1
2
1
⇒ VN . PQCD = VABCD − VABCD = VABCD
3
15
5

19
VABCD
45

19


V1 26
=
V2 19

Vậy
. Chọn A.

Nhận xét
Ngoài việc phân chia khối tứ diện như cách vừa trình bày, ta còn có thể
phân chia theo cách khác như sau:

Theo định lý Ta-let ta có
MK MN 1
1
IN 1
=
= ⇒ ID = CD;
=
ID
IN
2
3
IM 2

PJ 3PJ 3
PQ 3
IQ 2
=
= ⇒
= ⇒
=
ID CD 2
IQ 2
IP 5

Sử dụng công thức (1) ta có
VI .QND

VI .PMC

=

IQ IN ID 2 1 1 1
19
.
.
= . . =
⇒ VQND.PMC = VI .PMC
IP IM IC 5 2 4 20
20

Sử dụng kỹ thuật chuyển đỉnh và kỹ thuật chuyển đáy ta có
1
VI . PMC = VP.CMI = VA.CMI
2

Mà

VA.CMI
S
8
4
= CMI = ⇒ VI .PMC = VABCD
VA.CBD SCBD 9
9

V2 = VQND .PMC =

Suy ra

Vậy

19
26
VABCD ⇒ V1 = VABCD
45
45

V1 26
=
V2 19

. Chọn A.
Như vậy, một bài toán có thể có nhiều cách phân chia một khối đa diện
thành tổng của các khối đa diện nhỏ. Với mỗi cách phân chia đó, ta cần thiết
lập được mối liên hệ tỉ số thể tích với khối đa diện ban đầu để từ đó rút ra kết
quả bài toán.
2.3.3. Bài tập tự luyện
Bài tập 1. [4] (THPT Vĩnh Lộc lần 2– Thanh Hóa năm 2017 -2018)

20


Cho khối chóp đều
phẳng

(α )

đi qua

khối tứ diện

SADE

AD

S . ABC

có

SA = 3a
BC

và song song với

và thể tích khối chóp

2
9

D

,

cắt

thuộc cạnh
SC

tại

E

SB

DB = a

và

. Tính tỉ số giữa thể tích

S . ABC
1
3

4
9

A. .
B. .
C. .
Bài tập 2. [4] (Đề thi thử TN THPT Sở Hà Tĩnh năm 2020)
ABCD

Cho khối tứ diện đều
N

là điểm thuộc cạnh

ABD

. Mặt phẳng

CD

( MNG )

có thể tích

chia khối tứ diện

là thể tích của khối đa diện chứa đỉnh
41
60

V

. Gọi

CN = 2 ND G

thỏa mãn

A

. Mặt

M

D.

1
4

.

là trung điểm của

BC

,

,

là trọng tâm của tam giác

ABCD

V1

. Tính

thành hai khối đa diện. Gọi

V1
V

51

60

31
60

43
60

A. .
B. .
C. .
D.
.
Bài tập 3. [4] (Đề thi thử THPT Quốc gia của Sở GD&ĐT Đà nẵng năm 2017)
Cho khối lập phương
của

AB

diện, đặt

và
V1

AD

, mặt phẳng

ABCD. A ' B ' C ' D '

( C ' MN )

. Gọi

M,N

chia khối lập phương thành hai khối đa

là thể tích khối đa diện có thể tích nhỏ và

có thể tích lớn. Tính

lần lượt là trung điểm

V2

là thể tích khối đa diện

V1
V2

V1 1
=
V2 3

V1 13
=
V2 23

V1 1

=
V2 2

A.
.
B.
.
C.
.
D.
Bài tập 4. [4] (Đề minh họa của Bộ GD&ĐT năm 2018 - 2019)
Cho khối lăng trụ

ABC. A ' B ' C '

trung điểm của các đoạn thẳng

AA '

1

có thể tích bằng . Gọi

và

BB '

. Đường thẳng

CM

V1 25
=
V2 47

M,N

.

lần lượt là

cắt đường thẳng

21


C ' A'

tại

P

, đường thẳng

A ' MPB ' NQ

diện lồi

CN

cắt đường thẳng

C 'B'

tại

Q

. Thể tích của khối đa

bằng
1
2

1
3

1

A. .
B. .
C. .
D.
Bài tập 5. [4] (THPT Chuyên Trần Phú – Hải Phòng năm 2018 - 2019)
Cho khối chóp
mặt phẳng
A

( SAB )

và vuông góc

và
SC

S . ABCD

( SAD )

có đáy

, cắt các cạnh

SB, SC , SD

S . AB ' C ' D '

ABCD

lần lượt tại

và khối đa diện

. Gọi

. Hai

( P)

. Một mặt phẳng

B ', C ', D '

.

V1

ABCD.D ' C ' B '

qua

và

V2

. Tỉ số

bằng
8
15

8
7

A. .
B. .
C.
Bài tập 6. [3] (Đề thi THPT Quốc gia năm 2017)
Cho tứ diện đều
điểm của các cạnh

( MNE )

V =

ABCD

AB, BC

chia khối tứ diện

chứa đỉnh
A.

a, SA = 2a

là hình vuông cạnh

cùng vuông góc với

lần lượt là thể tích của khối chóp
V1
V2

ABCD

2
3

A

7 2a 3
216

có thể tích

V

có các cạnh bằng

và

ABCD

. Tính
V =

.

E

B.

a

32
13

. Gọi

là điểm đối xứng với

.

D.
M,N

B

1
2

.

lần lượt là trung

qua

D

. Mặt phẳng

thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện
V
11 2a 3
216

V =

.

C.

13 2a 3
216

V =

.

D.

2a 3
18

.

2.4. Hiệu quả nghiên cứu
Tác giả đã thực hiện việc áp dụng cách làm này trong nhiều năm với
những mức độ khác nhau giữa các lớp trong cùng một khóa học hoặc giữa các
lớp ở các khóa học khác nhau.
Đề tài này đã được thực hiện giảng dạy ở lớp 12A2 năm học 2019-2020 ở
Trường THPT Sầm Sơn. Trong quá trình học đề tài này, học sinh thực sự thấy tự
tin, tạo cho học sinh niềm đam mê, yêu thích môn toán, mở ra cho học sinh cách
22


nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền cho học
sinh tự học, tự nghiên cứu. Kết quả, học sinh tích cực tham gia giải bài tập,
nhiều em tiến bộ, nắm vững kiến thức cơ bản, nhiều em vận dụng tốt ở từng bài
toán cụ thể. Qua bài kiểm tra về nội dung này, và các bài thi học kỳ, thi thử

THPT Quốc gia, tôi nhận thấy nhiều em có sự tiến bộ rõ rệt và đạt kết quả tốt.
2.4.1. Về mặt định lượng
Đối với lớp 12A1 tôi cho các em sử dụng phương pháp sách giáo khoa để
giải, còn lớp 12A2 tôi đã hướng dẫn các em thực hiện theo đề tài này nên trong
bài làm các em sẽ sử dụng phương pháp này để giải quyết.
Kết quả khảo sát:
Lớp 12A1 (45 học sinh)
- 0 học sinh đạt 10 điểm
- 5 học sinh đạt từ 8 điểm đến 9,5 điểm.
- 12 học sinh đạt từ 6,5 điểm đến 7,5 điểm.
- 22 học sinh đạt từ 5 điểm đến 6 điểm.
- 6 học sinh dưới 5 điểm.

Lớp 12A2 (45 học sinh)
- 3 học sinh đạt 10 điểm
- 8 học sinh đạt từ 8 điểm đến 9,5 điểm.
- 20 học sinh đạt từ 6,5 điểm đến 7,5 điểm.
- 12 học sinh đạt từ 5 điểm đến 6 điểm.
- 2 học sinh dưới 5 điểm.
2.4.2. Về mặt định tính
Tác giả thăm dò ý kiến của học sinh và giáo viên dự giờ sau tiết giảng thực
nghiệm như sau:
- Các em học sinh được hỏi ý kiến đều cho biết bài giảng vừa dễ hiểu vừa dễ
nhớ và tỏ ra rất hứng thú trong học tập. Ngoài ra, còn rèn luyện cho các em kỹ
năng tự lập suy nghĩ giải quyết các vấn đề trong học tập.
- Các giáo viên đánh giá cao về hiệu quả của bài giảng, có ứng dụng trong việc
ôn thi THPT Quốc gia cho các em học sinh lớp 12. Đặc biệt, đây là một trong
những chuyên đề quan trọng để dạy học cho các em học sinh đạt điểm 9 trở lên.
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận

Đề tài “Kinh nghiệm giúp học sinh lớp 12 giải quyết bài toán tỉ số thể
tích khối đa diện” nhằm mục đích xây dựng các dạng bài tập tính tỉ số thể tích
khối đa diện và đưa ra hệ thống bài tập tương ứng với các mức độ đó giúp các
23


em học sinh có những phương pháp làm bài tập hình học không gian hiệu quả
trong thời gian ngắn nhất. Đề tài đã được tác giả áp dụng dạy ở lớp 12A2 và
thấy kết quả rất khả quan, học sinh rất hứng thú, tiếp thu nhanh và vận dụng có
hiệu quả. Đồng thời với cách định hướng của phương pháp giúp cho bản thân dễ
dàng hơn khi tiếp xúc cũng như định hướng cho học sinh giải các bài toán về tỉ
số thể tích. Bài viết cũng đã được sự đồng tình và ủng hộ rất cao của các giáo
viên trong tổ chuyên môn khi triển khai trình bày ở tổ.
Trong tương lai, tác giả sẽ tiếp tục nghiên cứu phương pháp này phát triển
theo hướng ứng dụng tỉ số thể tích khối đa diện để tìm thể tích trong trường hợp
không tính được đường cao, diện tích đáy của hình chóp, hình lăng trụ. Nếu làm
tốt công việc này, sẽ giúp công việc học toán của học sinh trở nên nhẹ nhàng
hơn và giúp các em có kết quả tốt trong các kỳ thi: thi học kỳ, thi THPT Quốc
gia hay kỳ thi học sinh giỏi.
3.2. Kiến nghị
Qua quá trình nghiên cứu và áp dụng đề tài vào giảng dạy tôi nhận thấy
“Kinh nghiệm giúp học sinh lớp 12 giải quyết bài toán tỉ số thể tích khối đa
diện” có thể áp dụng hiệu quả cho tất cả các đối tượng học sinh. Đề tài phù hợp
với đối tượng học sinh lớp 12 và học sinh ôn thi THPT Quốc gia. Đồng thời dựa
trên định hướng của phương pháp mà giáo viên có thể sáng tạo ra các bài toán từ
dễ đến khó.
Mặc dù đã cố gắng, nhưng chắc chắn đề tài sẽ không tránh khỏi những
thiếu xót nhất định. Tác giả rất mong nhận được sự quan tâm, góp ý, bổ sung từ
các thầy cô và bạn bè đồng nghiệp, để đề tài được hoàn thiện hơn, nhằm nâng
cao năng lực dạy toán cho học sinh.

Tôi xin chân thành cảm ơn !
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa, ngày 10 tháng 7 năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình, không sao chép nội dung của
người khác.

Trần Thị Hường

24