Sáng kiến kinh nghiệm Rèn luyện tư duy giải toán hình học không gian cho học sinh thông qua mối liên hệ giữa hình học phẳng và hình học không gian

tan ABC = BC.AF= 2SABC Tương tự ta có dpcm.
Bài toán 2: Cho ABC vuông tại A, M là một điểm bất kì trên BC. AM tạo với AB, AC các góc theo thứ tự là và.
 Chứng minh cos2 + cos2 = 1.
Giải: 
 Qua M dựng đường thẳng vuông góc với AM, 
cắt AB, AC lần lượt tại B’ và C’.
 Khi đó: cos = ; cos = 
 cos2+cos2=(sử dụng (3))
 = = 1 (Do AB’C’ vuông tại A, AM là đường cao).
Bài toán 2’: Cho hình chóp tam diện vuông SABC đỉnh S, M là điểm thuộc miền trong ABC. SM hợp với các cạnh SA, SB, SC các góc theo thứ tự , ,. 
Chứng minh cos2 + cos2 + cos2 = 1.
Giải:
 Sử dụng cách giải tương tự cách giải với bài toán 
trong mặt phẳng. Dựng mặt phẳng qua M và vuông 
góc với SM cắt hình chóp lần lượt tại A’, B’, C’.
 Khi đó: ; ; 
 Nên:
 =
 = 1
 (Theo tính chất của tứ diện vuông)
 Vậy cos2 + cos2 + cos2 = 1.
Bài toán 3: Trong tam giác ABC gọi G là giao điểm 3 đường trung tuyến. Chứng minh .
Bài giải : 
 Gọi M, N lần lượt là trung điểm của BC và AC.
 Ta có: .
 Lại có: 
 = 
 Hay: .
Bài toán 3’: Cho tứ diện ABCD. Gọi G là giao điểm các đường trọng tuyến của tứ diện. Chứng minh .
Bài giải: 
 Gọi E là trung điểm của CD; G1, G2 lần lượt là 
trọng tâm của các tam giác ∆BCD và ∆ADC.
 Khi đó: .
 Trong ∆ABE, ta có:
 Từ đó: .
Bài toán 4 :Cho hinh bình hành ABCD, gọi E;F lần lượt là trung điểm AD;BC. AC cắt BD tại O 
AC cắt BE; DF tại H;I.Chứng minh rằng 
AH = HI = IC
 2(AD2 + AB2) = AC2 + BD2 .
 Đây là bài tập cơ bản, chứng minh không khó ta có thể mở rông kết quả này sang không gian 
Bài toán 4’ : Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’ 
Chứng minh rằng: các mặt chéo (AD’B’); (C’BD) cắt A’C tại G1; G2 có các tính chất sau
 G1; G2 là trọng tâm ∆ AD’B ; ∆ C’BD
 A’G1 = G1G2 = CG2 
 Tổng bình phương các cạnh bằng tổng bình phương các đường chéo 
 Bài giải 
a) Nối A’C’ cắt B’D’ tại T, AC cắt BD tại U. Trong mặt ACC’A’ nối A’C cắt AT; C’U tại G1; G2 . Ta thấy G1; G2 là giao của hai mặt chéo (AD’B’); (C’BD) với A’C
Để c/m : G1; G2 là trọng tâm ∆ AD’B’ ; ∆ C’BD, A’G1 = G1G2 = CG2 ta xét hình bình hành ACC’A’ 
theo bài 4 ta có đpcm
Lại xét hình bình hành ACC’A’ thì 
 2(AA’2 + A’C’2) = A’C2 + AC’2 (1)
Xét hình bình hành BDD’B’ thì 
 2(D’D2 +DB2) = B’D2 + BD’2 (2)
Lấy (1) + (2) ta có 2(AA’2 + A’C’2) +2(D’D2 +DB2) = B’D2 + BD’2 + A’C2 + AC’2 
 Mà 2(A’C’2+ DB2) = 2(2(AD2 + AB2) = 4(AD2 + AB2) 
 Vậy 4(AD2 + AB2 +AA’2 )= B’D2 + BD’2 + A’C2 + AC’2 (dpcm)
Bài toán 5: Chứng minh trong tam giác ABC bất kì, trọng tâm G, trực tâm H, tâm đường tròn ngoại tiếp O thẳng hàng và (Đường thẳng Ơle).
Giải: 
 Thẳng hàng là một bất biến của phép vị tự nên ta có thể nghĩ đến việc dùng phép vị tự để giải bài toán này. Yêu cầu của bài toán chứng minh hệ thức làm ta nghĩ đến phép vị tự tâm G biến O thành H hoặc ngược lại. Dựa vào hình vẽ ta dự đoán tỉ số là -2 ( hoặc ). H là trực tâm của ∆ABC còn O là trực tâm của tam giác có các đỉnh là chân các đường trung tuyến. Với định hướng đó ta giải bài toán như sau.
 Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB.
 Ta có: ; ; 
 Do đó: 
 ( là phép vị tự tâm O tỉ số k ).
 Phép vị tự bảo tồn tính vuông góc nên sẽ biến 
trực tâm của ∆ ABC thành trực tâm của ∆ MNP. 
 Theo giả thiết, H là trực tâm của tam giác ABC và dễ dàng chứng minh được O là trực tâm của tam giác ABC.
 Suy ra: hay . 
 Từ đó ta có H, G, O thẳng hàng và .
 Chuyển bài toán sang bài toán trong không gian, không phải tứ diện nào cũng có các đường cao đồng quy tại một điểm nên ta chỉ xét những tứ diện có tính chất này.
Bài toán 5’ : Trong không gian, cho tứ diện trực tâm ABCD. Chứng minh, trọng tâm G, trực tâm H và tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thẳng hàng và GH = GO.
Giải: 
 Ta cũng sẽ dùng phép vị tự để giải bài toán trong không gian. Yêu cầu chứng minh GH = GO gợi ý cho ta nghĩ đến phép vị tự tâm G tỉ số -1.
 Lần lượt lấy A′ đối xứng với A, B′ đối xứng với B, C′ đối xứng với C, D′ đối xứng với D qua G.
 Xét phép vị tự , ta có: 
 Như vậy, nên phép vị tự này sẽ biến trực tâm của tứ diện ABCD thành trực tâm của tứ diện A’B’C’D’. Theo giả thiết, H là trực tâm của tứ diện ABCD, ta sẽ chứng minh O là trực tâm của tứ diện A’B’C’D’.
 Thật vậy, trước hết ta sẽ chứng minh: , từ đó (các đỉnh khác chứng minh tương tự). 
 Ta có mp(BCD) // mp(B’C’D’) Do O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện nên O cách đều các đỉnh B, C, D. Ta chứng minh A’ cũng cách đều B, C, D.
 Gọi G1 là giao điểm của AA’ với mp(BCD).
 Trong ∆BA’B’ có G là trung điểm của BB’và nên G1 là trọng tâm của ∆BCD.
 Từ đó, BG1 cắt A’B’ tại trung điểm E của A’B’ và . Trong ∆BCD, G1 là trọng tâm nên BG1 qua trung điểm E’ của CD và BG1 = 2G1E’. 
 Suy ra: E ≡ E’ hay CD cắt A’B’ tại trung điểm của mỗi đường. Do đó A’DB’C là hình bình hành. 
 Hơn nữa, nên A’DB’C là hình thoi.
 → A’D = A’C = CB’ và A’B = B’A.
 Ta chứng minh được B’A = CB’ nên suy ra A’B = A’D = A’C hay A’ cách đều các đỉnh B, C, D.
 Suy ra: hay .
 Vậy H, G, O thẳng hàng và GO = GH.
Bài toán 6: Chứng minh trong tam giác bất kì, 9 điểm gồm: 3 chân đường 3 cao, 3 trung điểm của 3 cạnh, 3 trung điểm các đoạn nối trực tâm với các đỉnh thuộc một đường tròn (Đường tròn Ơle).
Bài giải: 
 Ta sẽ dùng phép vị tự để giải bài toán.
 Giả sử tam giác ABC có H1, H2, H3, 
M1, M2, M3, I1, I2, I3 lần lượt là 3 chân
3 đường cao, 3 trung điểm 3 cạnh, 
3 trung điểm các đoạn nối trực tâm với
các đỉnh. 
 Gọi E1, E2, E3, F1, F2, F3 lần lượt là các điểm đối xứng với H qua H1, H2, H3, M1, M2, M3. 
Nhận xét: Ta chứng minh được 9 điểm A, B, C, H1, H2, H3, M1, M2, M3 cùng 
 thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
 Qua phép vị tự thì , , , , , , , , . Do đó, kết hợp với nhận xét ta kết luận 9 điểm H1, H2, H3, M1, M2, M3, I1, I2, I3 cùng thuộc một đường tròn ảnh của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC qua ( Đpcm).
Bài toán 6’: Cho tứ diện trực tâm ABCD. Gọi H1, H2, H3, H4 , G1, G2, G3, G4, I1, I2, I3, I4 lần lượt là 4 chân 4 đường cao, 4 trọng tâm và 4 trung điểm trên 4 đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh thỏa mãn . Chứng minh 12 điểm đó cùng thuộc một mặt cầu.
Bài giải:
 Ta sẽ chứng minh I1, G1, H1 thuộc một mặt cầu là ảnh của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD qua phép vị tự tâm H tỉ số (đối với các điểm khác hoàn toàn tương tự).
 Thật vậy, gọi G là trọng tâm của tứ diện, O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện thì ta có . Gọi E là điểm thuộc AH1 sao cho và F là điểm thuộc HG1 sao cho .
 Ta có: 
 =
 = = 
 (Do G là trung điểm của HO)
 A, O, F thẳng hàng và O là trung 
điểm của AF. 
 Dễ thấy H1G1 // EF và 
nên . Từ đó, E, F thuộc mặt cầu ngoại tiếp tứ diện.
 Xét phép vị tự
 Do 3 điểm A, E, F thuộc mặt cầu ngoại tiếp tứ diện nên I1 , H1, G1 thuộc mặt cầu ảnh của mặt cầu đó qua phép vị tự .
 Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được các điểm còn lại cùng thuộc mặt cầu này (Đpcm).
Bài toán 7: Cho tam giác ABC và M là một điểm thuộc miền trong tam giác. Gọi S1, S2, S3 lần lượt là diện tích các tam giác MBC, MCA, MAB. 
Chứng minh .
Bài giải:
 Gọi S là diện tích của tam giác ABC, ta biến đổi được biểu thức cần chứng minh về dạng 
Biểu thức trên là biểu diễn của vectơ
 qua hai vectơ và nên ta định hướng giải bài toán theo cách từ 
M ta dựng hai đường thẳng lần lượt song song với AB và AC, cắt AB 
tại B’ và AC tại C’. 
 Ta có: = = 
 Ta sẽ chứng minh và .
 Gọi H và K lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ B và M xuống AC, E là giao điểm của BM và AC.
 Ta có: và 
 Suy ra . Tương tự ta chứng minh được . 
 Từ đó: 
Bài toán 7’: Cho tứ diện ABCD, O là một điểm bất kì thuộc miền trong tứ diện. 
Gọi V1, V2, V3, V4 lần lượt là thể tích của các tứ diện OBCD, OCDA, OABD và OABC. 
 Chứng minh.
 Bài giải: 
 Tương tự bài toán trong mặt phẳng ta cũng biến đổi đẳng thức cần chứng minh về dạng 
 = + + (Với V là thể tích của tứ diện)
 Từ đó ta định hướng sẽ giải bài toán
bằng cách dựng hình hộp nhận AO làm đường chéo chính. 
 Dựng hình hộp MNOQ.APRS nhận 
AO làm đường chéo chính, ba cạnh kề nằm trên ba cạnh của tứ diện xuất phát từ A (Hình bên).
 Giả sử = x+ y + z, ta chỉ cần chứng minh
 x = , y = , z = là đủ. 
 Ta có: x = 
 Gọi F là giao điểm của BO và mặt phẳng (ACD).
 Hạ đường cao BH, OK và gọi E là giao điểm của BN và AD.
 Hai mặt phẳng (BEF) và (ACD) đi qua hai đường thẳng song song và có giao tuyến là 
 EF nên EF // NO. 
 Ta có: = = = = = x (Do MN // AC; NO //EF)
 Suy ra x = Tương tự ta cũng có: y = , z = (Đpcm).
Bài toán 8 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O.Đường thẳng vuông góc với bán kính OA cắt AB ;AC lần lượt tại M,N.Chứng minh rằng tứ giác BCNM nội tiếp đường tròn 
 Bài giải 
 Dựng tiếp tuyến Ax với đường tròn (O) tại A
 ta có ANM = NAx 
 Mà BAC = NAx 
nên ANM = BAC 
 Vậy tứ giác BCNM nội tiếp đường tròn.
 Bài toán 8’
Cho tứ diện ABCD có tâm cầu ngoaị tiếp là O.
Mặt phẳng ( ) vuông góc với bán kính OD cắt DA;DB;DC lần lượt tại M;N;P
Chứng minh rằng : A;B;C;M;N;P cùng nằm trên mặt cầu. 
 Bài giải : 
Giả sử K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DAB 
Ta thấy O là tâm cầu ngoại tiếp tứ diện nên OK vuông góc với (DAB)
Vậy MN OK lại có MN DO nên MN (DOK) hay MN KD
theo bài toán 8 thì ABMN nội tiếp đường tròn 
tương tự BCNP nội tiếp đường tròn 
Hai đường tròn này thuộc hai mặt phẳng phân biệt có dây cung chung là BN nên chúng cùng nằm trên mặt cầu 
Vậy 6 điểm A,B,C, M,N,P cùng nằm trên mặt cầu
 5. Một số bài tập tự luyện 
Bài 1 Cho tam giác ABC .Chứng minh rằng 
Bài 2 : Cho tứ diện ABCD 
Bài 3 : Cho tam giác ABC trọng tâm G.
 a) Chứng minh rằng 
 MA2 +MB2 + MC2 = 3MG2 +GA2 + GB2 + GC2 (Với mọi điểm M)
Tìm tập hợp các điểm M sao cho MA2 +MB2 + MC2 = k2 (k cho trước)
 Bài 4 : Cho tứ diện ABCD trọng tâm G
Chứng minh rằng :
 MA2 +MB2 + MC2 + MD2 = 4MG2 +GA2 + GB2 + GC2 +GD2 (mọi điểm M)
b) Tìm tập hợp các điểm M sao cho MA2 +MB2 + MC2+ MD2 = k2 (k cho trước)
 Bài 5 :
Chứng minh rằng ĐK cần và đủ để tứ diện ABCD có hình cầu tiếp xúc với tất cả các cạnh của tứ diện là 
 AB + CD = AC + BD = AD + BC
Bài 6 : Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng : R 2r
Bài 7 : Cho tứ diện ABCD. Chứng minh rằng : R 3r
Bài 8 : Chứng minh rằng ĐK cần đủ để tồn tại hình cầu tiếp xúc với tất cả các cạnh của tứ diện ABCD là AB + CD = AC + BD = AD + BC.
Bài 9 : a) Chứng minh rằng : trong ∆ ABC thì 
 b) Chứng minh rằng : Nếu trong hình chóp tồn tại hình cầu nội tiếp bán kính r thì 
Bài 10 : Trong ∆ ABC ta có 
 Hãy chứng minh trong chóp tam giác ta có vói a;b;c là độ dài ba cạnh tam giác đáy, là góc tạo bởi các mặt bên của chóp tam giác với tam giác đáy
ĐỀ KIỂM TRA VÀ ĐÁP ÁN TRƯỚC TÁC ĐỘNG.
Kiểm tra : 20'
 Họ và tên . lớp 
Điểm
Lời phê của thầy cô giáo
 ĐÊ 1:
 Cho hình hộp ABCDA’B’C’D’ 
Chứng minh rằng: Tổng bình phương các cạnh bằng tổng bình phương các đường chéo
ĐÁP ÁN
Vẽ hình đúng đẹp (1đ)
 Xét hình bình hành ABCD học sinh c/m được
 AC2 + BD2 = 2(AD2 +AB2)
 (4đ)
 tương tự đối với hình bình hành AA'C'C (2đ) 
 Hình bình hành BB'D'D (2đ)
Kết luận : (1đ)
ĐỀ KIỂM TRA VÀ ĐÁP ÁN SAU TÁC ĐỘNG
Kiểm tra : 20'
 Họ và tên . lớp 
Điểm
Lời phê của thầy cô giáo
 ĐÊ 2:
Trong không gian cho 3 tia Ox; Oy;Oz không đồng phẳng đôi một vuông góc Trên Ox lấy điểm A;Oy lấy điểm B; Oz lấy điểm C . Chứng minh rằng ∆ ABC là tam giác nhọn.
ĐÁP ÁN
*) Hình vẽ đúng, đẹp (1d)
*) Đặt OA = a; OB =b; OC = c
 Ta có 
 AB2 = a2 + b2 (ĐL Pi ta go trong tam giác AOB)
 CB2 = c2 + b2 (ĐL Pi ta go trong tam giác COB)
AC2 = a2 + c2 (ĐL Pi ta go trong tam giác AOC) (4đ)
*) Xét 
AB2 + BC2 = a2 + b2 +c2 + b2 = a2 + c2 +2b2 
 a2 + c2 = AC2 
Vậy góc B là góc nhọn
tương tự góc A, C là góc nhọn (4đ)
*) Kết luận ∆ ABC là tam giác nhọn. (1đ)
	Để kiểm chứng kết quả kết quả học tập của học sinh tôi đã thu thập các dữ liệu qua một số học sinh nhằm kiểm chứng chất lượng học tập của học sinh. Sau đây là các kết quả nghiên cứu 
Stt
Họ
Tên
Điểm kiểm tra trước tác động
Điểm kiểm tra sau tác động
1
NguyÔn ThÞ Ngäc
Ánh
7
8
2
Cao ViÖt
Anh
8,5
8,5
3
NguyÔn Ngäc
BÝch
9,5
9
4
Phan Thµnh
C«ng
8
9
5
Ng« TuÊn
Cường
6
8
6
Lª Quang
Duy
7
8
7
NguyÔn ThÞ
HiÒn
9
8,5
8
TrÇn V¨n
HiÕu
7
7
9
Vò Thanh
HiÕu
7,5
8
10
Phan B¶o 
Hưng
8
7
11
Vò ThÞ 
HuyÒn
7,5
9
12
NguyÔn H÷u TiÕn
L©m
6,5
8,5
13
NguyÔn §øc
Lu©n
5
9
14
NguyÔn Duy
M¹nh
9
8
15
NguyÔn Hång 
Nhung
8
10
16
§ç Nam
Phư¬ng
7
8
17
NguyÔn ThÞ 
Phượng
8
8
18
Dại Thi
Oanh
9
9
19
Phïng ThÞ
Quúnh
7,5
8
20
NguyÔn Huy ViÖt
Quý
6
8
21
NguyÔn V¨n
T©n
7
10
22
Lª Duy
Thµnh
8
9
23
NguyÔn TiÕn
Thµnh
7
9,5
24
NguyÔn Kh¾c
Thanh
8
9
25
NguyÔn V¨n 
TiÕn A
9,5
10
26
NguyÔn V¨n 
TiÕn B
5
9
27
§Æng Anh
Tó
9
8
28
§Æng C«ng
TuÊn
5
7
29
§ç Quang
V¨n
,8,5
8
30
TrÇn ThÕ
Vinh
8
9
Trước tác động 
Sau tác động 
Mốt
8
8
Trung vị
7.5
8
Giá trị trung bình
7.318181818
8.4
Độ lêch chuẩn 
1.286796082
0.957427108
T - Test
0.000962782
	Qua kết quả và đánh giá tổng quan T-test p = 0,00096 < 0,05 nên quá trình trên có ý nghĩa. Kết quả các bài kiểm tra cho ta thấy trước tác động vẫn còn một số em điểm thấp, sự chênh lệch khi có tác động là khá cao.Nó thể hiện trong kết quả của độ lệch chuẩn 1,286, Ngoài ra, điểm trung bình của các em học sinh được 7,32 đạt kết quả khá.Sau khi tác động với phương pháp phù hợp kết quả của các em có nâng lên ít điểm thấp sụ chênh lệch về điểm số không còn nhiều.Ngoài ra, điểm trung bình của các em có nâng lên. Kết quả học tập của học sinh được nâng cao sau khi kết hợp một số kết quả của các bài toán hình học phẳng sang hình học không gian,học sinh đã cảm thấy hứng thú hơn với môn hình học, không bị áp lực phải ngồi học trong các giờ hình học, tạo được niềm tin và sự hứng thú trong học tập .
PHẦN III - KẾT LUẬN VÀ KHUYẾN NGHỊ
1.Kết luận:
Qua thời gian nghiên cứu sáng kiến và vận dụng sáng kiến vào giảng dạy tôi rút ra được một số kết quả sau:
Đã hình thành phương pháp tư duy ,suy luận toán học cho học sinh THPH
Bước đầu khẳng định tính khả thi,tính hiệu quả qua việc kiểm nghiệm thực nghiệm sư phạm.
Bên cạnh đó sáng kiến này cũng giúp cho giáo viên, học sinh những yêu cầu nhằm thúc đẩy quá trình giảng dạy và học tập môn HHKG được tốt hơn.
Giáo viên: 
Tạo ra tâm thế hứng thú, sẵn sàng lĩnh hội tri thức môn học để thúc đẩy tính tích cực tư duy của học sinh, khắc phục tâm thế ngại, sợ khi tiếp cận nội dung môn học. Nếu có nhiều hình thức tổ chức dạy học kết hợp môn học sẽ trở lên hấp dẫn và người học thấy được ý nghĩa của môn học.
Về phương pháp dạy học, cần chú ý hơn đến phương pháp lĩnh hội tri của HS, giúp các em có khả năng tiếp thu sáng tạo và vận dụng linh hoạt tri thức trong tình huống đa dạng
Rèn luyện cho học sinh thói quen, tính kỉ luật trong việc thực hiện các kĩ năng giải toán thông qua việc luyện tập; nhằm khắc phục tính chủ quan, hình thành tính độc lập, tính tự giác ở người học, thông qua đó hình thành và phát triển nhân cách của các em.
Phải thường xuyên học hỏi trau rồi chuyên môn để tìm ra phương pháp dạy học phù hợp.
Phải nhiệt tình, gương mẫu quan tâm tới học sinh, giúp đỡ các em để các em không cảm thấy áp lực trong học tập.
Luôn tạo ra tình huống có vấn đề, kích thích hứng thú tìm tòi học tập ở học sinh.
Cho học sinh thấy ứng dụng của lý thuyết vào thực hành.
Khi giải một bài toán hình KG nên đặt câu hỏi bài này đã gặp ở đâu chưa,có bài nào tương tự trong hình học phẳng không? có thể phân bài này thành các bài toán nhỏ dễ giải nó được không?
Đặt ra câu hỏi gợi mở phù hợp với đối tượng học sinh.
Học sinh:
	 Khả năng tiếp thu kiến thức mới tốt hơn khi biết phân tích một bài toán HHKG.Các em có thể vận dụng các qui trình hay các phương pháp giải các bài toán không gian vào các bài tập cụ thể.Các em đã biết huy động các kiến thức cơ bản, các tri thức liên quan để giải các bài tập toán,biết lựa chọn hướng giải bài tập phù hợp.Trình bày lời giải hợp lý chặt chẽ, ngắn gọn và rõ ràng hơn .
	Có ý thức học tập, hiểu vấn đề một cách sâu sắc.Liên hệ với các kiến thức đã được học.Biết chuyển ngôn ngữ thông thường sang ngôn ngữ Toán.
2. Khuyến nghị:
a) Khi giảng dạy hình học không gian giáo viên nên dành một số tiết nhắc lại các kiến thức hình học phẳng đã học ở THCS
Nên có các chuyên đề tự chọn để giáo viên và học sinh có thể trao đổi thẳng thắn với nhau về các vấn đề, từ đó có thể rút ra các phương pháp phù hợp với từng đối tượng học sinh.
b) Trong lớp giáo viên nên phân nhóm học theo trình độ nhận thức của các em
Do kinh nghiệm còn thiếu, thời gian nghiên cứu và ứng dụng chưa dài nên đề tài của tôi không tránh khỏi còn nhiều hạn chế.Bên cạnh đó đề tại chỉ nghiên cứu trong phạm vi lớp 11 nên phần mặt cầu lớp 12 và đường tròn lớp 9 chưa đi bổ xung cho nhau nhằm hoàn thiện hơn đề tài.
 Rất mong được sự đóng góp của các đồng nghiệp để tôi có thể hoàn thiện hơn đề tài của mình.
Đánh giá sự ham thích học toán của Học sinh
Phụ lục 1
Stt
Học sinh
Câu 1
Câu 2
Câu 3
Câu 4
Câu 5
Câu 6
Câu 7
Câu 8
Câu 9
Câu 10
Tổng điểm câu lẻ
 Tổng điểm câu chẵn
1
Hs1
3
5
4
3
5
4
4
4
4
5
20
21
2
Hs2
5
5
5
2
3
4
4
5
3
5
20
21
3
Hs3
4
3
4
3
5
4
4
4
3
4
20
18
4
Hs4
4
4
3
3
5
4
4
4
5
5
21
20
5
Hs5
4
4
3
3
4
4
4
3
3
3
18
17
6
Hs6
3
3
4
4
5
4
4
4
3
4
19
19
7
Hs7
4
3
3
3
5
4
4
4
4
4
20
18
8
Hs8
4
4
2
5
5
3
5
5
3
5
19
22
9
Hs9
5
3
5
2
4
5
4
5
4
5
22
20
10
Hs10
5
4
4
4
4
2
4
4
4
5
21
19
11
Hs11
3
4
5
3
4
4
5
5
4
5
21
21
12
Hs12
4
3
2
4
5
4
4
5
5
5
20
21
13
Hs13
5
2
4
4
2
5
4
4
3
4
18
19
14
Hs14
5
5
5
4
3
2
3
4
3
4
19
19
15
Hs15
4
3
4
3
2
3
4
4
4
4
18
17
16
Hs16
3
4
5
5
3
3
4
3
4
4
19
19
17
Hs17
3
2
3
3
3
3
3
3
3
3
15
14
18
Hs18
5
3
4
5
2
3
4
4
4
4
19
19
19
Hs19
5
4
5
5
1
5
5
5
5
5
21
24
20
Hs20
4
4
4
5
4
2
3
5
5
5
20
21
21
Hs21
3
3
4
4
5
3
4
4
3
4
19
18
22
Hs22
5
2
4
5
4
4
4
5
5
5
22
21
23
Hs23
4
4
4
4
5
5
5
4
5
5
23
22
 Hệ số tương quan chẵn lẻ r = 
0.735
Độ tin cậy Spearman-Brown: r= 
0.8473
Đánh giá sự ham học hình của học sinh 
Phụ lục 2
Stt
Học sinh
Câu 1
Câu 2
Câu 3
Câu 4
Câu 5
Câu 6
Câu 7
Câu 8
Câu 9
Câu 10
Tổng điểm câu lẻ
Tổng điểm câu chẵn
1
Hs1
5
5
4
4
4
3
5
5
5
5
23
22
2
Hs2
3
4
5
1
4
4
4
4
3
5
19
18
3
Hs3
3
4
3
2
4
2
3
5
4
4
17
17
4
Hs4
3
4
3
3
5
4
4
4
5
5
20
20
5
Hs5
3
5
4
5
5
4
5
5
5
5
22
24
6
Hs6
3
5
4
5
5
4
5
5
5
5
22
24
7
Hs7
4
4
4
4
5
2
4
4
4
4
21
18
8
Hs8
3
5
4
4
4
4
5
5
5
3
21
21
9
Hs9
5
3
5
2
4
5
4
5
4
5
22
20
10
Hs10
5
4
4
4
4
2
4
4
4
5
21
19
11
Hs11
3
4
5
3
4
4
5
5
4
5
21
21
12
Hs12
3
4
4
2
2
3
3
3
5
4
17
16
13
Hs13
5
2
4
4
2
5
4
4
3
4
18
19
14
Hs14
5
5
5
4
3
2
3
4
3
4
19
19
15
Hs15
4
3
4
3
2
3
4
4
4
4
18
17
16
Hs16
3
4
5
5
3
3
4
3
4
4
19
19
17
Hs17
3
2
3
3
3
3
3
3
3
3
15
14
18
Hs18
5
3
4
5
2
3
4
4
4
4
19
19
19
Hs19
5
4
5
5
1
5
5
5
5
5
21
24
20
Hs20
4
4
4
5
4
2
3
5
5
5
20
21
21
Hs21
3
3
4
4
5
3
4
4
3
4
19
18
22
Hs22
5
2
4
5
4
4
4
5
5
5
22
21
23
Hs23
4
4
4
4
5
5
5
4
5
5
23
22
Hệ số tương quan chẵn lẻ: r =
0.841486289
Độ tin cậy Spearman-Brown: r= 
0.913920776
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa,sách bài tập 11(cơ bản và nâng cao), NXB Giáo Dục Năm 2007
[2]. Phan huy Khải- Nguyễn Đạo Phương .Các phương pháp giải toán sơ cấp Hình học không gian. Nhà xuất bản Hà Nội Năm 2000.
[3]. IF.Sharygin. Tuyển tập 340 bài toán hình học không gian. Nhà xuất bản tổng hợp Nghĩa Bình Năm 1988.
[4]. Phan Huy Khải .Toán nâng cao hình học lớp 11. Nhà xuất bản Hà Nội Năm 2002.
[5]. Đỗ Thanh Sơn .Phương pháp giải toán hình học 12 theo chủ đề .Nhà xuất bản Giáo dục Năm 2008
[6].Tuyển trọn theo chuyên đề chuẩn bị thi tốt nghiệp THPT và thi vào ĐH- CĐ môn toán,Nhà xuất bản Giáo dục Năm 2010
[7].  diễn dàn toán học.net
[8]
[9].