SKKN Sử dụng phương pháp tọa độ để giải quyết một số bài toán về Góc và Khoảng cách trong Hình học không gian cấp Trung học Phổ thông

 SB = . 
VD 2.7 (Đại Học Hà Tĩnh - 2020) Cho lăng trụ đứng .ABC A B C   có đáy là tam giác 
vuông và AB BC a= = , 2AA a = , M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách d của 
hai đường thẳng AM và B C . 
 A. 
6
6
a
d = . B. 
2
2
a
d = . C. 
7
7
a
d = . D. 
3
3
a
d = . 
Hướng dẫn giải: 
Chọn C 
Cách 1: PP trực tiếp 
A
B C
A
B C
M
N
K
H
Do ABC vuông và có AB BC= nên ABC vuông cân tại B . 
Gọi N là trung điểm của BB , ta có: ( )//B C AMN . 
Khi đó: ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( ), , , ,d AM B C d B C AMN d C AMN d B AMN = = = . 
43 
Kẻ BH AM⊥ tại H và kẻ BK NH⊥ tại K . 
Ta có: ( ),BH AM BN AM AM NBH BK AM⊥ ⊥  ⊥  ⊥ . 
Do BK NH⊥ , BK AM⊥ nên ( )BK AMN⊥ . 
Suy ra: ( )( ),d B AMN BK= . 
Mặt khác: 
2 2
. 5
5
BM BA a
BH
BM BA
= =
+
; 
2 2
. 7
7
BH BN a
BK
BH BN
= =
+
. 
Vậy ( ) ( )( )
7
, ,
7
a
d AM B C d B AMN BK = = = . 
Cách 2: PP tọa độ hóa 
A
O B
C
A
B C
M
x
y
z
Do ABC vuông và có AB BC= nên ABC vuông cân tại B . 
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ. Không mất tính tổng quát, ta giả sử 1a = . 
Ta có: ( ) ( ) ( )11;0;0 , 0; ;0 , 0;0; 2 , 0;1;0
2
A M B C
 
 
 
. 
( ) ( )11; ;0 , 0;1; 2 , 1;1;0
2
AM B C AC
 
= − = − = − 
 
; 
2
, ; 2; 1
2
AM B C
 
  = − − −    
 
. 
Khi đó: ( )
2
2 0
, . 2 7
,
71,
2 1
2
AM B C AC
d AM B C
AM B C
− + 
  = = =
 
  + +
. 
Trong trường hợp tổng quát, ta có: ( )
7
,
7
a
d AM B C = . 
44 
VD 2.8 (Lương Thế Vinh - Hà Nội - 2020) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là 
hình chữ nhật với 2AB a= , 3AD a= (tham khảo hình vẽ). Tam giác SAB cân tại S và 
nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy; góc giữa mặt phẳng ( )SCD và mặt đáy là 
45 . Gọi H là trung điểm cạnh AB . Tính theo a khoảng cách giữa hai đoạn thẳng SD 
và CH . 
A. 
3 11
11
a
. B.
3 14
7
a
C. 
3 10
109
a
. D. 
3 85
17
a
. 
Hướng dẫn giải: 
Chọn B 
Cách 1: PP trực tiếp 
Ta có: 
( ) ( )
( ) ( )
( );
SAB ABCD
SAB ABCD
SH AB SH SAB
⊥



⊥ 
 ( )SH ABCD ⊥ . 
Kẻ HK CD⊥ ( K là trung điểm của CD ) 
( )CD SHK ⊥ CD SK ⊥ . 
( ) ( )( ) ( ); ;SCD ABCD SK HK = 45SKH= =  
SHK vuông cân tại H 3SH HK a = = . 
Kẻ d qua D song song với HC cắt AB tại E 10ED HC a = = . 
( ) ( )( ); ;d CH SD d CH SED = ( )( );d H SED= . 
Kẻ HF ED⊥ ( )ED SHF ⊥ . 
Kẻ HG SF⊥ ( )HG SED ⊥ ( )( );d H SED HG = . 
Ta có: 
1 1
. .
2 2
HEDS AD EH HF ED = = 
.AD EH
HF
ED
 =
3 .2 3 10
510
a a a
a
= = . 
Xét tam giác SHF vuông tại H ta có: 
45 
2 2 2
1 1 1
HG SH HF
= +
2 2
.SH HF
HG
SH HF
 =
+
2
2
3 10
3 .
5
18
9
5
a
a
a
a
=
+
3 14
7
a
= . 
( )
3 14
;
7
a
d CH SD = . 
Cách 2: PP tọa độ hóa 
Ta có: 
( ) ( )
( ) ( )
( );
SAB ABCD
SAB ABCD
SH AB SH SAB
⊥



⊥ 
 ( )SH ABCD ⊥ . 
Kẻ HK CD⊥ ( K là trung điểm của CD ) 
( )CD SHK ⊥ CD SK ⊥ . 
( ) ( )( ) ( ); ;SCD ABCD SK HK = 45SKH= =  
SHK vuông cân tại H 3SH HK a = = . 
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ H O , tia Ox chứa HK , tia Oy chứa HA , tia Oz 
chứa HS 
Khi đó: ( )0;0;0H ; ( )3 ; ;0C a a− ; ( )3 ; ;0D a a ; ( )0;0;3S a . 
Ta có: ( )3 ; ;0HC a a= − , ( )3 ; ; 3SD a a a= − , ( )0;0; 3SH a= − . 
( )2 2 2; 3 ;9 ;6HC SD a a a  =  
( )
. ;
;
;
SH HC SD
d CH SD
HC SD
 
 
 =
 
 
( )
( ) ( ) ( )
2
2 2 2
2 2 2
6 . 3
3 9 6
a a
a a a
−
=
+ +
= 
3 14
7
a
. 
VD 2.9 (Liên trường Nghệ An - 2020) Cho tứ diện ABCD có 
090 , 2 ,ABC ADC ACD BC a CD a= = = = = , góc giữa đường thẳng AB và mặt phẳng 
( )BCD bằng 060 . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD . 
A. 
6
31
a
. B. 
2 6
31
a
. C. 
2 3
31
a
. D. 
3
31
a
. 
Hướng dẫn giải: 
Chọn C 
46 
Gọi H là chân đường cao của tứ diện ABCD . 
Ta có: 
BC AB
BC HB
BC AH
⊥
 ⊥
⊥
 ( )1 . 
Lại có: 
CD AD
CD HD
CD AH
⊥
 ⊥
⊥
( )2 . 
Mà 90BCD =  . 
Từ đây ta suy ra HBCD là hình chữ nhật. 
Mặt khác: ( )( ), 60AB BCD ABH= =  . Suy ra: .tan 60 3AH HB a=  = . 
Chọn hệ trục .Oxyz H DBA như hình vẽ. 
Ta có: ( )0;0;0H , ( )0;0; 3A a , ( )0; ;0B a , ( )2 ; ;0C a a , ( )2 ;0;0D a . 
( )2 ; ; 3AC a a a= − , ( )2 ; ;0BD a a= − , ( )0; ; 3AB a a= − . 
Vậy ( )
( ) ( ) ( )
3
2 2 2
2 2 2
, . 2 3 2 93
,
31, 3 2 3 4
AC BD AB a a
d AC BC
AC BD a a a
 
 
= = =
 
− + − + − 
. 
VD 2.10 (Sở Phú Thọ - 2020) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 
.a Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( )ABCD là trung điểm của cạnh AB , 
góc giữa mặt phẳng ( )SAC và đáy bằng 45 . Gọi M là trung điểm của cạnh .SD 
Khoảng cách giữa hai đường AM và SC bằng 
A. .a B. 
2
4
a
. C. 
5
10
a
. D. 
5
5
a
. 
Hướng dẫn giải 
Chọn D 
47 
Gọi H là trung điểm cạnh AB , I là trung điểm cạnh AO . Suy ra ( )SH ABCD⊥ , 
( ) ( ), 45SAC ABCD SIH= =  . 
Do đó 
1 2
2 4
a
SH IH BO= = = . 
Gọi N là trung điểm cạnhCD , khi đó HN AB⊥ . 
Chọn hệ trục tọa độ trong không gian như hình vẽ, ta có tọa độ các điểm ( )0;0;0H , 
2
0; ;0 ; 0;0; ;
2 4
2
; ;0 ; ; ; ;
2 2 4 8
; ;0
2
a a
A S
a a a a
D a M
a
C a
  
−        
  
− −       
 
 
 
. 
( )
2
; ; ;
2 4 8
2
; ; ;
2 4
; ;0
a a a
AM
a a
SC a
AC a a
 
=   
 
 
= −  
 
=
. 
Khoảng cách giữa hai đường AM và SC là 
( )
, . 5
,
5,
AM SC AC a
d AM SC
AM SC
 
 
= =
 
 
. 
VD 2.11 (Mã 104 2018) Cho tứ diện .O ABC có , ,OA OB OC đôi một vuông góc với nhau,
OA a= và 2OB OC a= = . Gọi M là trung điểm của BC . Khoảng cách giữa hai đường 
thẳng OM và AB bằng 
A. 
6
3
a
 B. a C. 
2 5
5
a
 D. 
2
2
a
Hướng dẫn giải: 
48 
Chọn A 
Ta có OBC vuông cân tại O , 
M là trung điểm của BC OM BC ⊥ 
Dựng hình chữ nhật OMBN , ta có 
( )
( )
/ /
/ /
OM BN
OM ABN
BN ABN



( ) ( )( ) ( )( ), , ,d AB OM d OM ABN d O ABN = = 
Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AN ta có: 
( )
BN ON
BN OAN
BN OA
⊥
 ⊥
⊥
 OH BN ⊥ mà OH AN⊥ 
( )OH ABN ⊥ ( )( ),d O ABN OH = 
OAN vuông tại O , đường cao OH 
2 2 2
1 1 1
OH OA ON
 = +
2 2
1 1
OA BM
= + 
2 2
1 4
OA BC
= +
2 2 2
1 4
OA OB OC
= +
+
2 2 2 2
1 4 3
4 4 2a a a a
= + =
+
2
2 2
3
a
OH =
6
3
a
OH = ( )
6
,
3
a
d AB OM OH = = 
Cách 2: Tọa độ hóa 
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ, 
Khi đó ( )0;0;0O , ( )2 ;0;0B a , ( )0;2 ;0C a , ( )0;0;A a 
M là trung điểm của BC ( ); ;0M a a 
Ta có ( ); ;0OM a a= ; ( )0;2 ;0OB a= ; ( )2 ;0;AB a a= − 
( )2 2 2, ; ; 2OM AB a a a  = − −  
( )
, .
,
,
OM AB OB
d AB OM
OM AB
 
 
 =
 
 
3
4 4 4
2 6
34
a a
a a a
= =
+ +
VD 2.12 (THPT Hoàng Hoa Thám Hưng Yên 2019) Cho hình chóp .S ABC có đáy 
ABC là tam giác đều cạnh 2 3a , mặt bên SAB là tam giác cân với 120ASB =  và nằm 
49 
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là trung điểm của SC và N là trung điểm 
của MC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM , BN . 
A. 
2 327
79
a
. B. 
237
79
a
. 
C. 
2 237
79
a
. D. 
5 237
316
a
. 
Hướng dẫn giải: 
Cách 1: PP tọa độ hóa 
Gọi H là trung điểm AB . 
Vì ( ) ( )SAB ABC⊥ nên ( )SH ABC⊥ . 
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz , với O H , HB Ox , HC Oy , HS Oz . 
Ta có: 
2 2 3HC AC AH a= − = ; 
tan
AH
SH a
ASH
= = . 
Khi đó: ( )0;0;0H , ( )0;0;S a , 
( )3;0;0A a− , ( )3;0;0B a , ( )0;3 ;0C a , 
3
0; ;
2 2
a a
M
 
 
 
,
9
0; ;
4 4
a a
N
 
 
 
. 
Suy ra: 
3
3; ;
2 2
a a
AM a
 
=  
 
, 
9
3; ;
4 4
a a
BN a
 
= − 
 
, 
( )2 3;0;0AB a= , 
2 2 23 3 3 15 3
, ; ;
4 4 4
a a a
AM BN
 
  = − −    
 
. 
Khoảng cách giữa hai đường thẳng ,AM BN là
( )
3
2
3 3
, . 2 2372,
79711,
4
a
AM BN AB a
d AM BN
aAM BN
 
 
= = =
 
 
. 
Cách 2: PP thể tích 
Gọi P là trung điểm của AC , G là trọng tâm tam giác ABC . 
50 
Kẻ / /NK SH , K HC ; / /EK AC , E BP . 
Suy ra: 
( )
( ) ( )( ) ( )( )
/ / / /
, , ,
NP AM AM NPB
d AM BN d M NPB d C NPB

 = =
. 
Ta có: / /NK SH nên 
1
1 4 4
54
8
a
NK SH
NK KC CN
GKSH CH CS
GC

= =
= = =  
 =

. 
/ /EK AC nên 
5 5 5 3
8 8 8
EK GK a
EK PC
PC GC
= =  = = . 
2 2 79
8
a
NE NK EK= + = ; 3BP HC a= = . 
Vì: ( )
KN BP
BO NPB BP EN
KE BP
⊥
 ⊥  ⊥
⊥
. 
Diện tích tam giác NBP là: 
1 3 79
.
2 16
NBP
a
S NE BP = = . 
Thể tích tứ diện .N CPB là:
( )( )
3
.
1 1 1 1 1 3
, . . .SH. . .PC .a .3a .a 3
3 3 4 2 24 8
N CPB CBP
a
V d N ABC S BP= = = = . 
Khoảng cách từ C đến ( )NBP là:
( )( ) .
3 2 237
,
79
N CPB
NBP
V a
d C NBP
S
= = . 
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng ,AM BN là 
2 237
79
a
. 
Cách 3: PP trực tiếp 
Kẻ KI NE⊥ , I NE . Khi đó:
( ) ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
8
/ / / / , , , ,
5
NP AM AM NPB d AM BN d M NPB d C NPB d K NPB  = = = 
Ta có:
( ) ( )( ),
KI NE
KI NPB d K NPB KI
KI BP
⊥
 ⊥  =
⊥
. 
51 
Suy ra:
( ) ( )
8
/ / / / ,
5
NP AM AM NPB d AM BN KI  = . 
Trong tam giác vuông NKE ta có:
( )2 2 2 2
1 1 1 1264 5 237 2 237
,
75 316 79
a a
KI d AM BN
KI KN KE a
= + =  =  = . 
* Kết quả giải pháp 2: tác giả đã đưa ra hệ thống câu hỏi và bài tập từ dễ đến 
khó về khoảng cách từ 1 điểm đến 1 mặt phẳng, khoảng cách giữa 2 đường thẳng chéo 
nhau trong không gian, thường xuất hiện rất nhiều trong các đề thi từ đề thi tốt nghiệp 
trung học phổ thông quốc gia đến các kỳ thi HS giỏi. Đồng thời tác giả cũng chỉ ra cách 
xác định thể tích của khối đa diện bằng phương pháp tọa độ trong đó có liên quan đến 
yếu tố khoảng cách. 
 Sử dụng phương pháp tọa độ để giải quyết một số bài toán về thể tích khối 
đa diện và một vài dạng toán khác. (Dành cho học sinh giỏi) 
VÍ DỤ MINH HỌA 
VD 3.1. Trong không gian với hệ tọa độ Oxy , cho hình hộp chữ nhật .ABCD A B C D    
có A trùng với gốc tọa độ O , các đỉnh ( ;0;0)B m , (0; ;0)D m , (0;0; )A n với , 0m n  
và 4m n+ = . Gọi M là trung điểm của cạnh CC . Khi đó thể tích tứ diện BDA M đạt 
giá trị lớn nhất bằng 
A. 
75
32
. B. 
245
108
. C. 
9
4
. D. 
64
27
. 
Hướng dẫn giải 
Tọa độ điểm ( ; ;0), ( ; ;; ), ; ;
2
n
C m m C m m n M m m
 
  
 
52 
( ) ( );0; , ; ;0 , 0; ;
2
n
BA m n BD m m BM m
 
 = − = − =  
 
( )2, ; ;BA BD mn mn m  = − − −  
21
, .
6 4
BDA M
m n
V BA BD BM  = =  
Ta có 
3
22 512 256. .(2 )
3 27 27
m m n
m m n m n
+ + 
 =   
 
64
27
BDA MV   
VD 3.2. Cho hình lập phương .ABCD A B C D    có độ dài cạnh bằng 1. Gọi M , N , P , Q 
lần lượt là trung điểm của các cạnh AB , BC ,C D  và DD . Tính thể tích khối tứ diện 
MNPQ . 
A. 
1
12
. B. 
1
24
. C. 
3
8
. D. 
1
8
. 
Hướng dẫn giải 
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho: 
D O
Ox D A
Oy D C
Oz D D
 
  
  


Khi đó: 
( )1;0;1A , ( )1;1;1B , ( )0;1;1C , ( )0;0;1D , ( )1;0;0A , ( )B 1;1;0 , ( )0;1;0C 
1
1; ;1
2
M
 
 
 
, 
1
;1;1
2
N
 
 
 
, 
1
0; ;0
2
P
 
 
 
, 
1
Q 0;0;
2
 
 
 
. 
53 
Ta có: 
1 1
; ;0
2 2
MN
− 
 
 
, 
1 1
1; ;
2 2
MP
− 
− 
 
, 
1 1
1; ;
2 2
MQ
− − 
− 
 
1 1 1 1
, .
4 8 8 4
MN MP MQ  = + − = 
1 1
. , .
6 24
MNPQV MN MP MQ  = = 
. 
VD 3.3. Cho hình lập phương .ABCD A B C D    có cạnh bằng a . Một đường thẳng d đi 
qua đỉnh D và tâm I của mặt bên BCC B  . Hai điểm M, N thay đổi lần lượt thuộc các 
mặt phẳng ( )BCC B  và ( )ABCD sao cho trung điểm K của MN thuộc đường thẳng d 
(tham khảo hình vẽ). Giá trị bé nhất của độ dài đoạn thẳng MN là 
A. 
3
2
a
. B. 
3 5.
10
a
. C. 
2 5.
5
a
. D. 
2 3.
5
a
. 
Hướng dẫn giải 
Cho 1a = . 
Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ. 
( )0;0;0A , ( )1;0;1D , ( )0;1;0B , ( )1;1;1C 
I là trung điểm BC
1 1
;1;
2 2
I
 
 
 
 ( )
1 1 1
;1; 1; 2;1
2 2 2
D I
 
 = − − = − − 
 
. 
54 
Đường thẳng D I đi qua ( )1;0;1D , có một VTCP là ( )1; 2;1u = − có phương 
trình là: ( )
1
2
1
x t
y t t
z t
= +

= − 
 = +
Mặt phẳng ( )ABCD : 0z = 
Mặt phẳng ( ) : 1BCC B y  = 
( ) ( );1;M BCC B M m n   , ( )1 ; 2 ;1K D I K t t t  + − + 
K là trung điểm ( )2 2; 4 1;2 2MN N t m t t n − + − − − + . 
( )N ABCD
2
0 2 2 0
2
N
n
z t n t
−
 =  − + =  = ( );3 2 ;0N n m n − − . 
( )2 ;2 2 ;MN n m n n= − − − ( ) ( )
2 22 22 2 2MN n m n n = − + − +
( )
2 22 5 8 4n m n n= − + − + ( )
2
2 4 4 4
2 5
5 5 5
n m n
 
= − + − +  
 
2 5
5
MN  . 
Dấu bằng xảy ra 
4
5
2
5
b
a

=
 
 =

. 
VD 3.4. Cho lăng trụ . ' ' 'ABC A B C có độ dài cạnh bên bằng 2a , đáy ABC là tam giác 
vuông tại , , 3A AB a AC a= = và hình chiếu vuông góc của đỉnh 'A trên mặt phẳng 
( )ABC là trung điểm của cạnh BC . Tính theo a thể tích khối chóp '.A ABC . 
A. 
3
4
a
. B. 
3
2
a
. C. 
3
8
a
. D. 
3
12
a
. 
Hướng dẫn giải 
Chọn hệ trục như hình vẽ. Gọi M là trung điểm đoạn BC 
55 
Ta có tọa độ các đỉnh là: ( ) ( ) ( ) 30;0;0 , ;0;0 , 0; 3;0 , ; ;0
2 2
a a
A B a C a M
 
  
 
Vì 2 2
1
' ' 3
2
AM BC a MA A A AM a= =  = − = , 
suy ra 
3
' ; ; 3
2 2
a a
A a
 
  
 
Vì 
3 3 3 3
' ' ' ; ; 3 , ' ' ' ; ; 3
2 2 2 2
a a a a
A B AB B a A C AC C a
   
=  =       
   
Thể tích khối chóp 
2 31 1 3
'. : ' . . 3.
3 3 4 4
ABC
a a
A ABC V A M S a= = = 
VD 3.5. Cho hình lăng trụ tam giác . ' ' 'ABC A B C có 'BB a= , góc giữa đường thẳng 'BB 
và mặt phẳng ( )ABC bằng 060 ; tam giác ABC vuông tại C và 060BAC = . Hình chiếu 
vuông góc của điểm 'B lên mặt phẳng ( )ABC trùng với trọng tâm của tam giác ABC . 
Tính thể tích khối tứ diện '.A ABC theo a . 
A. 
33
208
a
. B. 
3
108
a
. C. 
39
208
a
. D. 
39
104
a
. 
Hướng dẫn giải 
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ 
z
x
y
C'
B'
A C
B
A'
56 
Gọi ,M H lần lượt là trung điểm của BC và trọng tâm của tam giác ABC 
Đặt , ; , 0BC x SH y x y= =  suy ra 0.cot 60
3
x
AC AB= = . Tọa độ các đỉnh là: 
( ) ( )0;0;0 , ;0;0 , 0; ;0 , ; ;0 , ' ; ;
3 33 3 3 3 3
x x x x x
C B x A H B y
     
     
     
Suy ra ( )
2
' ; ; , 0;0;1
3 3 3
x x
BB y k
 
= − = 
 
 là VTPT của ( )ABC 
Theo đề bài ta có:
0
2 2 2
2
3'. 2
sin 60 2
' 13
27
27' 52
aBB k y a y
BB k
x y a a
xBB a
 = = =  
   
+ =   ==  
Suy ra 
2 21 1 81
. .
2 2 3 2 3 104 3
ABC
x x a
S CACB x = = = = 
Vậy thể tích khối chóp '.A ABC là: 
2 3
'. '.
1 9
. .
3 2082 3
A ABC B ABC
x a
V V y= = = 
z
x
y
B'
C'
H
M
C A
B
A'
57 
* Kết quả khi áp dụng 02 giải pháp của sáng kiến: 
Tôi cùng các đồng nghiệp đã sử dụng Sáng kiến trong hoạt động dạy cho lớp 12 
và bồi dưỡng học sinh giỏi tỉnh môn Toán, được các đồng nghiệp ghi nhận có hiệu quả 
tốt trong việc nâng cao chất lượng thi THPT quốc gia và bồi dưỡng đội tuyển, tiết kiệm 
thời gian các buổi rèn kĩ năng làm bài cho Đội tuyển. Đề tài cũng được các đồng nghiệp 
vận dụng giảng dạy có hiệu quả với các lớp 12 khác trong nhà trường. 
Sau khi áp dụng giảng dạy sáng kiến trong năm học 2020-2021 đã thấy có sự tiến 
bộ về chất lượng. Cụ thể: 
+ Đối với học sinh lớp 12 đại trà: Khi áp dụng sáng kiến này vào giảng dạy học 
sinh lớp 12 với phương pháp đưa ra hết sức cụ thể, chi tiết và bài tập được phân loại từ 
dễ đến khó, học sinh hứng thú học và dễ tiếp thu hơn. Điều này thể hiện rất rõ trong kết 
quả bài kiểm tra và thi thử tốt nghiệp THPT. 
 + Đối với học sinh đội tuyển Học sinh giỏi cấp tỉnh: Áp dụng ở mức độ cao hơn, 
tự nghiên cứu và tự giải quyết các dạng bài tập sau đó thảo luận các câu hỏi và bài tập 
khó rồi có đánh giá kiểm tra rút kinh nghiệm. 
Dạy học theo 2 giải pháp này nhằm khuyến khích được tinh thần tự học của học 
sinh, học sinh có hứng thú trong học tập, tự giác và hoàn thành tốt nhiệm vụ được giao. 
Từ đó học sinh có thể phát triển năng lực tư duy lôgic và sáng tạo. 
Ngoài ra, sáng kiến cũng là nguồn tư liệu hữu ích cho GV trong việc giảng dạy ở 
lớp chọn, luyện thi tốt nghiệp THPT và bồi dưỡng HSG về phần Góc, Khoảng cách 
trong không gian. 
So sánh, đối chiếu với kết quả của hai lớp trước và sau khi áp dụng sáng kiến: 
Kết quả khảo sát chất lượng môn toán 12 trước và sau khi sử dụng giải pháp: 
58 
Số liệu 
Lớp 
Số 
học 
sinh 
Giỏi Khá 
Trung 
bình 
Yếu Kém 
SL % SL % SL % SL % SL % 
12a1 40 14 35 22 55 4 10 0 0 0 0 
Sau khi sử dụng 26 65 14 35 0 0 0 0 0 0 
12a2 44 9 20,5 20 45,5 15 34 0 0 0 0 
Sau khi sử dụng 15 34,1 24 54,5 5 11,4 0 0 0 0 
12a3 36 8 22,2 18 50 10 27,8 0 0 0 0 
Sau khi sử dụng 14 38,9 16 44,4 6 16,7 0 0 0 0 
12a4 44 7 15,9 18 40,9 19 43,2 0 0 0 0 
Sau khi sử dụng 10 22,7 22 50 12 27,3 0 0 0 0 
7.1.2 Các bước đã được thực hiện khi áp dụng sáng kiến 
- Bước 1. Giới thiệu sáng kiến đến các đồng nghiệp trong tổ, các đồng chí đang 
thực hiện nhiệm vụ bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán trường THPT Yên Dũng số 3. 
- Bước 2. Tổ chức trao đổi, thảo luận trong nhóm dạy; xây dựng kế hoạch áp dụng 
sáng kiến; đã trao đổi đồng thời nhờ các đồng chí trong tổ bộ môn góp ý để vận dụng 
sáng kiến trong giảng dạy. 
Số 
TT 
Họ và tên 
Năm 
sinh 
Nơi công 
tác 
Chức 
danh 
Trình 
độ 
CM 
Nội dung công 
việc hỗ trợ 
1 Ong Thế Hải 1982 
THPT Yên 
Dũng số 3 
GV 
THPT 
hạng III 
Cử 
nhân 
Nhận xét, phản 
hồi về sáng 
kiến. 
2 Nguyễn Thị Tình 1976 
THPT Yên 
Dũng số 3 
GV 
THPT 
hạng III 
Cử 
nhân 
Nhận xét, phản 
hồi về sáng 
kiến. 
59 
3 Nguyễn Thị Minh 1978 
THPT Yên 
Dũng số 3 
GV 
THPT 
hạng III 
Cử 
nhân 
Nhận xét, phản 
hồi về sáng 
kiến. 
- Bước 3: Tổ chức giảng dạy HS ôn thi ĐH và học sinh giỏi Tỉnh môn Toán. 
Giảng dạy thử nghiệm tại nhiều lớp học khối 12 trong trường THPT Yên Dũng số 3. 
- Bước 4. Tổ chức rút kinh nghiệm sau khi áp dụng sáng kiến để giảng dạy lớp 
12 và học sinh giỏi Tỉnh. 
Sau khi hoàn thành nội dung trong 02 giải pháp đưa ra, tôi cùng các đồng nghiệp 
áp dụng sáng kiến trong việc dạy học môn Toán cho HS lớp 12 và dạy chuyên đề ôn thi 
HS giỏi Tỉnh môn Toán theo 04 bước đã trình bày để tiếp tục hoàn thiện, phát triển Sáng 
kiến áp dụng cho việc giảng dạy và học tập của giáo viên và học sinh tại trường THPT 
Yên Dũng số 3 và các trường THPT tại địa bàn huyện Yên Dũng trong những năm học 
tiếp theo. 
7.2. Thuyết minh về phạm vi áp dụng giải pháp 
Sáng kiến đã được áp dụng giảng dạy cho học sinh lớp 12 tại trường THPT Yên 
Dũng số 3 và đội tuyển HS giỏi Tỉnh môn toán của nhà trường. 
7.3. Thuyết minh về lợi ích kinh tế, xã hội của sáng kiến 
Sau khi áp dụng các giải pháp nêu trên ở tại trường THPT Yên Dũng số 3, hiệu quả của 
sáng kiến đạt được như sau: 
Về lợi ích kinh tế 
Những ưu điểm khi áp dụng sáng kiến vào thực tiễn bồi dưỡng học sinh giỏi, ôn 
thi đại học: 
- Tiết kiệm thời gian, công sức của giáo viên khi tổ chức rèn kĩ năng làm bài cho 
HSG môn Toán. 
+ GV có thể sử dụng các câu hỏi và bài tập đã được thiết kế trong sáng kiến để 
củng cố kiến thức và kĩ năng cho HS trong quá trình ôn luyện. 
- Những giải pháp được nêu trong sáng kiến có thể trở thành tư liệu tham khảo 
để HS tự học, tự rèn tại nhà. Qua đó tiết kiệm được chi phí đi lại, các khoản chi cho việc 
mua tài liệu tham khảo 
Về lợi ích xã hội 
- Hướng tới mục tiêu trình bày vấn đề một cách tường minh nên chúng tôi đã sử 
dụng các ví dụ cụ thể, hệ thống tài liệu bám sát vấn đề nghiên cứu để Giáo viên và 
60 
Học sinh dễ theo dõi. Với tinh thần đó, sáng kiến góp phần làm giảm áp lực cho Giáo 
viên và học sinh trong việc dạy và học. 
- Sáng kiến kinh nghiệm này cũng là tài liệu tham khảo hữu ích, giúp Giáo viên 
nâng cao năng lực chuyên môn, đóng góp hiệu quả cho công tác giáo dục mũi nhọn. 
* Cam kết: Tôi cam đoan những điều khai trên đây là đúng sự thật và không sao 
chép hoặc vi phạm bản quyền. 
Xác nhận của cơ quan, đơn vị 
Tác giả sáng kiến 
Dương Thị Phượng