SKKN hinh 12. Dinh huu.CBQQO

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
Trường THPT Nguyễn Du - Thanh Oai
SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
Đề tài:
PHƯƠNG PHÁP TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
Họ và tên: Trần Văn Tiến
Chức vụ: Giáo viên
Tổ: Toán - Lý - Tin
Đơn vị: Trường THPT Nguyễn Du - Thanh Oai
Năm học:
2009 - 2010
1 Sơ yếu lí lịch
Họ và tên: TRẦN VĂN TIẾN
Ngày sinh : 26/10/1979
Chức vụ : Giáo viên
Trình độ chuyên môn: Đại học
Hệ đào tạo: Chính quy
Nơi công tác: Trường THPT Nguyễn Du -Thanh Oai_Hà Nội
Bộ môn giảng dạy: Toán Học
Ngày vào nghành : 01/01/2005

A ) LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI.
Trong chương trình giáo dục phổ thông thì môn toán được nhiều học sinh yêu thích
và say mê, nhưng nói đến phân môn hình học thì lại mang nhiều khó khăn và trở ngại
cho không ít học sinh, thậm trí ta có thể dùng tứ ” SỢ” học.Đặc biệt là hình học không
gian tổng hợp. Đây là phần có trong cấu trúc thi cao đẳng và đại học và thường xuyên
xuất hiện trong các đề thi tuyển chọn học sinh giỏi vì kiến thức phần này yêu cầu học
sinh phải tư duy cao,khả năng phân tích tổng hợp và tưởng tượng mà một chủ điểm của
quan trọng của hình học không gian tổng hợp đó là tính thể tích khối đa diện. Nhằm giúp
học sinh vượt qua khó khăn và trở ngại đó và ngày càng yêu thích và học toán hơn yêu
cầu các thầy cô chúng ta phải có nhiều tâm huyết giảng dạy và nghiên cứu .Qua thực tế

giảng dạy tôi có chút kinh nghiệm giảng dạy phần này mong được chia sẻ cùng các thầy
cô đồng nghiệp và những người yêu thích môn toán.
B) BIỆN PHÁP THỰC HIỆN
1)Dạy theo chuyên đề
Dùng phương pháp dạy: gợi mở vấn đáp,phát vấn,thuyết trình và tình huống
2)Phạm vi thực hiện đề tài
Thời gian thực hiện 20 tiết
Địa điểm: Trường THPT Nguyễn Du-Thanh Oai
Đối tượng :Học sinh khối 12 các lớp A
1
,A
8
C) NỘI DUNG
Như chúng ta đã biết trong giảng dạy đã chia ra 4 mức độ của nhận thức là
1, Nhận biết 2, Thông hiểu
3, Vận dụng 4, Sáng tạo
Như vậy việc đưa ra các bài tập tuỳ theo mức độ của nhận thức là việc cơ bản khi
giảng dạy. Bên cạnh đó việc yêu cầu dạy sát đối tượng thì đi đôi với việc đó thầy cô
phải phân dạng,loại bài tập cũng rất quan trọng và cần thiết cho học sinh dễ hiểu
I )TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN THEO CÔNG THỨC
Việc áp dụng công thức thông thường yêu cầu
a) xác định đường cao
b) tính độ dài đường cao và diện tích mặt đáy
Để xác định đường cao ta lưu ý

•
Hình chóp đều có chân đường cao trùng với tâm của đáy.

•
Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau thì chân đường cao trùng với tâm đường tròn

ngoại tiếp mặt đáy.
•
Hình chóp có các mặt bên cùng tạo với đáy những góc bằng nhau thì chân đường cao
chính là tâm đường tròn nội tiếp mặt đáy.
•
Hình chóp có một mặt bên vuông góc với đáy thì chân đường cao nằm trên giao tuyến
của mặt phẳng đó và đáy.
•
Hình chóp có hai mặt bên cùng vuông góc với đáy thì đường cao nằm trên giao tuyến
của hai mp đó
Để tính độ dài đường cao và diện tích mặt đáy cần lưu ý
•
Các hệ thức lượng trong tam giác đặc biệt là hệ thức lượng trong tam giác vuông.
•
Các khái niệm về góc, khoảng cách và cách xác định.
Sau đây là các bài tập
Bài1
Chóp tam giác đều SABC có đáy là tam giác đều cạnh bằng a, các cạnh bên tạo với
đáy một góc 60
0
.Hãy tính thể tích của khối chóp đó.
Bài giải
gọi D là trung điểm của BC và E là tâm đáy
Khi đó
A
B
C
S
D
E

AE=
3
2
AD=
3
3a
Ta có
∠
SAD=60
0
nên SE=AE.tan60
0
=a
S
ABC
=
4
3
2
a
Do đó V
SABC
=
3
1
SE.S
ABC
=
12
3

3
a
bài 2
Cho hình chóp tam giác SABC có SA=5a,BC=6a,CA=7a. Các mặt bên
SAB,SBC,SCA cùng tạo với đáy một góc 60
0
.Tính thể tích của khối chóp đó
Bài giải
Ta có hình chiếu của đỉnh S trùng tâm D đường tròn nội tiếp đáy

A
B
C
S
D
k
Ta có p=
2
CABCAB ++
=9a
Nên S
ABC
=
))()(( cpbpapp −−−
=6a
2
.
6
mặt khác S
ABC

=pr
⇒
r=
p
S
=
6
3
2
a
trong
∆
SDK có SD=KDtan60
0
= r.tan60
0
= 2a.
2
Do đó V
SABC
=
3
1
SD.S
ABC
=8a
3
.
3
Bài 3

cho hình chóp SABC có các cạnh bên bằng nhau cùng hợp với đáy góc 60
0
, đáy là
Tam giác cân AB=AC=a và
∠
BAC=120
0
. Tính thể tích khối chóp đó.
Bài giải

O
A
C
B
S
O
Gọi D là trung BC và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Có SO chính là đường cao
S
ABC
=1/2.AB.AC.sin120
0
=
4
3
2
a
và BC=2BD=2.ABsin60
0
=a.

3
OA=R=
s
cba
4

=a
⇒
SO=OA.tan60
0
=a.
3
Do vậy V
SABC
=
3
1
SO.S
ABC
=1/4a
3
.
Bài 4
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a,SA=a, SB=a
3
và
mpSAB vuông góc với mặt đáy. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AB,BC. Hãy tính
thể tích khối chóp SBMDN
giải

B
A
D
C
S
H
M
N

Hạ SH
⊥
AB tại H thì SH chính là đường cao
S
ADM
=1/2AD.AM=a
2

S
CDN
=1/2.CD.CN=.a
2
Nên S
BMDN
=S
ABCD
-S
ADM
-S
CDN
=4a

2
-2a
2
=2a
2
.
mặt khác
222
111
SBSASH
+=
⇒
SH=
22
22
.
SBSA
SBSA
+
=
2
3a
do đó V
SBMDN
=
3
1
.SH.S
BMDN
=

3
3
3
a
bài 5
Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình thang vuông tại A,D; AB=AD=2a,CD=a.
Góc giữa hai mpSBC và ABCD bằng 60
0
. Gọi I là trung điểm của AD, Biết hai mp
SBI,SCI cùng vuông góc với mpABCD. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
Bài giải

A
B
D
C
S
I
H
J
Gọi H trung điểm là của I lên BC, J là trung điểm AB.
Ta có SI
⊥
mpABCD
IC=
22
DCID +
=a
2
IB=

22
ABIA +
=a
5
và BC=
22
JBCJ +
=a
5
S
ABCD
=1/2AD(AB+CD)=3a
2
S
IBA
=1/2.IA.AB=a
2
và S
CDI
=
1/2.DC.DI=1/2.a
2

⇒
S
IBC
=S
ABCD
-S
IAB

-S
DIC
=
2
3
2
a

mặt khác S
IBC
=
2
1
.IH.BC nên IH =
a
BC
S
IBC
5
33
2
=
SI=IH.tan60
0
=
a
5
3.9
.
Do đó V

ABCD
=
3
1
SI.S
ABCD
=
5
153
a
3

Bài 6
Cho chóp SABC có SA=SB=SC=a,
∠
ASB= 60
0
,
∠
CSB=90
0
,
∠
CSA=120
0
CMR tam giác ABC vuông rồi tính thể tích chóp.
Bài giải
Gọi E,D lần lượt là AC,BC
A
C

B
S
E
D


∆
SAB đều AB=a,

∆
SBC Vuông BC=a.
2

∆
SAC có AE=SA.sin60
0
=
2
3a

⇒
AC=a
3
và SE=SAcos60
0
=
2
1
a.

⇒
∆
ABC có AC
2
=BA
2
+BC
2
=3a
2
vậy
∆
ABC vuông tại B
Có S
ABC
=
2
1
.BA.BC=
2
2
2
a


∆
SBE có BE=
2
1
AC=

2
3a

SB
2
=BE
2
+SE
2
=a
2
nên BE
⊥
SE
AC
⊥
SE
Do đó SE chính là đường cao
V
SABC
=
3
1
SE.S
ABC
=
3
12
2
a

Bài 7
Cho khối lăng trụ đứng ABC.A
1
B
1
C
1
có đáy là tam giác vuông tại A,AC=a,
∠
ACB=60
0
Đường thẳng BC
1
tạo với mp(A
1
ACC
1
)một góc 30
0
.Tính thể tích khối lăng trụ.
Bài giải
Ta có hv

A
B
C
A1
B1
C1
Trong tam giác ABC có AB=AC.tan60

0
=a
3
AB
⊥
AC và AB
⊥
A
1
A
Nên AB
⊥
mp(ACC
1
A) do đó
∠
AC
1
B=30
0
và AC
1
=AB.cot30
0
=3a.
Á.D pitago cho tam giác ACC
1
: CC
1
=

2
2
1
ACAC −
=2a
2
Do vậy V
LT
=CC
1
.S
ABC
= 2a
2
.
2
1
.a.a
3
=a
3
.
6
Bài 8
Cho khối trụ tam giác ABCA
1
B
1
C
1

có đáy là tam giác đều cạnh a, điểm A
1
cách đều ba
điểm A,B.C,cạnh bên A
1
A tạo với mp đáy một góc 60
0
.Hãy tính thể tích khối trụ đó.
Bài giải

G
A1
B1
C1
A
B
C
H
I

Ta có tam giác ABC đều cạnh a nên S
ABC
=
4
3
2
a
mặt khác A
1
A=

A
1
B=

A
1
C
⇒
A
1
ABC là tứ diện đều
gọi G là trọng tâm tam giác ABC có A
1
G là đường cao
Trong tam giác A
1
AG có AG=2/3AH=
3
3a
và
∠
A
1
AG=60
0
A
1
G=AG.tan60
0

=a. vậy V
LT
=A
1
G.S
ABC
=
4
3.
3
a
Bài9
Cho khối trụ tam giác ABCA
1
B
1
C
1
có đáy là ABC là tam giác vuông cân với cạnh
huyền AB=
2
.Cho biết mpABB
1
vuông góc với đáy,A
1
A=
3
,Góc A
1
AB nhọn, góc

giữa mpA
1
AC và đáy bằng 60
0
. hãy tính thể tích trụ.
Bài giải
Tam giác ABC có cạnh huyền AB=
2
và cân nên CA=CB=1;
S
ABC=
1/2.CA.CA=1/2.
. MpABB
1
vuông góc với ABC từ A
1
hạ A
1
G
⊥
AB tại G.
A
1
G chính là đường cao
Từ G hạ GH
⊥
AC tại H
Gt
⇒
góc A

1
HG=60
0

Đặt AH=x(x>0)
Do
∆
AHG vuông cân tại H nên HG=x và AG=x
2


∆
HGA
1
có A
1
G=HG.tan60
0
=x.
3

∆
A
1
AG có A
1
A
2
=AG
2

+A
1
G
2

⇔
3=2x
2
+3x
2
hay x=
5
15

A1
B1
C1
A
C
B
G
H
Do đó A
1
G=
5
53
vậy V
LT
=A

1
G.S
ABC
=
10
53
Bài 10
Cho khối hộp ABCD.A
1
B
1
C
1
D
1
có đáy là hcn với AB=
3
và AD=
7
. Các mặt bên
ABB
1
A
1
và A
1
D
1
DA lần lượt tạo với đáy những góc 45
0

và 60
0
. Hãy tính thể tích khối
hộp đó biết cạnh bên bằng 1.
giải

A1
D1
C1
A
D
B
C
F
B1
N
H
M
Gọi H là hình chiếu của A
1
lên mpABCD
Từ H hạ HM
⊥
AD tại M và HN
⊥
AB tại N
Theo gt
∠⇒
A
1

MH=60
0
và
∠
A
1
NH=45
0

Đặt A
1
H=x(x>0) ta có A
1
M=
0
60sin
x
=
3
2x
tứ giác AMHN là hcn( góc A,M,N vuông)
Nên HN=AM mà AM=
2
1
2
1
MAAA
−
=
3

43
2
x−
Mặt khác trong tam giác A
1
HN có HN=x.cot45
0

Suy ra x =
3
43
2
x−
hay x=
7
3
vậy V
HH
=AB.AD.x= 3.
II ) TÍNH GIÁN TIẾP
Nghĩa là ta sử dụng phân chia lắp ghép khối đa diện, để đưa về bài toán áp dụng tính
thể tích theo công thức hoặc dùng bài toán tính tỉ lệ hai khối tứ diện(chóp tam giác)
Cho hình chóp SABC. Trên các đoạn thẳng SA,SB,SC lấy lần lượt ba điểm A
1,
B
1
,C
1
khác với S thì
SC

SC
SB
SB
SA
SA
V
V
ABC
CBA
1111
111
=
đôi khi gặp bài toán kết hợp cả
Chứng minh bài toán Tỉ số thể tích hai khối tứ diện(chóp tam giác)

S
A
B
C
E
H
A1
B1
C1
Gọi H,E lần lượt là hình chiếu của A,A
1
trên mpSBC

⇒
AH / / A

1
E nên
∆
SAH và
∆
SA
1
E đồng dạng

11
SA
SA
EA
AH
=
Khi đó V
SABC=
3
1
AH.S
SBC
=
3
1
AH.SB.SC.sinBSC.

V
SA
1
B

1
C
1

=

3
1
A
1
E.S
SB
1
C
1

=

3
1
A
1
E.SB
1.
SC
1
.sinBSC.
Do vậy
111
111

sin
3
1
sin
3
1
111
SC
SC
SB
SB
EA
AH
BSCSCSBEA
BSCSCSBAH
V
V
CBSA
SABC
==
Nên
SC
SC
SB
SB
SA
SA
V
V

ABC
CBA
1111
111
=

Bài 1
Cho hình chóp SABC có SA=a,SB=2a,SC=3a và
∠
BSA=60
0
,
∠
ASC=120
0
,
∠
CSB=90
0
. Hãy tính thể tích chóp
Bài giải
Nhận xét các mặt ở đây không có các lưu ý nên việc xác định đường cao là khó nhưng
ta thấy các góc ở đỉnh S là rất quen thuộc. Ta liên tưởng đến bài 6 phần I
Vây ta có lời giải sau

S
C
B
A
C1

B1
Trên SB lấy B
1
Sao cho SB
1
=a,
Trên SC lấy C
1
sao cho SC
1
=a,
Ta có
12
2.
3
11
a
V
CSAB
=
(theo bài 6)
Mà

11
11
CSABSABC
V
SC
SC
SB

SB
SA
SA
V =
=
2
2.
3
a
Bài 2
Cho khối trụ tam giác ABCA
1
B
1
C
1
có đáy là tam giác đều cạnh a. A
1
A =2a và
A
1
A tạo với mpABC một góc 60
0
. Tính thể tích khối tứ diện A
1
B
1
CA.
giải

A1
C1
B1
A
B
C
H
K
Gọi H là hình chiếu của A
1
trên mpABC
Khi đó A
1
H=A
1
A.sinA
1
AH=2a.sin60
0
=a.
3

Mà V
LT
=A
1
H.S
ABC
=
4

3
4
3.
.3.
32
aa
a =
nhận thấy khối lăng trụ được chia làm ba khối chóp
khối chóp CA
1
B
1
C
1
có
111
CBCA
V
=
3
1
V
LT

khối chóp B
1
ABC có
ABCB
V
1

=
3
1
V
LT

Khối chóp A
1
B
1
CA do đó
ACBA
V
11
=
3
1
V
LT
=
4
3
a
Bài 3
Cho khối hộp chữ nhật ABCD.A
1
B
1
C
1

D
1
có AB=a,A
1
A=c,BC=b. Gọi E,F lần lượt là
trung điểm của B
1
C
1
và C
1
D
1
. Mặt phẳng FEA chia khối hộp thành hai phần. hãy tính tỉ
số thể tích hai khối đa diện đó
Bài giải
DDF
Mp(FEA) cắt các đoạn thẳng A
1
D
1
,A
1
B
1
,B
1
B,D
1
D lần lượt tại J,I,H,K(hv)

Gọi V
1
,V
2
lần lượt là thể tích phần trên và phần dưới mp
Ta nhận thấy rằng hai phần khối đa diện chưa phải khối hình quen thuộc nhưng
khi ghép thêm hai phần chóp HIEB
1
và chóp KFJD
1
thì phần dưới là hình chóp AIJA
1
Ba tam giác IEB
1
,EFC
1
,FJD
1
bằng nhau “ c.g.c”
Theo TA-LET
3
1
1
1
1
1
==
IA
IB
AA

HB
Và
3
1
11
1 1
==
JA
JD
AA
KD

11
723
.
2
.
2
.
2
1
.
3
1

3
1
111 KFJDHIEB
V
abccba

IBEBHBV ====

8
3
.
2
3
.
2
3
.
2
1
.
3
1

2
1

3
1
1
abc
c
ba
JAAIAAV
JIAA
J
===

V
1
=
JIAA
J
V
-2.
1
HIEB
V
=
72
25
72
.2
8
3 abcabcabc
=−
H
K
A
D
B C
B1 C1
D1
A1
I
E
F

J
V
2
= V
hh
-V
1
=
72
47abc
do vậy
47
25
2
1
=
V
V
III) BÀI TOÁN ÔN TẬP
Sau khi đã trang bị phần phương pháp như vậy ta cũng giúp học sinh đưa ra cách
giải một bài toán linh hoạt bằng cả hai phương pháp để học sinh so sánh đối chiếu lựa
chọn và đưa ra bài tập ở mức độ tổng hợp
Bài 1
Cho khối lăng trụ đứng ABC.A
1
B
1
C
1
có tất cả các cạnh đều bằng a.

a) hãy tính thể tích khối tứ diện A
1
BB
1
C.
b) Mp đi qua A
1
B
1
và trọng tâm tamgiác ABC cắt AC,BC lần lượt tại E,F. Hãy tính thể
tích chóp C.A
1
B
1
FE.
Giải
a) Cách 1 tính trực tiếp
gọi H là trung điểm B
1
C
1
suy ra V
td
=
12
3.
2
.
2
3.

.
3
1

3
1
32
1
1
aaa
SHA
BCB
==

A
C
B
A1
B1
C1
K
H
Tương tự gọi K là trung điểm AB
Cách 2
LTABCACBCA
VVV .
3
1
1111
==

Nên
12
3.
4
3.

3
1
.
3
1
32
1
1
aa
aVV
LTBBCA
===
b) cách 1 Tính trực tiếp
gọi Q là trung điểm của A
1
B
1
,G là trọng tâm tam giác ABC
Khi đó qua G kẻ d // với AB thì E=AC
∩
d và F=BC
∩
d
MpCKQ chính là mp trung trực của AB,FE

Nên khoảng cách từ C đến QG chính là khoảng cách từ C đến mpA
1
B
1
FE
Ta có
12
13
.
126
3
,
2
3
2
222
a
a
aKGKQQG
a
GK
a
CK =+=+=⇒==
6
3.
2
3.

3
1

2
1
.
3
2
3
2
2
aa
aQKCKSS
CQKCQG
====
Mặt khác
54
3.5
12
13
.).
2
3
.(
2
1
.
13
132
.
3
1

).,(.
3
1
13
132
12
13
.
6
32
.2
),(),(
2
1
3
.
2
1111
a
a
a
a
a
SQGCdV
a
a
a
QG
S
QGCdQGCdQGS

BFEABFEAC
CQG
CQG
=+==⇒
===⇒=
Cách 2 dùng gián tiếp (sử dụng bài toán tỉ lệ thể tích )


G
A
C
B
A1
B1
C1
K
E
F
C
2
Q

54
3.
2
.
2
3.
2
1

.
3
1
.
3
2
.
3
2
.2 22
32
1111
aaa
V
CB
CF
CK
CG
VV
BCKQBCGQBBCFEA
====


Bài 2 cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hcn,AB=a,AD=a
3
,SA=2a và SA
⊥

ABCD, Một mp đi qua A và vuông góc với SC,cắt SB,SC,SD lần lượt tại H,I,K. Hãy
tính thể tích khối chóp S.AHIK theo a

Bài giải
Cách 1 tính trực tiếp
Ta có

aACaaaCDADAC 243
222222
=⇒=+=+=
Nên
⊥∆
SAC
cân tại A mà AI
⊥
SC nên I là trung điểm SC
AI=SI=
2.
2
22
2
1
a
a
SC ==

SABBC
ABCDSASABCABBC
⊥⇒
⊥⊥⊥ )(,
Mà
SCAH
⊥

cho nên
ABC


5
2.111
22
222
a
ABSA
BASA
AH
ASABAH
=
+
=⇒+=

Trong tam giác vuông HAI có
5
6
5
4
2
2
222
aa
aAHAIHI =−=−=

Tương tự ta có
A

D
B
C
S
I
K
H
AK=
7
14a

35
3.8
)
7
14
.
7
32
5
6
.
5
2
(2.
6
1
) (
6
1

.
2
1

3
1

2
1

3
1
3
aaaaa
aV
KIAKHIAHSIKIAKSIHIAHSIVVV
SAHIK
SIKASIHASAHIK
=+=⇒
+=+=+=

Cách 2 tính gián tiếp
Tương tự như các 1 ta chỉ lập luận AH
⊥
SB, AK
⊥
SD

35
3.4

3 2.
3
1

5
4
.
2
1

2
1
.

.
3
2
2
2
2
a
aa
a
a
V
SB
SA
V
SCSB
SISH

V
SABCSABCSAHI
====
Tương tự
35
3.4
3
a
V
SAIK
=

Do đó V
SAHIK
=
35
3.8
3
a
Bài 3
Cho hai đường thẳng chéo nhau x và y. lấy đoạn thẳng AB có độ dài a trượt trên x,
đoạn thẳng CD có độ dài b trượt trên y. CMR V
ABCD
không đổi
giải
nhận xét các yếu tố không đổi a,b,góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng x và y
đặt (x,y)=
α
và d(x,y)=d
l

E
F
A
C
D
B
Ta dựng hình lăng trụ ABF.CED như (hv)
Khi đó d=d(x,y)=d(AB,CD)=d(AB,CDE)=d(B,CDE) hay d chính là chiều cao lăng trụ
V
LT
= d.S
CDE
=d.
2
1
CD .CE.sin
α
=
2
1
d.b.a.sin
α
mặt khác Khối lăng trụ được ghép từ 3 khối tứ diện gồm
Tứ diện BCDE có V
BCDE
=
3
1
.d(B,CDE).S
CDE

=
3
1
.V
LT
Tứ diện BACD và BAFD có thể tích bằng nhau
Do vậy V
ABCD
=
3
1
.V
LT
=
6
1
.d.a.b.sin
α
= hằng số
Cách 2 Dựng hình hộp, cách 3 dựng hbh “ Như hai hv sau”
H
A
G
B
E
C
C
E
A
B

D
D
F
Bài 4 Bài toán thể tích liên quan đến cực trị
Cho hình chóp S.ABCD,SA là đường cao,đáy là hcn với SA=a,AB=b, AD=c. Trong
mpSDB lấy G là trọng tâm tam giác SDB qua G kẻ đường thẳng d cắt cạnh BS tại M, cắt
cạnh SD tại N,mpAMN cắt SC tại K . Xác định M thuộc SB sao cho V
SAMKN
đạt giá trị
lớn nhất và nhỏ nhất, Hãy tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất đó
Bài giải

G
O
D
B
S
A
C
K
M
N
Gọi O Là tâm hcn ABCD
Ta có SG=
3
2
.SO và K=A G
∩
SC và K là trung điểm SC
cba

SB
SM
V
SB
SM
V
SB
SM
V
SC
SK
SA
SA
SB
SM
V
V
SABCDSBACSMAK
SBAC
SMAK

12
1

4
1

2
1
===⇒=

Tương tự
cba
SC
SN
V
SNAK

12
1
=
Do đó
cba
SC
SN
SB
SM
V
SAMKN
) (
12
1
+
Trong mpSBD
B
S
D
O
G
H
M

N

)(
3
1
.
.
2
.
2
.
222
.
SC
SN
SB
SM
SCSB
SNSM
SCSO
SNSG
SBSO
SMSG
S
S
S
S
S
SS
SC

SN
SB
SM
S
S
SOD
SGN
SBO
SGM
SBO
SGNSMG
SBD
SMN
+=⇒
+=+=
+
==
Do M,N lần lượt nằm trên cạnh SB,SD nên
1
2
1
2
≤≤⇔≤≤
SB
SM
SBSM
SB
Đặt t=
SN
SM

(
1
2
1
≤≤ t
) thì
13
)(
3
1
.
−
=⇔+=
t
t
SC
SN
SC
SN
t
SC
SN
t
Nhận thấy V
SAMKN
đạt GTLN,GTNN nếu f(t)=
13 −
+=+
t
t

t
SC
SN
SB
SM
với
1
2
1
≤≤ t
Ta có
2
2
2
)13(
69
)13(
1
1)(
−
−
=
−
−=
′
t
tt
t
tf
Nên

0,
3
2
0)( ==⇔=
′
tttf
(loại)
f(1/2)=3/2 , f(1)=3/2 f(2/3)=4/3
do vậy V
SAMKN
=
8
abc
là GTLN khi M là trung điểm SB hoặc M trùng với B
V
SAMKN
=
9
abc
là GTNN khi MB chiếm 1 phần SB
IV) BÀI TẬP
Bài 1 Cho tam giác ABC vuông cân ở A và AB=a. Trên đường thẳngqua C và vuông
góc với mp(ABC) lấy điểm D sao cho CD=a. Mặt phẳng qua C vuông góc với BD,cắt BD
tại F và cắt AD tại E. tính thể tích khối tứ diện CDEF.