SKKN một số phương pháp tính thể tích khối đa diện nhằm nâng cao chất lượng dạy - học Hình học lớp 12

1






SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM


ĐỀ TÀI:
"MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
NHẰM NÂNG CAO CHẤT LƯỢNG DẠY - HỌC HÌNH HỌC LỚP
12"

2

A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI MỞ ĐẦU
Trong chương trình ôn thi tốt nghiệp THTP và Đại học – Cao đẳng hiện nay, bài
toán về tính thể tích của một khối đa diện xuất hiện khá phổ biến. Bài toán hình học
không gian nói chung và bài toán về tính thể tích khối đa diện nói riêng là một phần kiến
thức khó đối với học sinh THPT.
Đa số học sinh bây giờ đang còn học theo kiểu “làm nhiều rồi quen dạng, làm nhiều rồi
nhớ”, nếu học như thế sẽ không phát triển được tư duy sáng tạo, sẽ không linh hoạt khi
đứng trước một tình huống mới lạ hay một bài toán tổng hợp.
Vì lí do đó, để giúp học sinh tháo gỡ những vướng mắc trên, nhằm nâng cao chất lượng
dạy và học, đáp ứng nhu cầu đổi mới giáo dục và giúp học sinh có thêm phương pháp
trong giải toán, tôi đã quyết định chọn đề tài:
“Một số phương pháp tính thể tích khối đa diện
nhằm nâng cao chất lượng dạy – học hình học lớp 12 ”.

Mục tiêu của sáng kiến kinh nghiệm là nghiên cứu phương pháp tính thể tích khối đa diện
một cách hệ thống và sáng tạo để giúp giáo viên trang bị kiến thức cơ bản nhất về phương
pháp tích thể tích khối đa diện cho học sinh, từ đó phát triển tư duy sáng tạo giải quyết
các bài toán khó.
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Thực trạng
Trong chương trình phổ thông, phần kiến thức về tính thể tích khối đa diện được
đưa vào giảng dạy ở lớp 12. Đây là phần kiến thức rất hay và khó đối với học sinh trong
quá trình làm bài tập; đây cũng là phần kiến thức xuất hiện từ nhu cầu thực tế và được
ứng dụng rất nhiều trong thực tế.
Để giải bài toán về tính thể tích khối đa diện có hai phương pháp cơ bản là phương
pháp tính trực tiếp và phương pháp tính gián tiếp. Phương pháp tính trực tiếp là dựa vào
việc tính chiều cao và diện tích đáy từ đó suy ra thể tích khối đa diện; phương pháp tính
gián tiếp tức là ta chia khối đa diện thành nhiều khối nhỏ để xác định thể tích.
Đứng trước một bài toán học sinh thường lúng túng và đặt ra câu hỏi: “Phải định hướng
lời giải bài toán từ đâu?”. Một số học sinh có thói quen không tốt là khi đọc đề chưa kỹ
đã vội làm ngay, có khi thử nghiệm đó sẽ dẫn đến kết quả, tuy nhiên hiệu suất giải toán
như thế là không cao. Với tình hình ấy để giúp học sinh định hướng tốt hơn trong quá
trình giải toán, người giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen xét bài toán dưới nhiều góc
3

độ, khai thác các yếu tố đặc trưng của bài toán để tìm lời giải. Trong đó việc hình thành
cho học sinh khả năng tư duy theo các phương pháp giải là một điều cần thiết. Việc trải
nghiệm qua quá trình giải toán sẽ giúp học sinh hoàn thiện kỹ năng định hướng và giải
toán.
Đặc biệt đối với bài toán về hình học không gian nói chung và bài toán tính thể tích
khối đa diện nói riêng thì đối với hầu hết học sinh, kể cả những học sinh khá giỏi cũng
gặp rất nhiều khó khăn khi giải bài tập. Nguyên nhân của thực trạng trên là học sinh chưa
trang bị cho mình một kiến thức về phương pháp tính đầy đủ và hệ thống nên rất lúng
túng khi đứng trước một bài toán.

2. Kết quả của thực trạng
Trước khi áp dụng nghiên cứu này vào giảng dạy tôi đã tiến hành khảo sát chất
lượng học tập của học sinh hai lớp 12A3, 12A4 trường THPT Hậu Lộc 4 (về vấn đề tính
thể tích khối đa diện) và thu được kết quả như sau:
Lớp
Sĩ
số
Giỏi Khá TB Yếu Kém
SL % SL % SL % SL % SL %
12A
3
45 1 2 8 18 24 53 10 22 2 5
12A
4
45 0 0 3 7 21 47 16 36 5 10
Như vậy số lượng học sinh nắm bắt các dạng này không nhiều do chưa nắm vững được
nguồn kiến thức và kĩ năng cần thiết.
Để thực hiện để tài vào giảng dạy, trước hết tôi nhắc lại công thức tính thể tích các
khối đa diện, tiếp đó đưa ra các phương pháp tính và ví dụ cụ thể để hướng dẫn học sinh
thực hiện, cuối cùng tôi đưa ra bài tập tổng hợp để học sinh rèn luyện phương pháp tính.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. GIẢI PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN

Thực hiện nghiên cứu và ứng dụng vào thực tiễn giảng dạy tôi chia nội dung thành
3 phần dạy cho học sinh vào 3 buổi, mỗi buổi 3 tiết; trong mỗi buổi có các thí dụ minh
họa và bài tập cho học sinh tự rèn luyện về phương pháp tính.
Sau đây là nội dung cụ thể:
Phần I
4

Để tính thể tích khối đa diện, phương pháp quan trọng nhất và được ứng dụng rộng
rãi nhất trong quá trình tính toán là tính trực tiếp, tức là dựa vào chiều cao của các khối
và diện tích đáy. Như vậy mấu chốt của phương pháp này là phải xác định được chiều
cao và diện tích đáy, ta xét một số ví dụ minh họa như sau: Các thí dụ minh họa
Thí dụ 1. Cho khối chóp
.
S ABC
có
2
BC a

,


0
90 ,BAC ACB

 
. Mặt phẳng
( )
SAB
vuông
góc với mặt phẳng
( )
ABC
, tam giác
SAB
cân tại
S
và tam giác

SBC
vuông. Tính thể tích
của khối chóp
.
S ABC
.
Lời giải. (h.1)

Tam giác
ABC
có
2 sin , 2 cos
AB a AC a
 
 

nên
2
sin 2
ABC
S a

 .
Vì
( ) ( )
SAB ABC

và
SA SB


nên
( )
SH ABC


với
H

là trung điểm cạnh
AB
.
Bây giờ ta xác định tam giác
SBC
vuông tại
đỉnh nào.
Nếu
SBC

vuông tại đỉnh B thì
CB BA

(theo
định lí ba đường vuông góc), điều này vô lý vì
ABC

vuông ở
A
.
Tương tự, nếu
SBC


vuông ở C thì

0
90
HCB  (Vô lí).
Từ đó suy ra
SBC

vuông tại S.
Gọi K là trung điểm cạnh BC thì
2 2 2 2 2
1 1
, / / à cos
2 2
sin
sin .
SK BC a HK AC v HK AC a
SH SK HK a
SH a



   
   
 

Từ đó:
.
2

3
1
.
3
1
sin 2 . sin
3
1
= sin 2 .sin .
3
S ABC ABC
V S SH
a a
a
 
 


s
Hình 1
A
B
C
H
K
5

Nhận xét: Ở ví dụ trên dễ dàng nhận thấy SH là chiều cao của khối chóp từ giả thiết
( ) ( )
SAB ABC


và
SA SB

và việc còn lại là xác định SH.
Thí dụ 2. Cho hình lập phương
1 1 1 1
.
ABCD A BC D
có cạnh bằng
a
. Gọi
,
M N
theo thứ tự là
trung điểm của các cạnh
,
AB BC
và
1 2
,
O O
thứ tự
là tâm các mặt
1 1 1 1 1 1
,
A B C D ADD A
. Tính
thể tích khối
tứ diện

1 2
MNOO
.
Lời giải. (h.2)

Ta có
1 2
( ) ( )
mp NO O mp ABCD
 và chúng
cắt nhau
theo giao tuyến
NE
(
E
là trung điểm cạnh
AD
).
Gọi
O
là tâm của hình vuông
ABCD
thì
MO NE

.
Suy ra
MO
là đường cao của hình chóp
1 2

. O O
M N .
Ta có:
1 2 1 1 1 1 1 1 2 2
O O EE
2 2 2
2
2
( )
1
( )
2 2 4 2
3
.
8
N N N NN O E O O ENO
S S S S S
a a a
a
a
   
   


1 2 1 2
. O O O O
2
3
1
Nên .

3
1 3
. .
3 8 2
.
16
M N N
V S MO
a a
a




Nhận xét: Khi gặp bài toán này nhiều học sinh nghĩ đến phương pháp tính gián tiếp, tuy
nhiên các khối “bù” với khối
1 2
MNOO
là quá nhiều và phức tạp. Nếu để ý mặt phẳng
1 2
( )
NO O
nằm trong mặt phẳng
1 1
( )
NEE N
thì việc xác định chiều cao và diện tích đáy của
hình chóp
1 2
. O O

M N trở nên đơn giản.
A
C
Hình 2
O1
O2
D
B
A1
D1
B1
C1
E
N
N1
E1
M
O
6

Thí dụ 3. Cho khối chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh
a
. Giả sử
H
là trung

điểm cạnh
AB
và hai mặt phẳng
( ),( )
SHC SHD
cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Tính thể
tích khối chóp nếu hình chóp có ba mặt bên là tam giác vuông.
Lời giải. (h.3)

Vì
( )và ( )
SHC SHD
cùng vuông góc
với
đáy
( )
ABCD
nên
SH
là đường cao
của
khối chóp.
Hai tam giác
SAD
và
SBC
lần lượt
vuông tại
A
và

B
(theo định lí ba
đường vuông góc).
Tam giác
SCD
có
SC SD

(vì
HC HD

) nên nó không thể vuông tại C
hoặc D.
Nếu
SCD

vuông tại
S
thì
SC CD a
 
. Nhưng do
SBC


vuông tại
B
nên
SC SB a
 

. Từ đó
SCD

không là tam giác vuông.
Từ giả thiết suy ra
SAB

phải là tam giác vuông.
Do
SA SB

, (vì
HA HB

) nên
SAB

vuông tại S, suy ra
1
.
2 2
a
SH AB
 

Vậy
3
2
.
1 1

. . .
3 3 2 6
S ABCD ABCD
a a
V S SH a  

Thí dụ 4. Xét các khối chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình bình hành với
5
,
2
a
AB a SA SB SC SD     .
Khối chóp
nào có thể tích lớn nhất và tính giá trị
lớn nhất đó.
Lời giải. (h.4)
Vì khối chóp
.
S ABCD
có các cạnh bên
bằng nhau nên đáy phải nội tiếp.
x
a
S
H

Hình 4
B
C
A
D
S
Hình 3
B
C
A
D
H
7

Suy ra
ABCD
là hình chữ nhật.
Gọi
H
là giao của và
AC BD
thì
( ).
SH ABCD


Đặt
( 0)
BC x x
 

thì
2 2
2 2 2
4
, ( 2 )
4
ABCD
a x
S ax SH SA AH x a

    
2 2
2 2 2
.
1 4
(4 ).
3 4 6
S ABCD
a x a
V ax x a x

   
Vì
2 2 2 2
(4 ) 4
x a x a
   nên theo BĐT Cauchy
.
S ABCD
V đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi

2 2 2
4 2
x a x x a
   
.
Lúc đó
3
.
ax
3
S ABCD
a
M V

.


Bài tập tự luyện
Bài 1. (Đề thi ĐH khối A năm 2012) Cho hình chóp
.
S ABC
có đáy là tam giác đều cạnh
a
. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng
( )
ABC
là điểm H thuộc cạnh AB sao cho
2
HA HB


. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng
( )
ABC
bằng
0
60
. Tính thể tích khối
chóp
.
S ABC
và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo
a
.
Bài 2. Cho hình hộp
. ' ' ' '
ABCD A B C D
có đáy là hình thoi cạnh
a
và

0
60
BAD 
. Hai mặt
chéo
( ' ')và ( DD' ')
ACC A B B
cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi
,
M N

lần lượt là trung
điểm của
, ' '
CD B C
và
'
MN BD

. Tính thể tích của hình hộp.
Bài 3. Cho khối chóp
.
S ABC
có



0 0 0
1, 2, 3,AS 60 ,AS 90 , 120
SA SB SC B C BSC      . Tính thể
tích khối chóp đó.
Bài 4. Cho khối chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh bằng
a
và

0

60
BAD 
. Các
mặt phẳng
( ),( ),( )
SAB SBD SAD
nghiêng đều với đáy
( )
ABCD
một góc

. Tính thể tích khối
chóp đó.
Bài 5. Cho khối chóp
.
S ABCD
có đáy là hình thang cân, đáy lớn
AB
bằng
4
lần đáy nhỏ
CD
, chiều cao của đáy bằng
a
. Bốn đường cao của bốn mặt bên ứng với đỉnh
S
có độ dài
bằng nhau và bằng
b
. Tính thể tích của hình chóp.

Bài 6. Cho khối chóp
.
S ABCD
có đáy là hình vuông cạnh
a
. Tam giác
SAB
cân tại đỉnh
S

và mặt phẳng
( ) ( )
SAB ABC

. Giả sử
E
là trung điểm
SC
và hai mặt phẳng
( ),( )
ABE SCD

vuông góc với nhau. Tính thể tích của khố chóp đó.
8

Bài 7. Hình chóp
.
S ABC
có
SA a


,
SA
tạo với đáy một góc

,


90 ,
o
ABC ACB

 
.
G
là
trọng tâm
ABC

. Hai mặt phẳng
( ),( )
SGB SGC
cùng vuông góc với mặt phẳng
( )
ABC
. Tính
thể tích của khối chóp
.
S ABC
.

Bài 8. Cho hình lăng trụ
. ' ' '
ABC A B C
có đáy là tam giác đều cạnh
a
. Các cạnh
' , ' , '
A A A B A C
nghiêng đều trên đáy một góc

. Tính diện tích xung quanh và thể tích của
lăng trụ.
Bài 9. Cho hình chóp
1 2
.A A ( 3)
n
S A n

có diện tích đáy bằng
D
, chu vi đáy bằng
P
. Các
mặt bên nghiêng đều trên đáy một góc

. Hình chiếu của
S
lên mặt phẳng đáy nằm trong
đa giác
1 2

A A
n
A
. Tính thể tích hình chóp đó.

Phần 2
Trong các bài toán tính thể tích khối đa diện đôi khi việc xác định chiều cao và diện
tích đáy gặp rất nhiều khó khăn, khi đó chúng ta có thể tính một cách gián tiếp bằng cách
chia khối cần tính thành nhiều khối nhỏ hoặc tính thể tích các khối “bù” với khối cần
tính. Từ đó bằng công thức cộng thể tích ta có thể suy ra thể tích khối cần tính. Sau đây là
một số thí dụ minh họa cho phương pháp thứ 2.
Thí dụ minh họa
Thí dụ 1. Cho khối chóp
.
S ABC
với tam giác
ABC
vuông cân tại
B
,
2
AC a

,
( )
SA ABC


và
SA a


. Giả sử
I
là điểm thuộc
cạnh
SB

sao cho
1
3
SI SB
 . Tính thể tích
khối tứ
diện
SAIC
.
Lời giải. (h.5)

Tam giác
ABC
vuông cân tại
B

có
2
AC a


nên
2

AB BC a
 
.
Do đó
2
1
.
2
ABC
S AB BC a
 
.
Vì
( )
SA ABC

nên
SA
là chiều
cao của
hình chóp
.
S ABC
.
Suy ra
3
.
1
.
3 3

S ABC ABC
a
V SA S 
A
Hình 5
C
B
S
I
9

Mặt khác
.
.
1
. .
3
S AIC
S ABC
V
SA SI SC
V SA SB SC
 
.
Vậy
3 3
. .
1 1
.
3 3 3 9

S AIC S ABC
a a
V V   .
Nhận xét: Trong bài toán trên ta hoàn toàn có thể tính trực tiếp, tuy nhiên việc tính gián
tiếp dựa vào tỉ lệ thể tích thì tính toán trở nên đơn giản hơn rất nhiều.
Thí dụ 2. Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật,
2 , ; 2
AB a BC a SA SB SC SD a
      . Giả sử
E
là điểm thuộc cạnh
SC
sao cho
2
SE SC

,
F

là điểm thuộc cạnh
SD
sao cho
1
3
SF FD

 . Tính thể tích khối đa diện
SABEF
.
Lời giải. (h.6)

Ta có
2
. 2
ABCD
S AB BC a
  .
Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác vuông
ABD

ta có
2 2
5
BD AB AD a
   .
Gọi
O AC BD
 
thì
1 5
2 2
a
BO BD  .
Xét tam giác
SBD
cân tại

S
có
SO
là trung tuyến nên
SO
đồng thời là đường cao của tam
giác
SBD
. Suy ra
SO BD

.
Chứng minh tương tự
SO AC

. Suy ra
( )
SO ABCD

hay
SO
là đường cao của hình chóp
.
S ABCD
.
Ta có
2 2 2 2
5 3
( 2) ( )
2 2

a a
SO SB BO a     .
3
2
.
1 1 3
. .2 .
3 3 2
3
S ABCD ABCD
a a
V S SO a   .
Mặt khác
.
.
2
. .
3
S ABE
S ABC
V
SA SB SE
V SA SB SC
 

3
. . .
2 1
. .
3 3

3 3
S ABE S ABC S ABCD
a
V V V    (1)
S
Hình 6
O
A
D
B
C
E
F
10

A'
C'
Hình 7
D'
B'
A
D
B
C
N
K
M
.
.
2 1 1

. . .
3 4 6
S AEE
S ACD
V
SA SE SF
V SA SC SD
  

3
. EF . .
1 1
. .
6 12
12 3
S A S ACD S ABCD
a
V V V    (2)
Từ (1) và (2) ta có:
3 3 3
. .
5 3
36
3 3 12 3
SABEF S ABE S AEF
a a a
V V V     .
Nhận xét: Khối đa diện cần tính thể tích không thuộc các khối quen thuộc (không có
công thức tính trực tiếp), nên ta phải tìm cách chia thành các khối nhỏ quen thuộc, và ta
có thể tính gián tiếp một cách dễ dàng dựa vào tỷ lệ thể tích.

Thí dụ 3. Chi hình lập phương
. ' ' ' '
ABCD A B C D
cạnh
a
. Gọi
M
là trung điểm của cạnh
'
BB
. Mặt phẳng
( ' )
A MD
chia hình
lập phương
thành hai khối đa diện. Tính tỉ số thể tích của
hai khối đa diện trên.
Lời giải. (h.7)

Gọi
N
là giao điểm của
'
A M
và
AB
, K là
giao điểm của
DN
và

BC
.
Mặt phẳng
( ' )
A MD
chia hình lập
phương
. ' ' ' '
ABCD A B C D
thành hai khối đa diện
'
A MKDAB
và khối diện
' ' ' '
A B C D MKCD
.
Do
' '/ /
A B BN
nên
' ' '
1 ' '
A B MB
BN A B a
BN MB
    
.
Do
/ /
BN CD

nên 1
2
BK BN AB a
BK CK
CK CD CD
     
.
Ta có
3
.
1
. .
6 24
B MNK
a
V BM BN BK  ;
3
. '
1
AA'. .
6 3
A A ND
a
V AN AD
 
.
3 3 3
' . ' .
7
3 24 24

A MKDAB A A ND B MNK
a a a
V V V     .
11

Thể tích khối lập phương
. ' ' ' '
ABCD A B C D
bằng
3
a
.
Từ
. ' ' ' ' ' ' ' ' '
ABCD A B C D A MKDAB A B C D MKCD
V V V 
' ' ' ' . ' ' ' ' '
3 3
3
7 17
24 24
A B C D MKCD ABCD A B C D A MKDAB
V V V
a a
a
  
  

Suy ra
'

' ' ' '
7
17
A MKDAB
A B C D MKCD
V
V
 .
Nhận xét: Trong hai thí dụ đầu, ta chủ yếu dựa vào tỷ lệ thể tích thì ở thí dụ này ta dựa
vào việc tính thể tích các khối “bù” với khối cần tính
Thí dụ 4. Chi hình chóp
.
O ABC
có
, ,
OA OB OC

đôi một vuông góc với nhau,
, ,
OA a OB b OC c
  
;
', ' '
OA OB OC
lần
lượt là
đường cao của các tam giác
, ,
OBC OAC OAB
. Tính thể tích khối

chóp
. ' ' '
O A B C
.
Lời giải. (h.8)

Ta có
.
1
. .
6 6
O ABC
abc
V OAOB OC  .
Do , ,
OA OB OA OC OB OC
  
, nên các tam giác , ,
OAB OBC OAC
vuông tại
O
.
Áp dụng định lý Pythagore ta có:
2 2 2 2 2 2
, ,
AC a c AB a b BC b c
     
.
Xét tam giác
OBC

vuông tại
O
có
'
OA
là đường cao nên:
2 2
2 2
2
2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 .
.
'
'
b c
OB OC
OA
OA OB OC OB OC b c
    
 
.
Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông
'
OA C
ta có
2
2 2 2 2 2
2 2
' ' ' '
c

OC OA CA CA OC OA
b c
     


Chứng minh tương tự ta có:
2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
' ; ' ; ' ; ' ; '
c a a b b
CB AB AC BC BA
a c a c a b a b b c
    
    
.
Hình 8
G
A
B
C
C'
A'
B'
12

Mặt khác
4
. ' ' . ' '
2 2 2 2
. .

' '
. .
( )( )
O CA B C OA B
O ABC C OBA
V V
CO CA CB c
V V CO CB CA b c a c
  
 

Suy ra
4
. ' ' .
2 2 2 2
. .
( )( )
O CA B O ABC
c
V V
b c a c

 

Chứng minh tương tự, ta được:
4
. ' ' .
2 2 2 2
4
. ' ' .

2 2 2 2
. ;
( )( )
. .
( )( )
O AB C O ABC
O BA C O ABC
a
V V
a b a c
b
V V
a b b c

 

 

Do đó
. ' ' ' . . ' ' . ' ' . ' '
4 4 4
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( )
[1 ( )].
( )( ) ( )( ) ( )( ) 6
O A B C O ABC O CA B O AB C O BA C
V V V V V
a b c abc
a b a c a b b c b c a c
   

   
     

Nhận xét: Trong thí dụ 3 ta đã áp dụng việc tính thể tích các khối “bù” với khối cần tính
thì trong thí dụ 4 ta thấy phương pháp này rất hiệu quả.
Bài tập tự luyện
Bài 1. Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật, đường thẳng
SA
vuông góc
với mặt phẳng
( )
ABCD
,
G
là trọng tâm của tam giác
SBD
, mặt phẳng
( )
SBG
cắt
SC
tại
M
,
mặt phẳng

( )
ABG
cắt
SD
tại
N
. Tính thể tích khối chóp
.
S ABMN
; biết rằng
SA AB a
 
,
góc giữa đường thẳng
AM
và mặt phẳng
( )
ABCD
bằng
0
30
.
Bài 2. Cho hình chóp
.
O ABC
có
, ,
OA OB OC
đôi một vuông góc với nhau;
, , ; ', ', '

OA a OB b OC c OA OB OC
  
lần lượt là các đường phân giác trong của các tam giác
, ,
OBC OCA OAB
. Tính thể tích của khối chóp
. ' ' '
O A B C
.
Bài 3. Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh
a
,
3
SA a
 ,
( )
SA ABCD

.
Gọi
,
H K
lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm
A
trên các cạnh

,
SB SD
. Mặt phẳng
( )
AHK
cắt
SC
tại
I
. Tính thể tích của khối chóp
.
S AHIK
.
Bài 4. Cho hình chóp SABCD đáy ABCD là hình vuông tâm O. SA vuông góc với đáy
và SA =
2
a
. Cho
AB a

. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SD. CM: SA
 (AHK). Tính thể tích hình chóp OAHK.
13

Bài 5. Cho lăng trụ tam giác ABC.A
1
B
1
C
1

có hình chóp A
1
ABC là hình chóp tam giác
đều cạnh đáy AB = a, AA
1
= b. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A
1
BC). Tính
tan và thể tích hình chóp A
1
BB
1
C
1
C.

Phần 3
Trong các buổi trước, chúng ta đã được rèn luyện 2 phương pháp tính thể tích là
tính trực tiếp và tính gián tiếp. Để tính thể tích khối đa diện, trong các bài toán thi đại học
và học sinh giỏi còn sử dụng một phương pháp rất hiệu quả đó là phương pháp tọa độ
hóa, nội dung phương pháp này gồm 4 bước:
Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ
Bước 2: Xác định tọa độ các điểm liên quan, chuyển bài toán hình học không gian
thông thường thành bài toán hình học tọa độ.
Bước 3: Tính toán dựa vào các công thức hình học tọa độ trong không gian.
Bước 4: Kết luận.
Sau đây là một số thí dụ minh họa và các bài tập rèn luyện:
Thí dụ minh họa
Thí dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, đáy ABCD là
hình chữ nhật, SA=AB=a, AD=

2
a
, gọi M, N lần lượt là trung
điểm của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC.
a) CMR:
( ) ( )
SAC SMB


b) Tính thể tích tứ diện ANIB
Lời giải. (Hình 9) Chọn hệ tọa độ với Axyz
với
, ,
  
D Ax B Ay S Az

Khi đó:
14

2
(0;0;0), (0; ;0), ( 2; ;0), (0;0; ), ( ;0;0),
2
a
A B a C a a S a M
2
; ;
2 2 2
a a a
N
 

 
 

a) Ta có:mp(SAC) có vtpt là
 

1
(1; 2;0)
n
mp(SMB) có vtpt là


2
( 2;1;1)
n
.

Hình 9
   
   
1 2 1 2
. 0
n n n n
. Hay
( ) ( )
SAC SMB

.
b) Ta có mp(SAC) có phương trình:
 

2 0
x y , BM có phương trình:



 




2
0
x t
y a t
z

Vì
 
( )
I BM SAC

2
( ; ;0)
3 3
a a
I .
3
1 2
, .
6 36

ANIB
a
V AN AI AB
 
  
 
  
.

Thí dụ 2. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, đáy có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lượt là
trung điểm của SB, SC. Biết rằng
( ) ( )
AMN SBC

. Tính thể tích hình chóp.
Lời giải. (Hình 10)
Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ (h.10).
Đặt SO = h. Khi đó ta có:
( ;0;0), ( ; ;0),
2
3 2 3
a a a
C A


( ; ;0), (0;0; )
2
2 3
a a
B S h

 
,
( ; ; ), ( ;0; )
4 2 2
4 3 2 3
a a h a h
M N
 
.
Hình 10

Ta có
3
( ; ; ), ( ; ; )
4 2 2 2
4 3 3
a a h a a h
AM AN
 
 
 

15

C'
M
y
N
C
B

A
A'
B'
z
x

 
  
 
  
2
1
3 5 5
, ( ; ; ) ( ) cã vect¬ ph¸p tuyÕn lµ: n ( ; 3; )
8
8 3 8 3 3
ah ah a a
AM AN mp AMN h h

mp(SBC) đi cắt Oy tại
(0; ;0)
3
a
K

, Ox tại
( ;0;0)
3
a
C

, Oz tại S(0;0;h)
nên có phương trình theo đoạn chắn là:
2
3 3 1 3 3 1
1 1 ( )cã vect¬ ph¸p tuyÕn lµ: n ( ; ; ).
3
3
x y z
x y z mp SBC
a a
h a a h a a h

       



Ta có
1 2
3 3 5 1 5
( ) ( ) . 0 ( ). 3.( ) . 0
12
3
a
AMN SBC n n h h h a
a a h

         
 
.
Vậy

2 3
.
1 1 5 3 5
. . . .
3 3 12 4 24
S ABC ABC
a a
V SO S a

  

Thí dụ 3. (Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2013)
Cho hình lăng trụ đứng
. ' ' '
ABC A B C
có đáy ABC là tam giác cân tại C, cạnh đáy AB bằng
2a và

ABC
bằng 30
0
. Tính thể tích của khối lăng trụ
. ' ' ',
ABC A B C
biết khoảng cách giữa
hai đường thẳng AB và
'
CB
bằng
.

2
a

Lời giải. (H.11)
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A’B’.
Ta có MN là đường cao của lăng trụ. Giả sử
MN h

.
Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O trùng với
M, các điểm A, C, N lần lượt thuộc các tia Ox,
Oy, Oz. (Hình 11)
Khi đó:
'
( ;0;0), ( ;0;0), ( ;0; )
A a B a B a h
 


Hình 11
Dễ có:
3
a
CM  nên
(0; ;0)
3
a
C và
16

2
1
.
2
3
ABC
a
S CM AB

 

Ta có
2 2
2 2
[ , '] (0; 2 ; ), [ , ']. '
3 3
a a h
AB CB ah AB CB BB   
  

Suy ra:
2 2
[ , ']. '
d(AB, CB') =
[ , ']
3
AB CB BB
ah
AB CB
a h



 
 

Từ giả thiết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB’ bằng
.
2
a

Ta suy ra
h a


Vậy:
3
. ' ' '
3
.
3
ABC A B C ABC
a
V MN S 
Nhận xét: Qua các ví dụ trên ta thấy việc gắn hệ trục tọa độ để đưa bài toán hình học
không gian thông thường thành bài toán hình học tọa độ giúp việc giải bài toán trở nên
đơn giản hơn rất nhiều, như ở ví dụ 3 nếu không dùng tọa độ thì việc tính chiều cao h là
rất khó khăn. Điều quan trọng là cần xác định được những yếu tố vuông góc trong hình
để lựa chọn hệ trục tọa độ hợp lý.
Bài tập tự luyện
Bài 1. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh

a
. SA vuông góc với
đáy và SA =
2
a
. () là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC, () cắt SB, SC, SD lần
lượt tại H, I, K. CM: AH  SB, AK  SD. Tính thể tích khối chóp AHIKBCD.
Bài 2. Cho hình lập phương
' ' ' '
ABCDA B C D
cạnh
a
,
,
M N
lần lượt là trung điểm của
AA'

và
BC
; P, Q lần lượt là trọng tâm của tam giác
'
A AD
và
'
C BD
. Tính thể tích khối tứ diện
MNPQ
theo
a

.
Bài 3. (Đề khối A năm 2011) Cho hình chóp
.
S ABC
có đáy
ABC
là tam giác vuông cân
tại B,
2
AB BC a
 
, hai mặt phẳng
( )
SAB
và
( )
SAC
cùng vuông góc với mặt phẳng
( )
ABC
. Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại
N. Biết góc giữa hai mặt phẳng
( )
SBC
và
( )
ABC
bằng
0
60

. Tính thể tích khối chóp
.
S BMCN
và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo
a
.


17

II. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU VÀ KIẾN NGHỊ ĐỂ XUẤT
1. Kết quả nghiên cứu
Trong năm học 2012 – 2013, tôi được nhà trường phân công dạy môn toán tại các lớp
12A3, 12A4. Đứng trước thực trạng học sinh rất ngại khi đối mặt với những bài toán hình
học không gian, tôi đã mạnh dạn đưa vào chương trình bồi dưỡng phương pháp tính thể
tích đa diện. Và thực tế sau khi được học một cách có hệ thống và đầy đủ các phương
pháp tính thể tích thì học sinh đã hứng thú hơn trong các giờ học hình học không gian,
học sinh giải tốt các bài toán về tính thể tích nói riêng và bài toán hình học không gian
nói chung. Qua đó học sinh còn rèn luyện được cách trình bày bài giải một cách khoa
học, chặt chẽ, đầy đủ; đặc biệt còn rèn luyện cho học sinh về tư duy logic, tư duy sáng
tạo, củng cố được những kiến thức cơ bản.
Kết quả cụ thể
Lớp
Sĩ
số
Giỏi Khá TB Yếu Kém
SL % SL % SL % SL % SL %
12A
3
45 10 22 18 40 17 38 0 0 0 0

12A
4
45 5 11 17 38 22 49 1 2 0 0

2. Kiến nghị, đề xuất
- Tổ chuyên môn cần tổ chức những diễn đàn trao đổi về chuyên môn để giáo viên có thể
học hỏi kinh nghiệm và phổ biến các sáng kiến kinh nghiệm của cá nhân.
- Nhà trường cần tăng cường hơn nữa những trang thiết bị hỗ trợ cho giảng dạy.
- Sở Giáo dục và Đào tạo cần mở những lớp chuyên đề hướng dẫn giáo viên sử dụng
những phần mềm trong công tác giảng dạy.
C. KẾT LUẬN

Trong quá trình thực hiện và áp dụng sáng kiến trên, mặc dù đã thu được những kết
quả nhất định, học sinh đã hứng thú hơn đối với các bài toán hình học không gian, kết
quả học tập môn toán được nâng lên rõ rệt; tuy nhiên để sáng kiến được sử dụng hiệu quả
và rộng hơn thì rất cần những ý kiến đóng góp của đồng nghiệp để khắc phục những thiếu
sót, hoàn thiện hơn nữa đề tài nghiên cứu.
18

Tôi xin chân thành cảm ơn!

XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 10 tháng 05 năm 2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.

Nguyễn Sỹ Tam