Giúp học sinh học tốt nội dung phương pháp tính thể tích khối đa diện THPT NGHÈN hà TĨNH

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ TĨNH
TRƯỜNG THPT NGHÈN

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM MÔN TOÁN

GIÚP HỌC SINH HỌC TỐT NỘI DUNG
PHƯƠNG PHÁP TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

(HÌNH HỌC LỚP 12)

Giáo viên: Phạm Thị Việt Thái

NĂM HỌC .........................

1


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:
“Giúp học sinh học tốt nội dung phương pháp tính thể tích khối đa diện

(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

2


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 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 Nghèn (về
vấn đề tính thể tích khối đa diện) và thu được kết quả như sau:
Giỏi
Khá
TB
Yếu
Kém
SL %
SL
% SL
% SL
% SL
%
số
12A3
45
1
2
8
18
24
53
10

22
2
5
12A4
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
Lớp

Sĩ

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.

3


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
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
·
= 900 , ·ACB = α . Mặt phẳng
Thí dụ 1. Cho khối chóp S . ABC có BC = 2a , BAC
( 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)

s

Tam giác ABC có AB = 2a sin α , AC = 2a cos α
nên S ABC = a 2 sin 2α .
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.

A

C

H

K
B

Hình 1

4


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 .
·
= 900 (Vô lí).
Tương tự, nếu ∆SBC vuông ở C thì HCB

Từ đó suy ra ∆SBC vuông tại S.
Gọi K là trung điểm cạnh BC thì
1
1
BC = a, HK / / AC và HK = AC = a cos α
2
2
2
2

2
2
2
⇒ SH = SK − HK = a sin α
⇒ SH = asinα .
SK =

Từ đó:
1
VS . ABC = S ABC .SH
3
1
= a 2 sin 2α .asinα
3
1
= a 3 sin 2α .sinα .
3

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 ABCD. A1B1C1D1 có cạnh bằng a . Gọi M , N theo
thứ tự là trung điểm của các cạnh

A

AB, BC và O1 , O2 thứ tự là tâm các mặt
A1 B1C1 D1 , ADD1 A1 . Tính thể tích khối tứ

D

M

E

O
N

B
C

diện MNO1O2 .
O2

Lời giải. (h.2)

A1
E1

Ta có mp( NO1O2 ) ⊥ mp( ABCD) và chúng
cắt nhau theo giao tuyến NE ( E là trung

D1
N1

O1
B1

C1
Hình 2

điểm cạnh AD ).
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD thì MO ⊥ NE .
Suy ra MO là đường cao của hình chóp M .NO1O2 .
Ta có:

5


S NO1O2 = S NEE1N1 − ( S NN1O1 + S E1O1O2 + S ENO2 )
1 a2 a2 a2
= a2 − ( + + )
2 2
4 2
2
3a
=
.
8
1
Nên VM . NO1O2 = S NO1O2 .MO
3
1 3a 2 a
= .
.
3 8 2
a3
= .
16

Nhận xét: Khi gặp bài toán này nhiều học sinh nghĩ đến phương pháp tính gián

tiếp, tuy nhiên các khối “bù” với khối MNO1O2 là quá nhiều và phức tạp. Nếu để
ý mặt phẳng ( NO1O2 ) nằm trong mặt phẳng ( NEE1 N1 ) thì việc xác định chiều cao
và diện tích đáy của hình chóp M .NO1O2 trở nên đơn giản.
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 ( SHC ) và ( SHD) cùng vuông góc

S

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).

C

B

Tam giác SCD có SC = SD (vì
H

HC = HD ) nên nó không thể vuông
A

tại C hoặc D.

D
Hình 3

6


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.
1
2

a
2

Do SA = SB , (vì HA = HB ) nên ∆SAB vuông tại S, suy ra SH = AB = .
1
1 2 a a3
V
=
S
.
SH
=
a . = .
Vậy S . ABCD
ABCD
3

3
2 6

Thí dụ 4. Xét các khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành với
AB = a, SA = SB = SC = SD =

a 5
. Khối chóp nào có thể tích lớn nhất và tính giá trị
2

lớn nhất đó.
Lời giải. (h.4)

S

Vì khối chóp S . ABCD có các
cạnh bên bằng nhau nên đáy
phải nội tiếp.
Suy ra ABCD là hình chữ nhật.
B

Gọi H là giao của AC và BD thì

C

a

SH ⊥ ( ABCD).

Đặt

x

H

BC = x ( x > 0)

thì

A

D
Hình 4

S ABCD

4a 2 − x 2
= ax, SH = SA − AH =
( x < 2a )
4
2

2

2

1
4a 2 − x 2 a 2
⇒ VS . ABCD = ax
=

x (4a 2 − x 2 ).
3
4
6

Vì x 2 + (4a 2 − x 2 ) = 4a 2 nên theo BĐT Cauchy VS . ABCD đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ
khi x 2 = 4a 2 − x 2 ⇔ x = a 2 .
Lúc đó MaxVS . ABCD

a3
= .
3

7


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 HA = 2 HB . Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng
( ABC ) bằng 600 . 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 BAD
= 600 .

Hai mặt chéo ( ACC ' A ') và ( BDD'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

· B = 600 , AS
· C = 900 , BSC
·
SA = 1, SB = 2, SC = 3, AS
= 1200 . Tính thể tích khối chóp đó.

Bài 4. Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a và
·
BAD
= 600 . Các mặt phẳng ( SAB ), ( SBD), ( SAD) nghiêng đều với đáy ( ABCD) một

góc α . 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.

Bài 7. Hình chóp S . ABC có SA = a , SA tạo với đáy một góc α ,
·ABC = 90o , ·ACB = ϕ . 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 α . Tính diện tích xung quanh và thể

tích của lăng trụ.

8


Bài 9. Cho hình chóp S .A1A 2 ... An (n ≥ 3) có diện tích đáy bằng D , chu vi đáy bằng
P . Các mặt bên nghiêng đều trên đáy một góc α . Hình chiếu của S lên mặt

phẳng đáy nằm trong đa giác A1A 2 ... An . 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

S

Thí dụ 1. Cho khối chóp S . ABC
với tam giác ABC vuông cân tại B ,
AC = 2a , SA ⊥ ( ABC ) và SA = a . Giả

I

sử I là điểm thuộc cạnh SB sao
1
3

cho SI = SB . Tính thể tích khối tứ

A

C

diện SAIC .
Lời giải. (h.5)
Hình 5
B

Tam giác ABC vuông cân tại B có AC = 2a nên AB = BC = a 2 .
1
2

Do đó S ABC = AB.BC = a 2 .
Vì SA ⊥ ( ABC ) nên SA là chiều cao của hình chóp S . ABC .
1
3

Suy ra VS . ABC = SA.S ABC =
V

a3
3

SA SI SC

1

S . AIC
=
. .
= .
Mặt khác V
SA SB SC 3
S . ABC

9


1
1 a3 a3
V
=
V
=
. = .
Vậy S . AIC
S . ABC
3
3 3
9

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,
AB = 2a, BC = a; SA = SB = SC = SD = a 2 . Giả sử E là điểm thuộc cạnh SC sao cho
SE = 2 SC , F là điểm thuộc cạnh SD sao

S

F

1
3

cho SF = FD . Tính thể tích khối đa diện
SABEF .

Lời giải. (h.6)

E

A

D

O
B

Ta có S ABCD = AB.BC = 2a 2 .

C
Hình 6

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác vuông ABD ta có
BD = AB 2 + AD 2 = a 5 .
1
a 5
Gọi O = AC ∩ BD thì BO = BD =
.
2

2

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 SO = SB 2 − BO 2 = (a 2)2 − (

a 5 2 a 3
.
) =
2
2

1
1
a 3 a3
VS . ABCD = S ABCD .SO = .2a 2 .
=

.
3
3
2
3
V

SA SB SE

2

S . ABE
=
. .
=
Mặt khác V
SA SB SC 3
S . ABC

⇒ VS . ABE

2
1
a3
= .VS . ABC = .VS . ABCD =
3
3
3 3

(1)

10


VS . AEE SA SE SF 2 1 1
=
.
.
= . =
VS . ACD SA SC SD 3 4 6
1
1
a3
⇒ VS . AEF = .VS . ACD = .VS . ABCD =
6
12
12 3

(2)

Từ (1) và (2) ta có:
VSABEF = VS . ABE + VS . AEF =

a3
a3
5a 3 3
+
=
.
36

3 3 12 3

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)

A'

chia hình lập phương thành hai khối

D'

B'
C'

đa diện. Tính tỉ số thể tích của hai
khối đa diện trên.
M

Lời giải. (h.7)

D

A

B

Gọi N là giao điểm của A ' M và

K
C
Hình 7

AB , K là giao điểm của DN và BC .
N

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

A ' B ' MB '
=
= 1 ⇒ BN = A ' B ' = a .
BN
MB

Do BN / /CD nên

BK BN AB
a
=
=
= 1 ⇒ BK = CK = .
CK CD CD
2

1
6

Ta có VB.MNK = BM .BN .BK =
VA. A ' ND =

a3
;
24

1
a3
AA'. AN . AD = .
6
3

11


VA ' MKDAB = VA. A ' ND − VB.MNK =

a 3 a 3 7a 3
−
=
.
3 24 24

Thể tích khối lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' bằng a3 .
Từ VABCD. A' B 'C ' D ' = VA ' MKDAB + VA ' B 'C ' D ' MKCD
⇒ VA ' B ' C ' D ' MKCD = VABCD . A ' B 'C ' D ' − VA ' MKDAB

7a 3 17a 3
=a −
=
24
24
3

V

7

A ' MKDAB
= .
Suy ra V
17
A ' B ' C ' D ' MKCD

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

G

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

A

B'
C

chóp O.A ' B ' C ' .
C'
A'

Lời giải. (h.8)

Hình 8

B

1
6

Ta có VO. ABC = OA.OB.OC =

abc
.
6

Do OA ⊥ OB, OA ⊥ OC , OB ⊥ OC , nên các tam giác OAB, OBC , OAC vuông tại O .
Áp dụng định lý Pythagore ta có:
AC = a 2 + c 2 , AB = a 2 + b 2 , BC = b 2 + c 2 .

Xét tam giác OBC vuông tại O có OA ' là đường cao nên:
1

1
1
b 2 .c 2
OB 2 .OC 2
2
=
+
⇒
OA
'
=
=
.
OA '2 OB 2 OC 2
OB 2 + OC 2 b 2 + c 2

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông OA ' C ta có
OC 2 = OA '2 + CA '2 ⇒ CA ' = OC 2 − OA '2 =

c2
b2 + c 2

Chứng minh tương tự ta có:

12


CB ' =

c2

; AB ' =

a2 + c2

a2
a2 + c2

; AC ' =

a2
a 2 + b2

; BC ' =

b2
a 2 + b2

; BA ' =

b2
b2 + c 2

.

Mặt khác
VO.CA ' B ' VC .OA ' B ' CO CA ' CB '
c4
=
=

.
.
=
VO. ABC
VC .OBA CO CB CA (b 2 + c 2 )(a 2 + c 2 )

Suy ra

VO.CA ' B '

c4
= 2 2 2 2 .VO. ABC .
(b + c )(a + c )

Chứng minh tương tự, ta được:
VO. AB ' C ' =

a4
.VO. ABC ;
(a 2 + b 2 )(a 2 + c 2 )

VO.BA ' C ' =

b4
.VO. ABC .
(a 2 + b 2 )(b 2 + c 2 )

Do đó
VO. A ' B ' C ' = VO. ABC − (VO.CA ' B ' + VO. AB 'C ' + VO. BA 'C ' )
= [1 − (

a4
b4
c4
abc
+
+
)].
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
(a + b )(a + c ) (a + b )(b + c ) (b + c )(a + c )
6

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 300 .

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 , SA = a 3 ,
SA ⊥ ( ABCD) . Gọi H , K lần lượt là hình chiếu vuông góc của điểm A trên các

13


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 = a 2 . 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.
Bài 5. Cho lăng trụ tam giác ABC.A 1B1C1 có hình chóp A1ABC là hình chóp
tam giác đều cạnh đáy AB = a, AA1 = b. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (ABC)
và (A1BC). Tính tanα và thể tích hình chóp A1BB1C1C.
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= a 2 , 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

14


Lời giải. (Hình 9) Chọn hệ tọa độ với Axyz với

D ∈ Ax, B ∈ Ay , S ∈ Az
Khi đó:

a 2 a a
a 2
N
; ; ÷
A(0;0;0), B(0; a;0), C(a 2; a;0), S (0;0; a), M (
;0;0), 
2
2 2
2

ur
a) Ta có:mp(SAC) có vtpt là n1 = (1; − 2;0)

mp(SMB) có vtpt là

uur
Hình 9
n2 = ( 2;1;1) .
ur uur
ur uur
⇒ n1 .n2 = 0 ⇒ n1 ⊥ n2 . Hay ( SAC ) ⊥ ( SMB) .
b) Ta có mp(SAC) có phương trình: x − 2 y = 0 , BM có phương trình:
x = t

 y = a − 2t
z = 0


1  uuur uur uuur a3 2
a 2 a
I
=
BM
∩
(
SAC
)
Vì
.
⇒ I(
; ;0) . ⇒ VANIB =
AN, AI  .AB =
3 3

6
36
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:
C(

a
−a a
;0;0), A(
; ;0),
3
2 3 2

15


B(

−a −a
−a −a h
a
h
; ; ), N(
;0; ) .
; ;0), S (0;0; h) , M (
4 3 4 2

2 3 2
2 3 2
Hình 10

uuur
a −3a h uuur
a −a h
;
; ), AN = ( ; ; )
Ta có AM = (
4 3 4 2
3 2 2
uuuur uuur
−ah 3ah 5a 2
 AM , AN  = (
;
;
)


8 8 3 8 3
uur
5a
⇒ mp ( AMN ) co′ vecto pha ′p tuyeˆ ′n l`a: n1(− h ; h 3; )
3

a
−a
;0) , Ox tại C( ;0;0) , Oz tại S(0;0;h)
3

3
nên có phương trình theo đoạn chắn là:
mp(SBC) đi cắt Oy tại K (0;

uur 3 −3 1
x
y
z
3
3
1
+
+ =1⇔
x − y + z = 1 ⇒ mp( SBC) cã vect¬ ph¸p tuyÕn lµ: n 2 ( ; ; ).
a
−a h
a
a
h
a a h
3
3

Ta có

ur uur
3
−3 5a 1
5
( AMN ) ⊥ ( SBC) ⇒ n1 .n2 = 0 ⇔ ( −h).

+ h 3.( ) +
. =0⇔h=a
.
a
a
12
3 h
Vậy

VS . ABC

1
1
5 a2 3 a3 5
= .SO.S∆ABC = .a
.
=
3
3
12 4
24

Thí dụ 3. 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 300. Tính thể tích của khối lăng trụ
ABC. A ' B ' C ', biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB ' bằng

a
.
2

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)

16


Khi đó: A(a;0;0), B(−a;0;0), B' (−a;0; h)
Hình 11
Dễ có: CM =

a
a
1
a2
C
(0;
;0)
nên
và S∆ABC = CM . AB =
2
3
3
3

Ta có

uuuuruuuur

[ AB,CB '] = (0; −2ah; −

uuuuruuuur uuuur 2a 2 h
2a 2
), [ AB,CB '].BB ' =
3
3
uuuuruuuur uuuur

Suy ra: d(AB, CB') =

[ AB,CB '].BB '
uuuuruuuur

[ AB,CB ']

=

ah
a 2 + 3h2

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

a
.
2

Ta suy ra h = a

Vậy: VABC. A' B 'C ' = MN .S ABC

a3 3
=
3

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 = a 2 . (α) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC, (α) 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, AB = BC = 2a , 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

17


song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABC ) bằng
600 . Tính thể tích khối chóp S .BMCN và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB

và SN theo a .

II. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU VÀ KIẾN NGHỊ ĐỂ XUẤT
1. Kết quả nghiên cứu
Trong năm học 2010 – 2011, 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
12A3
12A4

Sĩ
số
45
45

Giỏi
SL %
10
22
5
11

Khá

SL
%
18
40
17
38

TB
SL
17
22

%
38
49

Yếu
SL
%
0
0
1
2

Kém
SL
%
0
0
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.

18


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.
Tôi xin chân thành cảm ơn!

Hà Tĩnh, ngày 25 tháng 03 năm 2015

Phạm Thị Việt Thái

19


MỤC LỤC

A. ĐẶT VẤN ĐỀ ......................................................................................Trang 1
I.LỜI MỞ ĐẦU................... .....................................................................Trang 1
II.THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU................................Trang 2
1. Thực trạng………………………………………………………...……Trang 2
2. Kết quả của thực trạng………………………………...…………..…. .Trang 2
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ ......................................................................Trang 3
I. GIẢI PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN. .....................................…...Trang 3
II. KẾT QUẢ VÀ KIẾN NGHỊ ĐỀ XUẤT...........................................Trang 17
1.Kết quả nghiên cứu ...............................................................................Trang 17
2.Kiến nghị, đề xuất .................................................................................Trang 17
C. KẾT LUẬN ........................................................................................Trang 18

20