SKKN sáng kiến kinh ngiệm giúp học sinh nhận dạng và giải một số dạng toán hình học không gian ở trường THPT triệu sơn 2

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 2

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GIÚP HỌC SINH NHẬN DẠNG VÀ GIẢI MỘT SỐ DẠNG
TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC
PHỔ THÔNG TRIỆU SƠN 2

Người thực hiện: Hồ Văn Quảng
Chức vụ: Giáo viên
Sáng kiến kinh nghiệm thuộc môn: Toán

THANH HOÁ NĂM 2014


MỤC LỤC
NỘI DUNG
1. Đặt vấn đề…………...…
2. Giải quyết vấn đề…….
2.1. Cơ sở lý luận………
2.2. Thực trạng của vấn đề…………
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện……
2.3.1. Dạng 1: Tính tỷ số thể tích của các khối đa diện
2.3.2. Dạng 2: Tính thể tích của các khối đa diện ………...…….
2.3.3. Dạng 3: Chứng minh các biểu thức hình học…
2.3.4. Dạng 4: Giải các bài toán cực trị hình học………
2.3.5. Dạng 5: Tính khoảng cách……
2.3.6. Dạng 6: Tính diện tích đa giác……
2.4. Kiểm nghiệm…...
3. Kết luận và đề xuất

TRANG
1
1
1
1
2
3
4
8
11
15
17
17
18


1. Đặt vấn đề
Trong những năm qua việc đổi mới phương pháp dạy và học luôn được sự
quan tâm không chỉ của ngành giáo dục mà của toàn xã hội. Việc viết sáng kiến
kinh nghiệm hàng năm nhằm góp phần nâng cao chất lượng giáo dục, đúc rút
kinh nghiệm và đổi mới trong giảng dạy của từng giáo viên.
Qua những năm giảng dạy tại trường THPT tôi nhận thấy học sinh thường
gặp khó khăn trong việc giải quyết các bài toán hình học không gian trong các đề
thi đại học. Nguyên nhân là do các bài toán hình học không gian mang tính trừu
tượng cao, không có thuật giải và không được phân dạng cụ thể chính vì vậy mà
học sinh gặp khó khăn khi tiếp thu kiến thức và vận dụng vào giải toán. Để giúp
các em dể tiếp thu kiến thức và vận dụng vào giải toán tôi xin giới thiệu một số
dạng toán thường gặp và có định hướng giải cụ thể nhằm giúp học sinh định
hướng được phương pháp giải cho từng dạng.

Với mong muốn có thể góp phần nhỏ nâng cao chất lượng dạy và học,
cung cấp cho các em học sinh thêm một số phương pháp để giải quyết các bài
toán hình học không gian một cách dể dàng hơn, tôi viết đề tài: “Giúp học sinh
nhận dạng và giải một số dạng toán hình học không gian ở trường trung học
phổ thông Triệu Sơn 2”.
2. Giải quyết vấn đề
2.1. Cơ sở lý luận
Để tính thể tích của một khối đa diện người ta thường chia khối đa diện đó
thành các khối đa diện đơn giản(khối chóp) dể tính thể tích. Tuy nhiên việc làm
này gặp khá nhiều khó khăn kể cả những học sinh có học lực khá giỏi và đặc biệt
đối với học sinh có học lực trung bình thì điều này là không thể thực hiện được.
Trong nhiều trường hợp khi đã chia khối đa diện thành các khối chóp thì
việc tính thể tích của các khối chóp này vẫn gặp không ít khó khăn do không xác
định được đường cao hay không tính được diện tích đáy. Nhưng nếu học sinh
biết chuyển việc tính thể tích các khối này bằng cách thông qua tính tỉ số thể tích
của hai khối chóp thì bài toán trở nên đơn giản đi rất nhiều.
2.2. Thực trạng của vấn đề
Trong những năm gần đây việc đổi mới phương pháp dạy học đã được Bộ
giáo dục triển khai sâu rộng trong cả nước và đã đạt được một số chuyển biến
tích cực. Các phương pháp dạy học hiện đại đã được nhiều giáo viên áp dụng.
Với sự đổi mới đó đã góp phần tạo môi trường học tập mà trong đó học sinh
được hoạt động trí tuệ nhiều hơn, có cơ hội để khám phá và kiến tạo tri thức, qua
đó học sinh có điều kiện tốt hơn lĩnh hội bài học và phát triển tư duy cho bản
thân họ. Tuy nhiên, thực tế cũng còn rất nhiều giáo viên gặp khó khăn trong việc
tiếp cận và thực hiện các phương pháp dạy học mới đặc biệt là trong việc dạy
hình học mà trong đó có giải bài tập hình học.


Qua thực tế giảng dạy tại trường THPT Triệu Sơn 2 tôi nhận thấy rằng đa
số học sinh rất ngại học hình học đặc biệt là hình học không gian. Nguyên nhân

là do bản chất của hình học không gian mang tính trừu tượng cao, các bài toán
không có thuật giải cụ thể. Bên cạnh đó một phần không nhỏ là do trong quá
trình giảng dạy người giáo viên chưa tạo cho học sinh hứng thú trong học tập,
chưa quan tâm bồi dưỡng hình học một cách đúng mức và có khoa học, chưa có
phương pháp và hệ thống bài toán phù hợp cho từng dạng.
Chính vì vậy câu hình học không gian trong các đề thi tuyển sinh Đại học
và Cao đẳng luôn là những câu khó đối với đa số học sinh. Phần lớn các em đã
quên các kiến thức hình học không gian ở lớp 11 do đó việc học hình học không
gian ở lớp 12, đặc biệt là vấn đề tính thể tích các khối đa diện học sinh tỏ ra rất
lúng túng. Trước thực trạng đó trong quá trình giảng dạy tôi đã nghiên cứu xây
dựng một lớp các bài toán tính thể tích và các bài toán có liên quan dựa vào tỉ số
thể tích của hai khối chóp tam giác.
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện
Qua thực tế giảng dạy tôi thấy rằng nếu người giáo viên biết định hướng
và đưa ra một hệ thống bài tập phù hợp thì học sinh sẽ dể dàng tiếp thu và vận
dụng làm các bài toán dạng này một cách đơn giản kể cả những học sinh có học
lực trung bình. Từ đó giúp các em biết mở rộng vận dụng cho các bài toán , dạng
toán liên quan khác khó hơn.
Sau đây là hệ thống bài toán tôi đã xây dựng theo quan điểm trên bằng
việc bắt đầu từ một bài tập trong sách giáo khoa rất quen thuộc đối với học
sinh.
Bài toán: (Bài 4 trang 25 hình học 12 cơ bản)
Cho hình chóp S.ABC. Trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy ba điểm A’,
vS . A ' B 'C ' SA SB ' SC '
=
.
.
B’, C’ khác với S. Chứng minh rằng:
(1)
vS . ABC

SA SB SC
Giải: Gọi h và h’ lần lượt là chiều cao hạ từ A và A’ đến mặt phẳng
(SBC). Gọi S1, S2 theo thứ tự là diện tích các tam giác SBC và SB’C’. Khi đó ta
h SA '
A
=
có:
và
h ' SA
1
·
S2 2 sin B ' SC '.SB '.SC ' SB ' SC ' . Từ
A'
=
=
.
h
1
S
SB
SC
·
1
sin BSC.SB.SC
h'
C'
2
S
C
đó suy ra điều phải chứng minh.

H'
H
B'
Vận dụng bài toán 1 ta đi giải
B
quyết một số dạng toán thường gặp trong
các đề thi đại học và thi học sinh giỏi sau


2.3.1. Dạng 1: Tính tỉ số thể tích của các khối đa diện
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật. Lấy M,
N lần lượt trên các cạnh SB, SD sao cho:

SM
SN
=
=2.
BM DN

a) Mặt phẳng (AMN) cắt cạnh SC tại P. Tính tỉ số

SP
.
CP

b) Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp SAMPN và SABCD.
Giải:
a) Gọi O = AC ∩ BD, E = SO ∩ MN . Vì
S
SM

SN
=
nên MN//BD. Do đó
BM DN
SM
SN
SE
=
=
= 2 . Trong tam giác
BM DN OE

SAC ta có SO là đường trung tuyến

P

SE
= 2 nên E là trọng tâm của tam
và
OE

E
N

giác. AE cũng là đường trung tuyến
của tam giác nên P là trung điểm của
SC. Vậy

M

A
O

SP
=1.
CP
V
SM SP 2 1 1
= SAMP =
.
= . =
VSABC
SB SC 3 2 3

B

VSAMPN
D
C
b) V
SABCD
Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân ABC (AC=
BC = a), SA ⊥ ( ABC ) , SA = AB . ( α ) qua A và vuông góc với SB tại B’, cắt SC tại
C’. Tính tỉ số thể tích của hai khối đa diện tạo thành do thiết diện cắt hình chóp
S.ABC.
v = vS . ABC ,
Giải:
Đặt
v1 = vSAB 'C ' , v2 = vAB 'C ' BC = v − v1
S

v2 v
v1 SA SB ' SC ' SB ' SC '
B'
=
.
.
=
.
Ta có v = v − 1 ;
SB SC
SB ' 1
=
AB = a 2 = SA . Do ∆ SAB cân tại A ⇒
SB 2
1

B

C'
A
C

SA2 = SC '.SC ⇒

1

v

SA SB SC

BC ⊥ ( SAC ) ⇒ BC ⊥ AC '
 ⇒ AC ' ⊥ ( SBC ) ⇒ AC ' ⊥ SC
( α ) ⊥ SB ⇒ AC ' ⊥ SB 

Ta có trong tam giác SAC:
SC ' SA2 2
v 1 2 1
v
=
= ⇒ 1 = . = ⇒ 2 = 3 −1 = 2
2
SC SC
3
v 2 3 3
v1


2.3.2. Dạng 2: Tính thể tích của các khối đa diện
Ví dụ 1: (ĐH khối A – 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 song với BC, cắt AC tại N.
Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60 0. Tính thể tích khối chóp
S.BCNM theo a.
Giải: + Cách 1: Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N
suy ra MN//BC và N là trung điểm AC.
VASNM AM AN 1
=
.
= ⇒ VASMN = VASBC

VASBC
AB AC 4
4
Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng
vuông góc với mặt phẳng (ABC) nên
SA ⊥ ( ABC ) .
·
AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA
= 600 .
SA = AB tan 600 = 2 3a .

S

N

A

C

M
1
4 3a 3
VASBC = SA.S ∆ABC =
B
3
3
3a 3
⇒ VASMN =
⇒ VS . BCNM = 3a 3 (đvtt).
3

+ Cách 2:
Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC)
0
·
nên SA ⊥ ( ABC ) . AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA
= 600 . SA = AB tan 60 = 2 3a .
Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N ⇒ MN / / BC và N là trung

điểm AC. MN =

BC
AB
= a, BM =
= 2.
2
2

S BCNM =

( BC + MN ) BM 3a 2
=
.
2
2

Thể tích:

1
VS . BCNM = S BCNM .SA = a 3 3.
3

Ví dụ 2: (ĐH khối D – 2006)
Cho khối chóp D.ABC có đáy ABC là
tam giác đều cạnh a, DA=2a và SA vuông góc
với đáy. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu
vuông góc của A lên các đường thẳng DB,
DC. Tính thể tích khối chóp ABCNM theo a.
vDAMN DM DN
=
.
Giải: Ta có:
vDABC
DB DC

D

N

M
A
C

B


AM và AN lần lượt là các đường cao trong các tam giác vuông DAB, DAC và
DM DA2 4a 2
DM 4
=
= 2 =4⇒

= nên
hai tam giác này bằng nhau nên ta có:
2
MB AB
a
DB 5
DN 4
4 4
16
9
= . Do đó vDAMN = . .vDABC = .vDABC ⇒ vABCMN = vDABC
DC 5
5 5
25
25
2
3
3
1
a. 3 a 3
3a 3
Mà vDABC = .2a.
. Vậy vABCMN =
=
( dvtt )
3
4
6
50
Ví dụ 3: Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, SA

vuông góc với đáy. G là trọng tâm tam giác ASC, (ABG) cắt SC tại M, cắt SD
tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA = AB = a và góc hợp bởi
đường thẳng AN và (ABCD) bằng 300.
Giải: Từ giả thuyết suy ra M, N lần
S
lượt là trung điểm SC, SD.
1
S∆ADC = S∆ABC = S ABCD
2
M
N
1
⇒ VSADC = VSABC = VSABCD
B
G
2
A
VSAMN SN SM 1
H
=
.
=
VSACD SD SC 4
D

C
1
1
⇒ VSAMN = VSACD = VSABCD
4

8
VSAMB SM 1
1
1
=
= ⇒ VSAMB = VSACB = VSABCD
VSACB SC 2
2
4
1 1
3
5
⇒ VSABMN = VSAMN + VSABM = ( + )VSABCD = VSABCD ⇒ VMNABCD = VSABCD .Gọi H là
8 4
8
8
1
a
trung điểm AD thì NH//SA ⇒ NH ⊥ ( ABCD ) ⇒ NH = SA = và ·NAH = 300 .
2
2
NH
a 3
AH =
=
⇒ AD = 2 AH = a 3 ⇒ S ABCD = a 2 3
0
tan 30
2
a3 3

5 3a 3
⇒ VSABCD =
⇒ VMNABCD =
3
24
Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang,
·
BAD
= ·ABC = 900 , AB=BC=a, AD=2a, SA ⊥ ( ABCD) và SA=2a. Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của SA và SD. Tính thể tích khối chóp SBCNM theo a.
Giải: Áp dụng công thức (1) ta có:


vSBCM SM 1
1
S
=
= ⇒ VSBCM = VSBCA
vSBCA
SA 2
2
vSCMN SM SN 1
1
=
.
= ⇒ VSCMN = VSCAD
N
M
vSCAD
SA SD 4

4
1
1
⇒ vSBCNM = vSBCM + vSCNM = vSBCA + vSCAD
2
4
D
3
3
3
A
a
2a a
=
+
=
2.3 4.3 3
B
C
Ví dụ 5: (ĐH khối D – 2010)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy
ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA=a, hình chiếu vuông góc đỉnh S trên
mặt phẳng ABCD là điểm H thuôc đoạn thẳng AC sao cho AH=AC/4. Gọi CM
là đường cao của tam giác SAC. Chứng minh rằng M là trung điểm của SA và
tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a
Giải:
S
*) Chứng minh M là trung điểm SA:
Từ giả thiết ta tính được
a 2

a 14
3a 2
M
AH =
, SH =
, CH =
4
4
4
A
B
SC = a 2 ⇒ SC = AC
H
Do đó tam giác SAC cân tại C nên M là
trung điểm của SA.
D
C
*) Tính thể tích khối tứ diện SBCM:
+ Cách 1: Ta có:
vSMBC SM 1
1
=
= ⇒ vSMBC = vSABC .
vSABC
SA 2
2
⇒ vSABC

1
1 1 2 a 14 a 3 14

a 3 14
= SH .S ∆ABC = . a .
=
( dvtt ) ⇒ vSMBC =
(dvtt ) .
3
3 2
4
24
48
1
2

1
2

1
2

+ Cách 2: M là trung điểm SA ⇒ S∆SCM = S∆SCA ⇒ VS .BCM = VB.SCM = VB.SCA = VS . ABC
⇒ VSBCM =

1
a 3 14
S ∆ABC .SH =
.
6
48

Ví dụ 6: (ĐH khối B – 2006)

Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, AB=SA=a,
AD = a 2 , SA vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và
SC, gọi I là giao điểm của BM và AC. Tính thể tích khối tứ diện ANIM theo a


Giải: Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có I là trọng tâm của tam giác ABC,
AI 2
AI 1
= ⇒
= nên
do đó:
AO 3
AC 3
v AIMN
AI AM 1 1 1
=
.
= . = (1) mặt khác
S
vACDN AC AD 3 2 6
vACDN NC 1
=
= (2)
v ACDS SC 2
N
vAIMN 1
=
từ (1) và (2) suy ra
mà
v

12
M
ACDS
A

D

I

vSACD

O
B

C

1
1 a 2.a a 3 2
= .SA.S∆ACD = a.
=
3
3
2
6
1
a3 2
⇒ v AIMN = vSACD =
(dvtt )
12
72

Ví dụ 7: (ĐH khối A – 2007)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên
SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P
lần lượt là trung điểm của cạnh SB, BC, CD. Tính thể tích khối tứ diện CMNP
theo a.
Giải:
S
Cách 1: Áp dụng (1) ta có:
vCMNP CN CP 1
=
.
= (a)
vCMBD CB CD 4
M
vCMBD vBMCD BM 1
=
=
= (b)
vCSBD vBSCD
BS 2
A
B
Nhân vế theo vế (a) và (b) ta được:
H
vCMNP 1
1
N
= ⇒ vCMNP = vSBCD
vSBCD 8

8
C
P
D
Gọi H là trung điểm của AD ta có:
SH ⊥ AD ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) (do ( SAD) ⊥ ( ABCD) ).
1
1 a 3 1 2 a3 3
a3 3
Do đó: vSBCD = SH .S ∆BCD = .
. Vậy vCMNP =
. a =
( dvtt )
3
3 2 2
12
96
Cách 2: Gọi H là trung điểm của AD ta có:
SH ⊥ AD ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) (do ( SAD) ⊥ ( ABCD) ) ⇒ SH ⊥ BP (1). Xét hình
vuông ABCD ta có ∆CDH = ∆BCP ⇒ CH ⊥ BP (2). Từ (1) và (2) suy ra BP ⊥ ( SHC )


Vì MN//SC và AN//CH nên (AMN)//(SHC). Suy ra BP ⊥ ( AMN ) ⇒ BP ⊥ AM . Kẻ
2
MK ⊥ ( ABCD) ⇒ MK / / SH và MH = 1 SH = a 3 , S ∆CNP = 1 CN .CP = a .
2
4
2
8
3

1
3a
Vậy VCMNP = MK .S ∆CNP =
.
3
96

2.3.3. Dạng 3: Chứng minh các biểu thức hình học
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Mặt phẳng
( α ) bất kì không đi qua S, cắt các cạnh SA, SB, SC, SD tại A’, B’, C’, D’. Chứng
minh rằng:
a)

S

114 sách bài tập hình học 11 nâng cao)
b) Nếu S.ABCD là hình chóp đều

C'

D'

SA SC
SB SD
+
=
+
( Bài 4 trang
SA ' SC ' SB ' SD '

chứng minh:

A'
B'

D

C

1
1
1
1
+
=
+
SA ' SC ' SB ' SD '

a) Xét hình chóp S.ABCD và S.ADC
ta có:
vSA ' B 'C ' SA ' SB ' SC '
=
.
.
vSABC
SA SB SC

A

vSA ' D 'C ' SA ' SD ' SC '

=
.
.
vSADC
SA SD SC
Đặt v = vSABCD ta có:
SA ' SB ' SC ' SA ' SD ' SC '
=
.
.
+
.
.
( 1)
SA SB SC SA SD SC

B

vSABC = vSADC = v

2

⇒

vSA ' B 'C ' D '
v
2

Xét hình chóp S.ABD và S.BCD ta có:
vSA ' B ' D ' SA ' SB ' SD '

=
.
.
;
vSABD
SA SB SD
⇒

vSB 'C ' D ' SB ' SC ' SD '
=
.
.
vSBCD
SB SC SD

vSA ' B 'C ' D ' SA ' SB ' SD ' SB ' SC ' SD '
=
.
.
+
.
.
( 2)
v
SA SB SD SB SC SD
2

Từ (1) và (2) ta có:
SB ' SC ' SD ' SA '  SB SD  SB ' SC ' SD ' SA '  SA SC 
.

.
.
+
.
.
.
+

÷=

÷ ⇒ đpcm.
SB SC SD SA  SB ' SD '  SB SC SD SA  SA ' SC ' 
b) Nếu SABCD là hình chóp đều thì SA= SB= SC= SD ⇒ đpcm.
Ví dụ 2: ( α ) cắt hình chóp lục giác đều SA1B1C1D1E1 F1 tại A , B , C , D , E , F

. Chứng minh rằng:


1
1
1
1
1
1
+
=
+
=
+
SA SD SB SE SC SF

S

Giải: Áp dụng ví dụ 7a cho hình chóp
SA1 B1 D1 E1 có đáy là hình bình hành ta
SA1 SD1 SB1 SE1
+
=
+
có:
SA SD SB SE
Do SA1 = SB1 = SD1 = SE1
1
1
1
1
⇒
+
=
+
(1)
SA SD SB SE
áp dụng cho hình chóp SA1 F1D1C1 ta có:
1
1
1
1
+
=
+

(2) .
SA SD SC SF
Từ (1) và (2) ⇒ đpcm

F

A

E

D
C

B
F1

E1

A1

D1

Ví dụ 3: Trên đáy ABC của hình
B1
C1
chóp SABC lấy điểm M. Qua M kẻ các
đường thẳng song song với SA, SB, SC cắt
S
mặt bên hình chóp lần lượt tại A’, B’, C’.
Chứng

minh
rằng:
A2

B'

C2

B2
A'

C'
A

C

M

A1

B
C1

vMA ' B 'C ' MA ' MB ' MC '
=
.
.
vSABC
SA SB SC
Giải: Gọi A1 , B1 , C1 là điểm đối xứng với A’,

B’,C’ qua M ⇒ vMA ' B 'C ' = vMA1B1C1 . Lấy
A2 ∈ SA : SA2 = MA1 , B2 ∈ SB : SB2 = MB1
C2 ∈ SC : SC2 = MC1

⇒

vMA1B1C1 = vSA2 B2C2 ⇒

vMA ' B 'C ' = vSA2 B2C2

B1

⇒

vMA ' B 'C ' vSA2 B2C2 SA2 SB2 SC2 MA ' MB ' MC '
=
=
.
.
=
.
.
vSABC
vSABC
SA SB SC
SA SB SC

Ví dụ 4: Cho góc tam diện Oxyz và điểm M bên trong nó. Một mặt phẳng
qua M cắt các cạnh của góc tại A, B, C. Chứng minh rằng:
v 2OABC

( vMOBC .vMOCA .vMOAB ) có giá trị không phụ thuộc cách chọn mặt phẳng.

Giải: Qua M kẻ các đường thẳng song song ox, oy, oz lần lượt cắt các mặt
bên của hình chóp OABC tại A’, B’, C’. Áp dụng ví dụ 9 ta có:
vOABC
OA OB OC
=
.
.
không đổi (1)
vMA ' B 'C ' MA ' MB ' MC '


vOABC
v 3OABC
Ta cần biểu diễn v .v .v
theo v
.
( MOBC MOCA MOAB )
MA ' B ' C '
vOABC
OC
=
Ta chứng minh v
. Kẻ CH ⊥ ( ABO ) và MK ⊥ ( ABO ) ⇒ KM// CH, do
MC '
MOAB
¼ = KMC
¼ ' , MKC
¼ ' = CHO

¼ = 900
MC’// CO ⇒ OCH
⇒ VCHO ≈VMKC ' ⇒

O

1
CH .SVOAB
vOABC 3
CH
CO
=
=
=
1
vMOAB
MK .SVOAB MK MC '
3
vOABC
OA vOABC
OB
=
=
Tương tự v
,
MA ' vMOAC MB '
MOBC

H
B'

A'

C'

K

A

CH
CO
=
MK MC '

⇒

C

M

x

⇔

(1)
3

vOABC
v OABC
=
⇔

vMA ' B 'C ' vMOBC .vMOAB .vMOAC

z
B

v 2OABC
1
=
vMOBC .vMOAB .vMOAC vMA ' B 'C '

y

không đổi
Ví dụ 5: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, ( α ) thay đổi luôn luôn đi
qua một điểm I cố định trên đường cao SO lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC tại
M,

N,

P.

Chứng

minh

rằng:

S

1

1
1
+
+
không phụ thuộc vị trí
SM SN SP
(α) .

M

Giải: Đặt SA= a, SI/SO =k không

I

đổi.

v = vSABC ,
v1 = vSMNI ,
v2 = vSINP
,
v3 = vSIPM
ta
có:
v1
SM SN SI
3v SM .SN
=
.
.
⇒ 1=

.k
vSAOB
SA SB SO
v
a2

Tương tự ta có:

P

N
C

A

O
B

3v2 SN .SP
=
.k
v
a2
v + v2 + v3
k
3v3 SM .SP
=
.k ⇒ 1
= 2 ( SM .SN + SN .SP + SP.SM ) (1)
2

v
a
v
3a


v1 + v2 + v3 vSMNP SM SN SP SN .SM .SP
=
=
.
.
=
(2)
v
v
SA SB SC
a3
1
1
1
3
+
+
=
Từ (1) và (2) suy ra:
không đổi.
SM SN SP ka

Mặt khác

2.3.4. Dạng 4: Giải các bài toán cực trị hình học
Ví dụ 1: Cho tứ diện S.ABC có thể tích V. M là 1điểm tuỳ ý trong đáy
ABC.Qua M kẻ các đường thẳng // với SA, SB, SC cắt các mặt SBC, SAC, SAB
tại A’. B’. C’. Gọi V1 là thể tích MA’B’C’. Chứng minh rằng: v1 ≤

1
v
27

Giải: Gọi giao điểm của AM,
BM, CM với các cạnh của VABC là: P,
Q, R. Theo định lí Xêva ta có:
MP QM RM
+
+
= 1 . Mặt khác ta có:

S

PA

B'
C'

Q A'

A
R

QB

RC

MP MA ' ; QM MB ' ; RM MC '
=
⇒
=
=
QB
SB
PA
SA
RC
SC
MA ' MB ' MC '
+
+
= 1 . Áp dụng bất đẳng
SA
SB
SC
MA ' MB ' MC '
.
.
thức cosi ta có: 1 ≥ 3 3
SA SB SC

C

P

B

(*)
Theo ví dụ 9 ta có:

vMA ' B 'C ' MA ' MB ' MC ' v1
v
v
=
.
.
= ⇒ ( *) ⇔ 1 ≥ 3 3 1 ⇔ 1 ≥ 1 ⇒ v1 ≤ 1 v
27 v
27
vSABC
SA SB SC
v
v
MP QM RM 1
Dấu “=” xảy ra ⇔ PA = QB = RC = 3 khi và chỉ khi M là trọng tâm tam giác

ABC.
O

B'

A'

C'

C

A
x

C1

M

A1
B
y

z

Ví dụ 2: Cho góc tam diện
Oxyz và điểm M cố định trong góc
đó. Hãy dựng một mặt phẳng qua
M cắt góc tam diện thành tứ diện
có thể tích bé nhất
Giải: Giả sử ( α ) qua M cắt
Ox, Oy, Oz tại A,B, C, qua M kẻ
các đường thẳng song song Ox,
Oy, Oz cắt các mặt OAB, OBC,
OAC tại C’, A’, B’. Theo ví dụ 9 ta
có:


vMA ' B 'C ' MA ' MB ' MC '
MA ' MB ' MC '

=
.
.
vMA ' B 'C ' không đổi nên vOABC bé nhất khi
.
.
vì
vOABC
OA OB OC
OA OB OC

lớn nhất.
Gọi giao điểm của AM, BM, CM với các canh của tam giác ABC là A1 , B1 , C1 .
AM

BM

CM

MA ' MB ' MC '
1
1
1
+
+
= 1 . Áp dụng bất
Theo định lí Xêva ta có A A + B B + C C = 1 ⇒
OA OB OC
1
1

1

đẳng thức Côsi ta có: 1 ≥ 3 3

MA ' MB ' MC '
.
.
OA OB OC

A1M B1M C1M 1
MA ' MB ' MC ' 1
.
.
≤
. Dấu “=” xảy ra ⇔ A A = B B = C C = 3 suy ra M là
OA OB OC 27
1
1
1
trọng tâm tam giác ABC. Vậy nếu dựng ( α ) qua M nhận M là trọng tâm tam
giác tạo thành do ( α ) cắt Ox, Oy,Oz thì tứ diện tạo thành có thể tích bé nhất.
⇒

*Cách dựng:
Ví dụ 3: Gọi G là trọng tâm tứ diện ABCS. Mặt phẳng quay xung quanh
AG cắt các cạnh SB, SC lần lượt ở M, N. Gọi v = vABCS , v1 = vSAMN . Chứng minh
rằng: 4 9 ≤ v1 v ≤ 1 2
Giải: Gọi A’ la trọng tâm tam giác SBC, O là trung điểm BC suy ra A, G,
A’ và S, A’,O thẳng hàng.
SA SM SN SM SN

SM
SN
.
.
=
.
= x;
= y với 0 ≤ x, y ≤ 1(*) ⇒ v1 = xy . Do
.
Đặt
v SA SB SC SB SC
v
SB
SC
M , A ', N ∈ ( AMN ) ∩ ( SBC ) ⇒ M, A’, N thẳng hàng.

v1

=

OH ⊥ BS , A ' K ⊥ SB
SA ' A ' K
⇒VSA ' K : VSOH ⇒
=
SO OH
1 A ' K .SM
S
SA ' SM
⇒ VSA ' M = 2
=

.
1 OH .SB
SVSOB
SO SB
2
2S
2S
2x
⇒ VSA ' M = VSA ' M =
2 SVSOB
SVSBC
3
2 SVSA ' N 2 y
S
+ SVSA ' N
=
⇒ VSMA '
=
SVSBC
3
SVSBC

Kẻ

A

B

H

M

K

G

S

A'
N

O
C
x ≠ 1/ 3 ⇒ y =

x+ y
x + y SVSMN SM SN
⇒
=
=
.
3
3
SVSBC
SB SC

= xy ⇒ x + y = 3xy ⇔ y ( 3x − 1) = x
x = 1/ 3 ⇒ 0 = 1/ 3 ( vl )

x

1 
≥ 0 ⇒ x ∈ ( −∞;0] ∪ ( 13 ; +∞ ) kết hợp (*) ⇒ x ∈  ;1 .
3x − 1
3 


−1

1
Mặt khác y ' = 3x − 1 2 < 0, ∀x ≠ 3 ⇒ hàm số nghịch biến ( 13 ;1] ⇒ y ≤ y ( 1) = 1 2 .
(
)

Vậy y ∈ [ 1 2 ;1]

Tương tự ta có: x ∈ [ 1 2 ;1]

⇒

x ( 3x − 2 )
v1
x
x2
= x.
=
= f ( x) ⇒ f '( x) =
2
v
3x − 1 3x − 1
( 3x − 1)

Bảng biến thiên:
x

1/2

f’(x)

2/3
-

0

1/2
f(x)

Vậy

1
+
1/2

4/9

4 v1 1
≤ ≤
9 v 2

Ví dụ 4: Trên các cạnh AB, BC, CD, DA, AC và BD của tứ diện ABCD
lần lượt lấy các điểm M, N, P, Q, S, R. Gọi v1 , v2 , v3 , v4 , v lần lượt là thể tích của

các khối tứ diện AMSQ, BMNR, CNPR, DPQR và ABCD. Tìm giá trị nhỏ nhất
4
của v v v v v .
1 2 3 4
A
Giải:
v1 AM . AS . AQ
=
v AB. AC. AD
M
v2 BM .BN .BR
=
Q
v
BA.BC.BDA
S
v3 CN .CP.CS
R
D
=
B
v CB.CD.CA
v4 DQ.DR.DP
N
=
P
v
DA.DB.DC
C
v1v2v3v4 AM .BM BN .CN CP.DP DQ.AQ AS .CS BR.DR

=
.
.
.
.
.
v4
AB 2
BC 2
CD 2
DA2
AC 2
BD 2
v4
AB 2
BC 2
CD 2
DA2
AC 2
BD 2
⇒
=
.
.
.
.
.
v1v2v3v4 AM .BM BN .CN CP.DP DQ.AQ AS .CS BR.DR
⇒

Ta có:
2

AB 2
AB 2
 AM + BM 
AM .BM ≤ 
⇒
≥4
÷ =
2
4
AM .BM


BC 2
CD 2
DA2
AC 2
BD 2
≥
4;
≥
4;
≥
4;
≥ 4;
≥4
Tương tự:

BN .CN
CP.DP
DQ. AQ
AS .CS
BR.DR
v4
⇒
≥ 46 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M, N, P, Q, S, R lần lượt là trung
v1v2v3v4
điểm AB, BC, CD, DA, AC và BD
Ví dụ 5: Cho điểm O ở bên trong tứ diện ABCD, các tia AO, BO, CO, DO
lần lượt cắt các mặt đối diện tại A1 , B1 , C1 , D1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
OA OB OC1 OD1
F= 1+ 1+
+
OA OB OC OD
Giải: Dựng AH , OO1 vuông góc với (BCD) thì:
vABCD AH AA1
OA v ABCD
=
=
⇒
=
−1
vOBCD OO1 OA1
OA1 vOBCD
Đặt v = v ABCD ; v1 = vOBCD thì :
OA1
v
= 1

A
OA v − v1
Tương tự với các đỉnh còn lại ta có:
OA OB OC1 OD1
F= 1+ 1+
+
O
OA OB OC OD
v
v
v
v
C
B
= 1 + 2 + 3 + 4
A1
v − v1 v − v2 v − v3 v − v4
O1
H
1
1
1
1
= v(
+
+
+
)−4
v − v1 v − v2 v − v3 v − v4
D

1
1
1
1
1
= −4 + ( v − v1 ) + ( v − v2 ) + ( v − v3 ) + ( v − v4 )  .(
+
+
+
).
3
v − v1 v − v2 v − v3 v − v4
16 4
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có: F ≥ −4 + = . Dấu bằng xảy ra
3 3
v
khi v1 = v2 = v3 = v4 =
4


2.3.5. Dạng 5: Tính khoảng cách
Ví dụ 1: (ĐH khối D – 2002)
Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc với (ABC), AD = AC = 4cm, AB =
3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách từ A đến (BCD)
Giải: Ta có:
D
Do
đó:
AB 2 + AC 2 = BC 2 ⇒ AB ⊥ AC .
2

khác
vABCD = 1 AB. AC. AD = 8cm .Mặt
6
M
CD = 4 2, BD = BC = 5 nên tam giác BCD cân
tại B, gọi M là trung điểm của CD
1
1
⇒ S ∆BCD = DC.BM = .4 2. 25 − 8 = 2 34
C
2
2
A
3v
3.8
6 34
=
Vậy d ( A,( BCD)) = ABCD =
S∆BCD 2 34
17
B
Ví dụ 2: (ĐH khối D – 2007)
·
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thang, ·ABC = BAD
= 900 ,
AD=2a, BA = BC = a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2 . Gọi H là
hình chiếu vuông góc của A lên SB. Chứng minh rằng tam giác SCD vuông và
tính theo a khoảng cách từ H đến mặt phẳng SCD.
Giải: Ta có: AC 2 + CD 2 = AD 2 nên tam giác
S

ACD vuông tại C ⇒ CD ⊥ AC ⇒ CD ⊥ SC
nên tam giác SCD vuông tại C.
vSHCD SH
=
, tam giác SAB vuông tại A và AH
vSBCD SB
là
đường
cao
nên:
H
2
2
SH SA
2a
SH 2 .
D
=
= 2 =2⇒
=
A
2
HB AB
a
HB 3
2
2 1
a 2 a3 2
Vậy vSHCD = vSBCD = . a 2. =
B

C
3
3 3
2
9
1
1
S∆SCD = CD.SC = a 2.2a = a 2 2.
2
2
3a 3 2 a
⇒ d ( H ,( SCD )) = 2
=
9a 2 3


Ví dụ 3: (ĐH khối D – 2008)
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC
= a, cạnh bên AA’ = a 2 . Gọi M là trung điểm của BC. Tính theo a thể tích của
khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C.
Giải: Từ giả thuyết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B. Thể tích của

C'

A'
B'

E

H

A

C
M
B

khối lăng trụ là VABC.A’B’C’ = AA’.SABC =
1
2 3 (đvtt).
a 2. .a 2 =
a
2
2
Gọi E là trung điểm của BB’ ta có: EM//CB’
suy ra B’C // (AME) nên d(B’C;AM)=d(B’C;
(AME))=d(C;(AME)). Ta có:
vCAEM MC 1
=
=
vCAEB CB 2
⇒ vCAEM

1
1 1 a 2 a 2 a3 2
= vEACB = . .
=
2
2 3 2 2
24

3vCAEM
. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AE, ta
S ∆AEM
có BH ⊥ AE . Hơn nữa BM ⊥ ( ABE ) ⇒ BM ⊥ AE ⇒ AE ⊥ HM . Mà
AE = a 6 , ∆ABE vuông tại B nên:
2
1
1
1
3
a 3
. Tam giác BHM vuông tại B nên:
=
+
= 2 ⇒ BH =
2
2
2
BH
AB
EB
a
3
a 2 a 2 a 21
1
1 a 6 a 21 a 2 14
MH =
+
=
⇒ S ∆AEM = AE.HM =

=
4 3
6
2
2 2
6
8
2
3a 2
a 7
=
Vậy d(C,(AME)) = a 2 14
7
24.
8
Ta có: d (C ,( AME )) =


2.3.6. Dạng 6: Tính diện tích đa giác
Ví dụ 1: (ĐH khối A – 2002)
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng a.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB, SC. Tính diện tích tam giác AMN theo
a, biết rằng ( AMN ) ⊥ ( SBC )
vSAMN SM SN 1
V
=
.
= ⇒ VSAMN = SABC .
Giải:
vSABC SN SC 4

4
S
Gọi
I
là
trung
điểm
của
MN
(do
⇒ SI ⊥ MN ⇒ SI ⊥ ( AMN )
N

( AMN ) ⊥ ( SBC ) ). Gọi J là giao điểm của BC

I

với SI suy ra I, J lần lượt là trung điểm SJ và
BC. AI ⊥ SJ (do SJ ⊥ ( AMN ) ) nên ∆ASJ cân
A
J
G
tại A (vì AI vừa là đường cao vừa là đường
B
a 3
trung tuyến) ⇒ AJ = AS =
. Gọi G là
2
⇒ SG ⊥ ( ABC ) ⇒ SG = SA2 − GA2 = a 15 .
trọng tâm của ∆ABC

6
3V
1
a3 5
a3 5
a 2 10
⇒ S ∆AMN = SAMN =
VSABC = .SG.S ∆ABC
⇒ VSAMN =
(dvdt )
SI
3
24
96
16
M

C

2.4. KIỂM NGHIỆM:
Tôi đã thực nghiệm giảng dạy tại nhiều lớp qua nhiều khoá và nhận thấy
rất có hiệu quả đặc biệt là học sinh học tập rất sôi nổi, đa số các em nắm bài tốt
và có thể vận dụng làm được những bài toán tương tự kể cả những em có học lực
trung bình. Nguyên nhân là do lời giải theo phương pháp này ngắn gọn hơn
nhiều so với các cách giải khác, hơn nữa học sinh chỉ cần biết những kiến thức
cơ bản về hình học không gian là có thể làm được.
Đề tài có thể áp dụng cho mọi đối tượng học sinh đặc biệt là ôn thi Đại
học – Cao đẳng và bồi dưỡng học sinh giỏi. Qua thực tế tôi đã gặt hái được một
số kết quả như: có nhiều học sinh đậu Đại học – Cao đẳng trong đó có những em
đỗ Á khoa, nhiều học sinh đạt giải học sinh giỏi cấp tỉnh.

3. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT:
Tôi đã thử nghiệm dạy đề tài qua nhiều khoá, có bổ sung chỉnh sửa thêm
cho phù hợp và hoàn thiện tuy nhiên vẫn không thể tránh được những sai sót vì
vậy rất mong được sự góp ý của các thầy cô giáo để sáng kiến kinh nghiệm ngày
càng hoàn thiện hơn.
Xác nhận
của thủ trưởng đơn vị

Triệu Sơn, ngày 20 tháng 5 năm 2014
Tôi xin cam đoan đây là sáng kiến kinh
nghiệm do tôi viết, không sao chép của
người khác.
Người viết

Hồ Văn Quảng


1.
2.
3.
4.
5.

TÀI LIỆU THAM KHẢO
Văn Như Cương, Bài tập hình học 11 nâng cao - Nhà xuất bản giáo dục
Đề và đáp án thi đại học từ năm 2002 đến năm 2013
Trần Văn Hạo, Hình học 12 cơ bản – Nhà xuất bản giáo dục
Trần Văn Hạo, Chuyên đề luyện thi vào đại học Hình học không gian, Nhà

xuất bản giáo dục
Phan Huy Khải, 500 bài toán chọn lọc về bất đẳng thức – Nhà xuất bản Hà
Nội