Sáng kiến kinh nghiệm SKKN một số phương pháp tính thể tích khối đa diện nhằm nâng cao chất lượng dạy học hình học lớp 12

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

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

1


A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI MỞ ĐẦU
Trong chƣơng 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 nhƣ thế sẽ không phát triển đƣợc tƣ duy sáng tạo, sẽ không linh hoạt khi
đứng trƣớc một tình huống mới lạ hay một bài toán tổng hợp.
Vì lí do đó, để giúp học sinh tháo gỡ những vƣớng mắc trên, nhằm nâng cao chất lƣợng
dạy và học, đáp ứng nhu cầu đổi mới giáo dục và giúp học sinh có thêm phƣơng 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 phƣơng 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 phƣơng
pháp tích thể tích khối đa diện cho học sinh, từ đó phát triển tƣ duy sáng tạo giải quyết
các bài toán khó.
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Thực trạng
Trong chƣơng trình phổ thông, phần kiến thức về tính thể tích khối đa diện đƣợc

đƣa 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 đƣợc
ứng dụng rất nhiều trong thực tế.
Để giải bài toán về tính thể tích khối đa diện có hai phƣơng pháp cơ bản là phƣơng
pháp tính trực tiếp và phƣơng pháp tính gián tiếp. Phƣơng pháp tính trực tiếp là dựa vào
việc tính chiều cao và diện tích đáy từ đó suy ra thể tích khối đa diện; phƣơng pháp tính
gián tiếp tức là ta chia khối đa diện thành nhiều khối nhỏ để xác định thể tích.
Đứng trƣớc một bài toán học sinh thƣờng lúng túng và đặt ra câu hỏi: “Phải định hƣớng
lời giải bài toán từ đâu?”. Một số học sinh có thói quen không tốt là khi đọc đề chƣa kỹ
đã vội làm ngay, có khi thử nghiệm đó sẽ dẫn đến kết quả, tuy nhiên hiệu suất giải toán
nhƣ thế là không cao. Với tình hình ấy để giúp học sinh định hƣớng tốt hơn trong quá
trình giải toán, ngƣời giáo viên cần tạo cho học sinh thói quen xét bài toán dƣới nhiều góc
2


độ, khai thác các yếu tố đặc trƣng của bài toán để tìm lời giải. Trong đó việc hình thành
cho học sinh khả năng tƣ duy theo các phƣơng pháp giải là một điều cần thiết. Việc trải
nghiệm qua quá trình giải toán sẽ giúp học sinh hoàn thiện kỹ năng định hƣớng 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 chƣa
trang bị cho mình một kiến thức về phƣơng pháp tính đầy đủ và hệ thống nên rất lúng
túng khi đứng trƣớc một bài toán.
2. Kết quả của thực trạng
Trƣớc khi áp dụng nghiên cứu này vào giảng dạy tôi đã tiến hành khảo sát chất
lƣợng học tập của học sinh hai lớp 12A3, 12A4 trƣờng THPT Hậu Lộc 4 (về vấn đề tính
thể tích khối đa diện) và thu đƣợc kết quả nhƣ sau:
Lớp

Sĩ
số

Giỏi

Khá

Yếu

TB

Kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

12A3

45

1

2

8

18

24

53

10

22

2

5

12A4

45

0

0

3

7

21

47

16

36

5

10

Nhƣ vậy số lƣợng học sinh nắm bắt các dạng này không nhiều do chƣa nắm vững đƣợc
nguồn kiến thức và kĩ năng cần thiết.
Để thực hiện để tài vào giảng dạy, trƣớc hết tôi nhắc lại công thức tính thể tích các
khối đa diện, tiếp đó đƣa ra các phƣơng pháp tính và ví dụ cụ thể để hƣớng dẫn học sinh
thực hiện, cuối cùng tôi đƣa ra bài tập tổng hợp để học sinh rèn luyện phƣơng pháp tính.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
GIẢI PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN

I.

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 phƣơng pháp tính.
Sau đây là nội dung cụ thể:
Phần I
3


Để tính thể tích khối đa diện, phƣơng pháp quan trọng nhất và đƣợc 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. Nhƣ vậy mấu chốt của phƣơng pháp này là phải xác định đƣợc chiều
cao và diện tích đáy, ta xét một số ví dụ minh họa nhƣ sau: Các thí dụ minh họa
Thí dụ 1. Cho khối chóp S.ABC có BC  2a , BAC  900 , 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)

s

Tam giác ABC có AB  2a sin  , AC  2a cos 
S ABC  a 2 sin 2 .
Vì (SAB)  ( ABC ) và SA  SB nên SH  ( ABC )
là trung điểm cạnh AB .
Bây giờ ta xác định tam giác SBC vuông
đỉnh nào.

nên
với
A

C

tại
H

Nếu SBC vuông tại đỉnh B thì CB  BA
định lí ba đƣờng vuông góc), điều này vô
ABC vuông ở A .
Tƣơng tự, nếu SBC vuông ở C thì

HCB  900

H

K
B

Hình 1

(theo
lý vì

(Vô lí).

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 

2
2
2
2
2
2
2
 SH  SK  HK  a sin 
SK 

 SH  asin .

Từ đó:
1
VS . ABC  S ABC .SH
3
1
 a 2 sin 2 .asin
3
1
= a 3 sin 2 .sin .
3

4


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 phƣơng ABCD. A1B1C1D1 có cạnh bằng
trung điểm của các cạnh AB, BC và

là tâm các mặt A1B1C1D1 , ADD1 A1 . Tính
tứ diện MNO1O2 .
A

a.

Gọi

M,N
D

M

E

theo thứ tự là
O1 , O2 thứ tự
thể tích khối

O

N

B
C

Lời giải. (h.2)
O2

Ta có mp( NO1O2 )  mp( ABCD) và chúng

theo giao tuyến NE ( E là trung điểm
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD
MO  NE .
Suy ra MO là đƣờng cao của hình
M .NO1O 2 .

A1

D1

E1

N1

O1
B1

cắt
cạnh

nhau
AD ).
thì

C1
Hình 2

chóp

Ta có:

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 phƣơng 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.

5

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
đáy ( ABCD) nên SH là đƣờng cao
khối chóp.

với
của

S

Hai tam giác SAD và SBC lần lƣợt
vuông tại A và B (theo định lí ba
đƣờng vuông góc).
Tam giác SCD có SC  SD (vì
HC  HD ) nên nó không thể vuông
hoặc D.
Nếu

SCD vuông tại S thì
SC  CD  a . Nhƣng do SBC
vuông tại B nên SC  SB  a . Từ
SCD không là tam giác vuông.

C

B

tại C

H
A
D
Hình 3

đó

Từ giả thiết suy ra SAB phải là tam giác vuông.
Do SA  SB , (vì HA  HB ) nên SAB vuông tại S, suy ra
Vậy

SH 

1
a
AB  .
2
2

1
1
a a3
VS . ABCD  S ABCD .SH  a 2 .  .
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
2

Khối

.
S

nào có thể tích lớn nhất và
lớn nhất đó.

chóp

tính giá trị

Lời giải. (h.4)
Vì khối chóp S.ABCD có các
bằng nhau nên đáy phải nội

cạnh
tiếp.
B

x

bên

C

a

6
H

A

D
Hình 4


Suy ra ABCD là hình chữ nhật.
Gọi

H

là giao của

AC và BD

Đặt BC  x ( x  0) thì

thì

SH  ( ABCD).

S ABCD  ax, SH 2  SA2  AH 2 

4a 2  x 2
( x  2a )
4

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

.

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  2HB . Góc giữa đƣờng thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600 . Tính thể tích khối
chóp S . ABC và tính khoảng cách giữa hai đƣờng 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 lƣợt là trung
điểm của CD, B ' C ' và MN  BD ' . Tính thể tích của hình hộp.
Bài 3. Cho khối chóp S.ABC có
tích khối chóp đó.

SA  1, SB  2, SC  3, ASB  600 , ASC  900 , BSC  1200 .

Tính thể

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  . 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 đƣờng 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.
7

Bài 7. Hình chóp S.ABC có SA  a , SA tạo với đáy một góc  , ABC  90o , 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 S.A1A2 ... An (n  3) 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 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
phƣơng
pháp
thứ
2.
Thí dụ minh họa
Thí dụ 1. Cho khối chóp S.ABC với tam giác ABC vuông cân tại
và SA  a . Giả sử I là điểm thuộc
sao cho

1
SI  SB .
3

Tính thể tích

B , AC  2a , SA  ( ABC )

S

cạnh

SB

khối

tứ

diện SAIC .
Lời giải. (h.5)
I

Tam giác ABC vuông cân tại
nên AB  BC  a 2 .
Do đó

S ABC 

có AC  2a

B

1
AB.BC  a 2 .
2

Vì SA  ( ABC ) nên SA là chiều
hình chóp S.ABC .

A

C

cao

của

Hình 5
B

Suy ra VS . ABC

1
a3
 SA.S ABC 
3
3

8

Mặt khác
Vậy

VS . AIC SA SI SC 1

. .
 .
VS . ABC SA SB SC 3

1
1 a3 a3
VS . AIC  VS . 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.

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  2SC , F

Cho

hình

là điểm thuộc cạnh SD sao cho

1
SF  FD .
3

Tính thể tích khối đa diện SABEF .

Lời giải. (h.6)

S

F

Ta có S ABCD  AB.BC  2a2 .
Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác
ta có

vuông
E

A

D

BD  AB 2  AD 2  a 5 .

Gọi O  AC  BD thì

BO 

ABD

O
B

1
a 5
.
BD 
2
2

C
Hình 6

Xét tam giác SBD cân tại S có SO là trung tuyến nên SO đồng thời là đƣờng cao của tam
giác SBD . Suy ra SO  BD .
Chứng minh tƣơng tự SO  AC . Suy ra
S. ABCD .

SO  ( ABCD)

hay SO là đƣờng cao của hình chóp

Ta có SO  SB 2  BO2  (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

Mặt khác
 VS . ABE

VS . ABE SA SB SE 2

. .

VS . ABC SA SB SC 3

2
1
a3
 .VS . ABC  .VS . ABCD 
3
3

3 3

(1)

9


VS . AEE SA SE SF 2 1 1

.
.
 . 
VS . ACD SA SC SD 3 4 6
 VS . AEF

1
1
a3
 .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 phƣơng ABCD.A ' B ' C ' D ' cạnh
BB ' . Mặt phẳng ( A ' MD) chia hình
thành hai khối đa diện. Tính tỉ số
hai khối đa diện trên.

a.

A'

Gọi

M

là trung điểm của cạnh
lập phƣơng
thể tích của
D'

B'

C'

Lời giải. (h.7)
M

Gọi N là giao điểm của A ' M và
giao điểm của DN và BC .
Mặt phẳng

chia hình lập
ABCD.A ' B ' C ' D ' thành hai khối đa
A ' MKDAB
và
khối
diện
A ' B ' C ' D ' MKCD .

Do BN / /CD nên
Ta có

VB.MNK 

VA. A ' ND 

K

B

( A ' MD)

Do A ' B '/ / BN nên

D

A

C
Hình 7

AB ,

K là
phƣơng
diện

N

A ' B ' MB '

 1  BN  A ' B '  a
BN
MB

.

BK BN AB
a


 1  BK  CK  .

CK CD CD
2

1
a3
BM .BN .BK 
;
6
24

1
a3
AA'. AN . AD 
6
3

VA ' MKDAB  VA. A ' ND  VB.MNK 

.
a 3 a 3 7a 3


.
3 24 24

10


Thể tích khối lập phƣơng ABCD.A ' B ' C ' D ' bằng a 3 .
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
 a3 

Suy ra

VA ' MKDAB
VA ' B 'C ' D ' MKCD

7a 3 17a 3

24
24


7
.
17

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
đôi một vuông góc với nhau,
OA  a, OB  b, OC  c ; OA ', OB ' OC ' lần
đƣờng cao của các tam giác
OBC, OAC, OAB . Tính thể tích khối
O. A ' B ' C ' .

OA, OB, OC

G

lƣợt

là
chóp

A

B'

Lời giải. (h.8)

C
C'
A'

Ta có
Do

VO. ABC

Hình 8

1
abc
 OA.OB.OC 
.
6
6

OA  OB, OA  OC, OB  OC ,

B

nên các tam giác

OAB, OBC, OAC

vuông tại O .

Áp dụng định lý Pythagore ta có:
AC  a 2  c2 , AB  a 2  b2 , BC  b2  c 2

.

Xét tam giác OBC vuông tại O có OA ' là đƣờng 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 tƣơng tự ta có:
CB ' 

c2
a2  c2

; AB ' 

a2
a2  c2

; AC ' 

a2
a 2  b2

; BC ' 

b2
a 2  b2

; BA ' 

b2
b2  c2

.
11


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 )
VO.CA ' B ' 

Suy ra

c4
.VO. ABC .
(b 2  c 2 )(a 2  c 2 )

Chứng minh tƣơng tự, ta đƣợc:
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 phƣơng pháp này rất hiệu quả.
Bài tập tự luyện
Bài 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, đƣờng 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 đƣờng 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 lƣợt là các đƣờng 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 lƣợt 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 = a 2 . Cho AB  a . Gọi H, K lần lƣợt là hình chiếu của A trên SB, SD. CM: SA
 (AHK). Tính thể tích hình chóp OAHK.

12


Bài 5. Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có hình chóp A1ABC là hình chóp tam giác
đều cạnh đáy AB = a, AA1 = b. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A1BC). Tính
tan và thể tích hình chóp A1BB1C1C.

Phần 3
Trong các buổi trƣớc, chúng ta đã đƣợc rèn luyện 2 phƣơng 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 phƣơng pháp rất hiệu quả đó là phƣơng pháp tọa độ
hóa, nội dung phƣơng pháp này gồm 4 bƣớc:
Bƣớc 1: Chọn hệ trục tọa độ
Bƣớc 2: Xác định tọa độ các điểm liên quan, chuyển bài toán hình học không gian
thông thƣờng thành bài toán hình học tọa độ.
Bƣớc 3: Tính toán dựa vào các công thức hình học tọa độ trong không gian.
Bƣớc 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 lƣợt 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:

13

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

a 2 a a
a 2
; ; 
;0;0), N 
2
2 2
2


a) Ta có:mp(SAC) có vtpt là n1  (1;  2;0)
Hình 9

mp(SMB) có vtpt là n2  ( 2;1;1) .

 n1 .n2  0  n1  n2 . Hay ( SAC )  ( SMB) .
x  t

b) Ta có mp(SAC) có phƣơng trình: x  2 y  0 , BM có phƣơng trình:  y  a  2t
z  0

3

1
a 2
a 2 a
; ;0) .  VANIB   AN, AI  . AB 
Vì I  BM  ( SAC )  I (
.

6
36
3 3
Thí dụ 2. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, đáy có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lƣợt là
trung điểm của SB, SC. Biết rằng ( AMN )  ( SBC ) . Tính thể tích hình chóp.
Lời giải. (Hình 10)
Chọn hệ tọa độ Oxyz nhƣ hình vẽ (h.10).
Đặt

SO

=

h.

Khi

đó

ta

có:

C(

a
a a
;0;0), A(
; ;0),
3

2 3 2

B(

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

Ta có AM  (

3a h
a a h
; ), AN  ( ; ; )
4 3 4 2
3 2 2
a

;

14


2
 AM, AN   ( ah ; 3ah ; 5a )  mp( AMN) cã vect¬ ph¸p tuyÕn lµ: n1(h ; h 3; 5a )


8 8 3 8 3

3

mp(SBC) đi cắt Oy tại K (0;

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

nên có phƣơng trình theo đoạn chắn là:
x
y
z
3
3
1
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 ( AMN )  ( SBC)  n1 .n2  0  (h).
Vậy VS . ABC

3
3 5a 1
5
 h 3.( ) 
. 0ha
.
a
a
12
3 h

1
1
5 a 2 3 a3 5
 .SO.SABC  .a
.

3
3 12 4
24

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

a

.
2

Lời giải. (H.11)

z

Gọi M, N lần lƣợt là trung điểm của AB
Ta có MN là đƣờng cao của lăng trụ. Giả
MN  h .

C'
N

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O
M, các điểm A, C, N lần lƣợt thuộc các
Oy, Oz. (Hình 11)
Khi đó: A(a;0;0), B(a;0;0), B'(a;0; h)

và A’B’.
sử

A'

B'
x

trùng với
tia
Ox,

y
A

C
M
B

Dễ có: CM 

a
3

nên C (0;

Hình 11

a
;0) và
3

15


1
a2
SABC  CM .AB 
2
3

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

Suy ra: d(AB, CB') =

[ AB,CB '].BB '
[ AB,CB ']



ah
a 2  3h2

Từ giả thiết khoảng cách giữa hai đƣờng 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 đƣa bài toán hình học
không gian thông thƣờng thành bài toán hình học tọa độ giúp việc giải bài toán trở nên
đơn giản hơn rất nhiều, nhƣ 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 đƣợc 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 . () là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC, () cắt SB, SC, SD lần
lƣợt tại H, I, K. CM: AH  SB, AK  SD. Tính thể tích khối chóp AHIKBCD.
Bài 2. Cho hình lập phƣơng ABCDA ' B ' C ' D ' cạnh a , M , N lần lƣợt là trung điểm của AA '
và BC ; P, Q lần lƣợt 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 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 đƣờng thẳng AB và SN theo a .

16


II. KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU VÀ KIẾN NGHỊ ĐỂ XUẤT
1. Kết quả nghiên cứu
Trong năm học 2012 – 2013, tôi đƣợc nhà trƣờng phân công dạy môn toán tại các lớp
12A3, 12A4. Đứng trƣớc thực trạng học sinh rất ngại khi đối mặt với những bài toán hình
học không gian, tôi đã mạnh dạn đƣa vào chƣơng trình bồi dƣỡng phƣơng pháp tính thể
tích đa diện. Và thực tế sau khi đƣợc học một cách có hệ thống và đầy đủ các phƣơng
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 đƣợc cách trình bày bài giải một cách khoa
học, chặt chẽ, đầy đủ; đặc biệt còn rèn luyện cho học sinh về tƣ duy logic, tƣ duy sáng
tạo, củng cố đƣợc những kiến thức cơ bản.
Kết quả cụ thể
Lớp

Sĩ
số

Giỏi

Khá

Yếu

TB

Kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

12A3

45

10

22

18

40

17

38

0

0

0

0

12A4

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 trƣờng cần tăng cƣờng hơn nữa những trang thiết bị hỗ trợ cho giảng dạy.
- Sở Giáo dục và Đào tạo cần mở những lớp chuyên đề hƣớng 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 đƣợc 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 đƣợc nâng lên rõ rệt; tuy nhiên để sáng kiến đƣợc 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.
17


Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ Thanh Hóa, ngày 10 tháng 05 năm 2013
TRƢỞNG ĐƠN VỊ
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của ngƣời
khác.

Nguyễn Sỹ Tam

18