Ứng dụng của tỉ số thể tích trong một số bài toán hình học không gian

MỤC LỤC
NỘI DUNG
Phần 1. Mở đầu
Phần 2. Nội dung của đề tài
2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2 Thực trạng vấn đề
2.3 Giải pháp để giải quyết vấn đề
2.3.1 Tính tỉ số thể tích các khối đa diện
2.3.2. Ứng dụng tỉ số thể tích để tính thể tích
2.3.3. Ứng dụng tỉ số thể tích để tính khoảng cách
2.3.4. Ứng dụng tỉ số thể tích để tính diện tích đa giác
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Phần 3. Kết luận và kiến nghị
Tài liệu tham khảo

Trang
2
3
3
4
4
4
8
13
17
19
20
21

1. MỞ ĐẦU

- Lý do chọn đề tài
Trong những năm học trước thì đề thi Đại học – Cao đẳng (THPT Quốc Gia) câu
hỏi về hình học không gian thường ở dạng “thẳng” tức là làm trực tiếp, phần lớn
các em đã quên các kiến thức hình học không gian ở chương trình hình học lớp 11.
Do đó việc học hình học không gian ở lớp 12, đặc biệt là vấn đề tính thể tích khối
đa diện, học sinh tỏ ra rất lúng túng.
1


Trong năm học 2016 – 2017 này việc thi THPT Quốc Gia môn Toán được
chuyển sang hình thức thi trắc nghiệm, trong đó có khoảng ba đến bốn câu về khối
đa diện(dựa theo các đề tham khảo của bộ) và để giải quyết vấn đề này với lượng
thời gian rất ngắn là một vấn đề khá khó với phần đông học sinh. Qua việc tham
khảo tài liệu thì việc tính thể tích khối đa diện hay tỉ số thể tích giữa các khối đa
diện thường dùng bằng cách phân chia, lắp ghép các khối đa diện và lập tỉ số thể
tích giữa các khối đa diện để đưa về yêu cầu cần xác định. Đó là loại câu hỏi mang
tính phân loại cao của đề thi.
Trước tình hình đó cùng với quá trình giảng dạy và nghiên cứu, tôi đã thử giải
các bài toán tính thể tích khối đa diện bằng phương pháp tỉ số thể tích thấy rất có
hiệu quả và cho được lời giải ngắn gọn rất nhiều; hơn nữa học sinh chỉ cần những
kiến thức cơ bản về hình học không gian ở lớp 11 là có thể làm được
Nhưng qua việc nghiên cứu tài liệu, học tập ở đồng nghiệp thì thấy có rất ít tài liệu
nghiên cứu hay bàn sâu vào vấn đề này hoặc có những tài liệu khi viết về vấn đề
này thường không triệt để hoặc quá phức tạp cho học sinh, với mong muốn đơn
giản hóa vấn đề để các em học sinh dể tiếp cận, được rèn luyện nhiều, xử lý tốt một
câu khó trong đề thi. Trước kì thi THPT Quốc Gia đến gần, với mong muốn có thể
cung cấp cho các em học sinh thêm một phương pháp để giải quyết một số bài toán
hình học không gian, tôi nghiên cứu và viết đề tài: “ Ứng dụng của tỉ số thể tích
trong một số bài toán hình học không gian”. Mong rằng với tài liệu này, được sự
hưởng ứng của đồng nghiệp; các em học sinh thêm tự tin để giải quyết tốt bài toán

về thể tích khối đa diện.
- Mục đính nghiên cứu
Với mục đính “Sử dụng tỉ số thể tích trong một số bài toán hình học không
gian” nhằm giúp cho học sinh giải tỏa bớt khó khăn khi giải quyết bài toán thể tích
khối đa diện, thông qua đó phát triển tư duy, vận dụng kiến thức linh hoạt, tạo hứng
khởi tìm tòi, khám phá và yêu thích môn Toán cũng như mong muốn đóng góp một
phần công sứ nhỏ bé của mình vào việc nâng cao chất lượng dạy học môn Toán ở
trường THPT Lê Lợi.
- Đối tượng nghiên cứu
Đề tài này sẽ nghiên cứu về kỹ năng phân chia, tách ghép khối đa diện và sử
dụng tỉ số thể tích khối đa diện để giải quyết bài toán về thể tích nằm trong trương
trình toán phổ thông; luyện thi đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường phổ
thông. Với trách nhiệm của một người giáo viên muốn đưa đến học sinh những
điều tốt đẹp nhất hy vọng đây là tài liệu giảng dạy bổ ích cho đồng nghiệp cũng
như cho học sinh trong các bài toán trắc nghiệm về thể tích khối đa diện
- Phương pháp nghiên cứu
Với mục tiêu là rèn luyện về kỹ năng sử dụng tỉ số thể tích giữa các khối đa diện
nên phương pháp nhiên cứu mà tác giả đã sử dụng trong đề tài là phương pháp
2


nghiên cứu xây dựng trên cơ sở lý thuyết, trong phần ví dụ đều cho ở hai dạng câu
hỏi tự luận và câu hỏi trắc nghiệm khách quan; trình bày lời giải đầy đủ của một ví
dụ.
2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Để tính thể tích của một khối đa diện bất kì, chúng ta chia khối đa diện đó
thành các khối đa diện đơn giản đã biết công thức tính ( Khối lăng trụ V = B.h ,
1
3

Khối chóp V = B.h , Khối hộp chữ nhật V = abc , …) rồi cộng các kết quả lại.
Tuy nhiên trong nhiều trường hợp, việc tính thể tích của các khối lăng trụ và
khối chóp theo công thức trên lại gặp khó khăn do không xác định được đường cao
hay diện tích đáy, nhưng có thể chuyển việc tính thể tích các khối này về việc tính
thể tích của các khối đã biết thông qua tỉ số thể tích của hai khối.
Sau đây ta sẽ xét một số bài toán cơ bản và ví dụ minh hoạ
Bài toán1: (Bài4 sgk HH12CB trang25)
Cho khối chóp S.ABC, trên các đường thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm A’,
B’, C’ khác điểm S. CMR:

VS . A ' B ' C ' SA ' SB ' SC '
=
.
.
VS . ABC
SA SB SC

(1)

Giải:
Gọi H và H’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A và
A’ lên (SBC). Ta có AH//A’H’. Ba điểm S, H, H’
cùng thuộc hai mp (AA’H’H) và (SBC) nên chúng thẳng
hàng. Xét ∆ SAH ta có

SA ' A ' H '
=
(*)
SA

AH

Do đó
1 A ' H '.S
· ' SC '
∆SB ' C '
VS . A ' B ' C '
A ' H ' SB '.SC '.sin B
= 3
=
.
(**)
·
1 AH .S
VS . ABC
AH
SB
.
SC
.sin
BSC
∆
SBC
3

Từ (*) và (**) ta được đpcm □
Trong công thức (1), đặc biệt hoá, cho B’ ≡ B và C’ ≡ C
ta được
VS . A ' B ' C ' SA '
=

VS . ABC
SA

(1’)

Ta lại có

VS . ABC = VS . A ' BC + VA '. ABC
(1') ⇒ VS . ABC =

SA '
.VS . ABC + VA '. ABC
SA

3


⇒

VA '. ABC
SA ' A ' A
VA '. ABC A ' A
= 1−
=
=
. Vậy:
(2)
VS . ABC
SA
SA

VS . ABC
SA

Tổng quát hoá công thức (2) ta có bài toán sau đây:
Bài toán 2: Cho khối chóp đỉnh S, đáy là 1 đa giác lồi A1A2…An ( n ≥ 3) , trên
đoạn thẳng SA1 lấy điểm A1’ không trùng với A1. Khi đó ta có
VA1 '. A1 A2 ... An
VS . A1 A2 ... An

=

A1 ' A1
SA1

(2’)

Chứng minh (2’) bằng phương pháp quy nạp theo n; ta chia khối chóp S.A1A2…An
thành các khối chóp tam giác rồi áp dụng công thức (2)
Bài toán 3: Hai hình chóp ( H ) ; ( H ′ ) có cùng diện tích đáy thì tỉ số thể tích của
chúng bằng tỉ số hai chiều cao
Bài toán 4: Hai hình chóp ( H ) ; ( H ′ ) có cùng độ dài chiều cao thì tỉ số thể tích
của chúng bằng tỉ số diện tích đáy
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Hình học không gian là một vấn đề khó và rộng đòi hỏi học sinh phải có tư duy
trừu tượng cao, phải có khả năng phân tích, tổng hợp, đánh giá…, vì thế mà khi
đứng trước một bài toán yêu câu tính thể tích hoặc tỉ số thể tích để định hướng
được cách giải thường gặp khó khăn và đề tài góp một phần nhỏ trong định hướng
và giải quyết vấn đề trên
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Dựa vào bốn bài toán cơ bản ở trên, ta sẽ xét một số bài toán tính tỉ số thể tích

của các khối đa diện và một số ứng dụng của nó
2.3.1 Tính tỉ số thể tích các khối đa diện
Ví dụ 1 Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, gọi M là trung
điểm của CD và I là giao điểm của AC và BM. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp
S.ICM và S.ABCD [1]
Giải

4


Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có I là trọng tâm
của tam giác BCD, do đó
VISCM
IM 1
1
=
= ⇒ VISCM = VBSCM (1). Lại có hai hình chóp
VBSCM BM 3
3
1
S.BCM và S.BCD có cùng chiều cao và S BCM = S BCD (đường
2

trung tuyến chia tam giác thành hai phần có diện tích bằng
V

1

V

1

1

S . BCM
= ⇔ B.SCM = ⇔ VB.SCM = VS . BCD (2). Mặt
nhau) nên V
2
VS . BCD 2
2
S . BCD

1
2

khác tương tự ta cũng có VS .BCD = VS . ABCD (3)Từ (1), (2), (3).
Vậy

VISCM
1
=
VS . ABCD 12

Ví dụ 2 Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi B’, D’ lần
lượt là trung điểm của SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’) cắt SC tại C’. Tính tỉ số thể
tích của hai khối chóp được chia bởi mp(AB’D’) [1]
Giải
Gọi O là giao điểm của AC và BD và I là giao điểm của
SO và B’D’. Khi đó AI cắt SC tại C’
Ta có

VS . AB ' C ' SB ' SC ' 1 SC ' VS . AC ' D ' SC ' SD ' 1 SC '
=
.
=
=
.
=
;
VS . ABC
SB SC 2 SC VS . ACD
SC SD 2 SC

Suy ra
1 SC '
1 SC '
VS . AB ' C ' + VS . AC ' D ' = .
(VS . ABC + VS . ACD ) = .
.VS . ABCD Kẻ
2 SC
2 SC
OO’//AC’ ( O ' ∈ SC ) . Do tính chất các đương thẳng song

song cách đều nên ta có SC’ = C’O’ = O’C.
1 1
2 3

Do đó VS . A ' B ' C ' D ' = . .VS . ABCD Hay

VS . A ' B ' C ' D ' 1
=

VS . ABCD
6

Ví dụ 3 Cho hình chóp S.ABCD là hình vuông tâm O. Gọi H và K lần lượt là trung
VS .A BCD

điểm của SB, SD. Tỷ số thể tích V
bằng [4]
A.OHK
A. 12
B. 6
C. 8

D. 4

5


Xét hai hình chóp A.HOK và A.SBD có chung mặt
phẳng đáy nên có chung chiều cao; Do H, K, O lần
lượt là trung điểm của SB, SD, BD nên
SOHK 1 VA.OHK 1
= ⇒
= . Chứng minh tương tự
S SBD 4
VA.SBD 4
VS . ABD 1
V
V
1

= ⇒ A.OHK = hay S .A BCD = 8 . Chọn đ.án C
VS . ABCD 2 VS . ABCD 8
VA.OHK

Ví dụ 4 (Đề tham khảo lần 3 của Bộ giáo dục & đào tạo năm 2017)
Cho khối tứ diện có thể tích bằng V. Gọi V ′ là thể tích của khối đa diện có các đỉnh
là trung điểm của các cạnh của khối tứ diện đã cho, tính tỉ số
A.

V′ 1
=
V 2

B.

V′ 1
=
V 4

C.

V′ 2
=
V 3

D.

V′ 5
=
V 8

V′
. [2]
V

Giải
Gọi K, M, N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của AB, AC, AD, BC, BD, CD. Khi
đó V ′ = VKMNPQR = V − VAKMN − VB .PQK − VC .PRN − VD.MRQ . Mặt khác
VA. KMN AK AM AN 1
1
1
=
.
.
= ⇒ VA. KMN = VA.BCD = V .
VA. BCD
AB AD AC 8
8
8

Chứng minh tương tự ta được

1
1
V′ 1
VB. PQK = VC . PRN = VD. MRQ = V . Vậy V ′ = V hay
=
8
2
V 2

Chọn đáp án A

Ví dụ 5 Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a. Các điểm E và F lần lượt là
trung điểm của C’B’ và C’D’. Khối lập phương bị mặt phẳng (AEF) chia thành hai
phần, khối chứa điểm C có thể tích bằng V1, khối còn lại có thể tích bằng V2 . Khi
V1

đó tỉ số V bằng: [4]
2
A.

25
47

B.

47
72

C.

72
47

D.

47
25

Giải

6


Đặt V = VLP ,V3 = VA.MA' N ,V4 = VPFD' N ,V5 = VQMB ' E
Dễ thấy V4 = V5 (cùng chiều cao và diện tích đáy)
1
3a 3
1
a3
AA '. A ' M . A ' N =
, V4 = PD '.D ' F .D ' N =
6
8
6
72
3
3
25a
47a
V 47
V2 = V3 − 2V4 =
, V1 = V − V2 =
⇒ 1 =
72
72
V2 25
V3 =

Chọn đáp án D
* Bài tập tham khảo:
Bài 1. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, đáy ABC là tam giác đều có trực tâm H
và cạnh bằng a. Gọi I, J, K lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CA và M, N, P
lần lượt là trung điểm các đoạn SI, SJ, SK. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp
H.MNP và S.ABC. Từ đó tính thể tích khối chóp H.MNP
ĐS:

VH .MNP
1
=
VS . ABC 32

Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng ( α )
qua AB cắt SC, SD lần lượt tại M và N. Tính

SM
để mặt phẳng ( α ) chia hình chóp
SC

thành hai phần có thể tích bằng nhau.
ĐS:

SM
3 −1
=
SC
2

Bài 3. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Mặt phẳng (BDC’) chia khối lập

phương thành 2 phần có tỉ lệ thể tích phần nhỏ so với phần lớn là :
A.

1
3

B.

1
6

C.

1
4

D.

2
10

ĐS: Đáp án A
Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a;
SA = SB = SC = 2a . Gọi M là trung điểm của cạnh SA; N là giao điểm của đường
thẳng SD và mặt phẳng (MBC). Gọi V, V1 lần lượt là thể tích của các khối chóp
V
S.ABCD và S.BCNM. Tỷ số 1 là:
V
A.

1
6

B.

1
8

C.

3
8

D.

1
4

ĐS: Đáp án C

7


2.3.2 Ứng dụng của tỉ số thể tích để tính thể tích
Ví dụ 1 (ĐH khối B – 2008 )
·
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 S.BCNM theo a [2]

Giải
Áp dụng công thức (1) ta có
VS .BCM SM 1 VS .CMN SM SN 1
=
= ;
=
.
=
VS . BCA
SA 2 VS .CAD
SA SD 4

Suy ra
1
1
VS . BCNM = VS . BCM + VS .CNM = VS .BCA + VS .CAD
2
4
3
3
a
2a
a3
=
+
=
2.3 4.3 3

Ghi chú:
1

3

1/ Việc tính thể tích khối S.BCNM trực tiếp theo công thức V = B.h gặp nhiều
khó khăn, nhưng nếu dùng tỉ số thể tích, ta chuyển việc tính thể tích khối S.BCNM
về tính VSBCA và VSCAD dễ dàng hơn rất nhiều
2/ Khi dạy học có thể yêu cầu học sinh tính thể tích khối đa diện ABCDMN
Ví dụ 2 (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 các cạnh SB, BC, CD. Tính thể tích khối tứ diện CMNP theo a [2]
Giải
Ta có
VCMNP CN CP 1
=
.
=
VCMBD CB CD 4

(a)

VCMBD VM . BCD MB 1
=
=
=
(b)
VCSBD VS .BCD
SB 2

Lấy (a) x (b) vế theo vế ta được
VCMNP 1

1
= ⇒ VCMNP = .VS .BCD
VS .BCD 8
8

Gọi H là trung điểm của AD ta có SH ⊥ AD mà ( SAD) ⊥ ( ABCD) nên
SH ⊥ ( ABCD ) .

8


Do đó VS .BCD

1
1 a 3 1 2 a3 3
a3 3
= .SH .S ∆BCD = .
. a =
. Vậy: VCMNP =
(đvtt)
3
3 2 2
12
96

Ví dụ 3 (ĐH khối D – 2006 )
Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 2a và SA
vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường
thẳng SB và SC. Tính thể tích khối chóp A.BCNM theo a [2]
Giải

Ta có

VSAMN SM SN
=
.
. AM và AN lần lượt là các đường
VSABC
SB SC

cao trong các tam giác vuông SAB và SAC bằng nhau nên
ta có
SM SM SA2 4a 2
SM 4
=
= 2 =4⇒
=
2
MB MB AB
a
SB 5
SN 4
=
Tương tự
SC 5
4 4
16
Do đó VS.AMN = . .VS.ABC = .VS.ABC. Suy ra VA.BCMN =
5 5
25
9

1
a 2 3 a3 3
.VS.ABC .Mà VS.ABC = .2a.
=
.
25
3
4
6
3a 3 3
Vậy VA.BCMN =
(đvtt)
50

Ghi chú:
Ta có hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC sau đây

b ' b2
= ( Chứng minh
c ' c2

dựa vào tam giác đồng dạng)
Ví dụ 4 (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 [2]
Giải
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có I là trọng tâm của
tam giác ABC, do đó
VAIMN

AI AM 1 1 1
=
.
= . =
VACDN AC AD 3 2 6

AI 2
AI 1
= ⇒
=
AO 3
AC 3

nên

(1).

9


Mặt khác

VACDN NC 1
=
=
VACDS
SC 2
1
3

1
3

Mà VSACD = .SA.S ∆ACD = a.

(2). Từ (1) và (2) suy ra

VAIMN
1
=
VACDS 12

a 2a a 3 2
1
a3 2
=
. Vậy VAIMN = .VSACD =
(đvtt)
2
6
12
72

Ví dụ 5 (Đề thi khảo sát chất lượng lớp 12 – Sở GD&ĐT Thanh Hóa)
Tính thể tích V của khối chóp S . ABC có độ dài các cạnh SA = BC = 5a, SB = AC = 6a
và SC = AB = 7a. [3]
A. V =

35 2 3
a.

2

B. V =

35 3
a.
2

C. V = 2 95a 3 .

Giải
Qua các đỉnh của tam giác ABC, vẽ các đường
thẳng song song với cạnh đối diện, chúng đôi một
cắt nhau tạo thành tam giác MNP như hình vẽ.
Dễ thấy tứ diện S.MNP là tứ diện vuông đỉnh S
(Các mặt bên có đường trung tuyến bằng một nữa
cạnh
huyền)
và
1
VS . ABC = VS . AMC = VS . ANB = VS . PBC = VS .MNP (Có
chung
4
1
chiều cao và S ABC = S AMC = S ANB = S PBC = S MNP )
4
Đặt x = SM , y = SN , z = SP , ta có:

D. V = 2 105a3 .
S

M

C
A

P
B

N

 x 2 + y 2 = 4 ( 5a ) 2
 x 2 = 76a 2

 2
2
1
1
 2
2
2
xyz = 2 95a 3 . Chọn đáp án C
 y + z = 4 ( 6a ) ⇔  y = 24a ⇒ VS . ABC = VS .MNP =
4
24
 2
 z 2 = 120a 2
2
2


 z + x = 4 ( 7 a )

Ví dụ 6 (ĐH - CĐ khối D – 2010)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a,
hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn
thẳng AC sao cho AH =

AC
. Gọi CM là đường cao của tam giác SAC. Chứng minh
4

rằng M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a. [2]
Giải
Từ giả thiết ta tính được AH =

a 2
a 14
3a 2
, SH =
, CH =
, SC = a 2 ⇒ SC = AC . Do
4
4
4

đó tam giác SAC cân tại C nên M là trung điểm của SA.
10


V

SM

1

1

S . MBC
=
= ⇒ VS .MBC = VS . ABC
Ta có V
SA 2
2
S . ABC

1
1 a 2 a 14 a 3 14
VS . ABC = .SH .S ∆ABC = . .
=
(đvtt)
3
6 2
4
48

Ví dụ 7 Cho tứ diện ABCD có hai cạnh đối AB = CD = 2a và AB, CD tạo với nhau
góc 300. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD bằng a. Tính thể tích khối tứ
diện. [3]
A. 2a 3

B.

2 3
a
3

1
3

D. a 3

C. a 3

Giải
Dựng BE / / CD; BE = CD , ta được ·
và
ABE = 300
d ( AB, CD ) = d ( CD, ( ABE ) ) = d ( D, ( ABE ) ) = a
1
1
⇒ VABCD = VABDE = d ( D, ( ABE ) ) .S ABE = a 3
3
3

Chọn đáp án D
Ví dụ 8 Cho hình chóp đều S.ABC có đáy bằng a, góc giữa đường thẳng SA và mặt
phẳng (ABC) bằng 600. Gọi A’; B’; C’ tương ứng là các điểm đối xứng của A; B; C
qua S. Thể tích của khối bát diện có các mặt: ABC; A’B’C’; A’BC; B’CA; C’AB;
AB’C’; BC’A’; CA’B’ là
A. 2 3a 3

B.

3a 3
2

C.

2 3a 3
3

D.

4 3a 3
3

Giải
Thể tích khối bát diện đã cho là
1
V = 2VA 'B'C'BC = 2.4 VA '.SBC = 8VS.ABC = 8. SG.SABC
3
·
= 600 . Xét ∆SGA vuông tại G:
Ta có: ( SA; ( ABC ) ) = SAG
SG
·
tan SAG =
⇔ SG = AG.tan SAG
=a
AG

1
1 a 2 3 2 3a 3
=
Vậy V = 8. SG.SABC = 8. .a.
.
3
3
4
3

Chọn đáp án C
* Bài tập tham khảo:
11


·
·
Bài 1. Cho khối tứ diện ABCD có ·ABC = BAD
= 900 , CAD
= 1200 , AB = a, AC = 2a,
AD = 3a . Tính thể tích tứ diện ABCD.

ĐS: VABCD =

a3 2
2

Bài 2. Cho khối chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với
đáy và SA = 2a. Gọi B’, D’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và SD.
Mp(AB’D’) cắt SC tại C’. Tính thể tích khối chóp S.A’B’C’D’ theo a

ĐS: VS . A ' B ' C ' D ' =

16a 3
45

Bài 3. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M, P
lần lượt là trung điểm của SA và SC, mp(DMP) cắt SB tại N. Tính theo a thể tích
khối chóp S.DMNP
ĐS: VS . DMNP =

a3 2
36

Bài 4. (ĐH khối B – 2010)
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng
(A’BC) và (ABC) bằng 600. Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC. Tính thể tích khối
lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.
7a
3a 3 3
và R =
12
8
Bài 5. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' biết cạnh AB = a , SA = 2a . Gọi
M , N lần lượt là trung điểm của cạnh A ' C ' và B ' C ' . Tính thể tích của khối đa
diện ABC.MNC '

ĐS: VABC . A ' B 'C ' =

A.

7 3 3
a
24

B.

7 3 3
a
8

C.

5 3 3
a
24

D.

7 3 3
a
12

ĐS: Đáp án đúng: A
Bài 6. Cho 3 tia Ox, Oy, Oz không cùng nằm trên một mặt phẳng và
·xoy = ·yoz = ·zox =600 . A, B, C là các điểm tương ứng trên Ox, Oy, Oz. Biết
OA= a; OB = 2a; OC = 3a. Thể tích khối chóp O.ABC theo a là:
a3 2
A. V =
3

a3 2
B. V =
12

C. V = 6a

3

a2 2
D. V =
6

ĐS: Đáp án đúng: B
Bài 7. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’, có đáy là hình thoi cạnh bằng a, góc
A bằng 600.Hình chiếu của B’ trên (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD.Biểt
BB’= a.Thể tích khối hộp là:
3a 3
A.
4

a3
B.
3

3a 3
C.
2

D.

a3 2
3

ĐS: Đáp án đúng: A
12


Bài 8. Cho hình lập phương ABCD. A’B’C’D’ cạnh a. Thể tích của khối tứ diện
ACB’D’ là
A. a

a3
B.
3

3

a3
C.
6

a3
D.
2

ĐS: Đáp án đúng: B
2.3.3 Ứng dụng tỉ số thể tích để tính khoảng cách
Việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng khó khăn nhất là xác
định chân đường cao. Khó khăn này có thể được khắc phục nếu ta tính khoảng cách
thông qua thể tích của khối đa diện, mà khoảng cách đó chính là độ dài đường cao

của khối đa diện. Sau đây ta sẽ xét một số ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1 (ĐH khối D – 2002 )
Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc mặt phẳng (ABC), AD = AC = 4cm, AB =
3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách từ A đến mp(BCD). [2]
Giải
Ta có AB2 + AC2 = BC2 ⇒ AB ⊥ AC . Do đó
VABCD =

1
AB. Ac. AD = 8cm 2 . Mặt khác CD = 4 2 , BD =
6

BC = 5, nên ∆BCD cân tại B, Gọi I là trung điểm của CD
1
2 2
DC.BI =
5 − (2 2) 2 = 2 34
2
2
3V
3.8
6 34
=
Vậy d ( A,( BCD)) = ABCD =
S ∆BCD
17
2 34
⇒ S ∆BCD =

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. CMR tam giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách từ H đến
mp(SCD) [2]
Giải
Ta

có

VS . HCD SH
=
∆SAB
VS . BCD SB

vuông

tại

A

và

AH

là

đường

cao

nên

SH SA2 2a 2
SH 2
=
= 2 =2⇒
=
2
HB AB
a
SB 3

13


1
3

Mà VS . HCD = d ( H ,( SCD )).S ∆SCD .
∆SCD vuông tại C ( do AC2 + CD2 = AD2), do đó
1
1
S ∆SCD = CD.SC = .a 2.2a = a 2 2 .
2
2
3a 3 2 a
=
Vậy 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, AA’
= a 2 . Gọi M là trung điểm của BC. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường
thẳng AM và B’C [2]
Giải
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
VC . AEM MC 1
3V
=
= .Ta có d (C ,( AME )) = C . AEM
VC . AEB
CB 2
S ∆AEM

Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AE, ta có
BH ⊥ AE . Hơn nữa BM ⊥ ( ABE ) ⇒ BM ⊥ AE , nên ta được
a 6
, ∆ABE vuông tại B nên
2
1
1
1
3
a 3
=
+
= 2 ⇒ BH =

. ∆BHM vuông tại B nên
2
2
2
BH
AB
EB
a
3

AE ⊥ HM , mà AE =

1
1 a 6 a 21 a 2 14
a 2 a 2 a 21
.
=
. Do đó S∆AEM = AE.HM = .
MH =
+
=
2
2 2
6
8
4
3
6
3a 3 2
a 7

d (C ,( AME )) =
=
2
Vậy:
7
a 14
24.
8

Ghi chú: Có thể áp dụng công thức Hê – rông để tính S ∆AEM
Ví dụ 4
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC là tam giác vuông
tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của A’ lên mặt phẳng (ABC)
trùng với trung điểm của BC. Tính khoảng cách từ A đến mp(BCC’B’) [1]
Giải

14


Theo giả thiết ta có A’H ⊥ (ABC).
Tam giác ABC vuông tại A và AH là trung tuyến nên AH =
BC = a. ∆A ' AH vuông tại H nên ta có

1
2

VA '. ABC
1
= Suy ra
A ' H = A ' A2 − AH 2 = a 3 . mặt khác V

3
ABC . A ' B ' C '
2
2 a3
VA '.BCC ' B ' = VABC . A ' B ' C ' = .3. = a 3
3
3 2
3VA '. BCC ' B '
Ta có d ( A ',( BCC ' B ')) =
. Vì AB ⊥ A ' H ⇒ A ' B ' ⊥ A ' H ⇒ ∆A ' B ' H vuông
S BCC ' B '
a 2 + 3a 2 = 2a = BB ' . ⇒ ∆BB ' H cân tại B’. Gọi K là trung
a 14
điểm của BH, ta có B ' K ⊥ BH . Do đó B ' K = BB '2 − BK 2 =
.
2
3a 3
3 14a
a 14
=
= a 2 14 . Vậy d ( A ',( BCC ' B ')) = 2
Suy ra S BCC ' B ' = B ' C '.BK = 2a.
14
a 14
2

tại A’, suy ra B’H =

Ví dụ 5 Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc
với đáy, SA = a . Khoảng cách giữa AB và SC bằng: [4]

A.

a 21
7

Giải

Dựng

B.
hình

2a 21
7

bình

C.

hành

ABCD,
d ( AB; SC ) = d ( AB; ( SCD ) ) = d ( A; ( SCD ) ) . Lại có

a 21
14

khi

D.

a 14
7

đó

a3 3
(cùng chiều cao và diện tích đáy)
12
7 2
a (có thể
Ta có: SC = a 2; SD = a 2; CD = a nên S SCD =
4
VS . ACD = VS . ABC =

dùng công thức Hê-rông hoặc đây là tam giác cân chỉ
1
3

cần xác định đường cao ). Từ VS . ACD = d ( A, ( SCD ) ) .S SCD
⇒ d ( A; ( SCD ) ) =

3V
a 21
=
S SCD
7

Chọn đáp án A
* Bài tập tương tự:

Bài 1. (ĐH khối D – 2009)

15


Cho lăng trụ đứng ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a,
AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của A’C’, I là giao điểm của AM và A’C.
Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ A đến mp(IBC)
ĐS: d ( A,( IBC )) =

2a 5
5

Bài 2. Cho hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có AA’ = AB = a, BC = 2a, điểm M
thuộc AD sao cho AM = 3MD. Tính khoảng cách từ M đến mp(AB’C)
ĐS: d ( A,( AB ' C )) =

a
2

Bài 3. Cho tứ diện ABCD có DA vuông góc với mp(ABC), ·ABC = 900 . Tính khoảng
cách từ A đến mặt phẳng (BCD) nếu AD = a, AB = BC = b
ĐS: d ( A,( BCD)) =

ab
a 2 + b2

Bài 4. Cho tứ diện đều ABCD, biết AB = a, M là 1 điểm ở miền trong của tứ diện.
Tính tổng khoảng cách từ M đến các mặt của tứ diện
ĐS: h1 + h2 + h3 + h4 =

3VABCD
2
=a
S ∆ACB
3

Bài 5. Cho tứ diện ABCD và điểm M ở miền trong của tứ diện. Gọi r1, r2, r3, r4 lần
lượt là khoảng cách từ M đến các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) của tứ diện.
Gọi h1, h2, h3, h4 lần lượt là khoảng cách từ các đỉnh A, B, C, D đến các mặt đối diện
của tứ diện. CMR:

r1 r2 r3 r4
+ + + =1
h1 h2 h3 h4

Bài 6. Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình chữ nhật tâm I,AB = a,BC = a 3 , H
là trung điểm của AI. Biết SH vuông góc với đáy và tam giác SAC vuông tại S.
Khoảng cách từ S đến (SBD) là:
A. a 15

B.

3a 15
5

C.

a 15
5

D.

a 15
15

ĐS: Đáp án đúng: C
Bài 7. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a; tam giác SAB đều nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AD.
Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SCN) bằng:
A.

3 2
a
2

B.

3 2
a
8

C.

3 2
a
4

A.

5 2
a
3

ĐS: Đáp án đúng: B
Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và vuông góc
với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm của CD. Khoảng cách từ C đến mặt phẳng
(SBM) bằng:

16


A.

a 3
8

B.

a 3
4

A.

a 2
4

A.

a 2

2

ĐS: Đáp án đúng: B
2.3.4 Ứng dụng tỉ số thể tích để tính diện tích đa giác
Việc tính diện tích đa giác phẳng được quy về việc tính diện tích tam giác theo
1
2

công thức S∆ = ah , trong đó h – chiều cao và a là độ dài cạnh đáy.
Tuy nhiên trong nhiều trường hợp, đặc biệt là việc tính diện tích của các đa
giác phẳng trong không gian, tính trực tiếp theo công thức gặp nhiều khó khăn. Khi
đó có thể tính diện tính đa giác thông qua thể tích của các khối đa diện. Sau đây là
một số ví dụ minh hoạ
Ví dụ1 (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 và SC. Tính diện tích tam giác AMN theo a, biết
rằng ( AMN ) ⊥ ( SBC ) [2]
Giải
Gọi K là trung điểm của BC và I là trung điểm của
VS . AMN SM SN 1
=
.
= (1)
VS . ABC
SB SC 4
Từ ( AMN ) ⊥ ( SBC ) và AI ⊥ MN (do ∆AMN cân tại
A) nên AI ⊥ ( SBC ) ⇒ AI ⊥ SI .
Mặt khác, MN ⊥ SI do đó SI ⊥ ( AMN )
SI .S ∆AMN 1
1 SO

= ⇒ S ∆AMN =
.S ∆ABC
Từ (1) ⇒
SO.S ∆ABC 4
4 SI

MN. Ta có

(O là trọng tâm của tam giác ABC)
Ta có ∆ASK cân tại A (vì AI vừa là đường cao vừa là trung tuyến) nên
AK = AS =
Vậy

S ∆AMN

a 3
a 15
1
a 2
⇒ SO = SA2 − OA2 =
và SI = SK =
.
2
6
2
4
1 a 15 a 2 3 a 2 10
= .
.
=

4 6a 2
4
16
4

Ví dụ 2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi với ·ABC = 600 . SA = SB = SC .
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy. Khoảng cách từ H đến
3
(SAB) bằng 2cm và thể tích khối chóp S.ABCD bằng 60 ( cm ) . Diện tích tam giác
SAB bằng [4]
17


3
A. 5 ( cm )

B.

15
( cm3 )
2

3
C. 30 ( cm )

D. 15 ( cm

3

)

Giải Vì SA = SB = SC nên hình chiếu H của S trên mặt phẳng đáy trùng với tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lại có đáy là hình thoi và ·ABC = 600 nên tam
giác ABC đều do đó H là trọng tâm tam giác ABC. Gọi I là
2
3

2 1
3 4

1
6

tâm hình thoi, khi đó S ABH = S ABI = . S ABCD = S ABCD
1
1
6
3
3VS . ABH
=
= 15 . Chọn đáp án D
d ( H ; ( SAB ) )

nên VS . ABH = VS . ABCD = 10 . Mặt khác VS . ABH = d ( H ; ( SAB ) ) .S SAB
⇔ S SAB

* Bài tập tham khảo:
Bài 1 Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’. Biết ABC là tam giác vuông tại B có AB = a,
BC = b, AA’ = c (c2 ≥ a 2 + b 2 ). Một mặt phẳng (α ) qua A và vuông góc với CA’cắt
lăng trụ theo một thiết diện.

a) Xác định thiết diện đó
b) Tính diện tích thiết diện xác định ở câu a)
ĐS: Thiết diện AMN có diện tích S AMN

ab a 2 + b 2 + c 2
=
2c

Bài 2 Cho tứ diện ABCD có các cạnh AB = x, AC = y, AD = z, các góc
·
·
·
BAC
= CAD
= DAB
= 900 . Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (BCD)
a) Chứng minh rằng:

1
1
1
1
= 2+ 2+ 2
2
AH
x
y
z

b) Tính diện tích tam giác BCD

ĐS: S∆BCD =

1 2 2
x y + y2 z 2 + z 2 x2
2

Bài 3. Cho hình hộp đứng ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ·ABC = 1200 ,
AA′ = a . Diện tích thiết diện của hình hộp qua B vuông góc với CD′ là
A.

a2 6
2

B.

a2 3
4

C.

a2 3
2

D.

a2 6
4

ĐS: Đáp án đúng D
Bài 4. Cho hình chóp S.ABC có góc gữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng 600 .

Biết diện tích tam giác SHC bằng 20 với H là hình chiếu vuông góc của B trên mặt
phẳng (SAC). Diện tích tam giác SBC bằng
A. 10
B. 10 3
C. 20
D. 40
ĐS: Đáp án đúng D
18


Bài 5. Cho hình chóp S.ABC có đáy vuông tại B với AB = a, BC = a 2, SA = 2a và SA
vuông góc với đáy. Biết mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SB. Tính diện tích thiết
diện tạo bởi mặt phẳng (P) và hình chóp S.ABC
8a 2 10
A.
25

4a 2 10
B.
25

4a 2 6
C.
15

4a 2
D.
5 3

ĐS: Đáp án đúng B

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường
Trong tiết học ôn tập ở lớp thực nghiệm 12A2 tuần học thứ 36 năm học 2016 2017 tôi đưa ra 2 bài tập: bài 1(Ví dụ 3 trong mục 2.3.1 ), bài 2 ( Ví dụ 6 trong
mục 2.3.2).Trong tuần 37 tôi tiếp tục cho các em ở lớp đối chứng 12A1 làm 2 bài
trên. So sánh kết quả giữa hai lớp, nhận thấy khi áp dụng sáng kiến thì các em
12A2 đã bớt lúng túng hơn trong việc giải phương trình vô tỷ, số lượng các em đạt
loại khá giỏi trong lớp 12A2 cao hơn rõ rệt. Cụ thể như sau:
Sỉ số
42

Lớp thực nghiệm 12A2
Giỏi
Khá
T.bình
30
10
2

Yếu
0

Lớp đối chứng 12A1
Giỏi
Khá
T.bình
16
20
5

Yếu

1

19


3. KẾT LUẬN VÀ ĐỀ XUẤT.
Việc sử dụng tỉ số thể tích để giải các bài toán hình học không gian, đặc biệt là
các bài toán tính thể tích khối đa diện, tính khoảng cách hay tính diện tích đa giác
tỏ ra có nhiều ưu điểm, giúp cho lời giải ngắn gọn và không cần sử dụng nhiều kiến
thức của hình học không gian lớp 11. Trong quá trình giảng dạy cho học sinh khối
lớp 12 tại trường THPT Lê Lợi trong các buổi ôn tập cuối năm học 2016 - 2017, tôi
đã đem đề tài này áp dụng và thấy học sinh có thể tiếp cận rất nhanh và biết vận
dụng để giải các bài tập mà tôi đã cho kiểm tra trên lớp.
Tôi rất mong được hội đồng chuyên môn Nhà trường góp ý, bổ sung để đề tài
này hoàn thiện hơn, và có thể triển khai áp dụng rộng rãi để giảng dạy cho học sinh
toàn khối 12 trong Nhà trường.
Hy vọng rằng, với đề tài này, có thể giúp cho các em học sinh có thêm một
phương pháp nữa để giải các bài toán hình học không gian trong các kì thi tuyển
sinh Đại học – Cao đẳng đạt được kết quả cao.
Trong quá trình biên soạn đề tài tôi đã có nhiều cố gắng, tuy nhiên cũng không
tránh khỏi những thiếu sót. Rất mong nhận được sự góp ý chân thành của các thầy
cô giáo đồng nghiệp và Hội đồng chuyên môn nhà trường để đề tài của tôi được
hoàn thiện hơn.
Có thể nói kết quả tôi đã trình bày trong sáng kiến là sự tích lũy của bản thân về
một số dạng toán về ứng dụng tỉ số thể tích, phù hợp với xu hướng giảm tải và đi
sâu vào các vấn đề tư duy thực tế giảm bớt các bài toán mang tính chất đánh đố về
các kỹ năng mang tính “hàn lâm” với học sinh. Với hy vọng một phần nào đó giúp
các em học sinh cảm thấy tự tin hơn trong các kì thi, mong rằng sáng kiến sẽ được
các em đón nhận và các đồng nghiệp đóng góp ý kiến để sáng kiến được hoàn thiện
hơn. Tác giả xin chân thành cảm ơn!

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa ngày 10 tháng 6 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác
.
Bùi Anh Tuấn

1
2

TÀI LIỆU THAM KHẢO
www.ToanCapBa.net
www.vnmath.com
20


3
4

www.Thanhhoaedu.vn
/>
DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH
GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP
CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Bùi Anh Tuấn
Chức vụ và đơn vị công tác: Giáo viên trường THPT Lê lợi

TT
1.

Tên đề tài SKKN
Một số bài toán về lập

Kết quả
Cấp đánh
đánh giá
Năm học
giá xếp loại
xếp loại đánh giá xếp
(Phòng, Sở,
(A, B,
loại
Tỉnh...)
hoặc C)
Sở
C
2010

phương trình mặt phẳng trong
2.

không gian
Hướng dẫn học sinh làm một

Sở

B

2014

số bài toán trong không gian
bằng phương pháp tổng hợp
----------------------------------------------------

21


22