Hướng dẫn học sinh khai thác và vận dụng một bài tập sách giáo khoa hình học 12 nhằm rèn luyện năng lực tư duy logic cho học sinh

I - MỞ ĐẦU.
1. Lý do chọn đề tài.
Ở trường THPT dạy toán là hoạt động toán học cho học sinh, trong đó giải
toán là hình thức chủ yếu. Để rèn luyện kỹ năng giải toán cho học sinh ngoài việc
trang bị tốt kiến thức cơ bản cho các em giáo viên cần hướng dẫn học sinh phát
triển, mở rộng kết quả các bài toán cơ bản có trong sách giáo khoa để các em có
cơ hội suy nghĩ tìm tòi những kết quả mới sau mỗi bài toán. Thực tế, ở các nhà
trường phổ thông hiện nay phần lớn giáo viên chưa có thói quen khai thác và phát
triển một bài toán thành chuỗi các bài toán liên quan cho học sinh. Mà chủ yếu
chỉ dừng lại ở các bài tập đơn lẻ làm cho học sinh thụ động, khó tìm được mối
liên hệ giữa các kiến thức đã học. Cho nên khi gặp một bài toán mới các em
không biết xuất phát từ đâu?. Những kiến thức cần sử dụng là gì?. Nó liên quan
như thế nào với các bài toán đã học?. Trong thực tiễn giảng dạy của bản thân tôi
thấy việc tìm tòi mở rộng các bài tập sách giáo khoa là phương pháp học khoa
học, có hiệu quả nhất của một tiết bài tập. Phát triển từ dễ đến khó là con đường
phù hợp cho học sinh khi rèn luyện kỹ năng giải toán. Việc tìm tòi để phát triển,
mở rộng các bài toán làm tăng thêm hứng thú học tập, óc sáng tạo của học sinh.
Từ đó giúp các em có cơ sở khoa học khi phân tích, phán đoán tìm lời giải cho
các bài toán khác và ngày càng tự tin hơn vào khả năng giải toán của mình.
Trong quá trình giảng dạy bộ môn Toán, đặc biệt là bồi dưỡng học sinh giỏi
đối với giáo viên gặp không ít khó khăn, nhất là nguồn tại liệu để phục vụ cho
giảng dạy phải có tính hệ thống theo từng chuyên đề khai thác sâu từ những kiến
thức cơ bản của sách giáo khoa. Để có được điều đó, đối với giáo viên không
ngừng nghiên cứu và có ý thức tích lũy một cách có hệ thống theo từng mảng
kiến thức trong suốt quá trình giảng dạy cũng như sắp xếp nó theo một hệ thống
có tính logic cao. Đặc biệt là khai thác sâu từ những kiến thức nền trong sách
giáo khoa.
Mặc dù có rất nhiều tài liệu viết về ứng dụng của phương pháp tỉ số thể tích,
nhưng cũng chỉ dừng lại ở việc ứng dụng phương pháp tỉ số thể tích để tính thể
tích, tính tỉ số thể tích, tính khoảng cách chứ chưa đi sâu vào ứng dụng nó để giải
các bài toán mở rộng. Từ những lý do trên, tôi chọn đề tài nghiên cứu của mình là:

“Hướng dẫn học sinh khai thác và vận dụng một bài tập sách giáo khoa hình
học 12 nhằm rèn luyện năng lực tư duy lôgíc cho học sinh”.
2. Mục đích nghiên cứu.


- Nhằm mục đích đưa lại hiệu quả trong giảng dạy đặc biệt là ôn thi HSG và ĐH
cho HS Khối 12 . Bên cạnh đó qua qúa trình nghiên cứu trình độ chuyên môn của
bản thân được nâng cao đưa lại hiệu quả tốt trong giảng dạy.
- Nhằm nâng cao năng lực tư duy logíc cũng như chất lượng dạy học chủ đề hình
học không gian cho học sinh trường THPT Như Thanh..
3. Đối tượng nghiên cứu.
Đối tượng nghiên cứu là các bài toán ứng dụng của tỉ số thể tích trong các
bài toán tính thể tích và các bài toán hình học không gian có liên quan. Đề tài này
áp dụng rộng rãi cho các em học sinh THPT, học sinh lớp 12 ôn thi Đại học, Cao
đẳng, các em học sinh giỏi và tất cả giáo viên dạy Toán ở trường THPT tham
khảo.
4. Phương pháp nghiên cứu.
- Nghiên cứu ứng dụng và phát triển bài tập 4 trang 25 SGK hình học 12 ban cơ
bản.
- Nghiên cứu tài liệu liên quan đến đề tài.
II - NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM.
1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm.
Giải toán là quá trình suy luận, nhằm khám phá ra quan hệ lôgíc giữa cái đã
cho và cái chưa biết. Mỗi bái toán có một cách giải, cách suy luận riêng, nên khi
đứng trước một bài toán học sinh thường không biết bắt đầu từ đâu? phải làm như
thế nào?. Trong quá trình dạy học, chunggs ta không thể dạy hết cho học sinh tất
cả các bài tập cũng như các em cúng không thể làm hết các bài tập đó. Vì vậy, để
tạo mối liên hệ giữa các bài tập, khi hướng dẫn cho học sinh giải một bài toán,
giáo viên không nên dừng lại ở một bài toán cụ thể; mà sau khi giải bài toán này,
học sinh phải giải quyết một loạt các vấn đề liên quan mà giáo viên đã định

hướng. Quá trình này phải bắt đầu từ các bài tập đơn giản đến phức tạp để rèn
luyện năng lực tư duy cho học sinh. Từ đó giúp các em có cơ sở khoa học khi
phân tích, định hướng tìm tòi lời giải cho các bài toán khác và đặc biệt là cũng cố
cho các em lòng tin vào khả năng giải toán của mình.
2. Thực trạng của vấn đề nghiên cứu.
Qua quá trình dạy học ở trường THPT Như Thanh nhiều năm nay tôi nhận
thấy việc học môn toán của học sinh là rất khó khăn, đặc biệt là phàn hình học
không gian. Các em không biết bắt đầu từ đâu, vận dụng kiến thức liên quan
nào…. Chính nhứng khó khăn đó đã ảnh hưởng không nhỏ đến chất lượng học tập


môn Toán nói chung và phần hình học nói riêng, dẫn đến các em không hứng thú
trong việc học môn Toán.
3. Giải pháp và tổ chức thực hiện.
Xuất phát từ bài toán trong SGK hình học 12 cơ bản và xem nó như là bài
toán gốc cho trình tự nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm này.
Bài toán: Cho khối chóp S.ABC trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm
A’, B’, C’ khác với S. Chứng minh rằng:

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

VS.A’B’C’ và VSABC lần lượt là thể tích của khối chóp S.A’B’C’ và S.ABC
(Bài tập 4- Tr25 - SGK hình học 12 ban cơ bản)
Lời giải:

Gọi H’ và H lần lượt là hình chiếu của A’ và A lên mặt phẳng (SBC) khi đó ta có:
1
A 'H '.S∆SB'C '
·
VS.A ' B'C ' 3
A 'H '.S∆SB'C ' A'H'.SB'.SC'sin BSC
A'H'.SB'.SC'
=
=
=
=
1
·
VS.ABC
AH.S∆ SAB
AH.SB.SC
AH.SB.SCsin BSC
AH.S∆SAB
3
A 'H ' SA '
=
Ta có: ∆SH’A’∼∆ SHA. Nên:
AH
SA

Do đó:
VS.A ' B'C ' SA ' SB' SC'
=
.
.

VS.ABC
SA SB SC

Vậy, ta có điều phải chứng minh.

Xem bài toán nêu trên là bài toán gốc, ta lần lượt khai thác bài toán trên dưới
những góc độ khác nhau. Sau đây, tôi xin đưa ra bốn hướng khai thác bài toán
trên để hướng dẫn học sinh giải quyết tốt các bài toán hình học không gian.
Hướng 1: Ứng dụng bài toán gốc để giải bài toán
S
tìm tỷ số thể tích.
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác
B’
vuông cân tại C cạnh bên SA vuông góc với mặt
phẳng (ABC) có SA=AB. Mặt phẳng (α) qua A và

A

C
’

C

B


vuông góc với SB cắt SB tại B’ cắt SC tại C’ (B’ và C’ khác S). Tìm tỉ số thể tích
hai phần của khối chóp cắt bởi (α)?
Lời giải:
Ta đặt: CB = CA = a; AB =SA = a 2 ;

SB = 2a; SC = a 3
VS.AB 'C' SA SB' SC' SB' SC'
=
.
.
=
.
VS.ABC SA SB SC SB SC

Dễ dàng chứng minh được tam giác AC’B’ vuông ở C’. Nên ta có:
VS.AB'C' SA SB' SC' SB' SC' SB'.SB SC'.SC ( SA ) ( SA )
4a 2
1
=
. .
=
.
=
.
=
.
=
=
2
2
2
2
2
2
VS.ABC SA SB SC SB SC

SB
SC
( SB ) ( SC ) 4a .3a 3
2

2

VS.AB 'C '
1
1
2
=
VS.AB'C' = VS.ABC ⇒ VA.BCC ' B' = VS.ABC . Hay
VA.BCC ' B ' 2
3
3

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

VS.AB 'C ' D '
.
VABCDD 'C ' B '

Lời 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.ABC
SB SC 2 SC
VS.AC ' D ' SC ' SD ' 1 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
2 SC
2 SC

Kẻ OO’//AC’ (O’∈SC). 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


Suy ra: VABCDD 'C ' B ' =

VS.AB 'C ' D '
1
5
=
. Vậy
VABCDD 'C ' B ' 5
6

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABC lấy M và N lần lượt trên các cạnh SA và SB sao
cho

SM 1 SN
= ,
= 2 . Mặt phẳng (α) qua MN song song với SC chia khối chóp
MA 2 NB

thành hai phần, tìm tỉ số thể tích của hai phần đó.
Lời giải:
Kéo dài MN cắt AB tại I, kẻ MD song song SC (D ∈AC); E =DI ∩ CB. Khi đó tứ
giác MNED là thiết diện khối chóp cắt bởi (α).

Ta có:

VA.MDI AM AD AI 2 2 4 16

=
.
.
= . . =
VA.SCB
AS AC AB 3 3 3 27

(Do kẻ MJ//AB ta có :
Ta lại có:

∆NMJ = ∆NIB

1
3

1
1 16
1
VA.MDI = . VS.ABC =
VS.ABC
16
16 27
27

⇒VAMDEN = VAMDI − VIBNE =

16
1
5
VS.ABC − VS.ABC = VS.ABC

27
27
9

Gọi VSMDCEN là phần thể tích còn lại ta có :
4
9

VSMDCEN = VS.ABC − VAMDEN = VS.ABC
VAMDBNE
VSMDCEN

5
VS.ABC
5
9
=
=
4
VS.ABC 4
9

16
VA.SCB
27
4
3

, BJ = NJ ⇒ BI = AB ;AI = AB)

VIBNE IB IN IE 1 1 1 1
=
.
.
= . . =
VIAMD IA IM ID 4 2 2 16

Suy ra: VI.BNE =

Vậy:

Vậy VA.MDI =


Ví dụ 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
S.ABCD và S.BCNM. Tính tỷ số

V1
.
V

(Trích đề thi HSG Tỉnh Bà Rịa Vũng Tàu - 2010)
Lời giải:
Do (MBC) chứa BC//(SAD) nên N là giao điểm của
đường thẳng qua M song song với AD. Suy ra N là
trung điểm SD.
Ta có: VS.ABC = VS.ACD =

V
2

(Do ABCD là hình thoi nên S∆ABC = S∆ACD )
VS.MBC SB SC SM SM 1
=
. .
=
=
VS.ABC SB SC SA SA 2

⇒

VS.MBC =

V
;
4

VS.MCN
VS.ACD

SM SC SN SM SN 1
V
. .
=
.
= ⇒ VS.MCN =
SA SC SD SA SD 4
8

3V
V 3
Suy ra: V1 = VS.MBC + VS.NCM =
. Vậy 1 = .
V 8
8
=

Hướng 2: Ứng dụng bài toán gốc vào tính thể tích khối đa diện.
Trong quá trình giải bài toán tính thể tích của khối đa diện, không phải khi nào chúng ta
cũng có thể tính trực tiếp được một cách dễ dàng. Việc vận dụng bài toán mở rộng trên
để tính thể tích khối đa diện chúng ta gặp thường xuyên trong các đề thi nhất là các kỳ
thi ĐH và các kỳ thi HSG. Sau đây tôi xin đưa ra một số ví dụ điển hình để hướng dẫn
học sinh ứng dụng bài toán trên để tính thể tích khối đa diện.
·
·
Ví dụ 1: 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?
Lời giải :
Áp dụng công thức ta có:


VS.BCM SB SC SM 1 VS.CMN SM SN SC 1
=
. .
= ;

=
.
.
= .
VS.BCA
SB SC SA 2 VS.CAD
SA SD SC 4
VS.BCNM = VS.BCM + VS.CNM =
Ta có:

1
1
VS.BCA + VS.CAD .
2
4

1
VS.ABC = SA.S∆ABC
3

và:

1
1
1
= SA. BA.BC = a 3
3
2
3
1

VS.ACD = .SA.S∆ACD
3
1
1
1
1
2
= .SA. CA.CD = .2a. a 2.a 2 = a 3
3
2
3
2
3

Vậy: VS.BCNM = VS.BCM + VS.CNM =

1
1
a 3 2a 3 a 3
VS.BCA + VS.CAD =
+
=
2
4
2.3 4.3 3

1
1
a 3 2a 3 a 3
VS.BCA + VS.CAD =

+
= .
2
4
2.3 4.3 3
Ví dụ 2: 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
Lời giải :
VCMNP CN CP 1
=
.
=
Ta có:
(1)
VCMBD CB CD 4
Nên: VS.BCNM = VS.BCM + VS.CNM =

VCMBD VM.BCD MB 1
=
=
=
VCSBD
VS.BCD
SB 2

(2)

Nhân theo vế (1) với (2) ta có:
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)
Do đó:
Vậy:

VS.BCD

1
1 a 3 1 2 a3 3
= .SH.S∆BCD = .
. a =
3
3 2 2
12

VCMNP

a3 3
(đvtt)
=
96


Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a; SA = a 3 và SA vuông
góc với đáy, mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SC và cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’,
C’, D’.Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a .

(Trích đề thi HSG Tỉnh Hải Dương 2012)
Lời giải :
Ta có: BC ⊥ AB; BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ (SAB);
SC ⊥ (P) ⇒ SC ⊥ AB’ ⇒ AB’⇒ (SBC).
Tương tự ta cũng có: AD’ ⊥ SD
Lại có: VS.AB 'C ' D ' = Vs.AB 'C ' + VS.AD 'C '
VS.AB 'C '
SA SB' SC ' SB.SB' SC.SC'
=
.
.
=
.
=
VS.ABC
SA SB SC
SB 2
SC 2

VS.AD 'C '
VS.ADC

SA 2 SA 2 3 3 9
=
.
= . =
SB2 SC 2 4 5 20
SA SD ' SC ' SD.SD ' SC.SC'
=
.

.
=
.
SA SD SC
SD 2
SC2

(1)

(2)

SA 2 SA 2 3 3 9
=
.
= . =
SD 2 SC2 4 5 20
1 1 2
a3 3
Do: VS.ABC = VS.ADC = . .a .a 3 =
3 2
6
Khi đó cộng theo vế (1) và (2) ta có:
VS.AB 'C ' VS.AD 'C '
VS.AD 'C ' VS.AB 'C '
+ 3
= 9
9
9
9 a 3 3 3 3.a 3
3

+
=
+
= a 3
⇒ VS.AB 'C ' D ' =
.
=
a 3
VS.ADC VS.ABC
20 20 10
10 6
20
6
6
Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a; BC = a 2 . Cạnh
bên SA vuông góc với đáy và SA = b. Gọi M là trung điểm SD, N là trung điểm AD. Gọi
(P) là mặt phẳng đi qua BM và cắt mặt phẳng (SAC) theo một đường thẳng vuông góc
với BM. Chứng minh rằng: AC ⊥ (BMN) và tính thể tích khối đa diện S.KMHB.
Lời giải : Dễ CM được AC ⊥ BN
Lại có: MN // SA ⇒

MN ⊥ AC

(1)
(2)

Từ (1) và (2) ta có: AC ⊥ (BMN)
Giả sử (P) cắt (SAC) theo giao tuyến (d) ⊥
BM. Mà do (d) và AC đồng phẳng
⇒ (d) // (AC). Gọi: O = (AC)∩(BD).

Trong mặt phẳng (SBD): SO cắt BM tại I.


Qua I kẻ đường thẳng (d) // (AC) cắt SA, SC lần lượt tại H, K ⇒ Mặt phẳng (MHBK) là
mặt phẳng (P) cần dựng. Lại vì I là trọng tâm ∆SDC và HK//AC nên:
SH SK SI 2
=
=
=
(3)
SC SA SO 3
Theo công thức tính tỉ số thể tích ta có:
VSMBK
VSDBA

=

SM SB SK 1 VSMHB
SM SH SB 1
. .
= ;
=
.
.
= .
SD SB SA 3 VSDCB
SD SC SB 3

⇒ VSKMHB =VSKMB + VSMHB =

1
1
1
( VS.DBC + VS.DBA ) = .VS.ABCD = 2.a 2 b (đvtt)
3
3
3

Hướng 3: Ứng dụng bài toán gốc vào chứng minh các đẳng thức hình học.
Việc chứng minh và ứng dụng các đẳng thức thức hình học không gian là rất quan
trọng song không hề dễ dàng để chứng minh các đẳng thức đó . Sau đây tôi xin
đưa ra một ra một số đẳng thức quan trong và việc chứng minh hết sức đơn giản
bằng việc vận dụng bài toán gốc nói trên .
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng (α)
cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại A’, B’, C’, D’.
Chứng minh rằng:

SA SC SB SD
+
=
+
.
SA ' SC ' SB' SD '

Lời giải :

Xét các hình chóp S.ABC và S.ADC ta có:
VS.A ' B 'C ' SA ' SB' SC '
=
.

.
VS.ABC
SA SB SC

Và:

VS.A ' D 'C ' SA ' SD ' SC '
=
.
.
VS.ADC
SA SD SC
1
2

(1)
(2)

Vì: VS.ABC = VS.ACD = VS.ABCD . Cộng theo vế (1) và (2) ta có:


VS.A ' B 'C ' D ' SA ' SB' SC' SA ' SD ' SC'
=
.
.
+
.
.
1
SA

SB
SC
SA
SD
SC
VS.ABCD
2

(3)

Tương tự xét các hình chóp S.ABD và S.BCD ta có:
và:

VS.B 'C ' D ' SB' SC ' SD '
=
.
.
VS.BCD
SB SC SD

VS.A ' B ' D ' SA ' SB' SD '
=
.
.
(4)
VS.ABC
SA SB SD

(5)

1
2

vì: VS.ABD = VS.BCD = VS.ABCD
Cộng theo vế (4) và (5) ta có:
VS.A ' B 'C ' D ' SA ' SB' SD' SB' SC' SD '
=
.
.
+
.
.
1
SA
SB
SD
SB
SC
SD
VS.ABCD
2

(6)

Từ (3) và (6) ta có:
SA ' SB' SC' SA ' SD ' SC' SA ' SB' SD ' SB' SC ' SD '
.
.
+
.

.
=
.
.
+
.
.
SA SB SC SA SD SC
SA SB SD SB SC SD

⇔

SA ' SB' SC ' SD '  SD SB  SA ' SB' SC' SD '  SC SA 
.
.
+
.
.
+

÷=

÷
SA SB SC SD  SD ' SB'  SA SB SC SD  SC ' SA ' 

⇔

SD SB SC SA
+
=

+
. Suy ra điều phải chứng minh.
SD ' SB' SC ' SA '

Ví dụ 2: Cho hình chóp S.ABC. Gọi G là trong tâm tam giác ABC. Mặt phẳng
(α) bất kì cắt các cạnh SA, SB, SC, SG lần lượt tại các điểm A’, B’, C’, G’ khác S.
Chứng minh rằng:

SA SB SC
SG
+
+
=3
.
SA ' SB' SC '
SG '

Lời giải : Do G là trọng tâm của tam giác
ABC nên:
1
VS.ABG = VS.BCG = VS.ACG = VS.ABC
3
VS.A ' B'C ' SA ' SB' SC '
=
.
.
Ta có:
VS.ABC
SA SB SC

Mặt khác ta có:
VS.A 'B 'C ' VS.A ' B'G ' VS.A 'C'G ' VS.B'C 'G '
=
+
+
=
VS.ABC
VS.ABC
VS.ABC
VS.ABC


1 V
V
V
=  S.A ' B ' G ' + S.A 'C 'G ' + S.B' C ' G ' ÷
3  VS.ABG
VS.ACG
VS.BCG 

(1)


1  SA ' SB' SG ' SA ' SC ' SG ' SB' SC ' SG ' 
= 
.
.
+
.
.

+
.
.
÷
3  SA SB SG SA SC SG SB SC SG 
=

1 SA ' SB' SC' SG '  SC SB SA 
.
.
.
+
+

÷
3 SA SB SC SG  SC' SB' SA ' 

(2)

Từ (1) và (2) ta có:
SA SB SC
SG
+
+
=3
. Suy ra điều phải chứng minh.
SA ' SB' SC '
SG '

Ví dụ 3 : Cho tứ diện đều ABCD cạnh bằng a ,AH là đường cao của tứ diện và O

là trung điểm của AH. Một mặt phẳng qua O cắt các cạnh AB, AC, AD lần
lượt tại M ,N ,P . CMR:

1
1
1
6
+
+
= .
AM AN AP a

Lời giải :
Ta có :

VA.MNP AM AN AN
=
.
.
VA.BCD AB AC AD

Mặt khác :

(1)

VA.MNP VA.MON + VA.NOP + VA.PON
=
VA.BCD
VA.BCD

=

VA.MON VA.NOP VA.PON
+
+
VA.BCD VA.BCD VA.BCD

=

VA.MON
V
V
1
+ A.NOP + A.PON (Do VA.BCH = VA.CDH = VA.BDH = VA.BCD )
3VA.BCH 3VA.CDH 3VA.BDH
3
1  AM AN AO

AN AP AO

AP AM AO 

.
.
+
.
.
+
.
.

= 
÷
3  AB AC AH AC AD AH AD AB AH 


.
+
.
+
.
= . 
÷
3 2  AB AC AC AD AD AB 
1 1 AM AN

=

AN AP

AP AM

1 AM AN AP  AD AB AC 
.
.
+
+
÷
6 AB AC AD  AP AM AN 

Từ (1) và (2) ta có :

(2)

AM AN AN 1 AM AN AP  AD AB AC 
.
.
+
+
.
.
=
÷
AB AC AD 6 AB AC AD  AP AM AN 

1 a
a
a 
1= 
+
+
÷
6  AM AN AP 

Hay ta có :

1
1
1
6
+

+
=
. Suy ra điều phải chứng minh .
AM AN AP a


Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABC, Lấy điểm M nằm trong tam giác ABC các đường
thẳng qua M song song với SA, SB, SC cắt các mặt bên lần lượt tại các điểm A’,
B’, C’.Chứng minh rằng:

VM.A ' B 'C ' MA ' MB' MC '
=
.
.
VS.ABC
SA SB SC

Lời giải :
Gọi A1, B1, C1 lần lượt là điểm đối xứng với
A’, B’, C’ qua M. Khi đó ta có:
VM.A 'B 'C ' = VM.A1B1C1 . Trên các cạnh SA, SB, SC

lấy lần lượt các điểm A 2 ; B2 ; C2 sao cho:
SA 2 = MA ' ;SB2 = MB' ;SC 2 = MC'

Khi đó hình chóp S.A 2 B2C2 là ảnh của hình
chóp M.A1B1C1 qua phép tịnh tiến theo véc tơ
uuur
MS

Nên ta có:
VM.A ' B'C ' = VM.A1B1C1 = VS.A 2B2C2 .

Khi đó:
Hay:

VM.A ' B ' C ' VS.A2 B2C2 SA 2 SB2 SC 2
=
=
.
.
.
VS.ABC
VS.ABC
SA SB SC

VM.A ' B 'C ' MA ' MB' MC '
=
.
.
.
VS.ABC
SA SB SC

Ví dụ 5 : Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc
với đáy.Góc tạo bởi SC và mặt phẳng (SAB) là α .Một mặt phẳng đi qua A vuông
góc với SC và cắt SB, SC, SD lần lượt tại M, N, P.
S

2

V
 cos2α 
CMR: S.AMNP = 
÷.
VS.ABCD  cos α 

N

Lời giải :
Ta có: từ (gt) suy ra ∠BSC = α , BC ⊥ SB, SC ⊥ AN

P

VS.AMNP 2VS.AMN SA SM SN
=
=
.
.
Lại có :
VS.ABCD VS.ABCD SA SB SC
SM SN SM.SB SN.SC
.
=
.
SB SC
SB2
SC 2
SA 2 SA 2
=

.
SB2 SC 2
a
.
sin α

M
O

=

Mặt khác ta có: SB = a.cot α ,SC =

C

D

a

( 1)

A

B


 cos 2 α 
2 cos 2α
Nên SA = SB − AB = a .cot α − a = a  2 − 1÷ = a
sin 2 α

 sin α 
2

2

2

2

2

2

2

Do đó:
SM SA 2
sin 2 α
cos 2α
2 cos 2α
.
=
= 2 =a
SB SB
sin 2 α a 2 cos 2 α cos 2 α

(2)

2
SN SA 2

2 cos 2α sin α
=
=
a
.
= cos 2α
SC SC2
sin 2 α a 2

(3)
2

V
 cos2α 
Lấy (2) và (3) thay vào (1) ta có : S.AMNP = 
÷ .Vậy ta có điều phải CM .
VS.ABCD  cos α 

Hướng 4: Vận dụng bài toán gốc vào giải bài toán cực trị trong hình học không
gian.
Đối với bài toán tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của một đại lượng biến thiên
là không hề dễ dàng. Bởi vậy việc tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của một đại
lượng biến thiên đối với hình học không gian lại càng khó khăn. Sau đây tôi xin
đưa ra một số bài toán hay và khó mà việc vận dụng bài toán gốc để giải quyết thì
thực sự thuận lợi và đơn giản.
Ví dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB = a, AD = b ,
SA vuông góc với đáy và SA = 2a . Gọi M là điểm nằm trên cạnh SA sao cho
AM = x (0 < x < 2a) . Tính diện tích thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng
(MBC). Tìm x theo a để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai
phần có thể tích bằng nhau.

(Đề thi HSG lớp 12 tỉnh Thanh Hóa -2014)
Lời giải :
Thiết diện là hình thang vuông MNCB, vuông tại B và M.
Tính diện tích thiết diện:
S MNCB =

1
( MN + CB ) MB ;
2

BM = BA2 + AM 2 = a 2 + x 2

∆SMN đồng dạng ∆SAD
⇒ MN =

SM . AD (2a − x).b
=
SA
2a

1  2ab − bx

+ b a2 + x2 .
Vậy S MNCB = 
2

2a



1
3

Gọi V là thể tích của khối chóp S.ABCD ⇒ VS . ABCD = SA.S ABCD =

2a 2b
=V
3


Gọi V1 là thể tích của khối SMNCB: V1 = VS .MBC + VS .MNC
V

SM .SB.SC

SM

2a − x

S . MBC
=
=
=
Ta có V
SA
.
SB
.
SC
SA

2a
S . ABC

1
1
V
2a − x V 2a − x ab 2 (2a − x)
=
a.b .
VSABC = SA.S ABC = .2a 2b = ⇒ VSMBC =
. =
.
6
3
6
2
2a 2
2a
3
2

2

V
SM .SN .SC SM SN  MN   2a − x 
=
.
=
Ta có S . MNC =
÷ =

÷
VS . ACD
SA.SC.SD
SA SD  AD   2a 
⇒ VS . ACD =

V a 2b
=
2
3

⇒ VS .MNC =

Yêu cầu bài toán ⇔ V1 =

(2a − x) 2 a 2b (2a − x) 2
.
=
.b
4a 2
3
12

V a 2b
(2a − x).ab (2a − x) 2 .b a 2b
=
⇔
+
=
2

3
6
12
3

 x = a (3 + 5) > 2a (loai )
⇔ x 2 − 6ax + 4a 2 = 0 ⇔ 
 x = a (3 − 5) (t / m)

Vậy với x = a (3 − 5) thì mp(MBC) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể
tích bằng nhau.
Ví dụ 2: Cho hình chóp đều S.ABC có SA = a.. Gọi G là trọng tâm tam giác SBC,
mặt phẳng (P) đi qua AG cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại M, N. Gọi V 1, V lần lượt
S
là thể tích khối chóp S.AMN và S.ABC. Tìm
giá trị lớn nhất của

V
.
V1

Lời giải :
Gọi J là giao điểm của SG và BC ⇒ J là trung

A
N

1
2

M

điểm BC. Suy ra: S∆ABJ = S∆ACJ = SABC
⇒VS.ABJ = VS.ACJ =
Đặt: x =

1
V
VS.ABC =
2
2

SM
SN
,y =
SB
SC

G

C
B

(x, y ∈ (0;1])

VS.AMG SA SM SG 2x
V 2x
=
.
.

=
⇒ VS.AMG =
VS.ABJ
SA SB SJ
3
2 3

Tương tự: VS.AGN =
V1
V

=

2y V
V
⇒ V1 = VS.AMG + VS.AGN = (y + x) (1)
3 2
3

SA SM SN
.
.
= xy ⇒ V1 = Vxy
SA SB SC

(2)


Từ (1) và (2) ⇒ x + y = 3xy

(*)

Theo bất đẳng thức giữa trung bình cộng và trung bình nhân ta có:
x + y ≥ 2 xy . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi x = y
4
9

Từ (*) ta có: 3xy ≥ 2 xy ⇔ xy ≥ .
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi: x = y =

2
3

V
1 9
2
=
≤ . Dấu “=” xảy ra x = y = .
V1 xy 4
3

Vậy giá trị lớn nhất của

V 9
SM SN 2
=
= .
= ⇔
V1 4
SB SC 3

Ví dụ 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K là trung
điểm SC. Mặt phẳng (α) qua AK cắt SB và SD lần lượt tại M và N.
V
Đặt V1 = VS.AMKN ; V = VS.ABCD . Khi mặt phẳng (α) song song BD tỉnh tỉ số 1 .
V

Đặt x =

V
SM
SN
1 V 3
, y=
. Tính 1 theo x và y. CMR: ≤ 1 ≤ .
3 V 8
SB
SD
V

Lời giải :
a) Gọi O là tâm của hình bình hành ABCD và I là giao điểm của AK và SO;
Qua I kẻ đường thẳng song song với BD cắt SB và SD lần lượt ở M và N.
Ta có:

SM 2 SN 2
= ;
= . Vì S.ABCD có đáy là hình bình hành nên: V S.ABC = VS.ADC
SB 3 SD 3

1
2

= V.
V

SM SK

2 1

1

S.AMK
=
.
= . =
Ta có: V
SB SC 3 2 3
S.ABC

1
6

1
6

⇒ VS.AMK = V ⇒ VS.ANK = V
Mà: V = VS.ABC + VS.ADC . Vậy V1 = VS.AMK + VS.ANK.
⇒

V1 1
= .
V 3

V

SM SK

1

x

S.AMK
=
.
= x ⇒ VS.AMK = V .
b) Ta có: V
SB SC 2
4
S.ABC

y
4

Tượng tự ta có: VS.ANK = V . Suy ra:

V1 x + y
=
V
4

(1)


1
2

Do: V1 = VS.AMN + VS.MNK và VS.ABC = VS.ADC = V.
V

SM SN

xy

S.AMN
=
.
= xy ⇒ VS.AMK =
V
Mà: V
SB SD
2
S.ABD

⇒

VS.KMN SM SN SK
1
xy
=

. .
= xy ⇒ VS.KMK =
V.
VS.CBD SB SD SC
2
4

⇒

V1 3xy
=
.
V
4

(2).

Từ (1) và (2) suy ra:
y=

x
1
. Do x > 0; y > 0 nên suy ra x > .
3x − 1
3

Mặt khác: y ≤ 1 ⇒

x
1

1 
≤ 1 ⇒ x ≥ . Vậy ta có: x ∈  ;1 .
3x − 1
2
2 

Xét hàm số: f(x) =
Ta có: f’(x) =

3x 2
V1 3xy
1 
=
=
với x ∈  ;1 .
4(3x − 1)
V
4
2 

3x(3x − 2)
.
4(3x − 1) 2

Bảng biến thiên:
x

1
2

f’(x)
f(x)
Vậy:

3
8

0

1
+

1
3

3
8

1 V1 3
≤
≤ .
3 V 8

x = 1
V1 3
= ⇔
Khi:
x = 1
V 8


2

Khi:

2
3

V1 1
2
= ⇔x=
V 3
3

thì M là trung điểm SB hoặc M trùng B;
thì .

Ví dụ 4: Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD. Mặt phẳng (α) đi
qua trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC, AD tại các điểm
(khác A). Gọi hA, hB, hC, hD lần lượt là khoảng cách từ các điểm A, B, C, D đến
h 2B + h C2 + h D2
mặt phẳng (α). Chứng minh rằng:
≥ h 2A .
3

Lời giải :


Gọi B’, C’, D’ lần lượt giao điểm của mặt phẳng
(α) với các cạnh AB, AC, AD.
1

3

Ta có: VAGBC = VAGCD = VAGDB = VABCD . (*)
Vì: VAB'C'D' = VAIB'C' + VAIC'D' + VAID'B'

và (*)

nên:
VAB'C'D' VAIB'C' VAIC'D' VAID'B'
=
+
+
⇔
VABCD 3VAGBC 3VAGCD 3VAGDB

AB'.AC'.AD ' AI.AB'.AC'
AI.AC'.AD'
AI.AD'.AB '
=
+
+
AB.AC.AD
3.AG.AB.AC 3.AG.AC.AD 3.AG.AD.AB

AB AC AD
AG
+
+
= 3.
=6

AB' AC ' AD'
AI

⇔

BB' CC' DD'
+
+
= 3 . Mặt khác ta có:
AB' AC' AD'

BB' h B CC ' h C DD' h D
=
,
=
,
=
.
AB' h A AC ' h A AD' h A

Suy ra:

hB hC hD
+
+
= 3 ⇔ h B + h C + h D = 3h A
hA hA hA

2
2

2
Ta có: ( h B + h C + h D ) ≤ 3 ( h B + h C + h D ) .
2

(**)

⇔ ( h B − h C ) + ( h C − h D ) + ( h D − h B ) ≥ 0 (luôn đúng).
2

2

2

2
2
2
Kết hợp với (**) ta được: ( 3h A ) ≤ 3 ( h B + h C + h D )
2

h 2B + h C2 + h 2D
≥ h 2A . Vậy ta có điều phải chứng minh.
hay:
3

3.3. Một số bài tập vận dụng :
Bài tập 1. Cho hình chop tam giác S.ABC có đáy là tam giác đều cạnh a,
SA ⊥ (ABC) ; SA =2a. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB,
SC. Tính thể tích khối chop A.BCNM theo a.
Bài tập 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân, đáy lớn AD =
2a, AB = BC = a, SB = 2a, hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD)

trùng với trung điểm O của AD. Trên các cạnh SC, SD lấy các cạnh M, N sao cho


SM = 2 MC, SN = DN. Mặt phẳng (α ) qua MN song song với BC cắt SA, SB lần
lượt tại P và Q. Tính thể tích khối chóp S.MNPQ theo a.
Bài tập 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a; SA = SB =
SC =2a. Gọi M là trung điểm của 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 S.ABCD và
S.BCNM.
a) Tính tỷ số

V1
V

b) Chứng minh V ≤ 2a 3 .

Bài tập 4. Cho hình chóp S.ACD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a góc
∠BAD = 600 , SA ⊥ (ABCD) , SA=a . Gọi C’ là trung điểm của SC mặt phẳng (P) qua
của AC’ và song song song với BD cắt SB ,SD lầ lượt tại B’ và D’.
Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’
Bài tập 5 . Cho tứ diện ABCD cạnh bằng a .AH là đường cao của tứ diện và O là
trung điểm của AH . Một mặt phẳng đi qua Ocawts AB, AC, AD lần lượt tại M, N, P
. CMR:

1
1
1
6
+
+

=
AM AN AP a

4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.
SKKN này đã được tôi thực hiện giảng dạy trong năm học 2015-2016 khi
tôi tham gia dạy đội tuyển HSG nhà trường, các em HSG lớp 11A1 và Luyện thi
Đại học. Trong quá trình hướng dẫn học sinh học chuyên đề này, các em rất hứng
thú và tự tin, biết vận dụng khi gặp các bài toán liên quan, tạo cho học sinh niềm
đam mê, yêu thích môn hình học nói riêng và môn toán nói chung. Mở ra cho học
sinh cách nhìn nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học. Kết quả
đạt được có thể nói là rất khả quan, khi đội tuyển học sinh giỏi nhà trường gồm 5
em tham dự kì thi cấp tỉnh thì cả 5 em đều làm được câu V.1 trong đề thi. Các giải
đạt được cũng rất ấn tượng một giải Nhì, hai giải ba và 2 giải KK.
III. KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ.
1. Kết luận.
Các bài toán hình học không gian là một nội dung quan trọng và khó trong
chương trình môn toán bậc THPT. Sáng kiến này đã hướng dẫn học sinh vận dụng
kết qủa của bài tập SGK vào giải các bài toán hình học không gian và tập trung chủ
yếu vào các dạng bài tập sau : Tính thể tích, tỉ số thể tích, chứng minh các đẳng thức
hình học và đặc biệt là các bài toán cực trị trong hình học không gian.


Thông qua dạy học chuyên đề đã gây được sự hứng thú trong học tập cho học
sinh, nâng cao khả năng tư duy lô gic và khả năng sáng tạo của học sinh. Sáng
kiến này có tác dụng tốt trong việc bồi dưỡng học sinh giỏi và ôn luyện thi THPT
QG. Mặc dù cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắc chắn còn có nhiều thiếu sót và
hạn chế. Rất mong được sự quan tâm của tất cả các đồng nghiệp bổ sung và góp ý
cho tôi. Tôi xin chân thành cảm ơn.
2. Kiến nghị.

Trong dạy học giải bài tập toán, giáo viên cần quan tâm đến việc khai thác
và mở rộng các bài tập SGK. Phát triển và nhân rộng những đề tài có ứng dụng
thực tiễn cao, đồng thời có thể viết thành những tài liệu tham khảo cho học sinh và
giáo viên.
Sở GD& ĐT nên gửi các SKKN đạt giải về các trường THPT để giáo viên
có thể tham khảo trong quá trình giảng dạy .
XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Như Thanh, ngày 10 tháng 05 năm 2016
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình viết,
không sao chép nội dung của người khác.

Nguyễn Khắc Sâm


TÀI LIỆU THAM KHẢO.

1. SGK Hình học 12 ban cơ bản - Nhà XBGD năm 2008
2. SGK Hình học 12 nâng cao - Nhà XBGD năm 2008.
3. Các dạng Toán LT ĐH của Phan Huy Khải- NXB Hà Nội năm 2002
4. Các bài viết trên tạp chí TH&TT
5. Các đề thi ĐH & CĐ, đề thi HSG các tỉnh
6. Trần Văn Tấn -Các chuyên đề hình học 12
7. Đề thi HSG các tỉnh- Nguồn Internet.