Phát triển bài toán khối đa diện và một số ứng dụng thực tế trong các kì thi hiện nay

BÁO CÁO SÁNG KIẾN
PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN KHỐI ĐA DIỆN VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
THỰC TẾ TRONG CÁC KÌ THI HIỆN NAY

1


THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN
1. Tên sáng kiến: Phát triển bài toán khối đa diện và một số ứng dụng thực tế
trong các kì thi hiện nay.
2. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến: Toán học
3. Thời gian áp dụng sáng kiến: Từ ngày 10/10/2016 đến ngày 20/05/2017
4. Mã SK: SK34

2


BÁO CÁO SÁNG KIẾN
I. ĐIỀU KIỆN HOÀN CẢNH TẠO RA SÁNG KIẾN
Một trong các môn học cung cấp cho học sinh nhiều kĩ năng, đức tính, phẩm chất
của con người lao động mới là môn học hình học không gian. Trong môn toán ở trường
phổ thông phần hình học không gian giữ một vai trò, vị trí hết sức quan trọng. Ngoài
việc cung cấp cho học sinh kiến thức, kĩ năng giải toán hình học không gian, còn rèn
luyện cho học sinh đức tính, phẩm chất của con người lao động mới: cẩn thận, chính
xác, có tính kỉ luật, tính phê phán, tính sáng tạo, bồi dưỡng óc thẩm mĩ, tư duy sáng tạo
cho học sinh. Phát triển bài toán về khối đa diện và một số ứng dụng thực tế là chuyên
đề mang nội dụng quan trọng, phổ biến với nhiều dạng toán mà chúng ta thường gặp
trong các kì thi kiểm tra chất lượng học kì, cuối năm, đặc biệt là kì thi THPT Quốc Gia
hay kì thi học sinh giỏi các cấp, chúng rất đa dạng và phong phú về đề bài và lời giải.
Ngày nay với sự sáng tạo không ngừng của người học toán thì những mô hình về khối
đa diện càng xuất hiện rất nhiều trên các diễn đàn Toán học với những mô hình, ý tưởng

mới mẻ và đặc sắc. Mặc dù đây là một đề tài quen thuộc, chính thống nhưng không vì
thế mà giảm đi phần thú vị, nhiều bài toán cơ bản ở mức độ vận dụng thấp tăng dần lên
những bài toán khó ở mức độ vận dụng cao vẫn làm khó nhiều học sinh THPT. Một bài
toán về thể tích của khối đa diện và các nội dung liên quan có thể có nhiều phương pháp
giải khác nhau. Tuy nhiên đối với các em học sinh có học lực trung bình, khá thì việc
tìm ra được lời giải cho bài toán còn nhiều khó khăn.
Thực trạng trường THPT ......... còn nhiều em chưa cảm thấy có hứng thú nhiều
với việc học giải toán liện quan đến khối đa diện. Chỉ những em học sinh có học lực
khá, giỏi của trường mới có sự quan tâm và có niềm đam mê chinh phục nội dung Toán
học này. Các em học sinh khá, giỏi quan tâm đến bài toán về khối đa diện bởi nội dung
của chuyên đề này thường xuyên xuất hiện trong đề thi THPT Quốc gia và ở mức độ
khó. Đặc biệt, trong năm học 2016-2017 là năm đầu tiên môn Toán chuyển sang hình
thức thi Trắc nghiệm với những dạng Toán mới mẻ, nổi bật là những bài toán có bao
hàm nội dung liên quan đến thực tế, trong đó có những bài toán thực tế liên quan
3


đến những mô hình khối đa diện. Các em học sinh phải chiếm lĩnh được chuyên đề thể tích
của khối đa diện và các bài toán liên quan thì mới có cơ hội đạt điểm cao môn Toán và cơ
hội trúng tuyển những trường Đại học tốp đầu mà các em đang mơ ước. Với mong muốn
ngày càng có nhiều em học sinh cảm thấy có hứng thú và có niềm đam mê chinh phục
những nội dung Toán học đỉnh cao này, tôi đã mạnh dạn xây dựng nên chuyên đề ‘’Phát
triển bài toán về khối đa diện và một số ứng dụng thực tế trong c¸c k× thi hiÖn nay’’.
II. MÔ TẢ GIẢI PHÁP

1.Mô tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Trong quá trình giảng dạy tôi nhận thấy nhiều học sinh khi gặp các bài toán về hình
học không gian các em học sinh thường không biết vẽ hình, còn lúng túng, không phân loại
được các dạng toán, chưa định hướng được cách giải. Trong khi đó vẽ được hình (hình biểu
diễn tốt nhất, đúng ý tưởng) đã là một phần của lời giải của bài toán.

Trong chương trình Toán THPT các bài tập hình học không gian trong sách giáo khoa
cũng như trong các đề thi thường là bài toán khó đối với các em học sinh. Trong các kì thi,
đặc biệt kì thi THPTQG và học sinh giỏi thì bài toán về hình học không gian làm cho nhiều
học sinh lúng túng vì nghĩ rằng nó trừu tượng và thiếu tính thực tế. Có thể nói bài toán về
hình không gian có sự phân loại đối tượng học sinh rất cao. Chính vì thế mà có rất nhiều
học sinh học yếu môn học này, về phần giáo viên cũng gặp không ít khó khăn khi truyền
đạt nội dung kiến thức và phương pháp giải các dạng bài tập hình học không gian.

2. Mô tả giải pháp sau khi có sáng kiến
Để giải được bài hình học tố theo tôi nghĩ có một số giải pháp tăng cường kỹ năng
kiến thức cho học sinh, đó là vẽ hình đúng, trực quan nó gợi mở và tạo điều kiện thuận lợi
cho việc giải các bài toán và phát huy trí tưởng tượng không gian, phát huy tính tích cực và
niềm say mê học tập của học sinh. Vẽ đúng, trực quan hình vẽ giúp học sinh tránh được
các sai lầm đáng tiếc. Tăng cường vấn đáp nhằm giúp học sinh hiểu rõ các khái niệm trong
hình học không gian như hình chóp, tứ diện, hình chóp đều, hình lăng trụ; hình hộp; hình
hộp chữ nhật. Sử dụng đồ dùng dạy học một cách hợp lý các phần mềm giảng dạy như:
Cabir, GSP.
Trong qua trình giải quyết các bài toán về thể tích của khối đa diện và bài toán liên quan,
khâu quan trọng là học sinh phân tích đề bài và tìm ra dấu hiệu đường cao của hình chóp
4


(có thể tìm được) để đưa ra mô hình hình vẽ phù hợp nhất. Một vấn đề nữa là khi đứng
trước những bài toán mới lạ học sinh chưa thực sự chủ động và làm chủ bài toán. Phân chia
khối đa diện theo mô hình nhằm mục đích cho học sinh có một hệ thống nhất định về các
bài toán hình học không gian, đặc biệt là các bài toán tính thể tích của khối chóp. Với mỗi
mô hình, học sinh nhận ra những dấu hiệu để tìm kiếm đường cao của hình chóp, từ đó
học sinh chủ động xác định được cách biểu diễn hình chóp một cách tốt nhất, đồng thời
phục vụ cho việc tìm kiếm thể tích của khối chóp và các câu hỏi liên quan. Chính vì thế mà
tôi đưa ra các mô hình điển hình để học sinh có thể nhận ra những mô hình quen thuộc đó

trong những bài toán lạ, tức là nhìn vấn đề mới lạ trong cái quen thuộc từ đó có cách sử lí
phù hợp nhất.
Báo cáo sáng kiến kinh nghiệm gồm 2 Chương, trong mỗi Chương lại gồm các bài
khác nhau, trong mỗi bài lại gồm các ví dụ cụ thể, mỗi một ví dụ được trình bày theo cấu
trúc Đề bài-Lời giải-Bình luận. Trong lời giải, tùy từng ví dụ mà có thể đưa ra các cách
giải khác nhau, đảm bảo cho hai hình thức thi Trắc nghiệm và Tự luân. Việc đưa ra những
bình luận sắc bén nhằm nhấn mạnh những điểm mấu chốt của bài toán và đưa ra các
cách giải khác để so sánh ưu điểm, nhược điểm với phương pháp ở trên. Học sinh thấy
được những dấu hiện nổi bật của bài toán để lựa chọn phương pháp giải toán cho phù
hợp. Như vậy phần bình luận nhằm tổng kết lại phương pháp đã sử dụng và đưa ra những
phương hướng mới cho lời giải bài toán hay phát triển bài toán thành một lớp bài toán
rộng hơn. Ngoài ra trong sáng kiến tôi còn giới thiệu nhiều bài toán phù hợp với hình
thức thi Trắc nghiệm cùng các công thức giải nhanh đảm bảo cho học sinh có thể quyết
bài toán trong thời gian ngắn nhất, bên cạnh các công thức giải nhanh học sinh cũng cần
biết đến lời giải tự luận để hiểu rõ bản chất và khắc sâu bài toán. Sau đây tôi trình bày
những nội dung cụ thể của giải pháp trong sáng kiến.

CHƯƠNG 1. CÁC PHƯƠNG PHÁP CƠ BẢN TÍNH THỂ TÍCH
CỦA KHỐI ĐA DIỆN
BÀI 1. MỘT SỐ MÔ HÌNH HÌNH CHÓP THƯỜNG GẶP
5


1. Mô hình1. Hình chóp có cạnh bên vuông góc với mặt đáy
• Mô hình này có thể nói là phù hợp và phổ biến với học sinh nhất, trước hết là thuận lợi
trong cách vẽ hình. Giả thiết của bài toán cho trước đường cao của hình chóp nên
hướng giải quyết bài toán là tính diện tích đáy và độ dài đường cao của hình chóp.
• Để xây dựng và phát triển bài toán chúng ta có thể điều chỉnh các tình tiết để làm tăng
độ phức tạp của đáy hoặc làm phức tạp cách tính độ dài đường cao ta được các bài toán
khó, dễ khác nhau.

VÝ dô 1.1.1.1. (Trích dẫn: Đề thi chính thức THPTQG năm 2017).
Xét khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh A, cạnh SA vuông góc
với mặt phẳng (ABC), khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng 3. Gọi α là góc
giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC). Tính cos α khi thể tích của khối chóp S.ABC đạt giá
trị nhỏ nhất.
1
2
3
2
A. cos α = .
B. cos α =
C. cos α =
D. cos α = .
.
.
3
3
3
2
Lời giải
+) Gọi K là trung điểm của cạnh BC. Do tam giác ABC vuông cân tại đỉnh A nên
AK ⊥ BC , mà BC ⊥ SA nên suy ra BC ⊥ ( SAK ) .
+) Mặt khác ( SBC ) ∩ ( ABC ) = BC , BC ⊥ ( SAK ) .

( SAK ) ∩ ( ABC ) = AK , ( SAK ) ∩ ( SBC ) = SK .

S

Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là góc
· . Theo giả

giữa hai đường thẳng AK và SK, đó là SKA
·
thiết, ta có SKA
= α.
+) Trong mặt phẳng ( SAK ) , kẻ AH ⊥ SK , K ∈ SK . Theo
trên BC ⊥ ( SAK ) ⇒ BC ⊥ AH . Khi đó AH ⊥ ( SBC ) và
d ( A, ( SBC ) ) = AH . Theo giả thiết AH = 3.
+) Gọi độ dài cạnh AB = a ⇒ BC = 2a, AK =
tam giác vuông AHK, ta có

6

2a
. Xét
2

3a
H

A

a α

2a
B 2

C

K

2a
2


AH
3
3
2a
3
3 2
a2
9
sin =
=
AK =

=
a=
S ABC =
=
.
AK AK
sin
2
sin
sin
2 sin 2
Li xột tam giỏc vuụng SAK, ta cú tan =

SA

3
3
SA = AK .tan =
.tan =
.
AK
sin
cos

1
1 3
9
9
. 2 =
.
+) Th tớch ca khi chúp SABC l VS . ABC = SA.SABC = .
3
3 cos sin cos .sin 2
0
0
Bi toỏn tr thnh: Tỡm gúc ( 0 < < 90 ) biu thc

9
t giỏ tr nh nht
cos .sin 2

hay biu thc P = cos .sin 2 t giỏ tr ln nht.
2
2
3

Ta cú P = cos .sin = cos .( 1 cos ) = cos cos . t t = cos ( 0 < t < 1) , ta cn
3
tỡm giỏ tr ln nht ca hm s y = f ( t ) = t t trờn khong ( 0; 1) .
2
Ta cú f ' ( t ) = 1 3t , f ' ( t ) = 0 t =


t
f '( t )

0

1
( 0; 1) . Bng bin thiờn ca hm s y = f ( t )
3

+

f ( t)



1

+

2
3 3

+) Vy giỏ tr ln nht ca hm s bng

S.ABC t giỏ tr nh nht bng

1
3
0

2
3 3

khi t =

1
. Khi ú th tớch ca khi chúp
3

3
27 3
khi cos =
. Chn ỏp ỏn B.
3
2

Bình luận: Bài toán là sự kết hợp của nhiều yếu tố trong không
gian, chẳng hạn nh góc giữa hai mặt phẳng, khoảng cách từ điểm
đến mặt phẳng, thể tích của khối chóp. Để giải quyết bài toán, học
sinh phải biết vận dụng phơng pháp đại số, chẳng hạn đạo hàm, bảng

7

biÕn thiÕn ®Ó t×m gi¸ trÞ lín nhÊt cña hµm sè. V× thÕ ®©y lµ c©u hái
cÊp ®é vËn dông cao.
VÝ dô 1.1.1.2. (Trích dẫn: Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An năm 2014).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường
kính AD = 2a. Cạnh SA vuông góc với đáy (ABCD). Biết mặt phẳng ( SBC ) tạo với mặt
phẳng

( SCD )

cos α =

một

S

10
.
5

góc

α , biết

Tính thể tích của khối chóp
K

S.ABCD theo

H

A

Lời giải

3a
2

E

a

2a 3a

3a
B

a

a

M

a

2

D

C

+) Vì tứ giác ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường tròn đường kính AD=2a nên
AB = BC = CD = a . Kẻ CM ⊥ AD, M ∈ AD, tính được MD =

a
. Khi đó
2

3a
3a
(2
a
+
a
)
và
( AD + BC )CM
3 3a 2
CM = CD − CM =
2
SY ABCD =
=
=
2
2
2
4
2

2

8


+) Trong ( SAC ) k AH SC , H SC. Ta cú ãACD = 900 (Gúc ni tip chn na ng
trũn) nờn CD AC m CD SA CD ( SAC ) CD AH . Khi ú AH ( SCD ) (1).
+) Trong ( ABCD ) k AE BC , E BC v trong ( SAE ) k AK SE , K SE.
Ta cú BC ( SAE ) BC AK . Khi ú AK ( SBC ) (2).
+) T (1) v (2) suy ra gúc gia hai mt phng ( SBC ) v ( SCD) l gúc gia hai ng
thng AH v AK. Do AK ( SBC ) AK HK suy ra tam giỏc AHK vuụng ti nh K. Khi
ã
ã
ú gúc HAK
l gúc nhn, do ú gúc gia hai mt phng ( SBC ) v ( SCD) l gúc HAK
.
10
ã
ã
Theo gi thit HAK
=
.
= v cos HAK
5
5
2
AK
10
=
(3).
hay
=

2
AH
AK 2
AH
5
Ngoi ra, xột cỏc tam giỏc vuụng SAC v SAE ta cú cỏc ng thc
1
1
1
1
1
1
1
1
1
4
= 2+
= 2 + 2,
= 2+
= 2+ 2.
2
2
2
2
AH
SA
AC
SA
3a AK
SA

AE
SA
3a
1
4
1
1
Thay vo (3), ta c 5 2 + 2 ữ = 2 2 + 2 ữ suy ra SA = 3a.
SA 3a
SA 3a
ã
+) Xột tam giỏc vuụng AHK, ta cú cos HAK
=

1
1
3 3a 2 3a 3
+) Th tớch ca khi chúp S.ABCD l VS . ABCD = SA.SY ABCD =
3a.
=
.
3
3
4
4
Bình luận: Bi toỏn liờn quan n khi chúp cú ỏy l na lc giỏc u vn cũn
khỏ mi m vi nhiu hc sinh. Do ú cha khai thỏc c cỏc tớnh cht ca a giỏc ny,
chng hn õy l hỡnh thang cõn cú di ỏy ln bng 2 ln ỏy nh, hay gúc ãACD = 900
(gúc ni tip chn na ng trũn). im mu cht ca bi toỏn chớnh l cỏch xỏc nh
gúc gia hai mt phng ( SBC ) v ( SCD) bng gúc gia hai ng thng ln lt vuụng

gúc vi hai mt phng ú, ú l gúc gia hai ng thng AH v AK.

2.

Mô hình 2. Hỡnh chóp cú mặt phẳng đi qua đỉnh và

vuụng gúc mt ỏy.
ng cao ca hỡnh chúp nm trờn mt phng i qua nh ca hỡnh chúp v vuụng gúc
vi mt phng ỏy.
9


• Để xây dựng mô hình hình chóp này chúng ta có thể xây dựng giả thiết của bài toán đã
cho trước một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình chóp và vuông góc với mặt phẳng đáy.
Chúng ta có thể phát triển bài toán bằng cách điều chỉnh các tình tiết từ dễ đến khó,
chẳng hạn mặt phẳng đó chứa tam giác đặc biệt như tam giác đều, vuông, cân đến tam
giác thường. Khó hơn là đưa ra những mô hình hình chóp mà học sinh phải tự khám
phá và phát hiện ra khối chóp có mặt phẳng đi qua đỉnh và vuông góc với đáy. Từ đó
xác

S

được đường
cao của hình

4a

chóp và giải

A

2a
2a

D

K

10a

H

E

định

4a

B

quyết

được

bài toán thể
tích và các

C

nội

dung

liên quan.

VÝ dô 1.1.2.1. (Trích dẫn: Đề thi học sinh giỏi tỉnh Nam Định năm 2016).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B, AB = BC = 4a.
Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi H là
trung điểm của cạnh AB, biết khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng
Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a.
Lời giải

10

( SHD )

bằng

10a.


+) Do tam giác SAB đều nên SH là đường trung tuyến đồng thời là đường cao. Mặt khác
( SAB ) ⊥ ( ABCD ) , ( SAB ) ∩ ( ABCD ) = AB mà SH ⊂ ( SAB ) , SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABCD )
và độ dài đường cao là SH = SA2 − AH 2 = 16a 2 − 4a 2 = 2 3a.
+) Trong mặt phẳng ( ABCD ) , kẻ CK ⊥ HD, K ∈ HD mà CK ⊥ SH

⇒ CK ⊥ ( SHD ) ⇒ d ( C , ( SHD ) ) = CK . Theo giả thiết, ta có CK = 10a.

+) Nhận xét ∆HAD = ∆HBE ⇒ SY ABCD = S∆CED . Mặt khác HD = AH 2 + AD 2 = 4a 2 + AD 2 .
1

Khi đó diện tích của tam giác CED là S ∆CED = CK .ED = CK .HD = 10a. AD 2 + 4a 2
2
( AD + BC ) AB = 2a AD + 4a .
và diện tích của hình thang ABCD là SY ABCD =
(
)
2
Ta có phương trình 10a. AD 2 + 4a 2 = 2a ( AD + 4a ) ⇔ 3 AD 2 − 16a. AD − 12a 2 = 0
Giải phương trình trên ta tìm được AD = 6a , suy ra diện tích đáy SY ABCD = 20a 2 .
1
2
3
+) Thể tích của khối chóp S.ABCD là VS . ABCD = SH .SY ABCD = 2 3a.20a = 40 3a .
3
Ví dụ 1.1.2.2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi và các mặt phẳng
( SAB ) , ( SBC ) , ( SCD ) , ( SDA) lần lượt tạo với mặt phẳng (ABCD) các góc bằng
900 ,600 ,600 , 600. Biết rằng tam giác SAB vuông cân tại đỉnh S, cạnh AB=a và chu vi tứ
giác ABCD bằng 9a. Tính thể tích V của khối chóp SABCD theo a.
A. V = 3a 3 .

B. V =

3 3
a.
4

C. V =

2 3 3
a.

9

Lời giải

S
A

a0

60

60

E
DK

H

60

0

0

11

C

B
F

D. V =

3 3
a.
9


+) Theo giả thiết mặt phẳng ( SAB ) tạo với mặt phẳng (ABCD) góc bằng 900 nên mặt
phẳng ( SAB ) với mặt phẳng (ABCD). Gọi H là trung điểm của cạnh AB, vì tam giác SAB
cân tại S nên SH ⊥ AB, suy ra SH ⊥ ( ABCD ) hay SH là đường cao của hình chóp S.ABCD.
+) Gọi E, F, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H lên các đường thẳng AD, BC, CD thì
các mặt phẳng ( SAD ) , ( SCD ) , ( SBC ) lần lượt tạo với mặt phẳng (ABCD) các góc
·
·
·
·
·
·
SEH
, SKH
, SFH
. Theo giả thiết SEH
= SFH
= SKH
= 600.
a
+) Nhận xét: Tam giác SAB vuông cân tại đỉnh S và AB=a nên tìm được SH = .
2
SH

SH
a
3a
·
=
= 3 ⇒ EH =
=
=
.
Xét tam giác vuông SEH có tan SEH
EH
6
3 2 3
3a
Tương tự, xét các tam giác vuông SHF , SHK ta tính được HK = HF =
.
6
1
+) Ta có SY ABCD = S∆HAD + S∆HCD + S∆HBC = ( EH . AD + HK .CD + HF .BC )
2
1 3a
1 3a
2 3 2
Hay SY ABCD = .
a.
( AD + CD + BC ) = . ( 9a − a ) =
2 6
2 6
3
1

1
+) V©þ thÓ tÝch cña khèi chãp SABCD
lµ VS . ABCD = SH . S ABCD = .
3
3
a 2 3a 2
3a 3
.
=
.
2 3
9
VÝ dô 1.1.2.3. (Trích dẫn: Đề thi học sinh giỏi tỉnh Thanh Hóa năm 2013).

Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB=a và BC=2a. Biết
rằng mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt đáy (ABCD) và các mặt phẳng (SBC) và (SCD)
cùng tạo với mặt đáy (ABCD) những góc bằng nhau. Biết khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA và BD là

2a
.
6

a. Tính thể tích cña khối chóp S.ABCD theo a.
b. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và BD.
12


Lời giải

a. Tính thể tích cña khối chóp S.ABCD
+) Gọi H là hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên đường thẳng AB. Theo giả thiết
( SAB ) ⊥ ( ABCD) mà

S
2a
6

a
a

2a

K

H

E

Q
D

A

B

2a

( SAB ) ∩ ( ABCD) = AB, SH ⊥ AB suy ra SH ⊥ ( ABCD ) .

13

C


·
+) Ta có góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là góc SBA
. Bây giờ ta kẻ
HE ⊥ CD ⇒ CD ⊥ ( SHE ) , suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng (ABCD) là

·
·
·
góc SEH
. Theo giả thiết SBH
= SEH
⇒ ∆ SHB = ∆ SHE ⇒ HB = HE = 2a
Từ đó tứ giác HBCE là hình vuông cạnh 2a và A là trung điểm của đoạn HB.
+) Ta có BD / /( SAE ), SA ⊂ (SAE ) ⇒ d ( BD, SA) = d ( BD,( SAE )) = d ( B,( SAE )) = d ( H , ( SAE ) )
Kẻ HQ ⊥ AE , Q ∈ AE , HK ⊥ SQ, K ∈ SQ ⇒ HK ⊥ (SAE ) ⇒ d ( H ,( SAE )) = HK .
Theo giả thiết, ta có d ( BD, SA) =

2a
2a
⇒ HK =
. Xét tam giác vuông SHQ, ta có
6
6

1

1
1
1
=
+ 2 + 2 ⇒ SH = 2a.
1
1
1
1
1
1
2
2
a 4a
=
+
=
+
+
hay  2a  SH
HK 2 SH 2 HQ 2 SH 2 HA2 HE 2

÷
 6

+) Thể tích của khối chóp SABCD là VS . ABCD

1
1
4a 3

2
= SH .SY ABCD = .2a.2a =
3
3
3

b. Tính cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BD
·
+) Ta có BD / / AE nên cos (·SA, BD ) = cos (·SA, AE ) = cos SAE
, SE 2 = SH 2 + HE 2 = 8a 2
SA2 + AE 2 − SE 2 5a 2 + 5a 2 − 8a 2 1
·
=
=
+) Áp dụng định lí côsin trong ∆ SAE, ta có cos SAE =
2SA. AE
5
2. 5a . 5a

1
·
= .
+) Vậy cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BD là cos (·SA, BD ) = SAE
5
B×nh luËn: Đây là bài toán tổng hợp rất nhiều kiến thức của hình học không gian.
Đó là quan hệ vuông góc, góc, khoảng cách, thể tích. Điểm nổi bật là xác định chính xác
chân đường cao H thỏa mãn A là trung điểm của đoạn BH . Một vấn đề nữa của bài toán là
cách luôn chuyển khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BD cũng đòi hỏi rất tinh tế và
khéo léo, cuối cùng là dẫn đến xét một tam diện vuông S.HAE quen thuộc.
VÝ dô 1.1.2.4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Biết độ dài

6a
2 3a
các cạnh SB = SD = a và SA =
.
, SC =
3
3
a. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a
14


b. Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
Lời giải
S

a

6a
3

a

2 3a
P3

K

A

H

I

a

B

D

C

a. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD.
+) Gọi I là tâm của hình thoi ABCD, vì tam giác SBD cân tại đỉnh S nên BD ⊥ SI mà
BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ ( SAC ), BD ⊂ ( ABCD ) ⇒ ( SAC ) ⊥ ( ABCD ) , ( SAC ) ∩ ( ABCD ) = AC ,
kẻ SH ⊥ AC , H ∈ AC ⇒ SH ⊥ ( ABCD ) . Vậy SH là đường cao của hình chóp SABCD.
+) Nhận xét: ∆ SBD = ∆ CBD ⇒ IC = SI ⇒ SI =
2

AC
, do đó tam giác SAC vuông tại đỉnh S,
2

2

 6a   2 3a 
SA.SC 2a
2
=
suy ra AC = SA + SC = 
÷ +

÷ = 2a , SH . AC = SA.SC ⇒ SH =
3
3
AC
3

 

2

2

2

Lại có AC 2 = AB 2 + AC 2 = 2a 2 ⇒ ∆ABC vuông tại đỉnh B nên tứ giác ABCD là hình
vuông cạnh a, khi đó SY ABCD = a và thể tích cần tìm là VS . ABCD
2

1
2a 3
= SH .SY ABCD =
.
3
9

a. Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
+) Kẻ AK ⊥ SB, K ∈ SB, KP ⊥ SB, P ∈ SC ⇒ SB ⊥ ( AKP ) . Ta có ( AKP ) ∩ ( SAB ) = AK ,

( AKP ) ∩ ( SBC ) = KP nên góc giữa (SAB) và (SBC) chính là góc giữa AK và KP.
SA2 + SB 2 − AB 2

1
·
·
cos
ASK
=
cos
ASB
=
=
. Xét tam giác vuông SAK, ta có
+) Ta có
2SA.SB
6
15


cos ãASK =

SK
1
SA a
=
SK =
= . Tng t tỡm c SP = 3a , KP = 2a , AP = a .
SA
6
6 3
3
3

AK 2 + PK 2 AP 2
10
ã
p dng nh lớ cụ sin trong tam giỏc AKP, cú cos AKP =
=
2. AK .PK
10
10
10
Bình luận: im ni bt ca bi toỏn l vic chng minh c hỡnh chúp cú mt

+) Kt lun: Cosin ca gúc gia hai mt phng (SAB) v (SBC) l cos =

phng (SAC) vuụng gúc vi mt phng ỏy (ABCD) v chng minh tam giỏc SAC vuụng
ti nh S tớnh di ng cao SH. Ngoi ra bi toỏn cũn a ra cõu hi tớnh cosin ca
gúc gia hai mt phng (SAB) v (SBC) tng cng s phõn loi i tng hc sinh,
dnh cho hc sinh khỏ gii. õy l cõu ũi hi t duy v k nng tớnh toỏn khỏ phc tp
nờn nhiu hc sinh khụng vt qua cõu hi ny. che giu tt hn mụ hỡnh hỡnh chúp cú
mt phng i qua nh v vuụng gúc vi mt phng ỏy, chỳng ta tip tc vi vớ d sau
õy
Ví dụ 1.1.2.5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông
cạnh a. Các điểm M, N lần lựợt nằm trên các cạnh AB, AD sao cho
MA=MB, ND=3NA. Biết di cnh SA=a v MN vuông góc với SM, tam
giác SMC cân tại S.
a.Tính thể tích ca khối chóp SMNDC theo a.
b. Tớnh khoảng cách giữa hai đờng thẳng SA và MC theo a
Li gii
S

a

Q

N

A

D

P
M
F
B

E

a

K

H
16

C


a. Tính thể tích khối chóp SMNDC theo a.
+) Nhận xét MC 2 + MN 2 =

5a 2 5a 2 25a 2
+
=
= NC 2 MNC vuông tại M MN MC .
4
16
16

Mà theo giả thiết MN SM MN ( SMC ), MN ( ABCD ) ( SMC ) ( ABCD ) .
Gọi H là trung điểm của MC thì do tam giác SMC cân tại đỉnh S
nên ta có SH MC SH ( ABCD ) SH là đờng cao của hỡnh chúp S.ABCD
+) Gọi F là trung điểm của đoạn BM
9a 2 a 2 13a 2
AH = AF + FH =
+
=
16
4
16
2

2

2

11a
13a 2
3a
, SY MNDC = SY ABCD ( SVAMN + S BMC ) =
SH = SA AH = a

=
16
16
4
+) Thể tích ca khối chóp S.MNDC là
2

2

2

2

1
1 3a 11a 2 11 3 3
VS .MNDC = SH .S MNDC = .
.
=
a .
3
3 4 16
192
b. Tớnh khoảng cách giữa hai đờng thẳng SA và MC theo a
+) Gi K l trung im ca cnh CD, k HE AK , HQ SE HQ ( SAK )
Cú MC / /( SAK ), SA ( SAK ) d ( MC , SA) = d ( MC , ( SAK )) = d ( H , ( SAK )) = HQ
AM 2
a
1
1
1

16
5
31
3
=
,
=
+
= 2 + 2 = 2 HQ =
a
Ta cú HE = MP =
2
2
2
MN
SH
HE
3a
a
3a
31
5 HQ
3
a.
31
Bình luận: Mu cht ca bi toỏn l ch hc sinh phi khai thỏc tt cỏc thụng
tin cú trờn hỡnh vuụng ABCD vi nhng tớnh toỏn c th v i n phỏt hin tam giỏc MNC
vuụng ti nh M, t ú dn n hỡnh chúp SABCD cú mt phng (SMC) i qua nh S v
vuụng gúc vi mt ỏy, dn n SH l ng cao ca hỡnh chúp S.ABCD. Ngoi ra bi
toỏn cũn a ra cõu hi tớnh khong cỏch gia hai ng thng SA v MC tng cng s

phõn loi i tng hc sinh, dnh cho hc sinh khỏ gii.
+) Khong cỏch gia hai ng thng SA v MC l d ( SA, MC ) = HQ =

3.Mô hình 3. Khối chóp đều.
Khi chúp u l khi chúp cú ỏy l a giỏc u v cỏc cnh bờn bng nhau. im ni
bt l chõn ng cao ca hỡnh chúp l tõm ng trũn ngoi tip ỏy.
17


Cú 2 loi hỡnh chúp u in hỡnh thng gp l hỡnh chúp tam giỏc u v hỡnh chúp
t giỏc u. Hỡnh chúp tam giỏc u S.ABC cú ỏy ABC l tam giỏc u, cnh bờn bng
nhau v chõn ng cao l trng tõm G ca tam giỏc ABC. Hỡnh chúp t giỏc u
S.ABCD cú ỏy l hỡnh vuụng ABCD, cnh bờn bng nhau v chõn ng cao l tõm O
hỡnh vuụng ABCD.
Ngoi ra trong phn ny chỳng ta cũn tip cn vi hỡnh chúp lc giỏc u. ú l hỡnh
chúp cú ỏy l lc giỏc u, cỏc cnh bờn bng nhau v chõn ng cao l tõm ng
trũn ngoi tip lc giỏc u.
phỏt trin mụ hỡnh hỡnh chúp ny chỳng ta cú th kt hp gia hỡnh chúp u v
hỡnh cu. C th l phỏt trin hỡnh chúp ban u thnh hỡnh a din nh hỡnh bỏt din
hay bỏt din u, ngoi ra xõy dng nhng bi toỏn liờn quan n hỡnh chúp u ni
tip mt cu hay ngoi tip mt cu cú bỏn kớnh cho trc, xut dng toỏn liờn quan
n giỏ tr ln nht, nh nht ca th tớch khi chúp v dng toỏn ny ó tng xut hin
trong kỡ thi THPTQG nm 2017.
Ví dụ 1.1.3.1 Cho hình chóp tam giác đều SABC có cạnh đáy bằng
a, góc giữa mặt bên và mặt đáy ( ABC ) bằng 600.
a. Tính thể tích của khối chóp SABC theo a.
b. Gi A1 , B1 , C1 ln lt l cỏc im i xng ca cỏc im A, B, C qua im S. Tớnh th
tớch ca khi bỏt din c to thnh cú cỏc mt l cỏc tam giỏc sau õy

ABC , A1B1 C1 , A1BC , B1 AC , C1 AB, AB1 C1 , BA1 C1 , CA1B1 theo a

Li gii

B1

C1

A1

S

A

a

S

0

3a 60
G M
2

C

A

a 18

C

G
M


B
B

a. Tính thể tích của khối chóp SABC theo a.
Do SABC là hình chóp tam giác đều nên SG là đờng cao của hình
chóp.
Do tam giác ABM vuông tại M nên AM = AB 2 BM 2 = a 2

a2
3a
.
=
4
2

1
1 3a
3a 2
AM .BC =
.a =
2
2 2
4
+) Ta có ( SBC ) ( ABC ) = BC ; BC AM ; BC SM nên góc giữa hai mặt phẳng
ã
(SBC) và (ABC) chính là góc giữa SM và AM. Đó là SMA

= 600 . Ta có

Do đó din tớch ỏy l S ABC =

1
1 3a
3a
.
GM = AM = .
=
3
3 2
6

Xét tam giác vuông SGM, ta có

ã
tan SMA
=

SG
3a a
= 3 SG = 3GM = 3.
=
GM
6
2

+) Vây thể tích khối chóp cần tính là VS . ABC

1
1 a 3a 2
3a 3
= SG.S ABC = . .
=
3
3 2 4
24

b. Tớnh th tớch ca khi bỏt din theo a
1
1
+) Ta cú VABCA1B1C1 = VC1 ABA1B1 + VCABA1B1 = d ( C1 , ( ABA1B1 ) ) .SY ABA1B1 + d ( C , ( ABA1B1 ) ) .SY ABA1B1
3
3
+) Do 2 im C , C1 i xng vi nhau qua im S nờn d ( C1 , ( ABA1B1 ) ) = d ( C , ( ABA1B1 ) )
2
suy ra VABCA1B1C1 = d ( C , ( ABA1B1 ) ) .SY ABA1B1 .
3
Hn na t giỏc ABA1B1 l hỡnh bỡnh hnh cú tõm l nh S nờn SY ABA1B1 = 4SABC .
Khi ú VABCA1B1C1

8
3a 3
3a 3
= d ( C , ( SAB ) ) .S SAB = 8VC .SAB = 8VS . ABC = 8
=
.
3
24

3

3a 3
+) Kt lun: Vy th tớch ca khi bỏt din cn tỡm l VABCA1B1C1 =
.
3
Ví dụ 1.1.3.2. Trong tt c cỏc hỡnh chúp tam giỏc u ni tip mt cu cú bỏn kớnh
bng R , tớnh th tớch V ca khi chúp cú th tớch ln nht.
19


∆

A.

A

a

S
E

R
I

a
G aM2
B

C

32 3R 3
V=
.
27

B.

32 2 R 3
V=
.
27

C.

32 3R 3
V=
.
9

D.

2
8 3R 3
V=
.
27
Lời giải

+) Gọi M là trung điểm của cạnh BC, G là trọng tâm của tam giác ABC. Do hình chóp

S.ABC đều nên SG là đường cao của hình chóp. Gọi độ dài cạnh AB = a và chiều cao

SG = h. Tính được AM =

3a
3a
1
1 3a
3a 2
. Diện tính đáy là S ∆ ABC = AM .BC = .
, AG =
.a =
.
2
3
2
2 2
4

Khi đó thể tích của khối chóp SABC là VS . ABC

1
1
3a 2
3a 2 h
= SG.S ∆ABC = h.
=
.
3
3

4
12

20


+) Gọi E là trung điểm của cạnh SA, trong mặt phẳng (SAG), vẽ đường thẳng ∆ là đường
trung trực của đoạn SA và gọi I là giao điểm của ∆ và SG thì I chính là tâm của mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S.ABC, mặt cầu có bán kính R = IS .

SE SI
SA.SE SA2 SG 2 + AG 2
=
⇒ R = SI =
=
=
+) Nhận xét ∆SEI : ∆SGA ⇒
SG SA
2SG 2 SG
2SG
a2
h2 +
2
2
Hay
3 = 3h + a ⇒ a 2 = 6 Rh − 3h 2 . Khi đó thể tích của khối chóp S.ABC là
R=
2h
6h
VS . ABC

3 ( 6 Rh − 3h 2 ) h
3a 2 h
3
=
=
=
2 Rh 2 − h 3 ) , 0 < h < 2 R.
(
12
12
4

+) Bài toán trở thành: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y = f ( h ) =

3
2 Rh 2 − h3 ) trên
(
4

3
4R
khoảng ( 0; 2 R ) . Ta có f ' ( h ) =
4 Rh − 3h 2 ) , f ' ( h ) = 0 ⇔ h =
∈ ( 0; 2 R ) .
(
4
3
Bảng biến thiên của hàm số y = f ( h ) trên khoảng ( 0; 2R ) như sau:

−∞
h
f '( h)

0

+

f ( h)

+) Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là

4R
3
0

−

2R

+∞

32 3R 3
27

4R
32 3R 3
khi h =
hay giá trị lớn nhất của thể tích
3

27

4R
32 3R 3
6R
khi h =
và a =
. Chọn đáp án B.
3
27
3
VÝ dô 1.1.3.3 Cho mặt cầu (S) cố định có bán kính bằng 1. Xét tất cả các hình chóp
khối chóp S.ABC là

tam giác đều SABC ngoại tiếp mặt cầu trên, tức là mặt cầu (S) tiếp xúc với tất cả các mặt
của hình chóp SABC. Tính thể tích của khối chóp có thể tích nhỏ nhất.
Lời giải
21


3a
+) Gọi độ dài cạnh AB = a, M là trung điểm của BC. Khi đó AM = AB 2 − BM 2 ==
2

và diện tích đáy

là

S

h

A

aP

I

B
S ∆ABC

N

a

G M
a

a
2

C

2

1
1 3a
3a 2
. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, vì SABC là
= AM .BC =

.a =
2
2 2
4

22


hình chóp tam giác đều nên SG là đường cao của hình chóp SABC. Đặt độ dài SG = h thì
1
1
3a 2
3a 2 h
thể tích khối chóp SABC là VS . ABC = SG.S∆ABC = .h.
=
.
3
3
4
12

+) Vì mọi điểm nằm trên đường cao SG có tính chất cách đều các mặt bên của hình chóp
S.ABC nên tâm I của mặt cầu nội tiếp hình chóp S.ABC nằm trên SG. Trong mặt phẳng

·
(SGM) vẽ đường phân giác trong của góc SMG
, đường này cắt đường cao SG tại điểm I
thì I chính là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp đã cho. Thật vậy, trong mặt phẳng (SAM)
kẻ

IN ⊥ SM , N ∈ SM ⇒ IN ⊥ ( SBC ) .

Do

∆INM = ∆IGM ⇒ IN = IG

nên

d ( I , ( ABC ) ) = d ( I , ( SBC ) ) . Vậy điểm I cách đều các mặt của hình chóp S.ABC đã cho.
Theo giả thiết, mặt cầu có bán kính bằng 1 nên ta có IN = IG = R = 1.
SG GM
∆
SGM
:
∆
SNI
⇒
=
⇔
+) Nhận xét
SN IN
Hay

h

( h − 1)

2

−1

+) Khi đó VS . ABC

=

SG
SI 2 − IN 2

=

GM
⇔
IN

SG

( SG − IG )

2

− IN 2

=

GM
IN

3a
2 3h
12h 2

12h
⇔a=
⇔ a2 = 2
=
, h > 2.
2
6
h
−
2
h
h
−
2
h − 2h

3h 2
3a 2 h
3h 2
trên ( 2; + ∞ ) .
=
=
, h > 2. Xét hàm số y = f ( h ) =
12
h−2
h−2

3h 2 − 4 3h
, h > 2. Có f ' ( h ) = 0 ⇔ h = 4 ∈ ( 2; + ∞ ) .
Có f ' ( h ) =

2
( h − 2)
Đến đây ta lập bảng biến thiên của hàm số y = f ( h ) trên khoảng ( 2; + ∞ )
+∞
−∞
2
4
h
−
+
0
f '( h)

f ( h)
8 3
+) Giá trị nhỏ nhất của hàm số y = f ( h ) là 8 3 khi h = 4 . Khi đó giá trị nhỏ nhất của thể
tích khối chóp S.ABC là 8 3 khi h = 4, a = 2 6.
23


Ví dụ 1.1.3.4. Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh đáy bằng
a và góc giữa mặt bên và mặt phng ỏy (ABCD) bằng 600. Gi S1 l im
i xng vi nh S qua tõm O ca hỡnh vuụng ABCD.
a. Tớnh th tớch ca khi bỏt din SABCDS1 c to thnh theo a.
b. Tớnh th tớch ca khi cu ni tip bỏt din SABCDS1 theo a.
Li gii
S

K
A

D
N

M

O

C

B

S1
a. Tớnh th tớch ca khi bỏt din SABCDS1 theo a.
+) Do S.ABCD là hình chóp đều nên SO là đờng cao của hình chóp và
đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M, N lần lợt là trung điểm của
các cạnh CD và AB. Do AB ( SON ) nên góc giữa hai mặt phẳng (SAB)

ã
và (ABCD) là SNO
= 600 .
+) Xét tam giác vuông SON, ta có
+)

Do
VS . ABCD

đó

thể

tích

SO
a
3a
= 3 SO = 3. =
ON
2
2
khối
chóp
S.ABCD

ã
tan SNO
=

của

1
1 3a 2
3a 3
= SO.S ABCD = .
.a =
3
3 2
6

24

là


3a 3
.
3

Thể tích của khối bát diện SABCDS1 là VS . ABCDS = VS . ABCD + VS . ABCD = 2VS . ABCD =
1

1

b. Tính thể tích của khối cầu nội tiếp bát diện SABCDS1 theo a.
+) Vì tâm O của hình vuông ABCD cách đều tất cả các mặt của bát diện SABCDS1 nên O
chính là tâm của mặt cầu nội tiếp bát diện SABCDS1
+) Gọi K là hình chiếu vuông góc của tâm O trên đường thẳng SN thì OK vuông góc với
mặt phẳng (SAB). Do đó bán kính mặt cầu nội tiếp bát diện là R = OK =

3a
.
4
3

4 3 4  3a 
3π a 3
.
+) Thể tích của khối cầu nội tiếp bát diện SABCDS1 là V = π R = .
÷ =
3

3 4 
16
VÝ dô 1.1.3.5. (Trích dẫn: Đề thi chính thức THPTQG năm 2017).
Trong tất cả các hình chóp tứ giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính bằng 9, tính thể
tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất.
A. V = 144.

B. V = 576.

C. V = 576 2.

D. V = 144 6

Lời giải

∆

S

E

A

D
I
O
B

C

+) Gọi O là tâm của hình vuông ABCD. Do S.ABCD là hình chóp đều nên SO là đường cao
của hình chóp. Gọi độ dài cạnh AB = a, chiều cao SO = h.
25