Áp dụng hiệu quả định lý menelaus vào một số bài toán TNKQ về tỉ số đoạn thẳng lớp 11 và tỉ số thể tích lớp 12

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH THANH HÓA

TRƯỜNG THPT HOẰNG HÓA 4

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ÁP DỤNG HIỆU QUẢ ĐỊNH LÝ MENELAUS VÀO MỘT SỐ BÀI TOÁN
TNKQ VỀ TỈ SỐ ĐOẠN THẲNG LỚP 11 VÀ TỈ SỐ THỂ TÍCH LỚP 12

Người thực hiện : Nguyễn Thị Tuyên.
Chức vụ : Giáo viên
SKKN thuộc lĩnh vực môn : Toán

THANH HÓA NĂM 2020


MỤC LỤC

I..

MỞ ĐẦU

1.Lý

do chọn đề tài

1

2. Mục đích nghiên cứu của đề tài

1

3. Đối tượng nghiên cứu

1

4. Phương pháp nghiên cứu :

2

II.NỘI DUNG

2

1.Cơ sở lý luận

2

2.Cơ sở thực tiễn
2
3. Các bước đã tiến hành để giải quyết vấn đề
3
4.

Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

19

C. KẾT LUẬN

19

1 .Kết quả nghiên cứu
19
2 .Kiến nghị ,đề xuất
20


1. MỞ ĐẦU
1.1.Lý do chọn đề tài
Trong những năm gần đây, chuyển sang thi TNKQ môn Toán.Học sinh ở
trường THPT nhìn chung bắt đầu quen với làm bài trắc nghiệm nhưng vẫn còn
bị hạn chế. Không ít em còn thói quen làm tự luận thuần túy hoặc áp dụng
phần tính toán chưa nhanh nhẹn và linh hoạt. Nguyên nhân dẫn đến hiện trạng
trên có thể do các em chưa thật linh hoạt khi phối hợp các phương pháp làm
TNKQ và sáng tạo trong quá trình giải toán. Một nguyên nhân nữa là một số
câu vận dụng cao GV chưa đưa ra phương pháp dạy thật sự hấp dẫn để học sinh
(HS) thấy hứng thú .Qua nhiều năm dạy lớp 11 và 12 gặp mọt số ít bài tỉ số
đoạn thẳng hoăc tỉ số thể tích tôi cũng có dạy sơ qua về phương pháp dùng định
lý Menelaus nhưng vì thi tự luận nên học sinh rất ngại dùng vì nó dài và sợ phải
chứng minh bổ đề. Cho đến hai năm ôn thi THPTQG thì việc nhìn thấy dạng
này trong các đề thi thử cũng như thi chính thức xuất hiện khá nhiều nên tôi
thấy cần phải giúp HS chiếm lĩnh phần này. Đó chính là yêu cầu của giáo dục
hiện nay đòi hỏi phải đổi mới phương pháp dạy học môn toán theo hướng phát
huy tính tích cực, chủ động sáng tạo của học sinh khám phá ra kiến thức.
Vì vậy, tôi chọn đề tài:’’ ÁP DỤNG HIỆU QUẢ ĐỊNH LÝ MENELAUS
VÀO MỘT SỐ BÀI TOÁN TNKQ VỀ TỈ SỐ ĐOẠN THẲNG LỚP 11 VÀ
TỈ SỐ THỂ TÍCH LỚP 12 ’’. Trong SKKN này tôi muốn đưa ra một cách để
cải thiện thực trạng trên bằng cách dạy cho HS khá giỏi cách sử dụng định lý
Menelaus để giải một số bài toán tỉ số hai đoạn thẳng hình học không gian lớp
11 và bài toán về tỉ lệ thể tích của lớp 12. Bởi vì không phải HS nào cũng được
biết về định lý Menelaus . Định lý này được đưa vào phần bài tập nâng cao hình

học lớp 8 và có vai trò rất hữu hiệu của toán THCS. Còn ở sách tham khảo hay
tài liệu sử dụng định lý này cho THPT rất ít. Bản thân khi dạy tôi đã đưa vào áp
dụng thấy rất hiệu quả. Điều này sẽ thể hiện ở các ví dụ cụ thể ở phần nội dung
.
1


1.2. Mục đích nghiên cứu của đề tài.
SKKN này tôi muốn nghiên cứu về một cách dùng định lý Menelaus tiếp
cận bài toán tỉ số chương trình THPT những bài toán ở các mức độ thông hiểu
vận dụng,vận dụng cao .
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đề tài này nghiên cứu một số bài toán tỉ số hai đoạn thẳng hình học không
gian lớp 11 và bài toán về tỉ lệ thể tích của lớp 12.
1.4. Phương pháp nghiên cứu :
Để thực hiện đề tài này, tôi đã sử dụng các phương pháp sau :
* Nghiên cứu tài liệu :
- Các đề thi thử và chính thức THPTQG
- Các đề TNKQ mảng này
* Nghiên cứu khảo sát thực tế :
Phát phiếu điều tra tìm hiểu thực tế
2.NỘI DUNG
2.1.Cơ sở lý luận
Muốn HS làm đề toán nào đó hiệu quả thì đòi hỏi người giáo viên phải đổi
mới phương pháp dạy học như thế nào để phù hợp với tình hình thực tiễn là chỉ
90 phút cho 50 câu.Vừa phải nhanh ,vừa phải chắc chắn mà phải được nhiều
đối tượng học sinh làm được.
2.2.Cơ sở thực tiễn
Với những bài toán tỉ số hai đoạn thẳng lớp 11 hay bài toán về tỉ lệ thể tích của
lớp 12 cũng qui về bài toán tỉ lệ hai đoạn thẳng trong không gian HS đều rất

lúng túng , rất khó khăn và bỏ không làm . Ngay trong lời giải của sách giáo
2


khoa hay tài liệu đều chọn cách lập luận và kẻ đường phụ rất khó khăn . Mà với
HS khá, giỏi khi được giáo viên hướng dẫn kẻ đường phụ cũng thấy không hiểu
vì sao phải kẻ thế rồi câu khác kẻ thế nào. Bản thân giáo viên kẻ đường phụ
không giải thích được cách kẻ cô thầy đưa ra và cũng không có tính phổ rộng.
2.3. Các bước đã tiến hành để giải quyết vấn đề
2.3.1 : BÀI TOÁN TỈ SỐ ĐOẠN THẲNG : (Dạy cho hoc sinh 11 và 12 ôn
thi tốt nghiệp THPT )
Trước hết ta xem xét một bài toán 21 trang 55 SGK nâng cao 11 về tính tỉ số
của hai đoạn thẳng
Ví dụ 1 : ( bài toán 21 trang 55 SGK nâng cao 11 ) Cho tứ diện ABCD.Các
điểm P,Q lần lượt là trung điểm của AB và CD; điểm R nằm trên cạnh BC sao
cho BR = 2RC Gọi S là giao điểm (PQR) và AD .Chứng minh AS= 2SD.

Lời giải sách giáo viên nâng cao lớp 11: Gọi I là giao điểm của RQ và BD
Gọi E là trung điểm BR.Khi đó EB = ER =RC và RQ//ED.Tam giác BRI có
BD BE

1
DI
ER
ED//RQ suy ra:
.Suy ra DB = DI. Do AD và IP là hai đường trung

tuyến của tam giác ABI Suy ra S là giao điểm của AD và IP thì S là trọng tâm
của tam giác ABI nên AS = 2 SD.

3


Khi gặp bài toán 21trang 55 SGK nâng cao lớp 11 tính tỉ số tôi thấy các sách
giáo viên đã giải bằng cách kẻ lấy thêm điểm và đường phụ để giải. Không
phải học sinh nào cũng hiểu cách lấy điểm và đường phụ cũng như sẽ thực
hiện ra sao với bài tương tự Ngay bài toán SGK này các điểm P,Q lấy điểm
khá đặc biệt là trung điểm nên có thể dùng tính chất đường trung tuyến .
Hoặc nếu thay đổi đề bài là một tỉ lệ không đặc biệt thì lúc đó ta không dùng
tính chất trung tuyến được nữa và không biết kẻ đường phụ thế nào . Chính
vì vậy tôi muốn dùng định lý Menelaus khắc phục thực trạng này. Không
những khắc phục những khó khăn trên mà học sinh khá trở lên đã làm khá
tốt và hào hứng .
Trước hết ta sẽ nhắc đến:
Định lý Menelaus (Nhà toán học cổ Hy Lạp, thế kỷ I sau công nguyên)
Cho tam giác ABC. Các điểm M,N,P lần lượt nằm trên các đường thẳng BC,
CA, AB sao cho trong chúng hoặc không có điểm nào, hoặc có đúng 2 điểm
thuộc các cạnh của tam giác ABC. Khi đó M,N,P thẳng hàng khi và chỉ khi
AM BP CN
.
.
1
MB PC NA

Đối với định lý này giáo viên cần nhắc kỹ cách lấy tỉ lệ sao cho đúng và
nhanh .Mỗi một tỉ lệ lấy trên một cạnh và chú ý cách lấy theo phần gạch đỏ
(nhiệm vụ của giáo viiên rất quan trọng trong việc chỉ cho HS lấy đúng cách
và thật nhanh nhẹn khi lấy tỉ số theo kiểu này)

4

Trước khi đi vào áp dụng ta cần cho hs sinh rèn luyện thói quen tính tỉ số
có tham số thì gặp số cụ thể HS sẽ rút tương tự thậm chí dễ hơn .Có 1 lớp tôi
đã chủ quan không nói phần này khi đụng đến thấy các em lấy rất chậm và
hay sai Vì ta thi TNKQ nên mọi công việc xử lý cần có sự nhanh nhẹn chính
xác.Với những bài toán cần sử dụng rất nhiều nên ta xét tình huống sau .
AI
k

Cho IB 2k  1

ví dụ với vị trí A,B,I như hình vẽ như sau :
BI
?
AB

Khi

đó

muốn

lấy

thật

nhanh.Ta vẽ biễu như trên hình đặt
AI=k. và IB= 2k-1.Thực chất là
phải đặt AI=k.x,IB=(2k-1).x

( nhưng khi xét tỉ số tự khắc x sẽ bị
rút gọn ).Khi đó AB =k-1 .Nên
BI
k AB k  1

;

AB k  1 BI 2k  1

ME 5

HE 3

VD:

Cho

� MH  8 �

ME 5
 ,
HH 8

5


HM 8

HE 3

(không

cần

phải chia đọan bằng
nhau )

Ta sẽ gặp rất nhiều ở các bài đặc biệt bài có tham số như VD 6c,VD 10
Hướng dẫn VD1:
Ta sẽ áp dụng định lý vào bài tập này như sau :
Áp dụng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng R,Q,I trên các cạnh tam giác
BR CQ DI
DI
.
.
 1 � 2.1.
1
IB
BCD : RC QD IB

DI
nên IB =1/2

Áp dụng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng S,P,I trên các cạnh tam giác

BP AS DI
AS 1
AS
.
 1 � 1.

. 1 �
2
SD 2
SD
BCD : PA SD IB

6


Sau khi áp dụng VD 1 này cho HS 11 chương II các em thấy rất lạ và có em
chưa quen cách lấy tỉ lệ thì hỏi sao nó dài dòng không dễ hiểu như lập luận
của lời giải trên .Nhưng khi tôi hỏi: ’’Các bạn có dễ nghĩ ra đường phụ để kẻ
thêm không ?’’.Và nếu cho các tỉ lệ khác đi AD,IP không phải là trung tuyến
của tam giác ABI thì không thể kết luận S là trọng tâm thì ta sẽ làm sao để
tìm ra tỉ lệ AD/SD?
Tôi cũng đưa ra nhanh một tình huống Vẫn tính tỉ số AD/SD nhưg thay
AP 1
 , BR  3RC
đổi : AB 3

Để HS áp dụng cho quen .Và HS mới thấy sự hữu ích

của định lý . Và sang câu hỏi này khá nhiều em đã áp dụng quen và thấy bắt
đầu thích thú với công cụ mới này.
Tiếp tục tôi cho thêm một VD nữa để HS áp dụng thành thục hơn
VD2

: (TNKQ hình11) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.Lấy

hai điểm M và N trên hai cạnh SB,SD sao cho MB=2SM, ND=2SN, đường

SC '
thẳng SC cắt (AMN) tại C’.Tính tỉ số k = SC

k

A.

1
5

B.

k

1
4

C.

k

1
3

D.

k

1
2

7


Hướng dẫn

: Lấy MN cắt SO tại K.Nối AK cắt

OK MB

2
SC tai C’ Từ giả thiết MN//DB nên KS SM

. (định lý Talet)
Áp d

ụng định lý Menelauscho 3 điểm thẳng hàng

A,K,C’

trên

các

cạnh

tam

giác

SCO:

OK SC ' CA
SC '
SC ' 1
SC ' 1
.
 1 � 2.
.2  1 �
 �

KS C 'C AO
C 'C
C 'C 4
SC 5

.Chọn A
VD3 :(TNKQ hình11)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, gọi O là giao điểm của đường

chéo AC và BD. Biết AB//CD và AB



3
2 CD.Gọi N là trung điểm cạnh SB, và P

PO
là giao điểmcủa ND với (SAC).Tính tỉ số PS
2

5

A.

3
B. 7

2
C. 7

3
D. 5

Hướng dẫn
Lấy SO cắt DN tại P khi đó P là giao DN và
(SAC)
Áp dụng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng
hàng A,K,C’ trên các cạnh tam giác SBD
SN BD OP
.
1
NB DO SP

5 OP
OP 2
� 1. .
2 1 �

2 SP
SP 5

8


Chọn A
VD4: (TNKQ hình11) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.Gọi G
là trọng tâm tam giác ABC và M là trung điểm cạnh SC.Gọi N là giao điểm của
NS
SD với (AMG).Tính tỉ số ND
1
A. 2

1
B. 3

C.2

D. 3
Hướng dẫn Nối SO cắt AM tại E .Nối E và G
cắt SD tại N .Nhận thấy E chính là trọng tâm
của tam giác SAC (vì AM và SO là 2 trung
tuyến của tam giác SAC)
Áp dung định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng
hàng E,G,N trên các cạnh tam giác SDO
ND SE OG
.
1
NS EO DG

�

�

ND 1
ND
.2.  1 �
2
NS 4
NS

SN 1

ND 2

.Chọn A
VD4 (TNKQ hình11) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành.Gọi
M, N lần lượt là trung điểm AB,SC .Gọi I,J theo thứ tự là giao điểm của AN,
IA JM

MN với (SBD).Tính tỉ số IN JN

A.4

B.3

C.2

D. 1

9

Hướng dẫn
Vì SO,

AN là hai đường trung tuyến của tam

giác SAC nên I là giao là trọng tâm nên
IA
2
IN

Áp dung định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng
hàng I,J,B trên các cạnh tam giác ANM :
JM NI AB
JM 1
JM
.
1 �
.2.  1 �
1
JN IA BM
JN 2
JN

�

IA JM

3

IN JN

.Chọn B
VD5: (THPT Chuyên Trần Phú-Hải Phòng lần 1 năm 20172018) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành tâm O . Gọi M , N , P
lần lượt là trung điểm của
KS
K . Tỉ số KA là:

SB , SD

2
1
A. 5 . B. 3 .

và

OC .

Gọi giao điểm của  MNP  với

1
C. 4 .

SA

là

1
D. 2 .

Lời giải
Phần Minh chứng tôi đã nêu cách giải của trường ra đề: trường hợp khá
đặc biệt của bài toán .
Đây là một ví dụ cho các điểm khá đặc biệt vì lại có IP//SC nên có thể
dùng tính chất đường trung bình và định lý Talét .Nhưng nếu ta thay đổi các
vị trí M,N,P với tỉ lệ khác chút thì học sinh sẽ không thể dùng cách trên
được .Khi đó ta dùng định lý Menelauyt thấy thật sự hiệu quả .
VD6a: (Phát triển từ ví dụ 5) Cho hình chóp

S . ABCD

có đáy là hình

1
1
SM  SB, SN  SD
3
3
bình hành tâm O . Gọi M , N
, P trung điểm và OC . Gọi
KS
MNP 
giao điểm của 
với SA là K . Tỉ số KA là:
10


2
A. 5 .

Hướng

1
B. 3 .

1
C. 4 .

1
D. 6 .

dẫn :
1
1
SM  SB, SN  SD
3
3
1
� MN / / DB � SI = SO
3

o
ụng định lý Menelaus cho 3 điểm

Áp d
thẳng hàng P,K,I trên các cạnh tam
giácABC:

SK AP OI
SK

SK 1
.
.
1�
.3.2  1 �

SA OP IS
SA
SA 6

Chọn D
Người thầy dạy tốt là không chỉ cho HS một VD mà còn phát triển các ví đưa
ra theo các tình huống khác nhau đa dạng để nhằm phát triển tư duy cho HS.
Một trong những cách tốt nhất là qua các ví dụ ta thay đổi chút trong giả thiết
nhưng không chỉ dừng lại ở tính tương tự mà có thể gây ra tình huống có vấn
đề .Bài toán này có thể phát triển nếu cho MN không song song với BD thì
công việc tính tỉ số sẽ khó khăn thêm .
Mở rộng độ khó của câu hỏi :
VD6b: (Phát triển từ ví dụ 5) Cho hình chóp
bình hành tâm
giao điểm của
2
A. 9 .

O.

Gọi M ,

N

SM 

S . ABCD

có đáy là hình

1
1
SB, SN  SD
2
3
, P trung điểm và OC . Gọi

KS
với SA là K . Tỉ số KA là:
1
1
1
B. 3 .
C. 4 .
D. 6 .

 MNP 

11


Với Ví dụ này thì ta không thể sử dụng định lý Ta lét được nữa nì MNkhông
song song với BD . Khi đó dùng định lý Menelauscho bài toán này như sau:
Kéo dài MN cắt BD tại E

Áp dụ

ng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng N,E,M trên các cạnh tam giác

SN DE BM
1 DE
DE
.
1 �
.1  1 �
2
2 BE
BE
ADB : ND BE MS

Áp dụ

ng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng P,I,K trên các cạnh tam giác

SI OE BM
SI 3
SI 2
.
1 �
.1  1 �

IO 2
IO 3
AOB : IO BE MS

Áp dụ

ng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng E,I,N trên các cạnh tam giác

SK AP OI
SK 3
SK 2
.
.
1 �
.3.  1 �

KA 2
KA 9
SAO : KA PO IS

Chọn A

Tiếp tục tôi đưa ra yêu cầu HS làm một bài toán ngược VD6b
VD6c: (Phát triển từ ví dụ 5) Cho hình chóp
bình hành tâm
OC .

O.

Gọi M,N trên cạnh SD:

Gọi giao điểm của

2

A. 9 .

1
B. 3 .

 MNP 

SM 

S . ABCD

có đáy là hình

1
SB, SN  kSD
2
, P trung điểm và

KS 2

với SA là K . .Tìm k biết tỉ số KA 9 là:
2
1
C. 3 .
D. 6 .

Hướng dẫn:
Cách 1: Kéo dài MN cắt BD tại E (Dùng hình vẽ VD6)
12

Áp dụ

ng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng N,E,M trên các cạnh tam giác

SN DE BM
k DE
DE 1  k
.
1 �
.1  1 �

1  k BE
BE
k
ADB : ND BE MS

Áp dụ

ng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng P,I,K trên các cạnh tam giác

SI OE BM
SI 1
SI
.
1 �
.1  1 �
 2k
IO 2k
IO

AOB : IO BE MS

Áp dụ

ng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng E,I,N trên các cạnh tam giác

SK AP OI
SK
1
SK 2k
2k 2
1
.
.
1 �
.3.  1 �

�
 �k 
KA 2k
KA 3
3 9
3
SAO : KA PO IS

Chọn B
Cách 2: Cách này không phải làm việc với tỉ lệ còn theo biến (suy ngược )
Áp dụ

ng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng E,I,N trên các cạnh tam giác

SK AP OI
SK 3
2 OI
OI 3
.
.
1 �
.3.  1 � .3.
1�

KA 2
9 IS
IS 2
SAO : KA PO IS

Áp dụ

Chọn A

ng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng P,I,K trên các cạnh tam giác

SI OE BM
2 OE
OE 3
.
1 �
.1  1 �

3 BE

BE 2
AOB : IO BE MS

Áp dụ

ng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng N,E,M trên các cạnh tam giác

SN DE BM
SN DE BM
SN 2
SN 1
1
.
1 �
.
1�
. .1  1 �
 � SN  SD
ND BE MS
ND 1
ND 2
3
ADB : ND BE MS

Sau VD này nhiều em thấy rất thích thú vì các em biết kết quả VD6c là
VD6b và làm thành công bằng cách sử dụng định lý Menelaus nhiều lần chứ
không có gì là khó .Tôi cũng nhắc các em tự ra cho mình đề làm xuôi như
VD6b rồi lại đặt ngượcc lại như VD6c để làm cho thành thạo hơn .
2.3.2: BÀI TOÁN TỈ SỐ THỂ TÍCH : (Dạy cho học sinh 12 )

13


Bản chất cũng qui về tỉ số đoạn thẳng Trong phần này ta sử dụng công
VSA ' B 'C ' SA ' SB ' SC '

.
.
V
SA
SB
SC
SABC
thức tỉ số thể tích

VD7: ( TN về thể tích của Đặng Việt Đông) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là
hình vuông cạnh a và SA  (ABCD),SA= a 3 .Gọi M,N là trung điểm cúa
SB,SD.Mặt phẳng (AMN) cắt SC tai I .Tính thể tích ABCDMNI ?
5 3a
A. 6

3a
B. 18

5 3a
C. 18

13 3a
D. 36

Hướng dẫn : Lấy MN giao SO tại K.Nối AKcắt SC tại I
SI SM 1


Áp dụng định lý Talet trong tam giác SDBcó MN//BD : SO SD 2

Áp dụ

ng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng I,J,M trên các cạnh tam giác

SI CA OK
SI
.
1 �
2.1  1
IC
ANB : IC OA KS

V

ABCDMNI

�

SI 1
SI 1
 �

IC 2
SC 3

 V SABCD V SAMNI

�V SAMNI
V SABCD



V
2V



SANI
SABC

1 1 1 1 1 1 1
 . .  . . 
2 2 3 2 2 3 6

V
.

V
2V

SAMI
SABD

ABCDMNI



1 SM SI SA 1 SN SI SA
 .
.
.
 .
.
.
2 SB SC SA 2 SD SC SA

5
5 1
5 3 3
 . a 3.a 2 
a
V
SABCD
6
6 3
18

Chọn C

14


VD 8: ( TN về thể tích của Đặng Việt Đông) Cho hình chóp S.ABCD có đáy
là hình bình hành.Gọi N là trung điểm cúa SB .Gọi P thuộc đoạn SC sao cho SP

4
= 2PC và M thuộc đoạn SAsao cho SM = 5 MA. Mặt phẳng(MNP ) cắt SD tại I

và NP cắt BC tại E .Biết VEPQR  18 .Tính VSMNPQ

A. 65

260
B. 9

C.75

D. 3

Lời giải của tác giả Đặng Việt Đông có trong phần minh chứng (lời giải gọn
vì được trình bày lược tắt quá nhiều chứ không phải lời giải ưu việt hơn)
Sau đây là lời giải tôi hướng dẫn học sinh
Hướng dẫn

15


Nối MP cắt SO tại I ,MP cắt AC tại H (trên (SBD)).Nối NI cắt SD tại Q, NI cắt
BD tại K (trên( SAC)).Kéo dài MN cắt BC tại K .
Áp d

ụng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng M,N,H trên các cạnh tam giác

SM AH CP
4 AH 1

AH 5
.
.
1 � .
. 1�

5 HC 2
HC 2
SAC : MA HC PS

Áp d

ụng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng I,H,M trên các cạnh tam giác

4 5 OI
4 10 OI
OI 7
SM AH OI
.
1� . .
1�

.
.
1 � .
5
3,5
IS
5
7

IS
IS
8
MA
HO
IS
SAO :

Áp d

ụng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng N,I,Ktrên các cạnh tam giác

SN BK OI
BK 7
BK
8
.
.
 1 � 1.
. 1�
.
OK 8
OK 7
SBO: NB OK IS

ụng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng N,Q,Ktrên các cạnh tam giác
Áp d
SN BK DQ
8 DQ
DQ 3

.
.
 1 � 1. .
1�

6 QS
QS 4
SBD: NB KD QS

Áp dụng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng N,P,E trên các cạnh tam giác
SN BE CP
BE 1
BE
.
.
 1 � 1.
. 11�
 2 � BC  CE
EC 2
EC
SBC: NB EC PS

(*)

16


ụng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng C,Q,Rtrên các cạnh tam giác
Áp d

SBD:

SQPD
SSCD
�

S
SQ DR PC
4 DR 1
DR 9
PR 4
RP 4
.
.
1� .
. 1�
 �
 � QPR 

QD RP CS
3 RP 3
RP 4
DP 13
S PDQ RD 13

d ( P, SD).PQ SP DQ 2 3 2

.
 . 
D(C, DS).SD SC SD 3 7 7



SQPR



S SDC

VEQPR SQPR 8
4 2 8
.  �


13 7 91 VESDC S SDC 91

VESDC  VBSDC  VASDC  VSADC 

91
91.9
.18 
8
4

(Vì AB//CD nên d(B,(SDC))= d(A,(SCD)) và( B,(SDC))= d(E,(SCD)) (theo

(*))
�

�

VEQPR
VESDC



SQPR
S SDC



8
91
91.9
� VESDC  VBSDC  VASDC  VSADC  .18 
91
8
4

VSMNP SM SN SP 4 1 2 4

.
.
 . . 
VSABC
SA SB SC 9 2 3 27

VSMPQ
VSACD



SM SP SQ 4 2 4 32
.
.
 . . 
SA SC SD 9 3 7 189

�4 32 �
� VMNPQ  VSMNP  VSMQP  � 
VSABC  65
�
�27 189 �
Chọn A

Trên đây là hướng dẫn lời giải tự luận, nhưng Trắc nghiệm HS viết những tỉ
lệ đoạn thẳng ,tỉ lệ thể tích không cần giải thích (cùng đường cao hay cùng
diện tích đáy) nên cũng rất nhanh để đưa ra kết quả.
VD9: (THPT Lý Thái Tổ-Bắc Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho
điểm M nằm trên cạnh SA , điểm N nằm trên cạnh SB của hình chóp tam giác
SM 1 SN

 2.
S . ABC sao cho MA 2 , NB
Mặt phẳng    qua MN và song song với SC
chia khối chóp thành 2 phần. Gọi V1 là thể tích của khối đa diện chứa A , V2 là
V1
?
V
thể tích của khối đa diện còn lại. Tính tỉ số 2

17


V1 4
 .
V
A. 2 5

V1 5
 .
V
B. 2 4

V1 5
 .
V
C. 2 6

V1 6
 .
V
D. 2 5

Lời giải của trường được thể hiện trên minh chứng
Hướng dẫn Kẻ NP//SC cắt AC tại P. Nối MN cắt AB tại E (trên (SBA)).Theo
CP 1

PA
2 . Nối PE cắt BCtại Q.
định lý Ta let ta có

Áp d

ụng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng M,E, Ntrên các cạnh tam giác

SM AE BN
1 AE 1
AE
.
.
1 � .
. 1�
4
2 EB 2
EB
SAB : MA EB NS

Áp d

ụng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng S,N,Btrên các cạnh tam giác

SA MN EB
MN 1
MN
.
.
 1 � 3.
. 1�
1
EN 3

EN
AME : MS EN AB

Áp dụng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng Q,B,C trên các cạnh tam giác
AC PQ EB
PQ 1
PQ
.
.
 1 � 3.
. 1�
1
CP
QE
AB
QE
3
QE
APE:

2

2

S AMP �AM � �2 � 4
 � � � � 
S ABC �AS � �3 � 9
V
d (E,(SAC)) S AMP EA 4 4 4 16
� EAPM 

.

. 

VBSAC d (B,(SAC)) S ABC BA 9 3 9 27
VEBQN
VEAPM



EB EN EQ 1 1 1 1
.
.
 . . 
EA EM EP 4 2 2 16
15
15 16 5
VEAPM  .  VBSAC
16
16 27 9
V 5
� 1 
V2 4

V1  VEAPM  VEBQN 
4
� V1  VBSAC
9

Chọn B

18


Trong phần này tôi muốn hướng dẫn HS làm dạng toán ngược tìm tỉ số
nào đó khi biết tỉ số khác. Dạng này đòi hỏi HS cần nhanh nhẹn biết rút các
tỉ lệ theo tham số là một phần rất dễ sai .
VD10 : ( Ví dụ này tôi ra để nhắc nhỏ loại có tham số):Cho hình chóp
S.ABC có đáy là hình bình hành.Gọi M là trung điểm cúa SA .Gọi N thuộc đoạn
SN
k
SB sao cho SB
Măt phẳng(  ) qua MN và song song SC chia khối chóp

.

thành hai phần .Gọi V1 là thể tích của khối đa diện chứa đỉnh A , Gọi V2 l là phần
V1 7

thể tích còn lại .Tìm k biết V2 11
1
1
2
2
B. 3
C. 3

A.

3
D. 4

Hướng dẫn: Kẻ NP//SC cắt AC tại P. Nối MN cắt AB tại E (trên (SBA)).Khi đó
P làtrung điểm của AC . Nối PE cắt BCtại Q.
Áp d

ụng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng M,E, Ntrên các cạnh tam giác

SM AE BN
AE 1  k
AE
k
EB 1  k
.
.
 1 � 1.
.
1�

�

EB k
EB 1  k
AB 2k  1
SAB : MA EB NS

ụng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng S,N,Btrên các cạnh tam giác
Áp d
MN 1  k
MN
2k  1

NE 2  2k
SA MN EB
.
1�

�

.
.
 1 � 2.
EN
2
k

1
EN
2(1

k
)
EM
1
MS
EN
AB
AME :

19

ụng định lý Menelaus cho 3 điểm thẳng hàng Q,B,C trên các cạnh tam giác
Áp d
AC PQ EB
PQ 1  k
PQ 2k  1
EQ 2  2k
.
.
 1 � 2.
.
1�

�

CP
QE
AB
QE
2
k

1
QE
2(1

k
)
EP
1
APE:

2

2

S AMP �AM � �1 � 1 VEAPM d (E, (SAC)) S AMP EA 1
k 1
k
 � �  � � �

.

. 
. 
S ABC �AS � �2 � 4 VBSAC d (B, (SAC)) S ABC BA 4 2k  1 4 4(2k  1)
VEBQN EB EN EQ 1  k 2  2k 2  2k
k
1 k

.
.

.
.
� VEBQN 
.(2  2 k) 2VBSAC (1)
VEAPM EA EM EP
k
1
1
4(2k  1) k

V1 7
7
 � V1  VBSAC
V2 11
18
V1  VEAPM  VEBQN 

k
7
k
7
VBSAC  VEBQN  VBSAC � VEBQN 
VBSAC  VBSAC
4(2k  1)
18
4(2k  1)
18

� k
7�
�
 �
VBSAC (2)
�4(2k  1) 18 �
(1), (2) �

k
1 k
k
7

2
.(2  2 k) 2 
 �k
4(2k  1) k
4(2k  1) 18
3

Chọn C
Trên đây là hướng dẫn lời giải tự luận. Khoảng giữa tính các tỉ lệ đoạn
thẳng trình bày thì rất dài. Thực tế vì nháp trắc nghiêm nên các tỉ lệ này viết
rất nhanh. Khi tôi đưa ra bài tập này HS khá , giỏi vẫn áp dụng định lý
Menelaus rất thích thú. Đối với làm Trắc nghiệm HS viết những tỉ lệ đoạn
thẳng , tỉ lệ theo định lý Menelaus thể tích không cần giải thích ( những cái
đó chỉ cần tư duy trong đầu chỉ viết những cần thiết nên cũng rất nhanh để
HS đưa ra kết qủa. Vì hình thức thi trắc nghiệm nên càng linh hoạt trong mọi
AE
k
EB 1  k

�

khâu. Từ những khâu EB 1  k AB 2k  1 cũng dạy cho Hs kỹ năng làm
k
1 k
k
7
.(2  2 k) 2 

4(2k  1) 18
thật nhanh và chính xác. Với 4(2k  1) k

20


Thay vì giải tự luận rất lâu dễ nhầm trong quá trình biến đổi ta có thể CACL
hoặc SHIFT SLOVE tiết kiệm khá nhiều về thời gian .
Tuy nhiên cách dùng vectơ của thầy Đặng Việt Đông với công đoạn giải
quyết tỉ số đoạn thẳng rất hiệu quả nhưng chỉ HS thật sự giỏi và nhanh nhẹn
mới làm và hiểu tốt bởi phần véc tơ cũng là phần HS khá cũng còn khó khăn
khi sử dụng .Tôi cũng muốn hướng cả hai cách để HS khá cũng vẫn tự tin
làm được bằng việc áp dụng định lý Menelaus và HS giỏi khuyến khích tiếp
cận với cách của thầy Đặng Việt Đông đã trình bày trong minh chứng .
Nhưng các em vẫn chọn cách áp dụng định lý Menelaus là chủ yếu.
Đây là những bài tập tôi đã cho HS luyện tập và kiểm tra

Câu 1:

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, gọi I và J lần lượt là trung

điểm AD, BC và G là trong tâm của tam giác SAB. Biết thiết diện của hình
AB
chóp cắt bởi (IJG) là hình bình hành. Tính tỉ số CD
1
3

A.3
Câu 2:

B.

3

C. 2

2
D. 3

Cho hình chóp S.ABC có đáy là hình bình hành.Gọi M là trung điểm cúa

SN 2

SA .Gọi N thuộc đoạn SB sao cho SB 3 Măt phẳng(  ) qua MN và song song

SC chia khối chóp thành hai phần .Gọi V1 là thể tích của khối đa diện chứa đỉnh
V1
A , Gọi V2 l là phần thể tích còn lại ,Tính V2
21


7
A. 18

7
B. 18

7
C. 11

D.

Câu 3: (THPT Chuyên Phan Bội Châu-Nghệ An- lần 1 năm 2017-2018) Cho
hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung

điểm SD , N là trọng tâm tam giác SAB . Đường thẳng MN cắt mặt
phẳng

 SBC 

3
A. 4 .

IN
tại điểm I . Tính tỷ số IM .
1
1
B. 3 .
C. 2 .

2
D. 3 .

Câu 4: : (THPT Chuyên Hạ Long-Quảng Ninh-lần 1 năm 2017-2018) Cho
AB / / CD 
hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang 
. Gọi I , J lần

lượt là trung điểm của các cạnh AD, BC và G là trọng tâm tam giác SAB .
Biết thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng  IJG  là hình bình
hành. Hỏi khẳng định nào sao đây đúng?

A.

1

AB  CD
3
.

3
AB  CD
2
B.
.

2
AB  CD
3
D.

C. AB  3CD .

Câu 5: : (THPT Chuyên Hùng Vương-Bình Phước-lần 2-năm 2017-2018)
B C D . Trên các cạnh AA�
Cho hình hộp ABCD. A����
, BB�
, CC �lần lượt lấy
ba điểm

A�
M

1

B�

N

2

C�
P 1

, , sao cho AA� 3 , BB� 3 , CC � 2 . Biết mặt phẳng
M N P
D�
Q

 MNP  cắt cạnh DD�tại Q . Tính tỉ số DD�.
1

1

A. 6 .

5

B. 3 .

C. 6 .

2

D. 3 .

Câu 6: : (THPT Lê Quý Đôn-Hà Nội năm 2017-2018) Cho hình chóp

S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của
các cạnh AB ,

BC .

Điểm I thuộc đoạn

SA .

MNI 
Biết mặt phẳng 
chia khối

7
chọp S . ABCD thành hai phần, phần chứa đỉnh S có thể tích bằng 13 lần phần
k

IA
IS ?

3
A. 4 .

1
1
2
B. 2 . C. 3 . D. 3 .

còn lại. Tính tỉ số
Phần tiến hành giải quyết những thực trạng nói trên chính là những ý

tưởng và biện pháp cụ thể nêu trong từng bài ở phần nội dung . Mỗi bài
22


đều . Cũng có một số bài toán vận dụng và vận dụng cao học sinh giỏi sẽ có
thể Ở đây tôi chọn một giải pháp cho học sinh khá, TB khá trở lên không
những có thể làm mà làm hiệu quả hơn cả việc suy nghĩ kẻ đường phụ. Và
một hiệu quả nữa là sự chính xác.
2.4. Hiệu quả của SKKN Thông qua quá trình học tập vận dụng các giải
pháp tôi đưa ra và một bài kiểm tra tôi nhận thấy học sinh đã có cái nhìn không
căng thẳng về bài toán vận dụng và vận dụng cao .Trước đó nhìn vào các dạng
này học sinh TB khá, hoặc khá không làm. Học sinh giỏi nháp nhưng đa phần
bế tắc hoặc dễ sai về tính toán và chưa biết vận dụng linh hoạt MTBT vào từng
công đoạn nhỏ để cải thiện về công sức thời gian và cả độ chính xác. Sự hiệu
quả còn thấy rõ ở chỗ tôi đã kéo được số lượng lớn các em làm những câu
khó .Từ đó các em thấy được sự hiệu quả của phương pháp và rất thích thú môn
hình là môn đa phần các em đều rất khó khăn để tiếp cận.
Kết quả 4 lớp đối chứng
Lớp

Sĩ số

Điểm 9-10

Điểm7-8

Điểm 5-6

Điểm dưới 5

11A8

43

1(2,3%)

4(9,3%)

15(34,9%)

23(53,5%)

11A6

40

1(2,5%)

3(7.5%)

10(25%)

26(65%)

12A5

40

0(0%)

4(10%)

11(27,5%)

25(62,5%)

12A7

39

0(0%)

2(5,1%)

11(28,2%)

26(66,7%)

Kết quả bài kiểm tra của 4 thực nghiệm
Lớp

Sĩ số

Điểm 9-10

Điểm7-8

Điểm 5-6

Điểm dưới 5

11A4

42

7(16,7%)

12(28,6%)

13(30,9%)

10(23,8%)

11A7

41

5(12,2%)

15(36,6%)

12(29,3%)

9(21,9%)

12A6

42

8(19%)

14(33,3%)

12(30%)

8(19%)

12A8

40

6(15%)

15(37,5%)

9(22,5%)

10(25%)

3.KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
23