Hướng dẫn học sinh sử dụng biểu thức véc tơ về tính đồng phảng của bốn điểm trong không gian để chuyển bài toán tìm giao điểm của đường thẳng và mặt phẳng trong hình chóp thành bài toán phân tích véc tơ trên mặt đáy

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
MỤC LỤC
TRƯỜNG THPT
THỌ XUÂN 5

1. Mở đầu....................................................................................................... Trang 2.
2. Nội dung sáng kiến…….............................................................................Trang 3.
2.1. Cơ sỡ lý luận của SKKN .......................................................................Trang 3.
SÁNG
NGHIỆM
2.2. Thực trạng vấn đề trước
khi KIẾN
áp dụngKINH
SKKN...........................................Trang
4.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm để giải quyết vấn đề...................... ..............Trang 4.
2.3.1. Các bài toán gốc ……………………………….................... ………..Trang 4.
2.3.2. Phát triễn các bài toán gốc………………………................................Trang 8.
2.4. Hiệu quả của SKKN đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường ....................................................Trang 19.
3. Kết
luận, kiến
nghị…………………........................................................Trang
HƯỚNG
DẪN
HỌC SINH SỬ DỤNG BIỂU THỨC VÉC-TƠ VỀ 19.

TÍNH ĐỒNG PHẲNG CỦA BỐN ĐIỂM TRONG KHÔNG GIAN ĐỂ
CHUYỂN BÀI TOÁN TÌM GIAO ĐIỂM CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ
MẶT PHẲNG TRONG HÌNH CHÓP THÀNH BÀI TOÁN PHÂN
TÍCH VÉC-TƠ TRÊN MẶT ĐÁY.

Người thực hiện: Lê Quang Vũ
Chức vụ: Giáo viên
Đơn vị công tác: THPT Thọ Xuân 5
SKKN thuộc lĩnh vực (môn): Toán

THANH HOÁ, NĂM 2020
0


1. Mở đầu
1.1. Lí do chọn đề tài
Từ năm học 2016-2017 đến nay, trong kỳ thi trung học phổ thông quốc gia, đề thi
môn toán thay đổi từ hình thức tự luận sang hình thức trắc nghiệm khách quan.
Chính điều này đã tạo ra một sự chuyển biến lớn trong cả dạy và học ở các nhà
trường. Để đạt được điểm số cao trong kỳ thi này, học sinh không cần chỉ nắm
vững kiến thức cơ bản, làm thuần thục các dạng toán quan trọng mà cần có khả
năng logic cao để tiếp cận vấn đề một cách nhanh nhất, chọn được cách giải quyết
nhanh nhất đến đáp án. Đây thực sự là một thách thức lớn.
Trong quá trình giảng dạy, ôn thi, làm đề tôi phát hiện ra rằng: rất nhiều bài toán
khó về mảng chia thể tích hình chóp đa phần học sinh ( kể cả học sinh khá, giỏi)
đều gặp khó khăn trong việc xác định vị trí giao điểm của mặt phẳng với cạnh bên
hình chóp, nếu dùng việc dựng giao điểm thuần túy theo hình học sẽ rất khó giải
quyết được vấn đề trong thời gian ngắn nhưng nếu dùng kiến thức véc-tơ sẽ rất
nhanh, gọn và giải quyết được cho nhiều dạng bài tập.
Chính vì những lý do trên nên tôi tổng hợp các kinh nghiệm trong quá trình giảng
dạy của mình, sưu tầm các dạng bài điển hình hay gặp trong các đề thi để viết thành
tài liệu: HƯỚNG DẪN HỌC SINH SỬ DỤNG BIỂU THỨC VÉC-TƠ VỀ TÍNH
ĐỒNG PHẲNG CỦA BỐN ĐIỂM TRONG KHÔNG GIAN ĐỂ CHUYỂN BÀI
TOÁN TÌM GIAO ĐIỂM CỦA ĐƯỜNG THẲNG VÀ MẶT PHẲNG TRONG

HÌNH CHÓP THÀNH BÀI TOÁN PHÂN TÍCH VÉC-TƠ TRÊN MẶT ĐÁY.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Tôi chọn đề tài sáng kiến kinh nghiệm này trước hết nhằm mục đích tạo một tài liệu
tham khảo nhỏ giúp các em học sinh khá giỏi trong nhà trường có thêm một
phương pháp tiếp cận nhanh và hiệu quả khi gặp những bài toán cần tìm vị trí giao
điểm của mặt phẳng với cạnh bên của hình chóp. Sau đó là khuyến khích các em
dựa vào những kết quả rút ra để tạo thêm các bài toán mới, giúp các em phát triễn
tư duy logic, tổng hợp các phần, các chương đã học để chọn nhanh được hướng tiếp
cận đối với các câu hỏi ở mức độ vận dụng trong các đề thi.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Đối tượng nghiên cứu của đề tài chủ yếu tập trung vào mối quan hệ giữa biểu thức
véc-tơ trên mặt đáy với vị trí giao điểm của mặt phẳng và cạnh bên hình chóp, qua
đó phối hợp với một số bất đẳng thức thông dụng để tạo ra một số bài toán cực trị
hình học.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
Để giúp học sinh có cách giải phù hợp với lớp các bài toán này, trước hết giáo viên
cần yêu cầu học sinh ôn tập các kiến thức hình học và đại số liên quan. Đặc biệt với
riêng chuyên đề này giáo viên phải yêu cầu học sinh nắm vững kỹ năng phân tích
véc-tơ và sử dụng một số bất đẳng thức thông dụng. Sau đó giáo viên chọn một số
1


bài toán điển hình, các dữ kiện, yêu cầu thường gặp để học sinh luyện tập nhiều,
tạo ra “phản xạ” cho các em khi gặp loại toán này. Bước cuối cùng là yêu cầu các
em sáng tạo thêm các đề toán từ bài toán điển hình này cũng như từ các bài toán
khác mà các em đã từng gặp.
1.5. Những điểm mới của sáng kiến kinh nghiệm
Trong sáng kiến này, tôi giúp học sinh hình thành kỹ năng sử dụng phương pháp
véc-tơ để tìm vị trí giao điểm của mặt phẳng và cạnh bên hình chóp thay vì dùng
dựng hình và các phương pháp chứng minh hình học thuần túy .

2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1. Cơ sở lí luận của sáng kiến kinh nghiệm
S bất kỳ. Điều kiện cần và đủ để điểm C
Định lý 1. Cho đoạn thẳng AB
điểm
uuu
r và u
ur
uur
AB


SC

xSA

ySB
thuộc đường thẳng
là
, trong đó x  y  1 .
Chứng minh

uuur
uuu
r
AB


�
AC


k
AB
C
Điều kiện cần: Vì điểm thuộc đường thẳng
uuu
r uur
uur uur
uuu
r
uur
uur
� SC  SA  k SB  SA � SC   k  1 SA  k SB
.
uuu
r
uur
uur
Đặt x  k  1 , y  k , z  n thì SC  xSA  ySB , trong đó x  y  1
uuu
r
uur
uur
�SC  xSA  ySB
uuu
r
uur
uur
�
�

SC

1

y
SA

ySB
x

y

1


�
Điều kiện đủ:
uuu
r uur
uur uur
uuur
uuu
r
� SC  SA  y SB  SA � AC  y AB �
điểm C thuộc đường thẳng  AB  .
S bất kỳ. Điều kiện cần và đủ để điểm D
Định lý 2. Cho tam giác ABC
uuu
r và điểm
uur

uur
uuu
r
ABC


SD

xSA

ySB

zSC
thuộc mặt phẳng
là
, trong đó x  y  z  1 .









Chứng
uuur minh
uuur
Điều kiện cần: Vì hai véc- tơ AB và AC không cùng phương nên điểm D thuộc
uuur

uuu
r
uuur
ABC


AD

mAB

n
AC
mặt phẳng
khi và chỉ khi
uuu
r uur
uur uur
uuu
r uur
uuu
r
uur
uur
uuu
r
� SD  SA  m SB  SA  n SC  SA � SD   1  m  n  SA  mSB  nSC
.
uuu
r
uur

uur
uuu
r
 ySB  zSC , trong đó x  y  z  1 .
Đặt x  1  m  n , y  m , z  n thì SD  xSA
u
u
u
r
uur
uur uuu
r
uuu
r
uur
uur
uuu
r
� SD   1  y  z  SA  ySB  zSC
Điều kiện đủ: SD  xSA  ySB  zSC
uuu
r uur
uur uur
uuu
r uur
uuur
uuu
r
uuur
� SD  SA  y SB  SA  z SC  SA � AD  y AB  z AC

uuur
uuu
r
AB
Mà hai véc- tơ
và AC không cùng phương nên điểm D thuộc mặt phẳng
 ABC  .



 





 



2


2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm.
Hiện nay khi gặp dạng toán cần phải tìm chính xác vị trí giao điểm của mặt phẳng
và cạnh bên hình chóp, đa phần học sinh làm tốt bước dựng hình để tìm giao điểm
này, nhưng bước tìm tỉ lệ chia đoạn của điểm này thì khiến nhiều học sinh lúng
túng vì nó phải sử dụng nhiều bài toán chứng minh của hình học phẳng.
Khi gặp các bài toán về vấn đề trên, hầu như học sinh mất rất nhiều thời gian để
dựng hình, kẻ đường phụ... Một số học sinh do năng lực tư duy hạn chế chưa biết

cách phối hợp kiến thức hình học phẳng học ở cấp 2 nên không tìm được hướng
giải.
Chính vì vậy người dạy phải hướng dẫn học sinh tìm ra bản chất vấn đề cũng như
cách giải đơn giản, để thuận lợi kết thúc bài toán.
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc các giải pháp đã sử dụng để giải quyết
vấn đề.
2.3.1. Các bài toán gốc.
Bài toán 1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt
phẳng  P  cắt các cạnh SA , SB , SC , SD theo thứ tự tại K , L , M , N . Chứng
SA SC SB SD



minh: SK SM SL SN
Hướng dẫn giải
Lời giải 1 : Ta có VSKLM  VSKNM  VSKLN  VSMLN
�

S SKLM VSKNM VSKLN VSMLN



S ABBC VSADC VSABD VSCBD

SK SL SM SK SM SM
. .

.
.
SA SB SC SA SD SC

SK SL SN SM SL SN

. .

. .
SA SB SD SC SB SD

�

SA SB SC SD
. .
.
SK
SL
SM
SN thì được đpcm.
Nhân 2 vế với
Lời giải 2:

3


uuu
r uuur
uur uur uuu
r uuu
r
uuu
r uur uur uuu
r

AB

DC
�
SB

SA

SC

SD
�
SD

SA

SB

SC
Ta có
r SB uur SC uuur
SA uuu
.
SK

.SL 
.SM
uuu
r
SK

SL
SM
r SA uuu
r SB uur SC uuur � SN 
SD uuu
SD
�
.SN 
.SK 
.SL 
.SM
SN
SK
SL
SM
SN
. Mà
SA SB SC


SK SL SM  1
SD
SN
bốn điểm K , L , M , N đồng phẳng nên
SA SC SB SD
�



SK SM SL SN (đpcm).

Bài toán 2. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang với AB //CD và
AB  x.CD . Một mặt phẳng  P  cắt các cạnh SA , SB , SC , SD theo thứ tự tại
SA
SC SB
SD
x

x
SM SL
SN
K , L , M , N . Chứng minh: SK

Hướng dẫn giải
uur uur
uuu
r uuu
r
uuu
r
uuur � SB  SA  x SC  SD
uur uur
uuu
r
uuu
r
AB

xDC
�
SB


SA

xSC

xSD
Ta có
r
r
SB uur SA uuu
SC uuur
SD uuu
�
.SL 
.SK  x.
.SM  x.
.SN
SL
SK
SM
SN





r
r
SA uuu
SC uuur

SD uuu
.SK  x.
.SM  x. .SN
uur
SK
SM
SN
� SL 
SB
SL
Mà bốn điểm K , L , M , N đồng phẳng nên
SA
SC
SD
 x.
 x.
SK
SM
SN  1
SB
SL
SA
SC SB
SD
�
 x.

 x.
SK
SM SL

SN
Bài toán 3. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là tứ giác có hai đường chéo
AC và BD cắt nhau tại điểm I sao cho IA  x.IC ,

IB  yID . Một mặt phẳng  P 
4


cắt các cạnh SA , SB , SC , SD theo thứ tự tại K , L , M , N . Chứng minh:
SB
SD �
SC �
�SA
y
�  y  1 �  x
�
SN �
SM �
�SL
�SK

 x  1 �
�

Hướng dẫn giải

uur
uur
�
IA



x
.
IC
�IA  x.IC � �uur
u
ur
�
�
IB

yID
IB


yID
�
Ta có �
uuu
r uur
uuur uur
�BA  BI   x. BC  BI
�
��
uur
uuur uur
BI  y BD  BI
�
�

r
1 uuu
x uuur
�uur
BI

BA

BC
�
x 1
x 1
�
� �uuur
uur
�BD  y  1 BI
y
�









uuur
uuur uur
r uur

y  1 uuur uuur
y  1 uur uur uuu
� BD 
BA  xBC � SD  SB 
SA  SB  xSC  xSB
y  x  1
y  x  1
uuu
r
r
y  1 uur 1 uur x  y  1 uuu
� SD 
SA  SB 
SC
y  x  1
y
y  x  1
r
r 1 SB uur x  y  1 SC uuur
SD uuu
y  1 SA uuu
�
.SN 
.
SK  . SL 
.
SM
SN
y  x  1 SK
y SL

y  x  1 SM
Mà bốn điểm K , L , M , N đồng phẳng nên
1 SB SD
y  1 �SA
SC �
� . 

� x
�
y SL SN y  x  1 �SK
SM �









SD �
SC �
�SB
�SA
�  x  1 �  y
�  y  1 �  x
�
SN �
SM �
�SL

�SK

BCD 
Bài toán 4. Cho tứ diện ABCD . Điểm G nằm trong mặt phẳng 
thỏa mãn
uuu
r
uuur uuur r
xGB  yGC  zGD  0 .Điểm I nằm trên đoạn AG thỏa mãn AG  k . AI . Mặt
��

phẳng   đi qua điểm I và cắt các cạnh AB, AC , AD tại các điểm B , C , D '
(khác A ). Chứng minh rằng

x.

AB
AC
AD
 y.
 z.
 k  x  y  z
AB� AC � AD�
.
5


Hướng dẫn giải

�� �


Gọi B , C , D lần lượt giao điểm của mp   với các cạnh
AB, AC , AD .
uuu
r
uuur uuur r
xGB

yGC
 zGD  0
Ta có :
uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur r
� x AB  AG  y AC  AG  z AD  AG  0
uuur
uuur uuur
uuur x AB  y AC  z AD
� AG 
x yz



 

 



uuu

r
uuur
uuur
uur 1 uuur 1 �x AB  y AC  z AD �
AI  AG  �
�
k
k�
x yz
�
Mà

r
r�
AD uuuu
� AB uuur� AC uuuu
�
�
x
.
.
AB

y
.
.
AC

z
.

.
AD
�
1 � AB�
�
�
AC
AD
 �
�
k�
x yz
�
�
�
AC
AD �
� AB
x
.

y
.

z
.
�
1 � AB� AC � AD�
�
� 1

k�
x yz
�
���
�
Mà I , B , C , D đồng phẳng nên �
AB
AC
AD
� x.
 y.
 z.
 k  x  y  z
AB� AC � AD�
Từ ví dụ trên ta có một số kết quả sau đây:
AB AC AD


 3.k
�
�
�
AB
AC
AD
G
BCD
1. Nếu
là trọng tâm tam giác
thì

.
G
BCD
2. Nếu
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác
thì
AB
AC
AD
b.
 c.
 d.
 kb c d
AB� AC � AD�
với b  CD , c  BD , d  BC .
3. Nếu tam giác BCD nhọn và G là trực tâm tam giác BCD thì
AB
AC
AD
.tan B 
.tan C 
.tan D  k  tan B  tan C  tan D 
AB�
AC �
AD�
.
G
BCD
4. Nếu
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác

thì
AB
AC
AD
.sin 2 B 
.sin 2C 
.sin 2 D  k  sin 2 B  sin 2C  sin 2 D 
AB�
AC �
AD�
.
6


5. Nếu G là điểm bất kỳ nằm trong tam giác BCD thì
AB
AC
AD
.S MCD 
.S MBD 
.S MBC  k .S BCD
AB�
AC �
AD�
.
Bài toán 5. Cho tứ diện ABCD . Gọi M , N , P , Q lần lượt thuộc các cạnh AB ,
QD
NB
MA
PC

t
y
x
z
QA
NC
BC , CD , DA sao cho MB
PD
,
,
,
. Chứng minh rằng bốn
điểm M , N , P , Q đồng phẳng

� xyzt  1 .

Hướng dẫn giải

uuur
uuur uuur uuur
uuur uuur
NB   yNC � AB  AN   y AC  AN

Ta có
uuur 1 uuu
r 1  y uuur
� AC 
AB 
AN
y

y





uuur
uuur uuur uuur
uuur uuur
PC   zPD � AC  AP   z AD  AP





uuur
uuur
uuu
r
� AC   z AD   1  z  AP
r 1  y uuur
uuur
uuu
r
1 uuu
AB 
AN   z AD   1  z  AP
y
Suy ra y
uuuu

r 1  y uuur
uuur
uuu
r
1 �x  1 �
�
AN   z  1  t  AQ   1  z  AP
�
�AM 
y �x �
y
uuuu
r
uuur
uuur
uuu
r
�   x  1 AM  x  y  1 AN   xyz  1  t  AQ  xy  1  z  AP
uuur
uuuu
r
uuur
uuu
r
� xyz  1  t  AQ   x  1 AM  x  y  1 AN  xy  1  z  AP

Q đồng phẳng
Mà M , N , P ,

�

 x  1  x  y  1  xy  1  z 
xyz  1  t 

 1 � xyzt  1
.

2.3.2. Phát triển các bài toán gốc.
Kết hợp các kết quả trên với các phương pháp tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất như sử
dụng các bất đẳng thức cổ điển, sử dụng bảng biến thiên của hàm số ta có thể giải
các bài tập sau:
Câu 1. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Các điểm A ', C '
uuur 1 uur uuur 1 uuu
r
SA '  SA SC '  SC
P
3 ,
5
thỏa mãn
. Mặt phẳng   chứa đường thẳng A ' C ' cắt các

7


cạnh SB, SD lần lượt tại B ', D ' và đặt
lớn nhất của k .

k

VS . A ' B ' C ' D '

VS . ABCD . Tìm giá trị nhỏ nhất, giá trị

Lời giải
uuu
r
uuur
uur uuur
( x, y  0) .
SD
'

y
.
SD
Đặt SB '  x.SB ,

Ta có
uuur uuur
uuu
r uur uuu
r uur
AD  BC � SD  SA  SC  SB
uuu
r uur uuu
r uur
� SD  SA  SC  SB
uuur
uuur 1 uuur
1 uuur
� SD '  3.SA '  5.SC '  SB '

y
x
uuur
uuur
uuur y uuur
� SD '  3 y.SA '  5 y.SC '  SB '
x
Mà A ' , B ' , C ' , D ' đồng phẳng nên

3y  5y 

y
1 1
1 �   8
x
x y

Đặt V  VS . ABCD
VS . A ' B ' C ' SA' SB' SC' 1

.
.
 x
1
1
SA
SB
SC
15 � V
xV

V
S . A ' B 'C ' 
30
2
Khi đó
VS . A ' C ' D ' SA' SD' SC' 1
1

.
.
 y � VS . A ' C ' D ' 
yV
1
SA
SD
SC
15
30
V
2
Do đó
a) Vì

k

VS . A ' B ' C ' D '
1

 x  y
VS . ABCD

30

�1
�x

 x  y � 

k  f ( x) 

b)

1�
4 1
1
��4 � x  y �   �
k

y�
8 2
60

1 �
x �
4
f ( x)  f (1) 
�x 
��max
1 �
30 � 8 x  1 � �
105

� ;1�
8 �
�

kmin

1
60 .

.

8



Câu 2. Cho tứ diện ABCD có G là trọng tâm tam giác BCD . Mặt phẳng   đi
qua trung điểm I của đoạn thẳng AG và cắt các cạnh AB, AC , AD tại các điểm

B�
, C�
, D ' (khác A ). Gọi hA , hB , hC , hD lần lượt là khoảng cách từ các điểm
hB2  hC2  hD2
�hA2 .



A, B, C , D đến mặt phẳng
3
.Chứng minh rằng:

Lời giải
���

Gọi B , C , D lần lượt giao điểm của mp   với các cạnh
AB, AC , AD .
uur 1 uuur 1
AI  AG 
2
6
u
u
u
r
1 �AB
 � AB ' 
Ta có : 6 �AB�



uuu
r uuur uuur
AB  AC  AD



r AD uuuu
r�
AC uuuu
AC ' 
AD ' �

AC �
AD� �

���
Mà I , B , C , D đồng phẳng nên
1 �AB
AC
AD �


� �
� 1
6 �AB
AC � AD�
�

�

AB AC AD
BB� CC � DD�


6�


3
AB� AC � AD�
AB� AC � AD�

BB� hB CC � hC DD� hD

 ;

;

�
�
�
AB
h
AC
h
AD
hA
A
A
Mặt khác ta có
hB hC hD


 3 � hB  hC  hD  3hA  **
Suy ra hA hA hA

 hB  hC  hD 

Ta có:
(luôn đúng)

2

�3  hB2  hC2  hD2  �  hB  hC    hC  hD    hD  hB  �0

2

3 h



2

�3  h  h  h
2
B

2
C

2
D



2

2

hB2  hC2  hD2
�hA2 .
3
. Hay

A

Kết hợp với (**) ta được
Câu 3. Cho hình chóp SABCD có đáy là hình bình hành. Gọi K là trung điểm

của SC. Mặt phẳng qua AK cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại M và N . Gọi V1 ,V
thứ tự là thể tích của khối chóp SAMKN và khối chóp SABCD . Tìm giá trị nhỏ
V1
nhất và giá trị lớn nhất của tỷ số V .
9


Lời giải

1
1
� VS . ABC  VS . ADC  VS . ABCD  V
2
2
Vì ABCD là hình bình hành nên
VSAMK SM SK
x.V
SM
SN

.
� VSAMK 
x
y
SB SC
4
Đặt SB

, SD
thì VSABC
V
� V1  VS . AMK  VS . ANK   x  y   1
4
Mặt khác
uuur uuur
uuu
r uur uuu
r uur
AD  BC � SD  SA  SC  SB
uuu
r uur uuu
r uur
� SD  SA  SC  SB
r uur
uuu
r 1 uuur
1 uuu
� SN  SA  2.SK  SM
y
x
uuu
r
uur
uuu
r y uuur
� SN  y.SA  2 y.SK  SM
x
y

y  2y  1
x
Mà A , M , N , K đồng phẳng nên
� x  y  3xy � y 

x
3x  1
�x

1
3

y  0 nên từ
Do x  0 và
SN
x
1
y  � 1
1
3
� 2 x  1 �0 , do đó 2 �x �1
SD
3x  1
Và
V1 1
3
3
x
3x 2


 1 �   x  y   xy  x.
V 4
4
4 3 x  1 4  3 x  1
Từ
3x 2
3 x(3 x  2)
1
f  x 
f�
x 

�x �1
4(3x  1) với 2
4(3x  1)2
Xét hàm số
. Ta có
x0
�
�
f�
 x  0 � � 2
x
� 3 không thuộc đoạn
Ta có bảng biến thiên

1 �
�
;1
�

2 �
�
�

10


1 �
1
3
1 V1 3
�
x �� ;1�
�f  x  �
� �
2
�
�
3
8
3
V 8
Suy ra
với
hay
V 1
2
2
Min 1 
x

SM  SB
V 3 khi
3 hay
3
Vậy
� 1
x
�
2
V1 3
�
max 
x 1
V 8 khi �
Và

Câu 5. Cho hình chóp S . ABC có SA , SB , SC đôi một vuông góc, I là tâm nội
P
tiếp tam giác ABC . Mặt phẳng   thay đổi qua I , cắt các tia SA , SB , SC lần lượt

, B�
, C�
tại A�
. Biết SA  SB  2 , SC  7 . Tìm giá trị nhỏ nhất của thể tích của
BC ?
khối chóp S . A���
Lời giải
Ta có
VS . A���
BC 

SA�SB�SC �
.
.
.VS . ABC
SA SB SC

Lại có
SA  SB  2, SC  7
� VS . ACB 

1
1
SA.SB.SC 
7
6
3

Từ

SA  SB  2, SC  7 � AB  2, BC  3  AC
Do I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên:
11


uur
uur
uur r
BC.IA  CA.IB  AB.IC  0

uur uur
uur uur
uuur uur r
� BC SA  SI  CA. SB  SI  AB. SC  SI  0













uu
r
� SI 

uur
uur
uuu
r
BC
CA
AB
SA 
SB 

SC
AB  BC  CA
AB  BC  CA
AB  BC  CA
r
BC
SA uuu
CA
SB uuur
AB
SC uuur

.
.SA�

.
SB�

.
SC �
AB  BC  CA SA�
AB  BC  CA SB�
AB  BC  CA SC � .

Do bốn điểm

A�
, B�
,C�
, I đồng phẳng nên

BC
SA
CA
SB
AB
SC
.

.

.
1
AB  BC  CA SA� AB  BC  CA SB� AB  BC  CA SC �


Sử dụng bất đẳng thức AM-GM ta có

1

BC
SA
CA
SB
AB
SC
.

.


.
AB  BC  CA SA� AB  BC  CA SB� AB  BC  CA SC �

�3 3

AB.BC.CA

 AB  BC  CA 

1 33

3

.

SA SB SC
.
.
SA�SB�SC �

AB.BC.CA
SA SB SC
SA�SB�SC � 27. AB.BC.CA

.
.
.
.
.
3

�
�
�
SA
SB
SC
SA
SB
SC  AB  BC  CA  3
 AB  BC  CA 


VS . A���
BC 

SA�SB�SC �
27. AB.BC.CA
27.2.3.3 1
81 7
.
.
VS . ABC �
V

. 7
3 S . ABC
3
SA SB SC
256
 AB  BC  CA 

 2  3  3 3

Dấu bằng xảy ra
BC
SA
CA
SB
AB
SC
�
.

.

.
1
�
�AB  BC  CA SA� AB  BC  CA SB� AB  BC  CA SC �
��
BC
SA
CA
SB
AB
SC
�
.

.


.
�AB  BC  CA SA� AB  BC  CA SB� AB  BC  CA SC �
�SB SA 8
� � �9


SA  SB 
2
�
�
�SB� SA� 9
�
8
��
��
SC
4
3
� 
�
SC �

7
�SC � 3
�
4
.
12

P
Câu 6. Cho tứ diện S . ABC có SA  SB  SC  1 , mặt phẳng   đi qua trọng tâm
M của tứ diện, cắt cạnh SA, SB, SC lần lượt tại D, E , F (khác S ).
uuur 1 �1 uuu
r 1 uur 1 uuu
r�
SM  � SD 
SE 
SF �
4 �SD
SE
SF
�
1. Chứng minh rằng:
.

1
1
1


2. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : SD.SE SE.SF SF .SD .
Lời giải
uuur 1 uu
r uur
u
u
r
u
u

r
r � 1 uur uur uuu
r
1 �1
1
1 uuu
SM  SI  SJ  � SA  SB  SC � SA  SB  SC
2
2 �2
2
2
� 4
r SB uur SC uuu
r � 1 �1 uuu
r 1 uur 1 uuu
r�
1 �SA uuu
 � SD 
SE 
SF � � SD 
SE 
SF �
4 �SD
SE
SF
SE
SF
� 4 �SD
�









uuur 1 �1 uuu
r 1 uur
r�
1 uuu
SM  � SD 
SE 
SF �
4 �SD
SE
SF
�mà bốn điểm M , D, E , F đồng phẳng nên
Vì
1 �1
1
1 �
1
1
1



4

� 
� 1 �
4 �SD SE SF �
SD SE SF
.
2

1
1
1
1 �1
1
1 � 16
T


�� 

�
SD
.
SE
SE
.
SF
SF
.
SD
3
SD

SE
SF
�
� 3.
Lại có

16
1
1
1
4
SA SB SC 4
�


 �


 �  P  / /  ABC 
3
SD
SE
SF
3
SD
SE
SF
3
Nên
Câu 7. Cho hình chóp S . ABC có SA  1, SB  2, SC  3 . Gọi G là trọng tâm tam


giác ABC . Mặt phẳng   đi qua trung điểm I của SG cắt các cạnh SA, SB, SC
lần lượt tại M , N , P . Tính giá trị nhỏ nhất Tmin của biểu thức
Tmax 

T

1
1
1

 2
2
2
SM
SN
SP .

Lời giải
uuu
r 1 uur uur uuu
r
SG  SA  SB  SC
3
Do G là trọng tâm ABC suy ra
. Khi đó
r 1 �SA uuur SB uuu
r SC uur � uu
r 1 �SA uuur SB uuu
r SC uur �

SG uu
.SI  � SM 
SN 
SP �� SI  � SM 
SN 
SP �
.
SI
3 �SM
SN
SP
6 �SM
SN
SP
�
�
1 �SA SB SC �
SA SB SC



 6.
� 
� 1 �
6
SM
SN
SP
SM
SN

SP
I
,
M
,
N
,
P
�
�
Do
đồng phẳng nên
Áp dụng BĐT bunhiacopxki, ta có





13


2

1
1 � 2
�1
�SA SB SC �
 2�
SA  SB 2  SC 2  �� 



� 2
�
2
SN
SP �
�SM
�SM SN SP �
36
18
T� 2

2
2
SA  SB  SC
7 .
Suy ra
Câu 8. Cho hình chóp S . ABCD có SA là đường cao và đáy là hình chữ nhật
ABCD biết SA  a , AB  b , AD  c . Trong mặt phẳng  SBD  vẽ qua trọng tâm

G của tam giác SBD một đường thẳng cắt cạnh SB tại M và cắt cạnh SD tại N .
Mặt phẳng  AMN  cắt cạnh SC của hình chóp S . ABCD tại K . Xác định vị trí của

M trên cạnh SB sao cho thể tích hình chóp S . AMKN đạt giá trị lớn nhất, nhỏ
nhất. Tính các giá trị đó theo a, b, c .
Lời giải
Do G là trọng tâm tam giác SBD suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SAC .Do đó
AG cắt SC tại trung điểm K của SC .
SM
SN

3
�1
�
 x;
 y � �x �1; �y �1�
SD
2
�2
�
Đặt SB
Theo công thức tính tỉ số thể tích ta có:

VSANK SA SN SK y

.
.

VSADC SA SD SC 2 ;

VSAKM SA SK SM x

.
.

VSACB SA SC SB 2
1
1
VSADC  VSABC  VSABCD  abc
2
6

Lại có:
và VSANK  VSAKM  VSAMKN nên ta có
abc  x  y 
VSAMKN 
 *
12
uuu
r SN uuu
r
uuu
r uuur SM uur
uur uuu
r 2 uuu
r
SN 
.SD  ySD; SM 
.SB  xSB SG  SO
SD
SB
3
Ta lại có:
;
uuu
r uuu
r uur uuu
r 1 uuu
r 1 uuur
2SO  SD  SB � SG 
SN  SM  1
3y

3x
Vì O là trung điểm BD nên
Mà M , N , C thẳng hàng nên từ (1) ta có
1
1
y �1
�

1� x 
� �y �1�
3 y 3x
3 y  1 �2
�
14


Thay vào  *

suy ra:

VSAMKN

� y
abc �

3
y

1
�


24

�
y�
2
� abc y
8 3y 1

y 2 �1
�
f  y 
� �y �1�
3 y  1 �2
�
Xet hàm số
3y2  2 y
2
f�
;f�
 y 
 y  0 � y 
2
3
 3 y  1
Ta có
1
�1 � 1 �2 � 4
f � � ; f � � ; f  1 
2.

Ta có: �2 � 2 �3 � 9

� 1
y
4
2
1
min f  y   � y  ;max f  y   � � 2
�
9
3
2
�y  1
Do đó
Do đó ta có:
abc
max  VSAMKN  
9 khi MN / / BD .
abc
min  VSAMKN  
8 khi M là trung điểm SB hoặc N là trung điểm SD .
Câu 9. Cho hình chóp S . ABCD , có đáy ABCD là hình thang có
CD //AB, | CD  2 AB . Gọi    là mặt phẳng không đi qua S và cắt các cạnh
uur
uuur uuu
r uur
SA,| SB, | SC , | SD lần lượt tại M , N , P, Q thỏa mãn SA  2 SM ; SC  3SP . Tính tỉ số
2

2

�SB � �SD �
SB
T  3 � � � �
�SN � �SQ � đạt giá trị nhỏ nhất.
SN khi biểu thức
Lời giải
uur
uuu
r uuu
r
uuu
r
SB

xSN
,
SD

ySQ
Đặt
với x �1; y �1 , khi đó:
S
2

2

�SB � �SD �
T  3� � � � 3 x 2  y 2
�SN � �SQ �

uuur uuur uuur
uuur u.uur
uuu
r
AC

AD

DC
�
AC

AD

2
AB
Ta có:

Q
M

P
N
C

D
15
A

B

uuu
r uur uuu
r uur
uur uur
� SC  SA  SD  SA  2 SB  SA
uuu
r
uur uuu
r
uur
� SD  2SA  SC  2SB
uuu
r
uuur uur
uuu
r
� ySQ  4SM  3SP  2 xSN





uuu
r 4 uuur 3 uur 2x uuu
r
� SQ  SM  SP  SN
y
y

y
(*).
Vì 4 điểm M , N , P, Q đồng phẳng nên từ (*) ta có:
4 3 � 2x �
 �
 � 1 � 2 x  y  7
y y � y �
.
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpski ta có:
2
4 �
2
�2
�
 2 x  y   � . 3x  1. y �� 3x 2  y 2  �
�  1�
�3 �
�3
�
Câu 10. Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang cân,

AB // CD, AB  2CD, các cạnh bên có độ dài bằng 1 . Gọi O là giao điểm của
AC và BD , I là trung điểm của đoạn SO . Mặt phẳng ( ) thay đổi đi qua điểm
I và cắt các cạnh SA, SB, SC , SD lần lượt tại M , N , P, Q . Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức

T

1

1
1
1



SM 2 SN 2 SP 2 SQ 2 .
Lời giải

Nhận xét: I thuộc đoạn MP thì với mọi điểm
S , ta có:
uu
r
uuur
uur
m.SI  n.SM  p.SP � m  n  p .
Nhận thấy OCD đồng dạng với OAB
OC OD CD 1
�



OA OB
AB
uuur uuu
r 2uuur uuu
r r
uuu
r
uuu

r uur
uuu
r uur
2.
OC

OA

2.
OD

OB

0
�
3
SO

2
SC

SA

2
SD
 SB
Khi đó:
r
r SB uuu
r

SO uu
SC uur SA uuur
SD uuu
�3
SI  2.
SP 
SM  2.
SQ 
SN  1
SI
SP
SM
SQ
SN

16


SA
SB
SC
SD
 x,
 y,
 z,
t
SM
SN
SP
SQ

Đặt
,  x, y, z , t �1 .
Từ  1 , suy ra: 3.2  2 z  x  2t  y
T

1
1
1
1

 2
2
2
SM
SN
SP
SQ 2  x 2  y 2  z 2  t 2

Khi đó:
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy – Schwarz ta được
36
2
2
2
2
2
�
x

z

�
 x  z   1  4  � x  2 z   36
5
36
y2  t 2 �
5
Tương tự:
36 36 72
T� 

5
5
5
Do đó:
x z 2z x  2z 6
6
12
6
12
 

 � x  ,z 
y  ,t 
5
5
5
5 và
5
5 .
Dấu bằng xảy ra khi : 1 2 4

72
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức T bằng 5 .
SB
x2
2
2
� T  3 x  y �21 , dấu “=” xảy ra khi x  2; y  3 . Vậy SN
.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường.
Trong quá trình giảng dạy, tôi nhận thấy rằng: sau khi đưa ra hệ thống bài tập trên,
học sinh đã biết vận dụng phương pháp linh hoạt vào các bài toán khác nhau, từ
đơn giản đến phức tạp. Học sinh không còn tâm lý e ngại khi gặp các bài toán này
nữa. Mặt khác, hiệu quả áp dụng tương đối cao, bài giải trở nên sáng sủa, ngắn gọn.
Hầu hết các em vận dụng tốt và giải quyết nhanh được các câu hỏi loại này.
Tuy vậy vẫn còn một bộ phận học sinh do những kiến thức còn hạn chế nên vẫn
chưa thấy được điểm mạnh của phương pháp, và vận dụng vẫn chưa linh hoạt ở các
dạng đề khác nhau.
3. Kết luận, kiến nghị
3.1. Kết luận:
Trên đây là một số giải pháp tôi đã triển khai áp dụng tại lớp 12B1 trường THPT
Thọ Xuân 5 thu được nhiều kết quả khả quan về kết quả học tập của học sinh.
3.2. Kiến nghị:
Hằng năm, những sáng kiến kinh nghiệm có ứng dụng thực tiễn, thiết thực phục vụ
cho nhiệm vụ nâng cao chất lượng giáo dục và đào tạo, nhất là các sáng kiến đổi
17


mới phương pháp giảng dạy cần được tập hợp trong một kỷ yếu khoa học của Sở
GD& ĐT và tạo điều kiện cho giáo viên, học sinh và phụ huynh được tham khảo

Tài liệu tham khảo
1. Tài liệu chuyên toán hình học 11- NXB Giáo dục Việt Nam.
2. Các chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi hình học không gian- Toán học Bắc
Trung Nam.
Danh mục các đề tài SKKN mà tác giả đã được Hội đồng Cấp Sở GD&ĐT
đánh giá đạt từ loại C trở lên.
Tên đề tài
Số, ngày, tháng, năm của quyết định
Xếp loại
Năm
cấp
Sáng kiến
công nhận, cơ quan ban hành QĐ
1.SKKN: Hướng dẫn
học sinh sử dụng điểm
cố định của họ đường
thẳng để giải một số bài
toán cực trị hình học.
2014

C

2. Hướng dẫn học sinh
tiếp cận nhóm bài toán
trắc nghiệm trong
trường số phức bằng
cách phát triễn một số
bài toán cực trị trong
hình học phẳng.

B

2017

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG ĐƠN VỊ

753/QĐ-SGDĐT, ngày 03/11/2014

QĐ-SGDĐT, 11/2017

Thanh Hóa, ngày 05 tháng 07 năm 2020
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình
viết, không sao chép nội dung của người
khác.

Lê Quang Vũ
18


19