skkn PHÁT TRIỂN BÀI TOÁN KHỐI ĐA DIỆN VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG THỰC TẾ TRONG CÁC KÌ THI HIỆN NAY (SK34 TOAN)

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

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

1


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 mơn học hình học khơng gian. Trong mơn tốn ở trường
phổ thơng phần hình học khơng gian giữ một vai trị, vị trí hết sức quan trọng. Ngoài
việc cung cấp cho học sinh kiến thức, kĩ năng giải tốn hình học khơng gian, cịn 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 khơng ngừng của người học tốn thì những mơ hình về khối
đa diện càng xuất hiện rất nhiều trên các diễn đàn Tốn học với những mơ hình, ý tưởng
mới mẻ và đặc sắc. Mặc dù đây là một đề tài quen thuộc, chính thống nhưng khơng vì
thế mà giảm đi phần thú vị, nhiều bài tốn cơ bản ở mức độ vận dụng thấp tăng dần lên
những bài tốn khó ở mức độ vận dụng cao vẫn làm khó nhiều học sinh THPT. Một bài

tốn 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 tốn cịn nhiều khó khăn.
Thực trạng trường THPT ......... cịn 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 mơn Tốn chuyển sang hình
thức thi Trắc nghiệm với những dạng Toán mới mẻ, nổi bật là những bài tốn có bao
hàm nội dung liên quan đến thực tế, trong đó có những bài tốn thực tế liên quan
2


đến những mơ hình khối đa diện. Các em học sinh phải chiếm lĩnh được chuyên đề thể tích
của khối đa diện và các bài tốn liên quan thì mới có cơ hội đạt điểm cao mơn Tốn 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 s ng dng thc t trong các kì thi hiện nay’’.
II. MƠ TẢ GIẢI PHÁP
1. Mơ tả giải pháp trước khi tạo ra sáng kiến
Trong q trình giảng dạy tơi nhận thấy nhiều học sinh khi gặp các bài toán về hình
học khơng gian các em học sinh thường khơng biết vẽ hình, cịn lúng túng, khơng 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 tốn.
Trong chương trình Tốn THPT các bài tập hình học không gian trong sách giáo khoa
cũng như trong các đề thi thường là bài tốn khó đối với các em học sinh. Trong các kì thi,
đặc biệt kì thi THPTQG và học sinh giỏi thì bài tốn về hình học khơng gian làm cho nhiều
học sinh lúng túng vì nghĩ rằng nó trừu tượng và thiếu tính thực tế. Có thể nói bài tốn về

hình khơng gian có sự phân loại đối tượng học sinh rất cao. Chính vì thế mà có rất nhiều
học sinh học yếu mơn học này, về phần giáo viên cũng gặp khơng ít khó khăn khi truyền
đạt nội dung kiến thức và phương pháp giải các dạng bài tập hình học khơng gian.

2. Mơ tả giải pháp sau khi có sáng kiến
Để giải được bài hình học tố theo tơi 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 khơng 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 khơng 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 tốn 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
3


(có thể tìm được) để đưa ra mơ 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 mơ hình nhằm mục đích cho học sinh có một hệ thống nhất định về các
bài tốn hình học khơng gian, đặc biệt là các bài tốn tính thể tích của khối chóp. Với mỗi
mơ 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
tơi đưa ra các mơ hình điển hình để học sinh có thể nhận ra những mơ hình quen thuộc đó
trong những bài tốn 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 tốn
rộng hơn. Ngồi ra trong sáng kiến tơi cịn giới thiệu nhiều bài tốn phù hợp với hình
thức thi Trắc nghiệm cùng các công thức giải nhanh đảm bảo cho học sinh có thể quyết
bài tốn 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 tơi 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 MƠ HÌNH HÌNH CHĨP THƯỜNG GẶP
4


1. Mơ hình1. Hình chóp có cạnh bên vng góc với mặt đáy
 Mơ 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 tốn cho trước đường cao của hình chóp nên
hướng giải quyết bài tốn là tính diện tích đáy và độ dài đường cao của hình chóp.
 Để xây dựng và phát triển bài tốn 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 tốn
khó, dễ khác nhau.
VÝ dơ 1.1.1.1. (Trích dẫn: Đề thi chính thức THPTQG năm 2017).
Xét khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vng cân tại đỉnh A, cạnh SA vng góc
với mặt phẳng (ABC), khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SBC) bằng 3. Gọi  là góc
giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC). Tính cos  khi thể tích của khối chóp S.ABC đạt giá

trị nhỏ nhất.
2
1
3
2
A. cos   .
B. cos  
C. cos  
D. cos   .
.
.
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
+) Trong mặt phẳng  SAK  , kẻ AH  SK , K �SK . Theo

trên BC   SAK  � BC  AH . Khi đó AH   SBC  và

3H
A

a


a

2a
B 2

d  A,  SBC    AH . Theo giả thiết AH  3.
+) Gọi độ dài cạnh AB  a � BC  2a, AK 
tam giác vng AHK, ta có

5

2a
. Xét
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 
Lại xét tam giác vuông SAK, ta có tan  

SA
3
3
� SA  AK .tan  

.tan  
.
AK
sin 
cos 

1
1 3
9
9
. 2 
.
+) Thể tích của khối chóp SABC là VS . ABC  SA.SABC  .
3
3 cos sin  cos  .sin 2 
0
0
Bài tốn trở thành: Tìm góc   0    90  để biểu thức

9
đạt giá trị nhỏ nhất
cos  .sin 2 

hay biểu thức P  cos  .sin 2  đạt giá trị lớn nhất.
2
2
3
Ta có P  cos  .sin   cos  . 1  cos    cos   cos  . Đặt t  cos   0  t  1 , ta cần
3
tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  f  t   t  t trên khoảng  0; 1 .

2
Ta có f '  t   1  3t , f '  t   0 � t 

�
t
f ' t 

0

1
� 0; 1 . Bảng biến thiên của hàm số y  f  t 
3



f  t



1

�

2
3 3

+) Vậy giá trị lớn nhất của hàm số bằng

S.ABC đạt giá trị nhỏ nhất bằng

1
3
0

2
3 3

khi t 

1
. Khi đó thể tích của khối chóp
3

3
27 3
khi cos  
. Chọn 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

6


biến thiến để tìm giá trị lớn nhất của hàm số. Vì thế đây là câu hỏi
cấp độ vận dụng cao.

VÝ dơ 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 vng góc với đáy (ABCD). Biết mặt phẳng  SBC  tạo với mặt
phẳng

 SCD 

cos  

một

S

10
.
5

góc

 , biết

Tính thể tích của khối chóp
K

S.ABCD theo
Lời giải

H
A

a
3a
2

E

2a

3a 3a

a

D

a

2

B

a

M

C

+) Vì tứ giác ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp đường trịn 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

7


+) Trong  SAC  kẻ AH  SC , H �SC. Ta có �

ACD  900 (Góc nội tiếp chắn nửa đường
tròn) nên CD  AC mà CD  SA � CD   SAC  � CD  AH . Khi đó AH   SCD  (1).
+) Trong  ABCD  kẻ AE  BC , E �BC và trong  SAE  kẻ AK  SE , K �SE.
Ta có BC   SAE  � BC  AK . Khi đó AK   SBC  (2).
+) Từ (1) và (2) suy ra góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD) là góc giữa hai đường
thẳng AH và AK. Do AK   SBC  � AK  HK suy ra tam giác AHK vng tại đỉnh K. Khi
�
� .
đó góc HAK
là góc nhọn, do đó góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD ) là góc HAK
�  10 .
�   và cos HAK
Theo giả thiết HAK
5
5
2
AK
10

(3).
hay

2
AH
AK 2
AH
5
Ngồi ra, xét các tam giác vng SAC và SAE ta có các đẳng thức
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 � �1
4 �
�1
Thay vào (3), ta được 5 � 2  2 � 2 � 2  2 �suy ra SA  3a.
�SA 3a � �SA 3a �

� 
+) Xét tam giác vng AHK, ta có cos HAK

1
1
3 3a 2 3a 3
+) Thể tích của khối chóp S.ABCD là VS . ABCD  SA.SY ABCD  3a.

.
3
3
4
4
B×nh ln: Bài tốn liên quan đến khối chóp có đáy là nửa lục giác đều vẫn còn
khá mới mẻ với nhiều học sinh. Do đó chưa khai thác được các tính chất của đa giác này,
chẳng hạn đây là hình thang cân có độ dài đáy lớn bằng 2 lần đáy nhỏ, hay góc �
ACD  900
(góc nội tiếp chắn nửa đường trịn). Điểm mấu chốt của bài tốn chính là cách xác định
góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( SCD) bằng góc giữa hai đường thẳng lần lượt vng
góc với hai mặt phẳng đó, đó là gúc gia hai ng thng AH v AK.
2. Mô hình 2. Hỡnh chóp cú mặt phẳng đi qua đỉnh và

vuụng góc mặt đáy.
 Đường cao của hình chóp nằm trên mặt phẳng đi qua đỉnh của hình chóp và vng góc
với mặt phẳng đáy.
8


 Để xây dựng mơ hình hình chóp này chúng ta có thể xây dựng giả thiết của bài tốn đã
cho trước một mặt phẳng đi qua đỉnh của hình chóp và vng 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 mơ hình hình chóp mà học sinh phải tự khám
phá và phát hiện ra khối chóp có mặt phẳng đi qua đỉnh và vng góc với đáy. Từ đó
xác

S

định

được đường
cao của hình

4a

chóp và giải

A

E

2a
H
2a

D

K

10a

4a

B

quyết

được

bài tốn thể
tích và các

C

nội

dung

liên quan.
VÝ dơ 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 vng tại A và B, AB  BC  4a.
Tam giác SAB đều và nằm trong mặt phẳng vng 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

9

 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

a H
0

60

E 60
DK

600

0

B
F

10

C

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 vng 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
� , SKH
� , SFH
� . Theo giả thiết SEH
�  SFH
�  SKH
�  600.
SEH
a

+) Nhận xét: Tam giác SAB vuông cân tại đỉnh S và AB=a nên tìm được SH  .
2
�  SH  3 � EH  SH  a  3a .
Xét tam giác vng SEH có tan SEH
EH
6
3 2 3
3a
Tương tự, xét các tam giác vng 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
+) Vâỵ thể tích của khối chóp SABCD
là VS . ABCD  SH . S ABCD  .
3
3
a 2 3a 2

3a 3
.

.
2 3
9
VÝ dơ 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) vng 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 cđa khối chóp S.ABCD theo a.
b. Tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SA và BD.
11


Lời giải

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

S
2a

6

2a

K

E

H

a

Q
D

A

B

a

2a

( SAB) �( ABCD )  AB, SH  AB suy ra SH  ( ABCD ) .

12

C

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

� . Theo giả thiết SBH
�  SEH
� � SHB  SHE � HB  HE  2a
góc SEH
Từ đó tứ giác HBCE là hình vng 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 vng 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
� , SE 2  SH 2  HE 2  8a 2
+) Ta có BD / / AE nên cos �
SA, BD   cos �

SA, AE   cos SAE
SA2  AE 2  SE 2 5a 2  5a 2  8a 2 1
�


+) Áp dụng định lí cơsin trong  SAE, ta có cos SAE 
2SA. AE
5
2. 5a . 5a

�  1.
SA, BD   SAE
+) Vậy cosin góc giữa hai đường thẳng SA và BD là cos �
5
B×nh luËn: Đây là bài toán tổng hợp rất nhiều kiến thức của hình học khơng gian.
Đó là quan hệ vng 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 tốn là
cách ln 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 vng S.HAE quen thuộc.
VÝ dơ 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
13

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

a

6a
3

a

2 3a
3

K

A

D

P
H

I

a

B

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 vng 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
vng 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 vng SAK, ta có

+) Ta có
2SA.SB
6
14


cos �
ASK 

SK
1
SA a

� SK 
 . Tương tự tìm được SP  3a , KP  2a , AP  a .
SA
6
6 3
3
3

AK 2  PK 2  AP 2
10
�
Áp dụng định lí cơ sin trong tam giác AKP, có cos AKP 

2. AK .PK
10
10
10

B×nh ln: Điểm nổi bật của bài tốn là việc chứng minh được hình chóp có mặt

+) Kết luận: Cosin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) là cos  

phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD) và chứng minh tam giác SAC vng
tại đỉnh S để tính độ dài đường cao SH. Ngồi ra bài tốn cịn đưa ra câu hỏi tính cosin của
góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) để tăng cường sự phân loại đối tượng học sinh,
dành cho học sinh khá giỏi. Đây là câu đòi hỏi tư duy và kĩ năng tính tốn khá phức tạp
nên nhiều học sinh không vượt qua câu hỏi này. Để che giấu tốt hơn mơ hình hình chóp có
mặt phẳng đi qua đỉnh và vng góc với mặt phẳng đáy, chúng ta tiếp tục với ví dụ sau
đây
VÝ dơ 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
Lời giải
S

a
Q

N

A

D

P

M
F
B

E

a

K

H
15

C


a. TÝnh thÓ tÝch khèi chãp SMNDC theo a.
+) NhËn xÐt 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
nªn ta cã 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
+) ThĨ tÝch của khèi chãp S.MNDC lµ
2

2

2

2

1
1 3a 11a 2 11 3 3
VS .MNDC  SH .SMNDC  .
.

a .
3
3 4 16
192
b. Tớnh khoảng cách giữa hai đờng thẳng SA vµ MC theo a
+) Gọi K là trung điểm của cạnh CD, kẻ HE  AK , HQ  SE � HQ  ( SAK )
Có 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 có HE  MP 

2
2
2
MN
SH
HE
3a
a
3a
31
5 HQ
3
a.
31
B×nh ln: Mấu chốt của bài tốn là ở chỗ học sinh phải khai thác tốt các thơng
tin có trên hình vng ABCD với những tính tốn cụ thể và đi đến phát hiện tam giác MNC
vuông tại đỉnh M, từ đó dẫn đến hình chóp SABCD có mặt phẳng (SMC) đi qua đỉnh S và
vng góc với mặt đáy, dẫn đến SH là đường cao của hình chóp S.ABCD. Ngồi ra bài
tốn cịn đưa ra câu hỏi tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và MC để tăng cường sự
phân loại đối tượng học sinh, dnh cho hc sinh khỏ gii.
3. Mô hình 3. Khối chãp ®Ịu.
+) Khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và MC là d ( SA, MC )  HQ 

 Khối chóp đều là khối chóp có đáy là đa giác đều và các cạnh bên bằng nhau. Điểm nổi
bật là chân đường cao của hình chóp là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
16


 Có 2 loại hình chóp đều điển hình thường gặp là hình chóp tam giác đều và hình chóp
tứ giác đều. Hình chóp tam giác đều S.ABC có đáy ABC là tam giác đều, cạnh bên bằng

nhau và chân đường cao là trọng tâm G của tam giác ABC. Hình chóp tứ giác đều
S.ABCD có đáy là hình vng ABCD, cạnh bên bằng nhau và chân đường cao là tâm O
hình vng ABCD.
 Ngồi ra trong phần này chúng ta cịn tiếp cận với hình chóp lục giác đều. Đó là hình
chóp có đáy là lục giác đều, các cạnh bên bằng nhau và chân đường cao là tâm đường
trịn ngoại tiếp lục giác đều.
 Để phát triển mơ hình hình chóp này chúng ta có thể kết hợp giữa hình chóp đều và
hình cầu. Cụ thể là phát triển hình chóp ban đầu thành hình đa diện như hình bát diện
hay bát diện đều, ngồi ra xây dựng những bài tốn liên quan đến hình chóp đều nội
tiếp mặt cầu hay ngoại tiếp mặt cầu có bán kính cho trước, đề xuất dạng toán liên quan
đến giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của thể tích khối chóp và dạng tốn này đã từng xuất hiện
trong kì 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 cña khèi chãp SABC theo a.
b. Gọi A1 , B1 , C1 lần lượt là các điểm đối xứng của các điểm A, B, C qua điểm S. Tính thể
tích của khối bát diện được tạo thành có các mặt là các tam giác sau đây

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

B1

C1

A1

S

A

a

S

600

3a
2 G

M

C

A

a

G
17

C

M


B
B

a. TÝnh thĨ tÝch cđa khèi chãp 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 nªn AM  AB 2  BM 2  a 2 

a2
3a
.

4
2

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

Do đó diện tích đáy là SABC 

1
1 3a
3a
.
GM  AM  .

3
3 2
6

Xét tam giác vuông SGM, ta có


tan SMA

SG
3a a
 3 � SG  3GM  3.

GM
6
2

+) V©y thĨ tích khối chóp cần tính là VS . ABC

1
1 a 3a 2
3a 3
 SG.SABC  . .

3
3 2 4
24

b. Tính thể tích của khối bát diện theo a

1
1
+) Ta có VABCA1B1C1  VC1 ABA1B1  VCABA1B1  d  C1,  ABA1B1   .SY ABA1B1  d  C ,  ABA1B1   .SY ABA1B1
3
3
+) Do 2 điểm C , C1 đối xứng với nhau qua điểm S nên d  C1 ,  ABA1B1    d  C ,  ABA1B1  
2
suy ra VABCA1B1C1  d  C ,  ABA1B1   .SY ABA1B1 .
3
Hơn nữa tứ giác ABA1B1 là hình bình hành có tâm là đỉnh S nên SY ABA1B1  4 SABC .
Khi đó VABCA1B1C1

8
3a 3
3a 3
 d  C ,  SAB   .S SAB  8VC .SAB  8VS . ABC  8

.
3
24
3

3a 3
+) Kết luận: Vậy thể tích của khối bát diện cần tìm là VABCA1B1C1 
.
3
VÝ dơ 1.1.3.2. Trong tất cả các hình chóp tam giác đều nội tiếp mặt cầu có bán kính
bằng R , tính thể tích V của khối chóp có thể tích lớn nhất.
18



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

19


+) 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 2SG
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 tốn trở thành: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  f  h  

3
2 Rh 2  h 3  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
20


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

I

a

a

G M
a

P
B

SABC

N

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

21

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

� , đường này cắt đường cao SG tại điểm I
(SGM) vẽ đường phân giác trong của góc SMG
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.
22


Ví dụ 1.1.3.4. Cho hình chóp tứ giác đều SABCD có cạnh đáy bằng
a và góc giữa mặt bên và mỈt phẳng đáy (ABCD) b»ng 600. Gọi S1 là điểm
đối xứng với đỉnh S qua tâm O của hình vng ABCD.
a. Tính thể tích của khối bát diện SABCDS1 được tạo thành theo a.
b. Tính thể tích của khối cầu nội tiếp bát diện SABCDS1 theo a.
Lời giải
S

K
A

D
N

M

O

C

B

S1
a. Tính thể tích của khối bát diện 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)

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

Do
VS . ABCD

đó

thể

tích

SO
a
3a
3 � SO  3. 
ON
2
2

khèi
chãp
S.ABCD

� 
tan SNO

cña

1
1 3a 2
3a3
 SO.S ABCD  .
.a 
3
3 2
6

23

lµ


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 vng 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 vng góc của tâm O trên đường thẳng SN thì OK vng 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 � 3 a 3
.
+) Thể tích của khối cầu nội tiếp bát diện SABCDS1 là V   R  .� �
3
3 � 4 � 16
VÝ dơ 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 vng 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.
24


1
1 2
Khi đó thể tích của khối chóp S.ABCD là VS . ABCD  SO.S ABCD  a h.
3
3
+) Gọi E là trung điểm của cạnh SA, trong mặt phẳng (SAO), vẽ đường thẳng  là đường
trung trực của đoạn SA và gọi I là giao điểm của  và SO thì I chính là tâm của mặt cầu
ngoại tiếp hình chóp S.ABCD, mặt cầu có bán kính R  IS  9.

SE SI

SA.SE SA2 SO 2  OA2

� R  SI 


+) Nhận xét SEI : SOA �
SO SA
2SO 2SO
2SO
a2
h 
2
2
Hay R 
2  2h  a � a 2  4 Rh  2h 2 . Khi đó thể tích của khối chóp S.ABCD là
2h
4h
2

VS . ABCD

2
a 2 h  4 Rh  2h  h 2
2


  2 Rh 2  h3    18h 2  h3  , 0  h  18.
3
3
3

3

+) Bài tốn trở thành: Tìm giá trị lớn nhất của hàm số y  f  h  

 0; 18 . Ta có

f ' h  

2
18h 2  h3  trên khoảng

3

2
36h  3h 2  , f '  h   0 � h  12 � 0; 18  .

3

Bảng biến thiên của hàm số y  f  h  trên khoảng  0; 18  như sau:
�
�
12
18
0
h


0
f ' h

f  h

576

+) Vậy giá trị lớn nhất của hàm số là 576 khi h  12 hay giá trị lớn nhất của thể tích khối
chóp S.ABCD là 576 khi h  12 và a  3 6 . Chọn đáp án B.
VÝ dô 1.1.3.6. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy là 2a,
chiều cao SH=h. Khi a và h thay đổi và hình chóp SABCD đều luôn

25