Phát triển tư duy sáng tạo cho học sinh lớp 12 thông qua dạy học giải bài tập hình học không gian bằng phương pháp trải hình trên mặt phẳng

MỤC LỤC
Trang
1. Mở đầu…………………………………………………………………….......1
1.1. Lý do chọn đề tài ...........................................................................................1
1.2. Mục đích nghiên cứu .....................................................................................1
1.3. Đối tượng nghiên cứu ....................................................................................1
1.4. Phương pháp nghiên cứu ...............................................................................1
2. Nội dung............................................................................................................1
2.1.
Cơ
sở
lý
luận ..................................................................................................1
2.2. Thực trạng trước khi áp dụng đề tài ..............................................................2
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm áp dụng để giải quyết vấn đề ……………........2
2.3.1 Phương pháp trải hình trên mặt phẳng đối với hình chóp và lăng trụ liên
quan đến góc…………………….. …………......................................................2
2.3.2 Phương pháp trải hình trên mặt phẳng đối với hình chóp và lăng trụ liên
quan đến độ dài đoạn thẳng……….. …………………………………..…..........5
2.3.3 Phương pháp trải hình trên mặt phẳng đối khối tròn xoay……...…...….12
2.4 Hiệu quả áp dụng của sáng kiến kinh nghiệm………….. ............................16
3. Kết luận, kiến nghị..........................................................................................17
Kết luận...............................................................................................................17
Kiến nghị………………………………………………………..………...…....17
Tài liệu tham khảo.............................................................................................. 18
Danh mục các đề tài sáng kiến kinh nghiệm đã được công nhận……………... 19

1


1. MỞ ĐẦU

1.1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình Hình học trung học phổ thơng, bên cạnh các dạng
tốn quen thuộc ta còn gặp các bài toán mà trong yêu cầu của nó có yếu tố liên
quan đến tổng các cạnh, hoặc tổng các góc phẳng …thì việc trải phẳng hình
không gian đó sao cho phù hợp sẽ cho ta một lời giải gọn gàng và dễ hiểu.
Đây là lớp các bài tốn mà ít tài liệu tham khảo đề cập đến hoặc có đề cập
nhưng chưa thực sự dễ dàng tiếp nhận đối với học sinh do cách viết của nhiều tài
liệu không mang tới tri thức phương pháp, kĩ năng nhận dạng.
Rõ ràng chúng ta đều thấy rằng đây là lớp các bài toán mà học sinh khó
định hướng về lời giải, do nó tương đối lạ lẫm với học sinh, cùng với đó là tâm
lý e ngại khi gặp yêu cầu có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhất về tổng độ dài các cạnh,
chu vi một đa giác, thể tích một khối đa diện, khối tròn xoay... Một số bài toán
thuộc dạng này thường gắn yếu tố thực tế tạo cảm giác gần gũi với cuộc sống.
Để giải được lớp các bài toán này, chúng ta cần một kiến thức tương đối tổng
hợp về véc tơ, lượng giác, hình học không gian, bất đẳng thức,hàm số….
Với những lý do trên, nhằm giúp học sinh hứng thú hơn với mơn Tốn và
đặc biệt là hình học, góp phần hình thành tư duy quy lạ về quen, vận dụng linh
hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho học sinh tự học, tự nghiên
cứu tìm tòi và sáng tạo, tôi trình bày chuyên đề “ Phát triển tư duy sáng tạo
cho học sinh lớp 12 thông qua dạy học giải bài tập hình học không gian
bằng phương pháp trải hình trên mặt phẳng ”.
1.2. Mục đích nghiên cứu
Giúp học sinh lớp 12 hình thành kĩ năng, rèn luyện tư duy sáng tạo khi
giải một số giải bài tốn hình học khơng gian liên quan tới khối chóp, lăng trụ,
khối tròn xoay bằng phương pháp trải hình trên mặt phẳng.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Phạm vi nghiên cứu của sáng kiến kinh nghiệm này chủ yếu xoay quanh
các dạng tốn hình học khơng gian như: tìm hoặc xác định các yếu tố của khối
chóp, lăng trụ, tròn xoay để tổng độ dài các đoạn thẳng, chu vi đa giác, thể tích
khối chóp……lớn nhất, nhỏ nhất.

1.4. Phương pháp nghiên cứu
Thực hiện sáng kiến kinh nghiệm này, tôi sử dụng các phương pháp sau
đây:
- Phương pháp nghiên cứu lý luận
- Phương pháp khảo sát thực tiễn
- Phương pháp phân tích
- Phương pháp tổng hợp
- Phương pháp khái quát hóa
- Phương pháp tổng kết kinh nghiệm
2.NỘI DUNG
2.1. Cơ sở lý luận
Cung cấp cho học sinh không chỉ kiến thức mà cả tri thức về phương
pháp, khả năng tư duy, khả năng quy lạ về quen, đưa những vấn đề phức tạp trở
2


thành những vấn đề tương đối nhẹ nhàng nhờ việc hiểu rõ cốt lõi của dạng toán.
Từ những kiến thức cơ bản phải dẫn dắt học sinh có được những kiến thức nâng
cao một cách tự nhiên (chứ không áp đặt ngay kiến thức nâng cao).
Chuyên đề này, đa phần các ví dụ minh họa được trình bày dưới dạng câu
hỏi trắc nghiệm nhằm giúp học sinh được tiếp cận với hình thức thi tốt nghiệp
THPT quen thuộc. Chuyên đề đưa ra các bài tốn hình học khơng gian giải
được bằng phương pháp trải hình trên mặt phẳng. Nhiều ví dụ có tính thực tiễn.
2.2.Thực trạng trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
2.2.1. Thuận lợi
- Học sinh đã được trang bị đầy đủ kiến thức, các bài tập thông thường đã
thành thạo.
- Học sinh hứng thú trong các tiết hình học khơng gian.
2.2.2. Khó khăn
- Giáo viên mất nhiều thời gian để chuẩn bị kiến thức, bài tập minh họa.

- Nhiều học sinh đã quên kiến thức cơ bản trong hình học không gian,
không biết vận dụng các kiến thức về véc tơ, lượng giác,bất đẳng thức, hàm số.
- Đa số học sinh e ngại khi làm quen với các bài toán có yêu cầu về giá trị
lớn nhất, nhỏ nhất, yếu tố thực tế.
2.3.Các sáng kiến kinh nghiệm áp dụng để giải quyết vấn đề
2.3.1. Phương pháp trải hình trên mặt phẳng đối với hình chóp và lăng trụ
liên quan đến góc
Khi giải một bài tốn về hình chóp, lăng tru mà các dữ kiện của nó liên
quan đến tổng các cạnh, hoặc tổng các góc phẳng …thì việc phẳng hố hình
chóp, lăng tru (tức là trải phẳng hình đó lên một mặt phẳng) sao cho phù hợp
sẽ cho ta một lời giải gọn gàng và dễ hiểu.
Ví dụ 1. Cho tứ diện ABCD có các góc ở đỉnh A bằng 90° và AB = AC + AD .
Tổng các góc phẳng ở đỉnh B là
A. 900.
B. 1800.
C. 600 .
D. 1200 . [1].
Giải

·
Dựng KLMN là hình vuông cạnh AB ⇒ LMN
= 90° . Trên LM lấy P
sao cho: MP = AD ⇒ LP = ML − MP = AB − AD = AC .
Trên MN lấy Q sao cho: MQ = AC ⇒ NQ = MN − MQ = AB − AC = AD
3


Xét hai tam giác ACD và MQP có:
·
·

·
PMQ
= LMN
= CAD
= 90° ; MP = AD; MQ = AC ⇒ ∆ACD = ∆MQP (cgc).
Do đó DC = PQ .Chứng minh tương tự: ∆KLP = ∆BAC ; ∆KNQ = ∆BAD
·
·
⇒ KP = BC ; KQ = BD; ·ABC = LKP
; ·ABD = NKQ
.
Xét ∆BCD và ∆KPQ có: DC = PQ ; KP = BC ; KQ = BD ⇒ ∆BCD = ∆KPQ
·
·
(ccc) ⇒ DBC
.Như vậy, ta có tổng các góc phẳng ở đỉnh B là:
= QKP
·
·
·
·
·
S = ·ABD + ·ABC + CBD
= NKQ
+ LKP
+ QKP
= LKN
= 90° . Chọn A.
B

Ví dụ 2. Cho một hình chóp có tổng các góc phẳng tại đỉnh A lớn hơn 180° .
Khi đó mỗi cạnh bên bất kỳ của nó
A. nhỏ hơn nửa chu vi đáy.
B. lớn hơn nửa chu vi đáy.
C. lớn hơn chu vi đáy.
D. lớn hơn hoặc bằng chu vi đáy.
[1].
Giải
Giả sử hình chóp đã cho là S . A1 A2 ... An
. Ta cắt hình chóp theo các cạnh SAi rồi trải
các mặt bên như sau lên cùng một mặt
phẳng chứa mặt SA1 A2 . Như vậy, ta sẽ được
đa giác A1 A2 ... An A1′ ( SA1 = SA1′ )
Do tổng các góc ở đỉnh lớn hơn 180° nên
đỉnh S nằm trong đa giác, và A1S kéo dài
cắt một cạnh nào đó của đa giác ở B .
Gọi a là độ dài đường gấp khúc A1 A2 ...B ; b là độ dài đường gấp khúc
BAk +1... A1′ ⇒ Chu vi đáy chính bằng a + b .
Mặt khác: A1S + SB < a ; A1′S < b + SB ⇒ A1S + A1′S < a + b ⇒ 2A1S < a + b
a+b
⇒ A1S <
.
2
Một cách tương tự ta suy ra mỗi cạnh bên của hình chóp đều nhỏ hơn một
nửa chu vi đáy. Chọn A.
Ví dụ 3. Cho tứ diện ABCD có tổng các góc phẳng ở đỉnh A bằng tổng các góc
·
phẳng ở đỉnh B và bằng 180° , ·ACD + BCD
= 180°; ·ACB = α ; AC + CB = k .
Khi đó diện tích tồn phần của tứ diện đã cho là

α
α
A. k 2 tan .
B. k tan .
C. k 2 tan α .
D. k tan α .
[1].
2
2
Giải
Trải tứ diện ABCD xuống mặt phẳng ABD như sau:
∆ACB → ∆AC1B; ∆ACD → ∆AC2 D; ∆DCB → ∆DC3 B;
ả +C
à = 180, ÃAC B = .
C
2

3

1

Do tổng các góc phẳng ở đỉnh A bằng tổng các góc phẳng ở đỉnh B và
bằng 180° ⇒ C2 , A, C1 thẳng hàng và C1 , B, C3 thẳng hàng.
4


Sau khi trải các mặt của tứ diện
xuống mặt phẳng ABD , ta được tứ giác
nội tiếp C1C2 DC3 , và diện tích tồn phần
của tứ diện ABCD bằng diện tích tứ giác

C1C2 DC3 .
Đặt x = AC , y = CB ⇒ x + y = k .
Ta có:
dt C1C2 DC3 = dt ∆C2C1C3 + dt ∆DC2C3
1
1
1
α
= .2 x.2 y.sinα + C2C3 .DH = 2 xy.sin α + C2C32 .tan
2
2
4
2
1
α
α
= 2 xy.sin α + (4 x 2 + 4 y 2 − 8 xy.cosα ).tan = ( x + y ) 2 tan
4
2
2
α
= k 2 tan . Chọn A.
2
Ví dụ 4. Cho tứ diện SABC có các mặt SAB, SBC , SCA có diện tích bằng nhau
và tổng các góc phẳng ở đỉnh S bằng 180° . Khi đó tứ diện SABC
A. là tứ diện đều
B. có các cặp cạnh đối bằng nhau
C. có ba cạnh đôi một vuông góc.
D. là hình chóp tam giác đều. [1].
Giải

Trải tứ diện lên mặt phẳng SBC như sau:
∆SBC → ∆SBC ;
∆SAB → ∆SA1B;
∆SAC → ∆SA2C.
Do tổng các góc phẳng tại đỉnh S bằng 180°
·
·
·
nên ·A1SB + BSC
+ CSA
2 = A1SA2 = 180°
⇒ A1 , S , A2 thẳng hàng.
Hạ SI , BH , CK lần lượt vuông góc với BC , SA1 , SA2 .Do A1 , S , A2 thẳng
hàng nên BH , CK đều vuông góc với A1 A2 ⇒ BH //CK ; (1)
Theo đề bài: dtSAB = dtSAC = dtSBC
BH . A1S CK . A2 S BC.SI
⇒ dtSA1B = dtSA2C = dtSBC ⇒
=
=
2
2
2
⇒ BH . A1S = CK . A2 S = BC .SI . (*)
Do SA1 = SA2 = SA ⇒ BH = CK ; (2)
Xét tứ giác BHCK : Từ (1) và (2) ⇒ BHCK là hình chữ nhật ⇒ BC //HK
hay BC //SA1 , BC //SA2 .
Ta có BC //SA2 , mà SI ⊥ BC , CK ⊥ SA2 ⇒ SI = CK ⇒ BC = SA2 = SA
(Kết hợp với (*)).
Xét tứ giác SA2CB : BC //SA2 , BC = SA2 ⇒ SA2CB là hình bình hành
⇒ SB = A2C = AC .

Chứng minh tương tự: SC = A1B = AB .
Vậy tứ diện SABC có SA = BC , SC = AB, SB = AC . Chọn B.
5


2.3.2. Phương pháp trải hình trên mặt phẳng đối với hình chóp và lăng trụ
liên quan đến đợ dài đoạn thẳng
Ở dạng toán này, xin được nhắc lại nguyên tắc cốt lõi: Độ dài đường gấp
khúc AB1B2 ....BnC đạt giá trị nhỏ nhất bằng độ dài đoạn thẳng AC khi tất cả
các điểm A, B1 , B2 ,...., Bn , C thẳng hàng.
Khi trải hình trên mặt phẳng cần lưu ý là các tam giác thuộc mặt bên của
khới chóp được “biến” thành tam giác bằng nó ở trên cùng một mặt phẳng.
Ví dụ 1. Cho hình chóp đều S . ABC có AB =1, ·ASB = 300 . Lấy hai điểm
B ¢, C ¢lần lượt thuộc SB, SC sao cho chu vi tam giác AB ¢C ¢nhỏ nhất. Chu vi tam
giác AB ¢C ¢ khi đó là
1
A.
B. 3 - 1.
C. 3.
D.1 + 3. [1].
1+ 3
Giải

Giả
SA = a (a > 0) . Xét tam giác SAB có:

sử

3
·

AB 2 = SA2 + SB 2 - 2 SA.SB cos ASB
Û 1 = a 2 + a 2 - 2a.a.
Þ a = 2 + 3.
2
Trải tứ diện xuống mặt phẳng SBC như sau:
∆ABS → ∆A1BS ; ∆ACS → ∆A2CS ;
Chu vi tam giác AB ' C ' là AB '+ B ' C '+ C ' A = A1B '+ B ' C '+ C ' A2 ³ A1 A2 .
Chu vi tam giác AB ' C ' nhỏ nhất bằng A1 A2 Û A1 , B ', C ', A2 thẳng hàng.
·
·
Khi đó, ta có: ·A SA = ·A SB + BSC
+ CSA
= 3.30° = 90° .
1

2

1

2

Do đó A1 A2 = SA 2 = a 2 = 2 + 3. 2 =1 + 3. Chọn D.
Nhận xét: Ở bài toán này, học sinh sẽ có các khó khăn là chọn mặt phẳng nào
để trải hình và cần trải các đa giác nào, đặt tên các điểm sau khi trải hình ra
sao để tḥn lợi cho việc giải tốn.
Thay đổi “hình thức” của ví du 1, gắn thêm yếu tố thực tế, ta có bài tốn
rất “hấp dẫn” sau đây.
Ví dụ 2. Người ta cần trang trí một kim tự tháp hình chóp tứ giác đều S . ABCD
cạnh bên bằng 200m , góc ·ASB =150 bằng đường gấp khúc dây đèn led vòng
quanh kim tự tháp AEFGHIJKLS .Trong đó điểm L cố định và LS = 40m

(tham khảo hình vẽ).
6


Hỏi khi đó cần dùng ít nhất bao nhiêu mét dây đèn led để trang trí?
A. 40 67 + 40 mét.
B. 20 111 + 40 mét.
C. 40 31 + 40 mét.
D. 40 111 + 40 mét.
[2].
Giải.
Cắt hình chóp theo cạnh bên SA rồi trải ra mặt phẳng hai lần, ta có hình vẽ sau

Từ đó suy ra chiều dài dây đèn led ngắn nhất là bằng AL + LS .Từ giả thiết
về hình chóp đều S . ABCD ,ta có ·ASL =1200 .Ta có:
·
AL = SA2 + SL2 - 2SA.SLcos ASL
= 2002 + 402 - 2.200.40.cos1200
= 49600 = 40 31.
Vậy chiều dài dây đèn led cần ít nhất là 40 31 + 40 mét. Chọn C.
Nhận xét: đường gấp khúc dây đèn led vòng quanh kim tự tháp hai lần nên ta
trải hình chóp trên mặt phẳng hai lần.Các tam giác mặt bên được trải thành các
tam giác bằng nó trên mặt phẳng.
Ví dụ 3. Cho hình chóp tam giác S . ABC có đáy ABC vuông tại A ,
SA ^ ( ABC ) và SA = h ; hai điểm B, C thay đổi sao cho AB + AC = h .Gọi I , J
là các điểm lần lượt di động trên các cạnh SB và SC . Tìm giá trị nhỏ nhất của
chu vi tam giác AIJ .
A. h.

B. h 2

C. x = h 3.

D. x =

h 3
.
2

[3].

Giải.
7


Trên tia AC và tia AB lần lượt lấy các
điểm A ', A '' sao cho AA ' = AA '' = SA = h .
Gọi S ¢ là đỉnh thứ 4 của hình bình hành
AA ' S ' A '' . Khi đó AA ' S ' A '' là hình vuông
cạnh bằng h .
Ta có:
D SAB =D S ' A ' C , D SAC =D S ' A '' B và
D SBC =D S ' BC (c.c.c).
Như vậy mặt xung quanh của hình chóp
đã được trải ra trên mặt phẳng chứa đáy
thành các tam giác bằng với chúng.
Gọi I ', J ' là các điểm lần lượt thuộc các đoạn thẳng S ' C và S ' B sao cho
S ' I ' = SI , S ' J ' = SJ . Khi đó chu vi tam giác AIJ bằng độ dài đường gấp khúc
A ' I '+ I ' J '+ J ' A '' .
Ta có A ' I '+ I ' J '+ J ' A '' ³ A ' A '' = h 2 . Dấu bằng xảy ra khi A ', I ', J ', A ''

thẳng hàng.Vậy chu vi tam giác AIJ nhỏ nhất bằng h 2 . Chọn B.
Nhận xét: Điểm I thuộc SB được “biến thành” điểm I ' thuộc S ' C và điểm J
thuộc SC được “biến thành” điểm J ' thuộc S ' B .
Ví dụ 4. Cho hình chóp tam giác O. ABC có các cạnh OA, OB, OC đôi một
uông góc với nhau và OC = c không đổi OA = a, OB = b thay đổi sao cho
a + b = c . Tính thể tích lớn nhất của khối cầu nội tiếp hình chóp O. ABC ?
pc3
4pc3
pc3
pc3
A.
.
B.
.
C.
.
D.
. [1].
6
81
48
384
Giải

Trong mặt phẳng (OAB ) , dựng hình vuông ODFE có cạnh bằng c . Vì
a + b = c nên AD = OB = b, BE = OA = a .
Từ đó suy ra D DAF =D OBC , D EBF = D OAC (c.g.c)
Þ AF = BC , BF = AC Þ D ABC = D BAF = D OAC (c.c.c )

Như vậy tất cả các mặt của hình chóp O. ABC đã được trải phẳng thành hình

vuông ODFE . Do đó diện tích tồn phần của hình chóp bằng diện tích hình
vuông ODFE và bằng c 2 .
8


1
Ta có VO. ABC = abc. Suy ra bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp O. ABC là:
6
1
abc ab 1 ỉa + b ư2
3V
1 c 2 c Þ max r = c a = b = c .
2
ữ
ỗ
r=
= 2 = Ê ỗ
ữ
8
2
ữ = 2c . 4 = 8
ố 2 ứ
Stp
2c 2c ỗ
c
4 3 pc3
O
.
ABC
Vy th tớch ln nht của khối cầu nội tiếp hình chóp

là pr =
.
3
384
Chọn D.

3
2
, BC = 2 . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA, BC và P là điểm tùy ý
thuộc cạnh SC . Giá trị nhỏ nhất của PM + PN gần nhất với giá trị nào sau
đây?
A. 1,24.
B. 0,16.
C. 0,87.
D. 3,32.
[1].
Ví dụ 5. Cho hình chóp S . ABC có SB = SC = AB = AC =1, SA =

Giải

Trải tam giác SBC lên mặt phăng ( SAC ) , khi đó điểm B thành điểm B1 và
SB = SB1 =1, điểm N thành điểm N1 . Khi đó PM + PN = PM + PN1 ³ MN1 .
Do đó giá trị nhỏ nhất của PM + PN bằng độ dài đoạn thẳng MN1 , xảy ra khi
P = MN1 Ç SC .
SM
3
·
·
D SAC cân tại C suy ra CM ^ SA nên sin SCM
=

=
Þ SCM
= 600 .
SC
2
CN1
2
0
·
·
D SCN1 vng tại tại N1 Þ cos SCN
=
=
Þ SCN
1
1 = 45 .
SC
2
0
·
Vậy MCN
1 = 105 .
CM = SC 2 - SM 2 =
Chọn B.

3
Þ MN1 = CM 2 + CN12 - 2CMCN1 cos1050 » 0,16.
2

9

Ví dụ 6. Cho một cái hộp hình chữ nhật có kích thước ba cạnh là
4cm, 6cm, 9cm như hình vẽ.

Một con kiến ở vị trí A muốn đi đến vị trí B . Biết rằng con kiến chỉ có thể bò
trên bề mặt của hình hộp đã cho. Gọi x cm là quãng đường ngắn nhất của con
kiến đi từ A đến B . Khẳng định nào sau đây là đúng?
A. x Ỵ (15;16). B. x Ỵ (13;14).
C. x Î (12;13).
D. x Î (14;15). [7].
Giải
Trường hợp 1:Trải các mặt AMRT và MNBR ta được hình sau

Khi đó quãng đường kiến đi ngắn nhất là:
AB1 = AT 2 + TB12 = 42 +152 = 241 » 15,52 .
Trải các mặt APST và PNBS cho cùng kết quả giống như trên.
Trường hợp 2:Trải các mặt AMRT và MNBR ta được hình sau
Khi đó quãng đường kiến
đi ngắn nhất là:
AB2 = AS 2 + SB2 2
= 102 + 92

.

= 181 » 13,45
Trải các mặt AMNP và
PNBS cho cùng kết quả
giống như trên.
Trường hợp 3:Trải các mặt APNM và MNBR ta được hình sau

10


Khi đó quãng đường kiến
đi ngắn nhất là:
AB3 = AR 2 + RB32
= 132 + 62

.

= 205 » 14,31.
Trải các mặt APST và
SBRT cho cùng kết quả
giống như trên.

Vậy x » 13,45 Ỵ (13;14). Chọn B.
Ví dụ 7. Cho hình lập phương ABCD. A¢B ¢C ¢D¢ có cạnh bằng 1 , M là trung
điểm của AB . Một con kiến đi từ M đến điểm N thuộc cạnh BC , từ điểm N đi
thẳng tới điểm P thuộc cạnh CC ¢, từ điểm P đi thẳng tới điểm D ¢(các điểm N ,
P thay đổi tùy hướng đi của con kiến.

Quãng đường ngắn nhất để con kiến đi từ điểm M đến điểm D ¢là
5
7
3
A. .
B. 2 +1.
C. .
D. 2 + .
2

2
2
Giải
Trải 3 mặt ABCD, BCC ¢B ¢,CDD¢C ¢trên
cùng một mặt phẳng.
Ta có: MN + NP + PD ¢³ MD ¢
Do đó Quảng đường ngắn nhất để con
kiến đi từ điểm M đến điểm D ¢bằng MD¢
. Điều này xảy ra khi các điểm
M , N , P, D ¢thẳng hng.

[2].

2

ổử
3ữ
5
2
MDÂ= MB Â + B ÂD Â = ỗ
+
2
=
.
ữ
ỗ
ỗ
ố2 ữ
ứ
2

2

2

Chn A.
Nhận xét: Con kiến đi trên những mặt nào thì ta trải chúng lên cùng một mặt
phẳng.
11


Ví dụ 8. Cho tứ diện ABCD có AD = BC = a; AC = BD = b ; AB = CD = c . Đặt
m = b 2 + c 2 − a 2 ; n = c 2 + a 2 − b 2 ; m = a 2 + b 2 − c 2 . Thể tích tứ diện đã cho
là
mnp
mnp
mnp
mnp
.
.
.
. [2].
A.
B.
C.
D.
3
3 2
6 2
2
Giải

Trải tứ diện lên mặt phẳng DAC như sau:
∆BAD → ∆RAD; ∆BCD → ∆QCD; ∆BAC → ∆PAC .
Ta có:
·
·
·
∆RAD = ∆QCD = ∆PAC = ∆DAC ⇒ RDQ
= QCP
= RAP
= 180° và

1
VABCD = VBPQR .
4
Xét tứ diện BPQR có:
·
∆PBQ : BC = CP = CQ ⇒ PBQ
= 90°;
·
∆RBQ : Tương tự: RBQ
= 90° ;

·
∆RBP : Tương tự: RBP
= 90° ;
⇒ Tứ diện BPQR có góc B là góc tam
1
diện vuông ⇒ VBPQR = .BR.BQ.BP ;
6
Đặt: BR = x, BP = y , BQ = z;

 x = 2(b 2 + c 2 − a 2 )
 x 2 + z 2 = (2b) 2 = 4b 2

 2

2
2
2
2
2
2
Ta có:  x + y = (2c) = 4c ⇒  y = 2(c + a − b ) .

 y 2 + z 2 = (2a ) 2 = 4a 2
2
2
2

 z = 2(b + a − c )
Vậy thể tích tứ diện là:
1
1 1
1 (b 2 + c 2 − a 2 )(c 2 + a 2 − b 2 )(b 2 + a 2 − c 2 ) mnp
VABCD = VBPQR = . .xyz =
=
.
4
4 6
3
2

3 2
Chọn A.
Ví dụ 9. Cho hình chóp S . ABC có SA =1 và các góc phẳng ở đỉnh S đều bằng

p
a (0 < a < ) . Đặt C = AB + BC + CA , khẳng định nào sau đây là đúng?
3
A. C ³

2(1 - cos3a ).

B. C £ 2(1 - cos3a )

C. C ³

3(1 - cos 2a ).

D. C £ 3(1 - cos 2a )

[1].

Giải
Trải hình chóp S . ABC xuống mặt phẳng SBC
12


như sau:
∆ABS → ∆A1BS ; ∆ACS → ∆A2CS ;
C = AB + BC + CA = A1B + BC + CA2 ³ A1 A2 .
· SA .

A1 A2 = SA12 + SA2 2 - 2SA1SA2cos A
1
2
= 12 +12 - 2.1.1.cos3a = 2(1 - cos3a ).
Vậy C ³ 2(1 - cos3a ). Chọn A.
Nhận xét: Ví du 9 tương tự ví du 3.Thay đổi giả thiết đã gây khó khăn cho việc
nhận dạng của học sinh và tạo cảm giác “khó” khi đáp án viết dưới dạng bất
đẳng thức..
2.3.3. Phương pháp trải hình trên mặt phẳng đối khối tròn xoay
Phương pháp này đòi hỏi học sinh phải biết cách trải phẳng một hình tru
thành hình chữ nhật, một hình nón thành hình quạt và có thể trải một hoặc
nhiều lần lên mặt phẳng.
Một vài yêu cầu để làm học sinh làm được dạng tốn này là nắm vững các
cơng thức về khới trịn xoay, kiến thức lượng giác.
Ví dụ 1. Để chào mừng 20 năm thành lập thành phố A, Ban tổ chức quyết định
trang trí cho cổng chào có hai cột hình trụ. Các kĩ thuật viên đưa ra phương án
quấn xoắn từ chân cột lên đỉnh cột đúng 20 vòng đèn Led cho mỗi cột. Biết bán
kính trụ cổng là 30cm và chiều cao cổng là 5π (m) . Tính chiều dài dây đèn Led
tối thiểu để trang trí hai cột trụ cổng.
A. 24p(m).
B. 20p(m).

C. 30p(m).

D. 26p(m).

[4].

Giải
Với cách trang trí quấn xoắn từ chân cột lên đỉnh cột đúng 20 vòng đèn, ta có

thể trải phẳng cổng chào hình trụ đó 20 lần để được một hình chữ nhật có chiều
cao 5π (m) và chiều ngang là 20.2.0,3π = 12π ( m) .

Độ dài dây đèn Led ngắn nhất bằng độ dài đoạn thẳng AB.
Ta có:
13


AB = (5π ) 2 + (12π ) 2 = 13π ( m).
Vậy chiều dài dây đèn Led tối thiểu để trang trí hai cột trụ cổng là 26p(m).
Chọn D.
Nhận xét: Ở bài tập trên việc cho giả thiết trang trí quấn xoắn từ chân cột lên
đỉnh cột đúng 20 vịng đèn dẫn tới trải phẳng hình tru 20 lần.
Ví dụ 2. Một cái bánh kem hình trụ cao 15cm , đường kính 24cm . Người ta
muốn trang trí hai đường viền bằng socola như hình vẽ. Để tiết kiệm nguyên liệu
làm bánh thì tổng chiều dài của hai đường viền socola gần nhất với số nào?

A. 162,29cm.

B. 153,76cm.

C. 162,4cm.

D. 153,75cm. [7].

Giải
Trải phẳng nửa hình trụ ta được hình chữ
nhật ABCD với AD = 12π , AB = 15.
Đường viền socola ngắn nhất từ A đến C là
đoạn thẳng AC. Đường viền socola ngắn

nhất từ B đến D là đoạn thẳng BD.
BD = AB 2 + AD 2 =

( 12π )

2

+ 152 ≈ 40,57

.
Để tiết kiệm nguyên liệu làm bánh thì tổng chiều dài của hai đường viền socola
bằng: 4 BD ≈ 162,29cm. Chọn A.
Nhận xét: Đây là bài tập tương đới nhẹ nhàng. Nhờ tính đới xứng của hình tru
nên học sinh dễ dàng nhận ra “chỉ cần” trải phẳng nửa hình tru ta được hình
chữ nhật
Ví dụ 3. Có một cái cốc úp ngược như hình vẽ. Chiều cao của cốc là 30cm , bán
kính đáy cốc 3cm , bán kính miệng cốc 5cm . Một con nhện xuất phát từ điểm A

14


của miệng cốc và bò ba vòng quanh thân cốc rồi dừng lại tại điểm B ở đáy cốc
như hình vẽ. Quãng đường ngắn nhất con nhện đó phải đi là

B. l » 75,94cm.
D. l » 74,64.

A. l » 76cm.
C. l » 74cm.

[2].

Giải
Gọi r1 , r2 , h lần lượt là bán kính đáy cốc,
miệng cốc và chiều cao của cốc. Ta trải ba
lần mặt xung quanh của cái cốc lên mặt
phẳng sẽ được một hình là bộ phận của
hình quạt.
Cung nhỏ có độ dài l ( BB3 ) = 3.2π .r1 = 18π .
Cung lớn có độ dài l ( AA3 ) = 3.2π .r2 = 30π .
Độ dài đường đi ngắn nhất của con nhện là
độ dài đoạn thẳng AB3 .
Đặt·AOA = α , ta có
1

AB3 = OA2 + OB 2 − 2OA.OB.cos3α (1)
2

AB = h 2 +( r2 - r1 ) = 2 226 .
OB l ( BB3 ) 3
OB
=
= =
Þ OB = 3 226 Þ OA = OB + BA = 5 226 .
OA l ( AA3 ) 5 OB + BA
l ( BB1 )
2π r1
2π
=
=

.
Lại có l ( BB1 ) = OB.α ⇒ α =
OB
3 226
226
Thay vào công thức (1) ta có kết quả l » 74,64. Chọn D.
Ví dụ 4. Một con kiến bò lên đều quanh hình trụ (từ mặt đáy dưới lên mặt đáy
3
trên), bán kính mặt đáy hình trụ R =
và chiều cao hình trụ h = 4 . Hỏi con
8π
kiến bò ngắn nhất bao nhiêu vòng quanh hình trụ để đoạn đường kiến đi là một
số nguyên.
A. 4.
B. 5.
C. 6.
D. 3.
[5].
Giải

15


Ta trải phẳng hình vẽ bài toán bằng cách cắt hình trụ bởi một đường thẳng đi
qua “điểm bắt đầu” và “điểm kết thúc”. Ta ký hiệu các điểm như hình vẽ.

Gọi “điểm bắt đầu” là vị trí ở mặt đáy dưới của hình trụ mà kiến xuất
phát; “điểm kết thúc” là vị trí ở mặt đáy trên của hình trụ mà kiến kết thúc hành
trình di chuyển.

*
Gọi n ( n ∈ ¥ ) là số vòng mà con kiến bò được trong suốt hành trình di

chuyển.
Chu vi đường tròn đáy: A0 B0 = A1B1 = L = An Bn = 2π R = 2π .

3 3
= .
8π 4

4
Ta có: A0 A1 = A1 A2 = L = An −1 An = . Khi đó độ dài đoạn đường mỗi vòng
n
2

2

4
3
16 9
kiến đi được: d = A0 B1 = A1B2 = L = An−1Bn =  ÷ +  ÷ =
+ .
n 2 16
n 4
Từ đó suy ra độ dài đoạn đường kiến đi được trong suốt hành trình:

16 9
9n 2
S = nd = n 2 +
= 16 +

.
n 16
16

9n 2
 16 +
∈¢
⇔n=4
u cầu bài tốn ⇔ 
16
n nhá nhÊt

Vậy con kiến bò ngắn nhất 4 vòng quanh hình trụ để đoạn đường kiến đi
là một số nguyên.
Chọn A.
Ví dụ 5. Tại trung tâm thành phố người ta tạo điểm nhấn bằng cột trang trí hình
nón có kích thước như sau: chiều dài đường sinh l = 10m , bán kính đáy R = 5m
. Biết rằng tam giác SAB là thiết diện qua trục của hình nón và C là trung điểm
của SB . Trang trí một hệ thống đèn điện tử chạy từ A đến C trên mặt nón. Xác
định giá trị ngắn nhất của chiều dài dây đèn điện tử.

16


A. 15m.

B. 10m.

C. 5 3m.
Giải

Cắt hình nón theo hai đường sinh SA, SB rồi
trải ra ta được hình bên.
Khi đó, chiều dài dây đèn ngắn nhất là độ dài
đoạn thẳng AC.
1
Chu vi cung tròn »AB : C = .2π .5 = 5π .
2
5π π
= .
Gọi α = ·ASC ⇒ 5π = SA.α ⇒ α =
10 2
⇒ ∆SAC vuông tại S.

D. 5 5m.

[2].

⇒ AC = SA2 + SC 2 = 102 + 55 = 5 5m.
Chọn D.
Nhận xét: Tương tự như Ví du 2, do tính đối xứng của đã cho nên ta chỉ cần
trải phẳng nửa hình chóp.
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Đề tài này bản thân tôi áp dụng trọng việc dạy và luyện cho học sinh ôn
thi THPT quốc gia và học sinh giỏi cấp trường, cấp tỉnh. Đa số học sinh có hứng
thú, vận dụng tốt và phần nào tự tin khi gặp dạng toán này.
Kết quả cụ thể ở các lớp khối 12, sau khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
này vào giảng dạy được thể hiện qua bài kiểm tra như sau :
Điểm từ 5 đến
Điểm 8 trở lên
Điểm dưới 5

Tổng
8
Năm học
Lớp
Số
Số
Số
số
Tỷ lệ
Tỷ lệ
Tỷ lệ
lượng
lượng
lượng
2020-2021 12C3 40
7
17,5 %
20
50 %
13
32,5 %
2020-2021 12C8 42
8
19 %
17
40,5 %
17
40,5 %
Như vậy tôi thấy áp dụng sáng kiến kinh nghiệm trên có hiệu quả. Mặc dù
đã cố gắng tìm tòi, nghiên cứu song chắc chắn còn có nhiều thiếu sót. Tôi rất

mong được sự quan tâm, bổ sung và góp ý của tất cả các đồng nghiệp. Tôi xin
chân thành cảm ơn.
3.KẾT LUẬN, KIẾN NGHỊ
17


Kết luận
Sáng kiến kinh nghiệm này sau khi được áp dụng đã mang lại hiệu quả rõ
rệt, chất lượng giải bài toán hình học dạng này của học sinh đã được nâng lên
.Nhiều học sinh từ chỗ không biết cách giải dạng toán này, sau khi được cung
cấp các phương pháp nêu trong sáng kiến kinh nghiệm đã tự mình giải được các
bài toán cơ bản và dần dần làm được những bài khó hơn. Riêng những học sinh
khá giỏi đã giải được các bài toán khó. Sáng kiến kinh nghiệm này góp phần tạo
cho học sinh niềm đam mê, u thích mơn tốn, mở ra cho học sinh cách nhìn
nhận, vận dụng, linh hoạt, sáng tạo các kiến thức đã học, tạo nền tảng cho học
sinh tự học, tự nghiên cứu.
Kiến nghị
Nhằm giúp học sinh học tốt hơn về hình học khơng gian, đặc biệt là các
bài tốn có yếu tố lớn nhất nhỏ nhất, bài toán thực tế bản thân tôi có kiến nghị:
- Trong phân phối chương trình mơn Tốn lớp 12, các cấp có thẩm quyền
nên tăng cường thêm số tiết cho hình học không gian.
- Đối với học sinh lớp 12, giáo viên nên dành một số tiết tự chọn để ôn
tập lại cho các em về hình học tổng hợp, rèn luyện thêm kĩ năng vận dụng bất
đẳng thức cơ bản vào giải toán, thành thạo biến đổi các biểu thức lượng giác.
Giáo viên cần chuẩn bị các mô hình thực tế để học sinh dễ quan sát và cũng nên
ứng dụng công nghệ thông tin vào các tiết giảng về nội dung này.
-Vì thời gian trong phân phối chương trình không thể đáp ứng được việc
truyền thụ nội dung các phương pháp giải nên cần tổ chức phụ đạo cho học sinh
vào những buổi ngồi thời khố biểu.
XÁC NHẬN CỦA HIỆU TRƯỞNG

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2021
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của mình,
không sao chép nội dung của người khác

TÀI LIỆU THAM KHẢO
18


[1]. Trang web:, tác giả Trần Thị Hiền, THPT Chuyên Hạ
Long.
[2]. Facebook Diễn đàn giáo viên toán, tác giả: Nguyễn Văn Oánh.
[3]. Facebook Diễn đàn giáo viên toán, tác giả: Lê Thanh Bình.
[4]. Đề thi thử lần 4 năm học 2017-2018, THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ
An.
[5]. Facebook Diễn đàn giáo viên toán, tác giả: Nguyễn Việt Hải. (THPT
chuyên Quang Trung, Bình Phước).
[6]. Đề thi thử lần 2 năm học 2018-2019, THPT Chuyên Phan Bội Châu, Nghệ
An.
[7]. Trang web: , tác giả Vũ Ngọc Thành,
THPT Mường So, Lai Châu.

DANH MỤC

19


CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỜNG
ĐÁNH GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHỊNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC
CẤP CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN

Họ và tên tác giả:Lê Như Phương
Chức vụ và đơn vị công tác:Tổ trưởng chuyên môn, Trường THPT Tô Hiến
Thành

TT
1.

Tên đề tài SKKN

Kết quả đánh
giá xếp loại
(A, B, hoặc
C)

Năm học
đánh giá xếp
loại

CẤP SỞ

C

2006-2007

CẤP SỞ

C

2010-2011

CẤP SỞ

C

2012-2013

CẤP SỞ

B

2015-2016

CẤP SỞ

C

2019-2020

Khắc phục sai lầm của học
sinh khi giải phương trình vô

2.

tỷ
Giả định hằng số là ẩn trong

3.

giải phương trình
Giúp học sinh khắc phục một

số khiếm khuyết khi giải

4.

Cấp đánh giá
xếp loại
(Phòng, Sở,
Tỉnh...)

phương trình vô tỷ
Giúp học sinh lớp 12 hồn
thiện kĩ năng giải bài tốn
hình học tọa độ trong không
gian về góc và khoảng cách

5.

có yếu tố lớn nhất, nhỏ nhất
Giúp học sinh lớp 12 hình
thành kĩ năng giải bài tốn
cực trị hình học khơng gian
liên quan đến khối chóp và
lăng trụ

20