SKKN khai thác một bài toán cơ bản để giải một số bài toán hình học không gian

1. MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài.
Trong thực trạng dạy học hiện nay, khi Kỳ thi tốt nghiệp THPT quốc gia và đặc
biệt trong thời gian tới đây là Kỳ thi học sinh giỏi các mơn văn hóa lớp 12 cấp tỉnh
được thi bằng hình thức thi trắc nghiệm, thời gian làm bài tập ít, số lượng bài tập
lớn, phủ kiến thức rộng đã gây trở ngại, khó khăn cho cả hoạt động giảng dạy của
thầy và hoạt động của trị.
Với hình thức thi tự luận trước đây, đứng trước một vấn đề khó, vấn đề mới lạ,
học sinh có thời gian suy ngẫm tìm ra cách giải quyết vấn đề, có thể là quy lạ về
quen hay thậm chí là cách giải mới. Tuy nhiên, với bài thi trắc nghiệm, trước một
vấn đề khó, mới lạ, việc tìm ra được cách mới để giải quyết vấn đề là vơ cùng khó
khăn. Do đó, việc quy lạ về quen là vơ cùng quan trọng. Trong q trình ơn tập, sau
khi giải một bài tập, học sinh cần phải rút ra được những kinh nghiệm để giải quyết
những bài tập tương tự và suy ngẫm xem bài tập đó có thể phát triển hành những
bài tập dạng nào. Có như vậy, học sinh mới đáp ứng được sự đa dạng, sự biến hóa
của đề thi trắc nghiệm.
Yêu cầu là như vậy, nhưng trong q trình dạy và học, khơng phải giáo viên,
học sinh nào cũng thực hiện phân tích và rút kinh nghiệm sau mỗi bài tập. Việc này
cũng có nguyên nhân chủ quan và nguyên nhân khách quan, dẫn đến việc học sinh
giải được dạng bài tập nào, đã được hướng dẫn dạng bài nào thì biết được dạng bài
tập đó, từ đó dẫn hình thành cho học sinh tính ỷ lại, mong chờ sự may mắn, chưa
thấy được cái hay, cái ý nghĩa của tốn học; kích thích hứng thú sau mỗi bài tập.
Trước thực trạng trên, trong quá trình giảng dạy, đặc biệt là dạy bồi dưỡng học
sinh khá giỏi, sau mỗi bài tập tôi thường dành một khoảng thời gian nhất định để
học sinh suy ngẫm về bài tập, định hướng để các em có thể phát triển bài tập thành
những dạng bài tập khó hơn, đa dạng hơn, từ đó tạo sự hứng thú, ham tìm tịi
nghiên cứu của học sinh, làm các em hiểu kiến thức được rộng hơn, sâu hơn.
Để nhân rộng, lan tỏa hơn nữa ý tưởng của mình, có tài liệu để học sinh và
đồng nghiệp nghiên cứu, do sự hạn chế về thời gian và khung giới hạn của sáng
kiến kinh nghiệm nên tôi chọn đề tài: “Khai thác một bài tốn cơ bản để giải một
số bài tốn hình học khơng gian”.

Trong q trình thực hiện, khơng tránh khỏi những cịn hạn chế, thiếu sót rất
mong được đồng nghiệp, học sinh góp ý và chia sẻ để đề tài được hoàn thiện hơn,
mang lại sự hiệu quả và thiết thực.
Xin chân thành cảm ơn!
1


1.2. Mục đích nghiên cứu.
+ Cung cấp cho đồng nghiệp và học sinh một tài liệu hữu ích trong quá trình
dạy, học và nghiên cứu khoa học. Nâng cao kiến thức, trình độ chun mơn của bản
thân.
+ Khơi dậy hứng thú, ham học hỏi, tìm tịi nghiên cứu tốn học của học sinh,
giúp các em chủ động nắm vững kiến thức, đáp ứng được yêu cầu của các kỳ thi và
quá trình học tập sau này.
+ Giúp các em nhận dạng nhanh một số bài tốn hình học khơng gian (Chứng
minh, tính thể tích, …..) có liên quan đến tỷ số đoạn thẳng bằng việc ứng dụng bài
toán cơ bản của đề tài.
1.3. Đối tượng nghiên cứu.
Đối tượng nghiên cứu của đề tài là quá trình từ một bài tập cơ bản ban đầu,
hình thành ý tưởng, kỹ năng để vận dụng để giải một số bài tốn hình học không
gian.
1.4. Phương pháp nghiên cứu
+ Phương pháp nghiên cứu xây dựng cơ sở lý thuyết.
+ Phương pháp thực nghiệm.
+ Phương pháp phân tích, tổng kết rút kinh nghiệm
+ Phương pháp khảo sát điều tra thực tế, thu thập thông tin
+ Phương pháp thống kê, xử lý số liệu.
2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của đề tài
2.1.1. Cơ sở khoa học của đề tài

Hình học là một môn học xây dựng trên cơ sở hệ thống các khái niệm, tiên đề,
định lý. Do đó, để hiểu và học tốt phân mơn hình học, người học cần một nền tảng
kiến thức vững vàng, trí tưởng tượng tốt, khả năng tư duy lô gic, vận dụng lý thuyết
một cách sáng tạo. Đối với đa số học sinh, đây là mơn học khó, đặc biệt là khi học
sinh tìm hiểu về lĩnh vực hình học khơng gian của lớp 11 và lớp 12.
Ngồi lớp các bài tốn chứng minh các yếu tố song song, vng góc, dựng
hình (tìm giao tuyến, thiết diện..), tính một số các yếu tố quen thuộc như góc,
khoảng cách, thể tích...., sách giáo khoa và sách bài tập hình học 11 và 12 cịn giới
thiệu một số các bài toán yêu cầu chứng minh các đẳng thức hay bất đẳng thức
hình học, tìm giá trị lớn nhất hay nhỏ nhất của diện tích một đa giác, thể tích một
khối đa diện... Đó là những bài tốn khó, địi hỏi học sinh phải vận dụng kiến thức

2


tổng hợp, sáng tạo, tương tự hóa, nhận ra cái chung của một lớp các bài tốn để tìm
hướng giải một bài tập cụ thể.
2.1.2. Cơ sở thực tiễn
Qua quá trình giảng dạy và bồi dưỡng học sinh khá giỏi, tơi nhận thấy, khi tìm
ra cái chung của một lớp các bài toán, tức là phát hiện ra cái gốc của vấn đề cần
chứng minh hay tính tốn, học sinh có thể tương tự hóa, dùng kết quả và cách suy
luận đó để chứng minh và tìm cách giải của hầu hết các bài tập tương tự một cách
dễ dàng. Vì thế, cơng việc của người thầy là giúp học sinh phát hiện ra bài tốn cơ
bản, từ đó, cùng học sinh khai thác, sử dụng kết quả của bài tốn đó cho những bài
tập khác.
Bản sáng kiến kinh nghiệm này của tơi trình bày một bài tốn cơ bản trong
những bài toán cơ bản như thế, và xem xét ứng dụng của nó trong việc giải một số
bài tập khó trong hình học khơng gian lớp 11 và 12. Tên đề tài tơi chọn: “Khai
thác một bài tốn cơ bản để giải một số bài tốn hình học khơng gian”.
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng Sáng kiến kinh nghiệm

Trong quá trình giảng dạy, trước khối lượng lớn kiến thức cần phải học so với
thời gian dành cho học sinh tự học ngày càng ít, tơi thấy rằng: Học sinh rất thụ
động trong việc tìm hiểu, tự lĩnh hội kiến thức. Giáo viên giới thiệu dạng toán nào
thì học sinh biết được dạng tốn đó. Trước một bài tốn mới, ít học sinh chủ động,
hăng say tự tìm hiểu; cịn rất nhiều học sinh ỷ lại, chờ giáo viên hướng dẫn, gợi ý
hoặc sử dụng máy tính để kiểm tra kết quả mong sự may rủi. Điều nay gây khó
khăn và ức chế rất nhiều đối với giáo viên trong quá trình giáo dục học sinh.
Trước thực trạng trên, trong quá trình giảng dạy, để gây hứng thú cho học sinh,
để học sinh thấy được cái hay, ý nghĩa thực tế của tốn học tơi thường gắn bài tập
với việc giải quyết các tình huống thực tế, gắn với sự linh hoạt sử dụng của toán
học như: Một bài tốn có thể giải bằng nhiều cách, có thể áp dụng trong nhiều
trường hợp, nhiều lĩnh vực. Nội dung của đề tài là một trong rất nhiều nội dung mà
tơi đã triển khai trong q trình giảng dạy. Khi triển khai đề tài tôi đã cảm nhận
được sự thay đổi đáng kể ở từng học sinh. Ban đầu khi triển khai ở lớp 10, cơng
việc vất vả vì học sinh chưa quen, chưa chủ động nhưng qua quá trình kiên trì thực
hiện, cuối lớp 10, đầu lớp 11 và lớp 12, công việc thuận lợi và đôi khi là nhẹ nhàng,
nhất là đối tượng học sinh khá - giỏi, các em chủ động phân tích, tìm tịi và đề xuất
các giải pháp giải quyết vấn đề.

3


2.3. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm, các giải pháp giải quyết vấn đề
KHAI THÁC MỘT BÀI TOÁN CƠ BẢN
ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN
I. Tìm hiểu bài toán cơ bản sau: Cho tam giác ABC và hai điểm M ,N di động
trên hai cạnh AB,AC ( M và N khác A ). Gọi D là trung điểm của BC , K là giao
AB
AC
2 AD



.
AM
AN
AK
Lời giải
+) Qua M ,N ,K kẻ ba đường thẳng song song với BC , và đánh dấu các điểm
Q,H ,F ,G,E,O như hình vẽ.
+) Dễ chứng minh được O,Q lần lượt là trung điểm của EN và MH ; đồng
thời E,H ,K thẳng hàng.
�1
AB AC AD AD
1 �



 AD � 
+) Ta có:
�  1
AM AN AQ AO
�AQ AO �
điểm của MN và AD . Chứng minh rằng

AK AK FK GK 2 FK 2GK






AQ AO MQ NO MH
NE
FK EF
NK GK HG KM


;


+) Mà
.
MH EM NM NE HN NM
�FK GK � �NK KM �

 2�

+) Vậy 2 �
�
� 2
�MH NE � �NM NM �
+) Lại có:

 2 .

 3 .

4


�1

1 �
1
1
2
2�


 4 .
+) Từ (2), (3) suy ra AK � 
�
AQ
AO
AQ
AO
AK
�
�
AB AC
2
2 AD

 AD.

+) Thay (4) vào (1) ta được:
là đpcm.
AM AN
AK
AK
Nhận xét : Hai điểm M ,N chỉ cần điều kiện khác A ; M có thể trùng với
B,N có thể trùng với C ta vẫn được kết quả như trên.

Cách 2: Sử dụng phương pháp diện tích
1
�
S AMK 2 AM . AK .sin MAK AM AK


.
Ta có :
1
S ABD
AB
AD
�
AB. AD.sin MAK
2
S ANK AN AK

.
Suy luận tương tự, ta suy ra
S ACD AC AD
1
Lại có S ACD  S ABD  S ABC
2
S AMK  S ANK �AM AN �AK
� 
.
�
Do vậy,
1

AB
AC
AD .
�
�
S ABC
2
�
S AMK  S ANK 2S AMN AM . AN .sin MAN
AM . AN


2
Mặt khác,
1
1
S ABC
AB. AC
�
S ABC
AB. AC.sin BAC
2
2
Từ đó, ta có

AK
�AM AN �AK 2 AM . AN
.

�  AM . AC  AN . AB  .

 2 AM . AN
� 
�
AB. AC
AD
�AB AC �AD
AM . AC  AN . AB 2 AD
AC AB 2 AD

�


(dpcm)

AM . AN
AK
AN AM
AK
II. Khai thác bài toán cơ bản
Trong hình học, khi ta phải giải bài tốn tìm một đại lượng hình học nào đó
hoặc chứng minh một tính chất hình học (cố định, song song ...) theo các ràng buộc
qua các đại lượng thay đổi. Để giải bài tốn này, ta phải đi tìm một hệ thức liên hệ
giữa các đại lượng thay đổi đó rồi từ đó đưa ra được điều cần chứng minh, tính
tốn. Để minh hoạ, ta xét một số bài tập ví dụ sau :

5


Bài 1: Cho tứ diện SABC và hai điểm M ,N di động trên AB,AC thỏa mãn :
AB AC


 3. Chứng minh rằng mặt phẳng  SMN  luôn đi qua một đường thẳng
AM AN
cố định.

Phân tích:
- Nhận thấy ngay, đối với học sinh, bài toán trên là một bài tốn khó vì: Với
điểm S cố định, để chứng minh mặt phẳng  SMN  đi qua một đường thẳng cố
định ta cần chỉ ra  SMN  luôn đi qua một điểm cố định nữa khác điểm S .
- Khó khăn trong việc tìm ra điểm G , thơng thường học sinh sẽ tìm ra điểm G
như sau:
* Xét cố định điểm M tại vị trí đặc biệt là trung điểm của AB . Từ giả thiết suy
AC
 1  N trùng C  MN trùng với trung tuyến CM .
AN
* Tương tự trên khi xét cố định N là trung điểm của AC  MN trung với
trung tuyến BN .
* Với hai trường hợp trên  MN đi qua điểm G cố định là trọng tâm của tam
giác ABC .
- Khẳng định rằng, ngay cả khi xác định được  SMN  ln đi qua SG thì việc
chứng minh không hề đơn giản.
Nhưng rất là đơn giản khi học sinh áp dụng ngay bài toán cơ bản trên, cụ
thể:
Lời giải
+) Gọi D là trung điểm của BC , G  AE �MN .
ra được

6

AB AC
2 AD

3
. Vậy G
AM AN
AG
là điểm cố định, G chính là trọng tâm tam giác ABC .
+) Vậy đường thẳng SG cố định luôn nằm trong  SMN  .
+) Áp dụng bài toán cơ bản, chứng minh được

AB AC

 k  2 , bằng
AM AN
việc vận dụng bài tốn cơ bản, ta có thể giải được một cách dễ dàng.
Nhận xét: Bài tốn này hồn tồn có thể tổng qt

Bài 2: Cho hình chóp S.ABCD , có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M ,N
lần lượt là trung điểm của SB và SD .
a. Xác định thiết diện tạo bởi mặt phẳng  AMN  và hình chóp.
SE
b. Gọi E   AMN  �SC . Tính tỷ số
.
SC
c. Tổng quát : Giả sử SM  xSB ; SN  ySD ; E là giao điểm của  AMN  và
đoạn SC . Tính tỷ số

SE
.

SC

Lời giải

a. Xác định thiết diện :
+) Xác định giao điểm G của MN và  SAC  : Gọi O là giao điểm của AC
và BD , G là giao điểm của SO và MN , khi đó chứng minh được G là giao điểm
của MN và  SAC  .
+) Gọi E là giao điểm của AG và SC thì E là giao điểm của  AMN  và
SC . Vậy thiết diện là AMEN .

7


b. Tính tỷ số

SE
:
SC

+) Trong tam giác SBD , O là trung điểm BD nên
+) Trong tam giác SAC , ta có :

SB SC 2SO


 4.
SM SN SG

SC SA 2SO



 4.
SE SA SG

SC
SE 1
3�
 .
SE
SC 3
c. Giả sử SB  xSM ; SD  ySN , với x, y �1. E là giao điểm của  AMN  và
+) Vậy

đoạn SC . Tính tỷ số

SE
SC
 x  y  1.
: Lập luận hồn tồn tương tự ta có
SC
SE

SE
1

.
SC x  y  1
Bài 3: Cho hình chóp S.ABC , lấy các điểm A',B',C' lần lượt trên SA,SB và SC .
Vậy

Biết rằng

2 SA SB SC


 8, chứng minh rằng  A' B' C'  đi qua một điểm cố
SA ' SB ' SC '

định.
Lời giải

+) Gọi D là trung điểm của BC , D' là giao điểm của B' C' với SD . Áp
dụng Bài tốn 1, ta có :

SB SC 2SD


.
SB ' SC ' SD '
8


+) Gọi K là trung điểm của AD' , G là giao điểm của SK và A' D' thì K là
điểm cố định và G thuộc  A' B' C'  , đồng thời ta có:
2SA SB SC


8 �
SA ' SB ' SC '

4SK
SK
�SA SD �
2� 

8
�

8
�
 2  *
�
SG
SG
�SA ' SD ' �
+) Đẳng thức (*) chứng tỏ G là điểm cố định, vậy  A' B' C'  ln đi qua một

điểm cố định.
Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M ,N là hai
điểm lần lượt nằm trên các đoạn thẳng AB và AD ( M ,N không trùng A ) sao cho
AB
AD
2
 4.
AM
AN
1) Chứng minh rằng khi MN thay đổi, đường thẳng MN luôn đi qua một điểm
cố định.
2) Gọi V và V’ lần lượt là thể tích của các khối chóp S.ABCD và S.MBCDN.

Chứng minh rằng:

2 V’ 3
� � .
3 V 4
Lời giải

1) Chứng minh rằng khi M ,N thay đổi, đường thẳng MN luôn đi qua một
điểm cố định.
+) Lấy E đối xứng với A qua D , thì AE  2 AD . EB cắt CD tại I thì I là
trung điểm của EB . I là điểm cố định. Gọi G là giao điểm của AI và MN
+) Áp dụng bài tốn cơ bản ta có:
AB
AD
AB AE
2 AI
2
4�

4�
 4 � AI  2 AG  *
AM
AN
AM AN
AG

9


+) Hệ thức (*) chứng tỏ G là điểm cố định. Vậy đường thẳng MN luôn đi qua

một điểm cố định là G .
2) Gọi V và V ' lần lượt là thể tích của các khối chóp S . ABCD và S .MBCDN .
2 V' 3
� � .
3 V 4
V
V'
1 V
 1  SAMN  1  . SAMN .
+) Ta có
V
VS . ABCD
2 VSABD

Chứng minh rằng:

+) Ta có

VSAMN AM AN 1
2

.


với 1 �x �2.
VSABD
AB AD xy x  4  x 

+) Xét hàm số f  x  
+) Ta có f '  x  

2
trên đoạn  1;2 .
x 4  x

4 x  2

x2  4  x 

2

�0, x � 1;2 .

1
V
2
2 V' 3
 f  2  �f  x   SAMN �f  1  . Vậy ta có � � .
2
VSABD
3
3 V 4
Bài 5: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vng, cạnh a , SA vng
góc với mặt phẳng đáy  ABCD  , SA  2a . Trên SB và SD lần lượt lấy hai điểm
+) Từ đó

1
3
M ,N thỏa mãn SM  SB, SN  SD, mặt phẳng  AMN  cắt SC tại E . Tính thể
3

4
tích của khối tứ diện S.AMEN .
Lời giải

10


+) Dựng thiết diện AMEN : tương tự bài 2, O là giao điểm của AC và BD .
SB SD
4 13 2SO

 3  
.
+) Trong tam giác SBD , ta có:
SM SN
3 3
SG
+) Trong tam giác SAC , ta có:
SA SC 2SO 13
SC 13
10



�
 1 .
SA SE SG
3
SE 3
3

1 3
+) Tính được VS . ABC  VS . ACD  a .
3
VS . AME SA SM SE
1 3
1
1 1 3 a3

.
.
 1. .  � VSAME  . a  .
+)
VS . ABC SA SB SC
3 10 10
10 3
30
VS . ANE SA SM SE
1 3
1
1 1 3 a3

.
.
 1. .  � VSAME  . a  .
+)
VS . ADC SA SB SC
3 10 10
10 3
30
Bài 6: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD . Mộtmặt phẳng    thay đổi cắt các

cạnh SA,SB,SC,SD lần lượt tại các điểm M ,N ,P,Q . Chứng minh rằng :
1
1
1
1



.
SM SN SP SQ
Lời giải
+) Dựng mặt phẳng  MNPQ  , sao cho MN và PQ cắt nhau tại điểm I
thuộc đường cao SO của hình chóp.
+) Do S.ABCD là chóp tứ giác đều nên SA  SB  SC  SD .
+) OI là trung tuyến của các tam giác SAC và SBD , nên ta có:

11


SA SC 2 SO


(trong tam giác SAC ).
(1)
SM SN
SI
SB SD 2SO


(trong tam giác SBD ).

(2)
SP SQ
SI
SA SC SB SD
1
1
1
1



�



Từ (1) và (2) ta có
SM SN SP SQ
SM SN SP SQ
Bài 7: Cho hình chóp tứ giácđều S.ABCD có tám cạnh đều bằng nhau và bằng a .
M ,N lần lượt là trung điểm của SA và SC . Một mặt phẳng    thay đổi qua MN
, cắt các cạnh SB,SD lần lượt tại các điểm P và Q . Tìm diện tích nhỏ nhất của tứ
giác MNPQ .
Lời giải
+) Gọi I là giao điểm của MN và đường cao SO của hình chóp, suy ra PQ
phải đi qua I . Dễ thấy I là trung điểm của SO
+) Từ giả thiết ta có : SB 2  SD 2  2a 2  AB 2  AD 2  BD 2 . Vậy tam giác
SBD vuông tại S .
+) Tương tự tam giác SAC vuông tại S . Suy ra SO 

1

a 2
AC 
.
2
2

�AC   SBD 
� MN   SBD  � MN  PQ.
+) Dễ chứng minh được: �
MN
//
AC
�

+) Vậy S MNPQ 

1a 2
a 2
.PQ 
.PQ
2 2
4

 1 .

12


�x  SP
+) Đặt �

�y  SQ

�

PQ  x 2  y 2

 2  ;  0  x, y  a 

a 2 2
x  y2
 3 .
4
SB SD 2SI SA SC




.
+) Áp dụng bài toán gốc:
x
y
SO SM SN
SA SC
1 1 4
�

4�   .
SM SN
x y a
1 1

+) Áp dụng BĐT Côsi cho hai số không âm , ta được:
x y
+) Thay (2) vào (1) ta được: S MNPQ 

4 1 1
1
�۳۳ 2
a x y
xy

4
a

2
xy

xy

a
2

 4 .

a 2 2 2 a 2
a
a a a2
x y �
2 xy 
xy � .  .
4

4
2
2 2 4
�1 1 1 1 4
a
�x  y , x  y  a
� x  y  , tức là P ,
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi �
2
�x 2  y 2
�
Q lần lượt là trung điểm của SB,SD .

+) Từ (3) và (4) có : S MNPQ 

2

a
Vậy tứ giác MNPQ có diện tích nhỏ nhất là .
4
Bài 8 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Lấy các điểm
A1, B1 , C1 lần lượt thuộc SA, SB, SC sao cho :

SA1 2 SB1 1 SC1 1
 ,
 ,
 . Mặt
SA 3 SB 2 SC 3

SD1

.
SD
Lời giải

phẳng  A1B1C1  cắt SD tại D1 . Tính tỷ số

13


+) Gọi O là giao điểm của AC và BD , I là giao điểm của A1C1 và SO .
+) Theo bài tốn gốc ta có :
SA SC 3 3 9 2 SO

   
.
SA1 SC1 2 1 2
SI
SB
SD 2 SD 9 2SO

 
 
.
SB1 SD1 1 SD1 2
SI

SD 2
SD1 9
5
  2  . Vậy 1  .

SD 2
2
SD 5
Nhận xét : Bằng việc áp dụng bài toán gốc ta dễ dàng tính được tỷ số
+) Suy ra

SD1 2
 . Từ đó ta có thể xây dựng được một số câu hỏi dạng trắc nghiệm ở mức
SD 5
độ vận dụng hoặc vận dụng cao
Bài 9 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, gọi K là trung
điểm của SC . Mặt phẳng  P  đi qua AK , cắt SB,SD lần lượt tại M ,N . Chứng
1 VSAMNK 3
�.
minh rằng �
3 VSABCD 8

Lời giải
+) Gọi O là giao điểm của AC và BD ; I  SO �AK , khi đó MN sẽ đi qua
I . Ta dễ thấy I là trọng tâm tam giác SAC .

14


V1 VSAMNK  VSAMK  VSANK
�
SM
SN
, y
��

V  VSABCD  2VSABC  2VSACD
SB
SD
�
V
V1 VSAMK
V 1 SK �SM SN �

 SANK � 1 
+) Ta có :
� 
�
V 2VSABC 2VSACD
V 2 SC �SB SD �
+) Đặt x 

V1 1
  x  y   1 .
V 4
+) Trong tam giác SBD , có SO là đường trung tuyến, áp dụng kết quả bài
Vậy

SB SD 2SO
3


 2.  3
SM SN
SI
2

1 1
1
x
�   3 � xy   x  y  � y 
 2 .
x y
3
3x  1
x
1
��
x, y 1
0�
� 1
x 1.

+) Mà 0 �
3x  1
2

toán cơ bản, ta có :

V1
3x 2
1 �
�
, x �� ; 1�
+) Thay (2) vào (1) ta được: 
V 4  3 x  1
2 �

�
3x 2
1 �
�
, x �� ; 1�
+) Xéthàm số f  x  
, dễ tìmđược:
4  3 x  1
2 �
�

8
1
max f  x   ; min f  x  
1 �
�
3 �1 ;1�
3
;1
�
2 �
�
�

�
2 �
�
�

1 VSAMNK 3

�.
+) Vậy �
3 VSABCD 8
15


Bài tập đề nghị
Bài tập 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. mặt
phẳng  P  thay đổi, cắt các cạnh SA,SB,SC,SD lần lượt tại A’, B’, C’, D’. Chứng
SA SC SB SD



.
SA’ SC’ SB’ SD’
Bài tập2: Cho tam giác đều ABC , cạnh bằng a và G là trọng tâm của tam
giác. Một đường thẳng đi qua G , cắt các cạnh AB,AC lần lượt tại M ,N . Chứng
minh rằng :

minh rằng :

3a 2
3a 2
�S AMN �
.
9
8

Bài tập 3: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC , có cạnh bằng đáy bằng a .
Lần lượt lấy hai điểm M ,N trên các cạnh AB,AC sao cho  SMN  ln vng góc

với  ABC  . Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của khối chóp S.AMN .
Bài tập4: Cho tứ diện ABCD , gọi G là trọng tâm tam giác ACD , đường
thẳng qua G cắt các cạnh SB,SC lần lượt tại M ,N . Chứng minh rằng
4 VABMN 1
�
� .
9 VABCD 2

Bài tập5: Cho hình chóp S.ABCD , có đáy ABCD là hình vng cạnh a ,
SA  2a và vng góc với mặt phẳng đáy.Mặt phẳng  P  đi qua A và vng góc
với SC , cắt SB,SC,SD lần lượt tại B',C' và D' . Biết

SB’ 1
 , tính thể tích của
SB 3

khối chóp S.AB' C' D' .
Bài tập 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, SA
vng góc với mặt phẳng đáy. Biết AB  2 AD  2a, góc giữa SC và  ABCD 
bằng 600 . Lấy điểm M thuộc SC thỏa mãn 3SC  5SM .Một mặt phẳng đi qua
AM , song song với BD cắt SB,SD lần lượt tại E,F . Tính thể tích của khối tứ diện
S.AEMF .
Bài tập 7: Cho hình chóp S.ABC và hai điểm M ,N di động trên hai cạnh
2 AB 3 AC

 10 . Chứng minh rằng NM luôn đi qua một
AM
AN
điểm cố định. Tìm giá trị nhỏ nhất của khối chóp S.ANM .
AB,AC và thỏa mãn

16


2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm
Khi triển khai ý tưởng và nội dung của đề tài, bản thân tôi nhận thấy sự hiệu
quả rõ rệt qua từng năm học. Học sinh có ý thức trong việc phân tích đề bài, sau
mỗi bài tập có sự nghiên cứu, đúc rút kinh nghiệm. Những bài tập tính khoảng
cách, thể tích các khối đa diện … có liên quan đến tỷ lệ đoạn thẳng, học sinh hào
hứng và phát hiện vấn đề rất nhanh. Điều này được bản thân kiểm nghiệm, so sánh
rất nhiều giữa lớp mà bản thân tôi được phụ trách dạy so với các lớp khác khi được
phân công dạy thay, ở những lớp tôi dạy thay, học sinh lúng túng trong việc xác
định được vấn đề, hướng giải quyết vấn đề và mục tiêu oàn thành nhiệm vụ.
3. KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ
3.1. Kết luận:
Qua quá trình triển khai thực hiện đề tài, tôi nhận thấy: Khi tìm ra cái chung
của một lớp các bài tốn, tức là phát hiện ra cái gốc của vấn đề cần chứng minh hay
tính tốn, học sinh có thể tương tự hóa, dùng kết quả và cách suy luận đó để chứng
minh và tìm cách giải của hầu hết các bài tập tương tự một cách dễ dàng. Vì thế,
cơng việc của người thầy là giúp học sinh phát hiện ra bài tốn cơ bản, từ đó, cùng
học sinh khai thác, sử dụng kết quả của bài tốn đó cho những bài tập khác.
3.2. Kiến nghị
Xác nhận của Thủ trưởng đơn vị

Thanh Hóa, ngày 15 tháng 5 năm 2021
CAM KẾT KHƠNG COPY
Người viết

Phạm Hùng Bích

17