SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO THANH HOÁ
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 2

SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

GIÚP HỌC SINH NHẬN DẠNG VÀ GIẢI MỘT SỐ DẠNG
TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC
PHỔ THÔNG TRIỆU SƠN 2

Người thực hiện: Hồ Văn Quảng
Chức vụ: Giáo viên
Sáng kiến kinh nghiệm thuộc môn: Toán

THANH HOÁ NĂM 2014


MỤC LỤC
NỘI DUNG
1. Đặt vấn đề…………...…
2. Giải quyết vấn đề…….
2.1. Cơ sở lý luận………
2.2. Thực trạng của vấn đề…………
2.3. Giải pháp và tổ chức thực hiện……
2.3.1. Dạng 1: Tính tỷ số thể tích của các khối đa diện
2.3.2. Dạng 2: Tính thể tích của các khối đa diện ………...…….
2.3.3. Dạng 3: Chứng minh các biểu thức hình học…
2.3.4. Dạng 4: Giải các bài toán cực trị hình học………
2.3.5. Dạng 5: Tính khoảng cách……
2.3.6. Dạng 6: Tính diện tích đa giác……
2.4. Kiểm nghiệm…...
3. Kết luận và đề xuất

Với mong muốn có thể góp phần nhỏ nâng cao chất lượng dạy và học,
cung cấp cho các em học sinh thêm một số phương pháp để giải quyết các bài
toán hình học không gian một cách dể dàng hơn, tôi viết đề tài: “Giúp học sinh
nhận dạng và giải một số dạng toán hình học không gian ở trường trung học
phổ thông Triệu Sơn 2”.
2. Giải quyết vấn đề
2.1. Cơ sở lý luận
Để tính thể tích của một khối đa diện người ta thường chia khối đa diện đó
thành các khối đa diện đơn giản(khối chóp) dể tính thể tích. Tuy nhiên việc làm
này gặp khá nhiều khó khăn kể cả những học sinh có học lực khá giỏi và đặc biệt
đối với học sinh có học lực trung bình thì điều này là không thể thực hiện được.
Trong nhiều trường hợp khi đã chia khối đa diện thành các khối chóp thì
việc tính thể tích của các khối chóp này vẫn gặp không ít khó khăn do không xác
định được đường cao hay không tính được diện tích đáy. Nhưng nếu học sinh
biết chuyển việc tính thể tích các khối này bằng cách thông qua tính tỉ số thể tích
của hai khối chóp thì bài toán trở nên đơn giản đi rất nhiều.
2.2. Thực trạng của vấn đề
Trong những năm gần đây việc đổi mới phương pháp dạy học đã được Bộ
giáo dục triển khai sâu rộng trong cả nước và đã đạt được một số chuyển biến
tích cực. Các phương pháp dạy học hiện đại đã được nhiều giáo viên áp dụng.
Với sự đổi mới đó đã góp phần tạo môi trường học tập mà trong đó học sinh
được hoạt động trí tuệ nhiều hơn, có cơ hội để khám phá và kiến tạo tri thức, qua
đó học sinh có điều kiện tốt hơn lĩnh hội bài học và phát triển tư duy cho bản
thân họ. Tuy nhiên, thực tế cũng còn rất nhiều giáo viên gặp khó khăn trong việc
tiếp cận và thực hiện các phương pháp dạy học mới đặc biệt là trong việc dạy
hình học mà trong đó có giải bài tập hình học.


Qua thực tế giảng dạy tại trường THPT Triệu Sơn 2 tôi nhận thấy rằng đa
số học sinh rất ngại học hình học đặc biệt là hình học không gian. Nguyên nhân

SA SB SC
Giải: Gọi h và h’ lần lượt là chiều cao hạ từ A và A’ đến mặt phẳng
(SBC). Gọi S1, S2 theo thứ tự là diện tích các tam giác SBC và SB’C’. Khi đó ta
h SA '
A
=
có:
và
h ' SA
1
·
S2 2 sin B ' SC '.SB '.SC ' SB ' SC ' . Từ
A'
=
=
.
h
1
S
SB
SC
·
1
sin BSC.SB.SC
h'
C'
2
S
C
đó suy ra điều phải chứng minh.

SN
=
nên MN//BD. Do đó
BM DN
SM
SN
SE
=
=
= 2 . Trong tam giác
BM DN OE

SAC ta có SO là đường trung tuyến

P

SE
= 2 nên E là trọng tâm của tam
và
OE

E
N

giác. AE cũng là đường trung tuyến
của tam giác nên P là trung điểm của
SC. Vậy

M


v2 v
v1 SA SB ' SC ' SB ' SC '
B'
=
.
.
=
.
Ta có v = v − 1 ;
SB SC
SB ' 1
=
AB = a 2 = SA . Do ∆ SAB cân tại A ⇒
SB 2
1

B

C'
A
C

SA2 = SC '.SC ⇒

1

v

SA SB SC


VASBC
AB AC 4
4
Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng
vuông góc với mặt phẳng (ABC) nên
SA ⊥ ( ABC ) .
·
AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA
= 600 .
SA = AB tan 600 = 2 3a .

S

N

A

C

M
1
4 3a 3
VASBC = SA.S ∆ABC =
B
3
3
3a 3
⇒ VASMN =
⇒ VS . BCNM = 3a 3 (đvtt).
3


Ví dụ 2: (ĐH khối D – 2006)
Cho khối chóp D.ABC có đáy ABC là
tam giác đều cạnh a, DA=2a và SA vuông góc
với đáy. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu
vuông góc của A lên các đường thẳng DB,
DC. Tính thể tích khối chóp ABCNM theo a.
vDAMN DM DN
=
.
Giải: Ta có:
vDABC
DB DC

D

N

M
A
C

B


AM và AN lần lượt là các đường cao trong các tam giác vuông DAB, DAC và
DM DA2 4a 2
DM 4
=
= 2 =4⇒

vuông góc với đáy. G là trọng tâm tam giác ASC, (ABG) cắt SC tại M, cắt SD
tại N. Tính thể tích của khối đa diện MNABCD biết SA = AB = a và góc hợp bởi
đường thẳng AN và (ABCD) bằng 300.
Giải: Từ giả thuyết suy ra M, N lần
S
lượt là trung điểm SC, SD.
1
S∆ADC = S∆ABC = S ABCD
2
M
N
1
⇒ VSADC = VSABC = VSABCD
B
G
2
A
VSAMN SN SM 1
H
=
.
=
VSACD SD SC 4
D

C
1
1
⇒ VSAMN = VSACD = VSABCD
4

5 3a 3
⇒ VSABCD =
⇒ VMNABCD =
3
24
Ví dụ 4: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang,
·
BAD
= ·ABC = 900 , AB=BC=a, AD=2a, SA ⊥ ( ABCD) và SA=2a. Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của SA và SD. Tính thể tích khối chóp SBCNM theo a.
Giải: Áp dụng công thức (1) ta có:


vSBCM SM 1
1
S
=
= ⇒ VSBCM = VSBCA
vSBCA
SA 2
2
vSCMN SM SN 1
1
=
.
= ⇒ VSCMN = VSCAD
N
M
vSCAD
SA SD 4

a 14
3a 2
M
AH =
, SH =
, CH =
4
4
4
A
B
SC = a 2 ⇒ SC = AC
H
Do đó tam giác SAC cân tại C nên M là
trung điểm của SA.
D
C
*) Tính thể tích khối tứ diện SBCM:
+ Cách 1: Ta có:
vSMBC SM 1
1
=
= ⇒ vSMBC = vSABC .
vSABC
SA 2
2
⇒ vSABC

1
1 1 2 a 14 a 3 14

Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật, AB=SA=a,
AD = a 2 , SA vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và
SC, gọi I là giao điểm của BM và AC. Tính thể tích khối tứ diện ANIM theo a


Giải: Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có I là trọng tâm của tam giác ABC,
AI 2
AI 1
= ⇒
= nên
do đó:
AO 3
AC 3
v AIMN
AI AM 1 1 1
=
.
= . = (1) mặt khác
S
vACDN AC AD 3 2 6
vACDN NC 1
=
= (2)
v ACDS SC 2
N
vAIMN 1
=
từ (1) và (2) suy ra
mà
v


Ví dụ 7: (ĐH khối A – 2007)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên
SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P
lần lượt là trung điểm của cạnh SB, BC, CD. Tính thể tích khối tứ diện CMNP
theo a.
Giải:
S
Cách 1: Áp dụng (1) ta có:
vCMNP CN CP 1
=
.
= (a)
vCMBD CB CD 4
M
vCMBD vBMCD BM 1
=
=
= (b)
vCSBD vBSCD
BS 2
A
B
Nhân vế theo vế (a) và (b) ta được:
H
vCMNP 1
1
N
= ⇒ vCMNP = vSBCD
vSBCD 8

1
3a
Vậy VCMNP = MK .S ∆CNP =
.
3
96

2.3.3. Dạng 3: Chứng minh các biểu thức hình học
Ví dụ 1: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Mặt phẳng
( α ) bất kì không đi qua S, cắt các cạnh SA, SB, SC, SD tại A’, B’, C’, D’. Chứng
minh rằng:
a)

S

114 sách bài tập hình học 11 nâng cao)
b) Nếu S.ABCD là hình chóp đều

C'

D'

SA SC
SB SD
+
=
+
( Bài 4 trang
SA ' SC ' SB ' SD '


=
.
.
vSADC
SA SD SC
Đặt v = vSABCD ta có:
SA ' SB ' SC ' SA ' SD ' SC '
=
.
.
+
.
.
( 1)
SA SB SC SA SD SC

B

vSABC = vSADC = v

2

⇒

vSA ' B 'C ' D '
v
2

Xét hình chóp S.ABD và S.BCD ta có:
vSA ' B ' D ' SA ' SB ' SD '

.
.
+
.
.
.
+

÷=

÷ ⇒ đpcm.
SB SC SD SA  SB ' SD '  SB SC SD SA  SA ' SC ' 
b) Nếu SABCD là hình chóp đều thì SA= SB= SC= SD ⇒ đpcm.
Ví dụ 2: ( α ) cắt hình chóp lục giác đều SA1B1C1D1E1 F1 tại A , B , C , D , E , F

. Chứng minh rằng:


1
1
1
1
1
1
+
=
+
=
+
SA SD SB SE SC SF

(2) .
SA SD SC SF
Từ (1) và (2) ⇒ đpcm

F

A

E

D
C

B
F1

E1

A1

D1

Ví dụ 3: Trên đáy ABC của hình
B1
C1
chóp SABC lấy điểm M. Qua M kẻ các
đường thẳng song song với SA, SB, SC cắt
S
mặt bên hình chóp lần lượt tại A’, B’, C’.
Chứng

B’,C’ qua M ⇒ vMA ' B 'C ' = vMA1B1C1 . Lấy
A2 ∈ SA : SA2 = MA1 , B2 ∈ SB : SB2 = MB1
C2 ∈ SC : SC2 = MC1

⇒

vMA1B1C1 = vSA2 B2C2 ⇒

vMA ' B 'C ' = vSA2 B2C2

B1

⇒

vMA ' B 'C ' vSA2 B2C2 SA2 SB2 SC2 MA ' MB ' MC '
=
=
.
.
=
.
.
vSABC
vSABC
SA SB SC
SA SB SC

Ví dụ 4: Cho góc tam diện Oxyz và điểm M bên trong nó. Một mặt phẳng
qua M cắt các cạnh của góc tại A, B, C. Chứng minh rằng:
v 2OABC

¼ = 900
MC’// CO ⇒ OCH
⇒ VCHO ≈VMKC ' ⇒

O

1
CH .SVOAB
vOABC 3
CH
CO
=
=
=
1
vMOAB
MK .SVOAB MK MC '
3
vOABC
OA vOABC
OB
=
=
Tương tự v
,
MA ' vMOAC MB '
MOBC

H
B'

vMA ' B 'C ' vMOBC .vMOAB .vMOAC

z
B

v 2OABC
1
=
vMOBC .vMOAB .vMOAC vMA ' B 'C '

y

không đổi
Ví dụ 5: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, ( α ) thay đổi luôn luôn đi
qua một điểm I cố định trên đường cao SO lần lượt cắt các cạnh SA, SB, SC tại
M,

N,

P.

Chứng

minh

rằng:

S

1

.k
vSAOB
SA SB SO
v
a2

Tương tự ta có:

P

N
C

A

O
B

3v2 SN .SP
=
.k
v
a2
v + v2 + v3
k
3v3 SM .SP
=
.k ⇒ 1
= 2 ( SM .SN + SN .SP + SP.SM ) (1)
2

2.3.4. Dạng 4: Giải các bài toán cực trị hình học
Ví dụ 1: Cho tứ diện S.ABC có thể tích V. M là 1điểm tuỳ ý trong đáy
ABC.Qua M kẻ các đường thẳng // với SA, SB, SC cắt các mặt SBC, SAC, SAB
tại A’. B’. C’. Gọi V1 là thể tích MA’B’C’. Chứng minh rằng: v1 ≤

1
v
27

Giải: Gọi giao điểm của AM,
BM, CM với các cạnh của VABC là: P,
Q, R. Theo định lí Xêva ta có:
MP QM RM
+
+
= 1 . Mặt khác ta có:

S

PA

B'
C'

Q A'

A
R

QB

B

(*)
Theo ví dụ 9 ta có:

vMA ' B 'C ' MA ' MB ' MC ' v1
v
v
=
.
.
= ⇒ ( *) ⇔ 1 ≥ 3 3 1 ⇔ 1 ≥ 1 ⇒ v1 ≤ 1 v
27 v
27
vSABC
SA SB SC
v
v
MP QM RM 1
Dấu “=” xảy ra ⇔ PA = QB = RC = 3 khi và chỉ khi M là trọng tâm tam giác

ABC.
O

B'

A'

C'


=
.
.
vMA ' B 'C ' không đổi nên vOABC bé nhất khi
.
.
vì
vOABC
OA OB OC
OA OB OC

lớn nhất.
Gọi giao điểm của AM, BM, CM với các canh của tam giác ABC là A1 , B1 , C1 .
AM

BM

CM

MA ' MB ' MC '
1
1
1
+
+
= 1 . Áp dụng bất
Theo định lí Xêva ta có A A + B B + C C = 1 ⇒
OA OB OC
1
1

SM
SN
.
.
=
.
= x;
= y với 0 ≤ x, y ≤ 1(*) ⇒ v1 = xy . Do
.
Đặt
v SA SB SC SB SC
v
SB
SC
M , A ', N ∈ ( AMN ) ∩ ( SBC ) ⇒ M, A’, N thẳng hàng.

v1

=

OH ⊥ BS , A ' K ⊥ SB
SA ' A ' K
⇒VSA ' K : VSOH ⇒
=
SO OH
1 A ' K .SM
S
SA ' SM
⇒ VSA ' M = 2
=

M

K

G

S

A'
N

O
C
x ≠ 1/ 3 ⇒ y =

x+ y
x + y SVSMN SM SN
⇒
=
=
.
3
3
SVSBC
SB SC

= xy ⇒ x + y = 3xy ⇔ y ( 3x − 1) = x
x = 1/ 3 ⇒ 0 = 1/ 3 ( vl )

x


Bảng biến thiên:
x

1/2

f’(x)

2/3
-

0

1/2
f(x)

Vậy

1
+
1/2

4/9

4 v1 1
≤ ≤
9 v 2

Ví dụ 4: Trên các cạnh AB, BC, CD, DA, AC và BD của tứ diện ABCD
lần lượt lấy các điểm M, N, P, Q, S, R. Gọi v1 , v2 , v3 , v4 , v lần lượt là thể tích của

=
.
.
.
.
.
v4
AB 2
BC 2
CD 2
DA2
AC 2
BD 2
v4
AB 2
BC 2
CD 2
DA2
AC 2
BD 2
⇒
=
.
.
.
.
.
v1v2v3v4 AM .BM BN .CN CP.DP DQ.AQ AS .CS BR.DR
⇒


BN .CN
CP.DP
DQ. AQ
AS .CS
BR.DR
v4
⇒
≥ 46 . Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi M, N, P, Q, S, R lần lượt là trung
v1v2v3v4
điểm AB, BC, CD, DA, AC và BD
Ví dụ 5: Cho điểm O ở bên trong tứ diện ABCD, các tia AO, BO, CO, DO
lần lượt cắt các mặt đối diện tại A1 , B1 , C1 , D1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của
OA OB OC1 OD1
F= 1+ 1+
+
OA OB OC OD
Giải: Dựng AH , OO1 vuông góc với (BCD) thì:
vABCD AH AA1
OA v ABCD
=
=
⇒
=
−1
vOBCD OO1 OA1
OA1 vOBCD
Đặt v = v ABCD ; v1 = vOBCD thì :
OA1
v
= 1

1
1
1
1
1
= −4 + ( v − v1 ) + ( v − v2 ) + ( v − v3 ) + ( v − v4 )  .(
+
+
+
).
3
v − v1 v − v2 v − v3 v − v4
16 4
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacôpxki ta có: F ≥ −4 + = . Dấu bằng xảy ra
3 3
v
khi v1 = v2 = v3 = v4 =
4


2.3.5. Dạng 5: Tính khoảng cách
Ví dụ 1: (ĐH khối D – 2002)
Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc với (ABC), AD = AC = 4cm, AB =
3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách từ A đến (BCD)
Giải: Ta có:
D
Do
đó:
AB 2 + AC 2 = BC 2 ⇒ AB ⊥ AC .
2

ACD vuông tại C ⇒ CD ⊥ AC ⇒ CD ⊥ SC
nên tam giác SCD vuông tại C.
vSHCD SH
=
, tam giác SAB vuông tại A và AH
vSBCD SB
là
đường
cao
nên:
H
2
2
SH SA
2a
SH 2 .
D
=
= 2 =2⇒
=
A
2
HB AB
a
HB 3
2
2 1
a 2 a3 2
Vậy vSHCD = vSBCD = . a 2. =
B

A

C
M
B

khối lăng trụ là VABC.A’B’C’ = AA’.SABC =
1
2 3 (đvtt).
a 2. .a 2 =
a
2
2
Gọi E là trung điểm của BB’ ta có: EM//CB’
suy ra B’C // (AME) nên d(B’C;AM)=d(B’C;
(AME))=d(C;(AME)). Ta có:
vCAEM MC 1
=
=
vCAEB CB 2
⇒ vCAEM

1
1 1 a 2 a 2 a3 2
= vEACB = . .
=
2
2 3 2 2
24


=
4 3
6
2
2 2
6
8
2
3a 2
a 7
=
Vậy d(C,(AME)) = a 2 14
7
24.
8
Ta có: d (C ,( AME )) =


2.3.6. Dạng 6: Tính diện tích đa giác
Ví dụ 1: (ĐH khối A – 2002)
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng a.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SB, SC. Tính diện tích tam giác AMN theo
a, biết rằng ( AMN ) ⊥ ( SBC )
vSAMN SM SN 1
V
=
.
= ⇒ VSAMN = SABC .
Giải:
vSABC SN SC 4

6
3V
1
a3 5
a3 5
a 2 10
⇒ S ∆AMN = SAMN =
VSABC = .SG.S ∆ABC
⇒ VSAMN =
(dvdt )
SI
3
24
96
16
M

C

2.4. KIỂM NGHIỆM:
Tôi đã thực nghiệm giảng dạy tại nhiều lớp qua nhiều khoá và nhận thấy
rất có hiệu quả đặc biệt là học sinh học tập rất sôi nổi, đa số các em nắm bài tốt
và có thể vận dụng làm được những bài toán tương tự kể cả những em có học lực
trung bình. Nguyên nhân là do lời giải theo phương pháp này ngắn gọn hơn
nhiều so với các cách giải khác, hơn nữa học sinh chỉ cần biết những kiến thức
cơ bản về hình học không gian là có thể làm được.
Đề tài có thể áp dụng cho mọi đối tượng học sinh đặc biệt là ôn thi Đại
học – Cao đẳng và bồi dưỡng học sinh giỏi. Qua thực tế tôi đã gặt hái được một
số kết quả như: có nhiều học sinh đậu Đại học – Cao đẳng trong đó có những em
đỗ Á khoa, nhiều học sinh đạt giải học sinh giỏi cấp tỉnh.

xuất bản giáo dục
Phan Huy Khải, 500 bài toán chọn lọc về bất đẳng thức – Nhà xuất bản Hà
Nội