SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM

ĐỀ TÀI:
"MỘT SỐ PHƢƠNG PHÁP TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
NHẰM NÂNG CAO CHẤT LƢỢNG DẠY - HỌC HÌNH HỌC LỚP
12"

1


A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI MỞ ĐẦU
Trong chƣơng trình ôn thi tốt nghiệp THTP và Đại học – Cao đẳng hiện nay, bài
toán về tính thể tích của một khối đa diện xuất hiện khá phổ biến. Bài toán hình học
không gian nói chung và bài toán về tính thể tích khối đa diện nói riêng là một phần kiến
thức khó đối với học sinh THPT.
Đa số học sinh bây giờ đang còn học theo kiểu “làm nhiều rồi quen dạng, làm nhiều rồi
nhớ”, nếu học nhƣ thế sẽ không phát triển đƣợc tƣ duy sáng tạo, sẽ không linh hoạt khi
đứng trƣớc một tình huống mới lạ hay một bài toán tổng hợp.
Vì lí do đó, để giúp học sinh tháo gỡ những vƣớng mắc trên, nhằm nâng cao chất lƣợng
dạy và học, đáp ứng nhu cầu đổi mới giáo dục và giúp học sinh có thêm phƣơng pháp
trong giải toán, tôi đã quyết định chọn đề tài:
“Một số phương pháp tính thể tích khối đa diện
nhằm nâng cao chất lượng dạy – học hình học lớp 12 ”.
Mục tiêu của sáng kiến kinh nghiệm là nghiên cứu phƣơng pháp tính thể tích khối đa diện
một cách hệ thống và sáng tạo để giúp giáo viên trang bị kiến thức cơ bản nhất về phƣơng
pháp tích thể tích khối đa diện cho học sinh, từ đó phát triển tƣ duy sáng tạo giải quyết
các bài toán khó.
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Thực trạng
Trong chƣơng trình phổ thông, phần kiến thức về tính thể tích khối đa diện đƣợc

Sĩ
số

Giỏi

Khá

Yếu

TB

Kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

SL


0

0

3

7

21

47

16

36

5

10

Nhƣ vậy số lƣợng học sinh nắm bắt các dạng này không nhiều do chƣa nắm vững đƣợc
nguồn kiến thức và kĩ năng cần thiết.
Để thực hiện để tài vào giảng dạy, trƣớc hết tôi nhắc lại công thức tính thể tích các
khối đa diện, tiếp đó đƣa ra các phƣơng pháp tính và ví dụ cụ thể để hƣớng dẫn học sinh
thực hiện, cuối cùng tôi đƣa ra bài tập tổng hợp để học sinh rèn luyện phƣơng pháp tính.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
GIẢI PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN

I.


C

tại
H

Nếu SBC vuông tại đỉnh B thì CB  BA
định lí ba đƣờng vuông góc), điều này vô
ABC vuông ở A .
Tƣơng tự, nếu SBC vuông ở C thì

HCB  900

H

K
B

Hình 1

(theo
lý vì

(Vô lí).

Từ đó suy ra SBC vuông tại S.
Gọi K là trung điểm cạnh BC thì
1
1
BC  a, HK / / AC và HK  AC  a cos 

là tâm các mặt A1B1C1D1 , ADD1 A1 . Tính
tứ diện MNO1O2 .
A

a.

Gọi

M,N
D

M

E

theo thứ tự là
O1 , O2 thứ tự
thể tích khối

O

N

B
C

Lời giải. (h.2)
O2

Ta có mp( NO1O2 )  mp( ABCD) và chúng

S NO1O2  S NEE1N1  ( S NN1O1  S E1O1O2  S ENO2 )
1 a2 a2 a2
 a2  (   )
2 2
4
2
2
3a

.
8

1
Nên VM . NO1O2  S NO1O2 .MO
3
1 3a 2 a
 .
.
3 8 2
a3
 .
16

Nhận xét: Khi gặp bài toán này nhiều học sinh nghĩ đến phƣơng pháp tính gián tiếp, tuy
nhiên các khối “bù” với khối MNO1O2 là quá nhiều và phức tạp. Nếu để ý mặt phẳng
( NO1O2 ) nằm trong mặt phẳng ( NEE1 N1 ) thì việc xác định chiều cao và diện tích đáy của
hình chóp M .NO1O2 trở nên đơn giản.

5



tại C

H
A
D
Hình 3

đó

Từ giả thiết suy ra SAB phải là tam giác vuông.
Do SA  SB , (vì HA  HB ) nên SAB vuông tại S, suy ra
Vậy

SH 

1
a
AB  .
2
2

1
1
a a3
VS . ABCD  S ABCD .SH  a 2 .  .
3
3
2 6


C

a

6
H

A

D
Hình 4


Suy ra ABCD là hình chữ nhật.
Gọi

H

là giao của

AC và BD

Đặt BC  x ( x  0) thì

thì

SH  ( ABCD).

S ABCD  ax, SH 2  SA2  AH 2 


3

.

Bài tập tự luyện
Bài 1. (Đề thi ĐH khối A năm 2012) Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh
a . Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng ( ABC ) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho
HA  2HB . Góc giữa đƣờng thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600 . Tính thể tích khối
chóp S . ABC và tính khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng SA và BC theo a .
Bài 2. Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' có đáy là hình thoi cạnh a và BAD  600 . Hai mặt
chéo ( ACC ' A ') và ( BDD'B ') cùng vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M , N lần lƣợt là trung
điểm của CD, B ' C ' và MN  BD ' . Tính thể tích của hình hộp.
Bài 3. Cho khối chóp S.ABC có
tích khối chóp đó.

SA  1, SB  2, SC  3, ASB  600 , ASC  900 , BSC  1200 .

Tính thể

Bài 4. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a và BAD  600 . Các
mặt phẳng (SAB),(SBD),(SAD) nghiêng đều với đáy ( ABCD) một góc  . Tính thể tích khối
chóp đó.
Bài 5. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình thang cân, đáy lớn AB bằng 4 lần đáy nhỏ
CD , chiều cao của đáy bằng a . Bốn đƣờng cao của bốn mặt bên ứng với đỉnh S có độ dài
bằng nhau và bằng b . Tính thể tích của hình chóp.
Bài 6. Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Tam giác SAB cân tại đỉnh S
và mặt phẳng (SAB)  ( ABC ) . Giả sử E là trung điểm SC và hai mặt phẳng ( ABE ), (SCD)
vuông góc với nhau. Tính thể tích của khố chóp đó.
7



1
SI  SB .
3

Tính thể tích

B , AC  2a , SA  ( ABC )

S

cạnh

SB

khối

tứ

diện SAIC .
Lời giải. (h.5)
I

Tam giác ABC vuông cân tại
nên AB  BC  a 2 .
Do đó

S ABC 

có AC  2a



Mặt khác
Vậy

VS . AIC SA SI SC 1

. .
 .
VS . ABC SA SB SC 3

1
1 a3 a3
VS . AIC  VS . ABC  . 
3
3 3
9

.

Nhận xét: Trong bài toán trên ta hoàn toàn có thể tính trực tiếp, tuy nhiên việc tính gián
tiếp dựa vào tỉ lệ thể tích thì tính toán trở nên đơn giản hơn rất nhiều.
Thí

dụ

2.

chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật,
AB  2a, BC  a; SA  SB  SC  SD  a 2 . Giả sử E là điểm thuộc cạnh SC sao cho SE  2SC , F


Gọi O  AC  BD thì

BO 

ABD

O
B

1
a 5
.
BD 
2
2

C
Hình 6

Xét tam giác SBD cân tại S có SO là trung tuyến nên SO đồng thời là đƣờng cao của tam
giác SBD . Suy ra SO  BD .
Chứng minh tƣơng tự SO  AC . Suy ra
S. ABCD .

SO  ( ABCD)

hay SO là đƣờng cao của hình chóp

Ta có SO  SB 2  BO2  (a 2)2  ( a 5 )2  a 3 .

3 3

(1)

9


VS . AEE SA SE SF 2 1 1

.
.
 . 
VS . ACD SA SC SD 3 4 6
 VS . AEF

1
1
a3
 .VS . ACD  .VS . ABCD 
6
12
12 3

(2)

Từ (1) và (2) ta có:
VSABEF  VS . ABE  VS . AEF 

a3
a3

C'

Lời giải. (h.7)
M

Gọi N là giao điểm của A ' M và
giao điểm của DN và BC .
Mặt phẳng

chia hình lập
ABCD.A ' B ' C ' D ' thành hai khối đa
A ' MKDAB
và
khối
diện
A ' B ' C ' D ' MKCD .

Do BN / /CD nên
Ta có

VB.MNK 

VA. A ' ND 

K

B

( A ' MD)


CK CD CD
2

1
a3
BM .BN .BK 
;
6
24

1
a3
AA'. AN . AD 
6
3

VA ' MKDAB  VA. A ' ND  VB.MNK 

.
a 3 a 3 7a 3


.
3 24 24

10


Thể tích khối lập phƣơng ABCD.A ' B ' C ' D ' bằng a 3 .
Từ VABCD. A' B 'C ' D '  VA' MKDAB  VA' B 'C ' D ' MKCD


lƣợt

là
chóp

A

B'

Lời giải. (h.8)

C
C'
A'

Ta có
Do

VO. ABC

Hình 8

1
abc
 OA.OB.OC 
.
6
6


OB 2  OC 2 b 2  c 2

.

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông OA ' C ta có
OC 2  OA '2  CA '2  CA '  OC 2  OA '2 

c2
b2  c 2

Chứng minh tƣơng tự ta có:
CB ' 

c2
a2  c2

; AB ' 

a2
a2  c2

; AC ' 

a2
a 2  b2

; BC ' 

b2
a 2  b2


a4
.VO. ABC ;
(a 2  b 2 )(a 2  c 2 )

VO.BA 'C ' 

b4
.VO. ABC .
(a 2  b 2 )(b 2  c 2 )

Do đó
VO. A ' B 'C '  VO. ABC  (VO.CA ' B '  VO. AB 'C '  VO.BA 'C ' )
 [1  (

a4
b4
c4
abc


)].
2
2
2
2
2
2
2
2

Phần 3
Trong các buổi trƣớc, chúng ta đã đƣợc rèn luyện 2 phƣơng pháp tính thể tích là
tính trực tiếp và tính gián tiếp. Để tính thể tích khối đa diện, trong các bài toán thi đại học
và học sinh giỏi còn sử dụng một phƣơng pháp rất hiệu quả đó là phƣơng pháp tọa độ
hóa, nội dung phƣơng pháp này gồm 4 bƣớc:
Bƣớc 1: Chọn hệ trục tọa độ
Bƣớc 2: Xác định tọa độ các điểm liên quan, chuyển bài toán hình học không gian
thông thƣờng thành bài toán hình học tọa độ.
Bƣớc 3: Tính toán dựa vào các công thức hình học tọa độ trong không gian.
Bƣớc 4: Kết luận.
Sau đây là một số thí dụ minh họa và các bài tập rèn luyện:
Thí dụ minh họa
Thí dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có SA vuông góc với mặt phẳng đáy, đáy ABCD là
hình chữ nhật, SA=AB=a, AD= a 2 , gọi M, N lần lƣợt là trung
điểm của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC.
a)

CMR: ( SAC )  ( SMB)

b)

Tính thể tích tứ diện ANIB

Lời giải. (Hình 9) Chọn hệ tọa độ với Axyz
với D  Ax, B  Ay, S  Az
Khi đó:

13



6
36
3 3
Thí dụ 2. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, đáy có cạnh bằng a. Gọi M, N lần lƣợt là
trung điểm của SB, SC. Biết rằng ( AMN )  ( SBC ) . Tính thể tích hình chóp.
Lời giải. (Hình 10)
Chọn hệ tọa độ Oxyz nhƣ hình vẽ (h.10).
Đặt

SO

=

h.

Khi

đó

ta

có:

C(

a
a a
;0;0), A(
; ;0),
3

3

mp(SBC) đi cắt Oy tại K (0;

a
a
;0) , Ox tại C( ;0;0) , Oz tại S(0;0;h)
3
3

nên có phƣơng trình theo đoạn chắn là:
x
y
z
3
3
1
3 3 1

 1
x  y  z  1  mp( SBC)cã vect¬ ph¸p tuyÕn lµ: n 2 ( ; ; ).
a
a h
a
a
h
a a h
3
3


.
2

Lời giải. (H.11)

z

Gọi M, N lần lƣợt là trung điểm của AB
Ta có MN là đƣờng cao của lăng trụ. Giả
MN  h .

C'
N

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O
M, các điểm A, C, N lần lƣợt thuộc các
Oy, Oz. (Hình 11)
Khi đó: A(a;0;0), B(a;0;0), B'(a;0; h)

và A’B’.
sử

A'

B'
x

trùng với
tia
Ox,

Ta có
2a 2
2a 2h
[ AB,CB ']  (0; 2ah; 
), [ AB,CB '].BB ' 
3
3

Suy ra: d(AB, CB') =

[ AB,CB '].BB '
[ AB,CB ']



ah
a 2  3h2

Từ giả thiết khoảng cách giữa hai đƣờng thẳng AB và CB’ bằng

a
.
2

Ta suy ra h  a
Vậy: VABC. A' B 'C '  MN .S ABC

a3 3

3

nói chung. Qua đó học sinh còn rèn luyện đƣợc cách trình bày bài giải một cách khoa
học, chặt chẽ, đầy đủ; đặc biệt còn rèn luyện cho học sinh về tƣ duy logic, tƣ duy sáng
tạo, củng cố đƣợc những kiến thức cơ bản.
Kết quả cụ thể
Lớp

Sĩ
số

Giỏi

Khá

Yếu

TB

Kém

SL

%

SL

%

SL

%


0

12A4

45

5

11

17

38

22

49

1

2

0

0

2. Kiến nghị, đề xuất
- Tổ chuyên môn cần tổ chức những diễn đàn trao đổi về chuyên môn để giáo viên có thể
học hỏi kinh nghiệm và phổ biến các sáng kiến kinh nghiệm của cá nhân.