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 chương 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 như thế sẽ không phát triển được tư duy sáng tạo, sẽ không linh hoạt khi
đứng trước một tình huống mới lạ hay một bài toán tổng hợp.
Vì lí do đó, để giúp học sinh tháo gỡ những vướng mắc trên, nhằm nâng cao chất lượng
dạy và học, đáp ứng nhu cầu đổi mới giáo dục và giúp học sinh có thêm phương 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 phương 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 phương
pháp tích thể tích khối đa diện cho học sinh, từ đó phát triển tư duy sáng tạo giải quyết
các bài toán khó.
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Thực trạng
Trong chương trình phổ thông, phần kiến thức về tính thể tích khối đa diện được

Sĩ
số

Giỏi

Khá

Yếu

TB

Kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

SL


0

0

3

7

21

47

16

36

5

10

Như vậy số lượng học sinh nắm bắt các dạng này không nhiều do chưa nắm vững được
nguồn kiến thức và kĩ năng cần thiết.
Để thực hiện để tài vào giảng dạy, trước hết tôi nhắc lại công thức tính thể tích các
khối đa diện, tiếp đó đưa ra các phương pháp tính và ví dụ cụ thể để hướng dẫn học sinh
thực hiện, cuối cùng tôi đưa ra bài tập tổng hợp để học sinh rèn luyện phương pháp tính.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I.

GIẢI PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN

SH  ( ABC )
A

Bây giờ ta xác định tam giác SBC vuông
đỉnh nào.

C

tại
H

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

HCB  900

H

K
B

Hình 1

(theo
lý vì

(Vô lí).


3

Nhận xét: Ở ví dụ trên dễ dàng nhận thấy SH là chiều cao của khối chóp từ giả thiết
(SAB)  ( ABC ) và SA  SB và việc còn lại là xác định SH.
Thí dụ 2. Cho hình lập phương ABCD. A1B1C1D1 có cạnh bằng
trung điểm của các cạnh AB, BC và
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

C1
Hình 2

chóp

Ta có:
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

5

SCD không là tam giác vuông.

C

B

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

Gọi

H là giao
SH  ( ABCD).

Đặt

của

thì

AC và BD
B

BC  x ( x  0)

thì

x

C

a
H
A

D
Hình 4

S ABCD  ax, SH 2  SA2  AH 2 


Lúc đó

2

MaxVS . ABCD 

a3
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 đường thẳng SC và mặt phẳng ( ABC ) bằng 600 . Tính thể tích khối
chóp S . ABC và tính khoảng cách giữa hai đường 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 lượt 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

7



minh họa
Thí dụ 1. Cho khối chóp S.ABC
giác ABC vuông cân tại B ,
SA  ( ABC ) và SA  a . Giả sử I là
thuộc cạnh SB sao cho
tích khối tứ diện SAIC .

với

tam
AC  2a ,
điểm

I

1
SI  SB .
3

Tính
A

thể

C

8
Hình 5
B


3
3

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
Cho


ABD

2

Gọi O  AC  BD thì

BO 

O

1
a 5
.
BD 
2
2

B

C
Hình 6

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

SO  ( ABCD)

hay SO là đường cao của hình chóp

a3
 VS . ABE  .VS . ABC  .VS . ABCD 
3
3
3 3

(1)

VS . AEE SA SE SF 2 1 1

.
.
 . 
VS . ACD SA SC SD 3 4 6
1
1
a3
 VS . AEF  .VS . ACD  .VS . ABCD 
6
12
12 3

(2)

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

a3
a3
5a 3 3

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 .

K

B

( A ' MD)

Do A ' B '/ / BN nên

D

A

C


 1  BK  CK  .
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

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

lượt

là
chóp

A

B'

Lời giải. (h.8)

C
C'
A'

Ta có
Do

Hình 8

1
abc
VO. ABC  OA.OB.OC 
.
6
6

OA  OB, OA  OC, OB  OC ,

B

OB 2  OC 2 b 2  c 2

.

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông OA ' C ta có
c2

OC 2  OA '2  CA '2  CA '  OC 2  OA '2 

b2  c 2

Chứng minh tương tự ta có:
c2

CB ' 

a2  c2

; AB ' 

a2
a2  c2

; AC ' 

a2
a 2  b2

; BC ' 



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

VO.BA 'C '

b4
 2
.VO. ABC .
(a  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

đều cạnh đáy AB = a, AA1 = b. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A1BC). Tính
tan và thể tích hình chóp A1BB1C1C.
Phần 3
Trong các buổi trước, chúng ta đã được rèn luyện 2 phương 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 phương pháp rất hiệu quả đó là phương pháp tọa độ
hóa, nội dung phương pháp này gồm 4 bước:
Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ
Bước 2: Xác định tọa độ các điểm liên quan, chuyển bài toán hình học không gian
thông thường thành bài toán hình học tọa độ.
Bước 3: Tính toán dựa vào các công thức hình học tọa độ trong không gian.
Bước 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 lượt 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
13


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

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

SO

=

h.

a
a a
;0;0), A(
; ;0),
3
2 3 2

Khi

đó

ta


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 phương 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 lượt là trung điểm của AB
Ta có MN là đường 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 lượt 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,

3

Suy ra: d(AB, CB') =

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



ah
a 2  3h2

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

a
.
2

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

a3 3
3

Nhận xét: Qua các ví dụ trên ta thấy việc gắn hệ trục tọa độ để đưa bài toán hình học
không gian thông thường thành bài toán hình học tọa độ giúp việc giải bài toán trở nên
đơn giản hơn rất nhiều, như ở ví dụ 3 nếu không dùng tọa độ thì việc tính chiều cao h là
rất khó khăn. Điều quan trọng là cần xác định được những yếu tố vuông góc trong hình
để lựa chọn hệ trục tọa độ hợp lý.
Bài tập tự luyện


Giỏi

Khá

Yếu

TB

Kém

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%

SL

%


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.
- Nhà trường cần tăng cường hơn nữa những trang thiết bị hỗ trợ cho giảng dạy.
- Sở Giáo dục và Đào tạo cần mở những lớp chuyên đề hướng dẫn giáo viên sử dụng
những phần mềm trong công tác giảng dạy.
C. KẾT LUẬN
Trong quá trình thực hiện và áp dụng sáng kiến trên, mặc dù đã thu được những kết
quả nhất định, học sinh đã hứng thú hơn đối với các bài toán hình học không gian, kết
quả học tập môn toán được nâng lên rõ rệt; tuy nhiên để sáng kiến được sử dụng hiệu quả
17