MỤC LỤC
NỘI DUNG
Phần 1. Mở đầu
Phần 2. Nội dung của đề tài
2.1 Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
2.2 Thực trạng vấn đề
2.3 Giải pháp để giải quyết vấn đề
2.3.1 Tính tỉ số thể tích các khối đa diện
2.3.2. Ứng dụng tỉ số thể tích để tính thể tích
2.3.3. Ứng dụng tỉ số thể tích để tính khoảng cách
2.3.4. Ứng dụng tỉ số thể tích để tính diện tích đa giác
2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục,
với bản thân, đồng nghiệp và nhà trường
Phần 3. Kết luận và kiến nghị
Tài liệu tham khảo

Trang
2
3
3
4
4
4
8
13
17
19
20
21

1. MỞ ĐẦU

về thể tích khối đa diện.
- Mục đính nghiên cứu
Với mục đính “Sử dụng tỉ số thể tích trong một số bài toán hình học không
gian” nhằm giúp cho học sinh giải tỏa bớt khó khăn khi giải quyết bài toán thể tích
khối đa diện, thông qua đó phát triển tư duy, vận dụng kiến thức linh hoạt, tạo hứng
khởi tìm tòi, khám phá và yêu thích môn Toán cũng như mong muốn đóng góp một
phần công sứ nhỏ bé của mình vào việc nâng cao chất lượng dạy học môn Toán ở
trường THPT Lê Lợi.
- Đối tượng nghiên cứu
Đề tài này sẽ nghiên cứu về kỹ năng phân chia, tách ghép khối đa diện và sử
dụng tỉ số thể tích khối đa diện để giải quyết bài toán về thể tích nằm trong trương
trình toán phổ thông; luyện thi đại học và bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường phổ
thông. Với trách nhiệm của một người giáo viên muốn đưa đến học sinh những
điều tốt đẹp nhất hy vọng đây là tài liệu giảng dạy bổ ích cho đồng nghiệp cũng
như cho học sinh trong các bài toán trắc nghiệm về thể tích khối đa diện
- Phương pháp nghiên cứu
Với mục tiêu là rèn luyện về kỹ năng sử dụng tỉ số thể tích giữa các khối đa diện
nên phương pháp nhiên cứu mà tác giả đã sử dụng trong đề tài là phương pháp
2


nghiên cứu xây dựng trên cơ sở lý thuyết, trong phần ví dụ đều cho ở hai dạng câu
hỏi tự luận và câu hỏi trắc nghiệm khách quan; trình bày lời giải đầy đủ của một ví
dụ.
2. NỘI DUNG CỦA SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lý luận của sáng kiến kinh nghiệm
Để tính thể tích của một khối đa diện bất kì, chúng ta chia khối đa diện đó
thành các khối đa diện đơn giản đã biết công thức tính ( Khối lăng trụ V = B.h ,
1
3

AH

Do đó
1 A ' H '.S
· ' SC '
∆SB ' C '
VS . A ' B ' C '
A ' H ' SB '.SC '.sin B
= 3
=
.
(**)
·
1 AH .S
VS . ABC
AH
SB
.
SC
.sin
BSC
∆
SBC
3

Từ (*) và (**) ta được đpcm □
Trong công thức (1), đặc biệt hoá, cho B’ ≡ B và C’ ≡ C
ta được
VS . A ' B ' C ' SA '
=

VS . ABC
SA

Tổng quát hoá công thức (2) ta có bài toán sau đây:
Bài toán 2: Cho khối chóp đỉnh S, đáy là 1 đa giác lồi A1A2…An ( n ≥ 3) , trên
đoạn thẳng SA1 lấy điểm A1’ không trùng với A1. Khi đó ta có
VA1 '. A1 A2 ... An
VS . A1 A2 ... An

=

A1 ' A1
SA1

(2’)

Chứng minh (2’) bằng phương pháp quy nạp theo n; ta chia khối chóp S.A1A2…An
thành các khối chóp tam giác rồi áp dụng công thức (2)
Bài toán 3: Hai hình chóp ( H ) ; ( H ′ ) có cùng diện tích đáy thì tỉ số thể tích của
chúng bằng tỉ số hai chiều cao
Bài toán 4: Hai hình chóp ( H ) ; ( H ′ ) có cùng độ dài chiều cao thì tỉ số thể tích
của chúng bằng tỉ số diện tích đáy
2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm
Hình học không gian là một vấn đề khó và rộng đòi hỏi học sinh phải có tư duy
trừu tượng cao, phải có khả năng phân tích, tổng hợp, đánh giá…, vì thế mà khi
đứng trước một bài toán yêu câu tính thể tích hoặc tỉ số thể tích để định hướng
được cách giải thường gặp khó khăn và đề tài góp một phần nhỏ trong định hướng
và giải quyết vấn đề trên
2.3. Các sáng kiến kinh nghiệm hoặc giải pháp đã sử dụng để giải quyết vấn đề
Dựa vào bốn bài toán cơ bản ở trên, ta sẽ xét một số bài toán tính tỉ số thể tích

1

1

S . BCM
= ⇔ B.SCM = ⇔ VB.SCM = VS . BCD (2). Mặt
nhau) nên V
2
VS . BCD 2
2
S . BCD

1
2

khác tương tự ta cũng có VS .BCD = VS . ABCD (3)Từ (1), (2), (3).
Vậy

VISCM
1
=
VS . ABCD 12

Ví dụ 2 Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi B’, D’ lần
lượt là trung điểm của SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’) cắt SC tại C’. Tính tỉ số thể
tích của hai khối chóp được chia bởi mp(AB’D’) [1]
Giải
Gọi O là giao điểm của AC và BD và I là giao điểm của
SO và B’D’. Khi đó AI cắt SC tại C’
Ta có

VS . ABCD
6

Ví dụ 3 Cho hình chóp S.ABCD là hình vuông tâm O. Gọi H và K lần lượt là trung
VS .A BCD

điểm của SB, SD. Tỷ số thể tích V
bằng [4]
A.OHK
A. 12
B. 6
C. 8

D. 4

5


Xét hai hình chóp A.HOK và A.SBD có chung mặt
phẳng đáy nên có chung chiều cao; Do H, K, O lần
lượt là trung điểm của SB, SD, BD nên
SOHK 1 VA.OHK 1
= ⇒
= . Chứng minh tương tự
S SBD 4
VA.SBD 4
VS . ABD 1
V
V
1


V′
. [2]
V

Giải
Gọi K, M, N, P, Q, R, S lần lượt là trung điểm của AB, AC, AD, BC, BD, CD. Khi
đó V ′ = VKMNPQR = V − VAKMN − VB .PQK − VC .PRN − VD.MRQ . Mặt khác
VA. KMN AK AM AN 1
1
1
=
.
.
= ⇒ VA. KMN = VA.BCD = V .
VA. BCD
AB AD AC 8
8
8

Chứng minh tương tự ta được

1
1
V′ 1
VB. PQK = VC . PRN = VD. MRQ = V . Vậy V ′ = V hay
=
8
2
V 2

Giải

6


Đặt V = VLP ,V3 = VA.MA' N ,V4 = VPFD' N ,V5 = VQMB ' E
Dễ thấy V4 = V5 (cùng chiều cao và diện tích đáy)
1
3a 3
1
a3
AA '. A ' M . A ' N =
, V4 = PD '.D ' F .D ' N =
6
8
6
72
3
3
25a
47a
V 47
V2 = V3 − 2V4 =
, V1 = V − V2 =
⇒ 1 =
72
72
V2 25
V3 =


phương thành 2 phần có tỉ lệ thể tích phần nhỏ so với phần lớn là :
A.

1
3

B.

1
6

C.

1
4

D.

2
10

ĐS: Đáp án A
Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh 2a;
SA = SB = SC = 2a . Gọi M là trung điểm của cạnh SA; N là giao điểm của đường
thẳng SD và mặt phẳng (MBC). Gọi V, V1 lần lượt là thể tích của các khối chóp
V
S.ABCD và S.BCNM. Tỷ số 1 là:
V
A.


Giải
Áp dụng công thức (1) ta có
VS .BCM SM 1 VS .CMN SM SN 1
=
= ;
=
.
=
VS . BCA
SA 2 VS .CAD
SA SD 4

Suy ra
1
1
VS . BCNM = VS . BCM + VS .CNM = VS .BCA + VS .CAD
2
4
3
3
a
2a
a3
=
+
=
2.3 4.3 3

Ghi chú:
1

1
= ⇒ VCMNP = .VS .BCD
VS .BCD 8
8

Gọi H là trung điểm của AD ta có SH ⊥ AD mà ( SAD) ⊥ ( ABCD) nên
SH ⊥ ( ABCD ) .

8


Do đó VS .BCD

1
1 a 3 1 2 a3 3
a3 3
= .SH .S ∆BCD = .
. a =
. Vậy: VCMNP =
(đvtt)
3
3 2 2
12
96

Ví dụ 3 (ĐH khối D – 2006 )
Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 2a và SA
vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường
thẳng SB và SC. Tính thể tích khối chóp A.BCNM theo a [2]
Giải

1
a 2 3 a3 3
.VS.ABC .Mà VS.ABC = .2a.
=
.
25
3
4
6
3a 3 3
Vậy VA.BCMN =
(đvtt)
50

Ghi chú:
Ta có hệ thức lượng trong tam giác vuông ABC sau đây

b ' b2
= ( Chứng minh
c ' c2

dựa vào tam giác đồng dạng)
Ví dụ 4 (ĐH khối B – 2006)
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 [2]
Giải
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có I là trọng tâm của
tam giác ABC, do đó
VAIMN

1
3

Mà VSACD = .SA.S ∆ACD = a.

(2). Từ (1) và (2) suy ra

VAIMN
1
=
VACDS 12

a 2a a 3 2
1
a3 2
=
. Vậy VAIMN = .VSACD =
(đvtt)
2
6
12
72

Ví dụ 5 (Đề thi khảo sát chất lượng lớp 12 – Sở GD&ĐT Thanh Hóa)
Tính thể tích V của khối chóp S . ABC có độ dài các cạnh SA = BC = 5a, SB = AC = 6a
và SC = AB = 7a. [3]
A. V =

35 2 3
a.


M

C
A

P
B

N

 x 2 + y 2 = 4 ( 5a ) 2
 x 2 = 76a 2

 2
2
1
1
 2
2
2
xyz = 2 95a 3 . Chọn đáp án C
 y + z = 4 ( 6a ) ⇔  y = 24a ⇒ VS . ABC = VS .MNP =
4
24
 2
 z 2 = 120a 2
2
2



SM

1

1

S . MBC
=
= ⇒ VS .MBC = VS . ABC
Ta có V
SA 2
2
S . ABC

1
1 a 2 a 14 a 3 14
VS . ABC = .SH .S ∆ABC = . .
=
(đvtt)
3
6 2
4
48

Ví dụ 7 Cho tứ diện ABCD có hai cạnh đối AB = CD = 2a và AB, CD tạo với nhau
góc 300. Khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD bằng a. Tính thể tích khối tứ
diện. [3]
A. 2a 3



B.

3a 3
2

C.

2 3a 3
3

D.

4 3a 3
3

Giải
Thể tích khối bát diện đã cho là
1
V = 2VA 'B'C'BC = 2.4 VA '.SBC = 8VS.ABC = 8. SG.SABC
3
·
= 600 . Xét ∆SGA vuông tại G:
Ta có: ( SA; ( ABC ) ) = SAG
SG
·
tan SAG =
⇔ SG = AG.tan SAG
=a
AG

ĐS: VS . A ' B ' C ' D ' =

16a 3
45

Bài 3. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M, P
lần lượt là trung điểm của SA và SC, mp(DMP) cắt SB tại N. Tính theo a thể tích
khối chóp S.DMNP
ĐS: VS . DMNP =

a3 2
36

Bài 4. (ĐH khối B – 2010)
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng
(A’BC) và (ABC) bằng 600. Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC. Tính thể tích khối
lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.
7a
3a 3 3
và R =
12
8
Bài 5. Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' biết cạnh AB = a , SA = 2a . Gọi
M , N lần lượt là trung điểm của cạnh A ' C ' và B ' C ' . Tính thể tích của khối đa
diện ABC.MNC '

ĐS: VABC . A ' B 'C ' =

A.


a3 2
B. V =
12

C. V = 6a

3

a2 2
D. V =
6

ĐS: Đáp án đúng: B
Bài 7. Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’, có đáy là hình thoi cạnh bằng a, góc
A bằng 600.Hình chiếu của B’ trên (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD.Biểt
BB’= a.Thể tích khối hộp là:
3a 3
A.
4

a3
B.
3

3a 3
C.
2

D.


của khối đa diện. Sau đây ta sẽ xét một số ví dụ minh hoạ
Ví dụ 1 (ĐH khối D – 2002 )
Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc mặt phẳng (ABC), AD = AC = 4cm, AB =
3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách từ A đến mp(BCD). [2]
Giải
Ta có AB2 + AC2 = BC2 ⇒ AB ⊥ AC . Do đó
VABCD =

1
AB. Ac. AD = 8cm 2 . Mặt khác CD = 4 2 , BD =
6

BC = 5, nên ∆BCD cân tại B, Gọi I là trung điểm của CD
1
2 2
DC.BI =
5 − (2 2) 2 = 2 34
2
2
3V
3.8
6 34
=
Vậy d ( A,( BCD)) = ABCD =
S ∆BCD
17
2 34
⇒ S ∆BCD =

Ví dụ 2 (ĐH khối D – 2007)

cao

nên

SH SA2 2a 2
SH 2
=
= 2 =2⇒
=
2
HB AB
a
SB 3

13


1
3

Mà VS . HCD = d ( H ,( SCD )).S ∆SCD .
∆SCD vuông tại C ( do AC2 + CD2 = AD2), do đó
1
1
S ∆SCD = CD.SC = .a 2.2a = a 2 2 .
2
2
3a 3 2 a
=
Vậy d ( H ,( SCD)) = 2

. ∆BHM vuông tại B nên
2
2
2
BH
AB
EB
a
3

AE ⊥ HM , mà AE =

1
1 a 6 a 21 a 2 14
a 2 a 2 a 21
.
=
. Do đó S∆AEM = AE.HM = .
MH =
+
=
2
2 2
6
8
4
3
6
3a 3 2
a 7

3
ABC . A ' B ' C '
2
2 a3
VA '.BCC ' B ' = VABC . A ' B ' C ' = .3. = a 3
3
3 2
3VA '. BCC ' B '
Ta có d ( A ',( BCC ' B ')) =
. Vì AB ⊥ A ' H ⇒ A ' B ' ⊥ A ' H ⇒ ∆A ' B ' H vuông
S BCC ' B '
a 2 + 3a 2 = 2a = BB ' . ⇒ ∆BB ' H cân tại B’. Gọi K là trung
a 14
điểm của BH, ta có B ' K ⊥ BH . Do đó B ' K = BB '2 − BK 2 =
.
2
3a 3
3 14a
a 14
=
= a 2 14 . Vậy d ( A ',( BCC ' B ')) = 2
Suy ra S BCC ' B ' = B ' C '.BK = 2a.
14
a 14
2

tại A’, suy ra B’H =

Ví dụ 5 Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc
với đáy, SA = a . Khoảng cách giữa AB và SC bằng: [4]


a 14
7

đó

a3 3
(cùng chiều cao và diện tích đáy)
12
7 2
a (có thể
Ta có: SC = a 2; SD = a 2; CD = a nên S SCD =
4
VS . ACD = VS . ABC =

dùng công thức Hê-rông hoặc đây là tam giác cân chỉ
1
3

cần xác định đường cao ). Từ VS . ACD = d ( A, ( SCD ) ) .S SCD
⇒ d ( A; ( SCD ) ) =

3V
a 21
=
S SCD
7

Chọn đáp án A
* Bài tập tương tự:


3VABCD
2
=a
S ∆ACB
3

Bài 5. Cho tứ diện ABCD và điểm M ở miền trong của tứ diện. Gọi r1, r2, r3, r4 lần
lượt là khoảng cách từ M đến các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) của tứ diện.
Gọi h1, h2, h3, h4 lần lượt là khoảng cách từ các đỉnh A, B, C, D đến các mặt đối diện
của tứ diện. CMR:

r1 r2 r3 r4
+ + + =1
h1 h2 h3 h4

Bài 6. Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình chữ nhật tâm I,AB = a,BC = a 3 , H
là trung điểm của AI. Biết SH vuông góc với đáy và tam giác SAC vuông tại S.
Khoảng cách từ S đến (SBD) là:
A. a 15

B.

3a 15
5

C.

a 15
5

5 2
a
3

ĐS: Đáp án đúng: B
Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA = a 3 và vuông góc
với mặt phẳng đáy. Gọi M là trung điểm của CD. Khoảng cách từ C đến mặt phẳng
(SBM) bằng:

16


A.

a 3
8

B.

a 3
4

A.

a 2
4

A.

a 2

= ⇒ S ∆AMN =
.S ∆ABC
Từ (1) ⇒
SO.S ∆ABC 4
4 SI

MN. Ta có

(O là trọng tâm của tam giác ABC)
Ta có ∆ASK cân tại A (vì AI vừa là đường cao vừa là trung tuyến) nên
AK = AS =
Vậy

S ∆AMN

a 3
a 15
1
a 2
⇒ SO = SA2 − OA2 =
và SI = SK =
.
2
6
2
4
1 a 15 a 2 3 a 2 10
= .
.
=


Giải Vì SA = SB = SC nên hình chiếu H của S trên mặt phẳng đáy trùng với tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Lại có đáy là hình thoi và ·ABC = 600 nên tam
giác ABC đều do đó H là trọng tâm tam giác ABC. Gọi I là
2
3

2 1
3 4

1
6

tâm hình thoi, khi đó S ABH = S ABI = . S ABCD = S ABCD
1
1
6
3
3VS . ABH
=
= 15 . Chọn đáp án D
d ( H ; ( SAB ) )

nên VS . ABH = VS . ABCD = 10 . Mặt khác VS . ABH = d ( H ; ( SAB ) ) .S SAB
⇔ S SAB

* Bài tập tham khảo:
Bài 1 Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’. Biết ABC là tam giác vuông tại B có AB = a,
BC = b, AA’ = c (c2 ≥ a 2 + b 2 ). Một mặt phẳng (α ) qua A và vuông góc với CA’cắt
lăng trụ theo một thiết diện.

ĐS: S∆BCD =

1 2 2
x y + y2 z 2 + z 2 x2
2

Bài 3. Cho hình hộp đứng ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, ·ABC = 1200 ,
AA′ = a . Diện tích thiết diện của hình hộp qua B vuông góc với CD′ là
A.

a2 6
2

B.

a2 3
4

C.

a2 3
2

D.

a2 6
4

ĐS: Đáp án đúng D
Bài 4. Cho hình chóp S.ABC có góc gữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) bằng 600 .

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm đối với hoạt động giáo dục, với bản
thân, đồng nghiệp và nhà trường
Trong tiết học ôn tập ở lớp thực nghiệm 12A2 tuần học thứ 36 năm học 2016 2017 tôi đưa ra 2 bài tập: bài 1(Ví dụ 3 trong mục 2.3.1 ), bài 2 ( Ví dụ 6 trong
mục 2.3.2).Trong tuần 37 tôi tiếp tục cho các em ở lớp đối chứng 12A1 làm 2 bài
trên. So sánh kết quả giữa hai lớp, nhận thấy khi áp dụng sáng kiến thì các em
12A2 đã bớt lúng túng hơn trong việc giải phương trình vô tỷ, số lượng các em đạt
loại khá giỏi trong lớp 12A2 cao hơn rõ rệt. Cụ thể như sau:
Sỉ số
42

Lớp thực nghiệm 12A2
Giỏi
Khá
T.bình
30
10
2

Yếu
0

Lớp đối chứng 12A1
Giỏi
Khá
T.bình
16
20
5

Yếu

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hóa ngày 10 tháng 6 năm 2017
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung
của người khác
.
Bùi Anh Tuấn

1
2

TÀI LIỆU THAM KHẢO
www.ToanCapBa.net
www.vnmath.com
20


3
4

www.Thanhhoaedu.vn
https://www.facebook.com/tranduy.thuc.73

DANH MỤC
CÁC ĐỀ TÀI SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM ĐÃ ĐƯỢC HỘI ĐỒNG ĐÁNH
GIÁ XẾP LOẠI CẤP PHÒNG GD&ĐT, CẤP SỞ GD&ĐT VÀ CÁC CẤP
CAO HƠN XẾP LOẠI TỪ C TRỞ LÊN
Họ và tên tác giả: Bùi Anh Tuấn


B

2014

số bài toán trong không gian
bằng phương pháp tổng hợp
----------------------------------------------------

21


22