Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số giải pháp giúp học sinh phát huy khả năng giải bài toán tỉ số thể tích

Chia sẻ: Behodethuonglam | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:50

Thêm vào BST

Báo xấu

17
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu nghiên cứu đề tài nhằm giúp học sinh nhìn thấy nguồn gốc bài toán để từ đó biết cách định hướng và giải quyết hiệu quả những bài toán mới, vấn đề mới liên quan đến thể tích khối đa diện thông qua việc vận dụng bài toán tỉ số thể tích.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Một số giải pháp giúp học sinh phát huy khả năng giải bài toán tỉ số thể tích

PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ 1. Lí do chọn đề tài Đổi mới phương pháp dạy học đang thực hiện bước chuyển từ chương trình giáo dục tiếp cận nội dung sang tiếp cận năng lực của người học, nghĩa là từ chỗ quan tâm đến việc học sinh học được cái gì đến chỗ quan tâm học sinh vận dụng được cái gì qua việc học. Để đảm bảo được điều đó, phải thực hiện chuyển từ phương pháp dạy học theo lối "truyền thụ một chiều" sang dạy cách học, cách vận dụng kiến thức, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, hình thành năng lực và phẩm chất; phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học sinh; phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học, đối tượng học sinh; bồi dưỡng cho học sinh phương pháp tự học, khả năng hợp tác; tác động đến tình cảm, đem lại niềm vui, hứng thú và trách nhiệm học tập cho học sinh. Trong chương trình toán trung học phổ thông, hình học không gian có một vị trí đặc biệt quan trọng, các bài toán về hình học không gian được khai thác, sử dụng nhiều trong các kỳ thi học sinh giỏi, kỳ thi THPT quốc gia. Đặc biệt là đối với học sinh khối 12 thì các bài toán như: tính thể tích khối đa diện; tính tỉ số thể tích các khối đa diện; tìm điều kiện để thể tích khối đa diện đạt GTLN,GTNN; các bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức liên quan đến thể tích khối đa diện... luôn xuất hiện trong các kỳ thi và chiếm tỉ trọng lớn trong phần hình học. Tuy nhiên qua thực tế giảng dạy, chúng tôi thấy rằng phần lớn học sinh còn gặp khó khăn và rất lúng túng khi gặp các dạng bài toán trên bởi các lí do sau: - Để giải các bài toán trên cần huy động lượng lớn kiến thức lớn hình học không gian cả chương trình lớp 11 và lớp 12. - Học sinh chưa phân loại được các dạng toán thường gặp, không hình dung ra cách giải các dạng toán, chưa nắm rõ các dấu hiệu bản chất của bài toán. - Cách định hướng và giải quyết các dạng toán còn hạn chế, theo kiểu “được bài nào xào bài đó” nên học sinh thiếu chủ động và linh hoạt khi vận dụng vào các bài toán khác. - Các tài liệu viết về các dạng toán trên chưa đáp ứng được thực tế giảng dạy với nhiều đối tượng học sinh, và chưa phù hợp với đổi mới trong đánh giá và kiểm tra hiện nay. Trăn trở trước thực trạng đó, chúng tôi đã chọn đề tài: “Một số giải pháp giúp học sinh phát huy khả năng giải bài toán tỉ số thể tích” làm đối tượng nghiên cứu, nhằm giúp học sinh nhìn thấy nguồn gốc bài toán để từ đó biết cách định hướng và giải quyết hiệu quả những bài toán mới, vấn đề mới liên quan đến thể tích khối đa diện thông qua việc vận dụng bài toán tỉ số thể tích. Trong đề tài này chúng tôi tập trung khai thác hai bài toán cơ bản về tỉ số thể tích của khối chóp và khối lăng trụ trong sách giáo khoa hình học 12 cơ bản, và từ 1
đó chúng tôi đưa ra các giải pháp mới để giúp học sinh tiếp cận và giải quyết các bài toán liên quan đến thể tích khối đa diện hiệu quả, nhanh chóng đáp ứng được vấn đề đổi mới trong đánh giá kiểm tra . Mặc dù đây là một đề tài mà nhiều tác giả đã khai thác ,nhưng các giải pháp mà chúng tôi đưa ra ở đây được xây dựng một cách có hệ thống, khoa học trên nền tảng các bài toán gốc phù hợp với nhiều đối tượng học sinh đảm bảo tính mới và thiết thực trong giai đoạn hiện nay. Các giải pháp giúp các em có thể tiếp cận dần và phát huy khả năng vận dụng tốt các dạng bài toán về thể tích; giúp học sinh phát huy khả năng tự học,tự nghiên cứu, khơi dậy tình yêu Toán học cho học sinh. Qua thực tiễn áp dụng tại Trường THPT Nguyễn Đức Mậu, không ngừng chia sẻ trao đổi với đồng nghiệp trong và ngoài trường, những giải pháp chúng tôi đưa ra đã đem lại kết quả thiết thực và rõ nét, góp phần nâng cao chất lượng dạy và học,đem lại kết quả cao qua các kì thi học sinh giỏi, kì thi THPT quốc gia trong những năm gần đây. 2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu. - Phát triển năng lực tư duy độc lập và sáng tạo của học sinh. - Giúp học sinh phát huy tốt khả năng tự học, tự tìm tòi nghiên cứu. - Hoàn thiện thêm cách giải các bài toán về thể tích khối đa diện. 3. Phương pháp nghiên cứu a) Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu các tài liệu liên quan. b) Phương pháp tổng kết kinh nghiệm: - Qua thực tiễn giảng dạy và sự góp ý của đồng nghiệp - Khảo sát thực tiễn từ học sinh c) Phương pháp quan sát, điều tra: - Qua điều tra, sát hạch cách vận dụng kiến thức của học sinh 4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu - Học sinh khối 12, bồi dưỡng HSG qua các năm ở Trường THPT Nguyễn Đức Mậu, Quỳnh Lưu, Nghệ An và trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp. 5. Thời gian nghiên cứu. Đề tài được nghiên cứu và thử nghiệm trong các năm học: 2019 - 2020 và 2020 - 2021. 2
PHẦN II. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU I. CƠ SỚ KHOA HỌC 1.1. Cơ sở lý luận. Trong chương trình Hình học 12 các bài toán như: tính thể tích khối đa diện; tính tỉ số thể tích các khối đa diện; tìm điều kiện để thể tích khối đa diện đạt GTLN,GTNN; các bài toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức liên quan đến thể tích khối đa diện... thường xuất hiện rất nhiều. Để giải được các bài toán đó yêu cầu học sinh cần nắm vững các kiến thức cơ bản cả hình học phẳng và hình học không gian, thông thường thì những dạng bài toán trên thường được giải bằng cách phân chia thành các khối đa diện đơn giản và áp dụng công thức tính thể tích. Tuy nhiên trong nhiều trường hợp các bài toán về thể tích khối đa diện lại gặp khó khăn ở việc xác định chiều cao và diện tích đáy nên học sinh gặp rất nhiều trở ngại trong quá trình định hướng cách giải các dạng toán đó. Trong quá trình giảng dạy và nghiên cứu chúng tôi thấy rằng việc vận dụng tỉ số thể tích để giải các bài toán liên quan đến thể tích khối đa diện thường cho lời giải ngắn gọn, hơn nữa học sinh chỉ cần những kiến thức cơ bản về hình học không gian ở lớp 11 thì đều có thể vận dụng tốt. Với mong muốn giúp học sinh có thêm những giải pháp mới khi sử dụng bài toán tỉ số thể tích và giúp học sinh rèn luyện phương pháp tự học và phát huy năng lực sáng tạo của bản thân, chúng tôi đề xuất các giải pháp trên cở sở khai thác và phát triển những bài toán cơ bản trong sách giáo khoa: 1.1.1. Bài toán 1 (BT4 – SGK - Hình học cơ bản 12). Cho hình chóp tam giác S . ABC . Trên các đoạn SA , SB , SC lần lượt lấy các V SA SB  SC  điểm A , B  , C  khác S . Khi đó: S . AB C   . . . VS . ABC SA SB SC Chứng minh: A Gọi H , H  lần lượt là hình chiếu của A và A lên mặt phẳng  SBC  . Do S , A, A thẳng hàng A' nên S , H , H  thẳng hàng. B S B' H' H C' C Ta có, thể tích khối chóp S . ABC và S . ABC  lần lượt là: 3
1 1 1   1 AH .SB.SC.sin BSC  VS . ABC  VA.SBC  AH .S SBC  AH . SB.SC .sin BSC 3 3 2 6 1 1 1  1  VS . ABC  VA.SBC   AH .S SBC   AH . SB.SC .sin B SC   AH .SB.SC .sin B SC  3 3 2 6 1  AH .SB.SC .sin BSC  VS . ABC  6 AH  SB SC Khi đó,   . . VS . ABC 1  AH SB SC AH .SB.SC.sin BSC 6 AH  SA Do SAH và  SAH  đồng dạng nên  . AH SA VS . ABC  SA SB SC  Từ đó suy ra  . . . VS . ABC SA SB SC 1.1.2. Bài toán 2 (Ví dụ trang 24 – SGK - Hình học cơ bản 12). Cho khối lăng trụ tam giác ABC. AB C  có thể A tích bằng V . Khi đó: C 1 2 B VA. AB C   V ; VA. BCC B  V 3 3 Chứng minh: Thể tích khối chóp A. ABC  là: A' C' 1 1 VA. ABC   d  A,( ABC )  .S ABC   V . 3 3 B' 1 2 Thể tích khối chóp A.BCCB là: VA. BCC B   VABC . ABC   VA. ABC   V  V  V . 3 3 1.1.3. Bài toán 3. Gọi I là giao điểm của đường thẳng đi qua hai điểm M và N d (M ,( P)) IM với mặt phẳng ( P ) . Khi đó:  . d ( N ,( P)) IN Chứng minh: Gọi M  , N  lần lượt là hình M chiếu của M , N lên mặt phẳng  P  . Khí đó, MM   d  M ,  P   , N NN   d  N ,  P   . Ta có,  IMM  và  INN  đồng dạng nên I d ( M ,( P)) MM  IM N' M'   . d ( N ,( P )) NN  IN 4
1.1.4. Kiến thức cơ bản. - Nếu khối đa diện (H) được phân chia thành các khối đa diện ( H 1 ) , ( H 2 ) , ..., ( H n ) thì V( H )  V( H1 )  V( H 2 )  ...  V( H n ) . - Hai khối đa diện có chung chiều cao thì tỉ số thể tích bằng tỉ số diện tích của hai đáy. - Hai khối đa diện có chung đáy thì tỉ số thể tích bằng tỉ số chiều cao của hai khối đa diện đó. 1.2. Cơ sở thực tiễn và thực trạng vấn đề nghiên cứu. Trong kì thi THPT quốc gia từ năm học 2016 - 2017 đến nay, môn Toán được chuyển sang hình thức thi trắc nghiệm, trong các đề thi luôn xuất hiện các câu hỏi liên quan đến bài toán thể tích khối đa diện ở mức độ vận dụng, vận dụng cao đòi hỏi phải giải quyết trong thời gian ngắn nên học sinh gặp rất nhiều khó khăn. Qua quá trình điều tra khảo sát kết quả học sinh trong trong kì thi THPT quốc gia, chúng tôi nắm bắt được rất ít các em làm được những dạng bài toán đó, còn hầu hết các em đều khoanh chừng đáp án. Thực tế trong quá trình giảng dạy và tìm hiểu từ các đồng nghiệp, chúng tôi nhận thấy đối với các bài toán hình học không gian nói chung và các dạng toán liên quan đến thể tích khối đa diện nói riêng, thì học sinh thường gặp khó khăn khi định hướng cách giải. Cụ thể, chúng tôi tiến hành khảo sát chất lượng học sinh ở lớp 12A1 (gồm 40 học sinh) và lớp 12A2 (gồm 42 học sinh) tại Trường THPT Nguyễn Đức Mậu thông qua bài kiểm tra viết trong khoảng thời gian 45 phút và nắm bắt được kết quả như sau: 1.2.1. Đề bài kiểm tra. Câu 1: Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích bằng 77 . Mặt phẳng ( ) đi qua A cắt SC tại trung điểm N , cắt SB tại điểm M SM 6 sao cho  , và cắt SD tại điểm P . SB 7 a) Tính thể tích của khối SAMN . b) Tính thể tích của khối SAMNP . Câu 2: Cho hình lập phương ABCD. ABCD cạnh 2a , gọi M là trung điểm của 1 BB và P thuộc cạnh DD sao cho DP  DD . 4 a) Tính thể tích khối chóp A.BMP theo a . b) Mặt phẳng  AMP  cắt CC tại N . Tính thể tích khối đa diện AMNPBCD theo a. 5
1.2.2. Kết quả thu được. +) Tại lớp 12A1: Câu 1: - Số học sinh giải quyết được ý a) là: 40/40. - Số học sinh giải quyết trọn vẹn ý b) là: 5/40 (cả 5 em đều dùng cách kẻ SP đường phụ để tính tỉ số ; còn cả 35 em đều dừng lại ở bước tách khối SAMNP SD thành 2 khối và lập tỉ số thể tích của 2 khối đó với khối SABCD ). Câu 2: - Số học sinh giải quyết được ý a) là: 40/40. - Số học sinh giải quyết được ý b) là: 10/40 (hầu hết các em đều làm theo cách phân chia khối ABCDMNP thành 2 khối chóp ABMNC và ADPNC và áp dụng tính chiều cao và diện tích đáy để tính thể tích nên làm dài và không đủ thời gian, chỉ 2/40 em biết áp dụng tỉ số thể tích của hình hộp nên ngắn gọn và nhanh). +) Tại lớp 12A2: Câu 1: - Số học sinh giải quyết được ý a) là: 42/42. - Số học sinh giải quyết được ý b) là: 4/42 (4 học sinh này cũng dùng cách kẻ SP đường phụ để tính tỉ số ; 38 học sinh còn lại đều dừng lại ở bước tách khối SD S . AMNP thành 2 khối và lập tỉ số thể tích của 2 khối đó với khối S . ABCD ). Câu 2: - Số học sinh giải quyết được ý a) là: 42/42. - Số học sinh giải quyết được ý b) là 9/42 (các em đều làm theo cách phân chia khối ABCDMNP thành 2 khối chóp ABMNC và ADPNC và áp dụng tính chiều cao và diện tích đáy để tính thể tích nên làm dài và không đủ thời gian, 0/42 em biết áp dụng tỉ số thể tích của hình hộp). Như vậy, kết quả khảo sát của hai lớp là tương đương nhau. Ngoài việc khảo sát trực tiếp tại hai lớp trên và trong quá trình giảng dạy khối 12 các năm qua chúng tôi thấy rằng việc giải quyết câu 1b và câu 2b là khá phức tạp đối với đại đa số học sinh, hoặc các em giải quyết dài dòng và như vậy sẽ mất rất nhiều thời gian nếu làm bài thi trắc nghiệm. Từ kết quả bài kiểm tra và tìm hiểu qua học sinh và đồng nghiệp, chúng tôi nhận thấy rằng đa số học sinh đã nắm được bài toán cơ bản về tỉ số thể tích khối chóp tam giác, tuy nhiên việc vận dụng nó vào những bài toán mới thì học sinh còn 6
gặp rất nhiều khó khăn, còn riêng đối với việc vận dụng bài toán tỉ số thể tích hình hộp thì hầu như các em chưa hiểu cách vận dụng. Mặt khác, qua quá trình tìm tòi và nghiên cứu, chúng tôi thấy các tài liệu cũng đã viết nhiều về bài toán thể tích, tuy nhiên chưa hình thành được một phương pháp mang tính hệ thống để qua đó hình thành ở học sinh khả năng tư duy sáng tạo, liên kết và tổng hợp các kiến thức đã có để giải quyết vấn đề và đặc biệt là những bài toán vận dụng tỉ số thể tích khối hộp thì còn rất hạn chế. Hơn nữa qua những tiết dự giờ đồng nghiệp chúng tôi thấy rằng một số giáo viên khi giảng dạy chưa có sự định hướng cách giải toán, chưa cung cấp thêm cho học sinh một số phương pháp, cách thức tiếp cận vấn đề phù hợp, do đó các em thiếu đi sự tự tin trong việc định hướng, phát hiện và giải quyết vấn đề, nhất là các bài toán về hình học không gian nói chung và bài toán thể tích nói riêng. Từ việc đánh giá và phân tích kết quả thu được sau khi khảo sát, chúng tôi nhận thấy cần phải có những giải pháp để khắc phục thực trạng trên, thôi thúc chúng tôi nghiên cứu tìm tòi để đưa ra các giải pháp phù hợp với việc đổi mới trong quá trình dạy và học, phù hợp với đổi mới trong đánh giá kiểm tra hiện nay. Đó là “Một số giải pháp giúp học sinh phát huy khả năng giải bài toán tỉ số thể tích” . II. MỘT SỐ GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH PHÁT HUY KHẢ NĂNG GIẢI CÁC BÀI TOÁN TỈ SỐ THỂ TÍCH Như đã trình bày ở phần lý do chọn đề tài, các bài toán về hình học không gian nói chung và bài toán về tính thể tích khối đa diện nói riêng luôn gây khó khăn cho học sinh và rất nhiều học sinh rất e ngại hoặc bỏ qua khi gặp các bài toán dạng này. Để giúp cho học sinh có hướng giải cũng như phát huy được khả năng của mình khi giải quyết các bài toán liên quan đến thể tích khối đa diện, chúng tôi đề xuất một số giải pháp. Trong mỗi giải pháp, chúng tôi xây dựng một số bài toán tổng quát và đưa ra các ví dụ cụ thể. Ở mỗi ví dụ đó, chúng tôi phân tích, định hướng phương pháp giải đồng thời đưa ra các cách giải khác nhau để từ đó thấy được các giải pháp mà đề tài đưa ra là hiệu quả. 2.1. Giải pháp 1: Vận dụng Bài toán 1 để giải quyết các bài toán về tính thể tích và tỉ số thể tích của khối chóp. Bài toán 1 (BT4 – SGK - Hình học cơ bản 12). Cho hình chóp tam giác S . ABC . Trên các đoạn SA , SB , SC lần lượt lấy các điểm A , B  , C  khác S . Khi đó: VS . AB C  SA SB  SC   . . . VS . ABC SA SB SC Để vận dụng tốt Bài toán 1 vào việc tính tí số thể tích khối chóp yêu cầu học sinh cần phải nắm vững: 7
+ Cách phân chia và lắp ghép khối đa diện và các kiến thức cơ bản khi học khái niệm thể tích khối đa diện. + Hai khối đa diện  H  và  H  có chung chiều cao h và có diện tích đáy V( H ) S lần lượt là S và S  thì  . V( H  ) S  + Hai khối đa diện  H  và  H  có cùng mặt đáy và diện tích đáy bằng nhau, V h chiều cao lần lượt là h và h thì ( H )  . V( H  ) h   ABC Ví dụ 1: Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình thang, BAD   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 S .BCNM theo a . Phân tích: S - Việc tính thể tích khối S .BCNM trực H 1 tiếp theo công thức V  B.h gặp nhiều khó 3 M N khăn do đây không phải là khối chóp đặc biệt nên việc xác định chiều cao khá khó. A D - Nhưng nếu sử dụng Bài toán 1 thì bài toán được giải quyết đơn giản qua các bước: +) Phân chia khối đa diện S .MNCB thành B C 2 khối SMNC và SMCB ; +) Tính thể tích khối đa diện S . ABC VÀ S . ACD . +) Áp dụng Bài toán 1. Lời giải 1: Do SA   ABCD  nên SA  AD . Mặt khác AB  AD nên AD //  SAB  , 1 Ta có M , N lần lượt là trung điểm của SA và SD nên MN // AD ,  2  Từ (1) và (2) suy ra MN   SAB  nên  BCNM    SAB  . Trong mp  SAB  , kẻ SH  BM tại H thì SH   BCNM  . Trong  ABM vuông tại A có AB  a , AM  a nên BM  a 2 . SH SM Ta có SHM đồng dạng  BAM nên   SH  a 2 . BA BM Dễ thấy BCNM là hình chữ nhật nên là S BCNM  BM .NM  a 2 2 . 8
1 a3 Thể tích khối chóp S .BCNM là VS . BCNM  SH .S BCNM  3 3 Lời giải 2: 1 1 1 a3 Thể tích khối chóp S . ABC là: VS . ABC  SA.S ABC  SA. BA.BC  3 3 2 3 1 1 1 2a 3 Thể tích khối chóp S . ACD là: VS . ACD  SA.S ACD  SA. BA. AD  3 3 2 3 Áp dụng Bài toán 1 ta có: VS . BCM SM 1 1    VS . BCM  .VS . BCA , VS .BCA SA 2 2 VS .CMN SM SN 1 1  .   VS .CMN  .VS .CAD . VS .CAD SA SD 4 4 1 1 a 3 2a 3 a 3 Suy ra: VS .BCNM  VS . BCM  VS .CNM  VS . BCA  VS .CAD    . 2 4 6 6 3 Ví dụ 2: Cho khối tứ diện đều ABCD có thể tích là V . Gọi M , N , P, Q lần lượt là trung điểm của AC , AD, BD, BC . Tính thể tích khối chóp A.MNPQ theo V . Lời giải 1: Ta có: VA.MNPQ  2VAPMQ (do MNPQ là hình thoi). Mà VAPMQ  VBPMQ (do AB // MQ ) nên VA.MNPQ  2VBPMQ . Vì P là trung điểm của BD nên 1 1 d  P, ABC   d  D, ABC  và S BQM  S ABC . 2 4 1 Nên: VBPMQ  d  P, ABC .S BQM 3 1 1 1  . d  D, ABC . S ABC 3 2 4 1 1 V  . d  D, ABC .S ABC  . 8 3 8 V Suy ra VAMNPQ  . 4 Bình luận: - Giải bài toán theo cách trên yêu cầu học sinh cần phải nắm vững kiến thức về khoảng cách và tỉ số diện tích, mà đây cũng là yếu điểm đối với học sinh đại trà. 9
- Nếu dùng Bài toán 1 thì việc giải quyết sẽ đơn giản hơn. V AM AN AP 1 Lời giải 2: Ta có: AMNP  . .  . VACDP AC AD AP 4 V 1 Mà ACDP  (Do hai khối chóp A.CDP và A.BCD có chung chiều cao kẻ từ VABCD 2 đỉnh A và S BCD  2 SCDP ) 1 1 1 1 V Vậy VA.MNPQ  2VAMNP  2. VACDP  2. . .VABCD  VABCD  . 4 4 2 4 4 Ví dụ 3: Cho hình tứ diện SABC có thể tích bằng V . Gọi V  là thể tích của khối đa diện có các đỉnh là A , B , C  , M , N , P với A , B , C  , M , N , P lần lượt là trung V điểm của các cạnh SA, SB, SC , AB, BC, CA . Tính tỉ số . V Phân tích: Đây là một bài toán về tỉ số thể tích khối chóp tam giác nên học sinh áp dụng Bài toán 1 thì sẽ có ngay kết quả bài toán. Lời giải: Ta có:V  V   VSAB C   VAAMP  VBB MN  VCC NP . VSAB C  SA SB  SC  1 1 Mà:      VSAB C   V . VSABC SA SB SC 8 8 1 S Tương tự, ta có: VAAMP  VBB MN  VCC NP  V . 8 1 Suy ra: V  V   4  V A' C' 8 B' 1 V 1 V  V   . 2 V 2 A C P M N B Ví dụ 4: Cho khối chóp S . ABC có    CSA ASB  BSC   600 , SA  3 , SB  4 , SC  5 . Tính thể tích của khối chóp S . ABC . Phân tích: Do khối chóp này không đặc biệt nên nếu tính thể tích bằng cách xác định chiều cao và tính diện tích đáy thì sẽ là bài toán khó đối với học sinh vì việc xác định chiều cao khá phúc tạp. Tuy nhiên nếu biết vận dụng Bài toán 1 đưa về thiết lập tỉ số thể tích của khối chóp cần tính và khối chóp đặc biệt thì bài toán sẽ đơn giản hơn rất nhiều. 10
Lời giải: Trên cạnh SB , SC lần lượt lấy hai điểm B, C  sao cho SB   SC   3 . Khi đó các tam giác SAB, SAC , SBC  là S 600 các tam giác đều có cạnh bằng 3. 600 600  S. ABC là tứ diện đều có cạnh bằng 3 3 9 2 C'  VSABC   . 4 V SB SC 4 5 20 A C Ta có: S . ABC  .  .  VS . ABC SB SC  3 3 9 B' 20 20 9 2  VS . ABC  .VS . ABC   . 5 2 B 9 9 4 Bình luận: Khi ta lấy các điểm B, C  sao cho S. ABC là khối tứ diện đều thì việc tính thể tích của nó rất đơn giản, đồng thời sử dụng Bài toán 1 thì việc tính thể tích khối chóp S . ABC rất nhẹ nhàng. Ví dụ 5: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác cân tại A, mặt bên  SBC  là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi   là mặt phẳng đi qua điểm B và vuông góc với SC , chia khối chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó Phân tích: Để giải bài toán này học sinh cần phải: - Tìm thiết diện của mặt phẳng   với hình chóp để xác định được khối S . ABC chia thành 2 khối SKBE và KBEAC . - Áp dụng Bài toán 1 để thiết lập tỉ số của 2 khối SKBE và S . ABC , từ đó suy ra tỉ số thể tích hai khối KBEAC và S . ABC . Lời giải: S Gọi I , K theo thứ tự là trung điểm của BC , SC . Trên mp  ABC  , qua B K dựng đường thẳng song E song với AI , cắt AC tại D. Trên mp  SAC  , gọi E là C A D giao điểm của KD và SA . I Vì BK  SC , BD  SC B 11
nên  BDK   SC . Mặt phẳng  BDK  chia hình chóp S . ABC thành hai phẩn là SKBE và KBEAC . Trên mặt phẳng  SCD  , ta có K , A lần lượt là trung điểm của các cạnh CS , CD nên KA là đường trung bình của tam giác SCD . Do đó, AK // SD . Suy ra AE AK 1 SE 2     . ES SD 2 SA 3 VSKBE SK SB SE 1 2 1 V 1 Ta có  . .  .1.  . Suy ra SKBE  . VSCBA SC SB SA 2 3 3 VKBEAC 2 Ví dụ 6: Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh BC , BD , AC lần lượt lấy các điểm 3 M , N , P sao cho BC  3BM , BD  BN , AC  2 AP . Mặt phẳng  MNP  chia 2 V khối tứ diện ABCD thành hai phần có thể tích là V1 , V2 với V1  V2 . Tính tỉ số 2 V1 Phân tích: - Học sinh biết phân chia các khối đa diện NPQDCM thành 2 khối NPQDC và NPMC ; khối ANCD thành 2 khối APNQ và NPQDC - Áp dụng Bài toán 1 để thiết lập các tỉ số thể tích của các khối ANCD và ABCD ; CNMP và CNBA ; APNQ và ANCD . Và A từ đó biểu diễn thể tích 2 khối NPQDC và NPMC qua thể tích khối ABCD . Lời giải: Gọi VABCD  V , I  MN  CD , Q  IP  AD suy J ra Q  AD   MNP  . Q P I K B D Thiết diện của tứ diện ABCD được cắt bởi mặt N phẳng  MNP  là tứ giác MNQP . M 3 NB Có BD  BN   2 ; BC  3BM C 2 ND MC AP 1   2 và AC  2 AP   . MB AC 2 Trên mp ( BCD) , kẻ DK song song BC cắt MJ tại K . DK ND 1 ID DK DK 1 Ta có   , nên    . BM NB 2 IC CM 2MB 4 12
Trên mp ( ACD ) , kẻ DJ song song AC cắt PI tại J . JD ID 1 QD JD JD 1 AQ 4 Ta có   , nên      . PC IC 4 QA AP PC 4 AD 5 Áp dụng Bài toán 1 ta có: VANCD ND 1 1 2    VANCD  V và VCBNA  V VABCD BD 3 3 3 VANPQ AN AP AQ 1 4 2 2 2  . .  1. .   VANPQ  VANCD  V . VANCD AN AC AD 2 5 5 5 15 1 2 1 Suy ra VN . PQDC  V  V  V . 3 15 5 VCMNP CM CN CP 2 1 1 1 2  . .  .1.   VCMNP  VCBNA  V . VCBNA CB CN CA 3 2 3 3 9 1 2 19 Suy ra thể tích phần thứ nhất là: V1  VN .PQDC  VCMNP  V  V  V . 5 9 45 26 Do đó thể tích phần còn lại là: V2  V  V1  V. 45 V2 26 Vậy  . V1 19  Ví dụ 7: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BAD  60 và SA vuông góc với mặt phẳng  ABCD  . Góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  là 45 . Gọi M là điểm đối xứng của C qua B và N là trung điểm SC . Mặt phẳng  MND chia khối chóp thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện có V1 đỉnh S có thể tích là V1 , khối đa diện còn lại có thể tích V2 . Tính tỉ số V2 Phân tích: - Học sinh cần xác định được V1 là thể tích của khối SADFKN , V2 là thể tích của khối KFBNDC - Cần phải lập tỉ số thể tích của các khối MKFB và MNCD ; MNCD và BNCD ; BNCD và S . ABCD để từ đó tính được thể tích của khối KFBNDC và khối SADFKN theo VSABCD . 13
Lời giải: Gọi O  AC  BD , F  DM  AB , K  SB  MN .  Ta có: BA D  60 nên tam giác ADB là tam giác đều. Gọi K là trọng tâm SCM MK 2   . MN 3 Xét: VM . KFB MK MF MB 2 1 1 1  . .  . .  VM . NDC MN MD MC 3 2 2 6 1  VM . KFB  .VM . NDC . 6 5  VKFBNDC  VM . NDC  VM . KFB  VM . NDC . 6 Mà: VM . NDC  2VB. NDC (vì d  M , NDC   2d  B, NDC  ) 1 1 1 Và: 2VN . BCD  2. VS . BCD  VS . ABCD vì d  N , BDC   d  S , BDC  2 2 2 5 5 7  V2  VKFBNDC  VM . NDC  VS . ABCD  V1  VSADFKN  VS . ABCD  V1  VS . ABCD . 6 12 12 V1 7 Vậy  . V2 5 Nhận xét: Khi sử dụng Bài toán 1 để giải quyết các bài toán về tính thể tích khối chóp hoặc các bài toán về tỉ số thể tích liên quan đến khối chóp, chúng tôi nhận thấy rằng nếu đáy của khối chóp là hình bình hành thì có thể có thể giải quyết nhanh hơn, đặc biệt là với các bài toán trắc nghiệm. Từ đó, chúng tôi phát triển và xây dựng một số bài toán sau: Bài toán 1.1. Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt phẳng không qua S cắt các cạnh SA , SB , SC , SD lần lượt tại A , B  , C  , D  . SA SB SC SD Đặt  a,  b,  c,  d . Khi đó ta có kết luận sau: SA SB SC  SD VS . ABC D a  b  c  d 1. a  c  b  d . 2.  . VS . ABCD 4abcd 14
Chứng minh: 1. Hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình S     bình hành nên: SB  SD  SA  SC , (1) Từ giả thiết ta có: A'       D' SA  a.SA ' , SB  b.SB ' , SC  c.SC '   C' SD  d .SD ' (2) B' D Mặt khác A, B , C , D  đồng phẳng nên từ A (1) và (2) suy ra a  c  b  d . 2. Ta có: VSA ' B ' C ' D '  VSA ' B ' C '  VSA ' C ' D ' ; C B 1 VSABC  VSACD  VSABCD 2 VS . ABC 1 1 1 1 1 Và áp dụng Bài toán 1 ta có:  . .  VS . ABC   VS . ABC  VS . ABCD VS . ABC a b c abc 2abc 1 Tương tự, ta có VS . AC D  VS . ABCD . 2acd 1 1 Từ đó suy ra VSA ' B ' C ' D '  VSA ' B ' C '  VSA ' C ' D '  VS . ABCD  VS . ABCD 2abc 2acd 1  1 1  a bc b    VS . ABCD  VS . ABCD 2ac b d 4abc VS . AB C D a  b  c  d   . Điều phải chứng minh. VS . ABCD 4abcd Ví dụ 8: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD . Gọi C  là trung điểm của SC . Mặt phẳng  P qua AC  và vuông góc SC cắt SB , SD lần lượt tại B  , D  . Gọi V1 , V2 V lần lượt là thể tích hai khối chóp S . ABC D và S . ABCD . Tính tỉ số 1 . V2 Lời giải 1: Do S . ABCD là hình chóp tứ giác đều nên hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD  trùng với tâm H của hình vuông ABCD . Vì C  là trung điểm của SC và H là trung điểm AC nên I  AC   SH là trọng 2 tâm SAC  SI  SH . 3 Ta có:BD  AC , BD  SH  BD   SAC   BD  SC mà BD   P  ;  P   SC  BD //  P. 15
Vì BD   SBD ;  SBD    P  BD và BD //  P suy ra BD // BD . Mặt khác:  P  SBD  BD , I  AC    P , I  SH   SBD  I  BD . SB  SD  SI 2 Do đó:    . SB SD SH 3 V1 VS . ABC D VS . ABC   VS . AC D VS . ABC  VS . AC D Ta có:     V2 VS . ABCD VS . ABCD 2VS . ABC 2VS . ACD 1 SA SB  SC  1 SA SC  SD          2 SA SB SC 2 SA SC SD 1 2 1 1 1 2 1   1    1   . 2 3 2 2 2 3 3 V1 1 Vậy  . V2 3 Lời giải 2: (Áp dụng Bài toán 1.1 ) 3 Ta có a  1, c  2, b  d ; do a  c  b  d  b  d  2 3 3 V1 1  2   Vậy  2 2 1 V2 3 3 3 4.1.2. . 2 2 Lời bình: - Ở Ví dụ 8, khi sử dụng Bài toán 1 để tính thể tích khối chóp S . ABC D thì ta phải tách thành hai khối chóp đồng thời phải tìm tỉ số SB ' , SD ' SB SD khá dài nhưng khi áp dụng Bài toán 1.1 để tính thể tích khối chóp S . ABC D thì SB ' SD ' ta không phải tách thành hai khối chóp đồng thời tính được các tỉ số , khá SB SD dẽ dàng. Ví dụ 9: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, cạnh bên SB tạo với đáy góc 450 . Gọi B, D  là hình chiếu của A lần lượt trên SB, SD. Mặt phẳng  ABD cắt SC tại C . Tính thể tích của khối AB ' C ' D '. ABCD . Lời giải 1: 16
 Ta có: SB   45 , ABCD  SBA  S  SAB vuông cân tại A  SA  a. Mặt khác SAB vuông cân tại A có AB  là đường cao  B  là trung điểm SB. C' D' SAD vuông cân tại A có AD  là đường B' cao  D  là trung điểm SD. Mà SC 2  SA2  AC 2  3a 2  SC  3a. D A Ta có: CD  AD ; CD  SA O  CD  ( SAD )  CD  AD ' . B C CD  AD ' ; AD '  SD  AD '  (SCD)  AD '  SC 1 . Chứng minh tương tự ta cũng có: AB '  SC  2 . Từ 1 và 2  SC  ( AB ' C ' D ')  SC  AC ' . Xét tam giác vuông SAC có AC  là đường cao nên: SA 2  SC .SC ' SA2 a 3  SC '   SC 3 1 1 Đặt V  VS . ABCD . Khi đó: VS . ABC  VS . ADC  VS . ABCD  V . 2 2 a 3 VS . AB ' C ' SB ' SC ' 1 3 1 1 1 Ta có:  .  .   VS . AB 'C '  VS . ABC  V . VS . ABC SB SC 2 a 3 6 6 12 VS . AD ' C ' SD ' SC ' 1 1 1  .   VS . AD ' C '  VS . ADC  V . VS . ADC SD SC 6 6 12 1 1 VS AB C D VS AB C   VS AC D  V V 1 Vậy   12 12  . VS . ABCD VS . ABCD V 6 5 5 1 5 Do đó: VAB ' C ' D ' BCD  VSABCD  . .a.a 2  a 3 6 6 3 18 Lời giải 2: Vì hình chóp S . ABCD là hình chóp có đáy ABCD là hình vuông nên áp dụng Bài toán 1.1 để giải bài toán này. 17
 Ta có: SB    45  SAB vuông cân tại A  SA  a. , ABCD  SBA Mặt khác SAB vuông cân tại A có AB  là đường cao  B  là trung điểm SB. SAD vuông cân tại A có AD  là đường cao  D  là trung điểm SD. Ta có a  1, b  d  2 ; do a  c  b  d  c  3 V 1 2  3  2 1 5 5 1 5 Vậy SA ' B ' C ' D '    VAB ' C ' D ' BCD  VSABCD  . .a.a 2  a 3 VSABCD 4.1.2.3.2 6 6 6 3 18 Lời bình: Qua hai lời giải trên ta thấy ngay hiệu quả khi áp dụng Bài toán 1.1 Ví dụ 10: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích bằng 2. SM SN Hai điểm M , N lần lượt thuộc cạnh SB , SD sao cho   k 0  k  1 . SB SD Mặt phẳng  AMN  cắt cạnh SC tại K . Tìm k để khối đa diện lồi AMKNDC có thể tích bằng 1 ? Lời giải 1: Do ABCD là hình bình hành và S SM SN   k nên MN // BD . SB SD Gọi O  AC  BD , I  SO  MN  SC   AMN   SC  AI  K . K N I SI SM SN MN // BD    k M J D SO SB SD A IO 1  k   . IS k O B C Trên mp( SAC ) , kẻ OJ song song SC cắt AK tại J . OJ AO 1 Ta có    KC  2.OJ (1). KC AC 2 OJ IO 1  k k Mặt khác,    SK  .OJ (2). SK IS k 1 k SK k SK k Từ (1) và (2) suy ra    . KC 2(1  k ) SC 2  k VBAMC BM 1 k Ta có:   1 k  VBAMC  VS . ABCD  1 k . VBASC BS 2 18
VS . AMKN VS . AMK SM SK k2 2k 2   .   VS . AMKN  VS . ABCD VS . ABC SB SC 2  k 2k 2k 2 Mặt khác ta có VBAMC  VS . AMKN  VS . ABCD  VAMKNDC  1  1  k   1 2 k 2  3k 2  2k  0  k  3 Nhận xét: Từ lời giải 1, ta thấy khi sử dụng Bài toán 1 để tìm giá trị k thì việc giải quyết khá phức tạp và dài dòng. Nhưng vận dụng Bài toán 1.1 thì việc tìm tỉ SC số sẽ nhanh và dễ hơn, nó được thể hiện qua cách giải sau: SK Lời giải 2: 1 1 Ta có a  1, b  d   c  2 . k k 1 1 2 1    1 VSAMKN k k k k2 Khi đó:   VSABCD 1 2 4.1. .( 1). 1 2k k k k VBAMC BM 1 k Mặt khác:   1 k  VBAMC  VS . ABCD  1 k VBASC BS 2 Và VBAMC  VS . AMKN  VS . ABCD  VAMKNDC  1 2k 2 2 Vậy: 1  k    1  3k 2  2k  0  k  2 k 3 Ví dụ 11: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có diện tích bằng 12a 2 ; khoảng cách từ S tới mặt phẳng  ABCD  bằng 4a . Gọi G là trọng tâm tam giác ACD ; gọi E và F lần lượt là trung điểm các cạnh SB và SC . Mặt phẳng GEF  chia hình chóp S . ABCD thành hai khối đa diện, hãy tính thể tích của khối đa diện chứa đỉnh S . Lời giải: Ta có mp GEF  cắt hình chóp S . ABCD theo thiết diện là hình thang MEFN 1 Ta có: VS . ABCD  .12a 2 .4a  16a 3 . 3 Đặt V1  VSADNMEF  VS . ADNM  VS .MNEF . 19
S 1 1  16 Mà: VS . ADNM  . .12a 2 .4a  a3 3  3  3 16 3 32 3  VS . BCNM  16a 3  a  a . 3 3 F E SM SN SB Đặt a   1; b   1; c   2; A D SM SN SE M G N SC d  2. SF Ta có: B C VS .EFNM a  b  c  d 11 2  2 3 3 3 32     VS . EFNM  VS . BCNM  . a 3  4a3 VS .BCNM 4abcd 4.1.1.2.2 8 8 8 3 16 3 28a3 Do đó: V1  a  4a  3 . 3 3 Ví dụ 12: Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích V , điểm P là trung điểm của SC . Một mặt phẳng qua AP cắt hai cạnh SB và SD lần lượt tại M và N . Gọi V1 là thể tích của khối chóp S . AMPN . Tìm giá trị nhỏ nhất V của 1 V Lời giải 1: (Áp dụng trực tiếp Bài toán 1) +) Ta có: 1 S VS . ABC  VS . ADC  VS . ABD  VS . BCD  V . 2 +) V1  VS . AMPN  VS . AMP  VS . ANP ; SM SN Đặt  x;  y 0  x, y  1 . P SB SD N M I VS . AMP SM SP 1 +)  .  .x A D VS . ABC SB SC 2 O 1 1  VS . AMP  .xV . S . ABC  xV . B C 2 4 VS . ANP SN SP 1 +)  .  .y VS . ADC SD SC 2 1 1  x  y  VS . ANP  . y.VS . ADC  yV  V1  VS . AMP  VS . ANP  .V 1 2 4 4 20