Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Sử dụng phương pháp tỉ số thể tích để tính thể tích của các khối đa diện

Chia sẻ: Caphesua | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:30

Thêm vào BST

Báo xấu

24
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu của đề tài nhằm giúp cho các em học sinh lớp 12 có một tài liệu tham khảo cô đọng nhất. Trong đề tài này thì lượng bài tập được xếp theo thứ tự từ dễ đến khó và đầy đủ các dạng mà trong đề thi THPT QG thường đề cập tới. Từ đó giúp học sinh phát huy tốt kiến thức, kỹ năng tính tỉ số thể tích, tính thể tích hoặc làm các bài toán min, max liên quan đến khối đa diện.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Sử dụng phương pháp tỉ số thể tích để tính thể tích của các khối đa diện

MỤC LỤC Trang 1. Lời giới thiệu…………………………………………………………………… 2 2.Tên sáng kiến……………………………………………………………………. 3 3.Tác giả sáng kiến………………………………………………………………... 3 4.Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến……………………………………………………... 4 5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến…………………………………………………….. 4 6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu………………………………………….. 4 7. Mô tả bản chất của sáng kiến ………………………………………………….. 4 NỘI DUNG 5 A. CÔNG THỨC TỈ SỐ THỂ TÍCH …………….....…………………………….. 5 Bài toán............................................................................................................ 5 B. MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG CÔNG THỨC TỈ SỐ THỂ TÍCH............. 5 Dạng toán 1: Sử dụng công thức tỉ số thể tích giải bài toán tính tỉ số thể tích 5 của các khối đa diện. Dạng toán 2: Sử dụng công thức tỉ số thể tích giải bài toán tính thể tích của 11 các khối đa diện. Dạng toán 3: Sử dụng công thức tỉ số thể tích trong các bài toán Min, Max 18 trong hình học không gian. C. MỘT SỐ BÀI TẬP TRẮC NGHIỆM RÈN LUYỆN…………………………… 24 8. Những thông tin cần được bảo mật…………………………………………….. 29 9. Những điều kiện cần thiết để áp dụng sáng kiến………………………………. 29 10. Đánh giá lợi ích thu được…………………………………………………….. 29 11. Danh sách những tổ chức, cá nhân tham gia áp dụng thử……………………. 29 1
BÁO CÁO KẾT QUẢ NGHIÊN CỨU, ỨNG DỤNG SÁNG KIẾN 1. Lời giới thiệu Toán học là một môn học đòi hỏi tư duy lôgic rất chặt chẽ. Học sinh thường học môn Toán nói chung khá vất vả và thấy rất khó, đặc biệt là môn Hình học không gian lại càng khó khăn hơn. Tuy nhiên từ năm học 2016 – 2017 đến nay Bộ Giáo Dục và Đào Tạo đã thực hiện đổi mới trong thi cử, trong đó môn Toán cùng với các bộ môn khác chuyển từ hình thức thi tự luận sang hình thức thi trắc nghiệm. Học sinh không phải trình bày bài toán theo kiểu tự luận mà chỉ cần làm sao cho đáp án được chính xác nhất, nhanh nhất. Nhưng phần lớn học sinh gặp câu “Hình” trong trắc nghiệm là khoanh bừa đáp án, mà ta lại thấy trong đề thi thì câu Hình học không gian lại xuất hiện khá nhiều. Nếu cứ khoanh bừa đáp án theo kiểu “Hên-xui” thì học sinh thường không yên tâm và có phần nhiều rất lo lắng. Trong đề thi minh họa của Bộ Giáo Dục và Đào Tạo và trong các đề thi chính thức của Bộ Giáo Dục luôn có những bài toán “Dễ, trung bình, khá và khó” về tính tỉ số thể tích, tính thể tích của khối chóp, khối lăng trụ hoặc những khối đa diện và đặc biệt khó nếu những bài toán đó lại liên quan đến các bài toán Min- Max trong hình học không gian. Những bài toán đó thường gây ra cho học sinh lúng túng và nhiều khi các em học sinh thường bỏ qua những bài toán “Hình” đó. Đây là một vấn đề rất thực tế nhưng để học tốt nó vốn không đơn giản đối với các học sinh có tư duy hình học yếu, đặc biệt là tư duy cụ thể hoá, trừu tượng hoá. Việc dạy và học các vấn đề này ở chương trình toán lớp dưới vốn đã gặp rất nhiều khó khăn bởi nhiều nguyên nhân, trong đó có nguyên nhân về tâm lý gặp hình là thấy khó và hơn nữa trong các sách giáo khoa đang còn thiếu nhiều bài tập về phần trắc nghiệm để rèn luyện phần này. Do đó khi học về vấn đề tính tỉ số thể tích, tính thể tích của khối chóp, khối lăng trụ hoặc những khối đa diện ở chương 1 hình học 12 học sinh gặp rất nhiều khó khăn. Đa số các em học sinh thường có cảm giác nhìn vào bài toán là đã không muốn đọc rồi bởi vì nó dài và còn khó 2
nữa. Có chăng nếu em nào đó mà học khá hơn một chút thì khi học vấn đề này nhìn chung các em thường vận dụng công thức một cách máy móc chưa có sự phân tích, thiếu tư duy lôgic và trực quan nên các em hay bị nhầm lẫn, hoặc không giải được, đặc biệt là những bài toán cần phải có hình vẽ để “chia nhỏ” thể tích mới tính được. Càng khó khăn hơn cho những học sinh có kỹ năng tính toán các bài hình còn yếu và kỹ năng “Nhìn hình vẽ trong không gian” còn hạn chế, mơ hồ. Trong sách giáo khoa bài tập về vấn đề đó còn ít, hoặc lượng bài tập rất hạn chế còn sơ sài. Trên các diễn đàn thì tài liệu nhiều vô kể nhưng cũng gây hoang mang cho học sinh vì không biết nên tham khảo tài liệu nào hay bỏ tài liệu nào, chưa kể các tài liệu viết rất lan man, nhiều bài toán thậm chí còn đánh đố học sinh. Nhận thức được vấn đề đó nên tôi viết đề tài “SỬ DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỈ SỐ THỂ TÍCH ĐỂ TÍNH THỂ TÍCH CỦA CÁC KHỐI ĐA DIỆN” nhằm giúp cho các em học sinh lớp 12 có một tài liệu tham khảo cô đọng nhất. Trong đề tài này thì lượng bài tập được xếp theo thứ tự từ dễ đến khó và đầy đủ các dạng mà trong đề thi THPT QG thường đề cập tới. Từ đó giúp học sinh phát huy tốt kiến thức, kỹ năng tính tỉ số thể tích, tính thể tích hoặc làm các bài toán min, max liên quan đến khối đa diện. Học sinh thấy được việc sử dụng phương pháp tỉ số thể tích vào làm toán trắc nghiệm trong một số bài sẽ rất nhanh và chính xác, khi đó học sinh sẽ cảm thấy hứng thú, thiết thực và học tốt về hình học không gian, các em sẽ không còn cảm giác không làm được nữa, mà sẽ giải quyết được bài toán đó rất nhanh gọn. 2. Tên sáng kiến “Sử dụng phương pháp tỉ số thể tích để tính thể tích của các khối đa diện” 3. Tác giả sáng kiến - Họ và tên: Tô Ngọc Dũng - Địa chỉ tác giả sáng kiến: Trường THPT Nguyễn Viết Xuân – Huyện Vĩnh Tường – Tỉnh Vĩnh Phúc. - Số điện thoại: 0976378504 - Email: dung.thpt.nvx@gmail.com 3
4. Chủ đầu tư tạo ra sáng kiến - Họ và tên: Tô Ngọc Dũng 5. Lĩnh vực áp dụng sáng kiến - Nghiên cứu giảng dạy môn Toán lớp 12 trong trường THPT. 6. Ngày sáng kiến được áp dụng lần đầu hoặc áp dụng thử Từ tháng 09 năm 2019 đến tháng 02 năm 2020 7. Mô tả bản chất của sáng kiến: - Để giúp các em học sinh tính toán được nhanh các bài tập trắc nghiệm hình học về tính tỉ số thể tích của các khối đa diện, tính thể tích của các khối đa diện và những em học sinh khá giỏi có thể làm được một số bài toán min-max về khối đa diện trong hình không gian. 4
NỘI DUNG A. CÔNG THỨC TỈ SỐ THỂ TÍCH Bài toán: Cho hình chóp tam giác S . ABC . Trên ba đường thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy ba điểm A, B, C  khác với S . Gọi V và V  lần lượt là thể tích của các V SA SB SC khối chóp S . ABC và S . ABC  . Khi đó ta luôn có:  . . . V  SA SB SC  B. MỘT SỐ DẠNG TOÁN SỬ DỤNG CÔNG THỨC TỈ SỐ THỂ TÍCH Dạng toán 1: Sử dụng công thức tỉ số thể tích giải bài toán tính tỉ số thể tích của các khối đa diện. Phương pháp: - Sử dụng công thức tính tỉ số thể tích của 2 khối chóp tam giác. - Sử dụng các định lí, tính chất hình học đã biết. Ví dụ 1.1. Cho hình chóp S . ABC . Gọi M , N , P lần lượt là trung điểm SA, SB và SC . Khi đó tỉ số thể tích giữa khối chóp S .MNP và khối chóp S . ABC bằng 1 1 1 1 A. . B. . C. . D. . 4 8 6 2 Lời giải Chọn B VS .MNP SM SN SP 1 Ta có:  . .  . VS . ABC SA SB SC 8 Ví dụ 1.2. Cho hình chóp S . ABC . Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA , SB V . Tính tỉ số S . ABC . VS .MNC 1 1 A. . B. . C. 2 . D. 4 . 2 4 5
Lời giải VS . ABC SA SB SC Ta có  . .  2.2.1  4 . Chọn D VS .MNC SM SN SC Ví dụ 1.3. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam S giác vuông cân tại C cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) có SA=AB. Mặt phẳng () qua B’ A và vuông góc với SB cắt SB tại B’ cắt SC tại C’ (B’ và C’ khác S). Tìm tỉ số thể tích hai phần của khối chóp cắt bởi ()? C’ B A Lời giải: C Ta đặt: CB = CA = a; AB =SA = a 2 ; SB = 2a; SC = a 3 VS.AB'C' SA SB' SC' SB' SC'  . .  . VS.ABC SA SB SC SB SC Dễ dàng chứng minh được tam giác AC’B’ vuông ở C’. Nên ta có: 2 2 VS.AB'C' SA SB' SC' SB' SC' SB'.SB SC'.SC  SA  SA 4a2 1 = . . = . = . = 2 . 2 = = VS.ABC SA SB SC SB SC SB2 SC2  SB  SC  4a2.3a2 3 1 2 VS.AB'C ' 1 VS.AB'C' = VS.ABC  VA.BCC'B'  VS.ABC . Hay  . 3 3 VA.BCC ' B' 2 Ví dụ 1.4. Cho hình chóp S.ABCD. Gọi G là trọng tâm ∆SBC, mp(  ) qua G song song (ABC) cắt SA, SB, SC tại A’, B’, C’, chia khối chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần đó. Lời giải: 6
S A' C' G B' A C B Dễ dàng chỉ ra được 3 điểm A’, B’, C’ nằm trên 3 cạnh SA, SB, SC nên ta tính VSA ' B ' C ' được tỉ số . VABC 3 V SA ' SB ' SC '  2  8 VSA ' B ' C ' 8 Ta có: SA ' B ' C '  . .      VSABC SA SB SC  3  27 VA ' B ' C ' ABC 19 Ví dụ 1.5. 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 VS.AB 'C 'D ' tỉ số thể tích . VABCDD 'C ' B' S Lời 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’. C' D' Ta có: B' I VS.AB'C ' SB' SC' 1 SC' O'  .  VS.ABC SB SC 2 SC A D VS.AC ' D ' SC' SD ' 1 SC' O  .  VS.ACD SC SD 2 SC B C Suy ra: 1 SC' 1 SC' VS.AB 'C '  VS.AC ' D '  . (VS.ABC  VS.ACD )  . .VS.ABCD 2 SC 2 SC Kẻ OO’//AC’ (O’SC). Ta có SC’ = C’O’ = O’C. 1 1 V 1 Do đó: VS.A ' B'C ' D '  . .VS.ABCD Hay S.A ' B'C ' D '  2 3 VS.ABCD 6 5 VS.AB'C ' D ' 1 Suy ra: VABCDD 'C 'B'  . Vậy  . 6 VABCDD 'C ' B' 5 7
Ví dụ 1.6. Cho khối chóp tứ giác đều SABCD, mặt phẳng (  ) qua A, B và trung điểm M của SC. Tính tỉ số thể tích của hai phần khối chóp bị phân chia bởi mặt phẳng đó. Lời giải: S N M A D H C B Kẻ MN // CD (N  SD)  Hình thang ABMN là thiết diện của khối chóp khi cắt bởi mp(ABM). VSANB SN 1 1 1 Ta có:    VSANB  VSABD  VSABCD . VSADB SD 2 2 4 VSBMN SM SN 1 1 1 1 1 Mặt khác có:  .  .   VSBMN  VSBCD  VSABCD . VSBCD SC SD 2 2 4 4 8 3 5 V 3 Mà: VSABMN  VSANB  VSBMN  VSABCD  VMNABCD  VSABCD . Do đó: SABMN  8 8 VMNABCD 5 Ví dụ 1.7. Cho hình chóp S.ABC lấy M và N lần lượt trên các cạnh SA và SB SM 1 SN sao cho  ,  2 . Mặt phẳng (α) qua MN song song với SC chia khối MA 2 NB chóp thành hai phần, tìm tỉ số thể tích của hai phần đó. Lời giải: Kéo dài MN cắt AB tại I, kẻ MD song song SC (D AC); E =DI  CB. Khi đó tứ giác MNED là thiết diện khối chóp cắt bởi (α). 8
VA.MDI AM AD AI 2 2 4 16 16 Ta có:  . .  . .  Vậy VA.MDI  VA.SCB VA.SCB AS AC AB 3 3 3 27 27 (Do kẻ MJ//AB ta có: NMJ  NIB , BJ  NJ  BI  1 AB ;AI  4 AB) 3 3 VIBNE IB IN IE 1 1 1 1 Ta lại có:  . .  . .  VIAMD IA IM ID 4 2 2 16 1 1 16 1 Suy ra: VI.BNE  VA.MDI  . VS.ABC  VS.ABC 16 16 27 27 16 1 5  VAMDEN  VAMDI  VIBNE  VS.ABC  VS.ABC  VS.ABC 27 27 9 Gọi VSMDCEN là phần thể tích còn lại ta có: 5 4 VS.ABC VAMDBNE 9 5 VSMDCEN  VS.ABC  VAMDEN  VS.ABC . Vậy:   9 4 VSMDCEN VS.ABC 4 9 Ví dụ 1.8. Cho khối tứ diện có thể tích V . Gọi V ' là thể tích của khối đa diện có V' các đỉnh là các trung điểm của các cạnh tứ diện đã cho. Tính tỷ số . V V' 1 V' 5 V' 3 V' 1 A.  . B.  . C.  . D.  . V 4 V 8 V 8 V 2 Lời giải Giả sử khối tứ diện là ABCD . Gọi E , F , G, H , I , J lần lượt là trung điểm của AB, AC , AD, BC , CD, BD . VAEFG AE AF AG 1 1 Ta có      VAEFG  V V AB AC AD 8 8 1 1 1 Tương tự VBEHJ  V ;VCHIF  V ;VDGIJ  V 8 8 8 1 V 1 Do đó V   V  VAEFG  VBEHJ  VCHIF  VDGIJ   V . Vậy  . Chọn D 2 V 2 9
Ví dụ 1.9. 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 S.ABCD và S.BCNM. Tính tỷ số V1 . V S Lời giải: Do (MBC) chứa BC//(SAD) nên N là giao điểm của M N đường thẳng qua M song song với AD. Suy ra N là trung điểm SD. D A Ta có: VS.ABC  VS.ACD  V 2 O (Do ABCD là hình thoi nên SABC  SACD ) VS.MBC SB SC SM SM 1 B C  . .   VS.ABC SB SC SA SA 2  VS.MBC  V ; VS.MCN  SM . SC . SN  SM . SN  1  VS.MCN  V 4 VS.ACD SA SC SD SA SD 4 8 Suy ra: V1  VS.MBC  VS.NCM  3V . Vậy V1  3 . 8 V 8 Ví dụ 1.10. Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ có cạnh là a. Gọi K là trung điểm BC, I là tâm mặt bên CC’D’D. Tính thể tích các khối đa diện do mặt phẳng (AKI) chia hình lập phương. Lời giải Gọi E = AK  DC , M = IE  CC’ , N = IE  DD’ Mặt phẳng (AKI) chia hình lập phương thành thành 2 khối đa diện đặt: V 1 = V KMCAND và V 2 = V KBB ' C ' MAA ' D ' N E 1 2 Vlp = VABCDA ' B ' C ' D ' = a 3 , V EAND  .ED.SADN  a 3 B K C 3 9 D VEKMC EK EM EC 1 7 7 A  . .   V 1 = .VEAND  a 3 VEAND EA EN ED 8 8 36 I 29 3 V 7 B' V 2 = Vlp - V 1 = a  1  . N C' 36 V2 29 A' D' 10
Dạng toán 2: Sử dụng công thức tỉ số thể tích giải bài toán tính thể tích của các khối đa diện. Phương pháp: - Nhiều khi tính trực tiếp thể tích của khối đa diện cần tính rất khó, tuy nhiên ta có thể sử dụng công thức tính tỉ số thể tích của 2 khối chóp tam giác để đưa bài toán về tính thể tích của khối đa diện đơn giản hơn, từ đó ta sẽ tính được thể tích của khối đa diện cần tính. - Sử dụng các công thức, định lí, tính chất hình học đã biết. Ví dụ 2.1. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với đáy. Góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  là 60 . Gọi M ; N là trung điểm của SB; SC . Tính thể tích khối S. ADMN ? a3 6 a3 6 3a 3 6 a3 6 A. V  . B. V  . C. V  . D. V  16 24 16 8 Lời giải Chọn A  SO  BD Ta có      60  SBD  ;  ABCD    SOA  AC  BD a 2 a 6 AC  a 2  AO   SA  AO.tan 60  2 2 1 1a 6 2 6 3 VS . ABCD  V  SA.S ABCD  .a  a 3 3 2 6 VS . AMD SM 1 1 1    VS . AMD  VS . ABD  VS . ABCD VS . ABD SB 2 2 4 VS . DMN SM SN 1 1 1  .   VS .DMN  VS . DBC  VS . ABCD VS . DBC SB SC 4 4 8 1 1 3 3 6 3 6 3 VS . ADMN  VS . AMD  VS . NMD  V  V  V  . a  a . 4 8 8 8 6 16 11
Ví dụ 2.2. Cho hình chóp S . ABCD . Gọi I , J , K , H lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SA, SC , SD . Tính thể tích khối chóp S . ABCD biết thể tích của khối chóp S .IJKH là 1. A. 16 . B. 8 . C. 2 . D. 4 . Lời giải S I H K J A D C B VSIJK SI SJ SK 1 1 1 1 V SI SK SH 1 1 1 1 Ta có  . .  . .  và SIKH  . .  . .  . VSABC SA SB SC 2 2 2 8 VSACD SA SC SD 2 2 2 8 Suy ra VSABC  8VSIJK và VSACD  8VSIKH . Do đó VSABCD  VSABC  VSACD  8 VSIJK  VSIKH   8VSIJKH  8 . Chọn B Ví dụ 2.3. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân ở B. Gọi G là trọng tâm tam giác SBC, (  ) qua AG song song BC cắt SB, SC tại M, N. Tính thể tích của khối chóp S.AMN? Lời giải Gọi I là trung điểm của BC, G là trọng tâm của  SBC SG 2 S   SI 3 2 SH SA2 4a 2 4 SA  SH .SC     SC SC 2 7a 2 7 N 2 SK SA2 4a 2 1 SA  SK .SB     SB SB 2 8a 2 2 A G C VSAMN SA SM SN 4 M  . .  I VSABC SA SB SC 9 B 4 2a 3  VSAMN  VSABC  (đvtt) 9 27 12
Ví dụ 2.4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy S   ABC ABCD là hình thang, BAD   900 , AB  BC  a, AD  2a, SA  (ABCD) và M 2a N SA=2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA và SD. Tính thể tích khối chóp S.BCNM A 2a theo a? D a a Lời giải : C B Áp dụng công thức ta có: VS.BCM SB SC SM 1 VS.CMN SM SN SC 1  . .  ;  . .  . VS.BCA SB SC SA 2 VS.CAD SA SD SC 4 1 1 VS.BCNM  VS.BCM  VS.CNM  VS.BCA  VS.CAD . 2 4 1 1 1 1 Ta có: VS.ABC  SA.SABC  SA. BA.BC  a3 3 3 2 3 1 và: VS.ACD  .SA.SACD 3 1 1 1 1 2  .SA. CA.CD  .2a. a 2.a 2  a3 3 2 3 2 3 1 1 a 3 2a 3 a 3 Vậy: VS.BCNM  VS.BCM  VS.CNM  VS.BCA  VS.CAD    2 4 2.3 4.3 3 1 1 a 3 2a 3 a 3 Nên: VS.BCNM  VS.BCM  VS.CNM  VS.BCA  VS.CAD    . 2 4 2.3 4.3 3 Ví dụ 2.5. Cho lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có thể tích bằng 2 . Gọi M , N lần lượt là hai điểm nằm trên hai cạnh AA ' và BB ' sao cho M là trung điểm của AA ' và 2 BN  BB ' . Đường thẳng CM cắt đường thẳng C ' A ' tại P và đường thẳng CN 3 cắt đường thẳng C ' B ' tại Q . Thể tích khối đa diện A ' MPB ' NQ bằng 5 13 7 7 A. . B. . C. . D. . 9 18 18 9 Lời giải Chọn D 13
QB ' B ' N B ' N 1 QC ' 3 Ta có:      QC ' C ' C B ' B 3 B 'C ' 2 SPQC ' PC ' QC ' 3  .  2.  3  SPQC '  3SA ' B ' C ' SA ' B ' C ' A 'C ' B 'C ' 2 Đặt h  d  C ;  A ' B ' C '   . 1 1 VC .C ' PQ  .SPQC ' .h  .3SA ' B ' C ' .h  SA ' B ' C ' .h  VABC . A ' B ' C '  2 3 3 2 4 Mặt khác: VC . ABB ' A '  VABC . A ' B 'C'  . 3 3 1 2 AA ' AA ' VC . ABNM S AM  BN 2 3 7  ABNM    VC . ABB ' A ' S ABB ' A ' AA ' BB ' AA ' AA ' 12 7 7 4 7  VC . ABNM  .VC . ABB ' A '  .  12 12 3 9 7 11 Suy ra: VCC ' MNB ' A '  VABC . A ' B ' C '  VC . ABNM  2   . 9 9 11 7 Vậy: VA ' MPB ' NQ  VC . PQC '  VCC ' MNB ' A '  2   . 9 9 S Ví dụ 2.6. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và M nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, A a B P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, BC, CD. Tính thể tích khối tứ diện CMNP theo a. H Lời giải : N V CN CP 1 Ta có: CMNP  .  (1) D P C VCMBD CB CD 4 14
VCMBD VM.BCD MB 1    (2) VCSBD VS.BCD SB 2 VCMNP 1 1 Nhân theo vế (1) với (2) ta có:   VCMNP  .VS.BCD VS.BCD 8 8 Gọi H là trung điểm của AD ta có SH  AD mà (SAD)  (ABCD) nên SH (ABCD) 1 1 a 3 1 2 a3 3 a3 3 Do đó: VS.BCD  .SH.SBCD  . . a  . Vậy: VCMNP  (đvtt). 3 3 2 2 12 96 Ví dụ 2.7. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông mặt bên  SAB  là một tam giác đều nằm trong mặt phẳng vuông góc với mặt đáy và có diện tích bằng 27 3 . Một mặt phảng đi qua trọng tâm SAB và song song với mặt đáy ( ABCD) 4 và chia khối chóp thành hai phần. Tính thể tích V của phần chứa điểm S . A. V  24 B. V  8 C. V  12 D. V  36 Lời giải Chọn C S D' A' D G A B' C' B C a 2 3 27 3 Giả sử SAB đều có cạnh bằng a suy ra SSAB   a 3 3. 4 4 3 9 Gọi H là trung điểm của AB thì SH  ( ABCD); SH  3 3  2 2 1 81  VS . ABCD  SH .S ABCD  . 3 2 Mặt phẳng đi qua trọng tâm SAB và song song với mặt đáy ( ABCD) cắt các cạnh SA, SB , SC lần lượt tại A' , B ' , C ' , D' . Khi đó thể tích V của phần chứa điểm S là: SA '.SB '.SC ' SA '.SD '.SC ' VS . A ' B ' C ' D '  VS . A ' B ' C '  VS . A ' C ' D '  VS . ABC  VS . ADC SA.SB.SC SA.SD.SC 3 2 1    VS . ABCD  12 . 3 2 15
Ví dụ 2.8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a; SA = a 3 và SA vuông góc với đáy, mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SC và cắt SB, SC, SD lần lượt tại B’, C’, D’. Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’ theo a . Lời giải : S Ta có: BC  AB; BC  SA  BC  (SAB); SC  (P)  SC  AB’  AB’ (SBC). C' Tương tự ta cũng có: AD’  SD D' Lại có: VS.AB'C'D'  Vs.AB'C'  VS.AD'C' C D VS.AB'C ' SA SB' SC' SB.SB' SC.SC' B'  . .  . VS.ABC SA SB SC SB2 SC2 (1) O SA 2 SA 2 3 3 9 a  .  .  SB2 SC2 4 5 20 A B VS.AD 'C ' SA SD ' SC' SD.SD' SC.SC'  . .  . (2) VS.ADC SA SD SC SD 2 SC 2 SA 2 SA 2 3 3 9  .  .  SD2 SC2 4 5 20 1 1 a3 3 Do: VS.ABC  VS.ADC  . .a 2 .a 3  . Khi đó cộng theo vế (1) và (2) ta có: 3 2 6 VS.AD 'C ' VS.AB'C ' VS.AB 'C ' VS.AD 'C ' 9 9 9 + = 3  3    VS.ADC VS.ABC a 3 a 3 20 20 10 6 6 9 a 3 3 3 3.a 3 Suy ra VS.AB'C 'D '   . 10 6 20 Ví dụ 2.9. Cho khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' có thể tích bằng 2018 . Gọi M là trung điểm của cạnh AB. Mặt phẳng  MB ' D '  chia khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' thành hai khối đa diện. Tính thể tích của phần khối đa diện chứa đỉnh A. 5045 7063 10090 7063 A. . B. . C. . D. 6 6 17 12 Lời giải Chọn D 16
( ABCD ) / /( A ' B ' C ' D ')  -   ( MB ' D ')  ( ABCD )  MN / / B ' D ' . ( MB ' D ')  ( A ' B ' C ' D ')  B ' D ' - Trong mp ( AA ' B ' B ) gọi S  B ' M  AA ' . Do đó B ' M , D ' N , AA ' là giao tuyến của 3 mặt phẳng đôi một cắt nhau nên chúng đồng quy tại S . SA SM SN 1 - Áp dụng định lí Talet ta có    . SA ' SB ' SD ' 2 SA SM SN 1 - VS . AMN  . . VS. A ' B ' D '  VS. A ' B ' D ' SA ' SB ' SD ' 8 7 7 1  VAMN . A ' B ' D '  VS . A ' B ' D '  . .SA.SA ' B ' D ' 8 8 3 7 1 1 7 7063  . .2. AA '. . A ' B '. A ' D '  VABCD. A ' B ' C ' D '  8 3 2 24 12 Ví dụ 2.10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy S ABCD là hình chữ nhật, AB = a; BC = a 2 . Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = b. K M A Gọi M là trung điểm SD, N là trung điểm AD. Gọi (P) là mặt phẳng đi qua BM và cắt mặt I N phẳng (SAC) theo một đường thẳng vuông D H O B góc với BM. Chứng minh rằng: AC  (BMN) và tính thể tích khối đa diện S.KMHB. Lời giải : C Dễ CM được AC  BN (1) Lại có: MN // SA  MN  AC (2) 17
Từ (1) và (2) ta có: AC  (BMN) Giả sử (P) cắt (SAC) theo giao tuyến (d)  BM. Mà do (d) và AC đồng phẳng  (d) // (AC). Gọi: O = (AC)(BD). Trong mặt phẳng (SBD): SO cắt BM tại I. Qua I kẻ đường thẳng (d) // (AC) cắt SA, SC lần lượt tại H, K  Mặt phẳng (MHBK) là mặt phẳng (P) cần dựng. Lại vì I là trọng tâm SDC và HK//AC nên: SH SK SI 2    (3) SC SA SO 3 Theo công thức tính tỉ số thể tích, ta có: VSMBK SM SB SK 1 VSMHB SM SH SB 1  . .  ;  . .  . VSDBA SD SB SA 3 VSDCB SD SC SB 3 1 1 1  VSKMHB =VSKMB + VSMHB =  VS.DBC  VS.DBA   .VS.ABCD = 2.a 2b (đvtt). 3 3 3 Dạng toán 3: Sử dụng công thức tỉ số thể tích trong các bài toán Min, Max trong hình học không gian. Nội dung phương pháp: Trong toán học nói chung, chúng ta thấy: Việc tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của một đại lượng biến thiên là không hề dễ dàng. Bởi vậy việc tìm giá trị nhỏ nhất và lớn nhất của một đại lượng biến thiên đối với hình học không gian lại càng khó khăn hơn. Tuy nhiên nếu biết cách sử dụng công thức tỉ số thể tích vào giải toán min, max một số bài toán hình không gian sẽ cho chúng ta lời giải ngắn gọn và rất hay. Ví dụ 3.1. Cho tứ diện S . ABC có G là trọng tâm tứ diện, mặt phẳng quay quanh V AG cắt các cạnh SB , SC lần lượt tại M , N . Giá trị nhỏ nhất của tỉ số S . AMN là VS . ABC 4 3 1 1 A. . B. . C. . D. . 9 8 3 2 Lời giải Chọn A 18
Gọi E , F , G lần lượt là trung điểm BC , SA, EF suy ra G là trọng tâm tứ diện S . ABC . Điểm I là giao điểm của AG và SE . Qua I dựng đường thẳng cắt các cạnh SB , SC lần lượt tại M , N . Suy ra  AMN  là mặt phẳng quay quanh AG thỏa mãn yêu cầu bài toán. KG AK 3 Kẻ GK // SE ,  K  SA  suy ra K là trung điểm FS    . SI AS 4 KG 1 SI 2 Mà    . SE 2 SE 3 SM SI SN SI Kẻ BP // MN , CQ // MN ;  P, Q  SE  . Ta có:  ;  . SB SP SC SQ  BEP  CEQ  E là trung điểm PQ  SP  SQ  2SE (đúng cả trong trường hợp P  Q  E ). 2 VS . AMN SA SM SN SI SI AM GM SI 2 SI 2  SI  4 Ta có:  . .  1. .  2  2    . VS . ABC SA SB SC SP SQ  SP  SQ  SE  SE  9 4 Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi SP  SQ  SE . Hay P  Q  E  MN // BC . 4 Vậy tỉ số nhỏ nhất là . 9 Ví dụ 3.2. Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  a , AD  2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA  3a. 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 . Giá trị nhỏ nhất của V1 bằng A. 2 a 3 . B. 1 a 3 . C. 4 a 3 . D. a3 . 3 3 3 Lời giải Chọn A 19
Ta có: VS . ABCD  1 .SA.S ABCD  1 .SA. AB. AD  1 .3a.a.2a  2a 3 . 3 3 3 Đặt SM  x, SN  y thì SB SD VS . AMPN VS . AMP  VS . ANP VS . AMP V    S . AMP  1 .( x  y ) (1) VS . ABCD VS . ABCD 2.VS . ABC 2.VS . ADC 4 VS . AMPN VS . AMP  VS . ANP VS . AMN V xy xy 3 xy    S .PMN    (2) VS . ABCD VS . ABCD 2.VS . ABD 2.VS .CBD 2 4 4 3 xy x  y 3 xy  x  y Từ (1) và (2) ta có :  0 4 4  x, y  0 Với x, y  0 ta có: 2 4  3 xy  x  y  2 xy   3 xy   4 xy  0  xy  . 9 2 Đẳng thức xảy ra  x  y  . 3 V 3 xy 3 4 1  S . AMPN   .   VS . AMPN  1 VS . ABCD  2 a 3. VS . ABCD 4 4 9 3 3 3 Đẳng thức xảy ra  SM  SN  2 . SB SD 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của V1 bằng 2 a 3 . 3 Ví dụ 3.3. Cho hình chóp đều S.ABC có SA = a. Gọi G là trọng tâm tam giác SBC, mặt phẳng (P) đi qua AG cắt các cạnh SB, SC lần lượt tại M, N. Gọi V1, V V lần lượt là thể tích khối chóp S.AMN và S.ABC. Tìm giá trị lớn nhất của . V1 20