Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Ứng dụng phương pháp phân chia và lắp ghép để tính thể tích khối đa diện

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

Thêm vào BST

Báo xấu

14
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục tiêu nghiên cứu đề tài là tạo ra hệ thống bài tập theo chủ đề nhằm rèn luyện kỹ năng giải toán phần thể tích khối đa diện cho học sinh, cho giáo viên khi dạy học theo chủ đề, ôn thi tốt nghiệp, góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn Toán ở trường phổ thông.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Ứng dụng phương pháp phân chia và lắp ghép để tính thể tích khối đa diện

PHẦN I. MỞ ĐẦU 1.1. Lí do chọn đề tài Trang bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học sinh là mục tiêu được đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu dạy học môn toán. Việc đổi mới phương pháp dạy học môn toán ở trường THPT theo chương trình phổ thông mới năm 2018 yêu cầu mỗi giáo viên trong quá trình dạy học cần phát triển được năng lực đặc thù bộ môn như tư duy và lập luận toán học, giải quyết vấn đề toán học, giao tiếp toán học, mô hình hóa toán học, sử dụng công cụ và phương tiện toán học. Dạy toán ở trường phổ thông là dạy hoạt động toán học. Việc giải toán là hình thức chủ yếu của hoạt động toán học, giúp học sinh phát triển tư duy, tính sáng tạo. Dạy giải bài tập toán cho học sinh có tác dụng phát huy tính tích cực, chủ động sáng tạo, phát triển tư duy, gây hứng thú học tập cho học sinh. Đối với học sinh yêu cầu có kỹ năng vận dụng kiến thức vào tình huống mới, có khả năng phát hiện và giải quyết vấn đề, có năng lực độc lập suy nghĩ, sáng tạo trong tư duy và biết lựa chọn phương pháp tự học tối ưu nhất. Trong việc dạy giải bài tập Toán việc quan trọng hàng đầu là phải rèn luyện kỹ năng giải Toán, là phải rèn luyện cho người học cách suy nghĩ, phương pháp giải và khả năng vận dụng kiến thức, cách hệ thống các dạng bài tập theo chủ đề. Trong chương trình toán học phổ thông nói chung và chương trình toán 12 nói riêng, phần kiến thức về khối đa diện là phần kiến thức khó, đòi hỏi ở học sinh khả năng tư duy trừu tượng cao và muốn giải quyết những bài tập phần này các em không chỉ hiểu về mặt kiến thức mà còn phải có kỹ năng vận dụng, vẽ hình, phân chia, lắp ghép mới có thể hoàn thành được các bài tập. Tuy nhiên trong quá trình dạy học phần này nếu mỗi giáo viên biết tìm cho mình một hướng đi phù hợp để dẫn dắt các em vào chuỗi hoạt động học tập từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp sẽ giúp các em hình thành kiến thức và phát triển năng lực một cách nhẹ nhàng hơn. Để đạt được điều đó mỗi giáo viên cần phải thay đổi phương pháp giảng dạy, thay vì truyền thụ kiến thức cho các em thì giáo viên cần tạo ra tình huống để các em được hoạt động, từ đó giúp các em chiếm lĩnh tri thức. Bên cạnh đó, yêu cầu đổi mới trong kiểm tra đánh giá theo chương trình phổ thông mới đòi hỏi phải phát huy được năng lực người học mà cụ thể với phần bài tập về khối đa diện ngoài biết cách nhận dạng một khối đa diện còn phải biết tính thể tích, không chỉ là tính theo công thức thể tích thuần túy như thể tích khối chóp, khối lăng trụ mà còn phải biết phân chia, lắp ghép để tính được thể tích các khối phức tạp, đa hình dạng. Với những lí do như trên tác giả lựa chọn đề tài: “Ứng dụng phương pháp phân chia và lắp ghép để tính thể tích khối đa diện”. 1.2. Mục đích và nhiệm vụ của đề tài +) Nghiên cứu cơ sở lý luận về tư duy sáng tạo. +) Nghiên cứu sự phát triển, sáng tạo trong phương pháp phân chia và lắp ghép để tính thể tích khối đa diện. 1
+) Tạo ra hệ thống bài tập theo chủ đề nhằm rèn luyện kỹ năng giải toán phần thể tích khối đa diện cho học sinh, cho giáo viên khi dạy học theo chủ đề, ôn thi tốt nghiệp, góp phần nâng cao chất lượng dạy học môn Toán ở trường phổ thông. 1.3. Đối tượng nghiên cứu Quá trình dạy học các nội dung Hình Học 12 – phần thể tích khối đa diện. 1.4. Giới hạn của đề tài Đề tài tập trung và nghiên cứu các phương pháp và kĩ thuật phân chia lắp ghép để tính thể tích khối đa diện. 1.5. Phương pháp nghiên cứu +) Phương pháp nghiên cứu lí luận. +) Phương pháp điều tra quan sát. +) Phương pháp thực nghiệm sư phạm. 1.6. Bố cục của đề tài SKKN Ngoài phần mở đầu, phần kết luận và tài liệu tham khảo, đề tài được trình bày trong 3 chương. Chương 1. Cở sở lí luận và thực tiễn. Chương 2. Ứng dụng của phương pháp phân chia và lắp ghép để tính thể tích khối đa diện. Chương 3. Thực nghiệm sư phạm. 1.7. Thời gian thực hiện Năm học 2020-2021 2
PHẦN II. NỘI DUNG Chương 1. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 1.1. Cơ sở lí luận Trong chương trình hình học lớp 12, chương I giới thiệu về khối đa diện và thể tích khối đa diện, đây là chương nối tiếp với phần hình học không gian tổng hợp đã học ở lớp 11. Thực tế chương này về mặt kiến thức có tính chất hàn lâm hơn phần kiến thức phía trước vì sự đa dạng về hình thù của khối đa diện, hơn nữa khái niệm thể tích cũng là khái niệm trìu tượng, học sinh làm bài tập theo hình thức máy móc mà không hiểu được bản chất của vấn đề. Trong khái niệm thể tích khối đa diện, sách giáo khoa xây dựng theo phương pháp lắp ghép các khối đa diện, cụ thể là: “Nếu khối đa diện  H  được phân chia thành hai khối đa diện  H1  và  H 2  thì V H   V H   V H  ”, thế nhưng trong quá trình giảng 1 2 dạy giáo viên vẫn chưa khai thác hết được ý nghĩa của khái niệm này dẫn đến quá trình dạy học bài tập sẽ rời rạc, thiếu tính liên kết dẫn dắt và gây ra sự khó hiểu cho học sinh trong quá trình học tập cũng như sự thiếu liền mạch trong tiết dạy của giáo viên. Vấn đề này sách giáo khoa tuy không đề cập cụ thể nhưng một số ví dụ và bài tập đã thể hiện điều đó (làm rõ hơn ở mục 2.2.1), nếu giáo viên hệ thống và xây dựng nên thành phương pháp để cho học sinh vận dụng thì sẽ tạo ra một phương pháp giải toán hiệu quả hơn. 1.2. Cơ sở thực tiễn Để xác định cơ sở thực tiễn của đề tài, tôi sử dụng phương pháp điều tra nghiên cứu bằng cách tiến hành thăm dò 20 giáo viên dạy các trường THPT trong khu vực lận cận với nội dung: - Câu hỏi 1: Giáo viên có quan tâm đến bài toán “ứng dụng phương pháp phân chia và lắp ghép để tính thể tích khối đa diện không? - Câu hỏi 2: Giáo viên có sử dụng phương pháp phân chia và lắp ghép vào bài toán tính thể tích khối đa diện trong quá trình dạy học không? - Câu hỏi 3: Giáo viên nhận thấy quá trình dạy học có sử dụng phương pháp phân chia và lắp ghép có hiệu quả hơn so với không sử dụng phương pháp phân chia lắp ghép? Kết quả tôi thu thập được: Kết quả Tỉ lệ % Câu hỏi 1 18 giáo viên quan tâm 90% 2 giáo viên không quan tâm 10% 12 giáo viên thường xuyên sử dụng 60% Câu hỏi 2 5 giáo viên sử ít sử dụng 25% 3 giáo viên không sử dụng 15% 10 giáo viên trả lời hiệu quả hơn 50% Câu hỏi 3 6 giáo viên trả lời hiệu quả như nhau 30% 4 giáo viên trả lời không hiệu quả bằng 20% 3
Như vậy đa số giáo viên có biết đến phương pháp phân chia lắp và lắp ghép để tính thể tích khối đa diện này tuy nhiên số lượng giáo viên sử dụng còn ít và chưa thấy được hiệu quả của phương pháp. Hơn thế nữa phần lớn giáo viên chưa hình thành được phương pháp riêng vì chưa có đề tài nào đề cập đến nội dung phương pháp này nên nếu có sử dụng phương pháp trong quá trình dạy học cũng là do đúc rút từ kinh nghiệm bản thân. Bởi vậy trong quá trình dạy-học giáo viên và học sinh sẽ gặp rất nhiều khó khăn mà nguyên nhân là do: +) Học sinh có trí tưởng tượng không gian chưa tốt. +) Do đặc thù môn học có tính trừu tượng cao nên việc tiếp thu và sử dụng các kiến thức hình học không gian là vấn đề khó đối với học sinh. +) Học sinh quen với hình học phẳng nên dễ nhầm lẫn khi sử dụng các tính chất trong hình học phẳng mà không đúng trong hình học không gian. +) Vẫn còn một số học sinh chưa xác định đúng động cơ học tập nên chưa chăm học và chưa chú ý khi học bài và làm bài tập. +) Do giáo viên chưa có phương pháp phù hợp với năng lực của học sinh. Từ những vấn đề đã đưa ra ở trên cho thấy việc xây dựng và phổ biến đề tài là rất cấp thiết, sẽ đáp ứng được rất nhiều yêu cầu trong quá trình dạy học. 1.3. Mục tiêu của đề tài. - Xây dựng các phương pháp tính thể tích đơn giản, hiệu quả hơn. - Giúp học sinh hệ thống hóa được mạch kiến thức, phát triển năng lực tư duy. - Giúp giáo viên hình thành các bài toán tương tự, các bài toán mới, khái quát hóa vấn đề từ đó xây dựng được chủ đề khối đa diện hoàn chỉnh hơn. Chương 2. ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN CHIA VÀ LẮP GHÉP ĐỂ TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN 2.1. Một số kiến thức cơ bản a) Khái niệm về khối đa diện, những lưu ý khi phân chia lắp ghép khối đa diện +) Hình đa diện là hình không gian được tạo bởi hữu hạn các đa giác thỏa mãn các tính chất: - Hai đa giác phân biệt chỉ có thể hoặc không có điểm chung, hoặc chỉ có một đỉnh chung, hoặc chỉ có một cạnh chung. - Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác. +) Khối đa diện là phần không gian được giới hạn bởi một hình đa diện, kể cả phần hình đó. +) Lưu ý khi phân chia và lắp ghép khối đa diện: 4
- Nếu khối đa diện  H  là hợp của hai khối đa diện  H1  ,  H 2  sao cho  H1  và  H 2  không có chung điểm trong nào thì ta nói có thể chia được khối đa diện  H  thành hai khối đa diện  H1  và  H 2  , hay có thể lắp ghép hai khối đa diện  H1  và  H 2  với nhau để được khối đa diện  H  . - Một khối đa diện bất kì luôn có thể phân chia được thành những khối tứ diện. b) Các công thức tính thể tích của khối đa diện và lưu ý +) Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B , chiều cao h là: V  Bh . 1 +) Thể tích khối chóp có diện tích đáy B , chiều có h là: V  Bh . 3 +) Nếu hai khối đa diện  H1  và  H 2  bằng nhau thì V H   V H  . 1 2 +) Nếu khối đa diện  H  được phân chia thành hai khối đa diện  H1  và  H 2  thì: V H   V H   V H  . 1 2 +) Tỉ số thể tích (Bài tập 4-sgk-trang 25-Hình học 12) Cho hình chóp S. ABC . Trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy ba điểm VS . A ' B 'C ' SA ' SB ' SC ' A ', B ', C ' khác với điểm S , ta có:  . . VS . ABC SA SB SC 2.2. Phân tích phương pháp, kĩ thuật phân chia và lắp ghép khối đa diện qua một số bài toán trong chương trình hiện hành. 2.2.1. Phân tích các bài toán trong sách giáo khoa hình học lớp 12 Bài 1. (Ví dụ-sgk-trang 24-Hình học 12-Khái niệm về thể tích khối đa diện) Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A ' B ' C ' . Gọi E và F lần lượt là trung điểm các cạnh AA ' và BB ' . Đường thẳng CE cắt đường thẳng C ' A ' tại E ' . Đường thẳng CF cắt đường thẳng C ' B ' tại F ' . Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' . a) Tính thể tích khối chóp C.ABFE theo V . b) Gọi khối đa diện  H  là phần còn lại của khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' sau khi cắt bỏ đi khối chóp C.ABFE . Tính tỉ số thể tích của  H  và của khối chóp C.C ' E ' F ' . Lời giải: A C a) Ta có: VABC. A' B 'C '  S A' B 'C ' .d (C, ( A ' B ' C '))  V 1 1 VC . A ' B 'C '  .S A ' B 'C ' .d (C , ( A ' B ' C '))  V E B 3 3  VC . ABB ' A '  VABC . A ' B 'C '  VC . A ' B 'C ' A' F 1 2 E' C' V  V  V 3 3 1 Mặt khác VC . ABB ' A '  S ABB ' A ' .d (C , ( ABB ' A ')) B' 3 F' 5
1 1 VC . ABFE  S ABFE .d (C , ( ABFE )) , S ABFE  S ABB ' A ' ( vì EF là đường trung bình của hình 3 2 bình hành ABB ' A ' ) và d (C, ( ABFE ))  d (C, ( ABB ' A ')) . 1 1 2 1 Suy ra: VC . ABFE  VC . ABB ' A '  . V  V 2 2 3 3 1 2 b) Theo kết quả câu a) ta có: V H   VABC . A' B 'C '  VC . ABFE  V  V  V 2 3 EC EA Lại có: AC || A ' E '    1  E là trung điểm CE ' EE ' EA ' Tương tự F là trung điểm CF ' , do đó: E ' F ' || EF || A ' B ' và E ' F '  2 EF  2 A ' B '  CE ' F ' CA ' B '  SCE ' F '  4SC ' A ' B ' 2 V H  V 1 4 4 1 VC .C ' E ' F '  SC ' E ' F ' .d (C , (C ' E ' F '))  SC ' A ' B ' .d  C , (CA ' B '   V . Vậy: 3  . VC .C ' A ' B ' 4 3 3 3 V 2 3 Nhận xét: +) Đối với câu a) thực chất chúng ta đã phân chia khối lăng trụ thành ba khối chóp C.C ' A ' B '; C.EFB ' A ' và C.ABFE có thể tích bằng nhau, do đó để tính được thể tích khối C.ABFE thì cần phải tính qua thể tích hai khối C.C ' A ' B ' và C. ABB ' A ' . +) Đối với câu b) rõ ràng không có công thức nào để trực tiếp tính thể tích cho nó mà phải tính gián tiếp thông qua khối chóp C.ABFE . Như vậy có thể hình dung phương pháp phân chia và lắp ghép để tính thể tích một khối đa diện giống như một cách làm gián tiếp. Bài 2. (Bài tập 2-sgk-trang 25-Hình học 12) Tính thể tích khối bát diện đều cạnh a . Phân tích: Dễ dàng nhận thấy rằng không có công thức tính thể tích cho khối bát diện đều nên để tính thể tích khối bát diện đều cạnh a cần phân chia thành hai khối chóp đều có thể tích bằng nhau. Xét khối bát diện đều SABCDS ' ta có: S VSABCDS '  2VS . ABCD Với S. ABCD là khối chóp tứ giác đều. A D Gọi O là tâm đáy ABCD . 1 a 2 O AO  AC  2 2 B C 2 a a 2 SO  SA  AO  a  2  2 2 2 2 S' 1 1 a 2 a3 2 a 2 a 2 VS . ABCD  .S ABCD .SO  a 2 .  . Vậy: VSABCDS '  2.  3 3 2 6 6 3 6
Bài 3. (Bài tập 3-sgk-trang 25-Hình học 12) Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' . Tính tỉ số thể tích của khối hộp đó và thể tích của khối tứ diện ACB ' D ' . Lời giải: Gọi V là thể tích khối hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' B C Chia khối hộp thành các khối tứ diện ABCB '; ACDD '; A ' AB ' D '; C ' CB ' D ' và ACB ' D ' . Xét các khối tứ diện A D ABCB '; ACDD '; A ' AB ' D '; C ' CB ' D ' , mỗi khối này có diện tích mặt đáy bằng nửa diện tích B' C' đáy của khối hộp và chiều cao bằng chiều cao của khối hộp nên thể tích mỗi khối 1 1 1 bằng V . Do đó: VACB ' D '  V  4. V  V . 6 6 3 A' D' V V Vậy tỉ số thể tích bằng: ABCD. A' B 'C ' D '  3 VACB ' D ' 1 V 3 Nhận xét: Hình dung cách giải trong bài 2 và bài 3 có phần trái ngược nhau về lập luận. Bài 2 muốn tính thể tích khối ban đầu chúng ta cần tính thể các khối nhỏ sau đó ghép chúng lại để được thể tích khối lớn, còn trong bài 3 thì ngược lại để tính thể tích khối nhỏ từ khối ban đầu chúng ta chia nhỏ và trừ đi thể tích các khối đã biết thì được thể tích khối cần tính. Có thể gọi cách giải trong bài 2 là phương pháp lắp ghép và cách giải trong bài 3 là phương pháp phân chia, các bài toán tiếp theo đề tài sẽ làm rõ vấn đề này hơn. Bài 4. (Bài tập 10-sgk-trang 27- Hình học 12) Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A ' B ' C ' có tất cả các cạnh đều bằng a . a) Tính thể tích khối tứ diện A ' BB ' C . b) Mặt phẳng đi qua A ' B ' và trọng tâm tam giác ABC , cắt AC và BC lần lượt tại E và F . Tính thể tích hình chóp C '.A ' B ' FE . Lời giải: a) Chia khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' thành các khối A' C' tứ diện A ' ABC; CA ' B ' C ' và A ' BB ' C . Thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' là: B' 3 3 V  S ABC . AA '  a 4 Thể tích các khối A ' ABC; CA ' B ' C ' là: A 1 1 C VA ' ABC  VCA ' B 'C '  S ABC . AA '  V 3 3 2 1 3 Vậy: VA' BB 'C  V  V  V  a3 . B 3 3 12 7
b) Cách 1: Tính trực tiếp A' C' Ta có EF và A ' B ' lần lượt là giao tuyến của N  A ' B ' FE  với hai mặt đáy  ABC  ,  A ' B ' C ' song song với nhau nên EF || A ' B ' || AB . H B' Do đó hình chóp C '.A ' B ' FE có đáy là hình thang cân. Gọi P là trọng tâm tam giác ABC và M , N lần lượt là trung điểm của AB, A ' B ' . A C EC FC EF CP 2     E AC BC AB CM 3 M P 2 2 1 1 a 3 a 3  EF  AB  a , MP  CM  .  F 3 3 3 3 2 6 B A ' B '  CN , A ' B '  MN  A ' B '   CMNC '   A ' B '  NP hay NP là đường cao của hình thang A ' B ' FE . a 3 MP 3 Xét tam giác vuông MNP có: tan MNP   6  MN a 6 1 112 MN a 13  cos MNP     NP    a 1  tan MNP 2 1 1 13 cos MNP 12 12 12 13 1 1 2  13 5 39 2  S A ' B ' FE   A ' B ' EF  .NP   a  a  . a a . 2 2 3  12 36 Mặt khác, kẻ C ' H  NP tại H , do A ' B '   CMNC '  A ' B '  C ' H , do đó C ' H   A ' B ' FE  hay C ' H là đường cao của khối chóp C '. A ' B ' FE . 1 1 1 1 3 3 2 Ta có SC ' NP  CN .d  P, CN   SC 'CMN  C ' N .MN  a. a a 2 2 2 2 2 4 3 2 1 2SC ' NP 2. 4 a 3 13 Lại có: SC ' NP  C ' H .NP  C ' H    a 2 NP 13 13 a 12 1 1 5 39 2 3 13 5 3 3 Vậy: VC '. A' B ' FE  .S A' B ' FE .C ' H  . a . a a . 3 3 36 13 36 Cách 2. Sử dụng phương pháp lắp ghép. 3 3 Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' . Khi đó VABC . A' B 'C '  S ABC .CC '  a . 4 8
Gọi I là giao điểm của CC ' và mặt phẳng A'  A ' B ' FE  . Khi đó ba đường thẳng CC ', A ' E, B ' F C' đồng quy tại điểm I . IC IF IE EF 2 B' Ta có:     IC ' IB ' IA ' A ' B ' 3 VI .CEF IC IE IF 8 A   . .  VI .C ' A ' B ' IC ' IA ' IB ' 27 E C M P 1 1 F VI .C ' A ' B '  S A ' B 'C ' .IC  S A ' B 'C ' .3CC '  S A ' B 'C ' .CC '  V B 3 3 8  VI .CEF  V 27 Do đó thể tích khối chóp cụt EFC.A ' B ' C ' là 8 19 VEFC . A ' B 'C '  V  V  V . 27 27 Mặt khác: VEFC . A' B 'C '  VC '. A' B ' FE  VC '.CFE 1 1 4 4 Trong đó: VC '.CFE  SCFE .CC '  . SCAB .CC '  V 3 3 9 27 19 4 5  VC '. A ' B ' FE  VEFC . A ' B 'C '  VC '.CFE  V  V  V 27 27 9 I 5 3 5 3 3 Vậy: VC '. A ' B ' FE  . a3  a . 9 4 36 Nhận xét: +) Đây là bài toán rất hay đòi hỏi tư duy sáng tạo của học sinh. +) Ở câu a) có thể thấy khối tứ diện A ' BB ' C có được bằng cách sử dụng hai mặt phẳng  A ' BC  và  CA ' B ' để chia khối lăng trụ ban đầu thành ba khối tứ diện trong đó tính được hai khối liên quan. +) Ở câu b) nhận thấy rằng nếu học sinh khá giỏi có thể phán đoán và dùng cách tính trực tiếp để tính thể tích khối chóp C '.A ' B ' FE nhưng như thế thì khá dài. Với cách giải thứ hai ta sử dụng cách ghép thể tích khối cần tính với một khối chóp để sử dụng công thức tỉ số thể tích và đưa ra một cách giải dễ hiểu và ngắn gọn hơn. Ngoài phương pháp lắp ghép khối đa diện, với bài toán này cũng có thể giải theo phương pháp phân chia khối đa diện, xin được trình bày ở bài toán đề xuất phía sau. +) Như vậy trong quá trình dạy học ngoài dạy cho cách em cách giải toán trực tiếp cần phát triển năng lực giải theo tư duy phân chia và lắp ghép khối đa diện để tạo ra nhiều hướng giải cho một bài toán. Bài 5. (Bài tập 11-sgk-trang 27-Hình học 12) Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' . Gọi E và F theo thứ tự là trung điểm các cạnh BB ' và DD ' . Mặt phẳng  CEF  chia khối hộp trên thành hai khối đa diện. Tính tỉ số thể tích hai khối đa diện đó. 9
Phân tích: Việc xác định thiết diện của hình hộp sẽ dẫn đến hướng giải cho bài toán. Nếu dựng thiết diện theo quan hệ song song sẽ nghĩ đến dùng phép biến hình, nếu dựng theo giao điểm đường và mặt sẽ hướng đến phương pháp phân chia lắp ghép. Lời giải: Cách 1: (Sử dụng phép biến hình) B C Gọi O là tâm hình hộp, khi đó O là trung điểm A ' C nên cũng là trung điểm của EF , do đó tứ giác A ' ECF là hình bình hành. E Suy ra A ' E || CF , A ' F || CE . A D O Mặt khác các mặt phẳng  AA ' B ' B  và B' C'  CC ' D ' D  ;  ADD ' A ' và  BCC ' B ' là các F cặp mặt phẳng song song nên giao với mặt phẳng  CEF  là các đường thẳng song song A' D' hay  CEF    AA ' B ' B   A ' E;  CEF    CC ' D ' D   CF . Gọi  H  là hình đa diện có các đỉnh A, B, C, D, A ', E, F và  H ' là đa diện còn lại. Phép đối xứng tâm O biến các đỉnh A, B, C, D, A ', E, F tương ứng thành các đỉnh C ', D ', A ', B ', C, F , E , từ đó biến hình  H  thành hình  H ' . Do đó hình  H  và V H  hình  H ' có thể tích bằng nhau. Vậy 1. V H ' Cách 2: Sử dụng phương pháp lắp ghép. B C E A D O M B' C' F A' D' N Trên  BCC ' B ' gọi M  CE  B ' C ' , trên  CDD ' C ' gọi N  CF  C ' D ' . Suy ra MN là giao tuyến của  CEF  và  A ' B ' C ' D ' . 10
MB ' B ' E 1 Ta có: B ' E || CC '     MB '  B ' C '  tứ giác MB ' D ' A ' là hình bình MC ' CC ' 2 hành (do MB '  A ' D ' và MB ' || A ' D ' ). Do đó MA ' || B ' D ' Chứng minh tương tự ta cũng có NA ' || B ' D ' , suy ra M , A ', N thẳng hàng, hay mặt phẳng  CEF  cắt AA ' tại điểm A ' . Gọi  H ' là khối đa diện có các đỉnh là A ', B ', C ', D ', E, C, F . Gọi V là thể tích khối hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' . Áp dụng công thức tỉ số thể tích ta có: VM . A ' B ' E MA ' MB ' ME 1 1 1 1 1 1  . .  . .   VM . A ' B ' E  VM . NC 'C  VC .C ' MN VM . NC 'C MN MC ' MC 2 2 2 8 8 8 1 1 Tương tự VN . A ' D ' F  VN .MC 'C  VC .C ' MN . Mặt khác: SC ' MN  4SC ' B ' D '  2S A' B 'C ' D ' 8 8  VC .C ' MN  SC ' MN .d  A,  C ' MN    .2S A ' B 'C ' D ' .d  A,  A ' B ' C ' D '    V 1 1 2 3 3 3 1 2 1  VM . A ' B ' E  VN . A ' D ' F  . V  V 8 3 12 2 1 1 1 Vậy thể tích khối  H ' là: V H '  VC .C ' MN  VM . A' B ' E  VN . A ' D ' F  V  V V V 3 12 12 2 Suy ra  CEF  chia khối hộp thành hai phần có tỉ số thể tích của chúng bằng 1 . Cách 3: Sử dụng phương pháp phân chia. B C B C E E C A D A O B' C' F A D A' A' D' F A' Gọi V là thể tích khối hộp. Ta có: V  S AA' D ' D .d  C ,  AA ' D ' D    S ABB ' A' .d  C ,  ABB ' A '  Chia khối  H  thành hai khối chóp C.AA ' FD và C.AA ' EB . 1 1 3 SD ' A' F  S D ' A ' D  S AA ' D ' D  S AA ' FD  S AA ' D ' D  S D ' A ' F  S AA ' D ' D 2 4 4 Do đó: VC . AA ' FD  .S AA ' FD .d  C ,  AA ' FD    . S AA ' D ' D .d  C ,  AA ' D ' D    V . 1 1 3 1 3 3 4 4 11
1 1 1 Tương tự ta cũng có: VC . AA ' EB  V  V H   VC . AA ' FD  VC . AA ' EB  V và V H '  V . 4 2 2 Vậy: Tỉ số thể tích giữa hai khối  H  và  H ' bằng 1 . Nhận xét: +) Với cách giải thứ nhất, chúng ta biết rằng phép đối xứng tâm trong mặt phẳng thực chất là phép quay với góc quay 1800 . Nếu áp dụng vào bài toán thì có thể thay thế phép đối xứng tâm bằng phép quay quanh trục EF với góc quay 1800 vẫn hoàn toàn giải quyết được bài toán một cách tương tự. +) Với cách giải thứ hai và thứ ba bài toán có vẻ tự nhiên hơn, trong quá trình giảng dạy giáo viên dễ dàng dẫn dắt học sinh tìm ra hướng giải hơn, đây cũng chính là ưu điểm của phương pháp phân chia và lắp ghép khối đa diện trong bài toán tính thể tích khối đa diện. Bài 6. (Bài tập 12-sgk-trang 27-Hình học 12) Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' cạnh a . Gọi M là trung điểm cạnh A ' B ' , N là trung điểm cạnh BC . a) Tính thể tích khối tứ diện ADMN b) Mặt phẳng  DMN  chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. Gọi V H   H  là khối đa diện chứa đỉnh A ,  H ' là khối đa diện còn lại. Tính tỉ số . V H ' Lời giải: a) Ta có: N là trung điểm của BC nên F 1 a2 S NAD  S ABCD  . A' K D' 2 2 d  M ,  NAD    BB '  a M Vậy: a3 B' C'  S NAD .d  M ,  NAD    . a .a  1 1 1 2 VADMN 3 3 2 6 H A D b) Cách 1: Sử dụng phương pháp lắp ghép. Trên  ABCD  gọi E  DN  AB , trên  ABB ' A ' gọi H , F lần lượt là giao của EM với các đường BB ' và AA ' , trên  ADD ' A ' B N C gọi K  DF  A ' D ' . Khi đó  DMN  cắt hình lập phương theo thiết diện là ngũ giác DNHMK . E EH EN EB BN 1 V 1 1 1 1 Theo định ta Thalet ta có:     . Suy ra E .BHN  . .  và EF ED EA AD 2 VE . AFD 2 2 2 8 AE  2 AB  2a (1) 12
a FK FM FA ' A ' M 1 V FM FA ' FK 1 Tương tự:     2   F . A ' MK  . .  (2) FD FE FA AE 2a 4 VF . AED FE FA FD 64 Ta có BNE  CND  SBNE  SCND  S ADE  S ABND  SBNE  S ABND  SCND  S ABCD  a2 d  F ,  ADE    FA  4 4 1 1 4 4 AA '  a  VF . ADE  .S ADE .FA  .a 2 . a  a 3 . 3 3 3 3 3 9 1 4 1 1 4 1 3 Từ (1),(2)  VE .BHN  . a3  a 3 ;VF . A ' MK  . a 3  a . 8 9 18 64 9 144 Thể tích khối đa diện  H  và  H ' là: 4 3 1 3 1 3 55 3 55 3 89 3 V H   VF . ADE  VE .BHN  VF . A ' MK  a  a  a  a ; V H '  a 3  a  a . 9 18 144 144 144 144 55 Vậy tỉ số thể tích giữa hai khối là: T  . 89 Cách 2: Sử dụng phương pháp phân chia. A' K D' A' K M M B' C' H A D D B N C H A' D M N H A D B B Chia khối đa diện  H  thành các khối chóp D. A ' MK ; D. A ' ABHM ; D.BHN . A' M A' K 1 1 a 3a Ta có A ' MK CDN     A ' K  CN  , D ' K  . CD CN 2 2 4 4 a3 VD. A ' MK  S A ' MK .d  D,  A ' MK    . . A ' M . A ' K .DD '  . . .a  1 1 1 1 a a . 3 3 2 6 2 4 48 a BN BH 2 2 1 BHN D ' DK    2   BH  a , B ' H  a . D ' K D ' D 3a 3 3 3 4 VD. BHN  S BHN .d  D,  BHN    . .BN .BH .DC  . a. a.a  a 3 . 1 1 1 1 2 1 1 3 3 2 6 3 2 18 13
1 1 1 1 a2 a 2 11 2 S B ' HM  B ' H .B ' M  . a. a  S A ' ABHM  S A ' ABB '  S B ' HM  a 2   a . 2 2 3 2 12 12 12 VD. A ' ABHM  S A ' ABHM .d  D,  A ' ABHM    . a 2 .a  1 1 11 11 3 a . 3 3 12 36 a 3 a 3 11a 3 55 3 89 3 55 V H   VD. A ' MK  VD. A ' BHM  VD.BHN     a , V H '  a T  . 48 18 36 144 144 89 Nhận xét: Ở câu b) với cách 1 thì khối đa diện  H  đa được ghép thêm hai khối chóp F.A ' MK và E.BHN để tạo thành khối chóp F . AED và các khối mới tạo đều tính được thể tích của chúng. Với cách 2 thì khối đa diện  H  được chia nhỏ thành ba khối chóp D. A ' MK ; D. A ' ABHM ; D.BHN và các khối này đều dễ dàng tính được thể tích của chúng. Như vậy, với phương pháp phân chia và lắp ghép này chúng ta có thể tính được rất nhiều khối đa diện bất kì. Nhận xét chung mục 2.2.1: +) Qua mục này đề tài hướng đến việc làm rõ hai phương pháp cụ thể là phương pháp phân chia và phương pháp lắp ghép trong phương pháp chung phân chia và lắp ghép để tính thể tích khối đa diện. Hiểu theo một nghĩa nào đó thì phương pháp phân chia là cần tính thể tích một khối đa diện  H  chúng ta chia nhỏ khối  H  thành những khối tính được thể tích rồi cộng các kết quả lại với nhau và phương pháp lắp ghép là bổ sung vào khối  H  các khối đa diện có thể tính được thể tính và tổng thể tích của chúng, khi đó thể tích khối  H  bằng tổng thể tích trừ đi thể tích các khối đã biết. +) Trong quá trình giảng dạy nếu giáo viên hình thành thêm được cho học sinh phương pháp phân chia và lắp ghép khối đa diện này sẽ rèn luyện thêm tư duy giải toán chủ đề thể tích khối đa diện. Bởi vậy phương pháp này đã được áp dụng vào các đề thi trung học phổ thông quốc gia, đề thi tốt nghiệp và đề học sinh giỏi những năm gần đây. Mục tiếp theo của đề tài sẽ đề cập và làm rõ vấn đề hơn. 2.2.2. Phân tích các bài toán trong các đề thi thpt quốc gia và đề thi tốt nghiệp Bài 1. (Trích đề thi tốt nghiệp năm học 2019-2020 lần 1 mã đề 101) Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a và O là tâm của đáy. Gọi M , N , P , Q lần lượt là các điểm đối xứng với O qua trọng tâm của các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA và S  đối xứng với S qua O . Thể tích khối chóp S .MNPQ bằng 20 14a 3 40 14a 3 10 14a 3 2 14a3 A. . B. . C. . D. . 81 81 81 81 Phân tích: Bài toán này có nhiều cách giải tuy nhiên ở đây đề tài xin trình bày một cách giải theo phương pháp phân chia và lắp ghép. 14
Lời giải: S P Gọi E, F lần lượt là trọng tâm các tam giác SAB và SBC . Gọi K , H lần lượt là trung điểm các cạnh AB và BC . Dễ thấy N tứ giác tạo bởi trọng tâm của bốn mặt Q I bên hình chóp S. ABCD là một hình bình hành, ảnh của hình bình hành này qua D J F C phép vị tự tâm O tỉ số 2 là tứ giác MNPQ M E nên MNPQ cũng là hình bình hành và H O  MNPQ  ||  ABCD  . Gọi I là tâm của MNPQ thì I  SO . Gọi J là trung điểm A K B của OI , khi đó FJ || NI || OH và EJ || MI || OK . SJ JF SF 2 2 1     SJ  SO, OJ  SO SO OH SH 3 3 3 OI ON 2   2  OI  2OJ  SO S' OJ OF 3 2 SO  SO S ' I S ' O  OI 3 5    OI OI 2 2 SO 3 SI 5 5  VS '.MNPQ  .VO.MNPQ  .4VO.MIN  .4.8VO.EJF  80VO.EJF OI 2 2 2 2 a a a2 14a 1 14a EJ  FJ  OH  .  ; SO  SA2  AO 2  4a 2   ; OJ  SO  . 3 3 2 3 2 2 3 6 1 1 a a a2 1 1 a 2 14a 14a 3 EJF vuông  S EJF  EJ .FJ  . .   VO.EJF  S EJF .OJ  . .  . 2 2 3 3 18 3 3 18 6 324 14a3 20 14a3 Vậy: VS '.MNPQ  80.  . 324 81 Nhận xét. Bài toán này khá phức tạp trong vấn đề vẽ hình tuy nhiên nó lại thuận lợi trong cách giải và khai thác tính chất vì xét trong hình chóp đều và việc dựng thêm hình mới cũng có cùng tính chất (cùng lấy đối xứng qua trọng tâm các mặt) nên có thể chia khối chóp cần tính về các khối chóp bằng nhau và tính thể tích trên một khối nhỏ thì hoàn toàn sẽ tính được khối lớn, bản chất của việc làm này thực chất là đang sử dụng phép đồng dạng. Cụ thể phép đồng dạng có mối liên hệ như thế nào với bài toán thể tích sẽ được nghiên cứu và làm rõ thêm ở các mục phía sau. Bài 2. (Trích đề tham khảo lần 2-BGD-năm học 2019-2020) Cho hình hộp ABCD.ABCD có chiều cao bằng 8 và diện tích đáy bằng 9. Gọi M , N , P và Q lần lượt là tâm của các mặt bên ABBA, BCCB, CDDC và DAAD . 15
Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C, D, M , N , P và Q bằng A. 27 B. 30 C. 18 D. 36 Lời giải: A' B' M F E Q E F A N M B D' C' Q H G N P A B H P G D C D C Gọi E, F , G, H lần lượt là trung điểm của AA, BB, CC, DD . 1 1 Khi đó VABCD.EFGH  VABCD. ABC D  .9.8  36 2 2 Gọi V là thể tích khối tứ diện lồi cần tính, khi đó V  VABCD.EFGH  VE. AMQ  VF .BMN  VG.CNP  VH .DPQ EQ EM 1 1 3 3 VE . AMQ  VF . BMN  VG.CNP  VH .DPQ  . .VE . AHF  . VABCD.EFGH   V  36  4.  30 EH EF 4 6 2 2 Bài 3. (Trích đề thi thpt quốc gia năm học 2016-2017, mã đề 101). Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC và E là điểm đối xứng với B qua D . Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ diện  ABCD  thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích V . Tính V 7 2a 3 11 2a3 13 2a 3 2a 3 A. V  B. V  C. V  D. V  216 216 216 18 Lời giải: A M P B D E N Q C 16
Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của EM và AD , EN và CD . Vì M , D lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AB và BE nên P là trọng tâm tam giác ABE . Tương tự Q cũng là trọng tâm tam giác BCE 1 1 a 3 3a 2 Do đó ta có: SBNE  BN .BE.sin 600  . .2a.  , 2 2 2 2 4 2 1 1 2 2 3  a d  M ,( BCD)   d  A,( BCD)   a   . a   2 2 3 2  6 1 3a 2 a 2a 3  SBNE .d  M ,  BCD    . 1  VE .BMN  VM .BNE .  3 3 4 6 24 V1 VE .DPQ 7 Gọi V1 là thể tích khối đa diện không chứa đỉnh A , ta có :  1  VE .BMN VE .BMN 9 7 7 2a 3 7 2a 3  V1  .VE . BMN  .  9 9 24 216 2a 3 Mặt khác ABCD là khối tứ diện đều cạnh a nên VABCD  12 2a3 7 2a3 11 2a3 Vậy thể tích khối đa diện chứa đỉnh A là: V  VABCD  V1    . 12 216 216 Nhận xét: Bài toán đã được giải theo phương pháp lắp ghép khối đa diện. Rõ ràng không thể trực tiếp tính thể tích khối đa diện có các đỉnh B, D, M , N , P, Q nhưng khi bổ sung vào khối chóp E.DPQ ta được khối chóp E.BMN và cả hai khối chóp này đều có thể tính được thể tích. Để sử dụng phương pháp này cần lưu ý thêm về định lí giao tuyến của ba mặt phẳng: “Giao tuyến của ba mặt phẳng hoặc đồng quy hoặc đôi một song song”. Bài 4. (Trích đề thi thử trường THPT Diễn Châu 4 lần 2-2020) Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a 2 và cạnh bên bằng 2a . Gọi M , N , P, Q lần lượt là trọng tâm các mặt bên SAB, SBC, SCD, SDA . Thể tích khối đa diện lồi có các đỉnh là A, B, C, D, M , N , P, Q bằng 272 3a 3 28 3a3 34 3a3 41 3a 3 A. B. C. D. 81 81 81 81 Lời giải: S Gọi H , E, F , G lần lươt là giao điểm của  MNPQ  với SA, SB, SC, SD   MNPQ  ||  ABCD  và EFGH là hình H Q G M P 8 16 3 3 N vuông. VS .EFGH  .VS . ABCD  a E F 27 81 A D 38 3 3  VEFGH . ABCD  VS . ABCD  VS .EFGH  a B 81 C 17
1 1 1 1 1 1 4 3 3 * VB.EMN  S EMN .d  B, ( EMN )   . .SEFGH . SO  .EF2 .SO  . .BC 2 .SO  a 3 3 8 3 72 72 9 81 34 3 3 Vdadien  VEFGH  4VBEMN  a (theo tính chất đối xứng). 81 Nhận xét chung mục 2.2.2: Qua các bài trên chúng ta thấy rằng các đề thi tốt nghiệp, thpt quốc gia những năm gần đây luôn bám sát với dạng bài tập tính thể tích các khối đa diện mà cần phải sử dụng đến phương pháp phân chia và lắp ghép. Sử dụng các hệ thống bài tập này sẽ tạo được động lực cho học sinh khám phá ra các ứng dụng của phương pháp phân chia lắp ghép khối đa diện. 2.2.3. Phân tích bài toán trong đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh Bài 1. (Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An-lớp 12-năm học 2020-2021) Cho hình lăng trụ ABC.A1B1C1 có đáy là tam giác đều cạnh bằng a và BA1  BB1  BC1  a 3 . a) Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng  ABB1 A1  . b) Gọi G1 , G2 , G3 lần lượt là trọng tâm các tam giác ABB1 , ACC1 , CBB1 . Tính thể tích khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm G1 , G2 , G3 , A1 , B1 và C1 . Lời giải: a) Gọi O là hình chiếu của điểm B lên mặt phẳng A C  A1B1C1  . Theo giả thiết BA1  BB1  BC1  a 3 nên O là tâm đường tròn ngoại tiếp đồng thời cũng là B trọng tâm tam giác A1B1C1 . Ta có : CC1 || BB1  CC1 ||  ABB1 A1  d  C ,  ABB1 A1    d  CC1 ,  ABB1 A1    d  C1 ,  ABB1 A1   Gọi M là trung điểm A1B1  C1M  3OM Do đó : d  C1 ,  ABB1 A1    3d  O,  ABB1 A1   . A1 C1 H A1B1  C1M , A1B1  BO  A1B1   BC1M  O   ABB1 A1    BC1M  và  ABB1 A1    BC1M   BM M Kẻ OH  BM  OH   ABB1 A1  B1  d  O,  ABB1 A1    OH  OB.OM 1 1 a 3 a 3 với OM  CM  .  OB  OM 2 2 3 3 2 6 2 2 a 3 24 OB  BC  OC  3a   . 2 1 2 1   2 a (do A1B1C1 đều cạnh a ). 3 2  3 18
24 a 3 a.  d  O,  ABB1 A1    3 6  2 22 a . 8 2 1 2 33 a  a 3 12 Vậy d  C ,  ABB1 A1    3.d  O,  ABB1 A1    2 22 a. 11 3 2 24 2 3 b) Theo kết quả câu a) VABC . A' B 'C '  S A B C .BO  a . a a 1 1 1 4 3 2 BG1 BG3 1 C Ta có:    G1G3 || A1C1 ; A BA1 BC1 3 A1G1 A1G2 2    G1G2 || BC || B1C1 D B G2 F A1B A1C 3   G1G2G3  ||  A1B1C1  . G1 G3 Gọi D, E, F lần lượt là giao của  G1G2G3  E với các cạnh AA1 , BB1 , CC1 . A1 C1 O AD BE CF BG3 1     M AA1 BB1 CC1 BC1 3 B1 DA1 2 2 3 2 3  VDEF . A1B1C1  .VABC . A1B1C1  . a  a AA1 3 2 3 G1E B1E 2 1 2 DE  AB  A1B1 ,    G1 E  AB, DG1  AB 1 3 3 AB B1 B 3 2 2 1 2 1 3 2 Tương tự: DG2  AC , G2 F  AC , FG3  BC , EG3  BC ; S DEF  S ABC  a . 3 3 3 3 4 Gọi  H  là khối đa diện có các đỉnh G1 , G2 , G3 , A1 , B1 , C1 . Chia khối lăng trụ A1 B1C1.DEF thành các khối chóp A1.DG1G2 , B1.EG1G3 , C1.FG2G3 và khối  H  . Khi đó: V H   VA B C .DEF  VA .DG G  VB .EG G  VC .FG G 1 1 1 1 1 2 1 1 3 1 2 3 Trong đó: VA .DG G  S DG G .d  A1 ,  DEF    . S DEF .d  A1 ,  DEF    1 1 4 4 VA B C .DEF 1 1 2 3 1 2 3 9 27 1 1 1 VB1 . EG1G3  .S EG1G3 .d  B1 ,  DEF    . S DEF .d  B1 ,  DEF    VA1B1C1 .DEF 1 1 1 1 3 3 9 27 VC1 .FG2G3  S FG2G3 .d  C1 ,  DEF    FG2 .FG3 .sin DFE.d  C1 ,  DEF   1 11 3 32 FD. FE.sin DFE.d  C1 ,  DEF    S DEF .d  C1 ,  DEF    VA1B1C1 .DEF 1 11 2 2 2  . 3 23 3 27 27 Vậy V H   VA B C .DEF  VA .DG G  VB .EG G  VC .FG G 1 1 1 1 1 2 1 1 3 1 2 3 19
4 1 2 20 20 2 3 20 2 3  VA1B1C1 .DEF  VA1B1C1 .DEF  VA1B1C1 .DEF  VA1B1C1 .DEF  VA1B1C1 .DEF  . a  a . 27 27 27 27 27 3 81 Nhận xét: +) Điểm đặc biệt để có thể nghĩ đến hướng giải cho bài toán là mặt phẳng  G1G2G3  song song với mặt phẳng  A1B1C1  từ đó việc sử dụng phương pháp phân chia sẽ dễ hơn là nghĩ đến phương pháp lắp ghép. 2.3. Phát triển, xây dựng các phương pháp, kĩ thuật mới để phân chia và lắp ghép để tính thể tích khối đa diện. 2.3.1. Khối đa diện chia bởi một mặt phẳng Đặt vấn đề: Để xây dựng các bài toán mới tôi tập trung nghiên cứu theo hướng các khối đa diện là các khối quen thuộc như khối chóp, khối lăng trụ sau khi đã chia bởi một mặt phẳng yêu cầu tính thể tích các khối đã được chia nhỏ. Bài toán gốc 1: Cho khối chóp S. ABC , trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy các điểm A ', B ', C ' sao cho SA '  k1SA; SB '  k2 SB; SC '  k3 SC ;  0  k1 , k2 , k3  1 . Gọi V là thể tích khối chóp S. ABC . Tính thể tích các khối chóp S.A ' B ' C ' và khối đa diện  H  tạo bởi các đỉnh A, B, C, A ', B ', C ' . Lời giải: S Áp dụng công thức tỉ số thể tích ta có: VS . A ' B 'C ' SA ' SB ' SC '  . .  k1.k2 .k3 C' VS . ABC SA SB SC A' Vậy: VS . A' B 'C '  k1k2 k3 .VS . ABC  k1k2 k3V V H   V  VS . A' B 'C '  V 1  k1k2 k3  A Đặc biệt: +) Khi A ', B ', C ' lần lượt là trung điểm C 1 của SA, SB, SC thì k1  k2  k3  B' 2 1 7  VS . A ' B 'C '  V ; V H   V 8 8 B 1 3 +) Khi A '  A và B ', C ' lần lượt là trung điểm SB, SC thì VS . AB 'C '  V , V H   V . 4 4 1 1 +) Khi A '  A, B '  B và C ' là trug điểm của SC thì VS . ABC '  V ; V H   V 2 2 Phát triển bài toán 1: +) Bài toán đề xuất 1: Cho hình chóp S. ABC có thể tích là V . Một mặt phẳng   đi qua đỉnh S cắt hai cạnh AB, AC lần lượt tại M , N sao cho AM  k1 AB, AN  k2 AC ,  0  k1 , k2  1 . Tính thể tích khối chóp S.MNCB . 20