Tài liệu Skkn một số bài toán liên quan đến tỉ lệ thể tích của hình chóp và lăng trụ trong hình học 12

Sáng kiến kinh nghiệm Năm 2018 MÔ TẢ GIẢI PHÁP CỦA SÁNG KIẾN Mã số: …………………………. Tên sáng kiến: Một số bài toán liên quan đến tỉ lệ thể tích của hình chóp và lăng trụ trong hình học 12. (Lê Văn Thu, Nguyễn Văn Hận, @THPT Trần Trường Sinh) Lĩnh vực áp dụng: Lĩnh vực chuyên môn trong phạm vi “Chương I – Hình học 12” Mô tả giải pháp: 1. Tình trạng giải pháp đã biết: Trước đây việc dạy và thi toán chỉ trên cơ sở tự luận nên khi trình bày một bài toán hoặc một dạng toán đòi hỏi học sinh phải trình bày chặt chẽ, có logic và khoa học. Nhưng bắt đầu từ năm học 2016 – 2017 Bộ GD&ĐT đã thay đổi đối với môn toán phải thi trắc nghiệm khách quan 100% nên việc giải nhanh và chọn đúng đáp án là rất cần thiết. Học sinh càng có nhiều công cụ làm toán càng tốt, đặc biệt là các chuyên đề khó đối với học sinh như hình học không gian! Khi giải các bài toán liên quan đến tỉ lệ thể tích, nếu chỉ dùng các công thức cơ bản trong sách giáo khoa thì đôi khi việc giải toán tốn khá nhiều thời gian trừ khi đó là bài toán dễ thấy các tỉ lệ, khó khăn nhất là phải kẻ thêm các đường phụ để tính toán các tỉ lệ giữa các đoạn thẳng. Do đó, đề này cung cấp thêm hai công thức về tỉ lệ về thể tích lăng trụ và hình chóp bên cạnh công thức thể tích đã được học trong sách giáo khoa. 2. Nội dung giải pháp đề nghị công nhận là sáng kiến: a) Mục đích của giải pháp. Nhằm cung cấp cho giúp các em học sinh lớp 12 một số công thức liên quan đến tỉ lệ thể tích và một vài kỹ thuật áp dụng giúp các em học sinh định hướng tư duy và giải nhanh hơn trong việc thi toán bằng phương pháp trắc nghiệm khách quan. b) Những điểm khác biệt, điểm mới của giải pháp. Áp dụng linh hoạt các công thức liên quan đến tỉ lệ thể tích để giải nhanh hơn so với việc chỉ nắm các công thức cơ bản về thể tích. c) Mô tả chi tiết bản chất của giải pháp. * CỞ SỞ LÝ THUYẾT CÔNG NHẬN: Trang 1 Sáng kiến kinh nghiệm Năm 2018 Công thức 1. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’, lấy A1 , B1 , C1 lần lượt thuộc cạnh AA’, BB’, CC’. Kí hiệu VABCA B C là thể tích của khối đa diện có đáy A’B’C’ được cắt ra từ lăng trụ đã cho 1 1 1 bởi mặt phẳng (A”B”C”). Khi đó, VABCA1B1C1 VABC . ABC  1  AA BB CC    1 1 1 3  AA BB CC   Chứng minh. Trước hết, thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ bằng một nửa thể tích hình hộp ABCD.A’B’C’D’. 1 VABC . ABC   S BBC C . AI  2VABC . ABC  SBB C C . AI 2 Với AI đoạn vuông góc kẻ từ A đến mặt phẳng (BB’C’C). Ta có, VABCA1B1C1 VA1 .BB1C1C  VAA1BC 1 1 VA1 .BB1C1C  sBB1C1C . AI  ( BB1  CC1 ).BC. AI 3 6 1  BB CC    1  1  .VABC . A ' B 'C ' 3  BB CC   1    1 AA VAA1BC   AB, AC  . AA1  . 1 .VABC . A ' B 'C ' 6 3 AA 1  AA BB CC1  Suy ra: VABCA1B1C1   1  1   .VABC . A ' B 'C ' dẫn đến điều cần chứng minh. 3  AA BB CC   Công thức 2. Cho hình chóp S.ABC, A’, B’, C’ lần lượt thuộc cạnh SA, SB, SC. V SA SB SC  S . A ' B 'C '  . . Khi đó, V SA SB SC S . ABC Chứng minh. Tham khảo bài tập SGK 12, thể tích hình chóp. BÀI TẬP ÁP DỤNG LIÊN QUAN ĐẾN CÔNG THỨC 1 Trang 2 Sáng kiến kinh nghiệm Năm 2018 Bài tập 1. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’, lấy A1 , B1 , C1 lần lượt thuộc cạnh AA’, BB’, CC’ sao cho BB1 1 CC1 1 AA1 m m  ,  ,  , với là phân số tối giản. Biết mặt phẳng ( A1 B 1 C1 ) cắt lăng BB 3 CC  2 AA n n trụ đã cho thành hai khối có thể tích bằng nhau. Tính 2m  3n  mn A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 Lời giải. Theo công thức 1 và đề bài ta có 1 m 1 1 1 m 2 VABCA1B1C1      .VABC . A ' B 'C '  VABC . A ' B 'C '   3 n 2 3 2 n 3 Vậy 2m  3n  mn 2.2  3.3  2.3 7 . Chọn đáp án C. Bài tập 2. Cho lăng trụ ABCD.A’B’C’D’ có thể tích bằng 108 (đvtt), ABCD là hình thang có đáy lớn AD 2 BC . Lấy điểm M , P, N lần lượt thuộc cạnh BB’, DD’, CC’ sao cho BM 1 DP 1  ,  . Mặt phẳng ( AMP) đi qua A và cắt hình hộp đã cho thành hai khối đa diện, BB 3 DD 2 tính thể tích khối đa diện gắn với đáy ABCD của hình hộp. A. 36 Lời giải. Đặt B. 37 C. 38 D. 40 CN  x . Gọi V là thể tích hình hộp đã cho, V’ là thể CC  tích khối đa diện cần tính. Ta có, 1 1 1 1 1 1 V   (0   )VABD. A ' B ' D '  (   x)VCBD.C ' B ' D ' 3 2 3 3 2 3 1 1 1 1 Mặt khác V   (0   x)VADC . A ' D 'C '  (0   x)VABC . A ' B 'C ' 3 2 3 3 2 3 Do AD 2 BC nên VABD. A ' B ' D ' VADC. A' D ' C ' 2VABC . A' B ' C ' 2VCBD.C ' B ' D '  V 5 2 5 1 1 2 1 1 7       Ta có phương trình: .    x  .   x  .    x   x  6 3 6 12  3 2  3 3 3 Trang 3 Sáng kiến kinh nghiệm Năm 2018 1 1 1 2V 1 1 1 7 V 37  (   )  V 37 . Đáp án B. Vậy V   (0   ) 3 2 3 3 3 2 3 12 3 108 Bài tập 3. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích bằng 108 (đvtt). Gọi G và G’ lần lượt là trọng tâm tam giác ABC và A’B’C’, I thuộc đoạn thẳng GG’ sao cho IG’ = 2IG. Mặt phẳng qua I cắt cạnh AA’, BB’, CC’ lần lượt tại M, N, P; đồng thời chia lăng trụ đã cho thành hai khối đa diện. Tính thể tích khối đa diện gắn với đáy ABC của lăng trụ đã cho. A. 36 B. 37 C. 38 D. 40 Lời giải. Do tính chất của lăng trụ nên I cũng là trọng tâm của tam giác MNP. Ta có,     IM  IN  IP 0            IG  GA  AM  IG  GB  BN  IG  GC  CP 0      AM  BN  CP 3GI  AM  BN  CP 3GI G’ I Vậy thể tích khối đa diện cần tìm bằng 1  AM BN CP  1 3GI   VABC . A ' B ' C '  . .108 36 . Chọn đáp án A.   3  AA BB CC   3 GG  BÀI TẬP ÁP DỤNG LIÊN QUAN ĐẾN CÔNG THỨC 2 Bài tập 1. Cho hình chóp S.ABCD có thể tích là V, ABCD là hình bình hành. Gọi E và F lần lượt là điểm thuộc cạnh SB và SD sao cho SE 2 SF 3  ,  , mặt phẳng (AEF) cắt SC tại SB 3 SD 4 M. Thể tích của hình chóp S.AEMF bằng A. V 3 B. D. Lời giải. Đặt x  17V 44 C. 7 V 11 SM , ta có SC Trang 4 11V 36 Sáng kiến kinh nghiệm Năm 2018 VS . AEF  VS .MEF VS . AEM  VS . AFM 2 3 V 2 3 V 2 V 3 V  1. . .  . .x. 1. .x. 1. . x. 3 4 2 3 4 2 3 2 4 2 6 17V và VS . AEMF VS . AEF  VS .MEF  . 11 44 Từ đó, x  Đáp án B. Bài tập 2. Cho hình chóp S.ABCD có thể tích bằng 108 (đvtt) và ABCD là hình bình hành, M là trung điểm của SC. Gọi (P) là mặt phẳng chứa AM và song song với BD, (P) cắt SB tại E, cắt SD tại F. Tính thể tích hình chóp S.AEMF. A. 35 B. 36 C. 39 D. 40 Lời giải. Do (P)// DB nên EF//BD. Đặt x  SE SF   0 . Gọi V là thể tích hình chóp S.ABCD. Ta có, SB SD VS . AEF  VS .MEF VS . AEM  VS . AFM 1.x.x. V 1 V 1 V 1 V 2  x.x. . 1.x. . 1.x. .  x  2 2 2 2 2 2 2 3 2 2 V 3 3 2 2 2 1 V 3 3 2 2 V 3 Vậy VS . AEMF VS . AEF  VS .MEF 1. . .  . . .  36 . Đáp án B. Bài tập 3. Cho hình chóp S.ABC, G là trọng tâm tam giác ABC. Gọi I là trung điểm của SG. Mặt phẳng (Q) qua I cắt cạnh SA, SB, SC lần lượt tại M, N, P; (Q) vuông góc với SG. Tính tổng SA SB SC   SM SN SP •I A. 8 B. 3 K Trang 5 •G Sáng kiến kinh nghiệm Năm 2018 C. 6 D. 4 Lời giải. Đặt x  SM SN SP ,y ,z  . SA SB SC Ta có, VS .MNP  xyzVS . ABC . 1 2 1 2 1 2 Mặt khác, VS .MNP VS .IMN  VS .INP  VS .IMP xy VS .GAB  yz VS .GBC  xz VS .GAC Diện tích tam giác ABG, ACG, BCG bằng nhau. Thật vậy, gọi K là trung điểm của AB, diện tích tam giác BKC bằng 1 2 diện tích tam giác ABC, diện tích tam giác BCG bằng 2 3 diện tích tam giác BKC, suy ra diện tích tam giác BCG bằng 1 diện tích tam giác ABC. 3 Tương tự cho hai tam giác còn lại. Từ đó, có tiếp VS .MNP ( xy  yz  zx) 1 1 11 VS . ABC  xyzVS . ABC . 23 1 SA SB SC   6 . Đáp án C. Dẫn đến, xy  yz  zx 6 xyz  x  y  z 6 hay SM SN SP Chú ý: dữ kiện (Q) vuông góc với SG chỉ là dữ kiện gây nhiễu. Bài 4. Cho hình chóp S.ABCD có thể tích bằng 18 (đvtt) , ABCD là hình thang có AD//BC. Gọi M là trung điểm của SC. Mặt phẳng (ABM) cắt cạnh SD tại N. Thể tích hình chóp S.ABMN bằng 5 (đvtt). Tính thể tích hình chóp S.ABC. A. 3 B. 4 N C. 5 N M Trang 6 D. 6 Sáng kiến kinh nghiệm Lời giải. Đặt x  Năm 2018 SN AD ,a  , V là thể tích hình chóp S.ABCD. Ta có, SD BC a.S ABC a.SDBC S ACD S ABD  VS . ACD VS . ABD aVS . ABC a.VS .DBC  aV a 1 (1) VS . ABMN VS . ABM  VS . AMN VS .BMN  VS . ABN  1 1 1 .VS . ABC  .xV . S . ACD  .xV . S . BCD  x.VS . ABD 2 2 2 Từ (1) và (2) suy ra: (2) 1 1 1  .x.a  .x  x.a  x  ax 1 (3) 2 2 2 Mặt khác, 5 VS . ABMN VS . ABM  VS . AMN  (1  ax ) 18  5a 4  9ax (4). 2 a 1 1 3 Kết hợp (3) và (4) ta được: x  , a 2 . Thể tích hình chóp S.ABC bằng V 6 (đvtt). Đáp án D. a 1 3. Khả năng áp dụng của giải pháp. Giải pháp được áp dụng trong các tiết học trên lớp trong các giờ chính khóa, giờ phụ đạo hay trong các giờ dạy tăng tiết trái buổi đối với các lớp 12. 4. Hiệu quả, lợi ích thu được hoặc dự kiến có thể thu được do áp dụng giải pháp. Giải pháp đã làm học sinh hứng thú hơn với việc học trác nghiệm khách quan, tự tin hơn trong việc lựa chọn phương án. Tỉ lệ chọn đúng phương án cao hơn bình thường và thời gian được rút ngắn rất nhiều. Chúng tôi đã áp dụng sáng kiến này ngay từ đầu năm học 2017 – 2018 với lớp cơ bản 12a4, 12a7 đa phần là các em học sinh khá, giỏi, có nhu cầu thi lấy điểm cao vào các trường đại học. Sáng kiến này còn là nơi để các đồng nghiệp giáo viên tập hợp, học hỏi kinh nghiệm lẫn nhau, đồng thời nó còn là một giải pháp cùng chia sẽ với nhau trong quá trình tổ chức nâng cao, luyện thi cao đẳng, đại học. Trang 7 Sáng kiến kinh nghiệm Năm 2018 Qua việc trình bày nội dung chuyên đề trên chúng tôi thật sự muốn chia sẽ với anh chị đồng nghiệp cùng các em học sinh một vài kinh nghiệm mà bản thân đã góp nhặt được trong quá trình giảng dạy. Rất mong nhận được sự trao đổi, góp ý chân thành từ các đồng nghiệp và học sinh. Cuối cùng hi vọng SKKN này sẽ là một món quà có ý nghĩa trong việc nâng cao chất lượng dạy phụ đạo của các anh chị đồng nghiệp. Trang 8