Chuyên đề tỉ lệ thể tích của các khối đa diện toán 12

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

CHUYÊN ĐỀ TỈ LỆ THỂ TÍCH CỦA CÁC KHỐI ĐA DIỆN TỐN 12
I. LÝ THUYẾT CHUNG
1. Hai khối chóp S. A1 A2 ... An và S.B1B2 ...Bm có chung đỉnh S và hai mặt đáy cùng nằm trên một mặt
phẳng, ta có:

VS . A1 A2 ... An
VS .B1B2 ...Bm



S A1 A2 ... An
S B1B2 ...Bm

2. Hai khối chóp tam giác S. ABC có A  SA, B  SB, C '  SC ta có:

VS . A ' B 'C ' SA SB SC 

.
.
vS . ABC
SA SB SC

3. Kiến thức cần nhớ đối với khối lăng trụ tam giác và khối hộp.
VA. ABC 

V
2V
, VA.BCC B 
.

3
3

VA. ABD 

V
V
, VBDAC   .
6
3

4. Một số công thức nhanh cho các trường hợp hay gặp
2

2

BH  AB  CH  AC 


Tam giác ABC vng tại A có đường cao AH có
 ,
 .
BC  BC  CB  BC 
Mặt phẳng   song song với mặt đáy của khối chóp S. A1 A2 ... An cắt SAk tại điểm M k thỏa mãn

VS .M1M 2 ...M n
SM k
 p3 .
 p, ta có
VS . A1 A2 ... An

SAk
Hình lăng trụ tam giác ABC. ABC có

AM
BN
CP
x yz
 x,
 y,
 z có VABC .MNP 
V.
AA
BB
CC 
3

AM
BN
CP
 x,
 y,
 z . Mặt phẳng  MNP  cắt DD ' tại Q thì ta có
AA
BB
CC 
DQ
x y  z t
đẳng thức x  z  y  t với t 
và VABCD.MNPQ 
V.

DD
4

Hình hộp ABCD. ABCD có

Hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và

 MNP 
VS .MNPQ 

cắt

SD

tại

Q

thì

ta

có

đẳng

thức

SM
SN

SP
 x,
 y,
 z . Mặt phẳng
SA
SB
SC
SQ
1 1 1 1
với t 
và
  
SD
x z y t

 1 1 1 1
1
xyzt     V .
4
x y z t

Định lí Meneleus cho 3 điểm thẳng hàng

MA NB PC
.
.
 1 với MNP là một đường thẳng cắt ba đường
MB NC PA

thẳng AB, BC, CA lần lượt tại M , N , P.

Ví dụ: Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy một góc 60 . Gọi
M là điểm đối xứng của C qua D , N là trung điểm SC. Mặt phẳng  BMN  chia khối chóp S. ABCD
thành hai phần. Tỉ số thể tích giữa hai phần (phần lớn trên phần bé) bằng:

Trang | 1


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

A.

7
.
5

B.

1
.
7

C.

7
.
3

D.

6

.
5

Hướng dẫn giải:
Chọn A.
S

Giả sử các điểm như hình vẽ.

E  SD  MN  E là trọng
tâm tam giác SCM ,
DF // BC  F là trung
điểm BM .

N
E
H

D

C

Ta có:

 SD,  ABCD   SDO  60
,

a 6
 SO 
2

SF  SO 2  OF 2 

O

B

M

F

A

a 7
2

 d  O,  SAD    OH  h 

a 6
1
a2 7
; SSAD  SF . AD 
2
4
2 7

VMEFD ME MF MD 1





VMNBC MN MB MC 6
5
5 1
1
5
1
5a3 6
 VBFDCNE  VMNBC    d  M ,  SAD    SSBC   4h  SSAD 
6
6 3
2
18
2
72
1
a3 6
7a3 6
VS . ABCD  SO.S ABCD 
 VSABFEN  VS . ABCD  VBFDCNE 

3
6
36

Suy ra:

VSABFEN 7
 
VBFDCNE 5

II. BÀI TẬP
Câu 1:

Cho hình chóp S. ABC .Trên cạnh SA lấy các điểm M , N sao cho SM  MN  NA .Gọi

  ,    là các mặt phẳng song song với mặt phẳng  ABC  và lần lượt đi qua M , N .Khi đó hai
mặt phẳng   ,    chia khối chóp đã cho thành 3 phần.Nếu phần trên cùng có thể tích là
10 dm3 tích hai phần cịn lại lần lượt là?
A. 80 dm3 và 190 dm3 .

B. 70 dm3 và 190 dm3 .

C. 70 dm3 và 200 dm3 .

D. 80 dm3 và 180 dm3 .

Hướng dẫn giải:

Trang | 2


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Chọn B
S

Đặt V  VS . ABC ,V1  SS .MNP ta có:

M

3

V1 

SM SP SQ
1
1
. .
.V    V  V  V  270 dm3 .
SA SB SC
27
3

Q

N

F

P

C

Tương tự ta có :

E

3

V1  V2 

SN SE SF
8
2
. . .V    V  V  80 dm3 .
SA SB SC
27
3

B

Do đó: V2  80  V1  70 dm3 , V3  V  V1  V2  190 dm3 .
Chọn B.
Câu 2:

Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích bằng V . Gọi
SM 1 SN 2 SP 1
M , N , P lần lượt là các điểm trên các cạnh SA, SB, SC sao cho
 ,
 ,
 . Mặt
SA 2 SB 3 SC 3
phẳng  MNP  cắt cạnh SD tại điểm Q . Tính thể tích khối đa diện ABCD.MNPQ .
A.

5
V.
63

B.

10
V.
63

C.

53
V.
63

D.

58
V.
63

Hướng dẫn giải:
Chọn D

Đặt x 
t

SM 1
SN 2
SP 1
 , y
 , z
 ,
SA 2

SB 3
SC 3

SQ
.
SD

Ta có

1 1 1 1
3 1
2
    23   t  .
x z y t
2 t
7

Do đó
1
1
1
5
VS .MNPQ  VS .MNP  VS .PQM  xyz. V  zxt. V  xz  y  t V  V
2
2
2
63
.
5 
58


Suy ra VABCD.MNPQ  1  V  V .
63
 63 

Câu 3:

Cho khối chóp S. ABCD có đáy là hình chữ nhật, AB  3a , AD  a , SA vng góc với đáy
và

SA  a . Mặt phẳng   qua A vng góc với SC cắt SB , SC , SD lần lượt tại M , N , P .
Tính thể tích khối chóp S. AMNP .

Trang | 3


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

3 3a 3
A.
.
40

B.

3a 3
.
40

3a 3

C.
.
10

3a 3
D.
.
30

Hướng dẫn giải:
Chọn B

Ta có

SC     SC  AM , SC  AN , SC  AP .
Mặt khác

CB   SAB   AM  CB  AM   SBC   AM  SB
. Tương tự ta có AP  SD .
Thể tích khối chóp ban đầu là
V

1
3a3
.
3a 2 .a 
3
3

Tính các tỉ số x 

SA
 1,
SA

2

y

SM  SA 
a2
1


 ,

2
2
SB  SB 
a  3a
4
2

2

SN  SA 
a2
1
SP  SA 
a2

1
,
z


t

 .
  2
  2
2
2
2
SC  SC 
a  3a  a
5
SD  SD 
a a
2

Vậy V  
Câu 4:

xyzt  1 1 1 1 
3
3 a3
.




V

V



4 x y z t
40
40

Cho khối chóp S. ABCD có thể tích V và đáy là hình bình hành. Điểm S  thỏa mãn
7
V.
SS   k DC  k  0  . Biết thể tích phần chung của hai khối chóp S. ABCD và S . ABCD là
25
Tìm k .
A. k  9 .

B. k  6 .

C. k  11 .

D. k  4 .

Hướng dẫn giải:
Chọn D
Ta có AB // CD // SS  nên B  S A  SB, C  S D  SC .
Theo Thales ta cũng có
BS C S S S
SB SC 

k
SD


k


,t 
 1.
BB C C DC
SB SC k  1
SD

Do đó VS . ADC B



k 2  2k  1
1
k
k 1 1
1
1 
 .1.1.
.



V


V.

2
k
k 
4
k 1 k 1  1 1
2k  k  1
k 1 k 1 


Trang | 4


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

 k 2  2k  1 
7
Vậy thể tích phần chung là V   V  VS . ADC B  1 
V  V  k  4  k  0  .
2
 2k  k  1 
25


Câu 5:

Cho hình chóp S. ABC có tất cả các cạnh đều bằng a . Một mặt phẳng  P  song song với mặt
đáy  ABC  cắt các cạnh SA , SB , SC lần lượt tại M , N , P . Tính diện tích tam giác MNP
biết  P  chia khối chóp đã cho thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau.

A. SMNP 

a2. 3
.
8

B. SMNP 

a3 . 3
.
16

C. SMNP 

a2. 3
43 2

D. SMNP 

a2. 3
.
43 4

Hướng dẫn giải:
Chọn D.

VS .MNP SM SN SP  SM 

.
.



VS . ABC
SA SB SC  SA 

Theo bài ra:

VS .MNP 1

VS . ABC 2

3

1

 2
3

 SM  1
Từ 1 ,  2  ta có 
 
 SA  2
SM
1

3
SA
2

Lại có:

1
d S , MNP   .SMNP
VS .MNP 3  
1

=
VS . ABC 1 d S , ABC .S

  ABC 2

3

Mà

d  S ,  MNP  
d  S ,  ABC  

=

SM
1
3
SA
2

Từ  3 ,  4  ta có được
Câu 6:

 3

 4

3
3
2
2 a2 . 3 a2 . 3
SMNP 3 2
 SMNP =
SABC 
.
 3
=
2
2
4
SABC
2
4. 4

Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB  a, AD  b và cạnh bên

 ABCD  . Gọi M là một điểm trên cạnh SA sao cho
để mặt phẳng  MBC  chia khối chóp thành hai khối đa diện có thể

SA  c vng góc với mặt phẳng

AM  x  0  x  c  . Tìm x
tích bằng nhau.
A. x 

3  2  c .
2

B. x 

 2  3  ab .
2c

C. x 

3  5  c .
2

D. x 





5  1 ab
2c

.

Trang | 5


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Hướng dẫn giải:

Chọn C

S
SM SN c  x


SA SD
c

Ta có
Vì vậy

VS .MBC SM c  x
cx


 VS .MBC 
VS . ABCD
VS . ABC
SA
c
2c

M

Và

c  x V
VSMNC SM .SN  c  x 



 VS .MNC 
S . ABCD
2
VSADC
SA.SD
c
2c 2
2

Vậy VSMNBC

A

N

B

D

C

2
  c  x 2 c  x 
c  x   c 2  cx

1


VSABCD  VSABCD .

 2c 2

c
2
c2



Từ giả thiết ta có
Câu 7:

2

c  x





3 5 c
 c 2  cx
2
2

1

c

3
cx


x

0

x

.
c2
2

2

Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thang với AB / /CD và CD  4 AB .Gọi M là 1
SM
điểm trên cạnh SA sao cho 0  AM  SA . Tìm tỉ số
sao cho mặt phẳng  CDM  chia khối
SA
chóp đã cho thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau:
A.

SM 3  13
.

SA
2

B.

SM 4  26

.

SA
2

C.

SM 3  17
.

SA
2

D.

SM 3  23
.

SA
2

Hướng dẫn giải:
Chọn B

Đặt x 

Ta có

SM SN


, 0  x  1.
SA SB

VSADC S ADC AD


4
VSABC S ABC AB
 VSADC

Ta có

.

4
1
 VSABDC ,VSABC  VSABDC
5
5

VSMCD SM
4x

 VSMCD  VSABDC
VSACD
SA
5

VSMNC SM SN
x2


.
 x 2  VSMNC  VSABC
VSABC
SA SB
5

Trang | 6


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

 4 x x2 
V
    VSABCD  SABCD
2
 5 5 

Vậy VSMNCD

4x x2 1
4  26
.

 x
5
5 2
2

Suy ra

Câu 8:

Cho điểm M trên cạnh SA , điểm N trên cạnh SB của hình chóp tam giác S. ABC có thể tích
SM 1 SN
bằng V sao cho
 ,
 x . Mặt phẳng  P  qua MN và song song với SC chia khối
SA 3 SB
chóp S. ABC thành hai khối đa diện có thể tích bằng nhau. Tính x .
A. x 

4 5
3

B. x 

8  10
6

C. x 

4 5
6

8  10
9

D. x 

Hướng dẫn giải:

Chọn B

S

Trong  ABS  : MN  AB  E , trong

M

 SAC  : MQ / / SC, Q  AC , trong  ABC  : EQ  BC  P
.

N

SM CQ 1 SN CP
Khi đó NP / / SC / / MQ 

 ,

 x.
SA CA 3 SB CB

VEAMQ
VS . ABC



C

P
B

Trong tam giác
NB MS EA
SAB :
.
.
1
NS MA EB
1  x 1 EA
EA 2 x
AB 3x  1

. .
1



x 2 EB
EB 1  x
EB 1  x
Ta có

Q

A

E

AM AQ EA 2 2 2 x
8x

8x
.
.
 . .

 VEAMQ 
V
AS AC BA 3 3 3x  1 9  3x  1
9  3x  1

1  x   V  1  x  V
VEBNP BN BP EB
2 1 x

.
.
 1  x  .

EBNP
VS . ABC BS BC AB
3x  1 3x  1
3x  1
3

1  x  V  1 V  8 x  1  x   1  x  8  10
8x

V
9  3x  1
3x  1

2
9  3 x  1 3 x  1 2
6
3

 VAMQBNP
Câu 9:

3

3

Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh bằng a , Gọi M , N là trung điểm các cạnh AB , BC svà

E là điểm thuộc tia đối DB sao cho

BD
 k . Tìm k để mặt phẳng  MNE  chia khối tứ
BE

11 2a 3
diện thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh B có thể tích là
.
294

Trang | 7


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

A. k 

6
.
5

B. k  6 .

D. V  5 .

C. k  4 .

Hướng dẫn giải:
Chọn C
A

Ta có diện tích khối tứ diện đều cạnh

a3 2
a bằng V0 
12

M

VBMNE BM BN BE

.
.
VABCD
BA BC BD

Q
E
B

1
 VBMQE  V0
4

D
P

Theo ta let ta có:

N

2  k  1
EP EQ
k 1



EN EM k  1  1
2k  1
2

C

4  k  1 k  1 1
EP EQ DE


.
.
VBMQE 
.
V0
2
EN EM BE
 2k  1 k 4
2

 VEDPQ

Do đó VBMNPQD

VBMNPQD

2
3
4  k  1 k  1 1
4  k  1 
k
k 
 V0 
.
V0  V0 1 

2
4
4  k  2k  12 

 2k  1 k 4

3
4  k  1 
k
k 
22
k 4
 V0 hay V0  V0 1 
4
4  k  2k  12 
49

Câu 10: Cho khối tứ diện đều ABCD cạnh bằng 2cm. Gọi M , N , P lần lượt là trọng tâm của ba tam
giác ABC, ABD, ACD. Tính thể tích V của khối chóp AMNP.
A. V 
V

2
cm3 .
162

4 2 3
cm .
81

B. V 

2 2 3
cm .

81

D. V 

2
cm3 .
144

C.
A

Hướng dẫn giải:
Chọn C.
N

2 3
Tam giác BCD đều  DE  3  DH 
3

M
B

K

P
D

H

E

F
C

Trang | 8


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

AH  AD 2  DH 2 

2 6
3

1
1 1
1
3
SEFK  .d E , FK  .FK  . d D,BC . BC 
2
2 2
2
4
 VSKFE 

Mà

1
1 2 6 3
2

.
AH .SEFK  .
.

3
3 3
4
6

AM AN AP 2



AE AK AF 3

Lại có:

VAMNP AM AN AP 8
8
4 2
.

.
.

 VAMNP  VAEKF 
VAEKF
AE AK AF 27
27
81

Trang | 9


Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai

Vững vàng nền tảng, Khai sáng tương lai
Website HOC247 cung cấp một môi trường học trực tuyến sinh động, nhiều tiện ích thơng minh, nội
dung bài giảng được biên soạn công phu và giảng dạy bởi những giáo viên nhiều năm kinh nghiệm,
giỏi về kiến thức chuyên môn lẫn kỹ năng sư phạm đến từ các trường Đại học và các trường chuyên
danh tiếng.
I.

Luyện Thi Online
Học mọi lúc, mọi nơi, mọi thiết bi – Tiết kiệm 90%
-

Luyên thi ĐH, THPT QG: Đội ngũ GV Giỏi, Kinh nghiệm từ các Trường ĐH và THPT danh tiếng
xây dựng các khóa luyện thi THPTQG các mơn: Tốn, Ngữ Văn, Tiếng Anh, Vật Lý, Hóa Học và
Sinh Học.

-

Luyện thi vào lớp 10 chun Tốn: Ơn thi HSG lớp 9 và luyện thi vào lớp 10 chuyên Toán các
trường PTNK, Chuyên HCM (LHP-TĐN-NTH-GĐ), Chuyên Phan Bội Châu Nghệ An và các trường
Chuyên khác cùng TS.Trần Nam Dũng, TS. Phạm Sỹ Nam, TS. Trịnh Thanh Đèo và Thầy Nguyễn
Đức Tấn.

II.

Khoá Học Nâng Cao và HSG
Học Toán Online cùng Chuyên Gia
-

Tốn Nâng Cao THCS: Cung cấp chương trình Tốn Nâng Cao, Toán Chuyên dành cho các em HS
THCS lớp 6, 7, 8, 9 u thích mơn Tốn phát triển tư duy, nâng cao thành tích học tập ở trường và đạt
điểm tốt ở các kỳ thi HSG.

-

Bồi dưỡng HSG Toán: Bồi dưỡng 5 phân môn Đại Số, Số Học, Giải Tích, Hình Học và Tổ Hợp
dành cho học sinh các khối lớp 10, 11, 12. Đội ngũ Giảng Viên giàu kinh nghiệm: TS. Lê Bá Khánh
Trình, TS. Trần Nam Dũng, TS. Phạm Sỹ Nam, TS. Lưu Bá Thắng, Thầy Lê Phúc Lữ, Thầy Võ Quốc
Bá Cẩn cùng đôi HLV đạt thành tích cao HSG Quốc Gia.

III.

Kênh học tập miễn phí
HOC247 NET cộng đồng học tập miễn phí
HOC247 TV kênh Video bài giảng miễn phí
-

HOC247 NET: Website hoc miễn phí các bài học theo chương trình SGK từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả
các môn học với nội dung bài giảng chi tiết, sửa bài tập SGK, luyện tập trắc nghiệm mễn phí, kho tư
liệu tham khảo phong phú và cộng đồng hỏi đáp sôi động nhất.

-

HOC247 TV: Kênh Youtube cung cấp các Video bài giảng, chuyên đề, ôn tập, sửa bài tập, sửa đề thi
miễn phí từ lớp 1 đến lớp 12 tất cả các mơn Tốn- Lý - Hoá, Sinh- Sử - Địa, Ngữ Văn, Tin Học và

Tiếng Anh.

Trang | 10