(SKKN 2022) giúp học sinh lớp 12 trường THPT quảng xương 1 giải bài toán tính thể tích khối đa diện thông qua ứng dụng của tỉ số thể tích

MỤC LỤC
Mục

Nội dung

Trang

1. Mở đầu
1.1

Lý do chọn đề tài

2

1.2

Mục đích nghiên cứu

2

1.3

Đối tượng nghiên cứu

2

1.4

Phương pháp nghiên cứu

2

2. Nội dung sáng kiến kinh nghiệm
2.1
2.2

Cơ sở lí luận:

2

Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng SKKN

4

2.3

Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề

5

2.4

Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm

16

3. Kết luận, kiến nghị
3.1

Kết luận

17

3.2

Kiến nghị

17

1


1 – MỞ ĐẦU
1.1. Lý do chọn đề tài:
- Bài tốn tính thể tích khối đa diện đa phần học sinh đều lúng túng do qn kiến
thức hình học khơng gian lớp 11.
- Thường xuyên có trong đề thi đại học với mức độ vận dụng cao
Vì vậy tơi chọn đề tài nghiên cứu của mình là “ Giúp học sinh lớp 12 trường
THPT Quảng Xương 1 giải bài toán tính thể tích khối đa diện thơng qua ứng
dụng của tỉ số thể tích ”.
1.2. Mục đích nghiên cứu:
Học sinh nắm được cách tính thể tích khối đa diện thơng qua tỉ số thể tích. Ngồi ra
cịn giúp học sinh phân dạng được các bài tập, mối liên hệ giữa bài tập này với bài
tập kia.
1.3. Đối tượng nghiên cứu:
- Các khối đa diện : Khối chóp, khối tứ diện, khối lăng trụ, khối hộp.
- Đề tài được áp dụng trong chương trình hình học cơ bản lớp 12, học sinh ôn thi
học sinh giỏi , học sinh ôn thi THPT Quốc gia.
1.4. Phương pháp nghiên cứu:
Xuất phát từ đối tượng và nhiệm vụ nghiên cứu để đạt được mục đích đã đề ra trong
q trình nghiên cứu tơi đã sử dụng các phương pháp chủ yếu sau:

i) Phương pháp nghiên cứu lí luận.
- Nghiên cứu tài liệu.
- Nghiên cứu và tổng kết kinh nghiệm giảng dạy.
- Nghiên cứu một số quan điểm , tư tưởng sáng tạo.
2i) Phương pháp nghiên cứu theo phân loại các dạng bài tập.
- Nghiên cứu các bài toán gốc và phát triển các bài tốn gốc.
- Nghiên cứu các bài tốn có cấu trúc tương tự.
2 – NỘI DUNG SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
2.1. Cơ sở lí luận: Để thực hiện đề tài, cần dựa trên những kiến thức cơ bản:
i. Tỉ số diện tích của hai tam giác
SOMN OM.ON

SAPQ OP.OQ

2i. Tỉ số thể tích của khối chóp
A. Cơng thức tỉ số thể tích của hình chóp tam giác
VS.MNP SM SN SP

.
.
VS.ABC
SA SB SC

Cơng thức trên chỉ áp dụng cho hình chóp tam giác, do đó
trong nhiều trường hợp ta cầnhoạt phân chia hình chóp đã
cho thành nhiều hình chóp tam giác khác nhau rồi mới áp dụng.
B. Một số trường hợp đặc biệt

2

Nếu  A1B1C1D1  P ABCD và

VS. A1B1C1D1
SA1 SB1 SC1 SD1
 k3



 k thì
V
SA SB SC SD
S. ABCD

Kết quả vẫn đúng trong trường hợp đáy là n − giác.
3i. Tỉ số thể tích của khối lăng trụ
A. Lăng trụ tam giác
Gọi V là thể tích khối lăng trụ, V 4 là thể tích khối chóp tạo thành từ 4 trong 6 đỉnh
của lăng trụ,
V 5 là thể tích khối chóp tạo thành từ 5 trong 6 đỉnh của lăng trụ. Khi đó:
V
3
2
V 5  V
3
V 4 

V
3

Ví dụ: V A'B'BC  ; VA'B' ABC 

2V
3

B. Mặt phẳng cắt các cạnh bên của lăng trụ tam giác
Gọi V1 , V2 và V lần lượt là thể tích phần trên, phần dưới và lăng trụ. Giả sử
AM
CN
BP
 m,
 n,
p
AA'
CC '
BB'
m n  p
.V
Khi đó: V2 
3

Khi M  A',N  C thì

AM
CN
 1,
0
AA'
CC '

4i. Khối hộp
A. Tỉ số thể tích của khối hộp
Gọi V là thể tích khối hộp, V 4 là thể tích khối chóp tạo thành từ 4 trong 8 đỉnh của
khối hộp. Khi đó:
V 4 (hai đường chéo của hai mặt phẳng song song)  V
3
V
V 4 (trường hợp còn lại) 
6
3


V
3

Ví dụ: VA'C 'BD  , V A'C 'D'D 

V
6

B. Mặt phẳng cắt các cạnh của hình hộp (chỉ quan tâm tới hai cạnh đối nhau)
DM

 x
x y

DD '
.V
  V2 
BP

2

y

BB'

2.2. Thực trạng vấn đề trước khi áp dụng sáng kiến kinh nghiệm:
i) Thuận lợi.
- Học sinh hứng thú trong tiết học, phát huy được khả năng sáng tạo, tự học và u
thích mơn học.
- Có sự khích lệ từ kết quả học tập của học sinh khi thực hiện đề tài.
- Được sự động viên của BGH, nhận được sự động viên và đóng góp ý kiến của
đồng nghiệp.
2i) Khó khăn.
- Đa số học sinh yếu hình học khơng gian hoặc là qn kiến thức hình học khơng
gian lớp 11, qn kiến thức hình học phẳng.Học sinh có tư tưởng sợ và ngại học
phần này.
- Giáo viên còn thiếu kinh nghiệm giảng dạy đối với các bài toán tính thể tích khối
đa diện thơng qua tỉ số thể tích.
Theo số liệu thống kê trước khi dạy đề tài này ở lớp 12T3,12T4 là hai lớp trọng
điểm chọn HS khá giỏi tôi trực tiếp giảng dạy năm học 2021 - 2022 trường THPT
Quảng Xương 1, kết quả như sau:
Năm

Lớp

Sĩ số
Tỉ lệ%

Số học sinh làm

được bài tập

Số học sinh lúng túng
không làm được bài tập

50
15
35
Tỉ lệ %
30%
70%
2021 - 2022
52
13
39
12T4
Tỉ lệ %
25%
75%
Đứng trước thực trạng trên tôi nghĩ nên hướng cho các em tới một cách giải
quyết có hệ thống trên cơ sở kiến thức trong SGK các dạng toán về tính thể tích
khối đa diện thơng qua tỉ số thể tích. Song song với việc cung cấp tri thức, tơi chú
trọng rèn rũa kỹ năng phát hiện và phân dạng bài toán..., phát triển tư duy cho học
sinh đặc biệt là tư duy sáng tạo để trên cơ sở đó học sinh khơng chỉ học tốt phần
này mà cịn làm nền tảng cho các phần kiến thức hình học khác của lớp 12 .
12T3

4

2.3. Các biện pháp tiến hành giải quyết vấn đề.
Với vị trí của người trực tiếp dạy ơn thi ĐH-CĐ và ôn thi học sinh mũi nhọn
tôi đã tiến hành song song các giải pháp:
1.Chọn phương pháp tiếp cận để giải từng bài.
2. Áp dụng vào các bài tập cụ thể, phân tích cách giải.
3. Luyện bài tập từ bài toán gốc và phát triển các bài toán tương tự đến nâng cao.
4. Ơn lại kiến thức về hình học khơng gian lớp 11, kiến thức hình học phẳng.
5. Áp dụng vào việc ra đề thi và kiểm tra chất lượng cho HS.
2.3.1. Dạng 1: Ứng dụng tỉ số thể tích trong khối chóp, khối tứ diện
Ví dụ 1:
Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành, gọi M là trung điểm của
CD và I là giao điểm của AC và BM. Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S.ICM và
S.ABCD
S
Phân tích tìm hướng giải
B1: Do hai khối chóp S.ICM và S.ABCD
Có chung đường cao nên tìm tỉ số

VISCM
thơng
VB.SCM

A

qua tỉ số diện tích.

D

O

VB.SCM
VD.SBC
VD.SBC
B2:Tìm tỉ số
VS . ABCD

B2:Tìm tỉ số

M

I

C

B

Hướng dẫn giải
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có I là trọng tâm của tam giác BCD, do
đó
1
1 1
1 1 1
VISCM  VB.SCM  . .VD.SBC  . . VS . ABCD
3
3 2
3 2 2
VISCM
1

Vậy

VS . ABCD 12

Ví dụ 2:
Cho hình chóp S.ABCD . Gọi A  , B , C , D theo thứ tự là trung điểm của
SD . Tính tỉ số thể tích của hai khối chóp S.A BCD và S.ABCD .
A.

1
16

B.

1
4

C.
Hướng dẫn giải

Chọn C

5

1
8

SA , SB , SC ,

D.

1

2


Ta có
Và

VS.A BD  SA  SB SD 1
V
1

.
.

 S.ABD 
.
VS.ABD
SA SB SD 8
VS.ABCD 16

VS.BDC SB SD SC 1
V
1

.
.

 S.BDC 
.
VS.BDC
SB SD SC 8

VS.ABCD 16

Suy ra

VS.A BD VS.BDC
V
1 1 1
1
 



 S.A BCD  .
VS.ABCD
8
VS.ABCD VS.ABCD 16 16 8

Ví dụ 3:
Cho hình chóp S . ABCD đáy là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là trung điểm của
VS .BMPN
SA, SC . Mặt phẳng ( BMN ) cắt SD tại P . Tỉ số
VS .ABCD bằng:
V

1

S . BMPN
 .
A. V
16

S .ABCD

V

1

S . BMPN
 .
B. V
6
S .ABCD

VS . BMPN

V

1

 .
C. V
12
S .ABCD
Hướng dẫn giải

1

S . BMPN
 .
D. V
8

S .ABCD

Chọn B

SM SN 1

 .
Ta có M , N là trung điểm của SA, SC nên

SA SC 2
Cách 1: Áp dụng định lý Menelaus cho SOD ta có :
PS BD IO
PS
PS 1
SP 1


1 
2 1  1 
 
.
PD BO IS
PD
PD 2
SD 3
Cách 2: Kẻ OH // BP , ta có O là trung điểm của BD nên H là trung điểm

của PD .
Ta có OH // IP mà I là trung điểm của SO nên P là trung điểm của SH .
Suy ra SP  PH  HD 

SP 1
 .
SD 3

V

2V

SM SP

1 1

1

S . BMPN
 S .BMP 

  .
Theo cơng thức tỉ số thể tích ta có : V
2VS .BAD
SA SD 2 3 6 .
S .ABCD

6


Ví dụ 4:
(HSG 12-Sở Nam Định-2019) Cho tứ diện ABCD có thể tích V với M , N lần lượt
là trung điểm AB, CD . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của MNBC và MNDA . Tính tỉ lệ

V1  V2
.
V

A. 1 .

B.

1
.
2

C.

1
.
3

D.

2
.
3

Hướng dẫn giải
Chọn B

Vì M , N lần lượt là trung điểm AB, CD nên ta có:

d  A,  MCD    d  B,  MCD   ; d  C ,  NAB    d  D,  NAB   , do đó:

V
V
V
VA.MCD  VB.MCD  ; V1  VMNBC  VC .MNB  VD.MNB  B.MCD  ;
2
2
4
V
V
V2  VMNAD  VD.MNA  VC .MNA  A.MCD  .
2
4
V V

V1  V2 4 4 1 .



V
V
2

Ví dụ 5:
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi K , M lần lượt là trung
điểm của các đoạn thẳng SA , SB , ( ) là mặt phẳng qua K song song với AC và
AM . Mặt phẳng ( ) chia khối chóp S . ABCD thành hai khối đa diện. Gọi V1 là thể
tích của khối đa diện chứa đỉnh S và V2 là thể tích khối đa diện cịn lại. Tính tỉ số
V1
V2
V

7

1
A. V = 25 .
2

V

5

V

7

1
1
B. V = 11 .
C. V = 17 .
2
2
Hướng dẫn giải

Chọn D
7

V

9

1
D. V = 23 .
2


Gọi V là thể tích khối chóp S . ABCD ; I , H lần lượt là trung điểm SC , SM .
Do ( ) / / ( ACM ) nên ( ) cắt ( SAD), ( SBD), ( SCD) lần lượt tại KL, HP, IJ
cùng song song với OM .
VB.HQP

BH BQ BP 3 3 3 27
.
.
= . . = . Suy ra
VB.SAC
BS BA BC 4 2 2 16
27
27 1
27
VB. HQP = VB. SAC = . V = V .
16
16 2
32
VA. KQL
AK AQ AL 1 1 1 1
1
1 1
1
=
.

.
= . . = Þ VA.KQL = VA.SBD = . V = V .
VA.SBD
AS AB AD 2 2 2 8
8
8 2
16
1
Tương tự: Þ VC.IPJ = V .
16
ỉ
27
1
1ư
23
9
÷
V = V Þ V1 = V .
ữ
Do ú V2 = ỗỗỗố - - ứ
ữ
32 16 16
32
32
V1
9
Vậy tỉ số V = 23 .
2

Ta có

=

Ví dụ 6:
Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB , BC . Điểm I thuộc đoạn SA . Biết mặt phẳng  MNI 
chia khối chóp S . ABCD thành hai phần, phần chứa đỉnh S có thể tích bằng
phần cịn lại. Tính tỉ số k 
A.

1
.
2

IA
?
IS

B.

2
.
3

C.

Hướng dẫn giải
Chọn B

8

1
.
3

D.

3
.
4

7
lần
13


Mặt phẳng  MNI  cắt khối chóp theo thiết diện như hình 1. Đặt VS . ABCD  V .
1

1

S

1

APM
 .
Ta có SAPM  SBMN  4 SABC  8 S ABCD  S
8
ABCD

d  I ,  ABCD  

d  S ,  ABCD  




IA
k

.
SA k  1

d  I ,  ABCD  
VI . APM
S
k
k
 APM .

 VI . APM 
V.
VS . ABCD S ABCD d  S ,  ABCD   8  k  1
8  k  1

Do MN / / AC  IK / / AC  IK / /  ABCD   d  I ;  ABCD    d  K ;  ABCD   .
k

Mà S APM  S NCQ .  VI . APM  VK . NCQ  8  k  1 V .

Kẻ IH / / SD ( H  SD ) như hình 2. Ta có :
IH AH AI
k



.
SD AD AS k  1
IH PH PA AH PA 2 AH 1
2k
3k  1





 

ED PD PD PD PD 3 AD 3 3  k  1 3  k  1 .


d  E ,  ABCD   ED
3k .
ED IH ID
3k




:


SD SD ED 3k  1
d  S ,  ABCD   SD 3k  1

S PQD
S ABCD



V
9
27 k
27 k
 E . PQD 
 VE . PQD 
V.
8
VS . ABCD 24k  8
24k  8

13
13
V  VE .PDC  VI . APM  VK . NQC  V
20
20
27k
k
k
13


V
V
V V
8  3k  1
8  k  1
8  k  1
20

VEIKAMNCD 



27 k
k
13
2

 k
2  3k  1 k  1 5
3

2.3.2. Dạng 2: Ứng dụng tỉ số thể tích trong khối lăng trụ, khối hộp
Ví dụ 7:

9


Cho lăng trụ ABC. ABC  , M là trung điểm CC . Mặt phẳng  ABM  chia khối lăng
trụ thành hai khối đa diện. Gọi V1 là thể tích khối lăng trụ chứa đỉnh C và V2 là thể
V1

tích khối đa diện cịn lại. Tính tỉ số V .
2
A.

1
.
5

B.

1
.
6

C.

1
2.

D.

2
5

Hướng dẫn giải

1
V1 là thể tích khối lăng trụ chứa đỉnh C tức là V1  VM . ABC  S ABC . MC
3

V2
là
thể
tích
khối
đa
diện
cịn
1
5
 V2  VABC . ABC   V1  S ABC .CC   S ABC .CC   S ABC .CC 
6
6

lại

Khi đó ta có tỉ số
1
S MC
V1 3 ABC


V2 5 S .CC 
ABC
6

1
S ABC .CC 
1
6

 .
5
S ABC .CC  5
6

Ví dụ 8:
Cho lăng trụ ABC. ABC . Trên các cạnh AA, BB lần lượt lấy các điểm E , F sao cho
AA  kAE , BB  kBF . Mặt phẳng  C EF  chia khối lăng trụ đã cho thành hai khối đa
diện bao gồm khối chóp C . ABFE có thể tích V1 và khối đa diện ABCEFC  có thể
V

2

1
tích V2 . Biết rằng V  7 , tìm k .
2
A. k  4 .
B. k  3 .
C. k  1 .
Hướng dẫn giải
Chọn B

10

D. k  2 .


Ta có:

AA  kAE

BB  kBF

S ABFE 
VC . ABFE
VC . ABBA

1
S ABBA
k
1
 ;
k

2
2
2 

VC . ABBA  .VABC . ABC   VC . ABFE  .VABC . ABC   VABCEFC   1  VABC . ABC 
3
3k
 3k 
2
VC . ABFE
2
14
2 

 3k
 
 2  1    k  3.

2  7
VABCEFC  
3k
 3k 
1  
 3k 

Ví dụ 9:
Cho hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' có thể tích là V .Gọi M là trung điểm BB ' , điểm N
thuộc cạnh CC ' sao cho CN = 2C ' N . Tính thể tích khối chóp A.BCMN theo V .
A. VA.BCMN =
VA. BCMN =

7V
.
12

B. VA. BCMN =

7V
.
18

C. VA. BCMN =

5V
.
18

Hướng dẫn giải

Chọn B
Cách 1:

11

V
.
3

D.


1
3

1
3

Ta có: VB ' BAC = .d ( B ', ( ABC )).SDABC = V .
VB .MAC

Theo công thức tỷ số thể tích: V

B . B ' AC

=

BM 1
=
BB ' 2

1
1 1
V
Þ VB.MAC = .VB.B ' AC = . V = .
2
2 3
6
3
3
Ta có: BB ' = 2 BM = NC Þ BM = NC .
2
4
1
.BM .d (C , BB ')
SD BMC
3
Þ
= 2
= .
1
SD NMC
.NC.d ( M , CC ') 4
2
S
VA. BCNM
4 7
7
Þ BCNM = 1 + = Þ
= .

SDBMC
3 3
VA.BMC
3
7
7 V 7V
Vậy: VA. BCNM = .VA. BMC = . = .
3
3 6 18

Cách 2:

Gọi h, k lần lượt là độ dài đường cao của hình lăng trụ ABC. A ' B ' C ' và hình
chóp A.BCMN , S là diện tích tam giác ABC .
Þ độ dài đường cao của hình chóp M . ABC là:
12

h
2


1 h
hS
VMABC = . .S =
(1).
3 2
6
1 h
1
hS

Mặt khác: VMABC = . .S = .k.SDBCM Þ k.SD BCM =
3 2
3
2
4
Ta có SDMNC = SD BCM (vì 2 tam giác MNC và BCM có cùng chiều cao và
3
4
CN = BM ).
3
1
1 4
4
4 hS 2hS
VAMNC = .k .SD MNC = .k . .SDBCM = .k .SDBCM = .
=
. (2).
3
3 3
9
9 2
9
hS 2hS 7hS 7V
=
=
Từ (1) và (2) ta có: VA.BCMN = VMABC +VAMNC = +
.
6
9
18

18

Ví dụ 10:
(Chuyên Hùng Vương - Phú Thọ - 2018) Cho khối hộp chữ nhật ABCD. ABC D
có thể tích bằng 2110 . Biết AM  MA ; DN  3 ND ; CP  2 PC  . Mặt phẳng  MNP 
chia khối hộp đã cho thành hai khối đa diện. Thể tích khối đa diện nhỏ hơn bằng
D

A

C

B

N

P

M
C

D

B
8440
C.
.
9

A

A.

7385
.
18

B.

5275
.
12

Hướng dẫn giải
D

A

C

B

N

D.

P

M
Q

D
B
A


1 A M C P  11 1 5
 

Ta có:
     .
VABCD. ABC D 2  AA C C  2  2 3  12
5
5
5275
 VMNPQ. ABC D  VABCD. ABC D  2110 
.
12
12
6
VMNPQ. ABC D

Vnho

Ví dụ 11:
13

C

5275
.

6


(THPT Thạch Thanh 2 - Thanh Hóa - 2018) Cho khối hộp chữ nhật
ABCD. AB C D có thể tích bằng 2110 . Biết AM  MA , DN  3 ND , CP  2C P như
hình vẽ. Mặt phẳng  MNP  chia khối hộp đã cho thành hai khối đa diện. Thể tích
khối đa diện nhỏ hơn bằng

A.

5275
.
6

B.

8440
.
9

C.

7385
18

D.

Hướng dẫn giải

Gọi Q là giao điểm của mặt phẳng  MNP  với BB .

AM
C P
DN
BQ
x,
 y,
 z,
 t . Khi đó x  y  z  t .
AA
CC 
DD
BB
VABD.MQN x  z  t
V 
x z t

 A B D .MQN 
VABD. ABD
3
VABC D. ABCD
6
VC BD.PQN y  z  t
V 
y z t

 C B D . PQN 
VC BD.CBD
3
VABC D. ABCD
6

V
1
   
 MNPQ. A D C B   x  y 
VABCD. ADC B 2

Giả sử

VMNPQ . AD C B 
VABCD. ADC B

1  AM C P  1  1 1  5
 

    
2  AA CC   2  2 3  12
14

5275
.
12


 VMNPQ. ADC B 

5
5275
.VABCD. ADC B 
.
12

6

2.3.3 . Bài tập tự luyện.
Câu 1:Cho tứ diện ABCD và điểm M ở miền trong của tứ diện. Gọi r 1, r2, r3, r4 lần
lượt là khoảng cách từ M đến các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) của tứ diện.
Gọi h1, h2, h3, h4 lần lượt là khoảng cách từ các đỉnh A, B, C, D đến các mặt đối
diện của tứ diện. CMR:

r1 r2 r3 r4
   1
h1 h2 h3 h4

Câu 2: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD đáy là hình bình hành có thể tích bằng V .
Lấy điểm B , D lần lượt là trung điểm của cạnh SB và SD . Mặt phẳng qua  ABD 
cắt cạnh SC tại C  . Khi đó thể tích khối chóp S . ABC D bằng
V
.
3

A. V 

B.

2
.
18

2V
.
3

V3
.
3

V
.
6
Câu 3: Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1 . Trên các cạnh AB và CD lần lượt
uuur uuur r
uuur
uuur
lấy các điểm M và N sao cho MA  MB  0 và NC  2 ND . Mặt phẳng  P  chứa
MN và song song với AC chia khối tứ diện ABCD thành hai khối đa diện, trong đó
khối đa diện chứa đỉnh A có thể tích là V . Tính V .

A.

B. V 

C.

11 2
.
216

C. V 

D.

7 2
.
216

D. V 

2
.
108

Câu 4: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình vng cạnh a. Cạnh bên SA vng
góc với mặt đáy và SA  2a . Gọi B; D lần lượt là hình chiếu vng góc của A trên
các cạnh SB, SD . Mặt phẳng  ABD  cắt cạnh SC tại C  . Tính thể tích của khối
chóp S . ABC D
a3
.
3

16a 3
.
45

a3
.
2

2a 3
4
a
S

.
ABCD
ABCD
SA

a
Câu 5: Cho hình chóp
có đáy
là hình vng cạnh ,
và SA
vng góc với đáy. Gọi M là trung điểm SB , N là điểm thuộc cạnh SD sao cho
SN  2 ND . Tính thể tích V của khối tứ diện ACMN .
1
1
1
1
A. V  a 3
B. V  a 3 .
C. V  a3 .
D. V  a 3 .
12
6
8
36
Q
ABCD
2017
N
M
P

Câu 6: Cho khối tứ diện
có thể tích
. Gọi
, , ,
lần lượt là
ABC
ACD
BCD
V
ABD
trọng tâm của các tam giác
,
,
,
. Tính theo thể tích của khối
MNPQ
tứ diện
.
2017
4034
8068
2017
A.
.
B.
.
C.
.
D.
.

9
81
27
27
Câu 7: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi M là trung điểm
SB . N là điểm thuộc cạnh SC sao cho SN  2CN , P là điểm thuộc cạnh SD sao cho
SP  3DP . Mặt phẳng  MNP  cắt SA tại Q. Biết khối chóp SMNPQ có thể tích bằng
1. Khối đa diện ABCD.QMNP có thể tích bằng

A.

B.

C.

15

D.


A.

9
7

.

B.

17

.
5

C. 4 .

D.

14
.
5

Câu 8: Cho khối chóp tứ giác S . ABCD . Mặt phẳng đi qua trọng tâm các tam giác
SAB, SAC , SAD chia khối chóp thành hai phần có thể tích là V1 và V2  V1  V2  . Tính tỉ
V1

lệ V .
2
A.

8
.
27

B.

16
.
81

C.

8
.
19

D.

16
.
75

Câu 9: Cho hình hộp ABCD. ABC D có thể tích bằng V . Gọi M , N , P lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB , AC  , BB . Tính thể tích khối tứ diện CMNP .
1
8

5
1
V.
D. V .
48
6
Câu 10: (Chuyên Bắc Ninh - 2018) Cho khối lăng trụ ABC. ABC  có thể tích bằng
2018. Gọi M là trung điểm AA ; N , P lần lượt là các điểm nằm trên các cạnh BB ,
CC  sao cho BN  2 BN , CP  3C P . Tính thể tích khối đa diện ABC.MNP .
32288
40360
4036
23207
A.

.
B.
.
C.
.
D.
.
27
27
3
18

A. V .

B.

7
V.
48

C.

2.4. Hiệu quả của sáng kiến kinh nghiệm:
- Chuyên đề này đã được thực hiện giảng dạy khi tôi tham gia giảng dạy lớp
12T3,12T4 ôn luyện HS mũi nhọn và ơn thi đại học.Trong q trình học chun đề
này, học sinh thực sự thấy tự tin ,biết vận dụng khi gặp các bài toán liên quan, tạo
cho học sinh niềm đam mê u thích mơn tốn ,mở ra cho học sinh cách nhìn
nhận ,vận dụng,linh hoạt ,sáng tạo các kiến thức đã học , tạo nền tảng cho học sinh
tự học , tự nghiên cứu . Kết quả khi thực hiện đề tài như sau:
Năm Lớp Sĩ số

Trước khi thực hiện đề tài
Sau khi thực hiện đề tài
Học
Tỉ lệ
Số học
Số học sinh lúng
Số học
Số học sinh
sinh làm
túng không làm
sinh làm
lúng túng
được bài
được bài tập
được bài
không làm
tập
tập
được bài tập
12T3
20212022

50
Tỉ lệ
12T4 52
Tỉ lệ

15
30%
13

25%

35
70%
39
75%

16

48
96%
47
90,4%

2
2%
5
9,4%


3 – KẾT LUẬN – KIẾN NGHỊ.
3.1. Kết luận:
Tính khả thi của đề tài: Khi áp dụng đề tài này vào giảng dạy học sinh bộ
mơn Tốn lớp 12T3,12T4 trường THPT Quảng Xương 1, tôi nhận thấy rằng các em
học sinh rất hứng thú với mơn học . Chính vì các em cảm thấy hứng thú với môn
học nên tôi nhận thấy chất lượng của mơn Tốn nói riêng, và kết quả học tập của
các em học sinh nói chung được nâng lên rõ rệt, góp phần nâng cao chất lượng giáo
dục của nhà trường. Ngoài ra các em cũng học được cách tìm tịi, khám phá, sáng
tạo và tự đặt ra câu hỏi và tìm cách giải quyết vấn đề đó như thế nào nhanh gọn,
chính xác và hiệu quả nhất.

Đề tài có thể áp dụng để các tổ trưởng chỉ đạo tổ chuyên môn bồi dưỡng HS
ôn thi ĐH-CĐ, học sinh ôn thi HSG và cho tất cả giáo viên tốn THPT.
Đề tài có thể được áp dụng thành công trong các năm tiếp theo và được
nhận rộng trong các trường phổ thông.
3.2. Kiến nghị:
- Đối với nhà trường, đồng nghiệp khi giảng dạy phần thể tích khối đa diện thơng
qua tỉ số thể tích nên để ý hơn đến việc hướng dẫn học sinh biết cách rút ra các đặc
điểm và dấu hiệu nhận biết đặc trưng để vận dụng để giải toán.
- Thời gian nghiên cứu và áp dụng đề tài trong một năm học, phạm vi nghiên cứu
chỉ là ở hai lớp thuộc một trường THPT, nên có nhiều vấn đề chưa được phân tích
một cách đầy đủ. Rất mong nhận được sự giúp đỡ góp ý bổ sung của đồng nghiệp
để đề tài của tơi có được thêm các kinh nghiệm bổ ích áp dụng cho các năm học
sau.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
[1]. Sách giáo khoa và sách bài tập hình học cơ bản và hình học nâng cao 12
[2]. Tạp chí tốn học và tuổi trẻ.
[3]. Các đề thi THPT QG lớp 12 của các sở GD&ĐT và các trường THPT năm học
2021-2022 trên tồn quốc.
[4].Các nhóm Tốn trên facebook.

XÁC NHẬN CỦA THỦ TRƯỞNG
ĐƠN VỊ

Thanh Hố, ngày 23 tháng 5 năm 2022
Tơi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, khơng sao chép nội dung
của người khác.

TRẦN LÊ THUẤN
17

Duyệt của Hội đồng chuyên môn nhà trường:
…………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………
Duyệt của Hội đồng chuyên môn cấp trên:
…………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………
………………………………………………………………………………………

………………………………………………………………………………………
…………………

18