Skkn một số giải pháp giúp học sinh phát huy khả năng giải bài toán tỉ số thể tích

PHẦN I. ĐẶT VẤN ĐỀ
1. Lí do chọn đề tài
Đổi mới phương pháp dạy học đang thực hiện bước chuyển từ chương trình
giáo dục tiếp cận nội dung sang tiếp cận năng lực của người học, nghĩa là từ chỗ
quan tâm đến việc học sinh học được cái gì đến chỗ quan tâm học sinh vận dụng
được cái gì qua việc học. Để đảm bảo được điều đó, phải thực hiện chuyển từ
phương pháp dạy học theo lối "truyền thụ một chiều" sang dạy cách học, cách vận
dụng kiến thức, rèn luyện kỹ năng vận dụng kiến thức vào thực tiễn, hình thành
năng lực và phẩm chất; phát huy tính tích cực, tự giác, chủ động, sáng tạo của học
sinh; phù hợp với đặc điểm của từng lớp học, môn học, đối tượng học sinh; bồi
dưỡng cho học sinh phương pháp tự học, khả năng hợp tác; tác động đến tình cảm,
đem lại niềm vui, hứng thú và trách nhiệm học tập cho học sinh.
Trong chương trình tốn trung học phổ thơng, hình học khơng gian có một vị
trí đặc biệt quan trọng, các bài tốn về hình học khơng gian được khai thác, sử
dụng nhiều trong các kỳ thi học sinh giỏi, kỳ thi THPT quốc gia. Đặc biệt là đối
với học sinh khối 12 thì các bài tốn như: tính thể tích khối đa diện; tính tỉ số thể
tích các khối đa diện; tìm điều kiện để thể tích khối đa diện đạt GTLN,GTNN; các
bài tốn chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức liên quan đến thể tích khối đa diện...
luôn xuất hiện trong các kỳ thi và chiếm tỉ trọng lớn trong phần hình học. Tuy
nhiên qua thực tế giảng dạy, chúng tôi thấy rằng phần lớn học sinh cịn gặp khó
khăn và rất lúng túng khi gặp các dạng bài tốn trên bởi các lí do sau:
- Để giải các bài toán trên cần huy động lượng lớn kiến thức lớn hình học
khơng gian cả chương trình lớp 11 và lớp 12.
- Học sinh chưa phân loại được các dạng tốn thường gặp, khơng hình dung
ra cách giải các dạng toán, chưa nắm rõ các dấu hiệu bản chất của bài toán.
- Cách định hướng và giải quyết các dạng tốn cịn hạn chế, theo kiểu “được
bài nào xào bài đó” nên học sinh thiếu chủ động và linh hoạt khi vận dụng vào các
bài toán khác.
- Các tài liệu viết về các dạng toán trên chưa đáp ứng được thực tế giảng dạy
với nhiều đối tượng học sinh, và chưa phù hợp với đổi mới trong đánh giá và kiểm
tra hiện nay.

Trăn trở trước thực trạng đó, chúng tơi đã chọn đề tài: “Một số giải pháp giúp
học sinh phát huy khả năng giải bài tốn tỉ số thể tích” làm đối tượng nghiên
cứu, nhằm giúp học sinh nhìn thấy nguồn gốc bài tốn để từ đó biết cách định
hướng và giải quyết hiệu quả những bài toán mới, vấn đề mới liên quan đến thể
tích khối đa diện thơng qua việc vận dụng bài tốn tỉ số thể tích.
Trong đề tài này chúng tơi tập trung khai thác hai bài toán cơ bản về tỉ số thể
tích của khối chóp và khối lăng trụ trong sách giáo khoa hình học 12 cơ bản, và từ
1

skkn


đó chúng tơi đưa ra các giải pháp mới để giúp học sinh tiếp cận và giải quyết các
bài toán liên quan đến thể tích khối đa diện hiệu quả, nhanh chóng đáp ứng được
vấn đề đổi mới trong đánh giá kiểm tra . Mặc dù đây là một đề tài mà nhiều tác giả
đã khai thác ,nhưng các giải pháp mà chúng tôi đưa ra ở đây được xây dựng một
cách có hệ thống, khoa học trên nền tảng các bài toán gốc phù hợp với nhiều đối
tượng học sinh đảm bảo tính mới và thiết thực trong giai đoạn hiện nay. Các giải
pháp giúp các em có thể tiếp cận dần và phát huy khả năng vận dụng tốt các dạng
bài tốn về thể tích; giúp học sinh phát huy khả năng tự học,tự nghiên cứu, khơi
dậy tình yêu Toán học cho học sinh.
Qua thực tiễn áp dụng tại Trường THPT Nguyễn Đức Mậu, không ngừng chia
sẻ trao đổi với đồng nghiệp trong và ngoài trường, những giải pháp chúng tôi đưa
ra đã đem lại kết quả thiết thực và rõ nét, góp phần nâng cao chất lượng dạy và
học,đem lại kết quả cao qua các kì thi học sinh giỏi, kì thi THPT quốc gia trong
những năm gần đây.
2. Mục đích và nhiệm vụ nghiên cứu.
- Phát triển năng lực tư duy độc lập và sáng tạo của học sinh.
- Giúp học sinh phát huy tốt khả năng tự học, tự tìm tịi nghiên cứu.
- Hồn thiện thêm cách giải các bài tốn về thể tích khối đa diện.

3. Phương pháp nghiên cứu
a) Phương pháp nghiên cứu lý luận: Nghiên cứu các tài liệu liên quan.
b) Phương pháp tổng kết kinh nghiệm:
- Qua thực tiễn giảng dạy và sự góp ý của đồng nghiệp
- Khảo sát thực tiễn từ học sinh
c) Phương pháp quan sát, điều tra:
- Qua điều tra, sát hạch cách vận dụng kiến thức của học sinh
4. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
- Học sinh khối 12, bồi dưỡng HSG qua các năm ở Trường THPT Nguyễn
Đức Mậu, Quỳnh Lưu, Nghệ An và trao đổi kinh nghiệm với đồng nghiệp.
5. Thời gian nghiên cứu.
Đề tài được nghiên cứu và thử nghiệm trong các năm học: 2019 - 2020 và
2020 - 2021.

2

skkn


PHẦN II. NỘI DUNG NGHIÊN CỨU
I. CƠ SỚ KHOA HỌC
1.1. Cơ sở lý luận.
Trong chương trình Hình học 12 các bài tốn như: tính thể tích khối đa diện;
tính tỉ số thể tích các khối đa diện; tìm điều kiện để thể tích khối đa diện đạt
GTLN,GTNN; các bài tốn chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức liên quan đến thể
tích khối đa diện... thường xuất hiện rất nhiều. Để giải được các bài tốn đó u
cầu học sinh cần nắm vững các kiến thức cơ bản cả hình học phẳng và hình học
khơng gian, thơng thường thì những dạng bài toán trên thường được giải bằng cách
phân chia thành các khối đa diện đơn giản và áp dụng công thức tính thể tích. Tuy
nhiên trong nhiều trường hợp các bài tốn về thể tích khối đa diện lại gặp khó khăn

ở việc xác định chiều cao và diện tích đáy nên học sinh gặp rất nhiều trở ngại
trong quá trình định hướng cách giải các dạng tốn đó.
Trong q trình giảng dạy và nghiên cứu chúng tơi thấy rằng việc vận dụng tỉ
số thể tích để giải các bài tốn liên quan đến thể tích khối đa diện thường cho lời
giải ngắn gọn, hơn nữa học sinh chỉ cần những kiến thức cơ bản về hình học khơng
gian ở lớp 11 thì đều có thể vận dụng tốt.
Với mong muốn giúp học sinh có thêm những giải pháp mới khi sử dụng bài
tốn tỉ số thể tích và giúp học sinh rèn luyện phương pháp tự học và phát huy năng
lực sáng tạo của bản thân, chúng tôi đề xuất các giải pháp trên cở sở khai thác và
phát triển những bài toán cơ bản trong sách giáo khoa:
1.1.1. Bài tốn 1 (BT4 – SGK - Hình học cơ bản 12).
Cho hình chóp tam giác S . ABC . Trên các đoạn SA , SB , SC lần lượt lấy các
V
SA SB  SC 
điểm A , B  , C  khác S . Khi đó: S . AB C  
.
.
.
VS . ABC
SA SB SC
Chứng minh:

A

Gọi H , H  lần lượt là hình
chiếu của A và A lên mặt phẳng
 SBC  . Do S , A, A thẳng hàng
nên S , H , H  thẳng hàng.

A'

B

B'
H

S
H'
C'

C

Ta có, thể tích khối chóp S . ABC
và S . ABC  lần lượt là:

3

skkn


1
1
1
  1 AH .SB.SC.sin BSC

VS . ABC  VA.SBC  AH .S SBC  AH . SB.SC .sin BSC
3
3
2
6

1
1
1
1


SC   AH .SB.SC .sin B
SC 
VS . ABC  VA.SBC   AH .S SBC   AH . SB.SC .sin B
3
3
2
6
1

SC 
AH .SB.SC .sin B
VS . ABC  6
AH  SB SC
Khi đó,


.
.
1
VS . ABC
AH
SB
SC


AH .SB.SC.sin BSC
6
Do SAH và  SAH  đồng dạng nên
Từ đó suy ra

AH  SA

.
AH
SA

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

1.1.2. Bài tốn 2 (Ví dụ trang 24 – SGK - Hình học cơ bản 12).
Cho khối lăng trụ tam giác ABC. AB C  có thể
tích bằng V . Khi đó:

A
C

1
2
VA. AB C   V ; VA. BCC B  V
3

3

B

Chứng minh:
Thể tích khối chóp A. ABC  là:

A'
C'

1
1
VA. ABC   d  A,( ABC )  .S ABC   V .
3
3

B'

1
2
Thể tích khối chóp A.BCCB là: VA. BCC B   VABC . ABC   VA. ABC   V  V  V .
3
3
1.1.3. Bài toán 3. Gọi I là giao điểm của đường thẳng đi qua hai điểm M và N
d (M ,( P)) IM
với mặt phẳng ( P ) . Khi đó:
.

d ( N ,( P))
IN

Chứng minh: Gọi M  , N  lần lượt là hình
chiếu của M , N lên mặt phẳng  P  .

M

Khí đó, MM   d  M ,  P   ,

N

NN   d  N ,  P   .
Ta có,  IMM  và  INN  đồng dạng nên

d ( M ,( P)) MM  IM


.
d ( N ,( P ))
NN 
IN

I
N'

M'

4

skkn

1.1.4. Kiến thức cơ bản.
- Nếu khối đa diện (H) được phân chia thành các khối đa diện ( H 1 ) , ( H 2 ) , ...,
( H n ) thì V( H )  V( H1 )  V( H 2 )  ...  V( H n ) .
- Hai khối đa diện có chung chiều cao thì tỉ số thể tích bằng tỉ số diện tích của
hai đáy.
- Hai khối đa diện có chung đáy thì tỉ số thể tích bằng tỉ số chiều cao của hai
khối đa diện đó.
1.2. Cơ sở thực tiễn và thực trạng vấn đề nghiên cứu.
Trong kì thi THPT quốc gia từ năm học 2016 - 2017 đến nay, môn Tốn
được chuyển sang hình thức thi trắc nghiệm, trong các đề thi luôn xuất hiện các
câu hỏi liên quan đến bài tốn thể tích khối đa diện ở mức độ vận dụng, vận dụng
cao đòi hỏi phải giải quyết trong thời gian ngắn nên học sinh gặp rất nhiều khó
khăn. Qua quá trình điều tra khảo sát kết quả học sinh trong trong kì thi THPT
quốc gia, chúng tơi nắm bắt được rất ít các em làm được những dạng bài tốn đó,
cịn hầu hết các em đều khoanh chừng đáp án.
Thực tế trong quá trình giảng dạy và tìm hiểu từ các đồng nghiệp, chúng tôi
nhận thấy đối với các bài tốn hình học khơng gian nói chung và các dạng tốn liên
quan đến thể tích khối đa diện nói riêng, thì học sinh thường gặp khó khăn khi định
hướng cách giải.
Cụ thể, chúng tôi tiến hành khảo sát chất lượng học sinh ở lớp 12A1 (gồm 40
học sinh) và lớp 12A2 (gồm 42 học sinh) tại Trường THPT Nguyễn Đức Mậu
thông qua bài kiểm tra viết trong khoảng thời gian 45 phút và nắm bắt được kết
quả như sau:
1.2.1. Đề bài kiểm tra.
Câu 1: Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích
bằng 77 . Mặt phẳng ( ) đi qua A cắt SC tại trung điểm N , cắt SB tại điểm M
SM 6
sao cho
 , và cắt SD tại điểm P .
SB 7

a) Tính thể tích của khối SAMN .
b) Tính thể tích của khối SAMNP .
Câu 2: Cho hình lập phương ABCD. ABCD cạnh 2a , gọi M là trung điểm của
1
BB và P thuộc cạnh DD sao cho DP  DD .
4
a) Tính thể tích khối chóp A.BMP theo a .
b) Mặt phẳng  AMP  cắt CC tại N . Tính thể tích khối đa diện AMNPBCD theo
a.
5

skkn


1.2.2. Kết quả thu được.
+) Tại lớp 12A1:
Câu 1:
- Số học sinh giải quyết được ý a) là: 40/40.
- Số học sinh giải quyết trọn vẹn ý b) là: 5/40 (cả 5 em đều dùng cách kẻ
SP
đường phụ để tính tỉ số
; còn cả 35 em đều dừng lại ở bước tách khối SAMNP
SD
thành 2 khối và lập tỉ số thể tích của 2 khối đó với khối SABCD ).
Câu 2:
- Số học sinh giải quyết được ý a) là: 40/40.
- Số học sinh giải quyết được ý b) là: 10/40 (hầu hết các em đều làm theo cách
phân chia khối ABCDMNP thành 2 khối chóp ABMNC và ADPNC và áp dụng
tính chiều cao và diện tích đáy để tính thể tích nên làm dài và khơng đủ thời gian,
chỉ 2/40 em biết áp dụng tỉ số thể tích của hình hộp nên ngắn gọn và nhanh).

+) Tại lớp 12A2:
Câu 1:
- Số học sinh giải quyết được ý a) là: 42/42.
- Số học sinh giải quyết được ý b) là: 4/42 (4 học sinh này cũng dùng cách kẻ
SP
đường phụ để tính tỉ số
; 38 học sinh cịn lại đều dừng lại ở bước tách khối
SD
S . AMNP thành 2 khối và lập tỉ số thể tích của 2 khối đó với khối S . ABCD ).
Câu 2:
- Số học sinh giải quyết được ý a) là: 42/42.
- Số học sinh giải quyết được ý b) là 9/42 (các em đều làm theo cách phân
chia khối ABCDMNP thành 2 khối chóp ABMNC và ADPNC và áp dụng tính
chiều cao và diện tích đáy để tính thể tích nên làm dài và không đủ thời gian, 0/42
em biết áp dụng tỉ số thể tích của hình hộp).
Như vậy, kết quả khảo sát của hai lớp là tương đương nhau. Ngoài việc khảo
sát trực tiếp tại hai lớp trên và trong quá trình giảng dạy khối 12 các năm qua
chúng tơi thấy rằng việc giải quyết câu 1b và câu 2b là khá phức tạp đối với đại
đa số học sinh, hoặc các em giải quyết dài dòng và như vậy sẽ mất rất nhiều thời
gian nếu làm bài thi trắc nghiệm.
Từ kết quả bài kiểm tra và tìm hiểu qua học sinh và đồng nghiệp, chúng tôi
nhận thấy rằng đa số học sinh đã nắm được bài toán cơ bản về tỉ số thể tích khối
chóp tam giác, tuy nhiên việc vận dụng nó vào những bài tốn mới thì học sinh còn
6

skkn


gặp rất nhiều khó khăn, cịn riêng đối với việc vận dụng bài tốn tỉ số thể tích hình
hộp thì hầu như các em chưa hiểu cách vận dụng. Mặt khác, qua q trình tìm tịi

và nghiên cứu, chúng tơi thấy các tài liệu cũng đã viết nhiều về bài tốn thể tích,
tuy nhiên chưa hình thành được một phương pháp mang tính hệ thống để qua đó
hình thành ở học sinh khả năng tư duy sáng tạo, liên kết và tổng hợp các kiến thức
đã có để giải quyết vấn đề và đặc biệt là những bài toán vận dụng tỉ số thể tích khối
hộp thì cịn rất hạn chế.
Hơn nữa qua những tiết dự giờ đồng nghiệp chúng tôi thấy rằng một số giáo
viên khi giảng dạy chưa có sự định hướng cách giải tốn, chưa cung cấp thêm cho
học sinh một số phương pháp, cách thức tiếp cận vấn đề phù hợp, do đó các em
thiếu đi sự tự tin trong việc định hướng, phát hiện và giải quyết vấn đề, nhất là các
bài tốn về hình học khơng gian nói chung và bài tốn thể tích nói riêng.
Từ việc đánh giá và phân tích kết quả thu được sau khi khảo sát, chúng tôi
nhận thấy cần phải có những giải pháp để khắc phục thực trạng trên, thơi thúc
chúng tơi nghiên cứu tìm tịi để đưa ra các giải pháp phù hợp với việc đổi mới
trong quá trình dạy và học, phù hợp với đổi mới trong đánh giá kiểm tra hiện nay.
Đó là “Một số giải pháp giúp học sinh phát huy khả năng giải bài tốn tỉ số thể
tích” .
II. MỘT SỐ GIẢI PHÁP GIÚP HỌC SINH PHÁT HUY KHẢ NĂNG GIẢI
CÁC BÀI TOÁN TỈ SỐ THỂ TÍCH
Như đã trình bày ở phần lý do chọn đề tài, các bài tốn về hình học khơng
gian nói chung và bài tốn về tính thể tích khối đa diện nói riêng ln gây khó
khăn cho học sinh và rất nhiều học sinh rất e ngại hoặc bỏ qua khi gặp các bài toán
dạng này. Để giúp cho học sinh có hướng giải cũng như phát huy được khả năng
của mình khi giải quyết các bài tốn liên quan đến thể tích khối đa diện, chúng tơi
đề xuất một số giải pháp. Trong mỗi giải pháp, chúng tơi xây dựng một số bài tốn
tổng qt và đưa ra các ví dụ cụ thể. Ở mỗi ví dụ đó, chúng tơi phân tích, định
hướng phương pháp giải đồng thời đưa ra các cách giải khác nhau để từ đó thấy
được các giải pháp mà đề tài đưa ra là hiệu quả.
2.1. Giải pháp 1: Vận dụng Bài toán 1 để giải quyết các bài tốn về tính thể
tích và tỉ số thể tích của khối chóp.
Bài tốn 1 (BT4 – SGK - Hình học cơ bản 12). Cho hình chóp tam giác S . ABC .

Trên các đoạn SA , SB , SC lần lượt lấy các điểm A , B  , C  khác S . Khi đó:
VS . AB C  SA SB  SC 
.

.
.
VS . ABC
SA SB SC
Để vận dụng tốt Bài toán 1 vào việc tính tí số thể tích khối chóp yêu cầu học
sinh cần phải nắm vững:

7

skkn


+ Cách phân chia và lắp ghép khối đa diện và các kiến thức cơ bản khi học
khái niệm thể tích khối đa diện.
+ Hai khối đa diện  H  và  H  có chung chiều cao h và có diện tích đáy
V( H )
S
lần lượt là S và S  thì
 .
V( H  ) S 
+ Hai khối đa diện  H  và  H  có cùng mặt đáy và diện tích đáy bằng nhau,
V
h
chiều cao lần lượt là h và h thì ( H )  .
V( H  ) h

  ABC
  900 ,
Ví dụ 1: Cho hình chóp S . ABCD , đáy ABCD là hình thang, BAD
AB  BC  a , AD  2a , SA  ( ABCD ) và SA  2a . Gọi M , N lần lượt là trung
điểm của SA và SD . Tính thể tích khối chóp S .BCNM theo a .
Phân tích:
S

- Việc tính thể tích khối S .BCNM trực
1
tiếp theo cơng thức V  B.h gặp nhiều khó
3
khăn do đây khơng phải là khối chóp đặc biệt
nên việc xác định chiều cao khá khó.

H

N

M

A
D

- Nhưng nếu sử dụng Bài tốn 1 thì bài
tốn được giải quyết đơn giản qua các bước:
+) Phân chia khối đa diện S .MNCB thành
2 khối SMNC và SMCB ;

B

C

+) Tính thể tích khối đa diện S . ABC VÀ S . ACD .
+) Áp dụng Bài toán 1.
Lời giải 1:
Do SA   ABCD  nên SA  AD . Mặt khác AB  AD nên AD //  SAB  , 1
Ta có M , N lần lượt là trung điểm của SA và SD nên MN // AD ,  2 
Từ (1) và (2) suy ra MN   SAB  nên  BCNM    SAB  .
Trong mp  SAB  , kẻ SH  BM tại H thì SH   BCNM  .
Trong  ABM vuông tại A có AB  a , AM  a nên BM  a 2 .
Ta có SHM đồng dạng  BAM nên

SH SM

 SH  a 2 .
BA BM

Dễ thấy BCNM là hình chữ nhật nên là S BCNM  BM .NM  a 2 2 .
8

skkn


1
a3
Thể tích khối chóp S .BCNM là VS . BCNM  SH .S BCNM 
3
3
Lời giải 2:

1
1
1
a3
Thể tích khối chóp S . ABC là: VS . ABC  SA.S ABC  SA. BA.BC 
3
3
2
3
Thể tích khối chóp S . ACD là: VS . ACD

1
1
1
2a 3
 SA.S ACD  SA. BA. AD 
3
3
2
3

Áp dụng Bài tốn 1 ta có:

VS . BCM SM 1
1

  VS . BCM  .VS . BCA ,
VS .BCA
SA 2

2
VS .CMN SM SN 1
1

.
  VS .CMN  .VS .CAD .
VS .CAD
SA SD 4
4
Suy ra: VS .BCNM  VS . BCM  VS .CNM

1
1
a 3 2a 3 a 3
 VS . BCA  VS .CAD  
 .
2
4
6
6
3

Ví dụ 2: Cho khối tứ diện đều ABCD có thể tích là V . Gọi M , N , P, Q lần lượt là
trung điểm của AC , AD, BD, BC . Tính thể tích khối chóp A.MNPQ theo V .
Lời giải 1:
Ta có: VA.MNPQ  2VAPMQ (do MNPQ là hình thoi).
Mà VAPMQ  VBPMQ (do AB // MQ ) nên

VA.MNPQ  2VBPMQ .
Vì P là trung điểm của BD nên

1
1
d  P, ABC   d  D, ABC  và S BQM  S ABC .
2
4
1
Nên: VBPMQ  d  P, ABC .S BQM
3
1 1
1
 . d  D, ABC . S ABC
3 2
4
1 1
V
 . d  D, ABC .S ABC  .
8 3
8
V
Suy ra VAMNPQ  .
4
Bình luận:
- Giải bài tốn theo cách trên u cầu học sinh cần phải nắm vững kiến thức
về khoảng cách và tỉ số diện tích, mà đây cũng là yếu điểm đối với học sinh đại trà.
9

skkn


- Nếu dùng Bài tốn 1 thì việc giải quyết sẽ đơn giản hơn.

V
AM AN AP 1
Lời giải 2: Ta có: AMNP 
.
.
 .
VACDP
AC AD AP 4
V
1
Mà ACDP  (Do hai khối chóp A.CDP và A.BCD có chung chiều cao kẻ từ
VABCD 2
đỉnh A và S BCD  2 SCDP )
1
1 1
1
V
Vậy VA.MNPQ  2VAMNP  2. VACDP  2. . .VABCD  VABCD  .
4
4 2
4
4
Ví dụ 3: Cho hình tứ diện SABC có thể tích bằng V . Gọi V  là thể tích của khối
đa diện có các đỉnh là A , B , C  , M , N , P với A , B , C  , M , N , P lần lượt là trung
V
điểm của các cạnh SA, SB, SC , AB, BC, CA . Tính tỉ số
.
V
Phân tích: Đây là một bài tốn về tỉ số thể tích khối chóp tam giác nên học sinh áp
dụng Bài tốn 1 thì sẽ có ngay kết quả bài tốn.

Lời giải:
Ta có:V  V   VSAB C   VAAMP  VBB MN  VCC NP .
Mà:

VSAB C  SA SB  SC  1
1



  VSAB C   V .
VSABC
SA SB SC 8
8

1
Tương tự, ta có: VAAMP  VBB MN  VCC NP  V .
8

S

1
Suy ra: V  V   4  V
8

A'

C'
B'

1

V 1
V  V   .
2
V
2

A

C

P
M

N
B

  CSA
  600 , SA  3 , SB  4 ,
Ví dụ 4: Cho khối chóp S . ABC có 
ASB  BSC
SC  5 . Tính thể tích của khối chóp S . ABC .
Phân tích: Do khối chóp này khơng đặc biệt nên nếu tính thể tích bằng cách xác
định chiều cao và tính diện tích đáy thì sẽ là bài tốn khó đối với học sinh vì việc
xác định chiều cao khá phúc tạp. Tuy nhiên nếu biết vận dụng Bài toán 1 đưa về
thiết lập tỉ số thể tích của khối chóp cần tính và khối chóp đặc biệt thì bài tốn sẽ
đơn giản hơn rất nhiều.
10

skkn

Lời giải:
Trên cạnh SB , SC lần lượt lấy hai điểm B, C  sao cho SB   SC   3 .
Khi đó các tam giác SAB, SAC , SBC  là
các tam giác đều có cạnh bằng 3.

 S. ABC là tứ diện đều có cạnh bằng 3
9 2
 VSABC  
.
4
V
SB SC 4 5 20
Ta có: S . ABC 
.
 . 
VS . ABC SB SC  3 3 9
 VS . ABC 

S
600
600

600
3

C'

C

A
B'

20
20 9 2
.VS . ABC   .
5 2
9
9 4

B

Bình luận: Khi ta lấy các điểm B, C  sao cho S. ABC là khối tứ diện đều thì
việc tính thể tích của nó rất đơn giản, đồng thời sử dụng Bài tốn 1 thì việc tính
thể tích khối chóp S . ABC rất nhẹ nhàng.
Ví dụ 5: Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác cân tại A, mặt bên  SBC  là
tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vng góc với đáy. Gọi   là mặt phẳng đi
qua điểm B và vng góc với SC , chia khối chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể
tích của hai phần đó
Phân tích: Để giải bài tốn này học sinh cần phải:
- Tìm thiết diện của mặt phẳng   với hình chóp để xác định được khối
S . ABC chia thành 2 khối SKBE và KBEAC .
- Áp dụng Bài toán 1 để thiết lập tỉ số của 2 khối SKBE và S . ABC , từ đó suy
ra tỉ số thể tích hai khối KBEAC và S . ABC .
Lời giải:

S

Gọi I , K theo thứ tự là
trung điểm của BC , SC .

Trên mp  ABC  , qua B
dựng đường thẳng song
song với AI , cắt AC tại
D.
Trên mp  SAC  , gọi E là
giao điểm của KD và SA .
Vì

BK  SC ,

K
E

C

A

D

I

BD  SC

B

11

skkn

nên  BDK   SC . Mặt phẳng  BDK  chia hình chóp S . ABC thành hai phẩn là
SKBE và KBEAC .
Trên mặt phẳng  SCD  , ta có K , A lần lượt là trung điểm của các cạnh CS , CD
nên KA là đường trung bình của tam giác SCD . Do đó, AK // SD .
Suy ra

AE AK 1
SE 2

 
 .
ES SD 2
SA 3
Ta có

VSKBE SK SB SE 1 2 1
V
1

. .
 .1.  . Suy ra SKBE  .
VSCBA SC SB SA 2 3 3
VKBEAC 2

Ví dụ 6: Cho tứ diện ABCD , trên các cạnh BC , BD , AC lần lượt lấy các điểm
3
M , N , P sao cho BC  3BM , BD  BN , AC  2 AP . Mặt phẳng  MNP  chia
2
V
khối tứ diện ABCD thành hai phần có thể tích là V1 , V2 với V1  V2 . Tính tỉ số 2

V1
Phân tích:
- Học sinh biết phân chia các khối đa diện NPQDCM thành 2 khối NPQDC
và NPMC ; khối ANCD thành 2 khối APNQ và NPQDC
- Áp dụng Bài tốn 1 để thiết lập các tỉ số thể tích của các khối ANCD và
ABCD ; CNMP và CNBA ; APNQ và ANCD . Và
A
từ đó biểu diễn thể tích 2 khối NPQDC và NPMC
qua thể tích khối ABCD .
Lời giải:
Gọi VABCD  V , I  MN  CD , Q  IP  AD suy
ra Q  AD   MNP  .

Q

P

J

I

K

Thiết diện của tứ diện ABCD được cắt bởi mặt
phẳng  MNP  là tứ giác MNQP .

B

3
NB

Có BD  BN 
 2 ; BC  3BM
2
ND


N

D

M

C

MC
AP 1
 2 và AC  2 AP 
 .
MB
AC 2

Trên mp ( BCD) , kẻ DK song song BC cắt MJ tại K .
Ta có

DK ND 1
ID DK
DK 1

 , nên



 .
BM NB 2
IC CM 2MB 4
12

skkn


Trên mp ( ACD ) , kẻ DJ song song AC cắt PI tại J .

JD ID 1
QD JD JD 1
AQ 4

 , nên


 
 .
PC IC 4
QA AP PC 4
AD 5

Ta có

Áp dụng Bài tốn 1 ta có:

VANCD ND
1

1
2

  VANCD  V và VCBNA  V
VABCD BD
3
3
3

VANPQ
VANCD



AN AP AQ
1 4 2
2
2
.
.
 1. .   VANPQ  VANCD  V .
AN AC AD
2 5 5
5
15

1
2
1
Suy ra VN . PQDC  V  V  V .

3
15
5

VCMNP
CM CN CP 2 1
1
1
2

.
.
 .1.   VCMNP  VCBNA  V .
VCBNA
CB CN CA 3 2
3
3
9
1
2
19
Suy ra thể tích phần thứ nhất là: V1  VN .PQDC  VCMNP  V  V  V .
5
9
45
Do đó thể tích phần cịn lại là: V2  V  V1 
Vậy

26
V.

45

V2 26
 .
V1 19


Ví dụ 7: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BA
D  60
và SA vng góc với mặt phẳng  ABCD  . Góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và

 ABCD  là 45 . Gọi M là điểm đối xứng của C qua B và N là trung điểm SC .
Mặt phẳng  MND chia khối chóp thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện có
đỉnh S có thể tích là V1 , khối đa diện cịn lại có thể tích V2 . Tính tỉ số

V1
V2

Phân tích:
- Học sinh cần xác định được V1 là thể tích của khối SADFKN , V2 là thể tích
của khối KFBNDC
- Cần phải lập tỉ số thể tích của các khối MKFB và MNCD ; MNCD và
BNCD ; BNCD và S . ABCD để từ đó tính được thể tích của khối KFBNDC và
khối SADFKN theo VSABCD .

13

skkn

Lời giải:
Gọi O  AC  BD , F  DM  AB ,
K  SB  MN .


Ta có: BA
D  60 nên tam giác
ADB là tam giác đều.
Gọi K là trọng tâm
MK 2

 .
MN 3

SCM

Xét:
VM . KFB MK MF MB 2 1 1 1

.
.
 . . 
VM . NDC MN MD MC 3 2 2 6
1
 VM . KFB  .VM . NDC .
6

5
 VKFBNDC  VM . NDC  VM . KFB  VM . NDC .
6

Mà: VM . NDC  2VB. NDC (vì d  M , NDC   2d  B, NDC  )

1
1
1
Và: 2VN . BCD  2. VS . BCD  VS . ABCD vì d  N , BDC   d  S , BDC 
2
2
2
5
5
7
 V2  VKFBNDC  VM . NDC  VS . ABCD  V1  VSADFKN  VS . ABCD  V1  VS . ABCD .
6
12
12
Vậy

V1 7
 .
V2 5

Nhận xét:
Khi sử dụng Bài toán 1 để giải quyết các bài tốn về tính thể tích khối chóp
hoặc các bài tốn về tỉ số thể tích liên quan đến khối chóp, chúng tơi nhận thấy
rằng nếu đáy của khối chóp là hình bình hành thì có thể có thể giải quyết nhanh
hơn, đặc biệt là với các bài tốn trắc nghiệm. Từ đó, chúng tơi phát triển và xây
dựng một số bài toán sau:
Bài toán 1.1. Cho khối chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt
phẳng khơng qua S cắt các cạnh SA , SB , SC , SD lần lượt tại A , B  , C  , D  .

Đặt

SA
SB
SC
SD
 a,
 b,
 c,
 d . Khi đó ta có kết luận sau:
SA
SB
SC 
SD
1. a  c  b  d .

2.

VS . ABC D a  b  c  d

.
VS . ABCD
4abcd
14

skkn


Chứng minh:
1. Hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình

   
bình hành nên: SB  SD  SA  SC , (1)

S

Từ giả thiết ta có:

 
 

SA  a.SA ' , SB  b.SB ' , SC  c.SC '


SD  d .SD ' (2)

A'
D'

C'
B'

Mặt khác A, B , C , D  đồng phẳng nên từ
(1) và (2) suy ra a  c  b  d .

D

A

2. Ta có: VSA ' B ' C ' D '  VSA ' B ' C '  VSA ' C ' D ' ;

C

B

1
VSABC  VSACD  VSABCD
2
Và áp dụng Bài tốn 1 ta có:
Tương tự, ta có VS . AC D 

VS . ABC 1 1 1
1
1
 . .  VS . ABC  
VS . ABC 
VS . ABCD
VS . ABC a b c
abc
2abc

1
VS . ABCD .
2acd

Từ đó suy ra VSA ' B ' C ' D '  VSA ' B ' C '  VSA ' C ' D ' 




1

1
VS . ABCD 
VS . ABCD
2abc
2acd

1  1 1 
a bc b
VS . ABCD
  VS . ABCD 
2ac b d
4abc

VS . AB C D a  b  c  d

. Điều phải chứng minh.
VS . ABCD
4abcd

Ví dụ 8: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD . Gọi C  là trung điểm của SC . Mặt
phẳng  P qua AC  và vng góc SC cắt SB , SD lần lượt tại B  , D  . Gọi V1 , V2
V
lần lượt là thể tích hai khối chóp S . ABC D và S . ABCD . Tính tỉ số 1 .
V2
Lời giải 1: Do S . ABCD là hình chóp tứ giác đều nên hình chiếu của S lên mặt
phẳng  ABCD  trùng với tâm H của hình vng ABCD .
Vì C  là trung điểm của SC và H là trung điểm AC nên I  AC   SH là trọng
2
tâm SAC  SI  SH .
3

BD  AC , BD  SH  BD   SAC   BD  SC
 P   SC  BD //  P.

Ta

có:

mà

BD   P  ;

15

skkn


BD   SBD ;  SBD    P  BD
BD //  P suy ra BD // BD .

Vì

và

Mặt khác:

 P  SBD  BD , I  AC    P ,
I  SH   SBD  I  BD .
Do đó:
Ta có:

SB  SD 
SI
2


 .
SB
SD
SH
3

V1 VS . ABC D VS . ABC   VS . AC D VS . ABC  VS . AC D




V2
VS . ABCD
VS . ABCD
2VS . ABC 2VS . ACD
1 SA SB  SC  1 SA SC  SD 
 


 


2 SA SB SC 2 SA SC SD

1 2 1 1 1 2 1
  1    1   .
2 3 2 2 2 3 3
Vậy

V1 1
 .
V2 3

Lời giải 2: (Áp dụng Bài tốn 1.1 )
Ta có a  1, c  2, b  d ; do a  c  b  d  b  d 

3
2

3 3
1

2


V1
2
2 1
Vậy

3 3
V2
3
4.1.2. .

2 2
Lời bình: - Ở Ví dụ 8, khi sử dụng Bài tốn 1 để tính thể tích khối chóp
S . ABC D thì ta phải tách thành hai khối chóp đồng thời phải tìm tỉ số SB ' , SD '
SB SD
khá dài nhưng khi áp dụng Bài tốn 1.1 để tính thể tích khối chóp S . ABC D thì
SB ' SD '
ta khơng phải tách thành hai khối chóp đồng thời tính được các tỉ số
,
khá
SB SD
dẽ dàng.
Ví dụ 9: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, cạnh bên
SA vng góc với đáy, cạnh bên SB tạo với đáy góc 450 . Gọi B, D  là hình chiếu
của A lần lượt trên SB, SD. Mặt phẳng  ABD cắt SC tại C . Tính thể tích của
khối AB ' C ' D '. ABCD .
Lời giải 1:
16

skkn







  45
Ta có: SB
, ABCD  SBA

S

 SAB vng cân tại A  SA  a.

Mặt khác SAB vuông cân tại A có AB  là
đường cao  B  là trung điểm SB.

C'

SAD vng cân tại A có AD  là đường
cao  D  là trung điểm SD.

D'

B'

Mà SC 2  SA2  AC 2  3a 2  SC  3a.

D

A

Ta có: CD  AD ; CD  SA

O

 CD  ( SAD )  CD  AD ' .

B

C

CD  AD ' ; AD '  SD
 AD '  (SCD)  AD '  SC 1 .
Chứng minh tương tự ta cũng có: AB '  SC  2 .
Từ 1 và 2  SC  ( AB ' C ' D ')  SC  AC ' .
Xét tam giác vng SAC có AC  là đường cao nên: SA 2  SC .SC '

SA2 a 3
 SC ' 

SC
3
1
1
Đặt V  VS . ABCD . Khi đó: VS . ABC  VS . ADC  VS . ABCD  V .
2
2

Ta có:

VS . AB ' C '
VS . ABC

a 3
SB ' SC ' 1 3
1
1
1


.
 .
  VS . AB 'C '  VS . ABC  V .
SB SC 2 a 3 6
6
12

VS . AD ' C ' SD ' SC ' 1
1
1

.
  VS . AD ' C '  VS . ADC  V .
VS . ADC
SD SC 6
6
12
Vậy

VS AB C D
VS . ABCD



VS AB C   VS AC D 
VS . ABCD

1
1
V V 1

12  .
 12
V
6

5
5 1
5
Do đó: VAB ' C ' D ' BCD  VSABCD  . .a.a 2  a 3
6
6 3
18
Lời giải 2:
Vì hình chóp S . ABCD là hình chóp có đáy ABCD là hình vng nên áp
dụng Bài tốn 1.1 để giải bài toán này.
17

skkn







  45  SAB vuông cân tại A  SA  a.
Ta có: SB
, ABCD  SBA
Mặt khác SAB vng cân tại A có AB  là đường cao  B  là trung điểm SB.
SAD vuông cân tại A có AD  là đường cao  D  là trung điểm SD.

Ta có a  1, b  d  2 ; do a  c  b  d  c  3
V
1 2  3  2 1
5
5 1
5
Vậy SA ' B ' C ' D ' 
  VAB ' C ' D ' BCD  VSABCD  . .a.a 2  a 3
VSABCD
4.1.2.3.2
6
6
6 3
18
Lời bình: Qua hai lời giải trên ta thấy ngay hiệu quả khi áp dụng Bài tốn 1.1
Ví dụ 10: Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích bằng 2.
SM SN
Hai điểm M , N lần lượt thuộc cạnh SB , SD sao cho

 k 0  k  1 .
SB
SD
Mặt phẳng  AMN  cắt cạnh SC tại K . Tìm k để khối đa diện lồi AMKNDC có
thể tích bằng 1 ?

Lời giải 1:
Do ABCD là hình bình hành và
SM SN

 k nên MN // BD .

SB
SD

S

Gọi O  AC  BD , I  SO  MN
 SC   AMN   SC  AI  K .

I

SI
SM SN


k
SO
SB
SD
IO 1  k


.
IS
k
MN // BD 

J

Mặt khác,

O
C

Ta có:

(1).

OJ IO 1  k
k


 SK 
.OJ
SK IS
k
1 k

Từ (1) và (2) suy ra

D

A

Trên mp( SAC ) , kẻ OJ song song
SC cắt AK tại J .

OJ AO 1

  KC  2.OJ
KC AC 2

N

M

B

Ta có

K

(2).

SK
k
SK
k
.



KC 2(1  k )
SC 2  k

1 k
VBAMC BM

 1 k  VBAMC 
VS . ABCD  1 k .
VBASC

BS
2

18

skkn


VS . AMKN VS . AMK SM SK
k2
2k 2


.

 VS . AMKN 
VS . ABCD VS . ABC
SB SC 2  k
2k
Mặt khác ta có VBAMC  VS . AMKN  VS . ABCD  VAMKNDC

 3k 2  2k  0  k 

2k 2
1
 1  1  k  
2 k

2
3

Nhận xét: Từ lời giải 1, ta thấy khi sử dụng Bài tốn 1 để tìm giá trị k thì việc
giải quyết khá phức tạp và dài dịng. Nhưng vận dụng Bài tốn 1.1 thì việc tìm tỉ
SC
số
sẽ nhanh và dễ hơn, nó được thể hiện qua cách giải sau:
SK
Lời giải 2:
Ta có a  1, b  d 

Khi đó:

VSAMKN
VSABCD

Mặt khác:

1
1
 c  2 .
k
k

1 1 2
1    1
k2
k
k
k



1 2
1
2k
4.1. .( 1).
k k
k

VBAMC BM
1 k

 1 k  VBAMC 
VS . ABCD  1 k
VBASC
BS
2

Và VBAMC  VS . AMKN  VS . ABCD  VAMKNDC  1

2k 2
2
Vậy: 1  k  
 1  3k 2  2k  0  k 
2 k
3
Ví dụ 11: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành có diện tích
bằng 12a 2 ; khoảng cách từ S tới mặt phẳng  ABCD  bằng 4a . Gọi G là trọng
tâm tam giác ACD ; gọi E và F lần lượt là trung điểm các cạnh SB và SC . Mặt
phẳng GEF  chia hình chóp S . ABCD thành hai khối đa diện, hãy tính thể tích
của khối đa diện chứa đỉnh S .

Lời giải:
Ta có mp GEF  cắt hình chóp S . ABCD theo thiết diện là hình thang MEFN

1
Ta có: VS . ABCD  .12a 2 .4a  16a 3 .
3
Đặt V1  VSADNMEF  VS . ADNM  VS .MNEF .

19

skkn


Mà: VS . ADNM

S


1 1
16
 . .12a 2 .4a  a3

3  3
3

 VS . BCNM  16a 3 

16 3 32 3
a  a .
3

3

F

E

SM
SN
SB
 1; b 
 1; c 
 2;
Đặt a 
SM
SN
SE

A

D

M

SC
d
 2.
SF
Ta có:

N

G

B

C

VS .EFNM
a  b  c  d 11 2  2 3
3
3 32


  VS . EFNM  VS . BCNM  . a 3  4a3
VS .BCNM
4abcd
4.1.1.2.2
8
8
8 3

16 3
28a3
3
Do đó: V1  a  4a 
.
3
3
Ví dụ 12: Cho khối chóp S . ABCD có đáy là hình bình hành và có thể tích V ,
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 . Tìm giá trị nhỏ nhất
V
của 1
V
Lời giải 1: (Áp dụng trực tiếp Bài tốn 1)
+) Ta có:

1
VS . ABC  VS . ADC  VS . ABD  VS . BCD  V .
2

S

+) V1  VS . AMPN  VS . AMP  VS . ANP ;
Đặt

SM
SN
 x;
 y 0  x, y  1 .
SB
SD

P
M

+)

VS . AMP SM SP 1


.
 .x
VS . ABC
SB SC 2

A

D

O

1
1
 VS . AMP  .xV
. S . ABC  xV .
2
4
+)

N

I

B

C

VS . ANP SN SP 1

.

 .y
VS . ADC SD SC 2

1
1
 x  y
 VS . ANP  . y.VS . ADC  yV  V1  VS . AMP  VS . ANP 
.V 1
2
4
4
20

skkn


Mặt khác V1  VS . AMN  VS .MNP .
+)

VS . AMN SM SN
xy

.
 xy  VS . AMN  .V ;
VS . ABD
SB SD
2

xy
VS . MNP SM SN SP 1


.
.
 xy  VS . MNP  .V .
VS . BDC
SB SD SC 2
4
 V1  VS . AMN  VS .MNP 

3 xy
.V 2 .
4

Từ 1 và  2 ta có x  y  3xy * .

1
1
từ *   y  y ( loại).
3
3
1
1
x
x
. Do 0  x; y  1 nên 0 
1   x 1 .
+) Nếu x  từ *  y 
3
3x 1
3x 1

2
+) Nếu x 

V1 3
3x2
Từ 2   xy 
.
V 4
43 x 1

3x 3x  2
1
3x 2
Xét hàm số f  x  
, với  x  1 . Ta có f   x  
.
2
2
43 x 1
43x 1

1 
 x  0   ;1

 2 
f  x  0  
.

1 
2

 x    ;1

3  2 
Bảng biến thiên:

Dựa vào bảng biến thiên ta có
Vậy giá trị nhỏ nhất của

1 
1
3
 f  x   với x   ;1 .
 2 
3
8

V1
1
2
SM SN 2
bằng khi x  y  hay

 .
V
3
3
SB
SD 3

21

skkn


Nhận xét: Khi sử dụng Bài toán 1 để giá trị nhỏ nhất của

V1
V

thì ta đặt

SM
SN
 x;
 y , sau đó phải tìm cách biểu diễn x theo y (hoặc y theo x). Từ đó
SB
SD
đưa về hàm số theo biến x hoặc y, tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số đó rồi mới suy ra
V
giá trị nhỏ nhất của 1 . Việc giải quyết khá dài dòng và phức tạp, nhưng nếu sử
V
dụng Bài tốn 1.1 thì kết quả bài tốn được tìm ra rất nhanh và dễ dàng.
Lời giải 2:
Đặt b 

SB
SD
SB SD SA SC
,d 




 3.
. Ta có: b  d 
SM
SN
SM SN SA SP

SA SB SC SD



V1 SA SM SP SN
3 3
6
3
+)


=

.
SA SB SC SD
V
4.1.
b
.2.
d
8
bd

4
bd
4 .
. .
SA SM SP SN

 b  d 
+) Áp dụng bất đẳng thức Cô si: 4bd  4
 9, b  0, d  0 .
 2 
2

Suy ra

V1 1
 .
V 3

Vậy min

3
V1 1
SM SN 2
 khi b  d  hay

 .
V 3
2
SB
SD 3

Bình luận: Từ ví dụ 8 đến ví dụ 11, chúng ta thấy được lợi thế khi vận dụng Bài
toán 1.1, đặc biệt là áp dụng cho dạng những câu hỏi trắc nghiệm. Những ví dụ sau
đây tiếp tục khẳng định hiệu quả của Bài toán 1.1 khi cần có nhanh kết quả cho
các bài tốn trắc nghiệm.
Ví dụ 13: Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh bằng a , tâm của
đáy là O . Gọi M , N tương ứng là trung điểm các cạnh SA, SC . Gọi E là giao điểm
của SD và mặt phẳng  BMN  . Tính thể tích V của khối chóp O.BMEN .
Lời giải:
Đặt

SM 1 SB
SN 1
SD
 ;
 1;
 ; nên a  2, b  1, c  2,
d.
SA 2 SB
SC 2
SE

Kết hợp a  c  b  d suy ra d  3 .
Ta có

VS . BMEN 1  2  3  2 1


VS .BADC
4.2.3.2

6

22

skkn


Suy ra

1
1 1
VS . BMEN  VS . BADC  . .SO. AB.BC
6
6 3
1 1 a 2
a3 2
 . .
.a.a 
.
6 3 2
36
Mà VOBMEN  VS . BMEN (Vì I là trung
điểm SO ). Vậy VOBMEN

a3 2

.
36

Ví dụ 14: Cho hình chóp tứ giác S . ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi M là

trung điểm cạnh SA, các điểm E , F lần lượt là điểm đối xứng của A qua B và D.
Mặt phẳng  MEF  cắt các cạnh SB, SD lần lượt tại các điểm N , P. Tính tỉ số thể
tích của khối đa diện ABCDMNP và S. AEF .
Lời giải:

Ta có SAE ; SAF có N , P lần lượt là trọng tâm vì nó giao điểm của hai đường
SN SP 2
trung tuyến. Vì vậy

 và có C  EF .
SB SD 3
Áp dụng Bài tốn 1.1 ta có:

3 3
VSMNCP 2  1  2  2 1
1

  VSMNCP  .VSABCD
3 3
VSABCD
3
3
4.2.1. .
2 2

2
Mặt khác VABCDMNP  VS . ABCD  VS .MNCP nên VABCDMNP  VS . ABCD
3

(1).

23

skkn


Ta lại có B , D lần lượt là trung điểm của AE , AF nên SABC  SEBC và
SADC  SFCD .
Suy ra SAEF  2 S ABCD .

1
Mà VS . AEF  d  S , ABCD .SAEF
3
1
nên VS . AEF  d  S , ABCD .2SABCD  2VS . ABCD
3
Từ (1) và (2) suy ra

(2).

VABCDMNP 1
 .
VS . AEF
3

Ví dụ 15: Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích
SM 1
là V . Gọi M là điểm thuộc cạnh SC sao cho
 . Mặt phẳng   chứa AM
SC 3

và cắt hai cạnh SB, SD lần lượt tại P và Q . Gọi V , là thể tích của khối chóp
SP
SQ
V
S . APMQ;
 x;
 y; (0  x; y  1) . Tìm x , y để tỉ số
đạt giá trị nhỏ
SB
SD
V
nhất.
Lời giải
Vì ABCD là hình bình hành nên ta có
V  VSABCD  2VSABC  2VSADC

 VSABC  VSADC 

S

V
2

M
P

V , VSAPMQ 1 VSAPM  VSAMQ
Ta có

 .

V
V
V
2
2
V

1V
  SAPM  SAMQ 
2  VSABC VSADC 

Q
D

A

B

C

1  SP SM SQ SM  1
  .

.
  ( x  y)
2  SB SC SD SC  6
V , VSAPMQ 1 VSAPQ  VSPMQ 1  VSAPQ VSPMQ 
Lại có

 .

 


V
V
V
2
2  VSABD VSBDC 
2

1  SP SQ SQ SM SP  1 
1 2
  .

.
.    xy  xy.   xy .
2  SB SD SD SC SB  2 
3 3
24

skkn


Suy ra

1
2
x
( x  y )  xy  x  y  4 xy  y 
6

3
4x 1

Mà 0  y  1  0 
Đặt

x
1 1
1 x    x 1
4x 1
3 3

V, 2
2
x
2 x2
 xy  x.
 .
V 3
3 4x  1 3 4x 1

2 x2
Xét hàm số f ( x)  .
liên tục trên đoạn
3 4x  1

1 
 3 ;1 .

 x  0( L)

2 2 x(2 x  1)
Có f ( x)  .
0 
1
x 
3 (4 x  1) 2

2
,

Ta tính : f (1) 

2
1 1
1 2
, f   , f   .
9
2 6
3 9

V, 
1
1
1
Suy ra min    min  f (x)   khi x   y 
2
2
6
 V   13;1
Nhận xét:

Trong Bài toán 1.1, nếu

SA ' SB ' SC ' SD '



 k , khi đó ta có bài tốn mới:
SA
SB
SC
SD

Bài tốn 1.2: (Tỉ số thể tích của hai khối đa diện đồng dạng)
Cho hình chóp S . ABCD , cắt các cạnh SA, SB, SC , SD của hình chóp bởi một mặt
phẳng không đi qua S và song song với đáy
S
tại các điểm A, B, C , D sao cho:
SA ' SB ' SC ' SD '



k
SA
SB
SC
SD

V
Khi đó ta có: S . AB C D  k 3
VS . ABCD

A'

D'

C'
B'

(Kết quả trên đúng khi đáy là đa giác có n
cạnh)

D

A

Chứng minh:
Bài toán này là trường hợp đặc biệt của Bài
toán 1.1 khi a  b  c  d  k .

B

C

Bài tốn 1.2 được sử dụng để tính nhanh tỉ số thể tích của 2 khối chóp đồng dạng.
25

skkn