toantuyensinh com phương pháp phần bù tính thể tích khối đa diện phức tạp vương thanh bình

PHƢƠNG PHÁP PHẦN BÙ
TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN PHỨC TẠP
Tác giả: Vương Thanh Bình
Bản Full đáp án tại Facebook: />Link video full miễn phí tại : />Mọi góp ý và bài tập liên quan đến phương pháp vui lòng Inbox Facebook
A-LÝ THUYẾT CHUNG
1) Khái niệm khối đa diện phức tạp : Là khối đa diện không cơ bản ( không phải chóp tam
giác, chóp tứ giác, hình lăng trụ, hình hộp, hình lập phương ... ) Hoặc cơ bản nhưng khó tính
chiều cao và diện tích đáy.
2) Ý tƣởng : Ta sẽ xây dựng khối đa diện phức tạp  H  nằm trong khối chóp cơ bản  A  . Ví
dụ dụ khối chóp  A  gồm khối đa diện phức tạp  H  và khối chóp cơ bản  B  khi đó
VH  VA  VB

3) Các dạng thƣờng gặp : +) Dạng 1: (Cơ bản) A  H  B  VH  VA  VB
+) Dạng 2: (Nâng cao) A  H  B  C  VH  VA  VB  BC
+) Dạng 3: (Sao) A  H  B  C  D  VH  VA  VB  VC  VD
4) Kiến thức liên quan :
4.1. Định lý Talet: Cho tam giác ABC , đường thẳng d song song với BC đồng thời cắt các
AM AN
cạnh AB, AC hoặc các đường kéo dài của 2 cạnh này tại M , N thì ta có tỉ lệ :

AB AC

4.2. Định lý 3 đƣờng giao tuyến: Cho 3 mặt phẳng  P  ,  Q  ,  R  giao nhau theo 3 giao tuyến
d1 , d2 , d3 thì 3 giao tuyến này một là đôi một song song hai là đồng quy.


DẠNG 1: V H   V A  V B
Ví dụ minh họa: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AB  3a ,
4a
đáy nhỏ CD  a , cạnh bên AD  2a, BC 
. Chiều cao SA  3a . Tính thể tích của khối chóp

3
S. ABCD
A.

8a 3 2
3

B.

16a 3 2
9

C.

11a 3 3
9

D.

7a3 5
9

 Phân tích ý tƣởng
+) Để tính thể tích khối chóp S. ABCD ta phải tính được diện tích đáy ABCD là một
hình thang rất khó tính diện tích ( Vì không phải hình thang cân, không phải hình thang
vuông và chiều cao trong hình thang khó tính được )
+) Trong trường hợp này ta sẽ sử dụng phƣơng pháp phần bù tính thể tích
Ta xây dựng khối chóp S. ABCD nằm trong khối chóp S.IAB khi đó
V S . ABCD  V S .IAB   V S .ICD
Đương nhiên ta phải chọn sao cho khối chóp S.IAB và khối chóp S.ICD đều dễ dàng

tính được thể tích.


 Giải
+) Kéo dài AD và BC cắt nhau tại I. Khi đó
1
V S . ABCD   V S .IAB   V S .ICD   SA.  S IAB  S ICD 
3
ID IC CD 1
1
8
+) Theo định lý Talet ta có:


  S ICD  S IAB hay S ABCD  S IAB
IA IB AB 3
9
9
4a
+) Từ AD  2a, BC 
dễ tính được IA  3a, IB  2a .
3
+) Theo định lý Herong ta có: SIAB 

p  p  IA p  IB  p  IC   2 2a 2

1
8
1
8

16 a3 2
Vậy VABCD  SA. SIAB  .3a. .2 2a 2 
3
9
3
9
9
BÀI TẬP TƢƠNG TỰ

Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD có thể tích là a 3 đáy ABCD là hình bình hành tâm O. Mặt phẳng

 

qua AM và song song với BD cắt SB, SD tại E và F. Tính thể tích của khối đa diện AEMCB


A.

a3
2 2

B.

a3
3

C.

a3 2
2 3

D.

5a 3
14

GIẢI

+) Ta xây dựng khối đa diện AEMCB nằm trong khối chóp S.ABC.
Khi đó: VAEMCB  VS . ABC  VS . AEM
+) Ta có:

VS . AEM SE SM 2 1 1
1

.
 .   VS . AEM  VS . ABC
VS . ABC SB SC 3 2 3
3

2
1
a3
 VAEMCB  VS . ABC  VS . AEM  VS . ABC  VABCD 
3
3
3
Bài 2: Cho lăng đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông cân, AB  BC  a cạnh bên
B'M B'N 1
AA '  2a . Gọi M và N là 2 điểm thỏa mãn sao cho


 . Tính thể tích khối đa điện
BA ' B ' C ' 3
B ' MNCBA

13a 3
9a 3 2
D.
27
28
GIẢI
+) Ta xây dựng khối đa diện B ' MNCBA nằm trong khối chóp tam giác I . ABC
V
1
26
IM IN IB ' 1 1 1 1
. .
 . . 
+) Ta có I .B ' MN 
 VIB ' MN  VIABC  VB ' MNCBA  VI . ABC
VI . ABC
IA IC IB 3 3 3 27
27
27
A.

a3
2

B.

4 3a 3
15

C.

1
1
1
1
a3
+) Mà VI . ABC  IB. BA.BC  .3a. .a.a 
3
2
3
2
2


+) Vậy VB ' MNCBA 

26 a3 13a3
. 
27 2
27

Bài 3: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A ' B ' C ' D ' có AB  3a, AD  4a, AA '  3a . Gọi G là
trọng tâm tam giác CC ' D . Măt phẳng chứa B ' G và song song với C ' D chia khối hộp thành 2
V H 
phần. Gọi  H  là khối đa diện chứa C . Tính tỉ số

với V là thể tích khối hộp đã cho.
V

25a 3
A.
2

57 a 3
B.
5

38a 3
C.
3

23a 3 3
D.
4


+) Khối đa diện  H  chứa C là: CMNABB '
+) Ta xây dựng khối đa diện  H  nằm trong khối chóp I . ABB '
Khi đó VH  VI .BB ' A  VICMN
1
1
1
1
+) Tính VI .BB ' A  IB. BB '.BA  .12a. .3a.3a  18a 3
3
2

3
2
V
8
19
38
+) Tính ICMN 
 VH  VIBB ' A  a3
VIBB ' A 27
27
3

DẠNG 2: V H   V A  V B  VC 
Ví dụ minh họa: [THPT THĂNG LONG 2016] Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a
có M và N lần lượt là trung điểm A ' B ', BC . Mặt phẳng  DMN  chia hình lập phương thành 2
phần. Khối đa diện đỉnh A kí hiệu là  H1  , phần còn lại kí hiệu là  H 2  . Tính tỉ số
A.

V H1 
V H 2 

2
1
37
55
B.
C.
D.
3
2

48
89
 Phân tích tƣ duy
+) Nhìn vào hình vẽ ta thấy mặt phẳng  DMN  chia khối lập phương thành 2 khối đa
diện trong đó khối đa diện  H1  là ABNDENF và phần còn lại
+) Khối đa diện  H1  cực kì phức tạp (không phải chóp, không phải lăng trụ, không phải
hộp...) nên việc tính toán là rất phức tạp
+) Để dễ tính ta sẽ sử dụng phƣơng pháp phần bù tính thể tích khối đa diện phức tạp
Ta sẽ đi xây dựng khối đa diện  H1  nằm trong khối đa diện dễ tính I . ADJ
Khi đó V H1   VI . ADJ  VIANE  VFBNJ


 Giải
JB JN JF 1
IA ' IN IE A ' N 1


 và




JA JD JI 2
IA IJ ID
AJ
4
a
2a
a
Từ đó ta có thể tích được hết các đoạn thẳng ví dụ như: JB  ; BF 

, IA  ...
2
3
4
1
1 1
1 4a 1
4
+) Tính VIADJ  IA.S ADJ  IA. . AD. AJ  . . .2a.a  a 3
3
3 2
3 3 2
9

+) Theo định lý Talet ta có:

1 1
1 a 1 a a a3
+) Tính VIANE  IA. AE. AN  . . . . 
3 2
3 3 2 4 2 144
1
1
1 2a 1 a
a3
+) Tính VFBNJ  .FB. BN .BJ  . . . .a 
3
2
3 3 2 2
18

55 3
89 3
a  V H2   a3  V H1  
a
Vậy V H1   VI . ADJ  VIANE  VFBNJ 
144
144
V H1  55

Vậy
V H 2  89
BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
Bài 1: Cho hình lăng trụ đều ABC. A ' B ' C ' cạnh đáy là a, cạnh bên là 2a . Gọi M và N lần lượt
là trung điểm của các cạnh B ' C ',C C ' . Mặt phẳng  AMN  chia khối lăng trụ thành 2 khối đa


diện. Gọi  H  là khối đa diện chứa đỉnh B. Tính tỉ số

V H 
V

với V là thể tích của khối lăng trụ

đều.

a3
3

a3 3
4 2

7a3 2
15
GIẢI
+) Khối đa diện chứa đỉnh B là B'MEABCN (khối đa diện H )
+) Ta xây dựng khối đa diện H nằm trong khối chóp I.ABJ
Khi đó: VH  VI . ABJ  VI .EB ' M  VN . ACJ

A.

B.

C.

D.

23a 3 3
72

1
1
1
1 3a 3a3 3
+) Tính VI . ABJ  IB. BA.BJ sin 600  .3a. a. 
3
2
3
2 2
8

+) Theo công thức tỉ số thể tích thì

VIEB ' M
1 V
1
23
23a3 3
 , N . ACJ   VH  VI . ABC 
VIABC 27 VI . ABC 9
27
72

Bài 2: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm
1
A ' B ', A ' D ' và điểm P thỏa mãn CP  CC ' . Mặt phẳng  MNP  chia khối lập phương thành 2
4


khối đa diện. Gọi  H1  là khối đa diện chứa đỉnh C'. Gọi  H 2  là khối đa diện còn lại. Tính tỉ
số

VH1
VH 2

25a 3
41 3
D.
a
96
155

GIẢI
+) Khối đa diện chứa đỉnh C ' là : PFB'MND'EC' là khối đa diện  H1 
A.

a3
4

B.

4a 3
25

C.

+) Ta xây dựng khối đa diện  H1  trong chóp P.C ' IJ
Khi đó: VH1  VP.C ' IJ  VE.D ' IN  VF .B ' MJ

1
1
1 3a 1 3a 3a 9a3
+) Tính VP.C ' IJ  PC '. CI .CJ  . . . . 
3
2
3 4 2 2 2
32
+) Theo công thức tỉ số thể tích thì: VE .D ' IN  VF .B ' MJ 

1
25
25a3

VP.CIJ  VH  VP.C ' IJ 
27
27
96

DẠNG 3: V H   V A  V B  VC   V D 
Ví dụ minh họa: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a, có M và N là trung điểm của
A ' B ' và CD . Mặt phẳng   qua MN và song song với B ' D ' chia khối đa điện thành 2 phần.
Tính thể tích của khối đa diện chứa đỉnh A.
A.

a3
2

B.

2a 3
3

C.

3a 3
5

D.

4a 3
7

 Phân tích ý tƣởng
+) Xác định thiết diện và ta xác định được khối đa diện chứa A là A'MJINFEBA (ta gọi
đây là khối đa diện H )
+) Đến dạng 3 thì chắc chúng ta đã quen với ý tưởng: Nếu tính thể tích 1 khối đa diện
phức tạp ta sẽ sử dụng phương pháp phần bù
+) Vậy ta sẽ xây dựng khối đa diện H nằm trong khối chóp tam giác S.APQ (dễ tính thể
tích) và V H   VS . APQ  VS . A' MJ  VE.BPF  VIDNQ

 Giải
+) Ta có V H   VS . APQ  VS . A' MJ  VE.BPF  VIDNQ
+) Sử dụng tính chất của quan hệ song song và định lý Talet ta dễ dàng tính được độ dài
các đoạn thẳng SA', A'J, ID....

1
1
1 3a 1 3a 3a 9a3
+) Tính VSAPQ  SA. AP. AQ  . . . . 
3
2
3 2 2 2 2
16
1
1
1 a 1 a a a3
+) Tính VS . A' MJ  SA '. A ' M . A ' J  . . . . 
3
2
3 2 2 2 2 48

+) Tương tự VE .BPF  VIDNQ 

a3
48

+) Vậy V H   VS . APQ  VS .A 'MJ  VE .BPF  VIDNQ

a3

2

 Bình luận
+) Bài này còn 1 cách làm nhanh nữa là dựa và tính chất đối xứng của 2 khối đa diện tạo
thành bởi mặt phẳng   ta thấy thể tích của 2 khối đa diện này đều bằng nhau và bằng 1
nửa thể tích khối lập phương.
+) Do dạng này khá phức tạp nên ví dụ minh họa tác giả đã cố tính cho các bạn tỉ số rất
đẹp (toàn là trung điểm ) nên mới sinh ra cách đặc biệt kia.
+) Nếu các bạn muốn bài toán mang tính chất tổng quát hơn. Tác giả sẽ sửa lại vị trí điểm
thuộc cạnh A'D' như trong bài tập tự luyện số 2 thì bài toán sẽ căng thẳng hơn rất nhiều.
BÀI TẬP TƢƠNG TỰ
Bài 1: Cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' cạnh a. M, N là trung điểm A ' B ', CD . H là điểm
thuộc cạnh A ' D ' sao cho HA '  3HD ' . Mặt phẳng  HMN  chia khối chóp thành 2 đa diện.
Tính thể tích khối đa diện chứa điểm C.

a3
2

a3
2

a3
a3 2
D.
3
3
GIẢI
+) Khối đa diện chứa điểm C là CNFEB'C'D'HMG gọi tắt là hình  H 
A.

B.

C.

+) Ta có: V H   VJ .CIA  VJCNF  VGD ' IH  VEB ' MA
1
1
1 7a 1 7a 7a 343 3
+) Tính VJ .CIA  JC. CA.CI  . . . . 
a
3
2
3 4 2 4 6 576

1
1
1 3a 1 a 3a 3a3
+) Tính VJ .CNF  JC. CN .CF  . . . . 
3
2
3 4 2 2 4

64
+) Tương tự VE . AB 'M 

3a3
64

1
1
1 a 1 a a a3
. 
+) Tính VG.D ' HI  .GD '. .D ' I .D ' H  . .
3
2
3 4 2 4 6 576
 VEB MA
Vậy V H   VJ .CIA  VJCNF  VGD IH
'
'

a3

2


Bài 2: Cho hình lập phương ABCD. A ' B ' C ' D ' cạnh a . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của

D'E 5

. Mặt phẳng  MNE  chia khối lập phương thành 2
D ' D 12

khối đa diện. Gọi  H  là khối đa diện chứa đỉnh  C ' . Tính thể tích khối đa điện  H 
A ' B ', A ' D ' . E là điểm thỏa mãn

A.

a3
3

B.

15a 3
37

154a 3
365
GIẢI

C.

D.

1549a 3
3600


+) Khối đa diện chứa đỉnh C' là EPCQFMND'C'B' (khối da diện H )
+) Ta có: VH  VK .C ' IJ  VK .CPQ  VE.D ' IN  VF .B ' MJ

1
1

1 5a 1 3a 3a 15a3
+) Tính VK .C ' IJ  KC '. C ' I .C ' J  . . . . 
3
2
3 4 2 2 2
32
1
1
1 a 1 3a 3a 3a3
+) Tính VK .CPQ  KC. CP.CQ  . .
. 
3
2
3 4 2 10 10 800
+) Tính VK .D ' IN

1
1
1 5a 1 a a 5a3
 .ED '. D ' I .D ' N  . . . . 
3
2
3 12 2 2 2 288

1
1
1 5a 1 a a 5a3
+) Tính VF .B ' MJ  FB '. B ' M .B ' J  . .
. 
3

2
3 12 2 2 2 288
Vậy VH  VK .C ' IJ  VK. CPQ  VE. D' IN  VF. B' MJ 

1549a3
3600