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 bởi
1 1 1

mặt phẳng (A”B”C”). Khi đó,

VABCA1B1C1

1 �AA BB CC1 �
 � 1 1
�
VABC . A���
3 �AA� BB� CC �
�
BC

Chứng minh. Trước hết, thể tích lăng trụ ABC.A’B’C’ bằng một nửa thể tích hình hộp
ABCD.A’B’C’D’.
VABC . A���
BC 

1
S BB��
C C . AI � 2VABC . A���
B C  S BB ��
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 �
�
VAA1BC 

uuu
r uuur uuur 1 AA
1�
AB
, AC �
. AA1  . 1 .VABC . A ' B 'C '
�
�

6
3 AA�

1 �AA BB CC1 �
.VABC . A ' B 'C ' dẫn đến điều cần chứng minh.
Suy ra: VABCA1B1C1  � 1  1 
�
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
 (0   x)VADC . A ' D ' C '  (0   x)VABC . A ' B 'C '
Mặt khác V �
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

�
� �
� �
�
.  �  x�
.  �  x� � x 
Ta có phương trình: .  �  x �
6 3
6
3
2
3 3
3
12

�

Trang 3


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm 2018

1
1 1 2V 1 1 1 7 V 37
 (0   )
 (   ) 
V  37 . Đáp án B.
Vậy V �
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,

uuur uur uur r
IM  IN  IP  0
uur uuu
r uuuu
r uur uuu
r uuur uur uuur uuu
r r
� IG  GA  AM  IG  GB  BN  IG  GC  CP  0
uuuu
r uuur uuu
r
uur
� 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

Từ đó, x 

6
17V
và VS . AEMF  VS . AEF  VS .MEF 
.

11
44

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

Vậy VS . AEMF  VS . AEF  VS .MEF  1. . .  . . . 

V
 36 . Đáp án B.
3

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
diện
2
3

tích tam giác BKC, suy ra diện tích tam giác BCG bằng

1
diện tích tam giác ABC. Tương
3

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

C. 5

N 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  .x.VS .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