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.

Trang 1


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm 2018

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:
Công thức 1. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’, lấy
CC’. Kí hiệu

VABCA1B1C1

A1 , B1 , C1

lần lượt thuộc cạnh AA’, BB’,

là thể tích của khối đa diện có đáy A’B’C’ được cắt ra từ lăng trụ

đã cho bởi 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).

Trang 2


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm 2018

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 CC �
.VABC . A ' B 'C ' dẫn đến điều cần chứng minh.
Suy ra: VABCA1B1C1  � 1  1  1 �
3 �AA� BB� CC �
�

Công thức 2. Cho hình chóp S.ABC, A’, B’, C’ lần lượt thuộc cạnh SA, SB, SC.
Khi đó,

VS . A ' B ' C ' SA�SB�SC �


.
.
VS . ABC
SA SB SC

Chứng minh. Tham khảo bài tập SGK 12, thể tích hình chóp.

BÀI TẬP ÁP DỤNG LIÊN QUAN ĐẾN CÔNG THỨC 1

Bài tập 1. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’, lấy

sao cho

BB1 1 CC1 1 AA1 m
 ,
 ,
 ,
BB� 3 CC � 2 AA� n

Biết mặt phẳng

m
n

lần lượt thuộc cạnh AA’, BB’, CC’

là phân số tối giản.

cắt lăng trụ đã cho thành hai khối có

( A1 B 1 C1 )

thể tích bằng nhau. Tính
A. 5

với

A1 , B1 , C1

2m  3n  mn

B. 6

C. 7

D. 8
Trang 3


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm 2018

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

sao cho

AD  2 BC

BM 1 DP 1
 ,
 .
BB� 3 DD� 2

. Lấy điểm

Mặt phẳng

M , P, N

( AMP )

lần lượt thuộc cạnh BB’, DD’, CC’

đi qua A và cắt hình hộp đã cho thành hai

khối đa diện, tính thể tích khối đa diện gắn với đáy ABCD của hình hộp.
A. 36

B. 37

C. 38

D. 40

Lời giải. Đặt

CN
 x.
CC �

Gọi V là thể tích hình hộp đã cho, V’ là

thể 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

Do

AD  2 BC

2

nên VABD. A ' B ' D '  VADC. A' D 'C '  2VABC. A' B 'C '  2VCBD.C ' B ' D '  3 V
Trang 4


Sáng kiến kinh nghiệm

Ta có phương trình:

Năm 2018

5 2 �5
7
�1 �1
�2 �1

�1
. �  x�
.  �  x�
.  �  x� � x 
6 3 �6
12
�3 �2
�3 �3
�3

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

G’

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

Vậy thể tích khối đa diện cần tìm bằng
1 �AM BN CP �
1 3GI

VABC . A ' B 'C '  .
.108  36 .
� �

�
3 �AA BB� CC �
3 GG �
�

Chọn đáp án A.

BÀI TẬP ÁP DỤNG LIÊN QUAN ĐẾN CÔNG THỨC 2
Trang 5

I


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm 2018

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
 ,
 ,
SB 3 SD 4

mặt phẳng (AEF)

cắt SC tại M. Thể tích của hình chóp S.AEMF bằng
A.

V
3

Lời giải. Đặt

B.
x

SM
SC

17V
44

C.

11V
36

, ta có

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
11

và VS . AEMF

 VS . AEF  VS . MEF 

17V
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

Trang 6

D.

7
V
11


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm 2018

Lời giải. Do (P)// DB nên EF//BD.
Đặt

x

SE SF

0.
SB SD

Gọi V là thể tích hình chóp S.ABCD. Ta có,

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

Vậy VS . AEMF

2 2 V 2 2 1 V V
 VS . AEF  VS . MEF  1. . .  . . .   36 .
3 3 2 3 3 2 2 3

Đáp án B.

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

•G

C. 6
D. 4
Lời giải. Đặt

x

SM
SN
SP
,y
,z 
.
SA
SB
SC

Ta có, VS .MNP  xyzVS . ABC .
Mặt khác, VS .MNP  VS .IMN  VS .INP  VS .IMP  xy

1
1

1
VS .GAB  yz VS .GBC  xz VS .GAC
2
2
2

Trang 7


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm 2018

Diện tích tam giác ABG, ACG, BCG bằng nhau. Thật vậy, gọi K là trung điểm của

AB, diện tích tam giác BKC bằng

bằng

2
3

1
2

diện tích tam giác ABC, diện tích tam giác BCG

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

1

3

diện tích tam

giác ABC. Tương tự cho hai tam giác còn lại.
11

Từ đó, có tiếp VS .MNP  ( xy  yz  zx) 2 3 VS . ABC  xyzVS . ABC .
Dẫn đến,

xy  yz  zx  6 xyz �

1 1 1
  6
x y z

hay

SA SB SC


 6.
SM SN SP

Đáp án C.

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 8

D. 6


Sáng kiến kinh nghiệm

Lời giải. Đặt

x

Năm 2018

SN
AD
,a 
, V là
SD
BC

thể tích hình chóp S.ABCD. Ta có,

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:
Mặt khác,

(2)

1 1
1
 .x.a  .x  x.a � x  ax  1
2 2

2

5  VS . ABMN  VS . ABM  VS . AMN 

Kết hợp (3) và (4) ta được:

(3)

(1  ax) 18
� 5a  4  9ax
2 a 1

(4).

1
x  ,a  2 .
3

Thể tích hình chóp S.ABC bằng

V
6
a 1

(đvtt). Đáp án D.

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.

Trang 9


Sáng kiến kinh nghiệm

Năm 2018

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.
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 10