SKKN ứng dụng phương pháp phân chia và lắp ghép đểtính thểtích khối đa diện

PHẦN I. MỞ ĐẦU
1.1. Lí do chọn đề tài
Trang bị những tri thức, phương pháp và phát triển tư duy, trí tuệ cho học
sinh là mục tiêu được đặt lên hàng đầu trong các mục tiêu dạy học mơn tốn.
Việc đổi mới phương pháp dạy học mơn tốn ở trường THPT theo chương trình
phổ thơng mới năm 2018 u cầu mỗi giáo viên trong quá trình dạy học cần phát
triển được năng lực đặc thù bộ môn như tư duy và lập luận toán học, giải quyết
vấn đề toán học, giao tiếp tốn học, mơ hình hóa tốn học, sử dụng cơng cụ và
phương tiện tốn học. Dạy tốn ở trường phổ thơng là dạy hoạt động tốn học.
Việc giải tốn là hình thức chủ yếu của hoạt động tốn học, giúp học sinh phát
triển tư duy, tính sáng tạo. Dạy giải bài tập tốn cho học sinh có tác dụng phát
huy tính tích cực, chủ động sáng tạo, phát triển tư duy, gây hứng thú học tập cho
học sinh. Đối với học sinh yêu cầu có kỹ năng vận dụng kiến thức vào tình
huống mới, có khả năng phát hiện và giải quyết vấn đề, có năng lực độc lập suy
nghĩ, sáng tạo trong tư duy và biết lựa chọn phương pháp tự học tối ưu nhất.
Trong việc dạy giải bài tập Toán việc quan trọng hàng đầu là phải rèn luyện
kỹ năng giải Toán, là phải rèn luyện cho người học cách suy nghĩ, phương pháp
giải và khả năng vận dụng kiến thức, cách hệ thống các dạng bài tập theo chủ đề.
Trong chương trình tốn học phổ thơng nói chung và chương trình tốn 12
nói riêng, phần kiến thức về khối đa diện là phần kiến thức khó, địi hỏi ở học
sinh khả năng tư duy trừu tượng cao và muốn giải quyết những bài tập phần này
các em không chỉ hiểu về mặt kiến thức mà cịn phải có kỹ năng vận dụng, vẽ
hình, phân chia, lắp ghép mới có thể hồn thành được các bài tập. Tuy nhiên
trong quá trình dạy học phần này nếu mỗi giáo viên biết tìm cho mình một
hướng đi phù hợp để dẫn dắt các em vào chuỗi hoạt động học tập từ dễ đến khó,
từ đơn giản đến phức tạp sẽ giúp các em hình thành kiến thức và phát triển năng
lực một cách nhẹ nhàng hơn. Để đạt được điều đó mỗi giáo viên cần phải thay
đổi phương pháp giảng dạy, thay vì truyền thụ kiến thức cho các em thì giáo
viên cần tạo ra tình huống để các em được hoạt động, từ đó giúp các em chiếm
lĩnh tri thức. Bên cạnh đó, yêu cầu đổi mới trong kiểm tra đánh giá theo chương
trình phổ thơng mới đòi hỏi phải phát huy được năng lực người học mà cụ thể

với phần bài tập về khối đa diện ngồi biết cách nhận dạng một khối đa diện cịn
phải biết tính thể tích, khơng chỉ là tính theo cơng thức thể tích thuần túy như
thể tích khối chóp, khối lăng trụ mà còn phải biết phân chia, lắp ghép để tính
được thể tích các khối phức tạp, đa hình dạng.
Với những lí do như trên tác giả lựa chọn đề tài: “Ứng dụng phương pháp
phân chia và lắp ghép để tính thể tích khối đa diện”.
1.2. Mục đích và nhiệm vụ của đề tài
+) Nghiên cứu cơ sở lý luận về tư duy sáng tạo.
+) Nghiên cứu sự phát triển, sáng tạo trong phương pháp phân chia và lắp ghép
để tính thể tích khối đa diện.
1


+) Tạo ra hệ thống bài tập theo chủ đề nhằm rèn luyện kỹ năng giải tốn phần
thể tích khối đa diện cho học sinh, cho giáo viên khi dạy học theo chủ đề, ơn thi tốt
nghiệp, góp phần nâng cao chất lượng dạy học mơn Tốn ở trường phổ thơng.
1.3. Đối tượng nghiên cứu
Q trình dạy học các nội dung Hình Học 12 – phần thể tích khối đa diện.
1.4. Giới hạn của đề tài
Đề tài tập trung và nghiên cứu các phương pháp và kĩ thuật phân chia lắp
ghép để tính thể tích khối đa diện.
1.5. Phương pháp nghiên cứu
+) Phương pháp nghiên cứu lí luận.
+) Phương pháp điều tra quan sát.
+) Phương pháp thực nghiệm sư phạm.
1.6. Bố cục của đề tài SKKN
Ngoài phần mở đầu, phần kết luận và tài liệu tham khảo, đề tài được trình
bày trong 3 chương.
Chương 1. Cở sở lí luận và thực tiễn.
Chương 2. Ứng dụng của phương pháp phân chia và lắp ghép để tính thể

tích khối đa diện.
Chương 3. Thực nghiệm sư phạm.
1.7. Thời gian thực hiện
Năm học 2020-2021

2


PHẦN II. NỘI DUNG
Chương 1. CƠ SỞ LÝ LUẬN VÀ THỰC TIỄN
1.1. Cơ sở lí luận
Trong chương trình hình học lớp 12, chương I giới thiệu về khối đa diện
và thể tích khối đa diện, đây là chương nối tiếp với phần hình học khơng gian
tổng hợp đã học ở lớp 11. Thực tế chương này về mặt kiến thức có tính chất hàn
lâm hơn phần kiến thức phía trước vì sự đa dạng về hình thù của khối đa diện,
hơn nữa khái niệm thể tích cũng là khái niệm trìu tượng, học sinh làm bài tập
theo hình thức máy móc mà khơng hiểu được bản chất của vấn đề. Trong khái
niệm thể tích khối đa diện, sách giáo khoa xây dựng theo phương pháp lắp ghép
các khối đa diện, cụ thể là: “Nếu khối đa diện  H  được phân chia thành hai
khối đa diện  H1  và  H 2  thì V H   V H   V H  ”, thế nhưng trong quá trình giảng
dạy giáo viên vẫn chưa khai thác hết được ý nghĩa của khái niệm này dẫn đến
quá trình dạy học bài tập sẽ rời rạc, thiếu tính liên kết dẫn dắt và gây ra sự khó
hiểu cho học sinh trong quá trình học tập cũng như sự thiếu liền mạch trong tiết
dạy của giáo viên. Vấn đề này sách giáo khoa tuy không đề cập cụ thể nhưng
một số ví dụ và bài tập đã thể hiện điều đó (làm rõ hơn ở mục 2.2.1), nếu giáo
viên hệ thống và xây dựng nên thành phương pháp để cho học sinh vận dụng thì
sẽ tạo ra một phương pháp giải toán hiệu quả hơn.
1

2

1.2. Cơ sở thực tiễn
Để xác định cơ sở thực tiễn của đề tài, tôi sử dụng phương pháp điều tra
nghiên cứu bằng cách tiến hành thăm dò 20 giáo viên dạy các trường THPT
trong khu vực lận cận với nội dung:
- Câu hỏi 1: Giáo viên có quan tâm đến bài tốn “ứng dụng phương pháp phân
chia và lắp ghép để tính thể tích khối đa diện khơng?
- Câu hỏi 2: Giáo viên có sử dụng phương pháp phân chia và lắp ghép vào bài
tốn tính thể tích khối đa diện trong q trình dạy học không?
- Câu hỏi 3: Giáo viên nhận thấy q trình dạy học có sử dụng phương pháp
phân chia và lắp ghép có hiệu quả hơn so với khơng sử dụng phương pháp phân
chia lắp ghép?
Kết quả tôi thu thập được:
Câu hỏi 1

Câu hỏi 2

Câu hỏi 3

Kết quả
18 giáo viên quan tâm
2 giáo viên không quan tâm
12 giáo viên thường xuyên sử dụng
5 giáo viên sử ít sử dụng
3 giáo viên không sử dụng
10 giáo viên trả lời hiệu quả hơn
6 giáo viên trả lời hiệu quả như nhau
4 giáo viên trả lời không hiệu quả bằng

Tỉ lệ %

90%
10%
60%
25%
15%
50%
30%
20%
3


Như vậy đa số giáo viên có biết đến phương pháp phân chia lắp và lắp
ghép để tính thể tích khối đa diện này tuy nhiên số lượng giáo viên sử dụng cịn
ít và chưa thấy được hiệu quả của phương pháp. Hơn thế nữa phần lớn giáo viên
chưa hình thành được phương pháp riêng vì chưa có đề tài nào đề cập đến nội
dung phương pháp này nên nếu có sử dụng phương pháp trong q trình dạy học
cũng là do đúc rút từ kinh nghiệm bản thân. Bởi vậy trong quá trình dạy-học
giáo viên và học sinh sẽ gặp rất nhiều khó khăn mà nguyên nhân là do:
+) Học sinh có trí tưởng tượng khơng gian chưa tốt.
+) Do đặc thù mơn học có tính trừu tượng cao nên việc tiếp thu và sử dụng
các kiến thức hình học khơng gian là vấn đề khó đối với học sinh.
+) Học sinh quen với hình học phẳng nên dễ nhầm lẫn khi sử dụng các tính
chất trong hình học phẳng mà khơng đúng trong hình học khơng gian.
+) Vẫn còn một số học sinh chưa xác định đúng động cơ học tập nên chưa
chăm học và chưa chú ý khi học bài và làm bài tập.
+) Do giáo viên chưa có phương pháp phù hợp với năng lực của học sinh.
Từ những vấn đề đã đưa ra ở trên cho thấy việc xây dựng và phổ biến đề tài là
rất cấp thiết, sẽ đáp ứng được rất nhiều yêu cầu trong quá trình dạy học.
1.3. Mục tiêu của đề tài.
- Xây dựng các phương pháp tính thể tích đơn giản, hiệu quả hơn.

- Giúp học sinh hệ thống hóa được mạch kiến thức, phát triển năng lực tư duy.
- Giúp giáo viên hình thành các bài tốn tương tự, các bài tốn mới, khái qt
hóa vấn đề từ đó xây dựng được chủ đề khối đa diện hoàn chỉnh hơn.
Chương 2. ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP PHÂN CHIA VÀ LẮP
GHÉP ĐỂ TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
2.1. Một số kiến thức cơ bản
a) Khái niệm về khối đa diện, những lưu ý khi phân chia lắp ghép khối đa diện
+) Hình đa diện là hình khơng gian được tạo bởi hữu hạn các đa giác thỏa mãn
các tính chất:
- Hai đa giác phân biệt chỉ có thể hoặc khơng có điểm chung, hoặc chỉ có một
đỉnh chung, hoặc chỉ có một cạnh chung.
- Mỗi cạnh của đa giác nào cũng là cạnh chung của đúng hai đa giác.
+) Khối đa diện là phần không gian được giới hạn bởi một hình đa diện, kể cả
phần hình đó.
+) Lưu ý khi phân chia và lắp ghép khối đa diện:

4


- Nếu khối đa diện  H  là hợp của hai khối đa diện  H1  ,  H 2  sao cho  H1  và
 H 2  khơng có chung điểm trong nào thì ta nói có thể chia được khối đa diện
 H  thành hai khối đa diện  H1  và  H 2  , hay có thể lắp ghép hai khối đa diện
 H1  và  H 2  với nhau để được khối đa diện  H  .
- Một khối đa diện bất kì ln có thể phân chia được thành những khối tứ diện.
b) Các công thức tính thể tích của khối đa diện và lưu ý
+) Thể tích khối lăng trụ có diện tích đáy B , chiều cao h là: V  Bh .
1
3

+) Thể tích khối chóp có diện tích đáy B , chiều có h là: V  Bh .

+) Nếu hai khối đa diện  H1  và  H 2  bằng nhau thì V H   V H  .
1

2

+) Nếu khối đa diện  H  được phân chia thành hai khối đa diện  H1  và  H 2 
thì: V H   V H   V H  .
1

2

+) Tỉ số thể tích (Bài tập 4-sgk-trang 25-Hình học 12)
Cho hình chóp S. ABC . Trên các đoạn thẳng SA, SB, SC lần lượt lấy ba điểm
A ', B ', C ' khác với điểm S , ta có:

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

2.2. Phân tích phương pháp, kĩ thuật phân chia và lắp ghép khối đa
diện qua một số bài toán trong chương trình hiện hành.
2.2.1. Phân tích các bài tốn trong sách giáo khoa hình học lớp 12
Bài 1. (Ví dụ-sgk-trang 24-Hình học 12-Khái niệm về thể tích khối đa diện)
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A ' B ' C ' . Gọi E và F lần lượt là trung điểm các
cạnh AA ' và BB ' . Đường thẳng CE cắt đường thẳng C ' A ' tại E ' . Đường thẳng
CF cắt đường thẳng C ' B ' tại F ' . Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' .
a) Tính thể tích khối chóp C.ABFE theo V .

b) Gọi khối đa diện  H  là phần còn lại của khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' sau khi cắt
bỏ đi khối chóp C.ABFE . Tính tỉ số thể tích của  H  và của khối chóp C.C ' E ' F ' .
Lời giải:
a) Ta có: VABC. A' B 'C '  S A' B 'C ' .d (C, ( A ' B ' C '))  V
1
1
VC . A ' B 'C '  .S A ' B 'C ' .d (C , ( A ' B ' C '))  V
3
3
 VC . ABB ' A '  VABC . A ' B 'C '  VC . A ' B 'C '

1
2
V  V  V
3
3

C

A

E

E'

B

F

A'

1
3

Mặt khác VC . ABB ' A '  S ABB ' A ' .d (C , ( ABB ' A '))

C'

B'

F'

5


1
1
VC . ABFE  S ABFE .d (C , ( ABFE )) , S ABFE  S ABB ' A ' ( vì EF là đường trung bình của hình
3
2
bình hành ABB ' A ' ) và d (C, ( ABFE ))  d (C, ( ABB ' A ')) .
1
2

1 2
2 3

1
3

Suy ra: VC . ABFE  VC . ABB ' A '  . V  V
1
2

2
3

b) Theo kết quả câu a) ta có: V H   VABC . A' B 'C '  VC . ABFE  V  V  V
Lại có: AC || A ' E ' 

EC
EA

 1  E là trung điểm CE '
EE ' EA '

Tương tự F là trung điểm CF ' , do đó: E ' F ' || EF || A ' B ' và E ' F '  2 EF  2 A ' B '
 CE ' F ' CA ' B '  SCE ' F '  4SC ' A ' B '
V H 

1
4
4
VC .C ' E ' F '  SC ' E ' F ' .d (C , (C ' E ' F '))  SC ' A ' B ' .d  C , (CA ' B '   V . Vậy:
VC .C ' A ' B '
3
3
3

2

V
1
3  .
4
V 2
3

Nhận xét:
+) Đối với câu a) thực chất chúng ta đã phân chia khối lăng trụ thành ba khối
chóp C.C ' A ' B '; C.EFB ' A ' và C.ABFE có thể tích bằng nhau, do đó để tính được
thể tích khối C.ABFE thì cần phải tính qua thể tích hai khối C.C ' A ' B ' và
C. ABB ' A ' .
+) Đối với câu b) rõ ràng khơng có cơng thức nào để trực tiếp tính thể tích cho
nó mà phải tính gián tiếp thơng qua khối chóp C.ABFE .
Như vậy có thể hình dung phương pháp phân chia và lắp ghép để tính thể tích
một khối đa diện giống như một cách làm gián tiếp.
Bài 2. (Bài tập 2-sgk-trang 25-Hình học 12)
Tính thể tích khối bát diện đều cạnh a .
Phân tích: Dễ dàng nhận thấy rằng khơng có cơng thức tính thể tích cho khối bát
diện đều nên để tính thể tích khối bát diện đều cạnh a cần phân chia thành hai
khối chóp đều có thể tích bằng nhau.
Xét khối bát diện đều SABCDS ' ta có:
S
VSABCDS '  2VS . ABCD

Với S. ABCD là khối chóp tứ giác đều.
Gọi O là tâm đáy ABCD .
AO 

1

a 2
AC 
2
2

D

A
O
B

C

2

a
a 2
SO  SA  AO  a 

2
2
2

2

2

S'

1

1
a 2 a3 2
a 2 a 2
. Vậy: VSABCDS '  2.
VS . ABCD  .S ABCD .SO  a 2 .


3
3
2
6
6
3

6


Bài 3. (Bài tập 3-sgk-trang 25-Hình học 12)
Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' . Tính tỉ số thể tích của khối hộp đó và thể tích của
khối tứ diện ACB ' D ' .
Lời giải:
Gọi V là thể tích khối hộp ABCD.A ' B ' C ' D '
Chia khối hộp thành các khối tứ diện
ABCB '; ACDD '; A ' AB ' D '; C ' CB ' D ' và ACB ' D ' .
Xét các khối tứ diện
ABCB '; ACDD '; A ' AB ' D '; C ' CB ' D ' , mỗi khối
này có diện tích mặt đáy bằng nửa diện tích
đáy của khối hộp và chiều cao bằng chiều
cao của khối hộp nên thể tích mỗi khối
1

6

1
6

1
3

C

B

A

D
B'

C'

bằng V . Do đó: VACB ' D '  V  4. V  V .
A'

D'

V
V
Vậy tỉ số thể tích bằng: ABCD. A' B 'C ' D ' 
3
1
VACB ' D '

V
3

Nhận xét:
Hình dung cách giải trong bài 2 và bài 3 có phần trái ngược nhau về lập luận.
Bài 2 muốn tính thể tích khối ban đầu chúng ta cần tính thể các khối nhỏ sau đó
ghép chúng lại để được thể tích khối lớn, cịn trong bài 3 thì ngược lại để tính
thể tích khối nhỏ từ khối ban đầu chúng ta chia nhỏ và trừ đi thể tích các khối đã
biết thì được thể tích khối cần tính. Có thể gọi cách giải trong bài 2 là phương
pháp lắp ghép và cách giải trong bài 3 là phương pháp phân chia, các bài toán
tiếp theo đề tài sẽ làm rõ vấn đề này hơn.
Bài 4. (Bài tập 10-sgk-trang 27- Hình học 12)
Cho hình lăng trụ đứng tam giác ABC.A ' B ' C ' có tất cả các cạnh đều bằng a .
a) Tính thể tích khối tứ diện A ' BB ' C .
b) Mặt phẳng đi qua A ' B ' và trọng tâm tam giác ABC , cắt AC và BC lần lượt
tại E và F . Tính thể tích hình chóp C '.A ' B ' FE .
Lời giải:
a) Chia khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' thành các khối
tứ diện A ' ABC; CA ' B ' C ' và A ' BB ' C .
Thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' là:
3 3
a
4
Thể tích các khối A ' ABC; CA ' B ' C ' là:
1
1
VA ' ABC  VCA ' B 'C '  S ABC . AA '  V
3
3
2

1
3
Vậy: VA' BB 'C  V  V  V  a3 .
3
3
12

A'

C'

B'

V  S ABC . AA ' 

A

C

B

7


b) Cách 1: Tính trực tiếp
Ta có EF và A ' B ' lần lượt là giao tuyến của
 A ' B ' FE  với hai mặt đáy  ABC  ,  A ' B ' C ' song
song với nhau nên EF || A ' B ' || AB .
Do đó hình chóp C '.A ' B ' FE có đáy là hình
thang cân.

Gọi P là trọng tâm tam giác ABC và M , N lần
lượt là trung điểm của AB, A ' B ' .

A'

EC FC EF CP 2




AC BC AB CM 3
2
2
1
1 a 3 a 3
 EF  AB  a , MP  CM  .

3
3
3
3 2
6

A

C'
N

H

B'

C

E
P

M

F
B

A ' B '  CN , A ' B '  MN  A ' B '   CMNC '   A ' B '  NP hay NP là đường cao của

hình thang A ' B ' FE .
a 3
MP
3
Xét tam giác vuông MNP có: tan MNP 
 6 
MN
a
6

1

 S A ' B ' FE

1

12
MN
a
13
 NP 


a
1
13
12
12
1  tan MNP
cos
MNP
1
12
13
1
1
2  13
5 39 2
  A ' B ' EF  .NP   a  a  .
a
a .
2
2
3  12
36

 cos MNP 

2





Mặt khác, kẻ C ' H  NP tại H , do A ' B '   CMNC '  A ' B '  C ' H , do đó
C ' H   A ' B ' FE  hay C ' H là đường cao của khối chóp C '. A ' B ' FE .
1
2

1
2

1
2

1
2

Ta có SC ' NP  CN .d  P, CN   SC 'CMN  C ' N .MN  a.

Lại có: SC ' NP

3
3 2
a
a

2
4

3 2
2SC ' NP 2. 4 a
1
3 13
 C ' H .NP  C ' H 


a
2
NP
13
13
a
12
1
3

1 5 39 2 3 13
5 3 3
a .
a
a .
3 36
13
36

Vậy: VC '. A' B ' FE  .S A' B ' FE .C ' H  .

Cách 2. Sử dụng phương pháp lắp ghép.
Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' . Khi đó VABC . A' B 'C '  S ABC .CC ' 

3 3
a .
4

8


Gọi I là giao điểm của CC ' và mặt phẳng
 A ' B ' FE  . Khi đó ba đường thẳng CC ', A ' E, B ' F
đồng quy tại điểm I .
IC
IF
IE
EF
2




IC ' IB ' IA ' A ' B ' 3
VI .CEF
IC IE IF
8


.

.

VI .C ' A ' B ' IC ' IA ' IB ' 27

A'

C'
B'

Ta có:

A
E
P

M
1
1
VI .C ' A ' B '  S A ' B 'C ' .IC  S A ' B 'C ' .3CC '  S A ' B 'C ' .CC '  V
3
3
8
 VI .CEF  V
27
Do đó thể tích khối chóp cụt EFC.A ' B ' C ' là
8
19
VEFC . A ' B 'C '  V  V  V .
27
27

Mặt khác: VEFC . A' B 'C '  VC '. A' B ' FE  VC '.CFE
1
1 4
4
Trong đó: VC '.CFE  SCFE .CC '  . SCAB .CC '  V
3
3 9
27
19
4
5
 VC '. A ' B ' FE  VEFC . A ' B 'C '  VC '.CFE  V  V  V
27
27
9
5 3
5 3 3
Vậy: VC '. A ' B ' FE  . a3 
a .
9 4
36

B

C
F

I

Nhận xét:

+) Đây là bài tốn rất hay địi hỏi tư duy sáng tạo của học sinh.
+) Ở câu a) có thể thấy khối tứ diện A ' BB ' C có được bằng cách sử dụng hai mặt
phẳng  A ' BC  và  CA ' B ' để chia khối lăng trụ ban đầu thành ba khối tứ diện
trong đó tính được hai khối liên quan.
+) Ở câu b) nhận thấy rằng nếu học sinh khá giỏi có thể phán đốn và dùng cách
tính trực tiếp để tính thể tích khối chóp C '.A ' B ' FE nhưng như thế thì khá dài.
Với cách giải thứ hai ta sử dụng cách ghép thể tích khối cần tính với một khối
chóp để sử dụng cơng thức tỉ số thể tích và đưa ra một cách giải dễ hiểu và ngắn
gọn hơn. Ngoài phương pháp lắp ghép khối đa diện, với bài tốn này cũng có thể
giải theo phương pháp phân chia khối đa diện, xin được trình bày ở bài tốn đề
xuất phía sau.
+) Như vậy trong q trình dạy học ngồi dạy cho cách em cách giải toán trực
tiếp cần phát triển năng lực giải theo tư duy phân chia và lắp ghép khối đa diện
để tạo ra nhiều hướng giải cho một bài toán.
Bài 5. (Bài tập 11-sgk-trang 27-Hình học 12)
Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' . Gọi E và F theo thứ tự là trung điểm các cạnh
BB ' và DD ' . Mặt phẳng  CEF  chia khối hộp trên thành hai khối đa diện. Tính tỉ
số thể tích hai khối đa diện đó.
9


Phân tích: Việc xác định thiết diện của hình hộp sẽ dẫn đến hướng giải cho bài
toán. Nếu dựng thiết diện theo quan hệ song song sẽ nghĩ đến dùng phép biến
hình, nếu dựng theo giao điểm đường và mặt sẽ hướng đến phương pháp phân
chia lắp ghép.
Lời giải:
Cách 1: (Sử dụng phép biến hình)
Gọi O là tâm hình hộp, khi đó O là trung
điểm A ' C nên cũng là trung điểm của EF ,
do đó tứ giác A ' ECF là hình bình hành.

Suy ra A ' E || CF , A ' F || CE .
Mặt khác các mặt phẳng  AA ' B ' B  và
 CC ' D ' D  ;  ADD ' A ' và  BCC ' B ' là các
cặp mặt phẳng song song nên giao với mặt
phẳng  CEF  là các đường thẳng song song
hay  CEF    AA ' B ' B   A ' E;
 CEF    CC ' D ' D   CF .

B

C

E
A

D

O

B'

C'
F

A'

D'

Gọi  H  là hình đa diện có các đỉnh A, B, C, D, A ', E, F và  H ' là đa diện còn lại.
Phép đối xứng tâm O biến các đỉnh A, B, C, D, A ', E, F tương ứng thành các đỉnh

C ', D ', A ', B ', C, F , E , từ đó biến hình  H  thành hình  H ' . Do đó hình  H  và
hình  H ' có thể tích bằng nhau. Vậy

V H 
V H '

1.

Cách 2: Sử dụng phương pháp lắp ghép.
B

C

E
A
M

B'

O

D
C'
F

A'

D'

N

Trên  BCC ' B ' gọi M  CE  B ' C ' , trên  CDD ' C ' gọi N  CF  C ' D ' .
Suy ra MN là giao tuyến của  CEF  và  A ' B ' C ' D ' .
10


MB ' B ' E 1

  MB '  B ' C '  tứ giác MB ' D ' A ' là hình bình
MC ' CC ' 2
hành (do MB '  A ' D ' và MB ' || A ' D ' ). Do đó MA ' || B ' D '

Ta có: B ' E || CC ' 

Chứng minh tương tự ta cũng có NA ' || B ' D ' , suy ra M , A ', N thẳng hàng, hay mặt
phẳng  CEF  cắt AA ' tại điểm A ' .
Gọi  H ' là khối đa diện có các đỉnh là A ', B ', C ', D ', E, C, F .
Gọi V là thể tích khối hộp

ABCD.A ' B ' C ' D ' .

Áp dụng công thức tỉ số thể tích ta có:
VM . A ' B ' E MA ' MB ' ME 1 1 1 1
1
1

.
.
 . .   VM . A ' B ' E  VM . NC 'C  VC .C ' MN
8

8
VM . NC 'C MN MC ' MC 2 2 2 8
1
8

1
8

Tương tự VN . A ' D ' F  VN .MC 'C  VC .C ' MN . Mặt khác: SC ' MN  4SC ' B ' D '  2S A' B 'C ' D '
1
1
2
 VC .C ' MN  SC ' MN .d  A,  C ' MN    .2S A ' B 'C ' D ' .d  A,  A ' B ' C ' D '    V
3
3
3
1 2
1
 VM . A ' B ' E  VN . A ' D ' F  . V  V
8 3
12

2
3

Vậy thể tích khối  H ' là: V H '  VC .C ' MN  VM . A' B ' E  VN . A ' D ' F  V 

1
1
1

V V V
12
12
2

Suy ra  CEF  chia khối hộp thành hai phần có tỉ số thể tích của chúng bằng 1 .
Cách 3: Sử dụng phương pháp phân chia.
B

B

C

C

C

E

E
A

O

B'

A

D
C'

D

A

F
A'

A'

F

D'
A'

Gọi V là thể tích khối hộp.
Ta có: V  S AA' D ' D .d  C ,  AA ' D ' D    S ABB ' A' .d  C ,  ABB ' A ' 
Chia khối  H  thành hai khối chóp C.AA ' FD và C.AA ' EB .
SD ' A' F 

1
1
3
S D ' A ' D  S AA ' D ' D  S AA ' FD  S AA ' D ' D  S D ' A ' F  S AA ' D ' D
2
4
4

Do đó: VC . AA ' FD  .S AA ' FD .d  C ,  AA ' FD    . S AA ' D ' D .d  C ,  AA ' D ' D    V .
1

3

1 3
3 4

1
4

11


1
4

1
2

1
2

Tương tự ta cũng có: VC . AA ' EB  V  V H   VC . AA ' FD  VC . AA ' EB  V và V H '  V .
Vậy: Tỉ số thể tích giữa hai khối  H  và  H ' bằng 1 .
Nhận xét:
+) Với cách giải thứ nhất, chúng ta biết rằng phép đối xứng tâm trong mặt phẳng
thực chất là phép quay với góc quay 1800 . Nếu áp dụng vào bài tốn thì có thể
thay thế phép đối xứng tâm bằng phép quay quanh trục EF với góc quay 1800
vẫn hồn tồn giải quyết được bài toán một cách tương tự.
+) Với cách giải thứ hai và thứ ba bài tốn có vẻ tự nhiên hơn, trong quá trình
giảng dạy giáo viên dễ dàng dẫn dắt học sinh tìm ra hướng giải hơn, đây cũng
chính là ưu điểm của phương pháp phân chia và lắp ghép khối đa diện trong bài

tốn tính thể tích khối đa diện.
Bài 6. (Bài tập 12-sgk-trang 27-Hình học 12)
Cho hình lập phương ABCD.A ' B ' C ' D ' cạnh a . Gọi M là trung điểm cạnh A ' B ' ,
N là trung điểm cạnh BC .
a) Tính thể tích khối tứ diện ADMN
b) Mặt phẳng  DMN  chia khối lập phương đã cho thành hai khối đa diện. Gọi

 H  là khối đa diện chứa đỉnh A ,  H ' là khối đa diện cịn lại. Tính tỉ số
Lời giải:
a) Ta có: N là trung điểm của BC nên

K

A'

.

D'

M

Vậy:
b) Cách 1: Sử dụng phương pháp lắp ghép.
Trên  ABCD  gọi E  DN  AB , trên
 ABB ' A ' gọi H , F lần lượt là giao của EM
với các đường BB ' và AA ' , trên  ADD ' A '
gọi K  DF  A ' D ' .
Khi đó  DMN  cắt hình lập phương theo
thiết diện là ngũ giác DNHMK .

C'

B'

1
1 1 2
a3
 S NAD .d  M ,  NAD    . a .a 
3
3 2
6

Theo định ta Thalet ta có:

V H '

F

1
a2
S NAD  S ABCD  .
2
2
d  M ,  NAD    BB '  a

VADMN

V H 

H

B

A

N

D

C

E

V
EH EN EB BN 1
1 1 1 1



 . Suy ra E .BHN  . .  và
EF ED EA AD 2
VE . AFD 2 2 2 8

AE  2 AB  2a (1)

12


a
FK FM FA ' A ' M

1
V
FM FA ' FK
1
Tương tự:
(2)



 2   F . A ' MK 
.
.

FD FE
FA
AE
2a 4
VF . AED
FE FA FD 64

Ta có BNE  CND  SBNE  SCND  S ADE  S ABND  SBNE  S ABND  SCND  S ABCD  a2
d  F ,  ADE    FA 

1
1
4
4
4
4
AA '  a  VF . ADE  .S ADE .FA  .a 2 . a  a 3 .

3
3
3
3
9
3
1 4
1
1 4
1 3
Từ (1),(2)  VE .BHN  . a3  a 3 ;VF . A ' MK  . a 3 
a .
8 9
18
64 9
144
Thể tích khối đa diện  H  và  H ' là:
55 3 89 3
4 3 1 3 1 3 55 3
a  a 
a 
a 
a .
a ; V H '  a 3 
144
9
18
144
144
144

55
Vậy tỉ số thể tích giữa hai khối là: T  .
89
V H   VF . ADE  VE .BHN  VF . A ' MK 

Cách 2: Sử dụng phương pháp phân chia.
A' K

A'

D'

M

M
C'

B'
H

K

A

D

D

B

N

C
A'

H
D
M

N

H

A

D

B

B

Chia khối đa diện  H  thành các khối chóp D. A ' MK ; D. A ' ABHM ; D.BHN .
3a
A' M A' K 1
1
a
.

  A ' K  CN  , D ' K 
4

CD
CN
2
2
4
1
1 1
1 a a
a3
VD. A ' MK  S A ' MK .d  D,  A ' MK    . . A ' M . A ' K .DD '  . . .a 
.
3
3 2
6 2 4
48
a
BN
BH
2
2
1
BHN D ' DK 

 2   BH  a , B ' H  a .
D ' K D ' D 3a 3
3
3
4
1
1 1

1 2 1
1
VD. BHN  S BHN .d  D,  BHN    . .BN .BH .DC  . a. a.a  a 3 .
3
3 2
6 3 2
18

Ta có A ' MK CDN 

13


1
1 1 1
a 2 11 2
a2
S A ' ABHM  S A ' ABB '  S B ' HM  a 2 
B ' H .B ' M  . a. a 
 a .
2
2 3 2
12 12
12
1
1 11
11 3
VD. A ' ABHM  S A ' ABHM .d  D,  A ' ABHM    . a 2 .a 
a .
3

3 12
36
a 3 a 3 11a 3 55 3
89 3
55
V H   VD. A ' MK  VD. A ' BHM  VD.BHN 
 

a , V H ' 
.
a T 
48 18 36 144
144
89
S B ' HM 

Nhận xét:
Ở câu b) với cách 1 thì khối đa diện  H  đa được ghép thêm hai khối chóp
F.A ' MK và E.BHN để tạo thành khối chóp F . AED và các khối mới tạo đều tính
được thể tích của chúng. Với cách 2 thì khối đa diện  H  được chia nhỏ thành ba
khối chóp D. A ' MK ; D. A ' ABHM ; D.BHN và các khối này đều dễ dàng tính được thể
tích của chúng. Như vậy, với phương pháp phân chia và lắp ghép này chúng ta
có thể tính được rất nhiều khối đa diện bất kì.
Nhận xét chung mục 2.2.1:
+) Qua mục này đề tài hướng đến việc làm rõ hai phương pháp cụ thể là phương
pháp phân chia và phương pháp lắp ghép trong phương pháp chung phân chia và
lắp ghép để tính thể tích khối đa diện. Hiểu theo một nghĩa nào đó thì phương
pháp phân chia là cần tính thể tích một khối đa diện  H  chúng ta chia nhỏ khối
 H  thành những khối tính được thể tích rồi cộng các kết quả lại với nhau và
phương pháp lắp ghép là bổ sung vào khối  H  các khối đa diện có thể tính

được thể tính và tổng thể tích của chúng, khi đó thể tích khối  H  bằng tổng thể
tích trừ đi thể tích các khối đã biết.
+) Trong quá trình giảng dạy nếu giáo viên hình thành thêm được cho học sinh
phương pháp phân chia và lắp ghép khối đa diện này sẽ rèn luyện thêm tư duy
giải tốn chủ đề thể tích khối đa diện. Bởi vậy phương pháp này đã được áp
dụng vào các đề thi trung học phổ thông quốc gia, đề thi tốt nghiệp và đề học
sinh giỏi những năm gần đây. Mục tiếp theo của đề tài sẽ đề cập và làm rõ vấn
đề hơn.
2.2.2. Phân tích các bài tốn trong các đề thi thpt quốc gia và đề thi
tốt nghiệp
Bài 1. (Trích đề thi tốt nghiệp năm học 2019-2020 lần 1 mã đề 101)
Cho hình chóp đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên bằng 2a và O là tâm
của đáy. Gọi M , N , P , Q lần lượt là các điểm đối xứng với O qua trọng tâm
của các tam giác SAB , SBC , SCD , SDA và S  đối xứng với S qua O . Thể tích
khối chóp S .MNPQ bằng
A.

20 14a 3
.
81

B.

40 14a 3
.
81

C.

10 14a 3

.
81

D.

2 14a3
.
81

Phân tích: Bài tốn này có nhiều cách giải tuy nhiên ở đây đề tài xin trình bày
một cách giải theo phương pháp phân chia và lắp ghép.

14


Lời giải:
Gọi E, F lần lượt là trọng tâm các tam
giác SAB và SBC . Gọi K , H lần lượt là
trung điểm các cạnh AB và BC . Dễ thấy
tứ giác tạo bởi trọng tâm của bốn mặt
bên hình chóp S. ABCD là một hình bình
hành, ảnh của hình bình hành này qua
phép vị tự tâm O tỉ số 2 là tứ giác MNPQ
nên MNPQ cũng là hình bình hành và
 MNPQ  ||  ABCD  . Gọi I là tâm của
MNPQ thì I  SO . Gọi J là trung điểm
của OI , khi đó FJ || NI || OH và
EJ || MI || OK .

S

P

N
I

Q
D

J

M E

H

O
A

SJ
JF
SF 2
2
1


  SJ  SO, OJ  SO
SO OH SH 3
3
3
OI ON

2

 2  OI  2OJ  SO
OJ OF
3

C

F

B

K

S'

2
SO  SO
S ' I S ' O  OI
5
3



2
OI
OI
2
SO
3

SI
5
5
 VS '.MNPQ 
.VO.MNPQ  .4VO.MIN  .4.8VO.EJF  80VO.EJF
OI
2
2

a2
14a
2
2 a a
1
14a

; OJ  SO 
.
EJ  FJ  OH  .  ; SO  SA2  AO 2  4a 2 
3
3 2 3
2
2
3
6
1
2

1 a a
2 3 3

EJF vuông  S EJF  EJ .FJ  . . 

Vậy: VS '.MNPQ  80.

a2
1
1 a 2 14a
14a 3
.
 VO.EJF  S EJF .OJ  . .

18
3
3 18 6
324

14a3 20 14a3
.

324
81

Nhận xét. Bài toán này khá phức tạp trong vấn đề vẽ hình tuy nhiên nó lại thuận
lợi trong cách giải và khai thác tính chất vì xét trong hình chóp đều và việc dựng
thêm hình mới cũng có cùng tính chất (cùng lấy đối xứng qua trọng tâm các
mặt) nên có thể chia khối chóp cần tính về các khối chóp bằng nhau và tính thể
tích trên một khối nhỏ thì hồn tồn sẽ tính được khối lớn, bản chất của việc làm
này thực chất là đang sử dụng phép đồng dạng. Cụ thể phép đồng dạng có mối
liên hệ như thế nào với bài tốn thể tích sẽ được nghiên cứu và làm rõ thêm ở

các mục phía sau.
Bài 2. (Trích đề tham khảo lần 2-BGD-năm học 2019-2020)
Cho hình hộp ABCD.ABCD có chiều cao bằng 8 và diện tích đáy bằng 9. Gọi
M , N , P và Q lần lượt là tâm của các mặt bên ABBA, BCCB, CDDC và DAAD .
15


Thể tích của khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm A, B, C, D, M , N , P và Q
bằng
A. 27

B. 30

C. 18

D. 36

Lời giải:
A'

B'

M

E

F

Q
E

A

F

N

M

B

C'

D'

Q

H
N

A
H

B

G

P

D

G

P

D

C

C

Gọi E, F , G, H lần lượt là trung điểm của AA, BB, CC, DD .
1
2

1
2

Khi đó VABCD.EFGH  VABCD. ABC D  .9.8  36
Gọi

V

là

thể

tích

khối

tứ

diện

lồi

cần

tính,

khi

đó

V  VABCD.EFGH  VE. AMQ  VF .BMN  VG.CNP  VH .DPQ
VE . AMQ  VF . BMN  VG.CNP  VH .DPQ 

EQ EM
3
1 1
3
.
.VE . AHF  . VABCD.EFGH   V  36  4.  30
EH EF
2
4 6
2

Bài 3. (Trích đề thi thpt quốc gia năm học 2016-2017, mã đề 101). Cho tứ

diện đều ABCD có cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt là trung điểm các cạnh
AB, BC và E là điểm đối xứng với B qua D . Mặt phẳng  MNE  chia khối tứ
diện  ABCD  thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh A có thể
tích V . Tính V
A. V 

7 2a 3
216

B. V 

11 2a3
216

C. V 

13 2a 3
216

D. V 

2a 3
18

Lời giải:
A

M

P

B
D
E
N

Q

C

16


Gọi P, Q lần lượt là giao điểm của EM và AD , EN và CD .
Vì M , D lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AB và BE nên P là trọng tâm
tam giác ABE . Tương tự Q cũng là trọng tâm tam giác BCE
1
2

1 a
2 2

Do đó ta có: SBNE  BN .BE.sin 600  . .2a.

3
3a 2
,

2
4
2

1
1 2 2 3 
a
d  M ,( BCD)   d  A,( BCD)  
a   .
a  
2
2
6
3 2 

 VE .BMN  VM .BNE

1
1 3a 2 a
2a 3
 SBNE .d  M ,  BCD    .
.

3
3 4
24
6

Gọi V1 là thể tích khối đa diện khơng chứa đỉnh A , ta có :

V1
VE .BMN

 1

VE .DPQ
VE .BMN



7
9

7
7 2a 3 7 2a 3
 V1  .VE . BMN  .

9
9 24
216

Mặt khác ABCD là khối tứ diện đều cạnh a nên VABCD 

2a 3
12
2a3 7 2a3 11 2a3
.


12
216
216

Vậy thể tích khối đa diện chứa đỉnh A là: V  VABCD  V1 

Nhận xét: Bài toán đã được giải theo phương pháp lắp ghép khối đa diện. Rõ
ràng không thể trực tiếp tính thể tích khối đa diện có các đỉnh B, D, M , N , P, Q
nhưng khi bổ sung vào khối chóp E.DPQ ta được khối chóp E.BMN và cả hai
khối chóp này đều có thể tính được thể tích. Để sử dụng phương pháp này cần
lưu ý thêm về định lí giao tuyến của ba mặt phẳng: “Giao tuyến của ba mặt
phẳng hoặc đồng quy hoặc đôi một song song”.
Bài 4. (Trích đề thi thử trường THPT Diễn Châu 4 lần 2-2020)
Cho hình chóp tứ giác đều S. ABCD có cạnh đáy bằng a 2 và cạnh bên bằng 2a .
Gọi M , N , P, Q lần lượt là trọng tâm các mặt bên SAB, SBC, SCD, SDA . Thể tích
khối đa diện lồi có các đỉnh là A, B, C, D, M , N , P, Q bằng
A.

272 3a 3
81

B.

28 3a3
81

C.

34 3a3
81

Lời giải:
Gọi H , E, F , G lần lươt là giao điểm của
 MNPQ  với SA, SB, SC, SD

  MNPQ  ||  ABCD  và EFGH là hình
8
16 3 3
.VS . ABCD 
a
27
81
38 3 3
 VS . ABCD  VS .EFGH 
a
81

41 3a 3
81

S

M

vuông. VS .EFGH 
 VEFGH . ABCD

D.

Q

H
N

E

G
P

F

D

A
B

C

17


1
1 1
1
1
1 4
3 3
* VB.EMN  S EMN .d  B, ( EMN )   . .SEFGH . SO  .EF2 .SO  . .BC 2 .SO 
a
3
3 8
3
72
72 9
81

Vdadien  VEFGH  4VBEMN 

34 3 3
a (theo tính chất đối xứng).
81

Nhận xét chung mục 2.2.2:
Qua các bài trên chúng ta thấy rằng các đề thi tốt nghiệp, thpt quốc gia
những năm gần đây luôn bám sát với dạng bài tập tính thể tích các khối đa diện
mà cần phải sử dụng đến phương pháp phân chia và lắp ghép. Sử dụng các hệ
thống bài tập này sẽ tạo được động lực cho học sinh khám phá ra các ứng dụng
của phương pháp phân chia lắp ghép khối đa diện.
2.2.3. Phân tích bài tốn trong đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh
Bài 1. (Trích đề thi học sinh giỏi tỉnh Nghệ An-lớp 12-năm học 2020-2021)
Cho hình lăng trụ ABC.A1B1C1 có đáy là tam giác đều cạnh bằng a và
BA1  BB1  BC1  a 3 .
a) Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng  ABB1 A1  .
b) Gọi G1 , G2 , G3 lần lượt là trọng tâm các tam giác ABB1 , ACC1 , CBB1 . Tính thể tích
khối đa diện lồi có các đỉnh là các điểm G1 , G2 , G3 , A1 , B1 và C1 .
Lời giải:
a) Gọi O là hình chiếu của điểm B lên mặt phẳng
 A1B1C1  . Theo giả thiết BA1  BB1  BC1  a 3 nên
O là tâm đường tròn ngoại tiếp đồng thời cũng là
trọng tâm tam giác A1B1C1 .
Ta có : CC1 || BB1  CC1 ||  ABB1 A1 

C

A

B

d  C ,  ABB1 A1    d  CC1 ,  ABB1 A1    d  C1 ,  ABB1 A1  

Gọi M là trung điểm A1B1  C1M  3OM
Do đó : d  C1 ,  ABB1 A1    3d  O,  ABB1 A1   .

A1

A1B1  C1M , A1B1  BO  A1B1   BC1M 
  ABB1 A1    BC1M  và  ABB1 A1    BC1M   BM

O

M

Kẻ OH  BM  OH   ABB1 A1 
 d  O,  ABB1 A1    OH 

C1

H

B1

OB.OM
OB  OM
2

2

1
3

1 a 3 a 3

3 2
6

với OM  CM  .

2

2 a 3
24
OB  BC  OC  3a   .
a (do A1B1C1 đều cạnh a ).
 
3
3 2 
2
1

2
1

2

18

 d  O,  ABB1 A1   

24 a 3
a.
3
6  2 22 a .
33
8 2 1 2
a  a
3
12

Vậy d  C ,  ABB1 A1    3.d  O,  ABB1 A1   

2 22
a.
11

b) Theo kết quả câu a) VABC . A' B 'C '  S A B C .BO 
1 1 1

3 2 24
2 3
a .
a
a
4
3
2

BG1 BG3 1

  G1G3 || A1C1 ;
BA1 BC1 3
A1G1 A1G2 2

  G1G2 || BC || B1C1
A1B
A1C 3

C

A

Ta có:

D

G2

B

  G1G2G3  ||  A1B1C1  .

G1

Gọi D, E, F lần lượt là giao của  G1G2G3 
với các cạnh AA1 , BB1 , CC1 .

F

G3

E

C1

A1

O

AD BE CF BG3 1




AA1 BB1 CC1 BC1 3

M
B1

 VDEF . A1B1C1 

DA1
2 2 3
2 3
.VABC . A1B1C1  .
a 
a

AA1
3 2
3

DE  AB  A1B1 ,

1
2
G1E B1E 2

  G1 E  AB, DG1  AB
1
3
3
AB B1 B 3
2

2
3

1
3

2
3

1
3

Tương tự: DG2  AC , G2 F  AC , FG3  BC , EG3  BC ; S DEF  S ABC 

3 2
a .
4

Gọi  H  là khối đa diện có các đỉnh G1 , G2 , G3 , A1 , B1 , C1 . Chia khối lăng trụ
A1 B1C1.DEF thành các khối chóp A1.DG1G2 , B1.EG1G3 , C1.FG2G3 và khối  H  .
Khi đó: V H   VA B C .DEF  VA .DG G  VB .EG G  VC .FG G
1 1 1

1

1 2

1

1 3

1

2 3

Trong đó: VA .DG G  S DG G .d  A1 ,  DEF    . S DEF .d  A1 ,  DEF   
1

1 2

1
3

1 4
3 9

1 2

4
VA B C .DEF
27 1 1 1

1
1 1
1
VB1 . EG1G3  .S EG1G3 .d  B1 ,  DEF    . S DEF .d  B1 ,  DEF    VA1B1C1 .DEF
3
3 9
27
1
11
VC1 .FG2G3  S FG2G3 .d  C1 ,  DEF   
FG2 .FG3 .sin DFE.d  C1 ,  DEF  
3
32

1 11
2
2
2
 .
FD. FE.sin DFE.d  C1 ,  DEF   
S DEF .d  C1 ,  DEF    VA1B1C1 .DEF

3 23
3
27
27

Vậy V H   VA B C .DEF  VA .DG G  VB .EG G  VC .FG G
1 1 1

1

1 2

1

1 3

1

2 3

19


 VA1B1C1 .DEF 

4
1
2
20
20 2 3 20 2 3

VA1B1C1 .DEF  VA1B1C1 .DEF  VA1B1C1 .DEF  VA1B1C1 .DEF  .
a 
a .
27
27
27
27
27 3
81

Nhận xét:
+) Điểm đặc biệt để có thể nghĩ đến hướng giải cho bài toán là mặt phẳng
 G1G2G3  song song với mặt phẳng  A1B1C1  từ đó việc sử dụng phương pháp
phân chia sẽ dễ hơn là nghĩ đến phương pháp lắp ghép.
2.3. Phát triển, xây dựng các phương pháp, kĩ thuật mới để phân chia
và lắp ghép để tính thể tích khối đa diện.
2.3.1. Khối đa diện chia bởi một mặt phẳng
Đặt vấn đề: Để xây dựng các bài tốn mới tơi tập trung nghiên cứu theo hướng
các khối đa diện là các khối quen thuộc như khối chóp, khối lăng trụ sau khi đã
chia bởi một mặt phẳng yêu cầu tính thể tích các khối đã được chia nhỏ.
Bài tốn gốc 1: Cho khối chóp S. ABC , trên các cạnh SA, SB, SC lần lượt lấy các
điểm A ', B ', C ' sao cho SA '  k1SA; SB '  k2 SB; SC '  k3 SC ;  0  k1 , k2 , k3  1 . Gọi V là
thể tích khối chóp S. ABC . Tính thể tích các khối chóp S.A ' B ' C ' và khối đa diện
 H  tạo bởi các đỉnh A, B, C, A ', B ', C ' .
Lời giải:
Áp dụng cơng thức tỉ số thể tích ta có:

S

VS . A ' B 'C ' SA ' SB ' SC '


.
.
 k1.k2 .k3
VS . ABC
SA SB SC

C'
A'

Vậy: VS . A' B 'C '  k1k2 k3 .VS . ABC  k1k2 k3V
V H   V  VS . A' B 'C '  V 1  k1k2 k3 

Đặc biệt:
+) Khi A ', B ', C ' lần lượt là trung điểm
1
của SA, SB, SC thì k1  k2  k3 
2
1
7
 VS . A ' B 'C '  V ; V H   V
8
8

A

C
B'

B

1
4

3
4

+) Khi A '  A và B ', C ' lần lượt là trung điểm SB, SC thì VS . AB 'C '  V , V H   V .
1
2

1
2

+) Khi A '  A, B '  B và C ' là trug điểm của SC thì VS . ABC '  V ; V H   V
Phát triển bài toán 1:
+) Bài toán đề xuất 1: Cho hình chóp S. ABC có thể tích là V . Một mặt phẳng
  đi qua đỉnh S cắt hai cạnh AB, AC lần lượt tại M , N sao cho
AM  k1 AB, AN  k2 AC ,  0  k1 , k2  1 . Tính thể tích khối chóp S.MNCB .

20


Phân tích: Có thể hình dung có một mặt
phẳng quay quanh điểm S và cắt hai cạnh
bất kì của khối chóp, khi đó dễ dàng tính
khối chóp có đáy là tứ giác bằng phương
pháp phân chia khối đa diện.
VS .BCNM  VS . ABC  VS . AMN

S

A

AM AN
 AM AN 
 VS . ABC 
.
.VS . ABC  1 
.
VS . ABC
AB AC
AB AC 

 1  k1.k2 V

C

N
M
B

+) Bài toán đề xuất 2: Cho tứ diện ABCD , M là điểm trên cạnh AB sao cho
AM  kAB  0  k  1 . Mặt phẳng   qua M , song song với các cạnh BC và AD
cắt các cạnh AC, CD, DB lần lượt tại N , P, Q . Tính thể tích hai phần của khối tứ
diện bị chia bởi mặt phẳng   .
Lời giải:
Chia khối tứ diện ABCD thành hai khối ABCQ
và ACDQ bởi mặt phẳng  ACQ  .
Theo tính chất song song ta dễ dàng thấy được

AM AN QD DP



k.
AB AC DB DC
V
AM AN
Ta có AMNQ 
.
 k 2  VAMNQ  k 2 .VABCQ .
VABCQ
AB AC

VCNPQ
VCADQ



A

M

N
Q

B

D
P

CN CP AC  AN CD  DP
2
.

.
 1  k 
CA CD
AC
CD

C

 VCNPQ  1  k  VCADQ
2

Mặt khác:

VABCQ
VABCD



BQ BD  DQ

 1  k  VABCQ  1  k VABCD  1  k V
BD
BD

 VAMNQ  k 2 . 1  k V ; Lại có:

VCADQ
VABCD



DQ
 k  VCADQ  kVABCD  kV
DB

 VQ. ADPN  VCADQ  VCNPQ  VCADQ  1  k  VCADQ  kV  1  k  kV
2

2

Vậy: Thể tích khối đa diện có các đỉnh A, D, M , N , P, Q là:
V1  VAMNQ  VQ. ADPN  k 2 1  k V  kV  1  k  kV   2k 3  3k 2 V .
2

Thể tích khối cịn lại là: V2  V  V1  V   2k 3  3k 2 V  1  2k 3  3k 2 V .
Nhận xét: +) Có thể đặc biệt hóa cho bài toán cho trường hợp điểm M là trung
điểm cạnh AB .

21


+) Ngoài cách phương pháp phân chia như trên cũng có thể phân chia khối đa
diện chưa đỉnh A thành các khối AMNQ, ANPQ, ADPQ sẽ cho cách tính ngắn gọn
hơn. Sau đây là một số bài toán vận dụng.
Một số bài toán vận dụng từ bài toán gốc 1:

Bài 1. Cho tứ diện S. ABC , M và N là các điểm thuộc các cạnh SA và SB sao
cho MA  2SM , SN  2NB , ( ) là mặt phẳng qua MN và song song với SC . Kí
hiệu ( H1 ) và ( H 2 ) là các khối đa diện có được khi chia khối tứ diện S. ABC bởi
mặt phẳng ( ) , trong đó, ( H1 ) chứa điểm S , ( H 2 ) chứa điểm A ; V1 và V2 lần
lượt là thể tích của ( H1 ) và ( H 2 ) . Tính tỉ số
A.

4
5

B.

V1
.
V2

5
4

C.

3
4

D.

4
3

Bài 2. (Trích đề thi thử THPT Kinh Môn-Hải Dương-lần 2-2020) Cho tứ

diện ABCD . Mặt phẳng   song song với AB và CD cắt các cạnh
AD; DB; BC; CA lần lượt tại M , N , P, Q . Giả sử

V1
của hai khối đa diện ABMNPQ và
V2

tứ diện thành hai phần. Tỉ số thể tích
CDMNPQ bằng:
1
A. .
2

B.

MA 1
 , mặt phẳng   chia khối
MD 2

3
.
16

C.

7
.
20

D.

1
.
3

Bài tốn gốc 2: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi. Một mặt
phẳng   cắt các cạnh SA, SB, SC, SD lần lượt tại các điểm M , N , P, Q sao cho





SM  k1SA, SN  k2 SB, SP  k3 SC , SQ  k 4 SD; 0  ki  1, i  1, 4 . Gọi V là thể tích khối

chóp S. ABCD , tính thể tích hai phần của khối chóp đó chia bởi mặt phẳng   .
Phân tích:
+) Thơng thường trong giả thiết bài toán chỉ cho giả thiết k1 , k2 , k3 kết hợp với
điều kiện đặc biệt của tứ giác và k4 được mặc định tìm theo các giả thiết đó. Tuy
nhiên bài toán trên tác giả chỉ xét ở mức độ đơn giản để mục đích tìm hướng giải
quyết vấn đề chứ không đặt nặng kĩ thuật biến đổi nên ngay từ đầu cho tất cả các
giá trị k1 , k2 , k3 , k4 .
+) Do khơng có cơng thức tính tỉ số thể tích cho khối chóp tứ giác nên khi gặp
bài toán dạng này cần phải khối chóp tứ giác thành hai khối chóp tam giác.

22


S

Lời giải:

Chia khối chóp S. ABCD thành hai khối
chóp S. ABC và S.ACD .
Áp dụng công thức tỉ số khối chóp ta có:
VS .MNP SM SN SP

.
.
 k1.k2 .k3 ;
VS . ABC
SA SB SC
VS .MPQ SM SP SQ

.
.
 k1.k3 .k4
VS . ACD
SA SC SD

M

Q
D

A
N

B

P
C

 VS .MNP  VS .MPQ  k1k2k3 .VS . ABC  k1k3k4 .VS . ACD  VMNPQ  k1k2k3 .VS . ABC  k1k3k4 .VS . ACD

Mặt khác VS . ABC 
Vậy: VMNPQ 

S ABC
S
S
S
.VS . ABCD  ABC .V ; VS . ACD  ACD .VS . ABCD  ACD .V
S ABCD
S ABCD
S ABCD
S ABCD

k1k2 k3 .S ABC  k1k3k4 .S ACD
.V
S ABCD



Thể tích khối còn lại là 1 


k1k2 k3 .S ABC  k1k3k4 .S ACD
S ABCD


 .V .



Nhận xét:
+) Có thể tìm mối liên hệ giữa các đại lượng k1 , k2 , k3 , k4 để kết quả ngắn gọn hơn
nhờ điều kiện đồng phẳng của vec-tơ, cụ thể:
Bốn điểm M , N , P, Q đồng phẳng nên tồn tại cặp số thực  ,  sao cho
MP   MN   MQ , khi đó ta có:



 

MP   MN   MQ  SP  SM   SN  SM   SQ  SM



Lại có: SM  k1.SA, SN  k2 .SB, SP  k3 .SC , SQ  k4 .SD
     1 SM   SN   SQ  SP      1 k1 SA   k2 SB   k4 SD  k3 SC

Các điểm A, B, C, D đồng phẳng nên     1 k1   k2   k4  k3 , từ hệ thức này
hồn tốn có thể rút một ẩn theo các ẩn còn lại thay vào kết quả đã có.
Sau đây đề tài sẽ đặc biệt hóa một số trường hợp của bài toán 2 khi xét hình
chóp S. ABCD có đáy là các tứ giác đặc biệt hoặc bổ sung thêm quan hệ vng
góc để thấy được tính chất quen thuộc của bài tốn 2 đã được sử dụng nhiều
trong quá trình giảng dạy của giáo viên cũng như các kì thi gần đây.
Một số bài tốn vận dụng bài tốn gốc 2:
Bài 1. Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình hình bình hành và thể tích
khối chóp S. ABCD bằng 18 . Biết điểm M , N lần lượt là trung điểm của SA, SB .
Thể tích khối đa diện ABCDMN bằng
A.

27
.
4

B.

27
.
2

C.

45
.
2

D.

45
.
4

23


Bài 2. Cho khối chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình bình hành và có thể tích
bằng V . Gọi M , N , P lần lượt là các điểm trên các cạnh SA , SC , SB sao cho
SM  2MA , SN  3NC , SP  4BP . Mặt phẳng  MNP  chia khối chóp đã cho thành
hai phần, thể tích của phần có thể tích nhỏ hơn bằng

A.

V
.
24

B.

6V
.
19

C.

34V
.
95

D.

2V
.
5

Bài 3. (Trích đề thi thử Chuyên KHTN - ĐHQGHN – 2020) Cho khối chóp
S. ABCD , đáy là tứ giác lồi. Tam giác ABD đều có cạnh bằng a . Tam giác BCD
cân tại C , góc BCD  120 . Có SA  ( ABCD) và SA  a . Mặt phẳng đi qua A
vuông góc với SC cắt SB, SC, SD lần lượt tại M , N , P . Thể tích khối chóp
S. AMNP là:
a3 3

A.
.
42

2a 3 3
B.
.
21

a3 3
D.
.
12

a3 3
C.
.
14

Bài toán gốc 3. Cho khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' . Trên các cạnh AA ', BB ', CC ' lần
lượt lấy các điểm M , N , P sao cho AM  k1 AA '; BN  k2 BB '; CP  k3CC ';  0  k  1 .
Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' . Tính thể tích hai phần của khối lăng
trụ chia bởi mặt phẳng  MNP  .
Phân tích: Với bài tốn 3, phương pháp phân chia khối đa diện sẽ là cách giải
hiệu quả cho bài toán.
Lời giải:
Gọi  H  là khối lăng trụ có các đỉnh là A, B, C, M , N , P và  H ' là khối còn lại.
Chia khối  H  bằng mặt phẳng  ACN  và  APN  ta được các khối tứ diện
ABCN , ACPN và APMN .
VNABC

BN
BN
BN 1

 VNABC 
.VB ' ABC 
. V
VB ' ABC BB '
BB '
BB ' 3
1
1
CP
VNACP  d  N ,  ACP   .S ACP  d  N ,  ACC ' A '  .
.S ACC '
3
3
CC '
CP 1
1
1 CP

. .d  B ',  ACC ' A '  . S ACC ' A ' 
.VB '. ACC ' A '
CC ' 3
2
2 CC '
1 CP 2
1 CP


. V .
V.
2 CC ' 3
3 CC '
1 AM 2
1 AM
Tương tự VNAPM  .
. V .
V
2 AA ' 3
3 AA '
1 BN CP AM 
Vậy V H   VNABC  VNACP  VNAPM  


V
3  BB ' CC ' AA ' 
1
hay V H    k1  k2  k3 V . Thể tích khối cịn lại là:
3

Ta có

A

C

M

P

B

C'

A'
N
B'

1  AM BN CP 
1
V H '  V  V H   V  


V   3   k1  k2  k3  V
3  AA ' BB ' CC ' 
3

24


Nhận xét: +) Ngoài phương pháp phân chia khối đa diện chúng ta vẫn có thể giải
theo phương pháp lắp ghép khối đa diện bằng cách gọi giao điểm các đường
thẳng MN , MP, NP với các cạnh đáy của khối lăng trụ và từ đó tạo thêm các hình
chóp phía ngồi lăng trụ.
+) Đặc biệt hóa bài tốn gốc 3 ta thu được các bài toán sau.
Bài toán đề xuất 1. Cho khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có thể tích là V . Một mặt
phẳng   đi qua điểm A cắt các cạnh BB ', CC ' lần lượt tại N , P sao cho
BN  k2 BB ', CP  k3CC ' ,  0  k2 , k3  1 . Tính thể tích hai khối đa diện chia bởi mặt
phẳng   .
Theo bài tốn 3 ta có kết quả:

C

A

1  BN CP 
1
VA.BCPN  

V   k2  k3 V
3  BB ' CC ' 
3

B

Thể tích khối cịn lại là:
V

1
1
 k2  k3 V   3   k2  k3  V
3
3

P

N
A'

C'

B'

Bài toán đề xuất 2. Cho hình lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có thể tích V . Một mặt
phẳng   chứa cạnh AB và cắt cạnh CC ' tại điểm P sao cho
CP  k3CC ',  0  k3  1 . Tính thể tích hai phần của khối lăng trụ chia bởi mặt
phẳng   .
Lời giải:
Theo kết quả bài 3 ta có:

C

A

B
P

1
VABCP  k3V
3

Thể tích khối cịn lại là:
1
 1 
V  k3V  1  k3 V
3
 3 

A'

C'

B'

Bài toán đề xuất 3. Cho lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có thể tích V . Một mặt phẳng  
chứa cạnh AB , cắt các cạnh A ' C ' và B ' C ' lần lượt tại M , N sao cho C ' M  kC ' A '
 0  k  1 . Tính thể tích hai phần của khối lăng trụ chia bởi mặt phẳng   .
Nhận xét: Bài 4. (Bài tập 10-sgk-trang 27- Hình học 12) trong mục 2.2.1 là một
trường hợp riêng của bài toán này. Ở bài này đề tài khơng trình bày lại phương
pháp lắp ghép như đã sử dụng giải bài trên mà sử dụng phương pháp phân chia.

25