SKKN Phân dạng và định hướng phương pháp giải lớp các bài toán liên quan đến tỉ số thể tích của các khối đa diện

x .
x
V	=	æ	1	x	ö
2 2 - 2x
-x2 - 4x + 8	1 æ	4	ö
 C	x.ç1 -	.
÷ + (1 - x).	.
=	=	ç x + 6 +	÷
V	è	2 2 - x ø
3	2 - x
6(2 - x)	6 è
x - 2 ø
Do V không đổi, nên VC
đạt giá trị nhỏ nhất khi hàm số
f ( x) = 1 æ x + 6 +	4	ö đạt giá trị nhỏ nhất trên đoạn [0;1], hay khi
x =1
6 ç	x - 2 ÷
è	ø
Bài toán 14: Cho hình chóp

S.ABCD có thể tích là V có đáy là hình bình hành,
Gọi I là điểm đối xứng với C qua D . Gọi Q, M lần lượt là trung điểm của
SC, BC . Mặt phẳng (MIQ)chia khối chóp thành hai phần, gọi VC
là thể tích của
khối đa diện chứa đỉnh C , tính tỉ số VC .
V
Gọi
Lời giải :
N = MI Ç AD, P = IQ Ç SD , theo giả thiết suy ra P là trọng tâm tam giác
SCD, suy ra
Ta có :
SP = 2 và
SD	3
DN = 1 .
DA	4
VC = VQ.MNDC
VQ.PMD
= QC . SMNDC
QS . SDPN
V	V	V	SC SABCD	CS SDSA
.	.
= 1 . ND + MC + 1 . DN . DP = 1 . 3 + 1 1 1 = 11
2 AD + BC	2 DA DS	2 8	2 4 3	48
Bài toán 15. Cho hình chóp
S.ABCD có thể tích là
V có đáy là hình bình hành. Gọi M , N lần lượt là
trung điểm của
AB, AD và Q là điểm trên cạnh SC
sao cho
SQ = 1 . Mặt phẳng (QMN )chia khối chóp
SC	3
thành hai phần, gọi VC
là thể tích của khối đa diện
chứa đỉnh C , tính tỉ số VC .
V
Gọi Gọi
Lời giải :
J = MN Ç AB, I = MN Ç AD, E = JQ Ç SB, P = IQ Ç SD
Ta có : VS
= VQ.SAME
VQ. AMN
V	V	V
= 1 æ QS . SSAME
QS . SSANP
QC . SAMN ö
2 ç CS	S	CS	S	SC S	÷
è	SAB	SAD	ABCD ø
2 ç 3 4	3 4	 ÷38
= 1 æ 1 . 3 + 1 . 3 + 2 . 1 ö = 7 .
è	ø	27
Vậy : VC
= 1 - VS
= 20 .
V	V	27
@ Thay đổi các hình dạng mặt cắt giúp học sinh hứng thú hơn khi giải loại bài tập này.
Bài toán 16. Cho hình chóp S.ABCD có thể tích là V có đáy là thang có
AD = 2BC . Gọi M , N,Q lần lượt là trung điểm của
SD,SC, AB . Mặt phẳng
(QMN )chia khối chóp thành hai phần, gọi VS
là thể tích của khối đa diện chứa
đỉnh S , tính tỉ số VS .
V

Lời giải :
Gọi
K = AB ÇCD, I = SK Ç MN, P = IQ Ç SB .
Dựng đường thẳng d đi qua Q đồng thời song song với CD , thiết diện của mặt phẳng (QMN ) với hình chóp là thiết diện MNPQH .
Ta có
AH = 1 , BP = 1
AD
Ta có :
4 BS	3
VS = VH .SAQP
VH .SPN
VH .SNM
V	V	V	V
= HA. SSPQA . 2 + SSPN .1 + HD . SSMN . 2
DA SSBA	3
SSBC 3
AD SSDC 3
.	.
+
.
+
.	.
=
= 1 5 2	1 1	3 1 2	3
4 6 3	3 3	4 4 3	8
(	)
Bài toán 17.	Cho khối lăng trụ tam giác
ABC.A'B'C'. Gọi
M, N, P lần lượt
thỏa mãn
uuuur
AM =
1 uuur uuur
AC; BN =
1 uuur uur
BC; BP =
1 uuur
BB ' . Mặt phẳng	MNP
chia khối
2	3	4
lăng trụ thành hai khối đa diện. Gọi VA;V lần lượt là thể tích của khối đa diện
chứa đỉnh A và thể tích khối lăng trụ. Tính tỷ số VA .
V
Lời giải:
Theo tính chất 4, Tính chất 1, và tính chất 8.b
V = V
+ V	= 2 1 3 + 1 1 1 = 5
A	M . ABPF	P.BMN
.	.	.	.
3 2 8	3 4 6	36
Vậy VA = 5
V	36
(	)
Bài toán 18.	Cho khối lăng trụ tam giác
ABC.A'B'C'. Gọi
M, N, P lần lượt
thỏa mãn
uuuur
AM =
1 uuur uuur
AC; BN =
1 uuur uur
BC; BP =
2 uuur
BB ' . Mặt phẳng	MNP
chia khối
2	3	3
lăng trụ thành hai khối đa diện. Gọi VA;V lần lượt là thể tích của khối đa diện
chứa đỉnh A và thể tích khối lăng trụ. Tính tỷ số VA .
V
Lời giải:
Gọi I = MN Ç AB suy ra N là trọng tâm của tam giác ACI , do đó B là trung điểm của AI . Gọi
E = IP Ç A'B', suy ra E là trung điểm của A'B' ,
kẻ đường thẳng đi qua điểm E song song với MN
cắt
A'C' tại F . Suy ra
A' F = 1
A'C '	4
Ta có: VA = VM . ABPEA' + VM . A' EF + VM .BPN
= 2 . MA . SABPEA ' .V + 1 . SA ' FE
.V + 1 . MC . SBNP .V
3 CA SABB ' A '	3 SA 'C ' B '
3 AC SBCB '
= æ 2 1 11	1 1	1 1 2 ö	157
ç	.	.	+	.	+	.	.	÷V =	V
è 3 2 12	3 16	3 2 9 ø	432
Vậy
VA = 157 .
V	432
@ . Bài toán 17, bài toán 18 có yêu cầu học sinh vận dụng tổng hợp các tính chất: Tính chất 4, tính chất 1 và tính chất 8b.
@ Học sinh cần nắm vững Định hướng phân chia khối đa diện ở phần 2.5.2.1
Trường hợp 2: 3 điểm thuộc 3 mặt của đa diện
Trong trường hợp này, ta cần xác định được giao điểm của các cạnh đa diện với mặt phẳng (a ) . Thường có 2 cách thực hiện:
Cách 1: Dựng thiết diện, và xác định được vị trí của các đỉnh thiết diện trên các cạnh của đa diện (H ) .
Cách 2: Dùng bổ đề 1 để xác định các đỉnh của thiết diện.
@ Thực hiện theo cách 1, học sinh thường gặp khó khăn khi dựng hình, và hình vẽ thường rườm rà và khó thực hiện.
@ Trong quá trình dạy học tôi thường định hướng học sinh thực hiện theo cách 2, cụ thể như sau.
Định hướng:
Bước 1: Xác định vị trí của các giao điểm của cạnh đa diện (H )
với (a )
Lựa chọn Hướng 2: Sử dụng bổ đề 1. để xác định các giao điểm của cạnh
đa diện (H ) với (a ) .
Bước 3: Dựa vào vị trí các giao điểm ở bước 1, vẽ thiết diện.
Bước 3: Phân chia khối đa diện ( H1 ) thành các khối chóp có đáy nằm trên mặt bên và chung 1 đỉnh nằm trên thiết diện.
Bước 4: Tính tỉ số thể tích của các chóp với khối đa diện đã cho rồi cộng lại.
Bài toán 19. Cho tứ diện	ABCD có thể tích V . Gọi các điểm I, K lần lượt
thuộc các cạnh
AC, BD sao cho
CI , BK CA BD
= 1 , J là trung điểm của cạnh CD .
3
Trên các đoạn thẳng
AJ,CK, BI lần lượt lấy các điểm
M, N, P sao cho
AM = 2 , CN = BP = 2
.Mặt phẳng (MNP) chia khối tứ diện thành hai phần.
AJ	5 CK	BI	3
V
Gọi VC là thể tích của khối đa diện chứa đỉnh C . Tính tỷ số	C .
V
Đặt:

ur	uuuur r	uuur ur	uuur
m = CM , n = CN , p = CP .
Lời giải:
ur
Ta có: m =
3 u ur
CA +
2 u ur
CJ =
3 u ur
CA +
1 uuur
CD
(1)
r
n =
2 uuur
CK =
4 uur
CB +
2 uuur
CD

ur
p =
3
1 uur
CB +
9
2 uur
CI =
9
1 uur	2 u ur
CB +	CA

3
3
3	9

5	5	5	5

(2)
(3)
Từ (1) và (3) rút ra được:
9 ur
p -
5 ur
m =
3 uur
CB -
1 uuur
CD

(4), kết hợp (2) với (4),
suy ra
uur	9
CB =

r	27 ur
n +	p -

10 ur
m
2	3	2	3
u ur
, thay vào (3) suy ra CA = -

27 r
n +

18 ur
p +

45 ur
m
13	13	13	26	13	39
Do đó (MNP) cắt hai cạnh CB,CA. Giả sử tại các điểm E, F thỏa mãn
uuur = æ 9 + 27 - 10 ö uuur =
uuur uur	æ	27	18	15 ö uuur	3 uuur
=	-	+	+	=	.
CB	ç 13	13	13 ÷CE
2CE CA
ç	26	13	13 ÷CF	2 CF
è	ø	è	ø
Theo tính chất: suy ra (MNP)cắt cạnh AD tại H là trung điểm của AD.
Theo kết quả của bài toán 12 ở trên thì VC
V
= 1 .
2
@ Nếu định hướng bằng phương pháp dựng hình thì sẽ gặp khó khăn trong việc dựng hình và xác định được các vị trí giao điểm của mặt phẳng
(MNP) với các cạnh của tứ diện.Với dạng này thi viẹc sử dụng phương
pháp vectơ ở trên là tương đối nhanh và hiệu quả.
.Bài toán 20. Cho hình chóp
S.ABCD có thể tích là V có đáy là hình bình hành,
Gọi
I, P lần lượt là điểm trên các cạnh
SC, SD sao cho
AI = 3 , AP
= 2 . Gọi
AC	4 AD	3
M , N lần lượt trên các đoạn thẳng
BI, AC sao cho
BM = 2 , AN
= 3 . Mặt
BI	3 AC	5
phẳng (MNP)chia khối chóp thành hai phần, gọi VC
là thể tích của khối đa diện
chứa đỉnh C , tính tỉ số VC .
V

Lời giải:
Đặt: m = CM , n = CN , p = CP . Ta có:
ur	2 uur
m =	CI +
1 uur
CB =
1 u ur
CS +
1 uur
CB
(1)
3	3	6	3
r	2 u ur
n =	CA =
2 uur
CB +
2 uuur
CD
(2)
5	5	5
ur	1 u ur
p =	CS +
2 uuur
CD
(3)
3	3
n	p	CB	CS
Từ (2), (3) suy ra 5 r - 3 ur = uuur - 1 u ur	(4), kết hợp
2	2	2
với (1) suy ra:
=	và+	-
uuur	3 ur	5 r	3 ur
CB	m	n	p
2	4	4

u ur
CS =

ur	5 r	3 ur 3m -	n +	p .
2	2
Từ đó ta có được (MNP) cắt các cạnh
CB,CS tại các
điểm lần lượt là E, F thỏa mãn:
uuur = æ 3 + 5 - 3 ö uuur =
uuur
và
è	ø
CB	ç 2	4	4 ÷CE
2CE
u ur = æ 3 - 5 + 3 ö =
uuur
hay
E, F lần lượt là trung điểm của các cạnh CB,CS .
CS	ç
2	2 ÷
2CF
è	ø
Gọi K = EN Ç AD, theo talet ta tính được
AK = 3KD.
Sử dụng kết quả của ví dụ trên ta tính được VC
V
= 11
48
@ Sử dụng bồ đề 1 ta có thể giải quyết được các bài toán phân chia hình đa diện bởi mặt phẳng đi qua 3 điểm bất kỳ được xác định trên các mặt của hình đa diện. Tổng quát hơn nữa là 3 điểm này có thể nằm trên các đường chéo của hình đa diện đó.
@ Bài toán phân chia khối đa diện được giải quyết triệt để. Nếu mặt phẳng xác định bởi 3 điểm phân biệt không thẳng hàng thì có thể dùng bổ đề 1 để xác định các giao điểm của mặt phẳng đó với cạnh bên của đa diện.
TỶ SỐ V(H ') BIẾT CÁC ĐỈNH ( H ')
V(H )
ĐA DIỆN (H )
( H ') và (H ) là các tứ diện

NẰM TRÊN CÁC CẠNH CỦA
Bài toán 21: 3 đỉnh của ( H ')
của (H ) .
nằm trên một mặt
Cho tứ diện ABCD , gọi M , N, P,Q lần lượt trên
các cạnh
AB, BC,CD, DB. Tính VMNPQ .
VABCD
Định hướng:
Sử dụng tính chất 1 có được kết quả
VMNPQ VABCD
= MB . SNPQ AB SBCD
Bài toán 22: Các đinh của ( H ') nằm trên 2 cạnh chéo nhau của (H ) .
Cho tứ diện ABCD , gọi các điểm M , N	trên các
cạnh AB và gọi các điểm P,Q trên cạnh CD . Tính
VMNPQ
.
VABCD
Định hướng:
Sử dụng tính chất 2 ta có kết quả
VMNPQ VABCD
= MN . PQ AB CD
Bài toán 23: Các đinh của ( H ') nằm trên 2 hai mặt của (H ) .
Cho tứ diện ABCD , gọi P là trung điểm cạnh BC
và M , N,Q lần lượt trên các cạnh AC, BD, DA sao
cho
BN = 1 BD, AM = 1 AC, DQ = 1 QA
6	3	3
Tính tỉ số: VMNPQ
VABCD
Định hướng:
Gọi E = DM Ç( NPQ) dùng Bổ đề 1 để tính tỉ số
ME = 19
Dùng tính chất 1 tính các tỉ số VMNPQ
VDNPQ
và VD.NPQ
VABCD
ED	15
Lời giải:
uuuur
DM =
2 uuur
.DA +
1 uuur
DC =
2 uuur	1
.DA +
uuur	uuur	uuur
(	)
2DP - DB = 2.DQ +
2 uuur
DP -
2 uuur
DN
Gọi
3	3	3	3	3	5
E = DM Ç( NPQ)
suy ra
uuuur = æ 2 + 2 - 2 ö uuur = 34 uuur .
DM	ç	3	5 ÷ DE	15 DE
è	ø
Suy ra
ME = 19 , do đó
VMNPQ
= 19 .
ED	15
Mặt khác:
VDNPQ	15
VD.NPQ
= VQ.NPD
= QD . SDPN
= 1. 5 = 5
VABCD
VA.BCD
AD SDBC
3 12	36
Vậy: VMNPQ
= 19 . 5 = 19
VABCD
15 36	108
( H ') là tứ diện, (H ) là đa diện Bài toán 24. Cho lăng trụ tam giác

ABC.A'B'C'. Gọi

Q,P lần lượt là trung
điểm của cạnh
AC, B'C ', gọi
M , N lần lượt thuộc các cạnh
AA', BB' thỏa mãn:
AM = 1 AA'; BN = 3 BB ' . Tính tỷ số c
5	2
VQ.MNP	.
VABC. A' B 'C '
Định hướng: Cách 1: Sử dụng hoàn toàn tính chất 1.
E = CC 'Ç MQ và tính tỷ số
CE = 1
Dùng tính chất 1 tính
CC '	5
VQ.MNP ,VM .ENP
Cách 2: Sử dụng bổ đề 2.
VM .ENP	VABCD
Biểu diễn

MQ, MN , MP qua

A' A, A'C, A' B ' . Tính
VQ.MNP
.
VA'. AB 'C '