Công thức tính nhanh thể tích các khối đa diện

Cập nhật lúc: 15:59 11-08-2017 Mục tin: LỚP 12

>> Luyện thi TN THPT & ĐH năm 2023 trên trang trực tuyến Tuyensinh247.com. Học mọi lúc, mọi nơi với Thầy Cô giáo giỏi, đầy đủ các khoá: Nền tảng lớp 12; Luyện thi chuyên sâu; Luyện đề đủ dạng; Tổng ôn chọn lọc.

Bài viết này giới thiệu đến bạn đọc chi tiết Tổng hợp tất cả các công thức tính nhanh Tỷ số thể tích khối đa diện

Bài viết này giới thiệu đến bạn đọc chi tiết Tổng hợp tất cả các công thức tính nhanh Tỷ số thể tích khối đa diện

Công thức 1:Hai khối chóp chung đỉnh và chung mặt phẳng đáy $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}=\frac{{{S}_{1}}}{{{S}_{2}}}.$

Câu 1.Cho khối chóp $S.ABC$ có thể tích $V.$ Gọi $M,N,P$ lần lượt là trung điểm các cạnh $BC,CA,AB$ và ${V}'$ là thể tích khối chóp $S.MNP.$ Tính tỉ số $\frac{{{V}'}}{V}.$

Giải. Ta có $\frac{{{V}'}}{V}=\frac{{{S}_{MNP}}}{{{S}_{ABC}}}={{\left[ \frac{1}{2} \right]}^{2}}=\frac{1}{4}.$

Chọn đáp án D.

Câu 2.Cho khối chóp $S.ABCD$ có thể tích $V.$ Gọi $M,N,P,Q$ lần lượt là trung điểm các cạnh $AB,BC,CD,DA.$ Gọi ${V}'$ là thể tích khối chóp $S.MNPQ.$ Tính tỉ số $\frac{{{V}'}}{V}.$

Giải. Ta có $\frac{{{V}'}}{V}=\frac{{{S}_{MNPQ}}}{{{S}_{ABCD}}}=\frac{1}{2}.$ Chọn đáp án C.

Công thức 2:Công thức Simson [tỷ số thể tích] cho khối chóp tam giác $\frac{{{V}_{S.{{A}_{1}}{{B}_{1}}{{C}_{1}}}}}{{{V}_{S.ABC}}}=\frac{S{{A}_{1}}}{SA}.\frac{S{{B}_{1}}}{SB}.\frac{S{{C}_{1}}}{SC}.$

Công thức 3:Cắt khối chóp bởi mặt phẳng song song với đáy sao cho $\frac{S{{B}_{1}}}{S{{A}_{1}}}=k$ thì $\frac{{{V}_{S.{{B}_{1}}{{B}_{2}}...{{B}_{n}}}}}{{{V}_{S.{{A}_{1}}{{A}_{2}}...{{A}_{n}}}}}={{k}^{3}}$ [đây là trường hợp đặc biệt cho hai khối đa diện đồng dạng tỷ số $k].$

Công thức 4:Mặt phẳng cắt các cạnh của khối lăng trụ tam giác $ABC.{A}'{B}'{C}'$ lần lượt tại $M,N,P$ sao cho $\frac{AM}{A{A}'}=x,\frac{BN}{B{B}'}=y,\frac{CP}{C{C}'}=z$ ta có ${{V}_{ABC.MNP}}=\frac{x+y+z}{3}{{V}_{ABC.{A}'{B}'{C}'}}.$

Ví dụ 1: Cho khối lăng trụ tam giác $ABC.{A}'{B}'{C}'$ có thể tích $V.$ Các điểm $M,N$ lần lượt thuộc các cạnh $B{B}',C{C}'$ sao cho $\dfrac{MB}{B{B}'}=\dfrac{1}{2},\dfrac{NC}{C{C}'}=\dfrac{1}{4}.$ Thể tích của khối chóp tứ giác $A.BMNC$ là ?

Giải.Ta có ${{V}_{A.BMNC}}=\dfrac{x+y+z}{3}V=\dfrac{\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{4}+0}{3}V=\dfrac{V}{4}.$ Chọn đáp án D.

Công thức 5:Mặt phẳng cắt các cạnh của khối hộp $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$ lần lượt tại $M,N,P,Q$ sao cho $\frac{AM}{A{A}'}=X,\frac{BN}{B{B}'}=y,\frac{CP}{C{C}'}=z,\frac{DQ}{D{D}'}=t$ ta có ${V_{ABCD.MNPQ}} = \frac{{x + y + z + t}}{4}{V_{ABCD.A'B'C'D'}}$ và $x+z=y+t.$  

Ví dụ 1: Cho hình lập phương $ABCD.{A}'{B}'{C}'{D}'$ cạnh $2a,$ gọi $M$ là trung điểm của $B{B}'$ và $P$ thuộc cạnh $D{D}'$ sao cho $DP=\frac{1}{4}D{D}'.$ Mặt phẳng $[AMP]$ cắt $C{C}'$ tại $N.$ Thể tích khối đa diện $AMNPQBCD$ bằng

Giải. Thể tích khối lập phương ${{V}_{0}}=8{{a}^{3}}.$ Có $x=\dfrac{AA}{A{A}'}=0,y=\dfrac{BM}{B{B}'}=\dfrac{1}{2},z=\dfrac{CN}{C{C}'},t=\dfrac{DP}{D{D}'}=\dfrac{1}{4}$ và $x+z=y+t\Leftrightarrow 0+z=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\Leftrightarrow z=\frac{3}{4}.$

Khi đó ${{V}_{AMNPBCD}}=\dfrac{x+y+z+t}{4}{{V}_{0}}=\dfrac{0+\frac{1}{2}+\frac{3}{4}+\dfrac{1}{4}}{4}.8{{a}^{3}}=3{{a}^{3}}.$ Chọn đáp án B.

Công thức 6:Mặt phẳng cắt các cạnh của khối chóp  tứ giác $S.ABCD$ có đáy là hình bình hành lần lượt tại $M,N,P,Q$ sao cho $\frac{SM}{SA}=x,\frac{SN}{SB}=y,\frac{SP}{SC}=z,\frac{SQ}{SD}=t$ ta có ${{V}_{S.MNPQ}}=\frac{xyzt}{4}\left[ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t} \right]{{V}_{S.ABCD}}$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{z}=\frac{1}{y}+\frac{1}{t}.$

Ví dụ 1: Cho hình chóp $S.ABCD$ có thể tích $V$ với đáy $ABCD$ là hình bình hành. Mặt phẳng qua $A,M,P$ cắt cạnh $SC$ tại $N$ với $M,P$ là các điểm thuộc các cạnh $SB,SD$ sao cho $\frac{SM}{SB}=\frac{1}{2},\frac{SP}{SD}=\frac{2}{3}.$ Mặt Tính thể tích khối đa diện $ABCD.MNP.$

A. $\frac{23}{30}V.$

B. $\frac{7}{30}V.$

C. $\frac{14}{15}V.$

D. $\frac{V}{15}.$

Giải. Ta có $x=\frac{SA}{SA}=1,y=\frac{SM}{SB}=\frac{1}{2},z=\frac{SN}{SC},t=\frac{SP}{SD}=\frac{2}{3}$ và $\frac{1}{x}+\frac{1}{z}=\frac{1}{y}+\frac{1}{t}\Rightarrow 1+\frac{1}{z}=2+\frac{3}{2}\Leftrightarrow z=\frac{2}{5}.$

Do đó ${{V}_{S.AMNP}}=\frac{xyzt}{4}\left[ \frac{1}{x}+\frac{1}{y}+\frac{1}{z}+\frac{1}{t} \right]V=\frac{7}{30}V\Rightarrow {{V}_{ABCD.MNPQ}}=\frac{23}{30}V.$ Chọn đáp án A.

Công thức 9: Hai khối đa diện đồng dạng với tỷ số $k$ có $\frac{{{V}_{1}}}{{{V}_{2}}}={{k}^{3}}.$

Ví dụ 1.Cho khối tứ diện $ABCD$ có thể tích $V.$ Gọi ${V}'$ là thể tích của khối tứ diện có bốn đỉnh là trọng tâm các mặt của khối tứ diện $ABCD.$ Tính tỷ số $\frac{{{V}'}}{V}.$

Giải. Gọi ${A}',{B}',{C}',{D}'$ lần lượt là trọng tâm các mặt $[BCD],[ACD],[ABD],[ABC];$ Ta có $\frac{{A}'{B}'}{AB}=\frac{{A}'{C}'}{AC}=\frac{{A}'{D}'}{AD}=\frac{1}{3}.$ Khối tứ diện ${A}'{B}'{C}'{D}'$ đồng dạng với khối tứ diện $ABCD$ theo tỉ số $k=\frac{1}{3}.$ 

Do đó  $\frac{{{V}'}}{V}={{k}^{3}}={{\left[ \frac{1}{3} \right]}^{3}}=\frac{1}{27}.$Chọn đáp án B.

Bài viết gợi ý:

Tóm lược bài giảng và suy ra công thức dễ hiểu tính thể tích của 5 khối đa diện đều: tứ diện đều, khối lập phương, bát diện đều, khối 12 mặt đều và khối 20 mặt đều

Tóm lược bài giảng và suy ra công thức dễ hiểu tính thể tích của 5 khối đa diện đều: tứ diện đều, khối lập phương, bát diện đều, khối 12 mặt đều và khối 20 mặt đều

1. Tứ diện $ABCD$ đều cạnh $a$.

Ta có $S=\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}$ và $h=AO=\sqrt{A{{B}^{2}}-O{{B}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left[ \frac{2}{3}.\frac{a\sqrt{3}}{2} \right]}^{2}}}=\frac{a\sqrt{6}}{3}$.

Do đó $V=\frac{1}{3}Sh=\frac{1}{3}.\frac{{{a}^{2}}\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{6}}{3}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{12}$.

2. Hình lập phương cạnh $a$.

Khối lập phương có thể tích $V={{a}^{3}}$.

3. Khối bát diện đều $ABCDEF$ cạnh $a$, ta có

${{S}_{ABCD}}={{a}^{2}}$ và $EF=2EO=2\sqrt{B{{E}^{2}}-B{{O}^{2}}}=2\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left[ \frac{a\sqrt{2}}{2} \right]}^{2}}}=a\sqrt{2}$.

Do đó $V=\frac{1}{3}{{S}_{ABCD}}.EF=\frac{1}{3}.{{a}^{2}}.a\sqrt{2}=\frac{{{a}^{3}}\sqrt{2}}{3}$.

4. Khối 12 mặt đều cạnh $a$

Gọi $O$ là tâm mặt cầu ngoại tiếp đa diện 12 mặt đều, xét 3 mặt phẳng chung đỉnh $A$ là $ABEFC,\,ACGHD,\,ABJID$.

Khi đó $A.BCD$ là chóp tam giác đều và $OA$ vuông góc với mặt phẳng $\left[ BCD \right]$ tại tâm ngoại tiếp H của tam giác $BCD$. Theo định lí hàm số côsin ta có

$BC=CD=BD=\sqrt{{{a}^{2}}+{{a}^{2}}-2a.a.\cos \left[ \frac{3\pi }{5} \right]}=\frac{1+\sqrt{5}}{2}a.$

Do đó $AH=\sqrt{A{{B}^{2}}-{{\left[ \frac{2}{3}.\frac{BC\sqrt{3}}{2} \right]}^{2}}}=\sqrt{{{a}^{2}}-{{\left[ \frac{1+\sqrt{5}}{2\sqrt{3}}a \right]}^{2}}}=\frac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{3}}a.$

Gọi $M$ là trung điểm cạnh $AB$, ta có hai tam giác vuông $AHB$∽$AMO$, do đó

$\frac{AO}{AB}=\frac{AM}{AH}\Rightarrow R=AO=\frac{A{{B}^{2}}}{2AH}=\frac{{{a}^{2}}}{2.\frac{\sqrt{5}-1}{2\sqrt{3}}a}=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{5}-1}$.

Ta có thể tích khối đa diện 12 mặt đều bằng tổng thể tích của 12 khối chóp ngũ giác đều cạnh đáy bằng $a$, cạnh bên bằng $R=\frac{a\sqrt{3}}{\sqrt{5}-1}$.

Từ đó dễ có $V=\frac{{{a}^{3}}\left[ 15+7\sqrt{5} \right]}{4}$.

* Chú ý. Có thể tính nhanh bán kính mặt cầu ngoại tiếp khối đa diện đã cho [cũng chính là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp $A.BCD$] bằng cách áp dụng công thức

$R=OA=\frac{A{{B}^{2}}}{2\sqrt{A{{B}^{2}}-R_{BCD}^{2}}}$

5. Khối đa diện đều 20 mặt đều cạnh $a$, bằng cách thực hiện tương tự như khối đa diện 12 mặt đều ta có công thức xác định thể tích là $V=\frac{5\left[ 3+\sqrt{5} \right]{{a}^{3}}}{12}$.

* Chú ý. Khối 12 mặt đều, khối 20 mặt đều chỉ để tham khảo; các em không nên sa đà vào các bài toán loại này.

* Khối 12 mặt đều hoặc 20 mặt đều việc xác định bán kính mặt cầu ngoại tiếp hoặc thể tích các em chỉ tham khảo, không nên quan tâm đến các câu hỏi loại này trong đề thi vì nó không phù hợp.

Bài viết gợi ý: