Các dạng bài tập VDC thể tích của khối đa diện Toán 12

Tài liệu gồm 79 trang, tóm tắt lý thuyết cơ bản cần nắm và hướng dẫn phương pháp giải các dạng bài tập trắc nghiệm vận dụng cao (VDC / nâng cao / khó) thể tích của khối đa diện.Mời bạn đọc đón xem.

20 10 lượt tải Tải xuống
Chia sẻ Báo cáo tài liệu

Chủ đề: Chương 1: Khối đa diện

Môn: Toán 12

Thông tin:

79 trang 8 tháng trước

Tác giả:

Profile Lan Tường
BÀI 3.
T
HỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
A.
LÍ THUYẾT
Công thức tính thể tích khối chóp, lăng trụ
Thể tích khối chóp: .
Trong đó: : Diện tích mặt đáy.
h: Độ dài chiều cao khối chóp.
Thể tích khối lăng trụ:
Trong đó: : Diện tích mặt đáy.
h: Chiều cao của khối chóp.
Thể tích khối hộp chữ nhật:
Thể tích khối lập phương:
Chú ý: Lăng trụ đứng có chiều cao chính là
cạnh bên.
Chú ý:
+) Đư
ờng chéo của hình vuông cạnh a là:
a2
.
+) Đường chéo của hình lập phương cạnh a là:
a3
+) Đường chéo
của hình hộp chữ nhật có ba
kích thước a, b, c là:

222
abc.
+) Đường cao của tam giác đều cạnh a là:
3
2
a
1
.
3
®¸y
VSh
®¸y
S
.
®¸y
VSh
®¸y
S
..Vabc
3
Va
CÁC
CÔNG THỨC HÌNH PHẲNG CẦN NẮM
1. Hệ thứ
c lượng tr
ong tam giác
a)
Cho vuô
ng tại A, đường cao AH.
+) ; +) ;
+) ; +) ;
+) ; +) ;
+) .
b) Cho có độ dài ba cạnh a, b, c; độ dài các trung tuyến ; bán kính đường tròn
ngoại tiếp R; bán kính đường tròn nội tiếp r, nửa chu vi p.
+) Định lí hàm số cosin:
;
;
.
+) Định lí hàm số sin: .
+) Độ dài trung tuyến:
.
2.
Các công thức tính diện tích
a) Tam giác:
+)
+)
+)
+) (p: nửa chu vi của tam giác).
+)
+
) vuông tại A
:
+) đều, cạnh a
: .
ABC

222
A
BACBC
2
.
A
CCHBC
..AH BC AB AC
2
.
A
BBHBC
2
.
A
HBHHC

222
111
AH AB AC
.sin .cos .tan .cotAB BC C BC B AC C AC B
ABC
, ,
abc
mmm

222
2.cosabc bc A

222
2.cosbca ca B

222
2.coscab ab C
2
sin sin sin
abc
R
A
BC
22 2 22 2 22 2
222
; ;
24 24 24
abc
bc a ca b ab c
mmm



111
...
222
abc
Sah bh ch

111
sin casin sin
222
SbcA BabC
4
abc
S
R
Spr

S
ppapbpc
A
BC 
..
22
A
BAC BCAH
S
A
BC

2
33
,
24
aa
AH S
b
)
Hình vuông:
(a: cạn
h hình vuông)
c) Hình chữ nhật: (a, b: hai kích thước)
d) Hình bình hành:
e)
H
ì
nh thoi:
f)
Hình thang: (a, b: hai đáy, h: chiều cao)
g) Tứ giác có hai đường chéo vuông góc:
NHẮC LẠI CÁCH XÁC ĐỊNH CAC GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy
Để tính góc


,SA P
, ta gọi H là hình chiếu vuông góc
của S trên

P
. Khi đó HA là hình chiếu vuông góc của SA
trên
P
.
Vậy



,,SA P SA AH SAH.
Góc giữa cạnh bên và mặt đứng
Để tính góc


,SB SAH biết

SAH P ta dựng
B
KAHKAH. Vì
B
KAH
B
KSH
nên
B
KSAH
Khi đó K là hình chiếu vuông góc của B trên
SAH
SK là hình chiếu
vuông góc của SB trên
SAH
Vậy



,,SB SAH SB SK BSK
Góc giữa hai mặt phẳng
Góc giữa hai mặt phẳng bằng góc giữa hai đường thẳng
lần lượt thuộc hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến.
Góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy
Để tính góc


,SAB P , ta gọi H là hình chiếu vuông
góc củ
a S trên
P
.
Kẻ
HI AB I AB
2
S
a
Sab
 ®¸y chiÒu cao = . .sin
S
AB AD BAD

1
..sin .
2
S
AB AD BAD AC BD


1
2
S
abh
1
.
2
S
AC BD

AB HI
A
BSHI ABSI
AB SH

Vậy



,,SAB P SI HI SIH.
Góc giữa mặt bên và mặt đứng
Để tính góc


,SAB SAH
biết
SAH P
, ta kẻ

BK HA
B
K HA K HA BK SHA
BK SH

.
Kẻ
K
ISAISA

SA KI
SA BKI SA BI
SA BK

Vậy



,,SAB SAH KI BI BIK.
II. CÁC
DẠNG
BÀI TẬ
P
Dạng 1. Thể tích khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy
1. Phương pháp
Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy, thì
cạnh bên đó chính là chiều cao của khối chóp.
MÔ HÌNH 1
Hình chóp
.SABC
, cạnh SA vuông góc với đáy.
+ Đáy là tam giác ABC.
+ Đường cao SA.
+ Cạnh bên SB, SC, SA.
+
SAB , SAC là các tam giác vuông tại A.
+ Góc giữa cạnh SB với đáy ABC là góc
SBA.
+ Góc giữa cạnh SC với đáy ABC là góc
SCA.
+ Góc giữa mặt bên SBC với đáy là góc
SHA
với H là hình chiếu vuông góc của A trên BC.
MÔ HÌNH 2
Hình chóp .S ABCD , có đáy ABCD là hình chữ
nhật (hình vuông) và SA vuông góc với đáy.
+ Đáy là hình chữ nhật (hình vuông) ABCD.
+
Đường cao SA.
+
Cạnh bê
n SA, SB, SC, SD.
+
, , SAB SAC SAD là các tam giác vuông
tại A.
+ Góc giữa cạnh SB với đáy ABCD là
SBA
.
+ Góc giữa cạnh
SC với đáy ABCD là
SCA.
+ Góc giữa cạnh
SD với đáy ABCD là
SDA .
+ Góc giữa mặt bên
SBC với đáy ABCD là
SBA
+ Góc giữa mặt bên SCD với đáy ABCD là
SDA
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Cho hình chóp .SABCD có đáy ABCD là hình vuông. Cạnh bên SA a= và vuông góc với
đáy. Diện tích tam giác
SBC
bằng
2
2
.
2
a
Thể tích khối chóp đã cho bằng
A.
3
.a
B.
3
3
.
2
a
C.
3
.
3
a
D.
3
2
.
3
a
Lời giải.
Chọn C.
Đặt cạnh hình vuông là
0.x >
Suy ra
2222
.SB SA AB a x=+=+
Dễ thấy
()
BC SAB BC SB^^
nên ta có
2
22
211
...
222
ABC
a
SSBBCaxxxa
D
== =+¾¾=
Vậy thể tích khối chóp:
3
.
1
..
33
S ABCD ABCD
a
VSSA==
Bài tập 2. Cho khối chóp .SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh ,a SA vuông góc với đáy và
khoảng cách từ
A
đến mặt phẳng
()
SBC bằng
2
.
2
a
Thể tích của khối chóp đã cho bằng
A.
3
.a
B.
3
.
2
a
C.
3
.
3
a
D.
3
3
.
9
a
Lời giải.
Chọn C.
Gọi
H
là hình chiếu của
A
trên
.SB
Dễ dang chứng minh được
() ()
2
,.
2
a
AH SBC d A SBC AH
éù
^ ==
ëû
Ta có
222
111
.SA a
AH SA AB
=+ ¾¾=
Vậy thể tích khối chóp:
3
1
..
33
ABCD
a
VSSA==
Bài tập 3. Cho hình chóp đáy ABC là tam giác vuông tại B, , cạnh bên
SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SB tạo với mặt đáy một góc bằng . Thể tích của khối chóp
là
A. B. C. D.
Hướng dẫn giả
i
Chọn B.
Ta có vuông tại B nên
Ta có
AB là hình chiếu vuông góc của SB trên
vuông tại
A nên
.
Vậy
23
.
11.33
..
33618

S ABC ABC
aa
VSSA a
Bài tập 4.
Cho hình chóp có đáy ABCD là hình thang cân, , cạnh
, và
SA vuông góc với mặt phẳng , cạnh SC tạo với mặt phẳng đáy
góc . Thể tích của khối chóp là
A. B. C. D.
Hướng dẫn giả
i
Chọn C.
.S ABC
A
Ba
60ACB
45
.S ABC
3
3
6
a
3
3
18
a
3
3
9
a
3
3
12
a
A
BC
3
.cot .cot 60
3

a
BC AB ACB a
2
1133
..
2236

ABC
aa
SBABCa
A
BC


,,45SB ABC SB AB SBA
SAB
.tan .tan45SA AB SBA AB a
.SABCD
A
DBC
2
A
Da

A
BBCCDa
A
BCD
60 .SABCD
3
3
a
3
3
4
a
3
33
4
a
3
33
2
a
Gọi M là trung điểm AD. Ta chia hình thang cân ABCD thành ba tam giác ABM, BCM, CDM, ba tam
giác này là các tam giác đều cạnh a.
Do đ
ó .
Ta có AC là hình chiếu vuông góc của SC trên .
Lại có AH là đường cao trong tam giác đều ABM nên .
vuông tại A nên
.
Vậy .
Nhận xét: Việc chia nhỏ hình thang cân ABCD thành ba tam giác đều sẽ giúp ta thuận tiện trong
việc tính diện tích đáy.
Chú ý: Nếu ABC là tam giác đều thì
Bài tập 5. Cho hình chóp có đáy ABCD là tứ giác lồi , , và
SA vuông góc với mặt phẳng , cạnh SC tạo với mặt phẳng đáy góc thỏa mãn
. Thể tích khối chóp là
A. B. C. D.
Hướng dẫn giả
i
Chọn A.
2
33
4
ABCD
a
S
 
,,60ABCD SC ABCD SC AC SCA
33
23
22

AB a
A
HACAHa
SAC
.tan .tan60 3SA AC SCA AC a
23
.
113.333
.. .3
3344

S ABCD ABCD
aa
VSSA a
2
3
4
ABC
AB
S
.SABCD 2
A
Ca 3BD a
A
CBD
A
BCD
1
tan
3
.S ABCD
3
2
3
a
3
3
a
3
4
a
3
12
a
Ta có .
Do AC là
hình chiếu vuông góc của SC trên
nên
.
Vậy .
Bài tập 6. Cho hình chóp có SA vuông góc với mặt phẳng , hai mặt phẳng
và vuông góc với nhau, , , . Thể tích khối chóp
là V. Tỉ số là
A. B. C. D.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có: .
Mà
là các tam giác vuông tại B.
Xét vuông tại A có:
Xét vuông tại B có:
Vậy
2
.
3
2

ABCD
AC BD
A
CBD S a
A
BCD

,,
SC ABCD SC AC SCA
2
.tan
3

a
SA AC
3
2
..
1122
.3.
3333

SABCD SABCD
aa
VSSAa
.SABC
A
BC
SAB
SBC
3SB a
45
BSC
30
ASB
SABC
3
a
V
8
3
83
3
23
3
4
3

SA ABC SAB ABC


,


SBC SAB ABC SAB
BC SAB
SBC ABC BC
, 
A
BC SBC
SAB
33
.sin , .cos
22

aa
AB SB ASB SA SB ASB
SBC
.tan 3
B
CSB BSCa
2
1133
...3
2224

ABC
aa
SABBC a
233
.
113338
.. ..
334283

S ABC ABC
aa a a
VSSA
V
Tổng quát:
Cho hình chóp có SA vuông góc với mặt phẳng , hai mặt phẳng và
vuông góc với nhau, , .
Thể tích khối chóp là:
Chứng minh:
Xét vuông tại A có: ;
Xét vuông tại B có:
Vậy
Dạng 2. Thể tích khối chóp có mặt bên vuông góc với đáy
1. Phương pháp
Hình chóp có một mặt bên vuông góc với đáy thì chân đường
cao nằm trên giao tuyến của mặt phẳng đó và đáy.
Ta có:







d
a
a
ad
.
Hình chóp có hai mặt vuông góc với đáy thì giao tuyến của
chúng sẽ vuông góc với đáy.
Ta có:






P
P
dP
d
.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Cho hình chóp .SABCD có đáy ABCD,
A
Ba, 3
A
Da , tam giác SAB cân tại S và
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, khoảng cách giữa
AB và SC bằng
3
2
a
. Tính thể tích V của
khối chóp
.SABCD.
A.
3
3Va B.
3
23Va C.
3
23
3
a
V
D.
3
33Va
.SABC
A
BC
SAB
SBC
BSC
ASB
.SABC
3
.
.sin2 .tan
12
SABC
SB
V
SAB .sin
AB SB .cos
SA SB
SBC
.tan
BC SB
1
.
2

ABC
SABBC
2
1
..sin.tan
2
SB
.
1
..
3
S ABC ABC
VSSA
2
sin tan cos
6

SB SB
3
.sin 2 .tan
12
SB
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi H, I lần lượt
là trung điểm của AB, CD, kẻ
HK SI .
Vì tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy
Suy ra
SH ABCD .

 
CD HI
CD SIH CD HK HK SCD
CD SH
,, , CD AB d AB SC d AB SCD d H SCD HK
Suy ra
3
;3
2

a
HK HI AD a
Trong tam giác vuông SHI ta có
22
22
.
3
HI HK
SH a
HI HK
Vậy
23
.
11
.3.33
33

S ABCD ABCD
VSHSaaa.
Bài tập 2. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2AB A , 5
A
CA . Hình
chiếu của điểm
S trên mặt phẳng
A
BC trùng với trung điểm của đoạn thẳng BC. Biết rằng góc giữa
mặt phẳng
SAB và mặt phẳng

SAC bằng 60. Thể tích của khối chóp .S ABC là
A.
3
56
12
a
B.
3
510
12
a
C.
3
210
24
a
D.
3
30
12
a
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Gọi H là tru
ng điểm của BC.
Ta có
SAB SAC SA
, kẻ
B
ESA
và
GH BE
,
Suy ra


,, 60SAC SAB GH SAC HGI .
Đặt
SH h , ta tính được
2
2
7
4

a
SA h và
2
2
5
4

a
SP h .
Vậy
2
2
22
22
5
2
2.
.
2
.
4
2
,
2
7
42


SAB
a
a
ah
h
S
BE SH HM
BE HG HI
SA SM
aa
hh
Tam giác GIH vuông tại I có
2
2
22
22
25
2
.
.
3
24
2
sin 60 .
2
7
42


aa
a
h
h
IH
HG
aa
hh
24
42
715 23
0
48 4

aa a
hh h
Vậy
3
130
..
612

SABC
a
VABACSH .
Bài tập 3. Cho hình chóp .S ABC với các mặt phẳng
, , SAB SBC SAC vuông góc với nhau
từng đôi một, diện tích các tam giác
SAB, SBC, SAC lần lượt là
222
20 cm , 27 cm , 30 cm . Thể tích
khối chóp
SABC
là
A.
3
40 3 cm B.
3
40 cm C.
3
60 cm D.
3
60 3 cm
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có các mặt phẳng
, , SAB SBC SAC vuông góc với nhau từng đôi một nên
SA SB
,
SA SC , SB SC .
22
20 cm . 40 cm
SAB
SSASB
22
27 cm . 54 cm
SBC
SSBSC
22
30 cm . 60 cm
SAC
SSASC

2
. . 40.54.60 129600 . . 360SA SB SC SA SB SC
Do
,,SAB SBC SAC vuông góc với nhau từng đôi một

A
SSBC.
Vậy
3
.
11
...60 cm
36

S ABC ABC
V S SA SA SB SC
.
Bài tập 4. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy là hình vuông cạnh a, hai mặt phẳng
SAB và
SAD
cùng vuông góc với đáy, biết
3SC a
. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của SB, SD, CD, BC.
Thể tích của khối chóp
.
A
MNPQ
là
A.
3
3
a
B.
3
8
a
C.
3
12
a
D.
3
4
a
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có


MN PQ
MN PQ
NP PQ BD SC
M
NPQ là hình chữ nhật.
Suy ra
...
22
A
MNPQ A MQP M AQP
VVV
Ta có


1
;
2
dM AQP SA
Mà


22
1
;
22

a
SA SC AC a d M AQP SA
2
2
11313 33
... . 2
2 2 4 2 16 16 8

AQP
SAHQPACBDACBDa a
Do đó:


3
2
.
113
;. ..
332816

MAQP AQP
aa
VdMAQPS a
Vậy
33
..
22.
16 8

AMNPQ M AQP
aa
VV
Dạng 3. Thể tích khối chóp đều
1. Phương pháp
Hình ch
óp đều là hình chóp có đáy là đa giác
đều và các cạnh bên bằng nhau.
Trong hình chóp đều:
+) Đáy là một đa giác đều
+) Đường cao hình chóp qua tâm của đa
giác đáy.
+) Các mặt bên là các tam giác cân và bằng
nhau .
Đường cao vẽ từ đỉnh của một mặt bên gọi là
trung đoạn của hình chóp đều.
+) Các cạnh bên hợp với đáy các góc bằng
nhau
+) Các mặt bên hợp với đáy các góc bằng
nhau.
Chú ý:
+) Phân biệt hình chóp tam giác đều khác
với hình chóp có đáy là tam giác đều. Hình
chóp tam giác đều là hình chóp có đáy là tam
giác đều và các cạnh bên bằng nhau. Nói một
cách khác, hình chóp tam giác đều là
hình
chóp có đáy là tam giác đều nhưng điều
ngược lại không đúng.
+) Hình chóp tứ giác đều là hình chóp đều
có đáy là hình vuông.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Cho khối chóp tam giác đều .SABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a. Thể tích
của khối chóp
.S ABC
là
A.
3
11
12
a
V
B.
3
13
12
a
V
C.
3
11
6
a
V
D.
3
11
4
a
V
Hướng dẫn giải
Chọn A.
.SABC
là hình chóp tam giác đều và G là
trọng tâm tam giác
ABC. Khi đó
SG ABC
. Do đáy là tam giác đều nên gọi I là trung điểm
cạnh
BC, khi đó AI là đường cao của tam giác
đáy.
Theo định lý Pi-ta-go ta có
2
2
3
42
aa
AI a
, và
2233
33.23
aa
AG AI
.
Trong tam giác
SGA vuông tại G ta có
2
2
11
4
3
3
aa
SG a
.
Vậy
3
11 3 11 11
..
32 2 12
3
aaa
Va
Bài tập 2. Cho hình chóp tam giác đều
.SABC
có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy
bằng
60. Thể tích khối chóp .S ABC là
A.
3
3
4
a
V
B.
3
3
12
a
V
C.
3
.5
12
a
V
D.
3
.3
10
a
V
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
2
3
4
ABC
a
S
.
.S ABC là hình chóp tam giác đều và G là trọng
tâm tam giác ABC. Khi đó
SG ABC .
Vì G
là trọng
tâm tam giác ABC nên
23
33
a
AG AM
Xét tam giác SAG vuông tại G có
.tan60SG AG a
Vậy
23
.
1133
...
33412
S ABC ABC
aa
VSGSa
.
Bài tập 3. Cho hình chóp tứ giác đều .S ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên tạo với mặt phẳng
đáy một góc
60
. Thể tích của khối chóp
.SABCD
là
A.
3
6
2
a
V
B.
3
6
3
a
V
C.
3
3
2
a
V
D.
3
6
6
a
V
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
2
ABCD
Sa .
Gọi
OACBD.
Do
.S ABCD là hình chóp đều nên
SO ABCD
.
Ta có



,,SB ABCD SB OB SBO.
Tam giác SOB vuông tại O, có
26
.tan .tan60
22
aa
SO OB SBO.
Vậy
3
2
.
1166
.. ..
3326
S ABCD ABCD
aa
VSSOa
.
Bài tập 4. Cho hình chóp tam giác đều
.SABC
có cạnh đáy bằng a. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC,
góc giữa SG và mặt phẳng

SBC là 30 . Thể tích khối chóp .SABC là
A.
3
3
4
a
B.
3
3
8
a
C.
3
3
12
a
D.
3
3
24
a
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Tam
giác ABC đều cạnh a nên
2
3
4
ABC
a
S
.
Hạ

,30GH SM H SM GH SBC SG SBC GSM .
113
.cot . .cot30 . . 3
3322
aa
SG GM GSM AM
Vậy
23
.
1133
.. . .
334224
S ABC ABC
aaa
VSSG .
Bài tập 5. Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau, đường cao của một mặt bên là
3a . Thể tích V của khối chóp đó là
A.
3
22
3
Va
B.
3
42
3
Va
C.
3
2
6
Va
D.
3
2
9
Va
Hướng dẫn giải
Ta có
3SM a . Do SBC đều nên 2SC BC a
.
22
2
22
AC a
SO a
.
Vậy thể tí
ch khối chóp đó là
3
2
1142
.2.4
33 3
ABCD
a
VSOS aa.
Bài tập 6.
Cho khối chóp tứ giác đều
.SABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông tâm
,O
cạnh bằng
.a
Cạnh bên bằng
3.a
Gọi
M
là trung điểm
của
,CD
H
là điểm đối xứng của
O
qua
SM
(t
ham
khảo hình vẽ bên). Thể tích khối đa diệ
n
ABCDSH
bằng
A.
3
10
.
12
a
B.
3
10
.
18
a
C.
3
10
.
24
a
D.
3
510
.
24
a
Lời giải.
Chọn D.
Khối đa diện
ABCDSH
được chia thành hai khối chóp
.SABCD
và
..HSCD
•
3
22
.
11 10
.. .
33 6
S ABCD ABCD ABCD
a
VSSOSSBOB
== -=
• Vì
H
đối xứng với
O
qua
SM
nên
() ()
,,.dO SCD dH SCD
éùé ù
=
ëûë û
Suy ra
3
.
110
.
424
HSCD OSCD S A BCD
a
VV V
== =
Vậy thể tích khối đa diện cần tính:
3
..
510
.
24
SABCD HSCD
a
VV V=+=
Bài tập 7:
Cho hình chóp
.SABCD
đều có cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Cho điểm
MSA
sao
cho diện tích
S
của
MBD
nhỏ nhất. Giá trị
S
bằng
A.
3a
.
4
B.
a
.
2
C.
2a
.
4
D.
a
.
4
Hướng dẫn giải
Chọn C
Gọi S
l
à diện tích
MBD


11
SBD.MOa2.MO1
22
min S xảy ra minMO xảy ra
Nhưng


min MO d O,SA OH
Vì tứ diện đều nên
OABCD
thì SO là đường cao.
SOA vuông tại O (2)
Trong đó:

22
222
a2
OA
2
2a 2a a 2
SO SA OA a
442


2
SOA vuông cân tại O
2a22a
OH OA. .
2222


1
1a2a
min S .a 2.
224
xảy ra khi H là trung điểm SA.
Dạng 4. Thể tích khối chóp biết trước một đường thẳng vuông góc với đáy
1. Phương pháp
Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy, thì cạnh bên đó chính là chiều cao của khối chóp.
Việc tính SH ta thường dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Đề bài thường cho mối quan hệ về góc giữa đường thẳng với mặt phẳng hoặc góc giữa hai mặt
phẳng xác định độ dài đường cao.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông cân
tại A, cạnh
2
B
Ca , gọi M là trung điểm BC, hình chiếu vuông
góc của S lên mặt phẳng

A
BC là trung điểm của AM, tam giác
SAM vuông tại S. Thể tích của khối chóp
.S ABC là
A.
3
6
a
B.
3
2
a
C.
3
3
a
D.
3
9
a
Hướng dẫn giải
Chọn A
.
Ta có
A
BC vuông cân tại A, 2BC a
2
1
.
22
ABC
BC
A
MaSAMBCa

Chú ý:
Trong tam giác vuông đường
trung tuyến ứng với cạnh
huyền bằng nửa cạnh huyền.
Xét
SAM
vuông tại S có:
22
A
Ma
SH 
Vậy
3
2
.
11
.. ..
3326
S ABC ABC
aa
VSSHa
Bài tập 2.
Cho hình chóp .S ABC , đáy là tam giác ABC có
19 cmAB , 20 cmBC , 37 cmAC
, cạnh bên
SA= 985 cm . Gọi M là trung điểm của BC, hình chiếu vuông
góc của S lên mặt phẳng
A
BC
là điểm H thỏa mãn
1
3
A
HAM
 
. Thể tích của khối chóp .SABC là
A.
3
570cm B.
3
760cm C.
3
1520cm D.
3
1140cm
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
38 cm
2
AB BC AC
p


.

2
S 38381938203837 114 cm
ABC
 .
22 2
385 cm
24
AB AC BC
AM

1
85 cm
3
AH AM
SAH vuông tại H có:
22
30 cmSH SA AH
Vậy
3
.
11
. . .114.30 1140 cm
33
S ABC ABC
VSSH
Ch
ú ý:
Khi biết độ dài ba cạnh thì diện
tích tam giác được tính theo
công thức Hê-rông.
Tam giác ABC có:
;;
B
CaACbABc

Nửa chu vi:
2
abc
p

Khi đó:

ABC
Sppapbpc

.
Công thức độ dài trung tuyến:
22 2
2
24
a
bc a
m

.
22 2
2
24
b
acb
m
.
22 2
2
24
c
ab c
m
.
Bài tập 3. Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy là hình chữ nhật cạnh
A
Ba , 2
A
Da . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng
A
BCD
là trung điểm H của AD. Cạnh SC tạo với đáy một góc
bằng
30
. Thể tích khối chóp
.S ABCD
là
A.
3
3
a
B.
3
26
9
a
C.
3
3
3
a
D.
3
2
3
a
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
2
.2
ABCD
SABADa
.
Do
HC là hình chiếu vuông góc của SC lên
 

,30ABCD SC ABCD SCH
+ Xé
t tam giác
DHC vuông tại D có:
22
2HC DH DC a
+ Xé
t tam giác
SHC vuông tại H có:
6
.tan .tan30
3
a
SH HC SCH HC
.
Vậy
3
2
.
11626
..2a.
3339
S ABCD ABCD
aa
VSSH

.
Bài tập 4.
Cho hình chóp .SABCD có đáy ABCD là hình chữ
nhật tâm
O, cạnh
A
Ba
, 3
B
Ca , tam giác SAC vuông tại S.
Hình chiếu vuông góc của
S trên mặt phẳng đáy trùng với trung
điểm
H của đoạn AO. Thể tích khối chóp .SABC là
A.
3
2
a
B.
3
4
a
C.
3
6
a
D.
3
8
a
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
2
13
.
22
ABC
a
SABBC

Xét
A
BC
vuông tại B có:
22
2
A
CABBC a
Xét
SAC vuông tại S có:
222
A
CAOa
SO AO a HO

Xét
SHO
vuông tại H có:
2
222
3
42
aa
SH SO HO a

Vậy
23
.
1133
...
33224
S ABC ABC
aa a
VSSH

Bài tập 5.
Cho hình chóp
.SABCD
có đáy ABCD là hình thoi
cạnh
a,
60BAC , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng
A
BCD trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Mặt phẳng
SAC
hợp với mặt phẳng
A
BCD
một góc 45. Thể tích khối
chóp
.S ABCD là
A.
3
3
12
a
B.
3
6
a
C.
3
12
a
D.
3
2
6
a
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
60BAC  nên tam giác ABC đều
2
3
2.
2
ABCD ABC
a
SS

Gọi
OACBD
Ta có ,
A
CBDACSG
A
C SBD AC SO 
Mặt khác
OB AC


,45SAC ABCD SOB
Xét tam
giác
SOG vuông tại G:
13
.tan .tan45
36
a
SG OG SOB OG BO

Vậy
23
.
1133
...
336212
S ABCD ABCD
aa a
VSGS

.
Dạng 5. Thể tích khối chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh bên, mặt bên cùng tạo
với đáy những góc bằng nhau
1. Phương pháp
- Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc cạnh
bên cùng tạo với đáy những góc bằng nhau thì chân
Ví dụ: Cho hình chóp .S ABC , đáy ABC có
10 cmAB
, 12 cmBC
, 14 cmAC , các mặt bên
đường cao trùng với tâm
đường tròn ngoại tiếp mặt
đáy.
- Hình chóp có các mặt bên cùng tạo với đáy những
góc bằng nhau thì chân đường cao chính là tâm
đường tròn nội tiếp mặt đáy.
cùng tạo v
ới mặt phẳng đáy
các góc bằng nhau và đều
bằng
thỏa mãn tan 3
. Thể tích khối chóp
.SABCD
là
A.
3
228 cm
B.
3
576 cm
C.
3
192 cm D.
3
384 cm
Hướng dẫn giải
Ta có

18 cm
2
AB BC AC
p


2
18 18 10 18 12 18 14 24 6 cmS 
Các mặt bên cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng
nhau nên hình chiếu của S trên
A
BC là tâm đường
tròn nội tiếp
A
BC SI ABC .

46
.cm
3
S
Spr IMr
p

SIM
vuông tại I có

46
.tan .3 4 6 cm
3
SI IM SMI.
Vậy

3
11
. . .24 6.4 6 192 cm
33
SABC ABBC
VSSI
Chọn C.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Cho chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh
bằng a, các cạnh bên bằng nhau và đều bằng
3a . Thể tích khối
chóp
.S ABC
là
A.
3
3
2
a
B.
3
3
6
a
C.
3
2
6
a
D.
3
2
4
a
Các cạnh bên bằng nhau nên
hình chiếu của S trên
A
BC
là tâm đường tròn ngoại tiếp
A
BC
. Do
A
BC đều nên
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi G là trọng tâm
A
BC SG ABC
A
BC đều
33
23
aa
AM AG
SGA
vuông tại G có
22
26
3
a
SG SA AG
Vậy
23
113262
.. . .
33436
SABC ABC
aaa
VSSG
hình chiếu vuông g
óc của S
trên
A
BC là trọng tâm G
SG ABC
Bài tập 2. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác cân
A
BACa,
120BAC , các cạnh bên bằng nhau và cùng tạo
với mặt phẳng đáy các góc
30
. Thể tích khối chóp
.S ABCD
là
A.
3
3
12
a
B.
3
4
a
C.
3
3
4
a
D.
3
12
a
Hướng
dẫ
n giải
Chọn D
2
13
..sin
24
ABC
a
SABACBAC

Các cạnh bên bằng nhau và cùng tạo
với mặt phẳng đáy các góc
30 nên
hình chiếu O của S trên
A
BC là
tâm đường tròn ngoại tiếp
A
BC
SO ABC

,30SA ABC SAO
A
BC có
22
2..cos 3
B
CABAC ABACBACa
2
.. 3 3
44. 4
abc a a a a
SOAa
R
OA

SAO có
3
.tan
3
a
SO AO SAO
Vậy
23
1133
.. . .
334312
SABC AABC
aa a
VSSO
Cạnh bên bằng nhau và cùng
tạo với mặt phẳng đáy các góc
30 nên hình chiếu của S trên
A
BC là tâm đường tròn
ngoại tiếp
A
BC
.

,30SA ABC SAO
.
Bài tập 3. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy ABCD là tứ giác lồi
và góc tạo bởi các mặt phẳng
SAB
,
SBC
,
SCD
,
SDA
với mặt đáy lần lượt là
90 , 60, 60, 60. Biết rằng tam giác
SAB vuông cân tại S,
A
Ba
và chu vi tứ giác ABCD là
9a
. Tính
thể tích V của khối chóp
.S ABCD .
A.
3
3
9
a
V
B.
3
3
4
a
V
C.
3
23
9
a
V
D.
3
3Va
Hướng dẫ
n giải
Chọn A
Gọi
I là trung điểm AB.
Kẻ
IH BC H BC
, ta có góc giữa


,SBC ABCD SHI
Do các mặt
SBC ,
SCD ,
SDA tạo với
A
BCD các góc
bằng nhau và bằng
60 nên các khoảng cách từ I đến các cạnh
CD, DA bằng nhau và bằng IH.
Ta có
21 6
.tan60 .
tan60 2 6
3
SI a a
SI IH IH


2
11626
.9.
2263
ABCD
aa
SBCCDDAHIaAB

Vậy
23
112263
.
33269
ABCD
aa a
VSIS

Kẻ
IH BC
ta có


,SBC ABCD SHI
.
Do các mặt
SBC ,
SCD ,
SDA tạo với
A
BCD các
góc bằng nhau nên các khoảng
cách từ I đến các cạnh CD, DA
bằng nhau từ đó tính được
.tanSI IH SIH
Bài tập 4. Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình chữ
nhật cạnh
A
Ba
,
2
A
Da
. Đỉnh S cách đều các đỉnh A, B, C,
D,
của mặt đáy và 5SB a . Thể tích khối chóp .S ABCD là
A.
3
15
8
a
B.
3
15
6
a
C.
3
15
4
a
D.
3
15
3
a
Hướng dẫ
n giải
Chọn D
Đỉnh S cách đều các đỉnh A, B,
C, D nên tâm hình chữ nhật là
chân đường cao hạ từ đỉnh
xuống đáy.
Ta có
2
.2
ABCD
SABADa.
A
CDB O
. Do
S các đều các đỉnh
,,,
A
BCD SO ABCD .
Ta có
22
5
B
DABADa
5SB SD BD a nên
SBD
là tam giác đều
315
22
BD a
SO
.
Vậy
3
2
.
1 1 15 15
...2
3323
S ABCD ABCD
aa
VSOS a

.
Bài tập 5. Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác đều
cạnh
a. Các mặt bên
SAB
,
SAC
,
SBC
lần lượt tạo với đáy
các góc là
30 , 45, 60. Tính thể tích của khối chóp .SABC.
Biết rằng hình chiếu vuông góc của
S trên
A
BC
nằm trong tam
giác
ABC.
A.

3
3
84 3
a
V
B.
3
3
43
a
V
C.

3
3
44 3
a
V
D.

3
3
24 3
a
V
Hướng dẫn giải
Chọn Ạ
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng
A
BC
.
Kẻ
HD AB D AB,
HE AC E AC,
HF BC F BC.
Ta có
.cot30 3HD SH SH, .cot 45HE SH SH
 ,
Gọi H là hình chiếu vuông góc
của S trên mặt phẳng
A
BC .
Kẻ
HD AB D AB
HE AC E AC
HF BC F BC
3
.cot 60
3
HF SH SH
Ta có
2
3
4
ABC
a
S
mà
A
BC HAB HBC HAC
SSSS

2
1333
13 .
234
24 3
aa
SH a SH





Vậy
 
23
.
13 3 3
..
34
24 3 84 3
SABCD
aa a
V 

Tam giác ABC bị chia thành 3
tam giác nhỏ do đó
A
BC HAB HBC HAC
SSSS

.
Diện tích các tam giác nhỏ biểu
diễn theo cạnh SH và hệ thức
lượng các tam giác vuông. Từ
đó tìm được SH.
Dạng 6. Thể tích lăng trụ đứng
1. Phương pháp
Hình lăng trụ đứng:
Là hình lăng trụ có các
cạnh bên vuông góc với đáy. Độ dài cạnh bên
là chiều cao của hình lăng trụ đứng.
Các mặt bên là các hình chữ nhật. Các mặ
t
bên đều vuông góc với đáy.
Hình lăng trụ đều: Là hình lăng trụ đứng có
đáy là đa giác đều. Các mặt bên đều là các
hình chữ nhật bằng nhau.
Ví dụ: Cho hình lăng trụ đứng tam giác
.
A
BC A B C

có tất cả các cạnh đều bằng a. Thể
tích của khối lăng trụ
.
A
BC A B C

là
A.
3
3a
.
4
B.
3
a3
.
4
C.
3
3a 3
.
4
D.
3
a
.
4
Hướng dẫn giải
Ta có
A
BC
đều cạnh a
2
3
.
4
ABC
a
S

Vậy
23
.
33
...
44
ABC A B C ABC
aa
VSAAa


Chọn B.
2. Bài tập
Bài tập 1. Cho hình lăng trụ đứng
.
A
BC A B C

, đáy là tam giác
ABC vuông tại A,
,30AB a ABC
cạnh
CA
hợp với mặt đáy
góc
60.Thể tích khối lăng trụ .
A
BC A B C

là
A.
3
.
6
a
B.
3
.
2
a
C.
3
3
.
6
a
D.
3
3
.
2
a
Hướng dẫn giải
Chọn C
A
BC vuông tại A có
3
.tan
3
a
AC AB ABC
2
13
.. .
26
ABC
a
SABAC

Ta có

C A ABC C AC

60.
A
CC
vuông tại C có
.tan .CC AC C AC a


Vậy
23
.
33
...
66
ABC A B C AABC
aa
VSCCa


Bài tập 2. Cho lăng trụ đứng
.
A
BC A B C

, đáy ABC là tam giác
vuông tại A, cạnh
,30AC a ABC
, cạnh BC
hợp với mặt bên
A
CC A
góc
30
. Thể tích khối lăng trụ
.
A
BC A B C

bằng
A.
3
6.a B.
3
6
.
3
a
C.
3
23.a D.
3
3
.
3
a
Hướng dẫn giải
Chọn A
A
BC
vuông tại A có:
.tan
A
CAB ABC
1
..
2
ABC
SABAC
Ta có

C A ABC C AC

60
từ đó dựa vào hệ thức lương
trong
A
CC
vuông tại C
tính được
.tan .CC AC C AC
A
BC
vuông tại A có:
.cot
A
BAC ABC
Ta có
 
,30BA ACC A BC ACC A BC A
 
 .
A
BC
vuông tại A có
.cot 3
A
BAC ABCa
2
13
..
22
ABC
a
SABAC

A
BC
vuông tại A có
.cot 3. 3 3
A
CAB ACBa a

.
A
CC vuông tại C có
22
22.CC AC AC a


Vậy
2
3
.
3
..226.
2
ABC A B C ABC
a
VSCC aa


Bài tập 3: Cho lăng trụ đều .
A
BC A B C

có cạnh đáy bằng a và
A
BBC

. Thể tích của khối lăng trụ .
A
BC A B C

là
A.
3
7
.
8
a
V
B.
3
6.Va
C.
3
6
.
8
a
V
D.
3
6
.
4
a
V
Hướng dẫn giải
Chọn C
Gọi E là
điểm đố
i xứng của C qua điểm
1
.
2
BAB CEa
Khi đó tam giác ACE vuông tại
22
43.AAE aaa
Tứ giác
B
CBE

là hình bình hành //
B
CBE
.
Do
A
BBC ABBE


.
1
.
2
ABC
SABAC

dựa vào hệ thức lượng trong
A
BC vuông tại A tính được
.cot .
A
CAB ACB
A
CC
vuông tại C tính
được chiếu cao lăng trụ
22
CC AC AC


Ta lấ
y điểm E là điểm đối
xứng với C qua B.
Khi đó tam giác ACE vuông
tại A.
Tứ giác
B
CBE

là hình bình
hành
//
B
CBE

.
Do
A
BBC

A
BBE

.
Ta có BC B E AB

 nên
tam giác
A
BE
vuông cân
tại
.
B
Nên tính được
2
A
E
AB
.
Mặt khác, t
a có
BC B E AB


nên tam giác
A
BE
vuông cân
tại
B
36
.
2
22
AE a a
AB

Xét tam
giác
A
AB

vuông tại
A
2
22 2
62
.
22
aa
AA AB A B a






Vậy
23
23 6
..
24 8
aa a
V 
Bài tập 4: Cho lăng trụ đứng .
A
BC A B C

có đáy ABC là tam
giác vuông cân tại A, cạnh
2
B
Ca , góc giữa hai đường thẳng
A
C
và
BA
bằng
60
. Thể tích khối lăng trụ
.
A
BC A B C

là
A.
3
3
.
2
a
B.
3
.
2
a
C.
3
3
.
3
a
D.
3
.
3
a
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có
1
2..
22
ABC
a
BC a AB AC a S AB AC

Lấy D,
D
sao cho
.
A
BDCABDC

là hình hộp
// , 60BD AC A BD AC BA


Mà
A
BAC ABBD ABD

 đều.
Do
A
BCD

là hình chữ nhật,
22
A
DBCa ABa AAa

.
Vậy
3
.
..
2
ABC A B C ABC
a
VSAA


Bài tập 5: Cho hình lăng trụ đứng
.
A
BC A B C

có đáy ABC là
tam giác vuông,
A
BBCa . Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng
A
CC
và

A
BC

bằng 60. Thể tích khối chóp .
B
ACC A

bằng
A.
3
.
3
a
B.
3
.
6
a
Dựa vào định lý Py-t
a-go
trong tam giác
A
AB

vuông
tại
A
tính được
22
.
A
AABAB


C.
3
.
2
a
D.
3
3
.
3
a
Hướng dẫn giải
Chọn A
Gọi M là trung điểm của
A
C

. Do tam giác
A
BC

vuông cân
tại
B
nên
B
MAC

M
BAACC


.
Thể tích khối chóp
.
B
ACC A

là
.
1
..
3
BACCA
VBMAAAC


.
Ta có
2
,2
2
a
BM AC a
.
Do

M
BAACCMBAC

.
Kẻ
M
KAC BKAC

 .
Vậy góc giữa hai mặt phẳng
A
CC
và
A
BC
là
60MKB MKB

.
Trong tam giác vông
M
KB
ta có
6
tan 60
tan 60 6
M
BMBa
MK
MK


.
Trong tam giác vuông
M
KC
ta có
22 22
6
2
6
tan .
2
26
436
a
MK
MC K
MC MK a a

Mặt khác trong tam giác vuông
A
AC
ta có
2
.tan 2
2
A
AAC MCK a a


Vậy
3
.
112
.. . .2 .
3323
BAACC
aa
VBMAAACaa



Gọi M là trung điểm của
A
C
.
Do tam giác
''
A
BC
vuông
cân tại
B
nên
BM AC

M
BAACC


.
Dạng 7. Thể tích lăng trụ xiên
1. Phương pháp
Lăng tru xiên có cạnh bên không vuông góc
với đ
áy. Ch
iều cao là khoảng cách từ một
đỉnh b
ất k
ì củ
a mặt đáy này đến mặt đáy đố
i
diện. Để tính chiều cao ta dựa vào hệ thức
lượng trong tam giác.
Ví dụ:Cho lăng trụ .
A
BC A B C

tam giac ABC
vuông cân tại A, cạnh
3
A
Aa
, hình chiếu
vuông góc của
A
lên mặt phẳng

A
BC là trong
điểm của AC, góc tạo bởi
A
A
với
A
BC
bằng
45
. Thể tích khối lăng trụ
.
A
BC A B C

là
A.
3
36
.
2
a
B.
3
6
.
3
a
C.
3
3
.
4
a
D.
3
6.a
Hướng dẫn giải
Chọn A
Gọi H là trung điểm
A
C A H ABC
 ;


,45AA ABC A AH

.
Xé
t tam giác
A
HA
vuoong cân tại H có
26
.sin 3. ,
22
a
AH AA AAH a


6
26
2
a
A
HAH ABAC AHa

2
1
.3
2
ABC
SABACa
.
Vây
3
2
.
63 6
.3..
22
ABC A B C ABC
aa
VSAHa


.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1:
Cho lăng trụ .
A
BC A B C

đây là tam giác ABC vuông
tại A,
,3
A
BaBCa, hình chiếu vuông góc của B
trên mặt
phẳng
A
BC
trùng với chân đường cao H kẻ từ đỉnh A của tam
giác ABC, góc tạo bởi
A
B
với
A
BC bằng 60 . Thể tích khối
lăng trụ
.
A
BC A B C

là
A.
3
3
.
4
a
B.
3
33
.
4
a
C.
3
.
3
a
D.
3
.a
Hướng dẫn giải
Chọn D
2
11 2
..2.
22 2
ABC
a
SABACaa

Ta có
B
HABC


,60AB ABC B AH


Xét tam giác ABC vuông tại A có
..26
3
3
A
BAC aa a
AH
BC
a
.
Xét tam giác
A
HB
vuông tại H có
6
.tan .tan60 2
3
a
B
HAH BAH a

.
Vậy
2
3
.
2
..2
2


ABC ABC ABC
a
VSBHaa
Bài tập 2. Cho lăng trụ .
A
BCDABCD

đáy là hình thang cân
ABCD có
,2
A
CBDAC a, cạnh
A
A
tạo với mặt phẳng đáy
góc
60. Hình chiếu vuông góc của
A
trên mặt phẳng (ABCD) là
điểm H thuộc đoạn AC sao cho
1
3
A
HHC . Thể tích của khối
lăng trụ
.
A
BCDABCD

là
A.
3
23
.
3
a
B.
3
23.a
C.
3
3
.
3
a
D.
3
3a .
Hưỡng dẫn giải
Chọn D
ABCD là hình thang cân
2
A
CBD a
2
1
.2
2

ABCD
SACBDa
11
342
a
AH HC AH AC


,60AA ABCD A AH


Xét tam giác
A
HA
vuoong tại H có
Ta có


,
A
BABC BAH

60
Tam giác ABC vuông tại A có
nên:
.
A
BAC
AH
BC
.
Áp dụng hệ thức lượng trong
tam giác
A
HB
vuông tại H ta
tính được chiều cao:
.tanBH AH BAH
Tứ giác ABCD có hai đường
chéo
A
CBD
1
..
2
ABCD
SACBD

,60AA ABCD A AH


3
.tan . 3
22
aa
AH AH AAH


.
Vậy
23
.
3
.2. 3
2
ABCD A B C D ABCD
a
VSAHaa


.
Bài tập 3. Cho khối lăng trụ .
A
BC A B C

, khoảng cách từ C đến
đường thẳng
BB
bằng 2, khoảng cách từ A đến các đường thẳng
BB
và CC
lần lượt bằng 1 và 3 , hình chiếu vuông góc A lên
mặt phẳng

A
BC

là trung điểm M của
B
C
và 2
A
M
. Thể
tích của khối lăng trụ
.
A
BCABC

bằng
A. 3. B. 1.
C.
2. D.
23
.
3
Hướng dẫn giải
Chọn C
Gọi N là trung điểm BC,
2AN A M

.
Kẻ
A
EBB
tại,
EAF CC tại F.
Ta có
EF MN H nên H là trung điểm EF.
Lại có

.
AE AA
A
A AEF AA EF EF BB
AF AA

 
Khi đó
,1,, 3,,2d A BB AE d A CC AF d C BB EF

 
Ta có
222
A
EAFEF AEF
vuông tại
1.
2
EF
AAH
Mặt khác

//
AA AEF
M
N AEF MN AH
MN AA
 
.
Xét
A
MN vuông tại A có
22
.23
3
AH AN
AM
AN AH

.
Ta có





,
AA NM ABC
AA NM AEF
A
BC AEF HAN
AA NM ABC AN
AA NM AEF AH



.
1
2
1
.. .3
2

 
AH
AN
ABC ABC
AH
AE AF S S AE AF
AN
Vậy
.
23
..32
3
ABC A B C ABC
VSAM

.
Áp dụng hệ thức lượng trong
tam giác
A
HA
vuông tại H ta
tính được chiều cao:
.tan
A
HAH AAH
Gọi N là trung điểm BC.
2AN A M
.
Kẻ
A
EBB
tại E,
A
FCC
tại F.
Ta có
EF MN Hnên H
là trung điểm EF.
Ta có
A
EAA
A
FAA

A
AAEF

A
AEF EFBB


Khi đó
,1,d A BB AE

,3,
dACC AF
,2dCBB EF
.
A
MN
vuông tại A ta tính
được chiều cao AM.
Diện tích tam giác AEF tính
theo công thức
.cos
AEF ABC
SS HAN

Tổng quát các dạng bài này:


2
,,
22
,
..
4
ABB ACC
CBB
ddAM
V
AM d

Dạng 8 . Thể tích hình hộp
1. Phương pháp
Hình hộp:
Là hình lăng trụ có đáy là hình bình hành.
Có bốn mặt bên đều là các hình bình hành.
Hình hộp đứng: Là hình lăng trụ đứng có đáy là
hình bình hành. Có bốn mặt bên đều là các hình chữ
nhật.
Hình hộp chữ nhật: Là hình hộp đứng có đáy là
hình chữ nhật. Sau mặt của hình hộp chữ nhât đều là
các hình chữ nhật.
Hình lập phương: Là hình hộp chữ nhật có tất cả
các cạnh bằng nhau. Sáu mặt đều là các hình vuông.
Ví dụ: Cho hình lập phương
.
A
BCDABCD

có 43AC
.
Thể tích khối lập phương
.
A
BCDABCD

là
A. 23. B. 43.
C. 64. D. 125.
Hướng dẫn giải
Đặt 2.AB x AC x
A
AC
vuông tại A có
22 22
23;AC AA AC x x x

43 3 43 4.AC x x

Vậy
3
.
464
ABCD A B C D
V


.
Chọn C.
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Cho hình hộp đứng .
A
BCDABCD

có đáy ABCD là hình
thoi cạnh a,
120BAD
.Gọi G là trọng tâm tam giác ABD, góc tạo
bởi
CG
và mặt đáy bằng 30 . Thể tích khối hộp .
A
BCDABCD

là
A.
3
.a B.
3
.
3
a
C.
3
.
6
a
D.
3
.
12
a
Hướng dẫn giải
Ta
có
2
3
..sin .
2
ABCD
a
SABADBAD
Do
120
B
AD ACD đều
A
Ca và
22
33
a
CG CO OG AC
.
Lại có

,30CG ABCD CGC


Xét
CCG
vuông tại C có
23
.tan
9
a
CC CG C GC


Vậy
3
.
.
3
ABCD ABCD ABCD
a
VSCC


Chọn B.
Bài tập 2.
Một tấm bìa hình vuông có cạnh 50cm. Người ta cắt bỏ đi
ở một góc tấm bìa hình vuông cạnh 16cm rồi gấp lại thành một cái
hộp chữ nahat không có nắp. Thể tích khối hộp chữ nhật là
A. 5184
3
.cm B. 8704
3
.cm
C.
4608
3
.cm
D. 18496
3
.cm
Hướng dẫn giải
16
A
ABBCCDD cm


nên ABCD là hình vuông có
50 2.16 18 .
A
Bcm
3
.
. . 18.18.16 5184
ABCD A B C D
VABACAD cm

.
Chọn A.
..sin
ABCD
SADADBA
D
Góc tạo bởi
CG
và mặt đáy

,

CG ABCD C
Áp dụng hệ thức
lượng trong
CCG
vuông tại
C tính được
.tan 'CC CG C G
C
.
Khi cắt bỏ một góc
tấm bìa một hình
vuông cạnh 16cm
thì cạnh đáy còn lại
là
50 2.16 18 ,cm
chiều cao là 16cm.
Bài tập 3. Cho hình hộp .
A
BCDABCD

có đáy ABCD là hình chữ
nhật
15,AB 5AD . Hai mặt bên
A
BB A
và
A
DD A
lần
lượt tạo với mặt phẳng đáy những góc
30
và
60
, cạnh bên có độ
dài bằng 1. Thể tích khối hộp
.
A
BCDABCD

là
A. 21. B.
15 65
.
12
C.
15 65
.
13
D.
21
.
2
Hướng dẫn giải
Ta có
.515
ABCD
SABAD
Kẻ

,, ;
A
H ABCD MH AB NH AD M AB N AD


,30;ABBA ABCD AMH



,60ADD A ABCD A NH


Đặt
A
Hx
, khi đó
23
,
sin 60 3
xx
AN

3
,2
3
x
A
MNH AM x

.
Xét
A
AM
vuông tại M có
2
22 2 2
339
14
339
x
AA AM AM x x


Vậy
.
339 1565
.515. .
39 13
ABCD A B C D ABCD
VSAH


Chọn B.
Ta có
.5
ABCD
SABAD
Kẻ

A
HABCD
,
,
M
HABNHA
D


,
A
BB A ABCD


,
A
DD A ABCD

Xét
A
AM
vuông
tại M có
22
2
A
AAMAM


Mà
sin 60
A
H
AN
,
,2
A
MNHAM
A

Từ đó suy ra .
A
H
Dạng 9. Tỉ số thể tích khối chóp
1. Phương pháp
So sánh thể tích khối chóp cần tính với một
khối đa diện khác đã biết trước hoặc dễ dàng
tính thể tích.
Trong phương pháp này, ta thường hay sử
dụng kết quả của các bài toán sau
Kết quả 1.
Cho hình chóp .SABC. Lấy
,,
A
BC

tương
ứng trên các cạnh
,,SA SB SC
Khi đó
Chú ý: Kết quả trên vẫn đúng nếu như trong
các điểm
,,
A
BC

có thể có điểm
,,
A
AB BC C


Thông thường, đối với bài toán này, đề
thường cho điểm chia đoạn theo tỉ lệ, song
song, hình chiếu…
Công thức chỉ đúng khi đáy là tam giác. Nếu
đáy là tứ giác, ngũ giác… ta phải phân chia
đáy thành các tam giác và tính tổng thể tích
các khối có đáy là tam giác.
Kết quả 2.
Cho hình chóp
.SABCD
đáy
A
BCD
là hình
bình hành. Mặt phẳng

P
cắt
Chứng m
inh
Đặt
BSC BSC


Ta có


,
,
dA SBC
SA
SA
dASBC




..
..
1
,.
3
1
,.
3
SB C
S ABC A SBC
S ABC A SBC
SBC
dA SBC S
VV
VV
dASBC S







11
,...sin
32
..
11
,...sin
32
dA SBC SBSC
SA SB SC
SA SB SC
dASBC SBSC



(điều phải chứn
g
minh)
Chứng minh
1.
Chứng minh
acbd

.
.
..
SABC
SABC
V
SA SB SC
VSASBSC


,,,SA SB SC SD
lần lượt tại
,,,
A
BCD

với
;;;
SA SB SC SD
abc d
SA SB SC SD


;;; 0abcd
Khi đó ta có
hai công thức quan trọng sau
1.
2.
Chú ý: Các công thức 1, 2 chỉ áp dụng cho
hình chóp có đáy là hình bình hành. Các công
thức này được ứng dụng rất nhiều trong các
bài toán tìm thiết diện cũng như thể tích khối
đa diện nên tận dụng khi làm trắc nghiệm để
không phải làm theo phương pháp chia nhỏ
đáy thành các tam giác.
Gọi O là
tâm hình bình hành, I là giao điểm của SO và
A
BCD

Ta có
2
SA I SC I SA C
SAO SOC
SAO SCO SAC
SS S
SS
SS S


..sin ..sin
..sinAS ..sinCS
SA SI A SI SC SI C SI
SA SO O SC SO O


=
'. 'sin ' '
2.
.sin
SA SC A SC
SA SC ASC
.. .
2.
.. .
SA SI SC SI SA SC
SA SO SC SO SA SC


Nhân cả hai vế của đẳng t
hức với
..
..
SA SC SO
SA SC SI

ta được
2.
SA SC SO
SA SC SI


(1)
Chứng minh tương tự
2.
SB SD SO
SB SD SI


(2)
Từ (1) và (2) suy ra
SA SC SB SD
SA SC SB SD


Hay
acbd

(điều phải chứng minh)
acbd
.
.
4
S ABCD
S ABCD
V
abcd
Vabcd


2. Chứng minh
.
.
4
S ABCD
S ABCD
V
abcd
Vabcd


Ta có
...
...
22
S ABCD S ABC S ADC
SABCD SABC SADC
VVV
VVV
  

1
.. ..
2
SA SB SC SA SD SC
SA SB SC SA SD SC
 




=
11 1
22
db
abc acd abcd




Do
acbd

suy ra
2
abcd
bd


Vậy
.
.
4
SABCD
S ABCD
V
abcd
Vabcd


(điều phải chứn
g
minh)
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Cho hình chóp SABC, trên các cạnh AB, BC, SC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho
2, 4,
A
MMBBNNCSPPC
. Tỉ số thể tích của hai khối chóp S.BMN và A.CPN là
A.
4
3
. B.
8
3
. C.
5
6
. D.
1
.
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có
..
.B.ACS
14 4
.. .
35 15
SBMN BMNS
SABC
VV
BM BN BS
V V BA BC BS

..
.C.ABS
11 1
.. .
52 10
ACPN C ANP
SABC
VV
CA CN CP
V V CA CB CS

.
.
41 8
:
15 10 3
SBMN
ACNP
V
V

Bài tập 2. Cho hình chóp tứ giác đều
.S ABCD
có đáy là hình vuông
A
BCD
cạnh a, góc giữa mặt
bên và mặt phẳng đáy là
thỏa mãn
1
cos
3
. Mặt phẳng
P
qua AC và vuông góc với mặt phẳng
SAD
chia khối chóp
.S ABCD
thành hai khối đa diện có thể tích là
1
V
và
2
V
với
12
VV
. Tỉ lệ
1
2
V
V
gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau?
A.
0,11
. B.
0,13
. C.
0,7
. D.
0,9
.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Gọi O
là tâm hình vuông
A
BCD
.
Vì
.S ABCD
là hình chóp tứ giác đều nên
SO ABCD
Gọi N
là trung điểm CD


,
,
CD SN CD ON
SCD ABCD SNO
SCD ABCD CD



Kẻ
CM SD
Ta có

AC BD
A
C SBD AC SD
AC SO
 

SD ACM ACM SAD
nên mặt phẳng
P
là
A
CM
Xé
t tam giác SON vuông tại O có
3
2
1
2
cos
3
a
ON a
SN
SNO

22
22
3
2
22
aa
SO SN ON a




Xé
t tam giác SOD vuông tại O có

2
2
22
210
2
22
aa
SD SO OD a





Ta có
3
.
11 . 310
2
..
22 10
10
2
SCD
a
a
SN CD a
SCMSDSNCDCM
SD
a

Xé
t tam giác MCD vuông tại M có
2
222
310 10
10 10
aa
DM CD CM a





Ta c
ó
10
1111
10
... . .
2. 2 2 2 10
10
2
MACD MACD
SABCD SACD
a
VV
DM DA DC DM
V V DS DA DC DC
a
 
1
10
M
ACD SABCD
VV
Mặt phẳng

P
chia khối chóp
.S ABCD
thành 2 khối
M
ACD
và
SABCM
9
10
SABCD MACD SABCM SABCM SABCD
VVV V V
Do đó
1
0,11
9
MACD
SABCM
V
V

Tổng quát: Cho hình chóp tứ giác đều
.S ABCD
có đáy là hình vuông
A
BCD
cạnh a, góc giữa
mặt bên và mặt phẳng đáy là
. Mặt phẳng
P
qua AC và vuông góc với mặt phẳng
SAD
chia
khối chóp
.S ABCD
thành hai khối đa diện có thể tích là
1
V
và
2
V
với
12
VV
. Tỉ số thể tích của hai
khối đa diện là
2
1
2
cos
V
V
Hướng dẫn giải
Ta có
22 2 2
2
1
.
cos
SD SN ND ON ND
SNO

2
2
1
1cos1
2 cos 2.cos
aa


Ta có
11
..
22
SCD
SCMSDSNCD

2
2
1
.
.
2cos
1cos
cos 1
2cos
a
a
SN CD a
CM
a
SD

2
222
2
2
.cos
1cos
1cos
aa
DM CD CM a

11
... .
2. 2 2
MACD MACD
SABCD SACD
VV
D
MDADC DM
V V DS DA DC DS

2
2
2
2
cos
1cos
1cos
21cos
1cos
2cos
a
a

22
222
cos cos 1
1
1 cos 1 cos 1 cos
M
ACD SABCD SABCM SABCD SABCD
VVV V V







Do vậy
2
cos
MACD
SABCM
V
V
.
Bài tập 3. Cho hình chóp
.SABC
có
00
; 2 ,ASB=BSC=60 ,ASC 90SA SB a SC a
. Thể tích của
khối chóp
.SABC
bằng V. Tỉ số
3
6V
a
bằng
A.
46
3
. B.
2
. C.
3
. D.
3
3
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Gọi M là
trung điểm SC.
Ta có
SM a SAM
vuông cân tại S.
Gọi H là trung điểm của AM.
Ta có
222
2
A
MSASMa=+=
12
22
a
SH AM
Vì
SM SB a
và
0
60BSC
nên
BSM
đều
BM a
SAB
có
0
;ASB=60SA SB a nên là tam giác đều
AB SA a
Suy ra
AB BM a ABM
cân tại B.
Mặt khác
222
2
A
BBM a
và
22 2 2 2
2
A
M a AB BM AM
ABM
vuông cân tại B (định lý Py-ta-go đảo)
12
22
a
BH AM
Ta có
22
22 2 2222
22
22
aa
SH BH a SH BH SB a

 



SHB
vuông cân tại H (định lý py-ta-go đảo).
Ta có
,SH AM SH HB SH ABM.
223
.
11122
..
22 3 32212
ABM S ABM ABM
aaaa
SABBMVSHS

 
3
.
..
3
.
26
22 2
6
S ABC
S ABC S ABM
S ABM
V
SC a V
VV
VSM a

Tổng quát: Cho chóp
.SABC
có
,;SA a SB b SC c

và
ASB= ,BSC= , ASC

. Thể tích
khối chóp
.SABC
là
222
.
1 cos os cos 2cos cos cos
6
SABC
abc
Vc



.
Bài tập 4. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy ABCD là hình bình hành. Trên các cạnh SA, SB, SC
lần lượt lấy các điểm
,,
A
BC

sao cho
2; 3; 4SA SA SB SB SC SC


, mặt phẳng
A
BC

cắt cạnh
SD tại
D
. Gọi
12
,VV lần lượt là thể tích của hai khối chóp
.SABCD

và
.S ABCD
. Khi đó tỉ số
1
2
V
V
bằng
A.
1
24
. B.
1
26
. C.
7
12
. D.
7
24
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Cách 1.
Phân chia đáy thành 2 tam giác
243 3 3
SA SC SB SD SD SD
SD SD
SA SC SB SD SD SD


.
..
.
111 1 1
.. ..
234 24 24
S ABC
S ABC S ABCD
S ABC
V
SA SB SC
VS
VSASBSC




.
..
.
111 1 1
.. ..
2 3 4 24 24
SACD
S ABC S ACD
SACD
V
SA SD SC
VS
VSASDSC




.. .
...
.
1
24 24
SABC SACD SABCD
S ABCD S ABC S ACD
S ABCD
VV V
VVV
V

 

Cách 2. Áp dụng trực tiếp công thức
Ta có
.
.
2433 1
4.2.4.3.3 24
4. . . .
S ABCD
S ABCD
SA SB SC SD
V
SA SB SC SD
SA SB SC SD
V
SA SB SC SD






Dạng 10. Tỉ số thể tích khối lăng trụ
1. Phương pháp
Trong phương pháp này, ta thường hay
sử dụng kết quả của bài toán
Cho hình lăng trụ
.
A
BCABC

có các
điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh
AA , ,BB CC

sao cho
,,
AA
AM BN CP
abc
BB CC


Khi đó
.
3
ABCMNP
ABC A B C
V
abc
V


Đặc biệt:
..
..
,
33
A MNP M BCPN
ABC A B C ABC A B C
VV
abc
VV


Chứng minh
Ta có
...ABCCB ABC ABC AABC
VV V

.
..
2
1
33
ABC ABC
ABC A B C ABC A B C
V
VV

 

Ta có




.
.
1
;.
3
;.
A
BC
M ABC
ABC A B C
ABC
d M ABC S
V
V
dA ABC S



;
111
33AA3
;
dM ABC
AM
a
dA ABC

Suy ra
Ta có
// ; ;
A
M BCC B d M BCPN d A BCPN


..
M
BCPN A BCPN
VV
Suy ra
..
..
M
BCPN A BCPN BCPN
A BCC B A BCC B BCC B
VVS
VVS




1
.;
2
.; 2
BN CP d C BB
B
NCP
B
Bd CBB BB


2222 2
BN CP BN CP b c
BB BB BB CC


..
2
M
BCPN A BCC B
bc
VV

.
.
2
.
23
A
BC A B C
MBCPN
V
bc
V


..
.
3
M
BCPN ABC A C B
bc
VV


Mặt khác
.. .'
.
3
A
BCMNP M ABC M BCPN ABC A B C
abc
VVV V


.
3
ABCMNP
ABC A B C
V
abc
V

(điều phải chứng minh).
2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Cho khối lăng trụ
.
A
BC A B C

có M, N, P lần lượt thuộc các cạnh
AA , ,BB CC

sao
cho
A,3,3
M
MA BN NB CP PC


. Đặt
1
V
là thể tích của khối đa diện
2
,
A
BCMNP V
là thể
tích khối đa diện còn lại. Tỉ số
1
2
V
V
là
A.
3
2
. B.
2
. C.
3
. D.
4
3
.
Hướng dẫn giải
Chọn B
..
.
3
M
ABC ABC A B C
a
VV

Ta có
133
;3 ;3
AA 2 4 4
MA BN CP
MA MA BN NB CP PC
BB CC



Đặt
.ABC A B C
VV

Suy ra
1 1
121
2
133
22 1
244
2
33 3 3
VV
VVVVVV
VV


Bài tập 2. Cho hình lăng trụ tam giác
.
A
BCABC

có thể tích là V và độ dài cạnh bên
6AA
.
Trên cạnh
,,
A
ABBCC

lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho
2, ,
A
MBNxCPy

với x, y
là các số dương thỏa mãn
12xy
. Biết rằng thể tích khối đa diện
.
A
BC MNP
bằng
1
2
V
. Giá trị
của
22
x
y
bằng
A.
24
. B.
25
. C.
10
. D.
17
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
.
.
1111
;; ;
36 6 33662
ABC MNP
ABC A B C
V
AM BN x CP y x y
AA BB CC V






.
Suy ra

2
22 22
749492 25xy xy x y xy x y  
Dạng 11: Tỉ số thể tích khối hộp
1. Phương pháp
Cho hình khối hộp
.
A
BCD A B C D

, mặt phẳng
cắt các cạnh
,,,DDAA BB CC

lần lượt tại
M, N, P, Q sao cho
,,,
DD
AM BN CP DQ
abc d
AA BB CC


Khi đó t
a có


.
.
1
4
11
22
ABDC MNPQ
ABCD A B C D
V
abcd
V
ac bd



Chứng minh
Xét mặt phẳng
A
CC A

Từ M, P ta lần lượt kẻ các đường thẳng
song song với AC cắt
OO
theo thứ tự E, F
Ta có
OF
OO OO
AM CP OE
AA CC


OI - IF 2
OO OO OO
OI IE OI


Tương tự xét
mặt phẳng
DDBB
Ta cũng có
2
DD OO
BN DQ OI
BB


Do đó
DD
AM CP BN DQ
acbd
AA CC BB


Chia
khối hộp
.
A
BCD A B C D

thành
hai khối
.
A
BCABC

và
.
A
CD A C D

Áp dụng tỉ số thể tích của khối lăng trụ
tam giác ta được

.
.
1
4
ABDC MNPQ
ABCD ABCD
V
abcd
V



11
22
ac bd

2. Bài tập
Bài tậ
p 1. Cho hình lập phương
.
A
BCD A B C D

có N là trung điểm
CC
. Mặt phẳng
đi qua
AN cắt các cạnh
,BB DD

lần lượt tại M, P.
chia khối lập phương thành hai phần có thể tích
tương ứng bằng
1
V
và

21 2
VV V
. Tỉ số
2
1
V
V
bằng
A.
7
3
. B.
2
. C.
3
. D.
5
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn C
Từ giả thiết ta có
.
1
0
1
2
224
ABCDPNM
ABCD A B C D
AA CN
V
AA CC
V



Vậy
2
1
3
3
4
ABCDPNM
AMNPABCD
V
V
VV


Bài tập 2. Cho hình hộp
.
A
BCD A B C D

có thể tích bằng
3
36cm
. Gọi hai điểm M, N lần lượt
thuộc các cạnh
,
A
ACC

sao cho
2, 3
A
MAMCNCN
. Một mặt phẳng đi qua M, N lần lượt
cắt cạnh
,BB DD

tại P và Q. Thể tích khối
A
BCDMPNQ
bằng
A.
3
18cm
. B.
3
22cm
. C.
3
10,5cm
. D.
3
25,5cm
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Ta có
.
23
17
34
2224
ABCDMPNQ
ABCD A B C D
AM CN
V
AA CC
V




3
.
17 17
.36 25,5
24 24
ABCDMPNQ ABCD A B C D
VV cm


Bài tập 3. Cho hình hộp
.
A
BCD A B C D

có thể tích bằng
V
. Gọi M, N, P lần lượt thuộc các cạnh
,,,DDAA BB CC

sao cho
2,2 3;3 4;4 5
A
MAMBNBNCPCPDQDQ


. Thể tích
khối
A
BCDMNPQ
bằng
A.
572
945
V
. B.
13
21
V
. C.
26
45
V
. D.
559
945
V
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Ta có
2 4 26 3 5 52
;
3 7 21 DD 5 9 45
AM CP BN DQ
AA CC BB

 
DD
A
MCPBNDQ
AA CC BB


Cạnh MP s
ẽ lệch trên. Khối đa diện lồi
A
BCDMNPQ
được chia thành hai khối đa diện theo cạnh
MP là BACNMP và DACQMP.
Ta có
1 1 3 2 4 193
3 3537 315
BACNMP
BACB A C
V
BN AM CP
VBBAACC






193 193
315 630
BACNMP BACB A C
V
VV


.
1 1 5 2 4 113
3 DD 3 9 3 7 189
DACQMP
DACD A C
V
DQ AM CP
VAACC






113 113
189 378
DACQMP DACD A C
V
VV


Vậy
193 113 572
630 378 945
ABCDMNPQ BACNMP DACQMP
VV V
VVV
Dạng 12. Tách hình để tính thể tích
1. Phương pháp
Để tính thể tích các khối da diện phức tạp ta
không tính trực tiếp mà tính gián tiếp thông
Ví dụ: Cắt khối hộp
.
A
BCD A B C D

bởi các
mặt phẳng
,,
A
BD CBD BAC
 
qua vi
ệc tính thể tích các khối đơn giản (khối
chóp, khối lăng trụ).
+ Khối đa diện A được tạo bởi các khối đơn
giản
12
, ,...
n
A
AA
. Khi đó
12
...
n
A
AA A
VVV V
.
+ Khối đa diện A
được bổ sung
thêm các khối
cơ bản
12
, ,...
n
A
AA
để tạo thành khối cơ bản
B
Khi đó

12
...
n
AB AA A
VV VV V
.
+ Ta có thể sử dụng khôi phục lại hình ẩn ban
đầu để tính toán dễ dàng hơn.
+ Sử dụng phương pháp trải hình trên mặt
phẳng để dễ hình dung và tính toán thuận tiện
hơn.
, DAC
ta được khối đa diện có thể tích lớn
nhất là
A.
'
A
AB D
. B.
D
ADC
.
C.
A
CB D
. D.
CC B D

.
Hướng dẫn giải
Cắt khối hộp bởi các mặt phẳng
,
A
BD

,CB D
B
AC
, DAC
ta được 5 khối tứ
diện
A
ABD

,
B
ABC
,
CC B D

,
DDAC
,
A
BDC
.
Gọi V là thể tích của khối hộp.
1
6
AA B D B ABC CC B D D ADC
VVVV V


Suy ra
1
3
ACB D
VV

nên tứ diện
A
CB D

có
thể tích lớn nhất
Chọn C.
2. Bài tập
Bài tập 1.
Một khúc gỗ có dạng và độ dài các cạnh được cho như hình vẽ. Thể tích khúc gỗ là
A. V = 12. B. V = 96. C. V = 36. D. V = 24.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Khúc
gỗ được chia thành 2 phần, mỗi phần là một lăng trụ tam tam giác có đáy là các tam giác vuông,
chiều cao khối lăng trụ bằng 4.
Thể tích khối gỗ là
12
11
4. .3.2 4. .3.4 36
22
VVV
.
Bài tập 2. Một hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có ba kích thước là 2 cm, 3 cm và 6 cm. Thể tích
của khối tứ diện A.CB’D’ bằng
A.
3
8cm
. B.
3
12cm
. C.
3
16cm
. D.
3
4cm
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Khối hộp được tạo thành từ 5 khối B.AB’C; D.ACD’; A’.B’AD’; C.B’C’D’; A.CB’D’.
Ta có
.’ . ’ ’.’’ .’’’ .’’.''' ' BABC DACD A BAD CBCD AABCD A D BCCDB
VVVVVV
.’ .’’ .’.''' ' .''' '’.’
44
B
AB C A CB D A CB D B CABCD A B B ACD ABCDA CD B
VVVVVV
3
.''' ' .''' ' '. ''’.’ '
111
4 .2.3.6 12
633
ABCD A B C D ABCD A B C DAABCDABDC CBD
VV V V cm
.
Bài tập 3. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có thể tích bằng V. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm
nằm trên các cạnh AA’, BB’, CC’ sao cho AM =
1
2
AA’; BN =
2
3
BB’; CP =
3
4
CC’. Thể tích khối
chóp M.BCPN là
A.
7
36
V
. B.
17
36
V
. C.
7
18
V
. D.
11
18
V
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có
.'''
'.
A
BC A B C ABC
VV AAS
..'''
111
...'.
332 6
M ABC M A B C ABC ABC
V
VV MAS AAS
.
Mặt khác
'''.
'''.
1' ' '
3' ' '
ABC MNP
ABC ABC
V
A
MBNCP
VAABBCC




' ' '. ' ' '. ' ' '.
1111 13
3234 36
ABC MNP ABC ABC ABC MNP
VVVV

 


.
.'''..'''.
13 17
636 36
M BCPN A B C ABC M ABC A B C MNP
VV
VV VV V V
.
Bài tập 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Hai cạnh AC, BD cắt nhau tại O. Mặt
phẳng (P) đi qua điểm O và song song với mặt phẳng (SAD) cắt khối chóp S.ABCD tạo thành hai
khối có thể tích lần lượt là
1
V
;
21 2
()VV V
. Tỉ số
1
2
V
V
bằng
A.
5
11
. B.
3
5
. C.
7
13
. D.
1
2
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Cách 1:
Gọi h,
V,
A
BCD
S
lần lượt là chiều cao, thể tích và diện tích đáy của hình chóp S.ABCD. Mặt phẳng
(P) cắt hình chóp S.ABCD tạo thành thiết diện như hình vẽ. Khi đó
1HGFCBE
VV
và thể tích phần còn
lại là
21 2
()VV V
.
Ta có
....
H
GFCBE H BEO H BOC H OCF G HCF
VVVVV
.
1111
...
32 32 32 2
BEO BOC OCF B GCF
hhh
SSSV


111
...
32 2 32
BEO BOC OCF BCF
hh
SSS S





111
.. ..
32 2 32 4
ABCD
BEFC
S
hh
S




11 111 1 1 1 5
... ... .
2 3 2 2 2 4 3 4 16 16
ABCD
ABCD
S
hhSVVV




.
Suy ra
1
5
16
VV
. Do đó
21
511
16 16
VVVV V V
.
Vậy
1
2
5
11
V
V
.
Cách 2:
Ta có
.
11
.. ..
3322
SADFE ADFE
SV
VhSh
.
Lại có
.
.
112 2 3
4.1.1.2.2. 8
4. . . .
SEFGH
SEFCB
SE SF SB SC
V
SE SF SH SG
SE SF SB SC
V
SE SF SH SG



..
33
816
SEFGH SEFCB
V
VV
.
Do đó
.. 2
311
216 16
SADFGHE S ADFE S EFGH
VV V
VVV V
suy ra
1
5
16
VV
.
Vậy
1
2
5
11
V
V
.
Bài tập 5. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh 2a, gọi M là trung điểm của BB’ và P thuộc
cạnh DD’ sao cho
1
DD'
4
DP
. Mặt phẳng (AMP) cắt CC’ tại N. Thể tích khối đa diện AMNPBCD
bằng
A.
3
2Va
. B.
3
3Va
. C.
3
9
4
a
V
. D.
3
11
3
a
V
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Thể tích khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ là V=

3
3
28aa
.
Cách 1: Gọi O, O’ lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và A’B’C’D’, gọi K=OO’ MP, khi đó
N=AK
CC’.
Ta có

1
2
OK DP BM
13 3
2
224 2
aa a
aCNOK




.

2
1135
..2
2222
BMNC
aa
SBMCNBCaa




.
23
.
1155
.. ..2
3323
A BMNC BMNC
aa
VSAB a.

2
113
..22
2222
DPNC
aa
SDPCNCD aa




.
3
2
.
114
.. .2.2
333
A DPNC DPNC
a
VSADaa.
33
3
..
54
3
33
ABMNC ADPNC
aa
VV V a.
Cách 2:
Áp dụng công thức tính tỉ số thể tích khối hộp, ta có
.''' ' .''' '
11113
.
2' ' 2248
AMNPBCD AMNPBCD
ABCD A B C D ABCD A B C D
VV
BM DP
VBBDDV




33
3
.8 3
8
AMNPBCD
Vaa
.
Bài tập 6. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và
BC. Điểm P trên cạnh CD sao cho PD=2CP. Mặt phẳng (MNP) cắt AD tại Q. Thể tích khối đa diện
BMNPQD bằng
A.
2
16
. B.
25 2
432
. C.
2
48
. D.
13 2
432
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Ta có MN//AC và PQ = (MNP) (ACD)
PQ//AC
2
3
DQ DP
DA DC

.
Thể tích khối tứ diện đều ABCD là
2
12
ABCD
VV
.
Chia khối đa diện cần tính thành các khối tứ diện D.PQB; B.MNQ; B.PQN.
Ta có
.. .
B
MNPQD D PQB B MNQ B PQN
VVVV
.
Trong đó
2
.
24
...
39
DPQB
DQ DB DP
VVVV
DA DB DC




.
2
...
1111
... . . . ..
24412
ACQ
B MNQ B ACQ B ACQ
ACD
S
BM BN BQ AQ
VVVVVV
BA BC BQ S AD




.
...
11 1
... . . .
22 6
PQC
BPQN BPQC BPQC
ACD
S
BP BQ BN
VVVVV
BP BQ BC S
.
Vậy
411 252
9 12 6 432
BMNPQD
VV




.
Bài tập 7. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Cạnh AA’=2a và
tạo với đáy một góc
45
. Thể tích khối tứ diện ACA’B’ là
A.
3
6
12
a
. B.
3
6
8
a
. C.
3
6
4
a
. D.
3
6
6
a
.
Hướng dẫn giải
Chọn A.
Gọi H l
à hình chiếu của A’ trên (ABC).
A
BC
đều cạnh a
2
3
4
ABC
a
S
.
Ta có
', ( ) ' 45AA ABC A AH
.
'
A
AH
vuông tại H có
''.sin' 2
A
HAA AAHa.
3
.'''
6
.'
4
ABC A B C ABC
a
VSAH
.
Khối lăng trụ
được chia là
m ba khối chóp C.A’B’C’, B’.ABC và A.CA’B’.
Ta có
.''' .'''
1
3
C A B C ABC A B C
VV
và
'. . ' ' '
1
3
B ABC ABC A B C
VV
3
'' .''' .''' '. .'''
16
312
ACA B ABC A B C C A B C B ABC ABC A B C
a
VV V V V 
.
Bài tập 8. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích bằng 15. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm trên cạnh
A’B’, B’C’, BC sao cho M là trung điểm của A’B’, B’N=
4
''
5
BC
và BP=
3
5
BC
. Đường thẳng NP
cắt đường thẳng BB’ tại E và đường thẳng EM cắt đường thẳng AB tại Q. Thể tích khối đa diện lồi
AQPCA’MNC’ bằng
A.
23
64
. B.
49
16
. C.
83
8
. D.
45
4
.
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Ta có
3
''4
EB EQ EP BP
EB EM EN B N

()
()
()
()
()
()
()
()
,'''
'
4,'''4,'''
'
,'''
dE ABC
EB
dE ABC dB ABC
BB
dB ABC
===
Lại có
'
'''
''142
..
'' '' 25 5
BMN
ABC
S
BM BN
SBABC

.
 
.' ' '''
112
,( ' ) . .4 ,( ' ' ') .
335
EMBN MBN ABC
VdEMBNS dBABCS
.'''
88
.15 8
15 15
ABC A B C
V
.
33
.
..'
.'
327 27
..
''464 64
EQPB
E
QPB E MB N
EMBN
V
EP EQ EB EB
VV
VENEMEBEB




.
Suy ra
.' . ' . . ' . ' . '
27 37 37 37
.8
64 64 64 8
BQPBMN EMBN EBQP EMBN EMBN EMBN
VVVV V V
.
Vậy
' ' .''' .'
37 83
15
88
AQPCA MNC ABC A B C BQP B MN
VVV
.
Dạng13.Phụchìnhvàtrảiphẳng
Bài tập 1. Cho tứ diện ABCD có
90DAB CBD
; AB=a; 5
A
Ca ;
135ABC
. Biết góc giữa
hai mặt phẳng (ABD), (BCD) bằng
30
. Thể tích của tứ diện ABCD bằng
A.
3
23
a
. B.
3
2
a
. C.
3
32
a
. D.
3
6
a
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Dựng
()
D
H ABC
.
Ta có
BA DA
B
AAH
BA DH

;
BC DB
B
CBH
BC DH

.
Tam giác AHB có AB=a,
45ABH
H
AB
vuông cân tại A
AH=AB=a.
Áp dụng định lý cosin, ta có BC=
2a
.
Vậy
2
112
.. .sin ..2.
2222
ABC
a
SBABCCBAaa
.
Dựng


()
HE DA E AD
HE DAB
HF DB F BD



và
()
H
FDBC
.
Suy ra
(),( ) ,DBA DBC HE HF EHF
Đặt DH=
x, khi đó
22 22
2
,
2
ax xa
HE HF
ax ax


.
Suy ra
22
22
32
cos
4
22
HE x a
EHF x a
HF
xa

.
Vậy
3
1
..
36
ABCD ABC
a
VDHS
.
Bài tập 2
Cho tứ diện
A
BCD
có
4; 5;AB CD AC BD

6AD BC
. Thể tích của khối tứ diện
A
BCD
là
A.
15 6
4
B.
15 6
2
C.
45 6
4
D.
45 6
2
Chú ý: Cho khối
tứ diện gần đều có
độ dài các cạnh
A
BCDa
A
CBDb
A
DBCc



Hướng dẫn giải
Chọn A
Dựng tứ diện AMNK sao cho B, C, D
lần lượt là trung điểm của các cạnh MN,
NK, KM.
Tứ diện AMNK có AM, AN, AK đôi một
vuông góc.
22 2
22 2
22 2
36
64 54
100 10 10
144 90
310
AM
AM AN AM
AN AK AN AN
AK AM AK
AK








11
.. .3610.310156
66
AMNK
VAMANAK
Vậy
15 6
44
AMNK
ABCD
V
V 
Đặt
222
222
222
x
abc
yb c a
za c b



Khi đó
2
12
ABCD
V xyz
Bài tập 3. Một con kiến đang ở vị trí M là trung điểm
cạnh
A
D

của một chiếc hộp hình lập phương
.
A
BCDABCD

cạnh 5cm.
Con kiến muốn bò qua sáu mặt của chiếc hộp
rồi quay trở lại M. Quãng đường bò đi ngắn
nhất của con kiến là
A.
16 2cm
. B.
15 2cm
.
C.
12 2cm
. D.
13 2cm
.
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Trải sáu mặt phẳng của hình lập phương
.
A
BCDABCD

như hình vẽ 1. Để đi đường ngắn nhất từ
M
đến
(
M
MM

hay
M
là trung điểm
A
D
trên mặt khai triển) thì con kiến cần bò theo đoạn
M
M
. Trên chiếc hộp, đường đi ngắn nhất của con kiến là đường
M
NPQKZM
như hình 2 với N, P,
Q, K, Z lần lượt là trung điểm của
DD , , , ,CD BC BB A B

.
Quãng đường ngắn nhất con kiến bò là đoạn
M
NPQKZM
.
Ta có
M
NPQKZM MN NP PQ QK KZ ZM
.
Các đoạn thẳng con kiến bò trên các mặt hình lập phương đều có độ dài bằng nửa độ dài đường chéo
hình vuông.
Do đó quãng đường con kiến bò ngắn nhất là
52
6. 15 2
2
Bài tập 4. Cho hình chóp tứ giác đều
.S ABCD
một con kiến bò từ đỉnh A của đáy để đi tất cả các mặt
xung quanh rồi trở về vị trí A. Biết cạnh bên bằng 6cm, cạnh đáy bằng 4cm. Quãng đường ngắn nhất
mà con kiến đi là
A.
13, 48cm
. B.
10,25cm
. C.
12,05cm
. D.
11,73cm
.
Hướng dẫn giải
Chọn D.
Trải hình
chóp thành hình như hình vẽ trên. Khi đó quãng đường ngắn nhất con kiến phải bò là
1
A
A
Ta có
000
1
1
sin AS AS 19 28 ASA 8.19 28 155 46
3
AH
HH
SA


22
1111
2. cosAS 11,73
A
ASASASASA A cm
Bài tập 13. Cho hình chóp tứ giác đều
.S ABCD
có
SA a
và
11
24
SAB
. Gọi Q là trung điểm
cạnh SA. Trên các cạnh
,,SB SC SD
lần lượt lấy các điểm
,,
M
NP
không trùng với các đỉnh của hình
chóp. Giá trị nhỏ nhất của tổng
A
MMNNPPQ

theo a là
A.
11
2sin
24
3
a
B.
3
2
a
C.
2
4
a
D.
11
3sin
12
3
a
Hướng dẫn giải
Chọn B.
Trải p
hẳng
Do
hình chóp tứ giác đều nên mỗi mặt bên đều là các tam giác cân, theo giả thiết
11
24
SAB
nên
22
24 12
ASB

(1)
Cắt hình chóp theo cạnh bên SA rồi trải các mặt bên thành một mặt phẳng ta được hình vẽ như
trên sao cho khi ghép lại thì
A
A
. Khi đó, tổng
A
MMNNPPQ

là tổng các đường gấp khúc
nên tổng này nhỏ nhất nếu xảy ra các điểm
,, ,,
A
QM NP
thẳng hàng và Q là hình chiếu của A trên
SA
.
Đồng thời theo (1) ta có
AS 4.
12 3
A

(2)
Suy ra
ASA
là tam giác đều.
Vậy
3
2
a
AQ
hay GTNN của tổng
3
2
a
AM MN NP PQ
Bài tập 6 Cho hình chóp đều
.S ABC
có
0
30 , 1ASB SA
. Lấy
,BC
lần lượt thuộc cạnh
,SB SC
sao cho chu vi tam giác
A
BC

nhỏ nhất. Tỉ số
.
.
SABC
SABC
V
V
gần giá trị nào nhất trong các giá trị sau?
A.
0,55
. B.
0,65
. C.
0, 45
. D.
0,75
.
Hướng dẫn giải
Chọn A
Trải phẳng
Cắt tứ diện theo
các cạnh
,,SA AC AB
rồi trải lên mặt
SBC
.
Tam giác
SBC
giữ nguyên; tam giác
SAB
lật thành tam giác
SAB
; tam giác
SAC
thành tam
giác
SCA
Do đó
,1AC A C SA SA


00
3.30 90ASA ASB BSC CSA


và
1SA SA
nên
SAA
là tam giác vuông cân
tại S.
2
AB C
C ABBCACABBCACAA

 
  
không đổi.
Dấu
""
xảy ra khi và chỉ khi
,,,
A
BC A

thẳng hàng tức là khi
00
,
B
BC C
.
Ta có
0
00 0
0
0
sin
sin 45
13
sin105
sin
SB SB SAB
SB
SB SB SA
SB A

Vậy
2
.
.
.4230,54
SABC
S ABC
V
SB SC SB
VSBSCSB






.
Dạng 14.Bài toán cực trị liên quan đến thể tích khối đa diện
1. Phương pháp
Bước 1:
Chọn ẩn. Ẩn này có thể là góc hoặc cạnh thích hợp trong khối đa diện.
Bước 2: Với ẩn số được chọn ở bước 1, ta xem đó như là các yếu tố đã cho để tính thể tích của
khối đa diện theo các phương pháp đã biết.
Bước 3: Ta có một hàm số mà cần tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của nó.
Dùng bất đẳng thức cổ điển
(Cô-si hay Bunhiacopxki) hoặc sử dụng tính đơn điệu của hàm để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ
nhất.
1. Bất đẳng thức Cô-si.
Cho ta có .
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .
Cho ta có
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .
V
,
f
xxD
a
0, 0ab
2
ab
ab
ab
b
0, 0, 0abc
3
.
3
abc
abc

abc
Cho
Ta c
ó
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi .
Các bất đẳng thức cơ bản.
Các dạng hay sử dụng.
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki.
a.
Dạng đa thức Bất đẳng thức Bunhiacopxki.
Cho 2 bộ số và ta có
Dấu xảy ra
b. Dạng phân thức
Cho 2 bộ số và với
Ta có
Bài tập: Cho hình chóp có đáy là tam giác vuông cân tại và vuông góc với mặt
phẳng đáy. Cho , mặt phẳng tạo với mặt đáy một góc . Thể tích khối chóp
đạt giá trị lớn nhất là
A. . B. . C. . D. .
Hướng dẫn giả
i
c
12
0, 0, , a 0
n
aa
12
12
..
n
n
n
aa a
aa a
n

12 n
aa a

22 2
11 8
2, , 0; ;
ab
ab
ba
ab
ab

1
2, 0aa
a

2
22
42ab a b a b
2
222
33.ab bc ca a b c a b c

2
12
12
11 1
n
n
aa a n
aa a






2
12 12
11 1
.
nn
n
aa a aa a


12
,2:,,,
n
nZn aa a
12
,,,
n
bb b
22 2 22 2
12 12
.
nn
aa a bb b 

2
11 2 2 nn
ab ab ab
""
12
12
.
n
n
a
aa
bb b

12
,2:,,,
n
nZn aa a
12
,,,
n
bb b
12
,,, 0.
n
bb b

2
2
22
12
12
12 12
.
n
n
nn
aa a
a
aa
bb b bb b



.SABC
A
BC C SA
SC a
SBC
.S ABC
3
16
a
3
3
27
a
3
3
48
a
3
2
24
a
Chọn B.
Ta có
Xé
t vuông tại có
đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi biểu thức
đạt giá trị lớn nhất
Cách 1:
Đặt . Vì nên
Ta có xác định và liên tục trên .
Bảng biến thiên:
Dựa vào bảng biến thiên, ta có khi .
Vậy khi và chỉ khi .


,,SBC ABC SC AC SCA

SAC
A
.sin sin
.cos cos
SA SC a
AC SC a


2
.
111
.. .
332
S ABC ABC
V S SA AC SA





3
2
2
1
.cos .sin cos.sin.
66
a
aa


.S ABC
V
22
cos .sin . 1 sin .sinP


sint
090
 0sin 1

01t
23
1
P
ft t t t t
0;1
 



2
3
(
3
31 0
3
(loa
i)
nha )
3
nt
ft t ft
t


0;1
23
max
9
ft
3
3
t
33 3
.max
23 3
max . .
66927
S ABC
aa a
VP
3
sin
3
Cách 2:
Vì
.
Áp dụng Cô-si cho 3 số dương và , ta được:
Đẳng thức xảy ra khi
Vậ
y
2. Bài tập
Bài tập 1.
Cho hình chóp
.SABC
có
SA
là đoạn thẳng thay đổi sao cho
SA x
,

0; 3x , các cạnh còn lại đều bằng 1. Thể tích khối chóp
.SABC
đạt giá trị lớn
nhất là
A.
1
4
B.
1
16
C.
1
12
D.
1
8
Hướng dẫn giải
Chọn D
Tổng quát:
Cho hình
chóp S.ABC
có SA là
đoạn thẳng
thay đổi sao
cho SA=x,
các cạnh còn
lại đều bằng
a (a là hằng
số) với
090sin0

2
222
1sin sinP

222
1 sin 1 sin 2sin
=
2


22
1sin ,1sin

2
2sin

222
1 sin 1 sin 2sin



3
222
1 sin 1 sin 2sin
8
327








222
1 sin 1 sin 2sin
4
227



2
max max
423
.
27 9
PP
22
3
1 sin 2sin sin .
3


33 3
.max
23 3
max . . .
66927
SABC
aa a
VP

Ta có tam
giác
A
BC
đều
3
4

ABC
S
.
Gọi ,
M
N lần lượt là trung điểm của
SA
và
BC
.
Ta có
SAB
và
SAC
là hai tam giác cân tại
B
và
C
nên
SA BM
SA CM
. SA BCM SA BC
Mặt khác

2
2
2
1
4

x
B
MCM AB AM BMC
cân tại M.
Suy ra
.
M
NBC BC SAN
Kẻ
.SH AN
Do
.BC SAN BC SH SH ABC
Ta có
2
22 2
31
3.
44 2

x
M
NSNSM x
2
11 . 3
.. .
22
3
 
SAN
SA NM x x
SSANMSHANSH SH
AN
222
..
13131
...
3121228






ABC ABC
xx x x
SSSH
Vậy
.
1
max
8
S ABC
V
đạt được khi và chỉ khi
222
36
3.
22
 xxx x
Bài tập 2. Cho hình chóp .S ABCD có đáy
A
BCD là hình vuông cạnh 2a . Tam giác
SAB
vuông tại
S
và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi
là góc tạo
bởi đường thẳng
SD
và mặt phẳng
SBC
, với
45
. Tìm giá trị lớn nhất của thể
tích khối chóp
.SABCD
A.
3
4a
B.
3
8
3
a
C.
3
4
3
a
D.
3
2
3
a
Hướng dẫn giải
Chọn C
Gọi
D
là đỉnh thứ tư của hình
bình hành
SADD
.
Khi đó
//DD SA
mà
SA SBC
Nên
DD SBC
Ta có


,,SD SBC DSD SDA

0; 3xa
. Thể tích
khối chóp
.SABC
đạt
giá trị lớn
nhất là
3
.
8
SABC
a
V
.
Do đó
.tan 2 tan .SA AD a
Đặt
tan , x 0;1
x
Gọi
H là hình chiều của
S
lên
A
B , ta có
2
.
14
...
33

S ABCD ABCD
a
VSHS SH
Do đó
.SABCD
V đạt giá trị lớn nhất khi
SH
lớn nhất.
Vì
SAB
vuông tại
S
nên
22 222
2
.244
21 .
2


SA SB SA AB SA ax a a x
SH ax x
AB AB a
22
1
2. .
2


xx
SH a a
Từ đó
max SH a
khi
2
tan .
2
Vậy
3
2
.
14
max .4 .
33

S ABCD
a
Vaa
Bài tập 3. Khối chóp .SABCD có đáy là hình thoi cạnh a,
,
SA SB SC a
cạnh
SD
thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp
.S ABCD
là
A.
3
2
a
B.
3
8
a
C.
3
3
8
a
D.
3
4
a
Hướng dẫn giải
Chọn D
Gọi
I
là tâm hình thoi
A
BCD
,
H
là hình
chiếu của
S
lên mặt phẳng
A
BCD
,
suy ra
HBI
.
Ta có
22222
,SI SA IA a IA
22222
IB AB IA a IA
suy ra
SI IB
.
Khi đó tam giác
SBD
vuông tại
S
.
Đặt
SD x
.
Ta có
.
....

ax
SB SD SH BD a x SH BD SH
B
D
Ta có
11 1 1 1
.. ... ..
32 3 2 6

SABCD
ax
VSHACBD ACBDaxAC
BD
Lại có
22222

B
DSBSDax
suy ra
22
2
4
ax
IB
22 22
22
3
.
44


ax ax
IA a
Suy ra
22
22
3
22 3 .
4

ax
A
CIA ax
2223
22
13
.3 . .
6624


SABCD
ax a x a
Vaxax
Bài tập 4 : Cho hình chóp
.SABCD
có đáy
A
BCD
là hình vuông cạnh bằng 2,
2SA và
SA
vuông góc với mặt phẳng đáy
A
BCD
. Gọi ,
M
N là hai điểm thay
đổi trên hai cạnh
,AB AD
sao cho mặt phẳng
SMC
vuông góc với mặt phẳng

SNC
. Tính tổng
22
11
T
A
NAM

khi thể tích khối chóp
.SAMCN
đạt giá trị lớn
nhất.
A.
2.T
B.
5
.
4
T
C.
23
.
4
T
D.
13
.
9
T
Hướng dẫn giải
Chọn B
Đặt ,.AM x AN y
Gọi
; E ;OACDB BDCM 
.FBDCN
H
là hình chiếu vuông góc của
O trên
,SC
khi đó:
2
.
3
HO
Ta có

.
SC OH SC HE
SC HBD
SC BD SC HF






Do đó góc giữa
SCM
và

SCN
bằng góc giữa
H
E và
H
F . Suy ra
.
H
EHF
Mặt khác

.
12
..
33
S AMCN AMCN
VSASxy
Ta có
0, 0
x
y
và nếu
2, 2
x
y
thì gọi
K
là trung điểm của
AM
, khi đó
2
.
42 42 4 4
OE KM x OE EB OB x
OE
E
BMB x x x x x


Tương tự
2
4
y
OF
y
mà
2
. 2 2 12.OE OF OH x y
Nếu
2
x
hoặc
2
y
thì ta có
2
. 2 2 12.OE OF OH x y
Suy r
a

.
122
.224
333
SAMCN AMCN
VSASxyxy


212
24.
32
x
x




Do đó
.
2222
1
2
11115
max 2 .
4
2
1
SAMCN
x
y
VT
AM AN x y
x
y

Bài tập 5: Cho hình chóp
.SABC
có đáy là tam giác vuông tại
A
với
1, 3.AB AC
Hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy là điểm
H
sao cho các mặt
phẳng
SAB
và
SAC
cùng tạo với
SH
góc 30 và mặt phẳng
SBC
tạo với
mặt phẳng
đáy một g
óc
60
. Thể tích lớn nhất của khối chóp
.SABC
là
A.
max
13
.
4
V
B.
max
33
.
4
V
C.
max
31
.
4
V
D.
max
33
.
4
V
Hướng dẫn giải
Chọn D
.
Ta có


,,30SH SAB SH SAC nên hai
mặt ph
ẳng
SAB
và
SAC
sẽ cùng tạo với mặt
phẳng
đáy một gó
c
60
.
Suy ra

,,,dHAB dHAC dHBC
tức
H
hoặc là tâm nội tiếp hoặc là tâm bàng tiếp
các góc
,,ABC
của tam giác.
Ta có
333
;
22
Sp

còn các cạnh
2, 3, 1.ab c

Khi
đó
13 33
;;
22
a
SS
rr
ppa


13 33
;.
22
bc
SS
rr
pb pc



Chiều cao
chóp lớn nhất khi
max max
333 3 3
3.
24
a
SH r V


Bài tập 6. Cho hình chóp tứ giác đều
.SABCD
có các cạnh bên bằng
a
, góc tạo bởi
mặt bên và mặt phẳng đáy là
với
0;
2



. Thể tích khối chóp
.SABCD
đạt
giá trị lớn nhất là
A.
3
47
.
49
a
B.
3
43
.
27
a
C.
3
23
.
9
a
D.
3
415
.
75
a
Hướng dẫn giải
Chọn B.
A
CBD O SO ABCD
Gọi
M
là trung điểm của
CD


,.SCD ABCD SMO

Gọi độ dài
một cạnh hình vuông là
x
.
Tam giác
SMC
vuông tại
M
có
2
222
.
4
x
SM SC CM a
Tam giác
SOM
vuông tại
O
có:
2
2
.cos cos .
4
x
OM SM SMO a

22 2
222
cos . cos
2444
xxxx
aa




2
22 2
2
2
22
2
2
1
4.
4cos 4 2
1tan
1
1cos 2tan
2tan
1
1tan
a
aaa
xx



.
2
2
4
.
2tan
ABCD
a
S

Ta có:
2
.tan
.tan .tan .
2
2tan
xa
SO OM SMO


23
.
2
23
2
114.tan4.tan
.. . . .
33
2tan
2tan
32tan
S ABCD ABCD
aa a
VSSO


Do
0; tan 0
2





. Thể tích khối chóp đạt giá trị lớn nhất khi

3
3
2
4.tan
.
3
2tan
a
đạt giá trị lớn nhất.
Ta xét


2
3
2
tan
.
2tan
f
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương
2
222
tan 1 1
;;.
2 tan 2 tan 2 tan


Ta có


22
3222
2
tan tan 1 1
..
2 tan 2 tan 2 tan
2tan
f




3
2
222
1tan 1 1 1
.
327
2tan 2tan 2tan











2
2
22
1tan 1
tan 1 .
27 4
2 tan 2 tan
f




Vậy

33
3
443
max .
27
321
SABCD
aa
V

Bài tập 7. Một hình hộp chữ nhật có diện tích toàn phần là
S
. Thể tích lớn nhất của
khối hộp chữ nhật là
A.
.
3
SS
B.
.
36
SS
C.
6
.
36
SS
D.
3
.
9
SS
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Gọi chiều dài, chiều rộng, chiều cao của hình hộp chữ nhật lần lượt là ,,abc với
,, 0abc .
Ta có
222Sabacbc
Áp dụng bất đẳng thức
:
A
MGM
3
222
3
22232.2.2 6Sabacbc abacbc abc
33
3
222 222
6
6.
216 216 36
SSSS
a b c S a b c abc

Đẳng thức xảy
ra
khi
abc
hình hộp chữ nhật trở thành hình lập phương.
Bài tập 8. Cho hình lăng trụ đứng
.
A
BCABC

, đáy
A
BC
là tam giác vuông tại A
. Khoảng cách từ
A
A
đến
BCC B

và khoảng cách từ
C
đến
A
BC
đều bằng
x
không đổi, góc giữa hai mặt phẳng
A
BC
và
A
BC
bằng 0;
2



. Để thể
tích khối lăng trụ
.
A
BCABC

nhỏ nhất thì góc
có giá trị gần nhất giá trị nào sau
đây?
A. 25 B. 35
C.
45 D. 55
Hướng dẫn giải
Chọn B
Dựng
,
A
HBCHBC
()CK AC K AC


Ta có


;dAA BCCB AH x

 và


;d C ABC CK x



;.ABC ABC CAC


Xét ta
m giác
A
CK
vuông tại
K
có
.
sin sin
CK x
AC

Xét tam giác
'ACC
vuông tại
C
có ' .tan .tan .
sin cos
x
x
CC AC


Xét tam giác
A
BC
vuông tại A có

2
222
23
22
111 .
.
cos
1sin
AH AC x x
AB
AB AH AC
AH AC
x

Thể tích khối lăng trụ
.
A
BC A B C

là


3
.
2
1
.. .
2
2sin cos
ABC A B C
x
VABACCC
Để thể tích khối lăng trụ
.
A
BCABC

là nhỏ nhất thì
2
sin cos
lớn nhất.
Ta có
24 222
1
sin cos 2sin cos cos
2

222 3
2
12sin cos cos 8 23 3 3
sin cos .
23 54 94
x
V







Trong các
hình hộp chữ
nhật có
cùng
diện tích
toàn phần thì
hình lập
phương thì
có thể tích
lớn nhất.
Vậy
3
min
33
.
4
x
V
Đẳng thức xảy ra
khi
22
2
2sin cos tan 35 .
2


Bài tập 9. Cho hình hộp chữ nhật .
A
BCD A B C D

có
A
BBC
và 3BD cm
. Hai
mặt phẳng
A
CC A

và
BDD B

hợp với nhau một góc
0
2





. Đường
chéo
B
D
hợp với mặt phẳng

CDD C

một góc
0
2





. Hai góc
,
thay
đổi nhưng thỏa mãn hình hộp
.
A
DD A BCC B
 
luôn là hình lăng trụ đều. Giá trị lớn
nhất thể tích của khối hộp
.
A
BCD A B C D

A.
3
3
cm
B.
23
3
cm
C.
63
3
cm
D.
12 3
3
cm
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có

;ACC A BDD B COD


.cos 3cos
22
CBD BC BD CBD

Lại có
.sin 3sin
2
CD BD CBD

Ta có

;BD CDDC BDC


Do
.
A
DD A BCC B
 
luôn là hình lăng trụ đều nên
BC CC
2
.
. . 27.sin .cos
22
ABCD ABCD
VBCCDCC


Xét
24 222
1
sin cos .2sin .cos .cos
222 222

3
222
2sin cos cos
14
222
.
23 27








Dấu
""
xảy ra khi và chỉ khi
22 2
12
2sin cos tan 2arctan
22 22 2


2
23
sin cos 6 3
229
V


.
Dạng 15: Sử dụng thể tích để tính khoảng cách
1. Phương pháp
Để tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng ta sử dụng phương pháp đổi đỉnh và
áp dụng công thức
13
..
3
V
VhSh
S

Trong đó
V
là thể tích khối đa diện,
S
là diện tích đáy và
h
là khoảng cách từ đỉnh đến
mặt đáy.
Để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau ta áp dụng công thức



16
..sin , ; ; .
6
..sin ,
V
VABCD ABCDdABCDdABCD
AB CD AB CD

2. Bài tập
Bài tậ
p 1.
Cho hình chóp
.SABC
có đáy là tam giác vuông ở
B
. Cạnh
SA
vuông
góc với đáy. Biết
,.SA a AB b Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng
SBC
là
A.
22
.
ab
ab
B.
22
2
.
ab
ab
C.
22
.
2
ab
ab
D.
22
.
ab
ab
Hướng dẫn giải
Khoảng
cách từ điểm
A đến mặt
phẳng
SBC
bằng
chiều cao
của hình
chóp
.
A
SBC
.
Do đó:


,dASBC
Chọn D
Ta có


.
3
,.
A
SBC
SBC
V
dASBC
S
Ta có:
..
11
....
36
A SBC S ABC ABC
VV SAS SAABBC
Mặt khác

SA SBC SA BC
mà
ABC
vuông tại
B
nên
.
B
CBA
Suy ra
B
CSB
hay
SBC
vuông tại
B
1
..
2
SBC
SBCBS
Vậy


22 22
1
3. . .
..
6
,.
1
.
2
SA AB BC
SA AB SA AB ab
dASBC
SB
SA AB a b
SB BC


Bài tập 2. Cho tứ diện đều cạnh bằng 1 và điểm
I
nằm trong tứ diện.
Tổng khoảng cách từ
I
đến các mặt của tứ diện là
A. 6. B.
6
.
9
C.
3
.
2
D.
6
.
3
Hướng dẫn giải
Chọn D
Xét tứ diện đều
A
BCD
có diện tích
đáy là
3
4
và chiều cao là
2
3
nên
thể tích tứ diện đều
A
BCD
là
2
.
12
V
Gọi
1234
,,,hhhh
lần lượt là khoảng
cách từ
I
đến các mặt
, , , .
B
CD ACD ABD ABC
Đặt
1234
, , , .
IBCD IACD IABD IABC
VV VV VV V V
Ta có
1234
.VVVVV
Cách trắc
nghiệm:
Chọn đặc
biệt
I
A
.
Khi đó tổng
khoảng cách
từ
I
đến các
mặt của tứ
diện bằng
khoảng cách
từ
A đến
B
CD
và
bằng
6
.
3
1
11 1
3
1
..
3
BCD
BCD
V
VhS h
S

Tương tự
3
24
234
3
33
,,.
A
CD ABD ABC
V
VV
hhh
SSS

Vậy
3
12 4
1234
3
33 3
.
BCDACDABDABC
V
VV V
hhhh
SSSS

Tứ diện
A
BCD
là tứ diện đều nên
3
.
4
BCDACDABDABC
SSSS
Suy ra



1234
1234
3
36
.
3
33
44
VVVV
V
hhhh
Bài tập 3. Cho hình hộp chữ nhật
.
A
BCDABCD

có 3, 4, 5AB AD AA
. Lấy
điểm
M
trên cạnh
A
B sao cho 4
B
MAM
. Khoảng cách từ
C
đến
B
D bằng 4.
Khoảng cách từ điểm
M
đến
BC D
là
A. 2 B.
12
5
C.
33
2
D.
8
3
Hướng dẫn giải
Chọn B
Ta có
..
44
4
55
M
BC D A BC D
BM
BM AM V V
AB

Mà
.. .
11
...108.
36
A BC D C ABD ABD M BC D
VV CCS CCABAD V



Ta có

22
,
1
5, . 10.
2
CBD
CBD
BD AB AD S d BD

Ta có




.
,
,,
3
112
..
35
MBCD
MBCD BCD
M BCD M BCD
BC D
V
VdSd
S



Bài tập 4. Cho tứ diện ABCD có 4, 5, 6.AB CD AC BD AD BC

Khoảng cách từ
A đến mặt phẳng
B
CD là
A.
36
.
7
B.
32
.
5
C.
342
.
7
D.
7
.
2
Hướng dẫn giải
Chọn C.
Áp dụng công thức tính nhanh thể tích khối tứ diện gần đều, ta có

222222222
1
62
ABCD
Vabcabcabc   

222222222
1156
= 4 5 6 4 5 6 4 5 6 .
4
62

Ta có
456 15
.
222
BC CD DB
p


Suy ra

15 7
456 .
4
BCD
Spppp

Ta có


.
15 6
3.
3
342
4
,.
7
15 7
4
ABCD
BCD
V
dABCD
S

Bài tập 5. Cho hình chóp S.ABC có 2, 3, 4SA SB SC
.Góc
45 , 60 , 90ASB BSC CSA 
. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và
BC.
A.
634
.
17
B.
434
.
17
C.
734
.
17
D.
334
.
17
Hướng dẫn giải
Chọn C
Hình chóp S.ABC có , , SA a SB b SC c và
,,ASB BSC CSA


222
. .
1 cos cos cos 2cos .cos .cos 2.
6
SABC SABC
abc
VV

 
Ta có:
20; 13.AC BC

22 2222
3 4 20 13 6 2 3
cos , .
2.
2.2. 13 26
SB SC AC AB
SA BC
SA BC


Suy ra

17
sin , .
26
SA BC
Suy ra


6634
,.
17
..sin ,
V
dSABC
SA BC SA BC

Bài tập 6. Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng V. Trên AB lấy hai điểm M, N trên
CD lấy hai điểm P, Q thỏa mãn
231
MN PQ
CD AB
. Thể tích khối MNPQ đạt giá trị
lớn nhất bằng
A. .
8
V
B. .
16
V
C.
.
24
V
D.
.
32
V
Hướng dẫn giải
Chọn C.

1
.. , .sin , ;
6
ABCD
V AB CD d AB CD AB CD

1
.. , .sin , .
6
MNPQ
V MN PQ d MN PQ MN PQ
Do
,,dABCD dMNPQ
và

sin , sin ,
A
BCD MN PQ
nên
.
.
.
MNPQ
ABCD
V
M
NPQ
VABCD
Ta có 2 3 22 .3 26 .
M
NPQ MNPQ MNPQ
CD AB CD AB CD AB

1
6.
2
MN PQ
CD AB

do
231
MN PQ
CD AB

11
..
24 24
MNPQ
ABCD
V
MN PQ
CD AB V

Vậy
.
24 24
MNPQ MNPQ
VV
VMaxV
| 1/79
| | Tải xuống

Có thể bạn quan tâm:

Preview text:

BÀI 3. THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN A. LÍ THUYẾT
Công thức tính thể tích khối chóp, lăng trụ
Thể tích khối chóp: V  1 S .h . 3 ®¸y Trong đó: : S Diện tích mặt đáy. ®¸y
h: Độ dài chiều cao khối chóp.
Thể tích khối lăng trụ: V S .h ®¸y Trong đó: : S Diện tích mặt đáy. ®¸y
h: Chiều cao của khối chóp.
Thể tích khối hộp chữ nhật: V  . a . b c
Thể tích khối lập phương: V  3
Chú ý: Lăng trụ đứng có chiều cao chính là a cạnh bên. Chú ý:
+) Đường chéo của hình vuông cạnh a là: a 2 .
+) Đường chéo của hình lập phương cạnh a là: a 3
+) Đường chéo của hình hộp chữ nhật có ba
kích thước a, b, c là: 2  2  2 a b c .
+) Đường cao của tam giác đều cạnh a là: a 3 2
CÁC CÔNG THỨC HÌNH PHẲNG CẦN NẮM
1. Hệ thức lượng trong tam giác
a) Cho ABC vuông tại A, đường cao AH. +) 2  2  2 AB AC BC ; +) 2
AC CH.BC ; +) ; AH.BC  . AB AC +) 2
AB BH.BC ; 1 1 1 +) 2
AH BH.HC ; +)   ; 2 2 2 AH AB AC +) . AB  .
BC sin C B .c C os B  .
AC tan C A .c C ot B
b) Cho ABC có độ dài ba cạnh a, b, c; độ dài các trung tuyến ; m , m , m bán kính đường tròn a b c
ngoại tiếp R; bán kính đường tròn nội tiếp r, nửa chu vi p.
+) Định lí hàm số cosin: 2 a  2 b  2 c  2b . c cos A ; 2 b  2 c  2 a  2c . a cos B ; 2 c  2 a  2 b  2a . b cos C . a b c +) Định lí hàm số sin:    2R . sin A sin B sin C +) Độ dài trung tuyến: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 b c a c a b a b c 2 2 2 m   ; m   ; m   . a 2 4 b 2 4 c 2 4
2. Các công thức tính diện tích a) Tam giác: 1 1 1 +) S  . a h  . b h  . c h 2 a 2 b 2 c 1 1 1 +) S bc sin A  ca sin B absin C 2 2 2 abc +) S  4R +)
S pr (p: nửa chu vi của tam giác). +) S
pp a p b p cA . B AC B . C AH
+) ABC vuông tại A: S   2 2 2 a 3 a 3 +)
ABC đều, cạnh a: . AH  , S  2 4 b) Hình vuông:  2 S
a (a: cạnh hình vuông) c) Hình chữ nhật: (
S ab a, b: hai kích thước) d) Hình bình hành: 
S  ®¸y  chiÒu cao = . AB . AD sin BAD e) Hình thoi:  S AB AD BAD  1 . .sin A . C BD 2 1
f) Hình thang: S  a bh (a, b: hai đáy, h: chiều cao) 2
g) Tứ giác có hai đường chéo vuông góc: S  1 . AC BD 2
NHẮC LẠI CÁCH XÁC ĐỊNH CAC GÓC TRONG KHÔNG GIAN
Góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy Để tính góc     ,
SA P , ta gọi H là hình chiếu vuông góc
của S trên P . Khi đó HA là hình chiếu vuông góc của SA trên P .
Vậy SA P   SA AH    , ,  SAH .
Góc giữa cạnh bên và mặt đứng
Để tính góc SB SAH   ,
biết SAH   P ta dựng BK AH
BK AH K AH  . Vì 
nên BK  SAH  BK SH
Khi đó K là hình chiếu vuông góc của B trên SAH
SK là hình chiếu vuông góc của SB trên SAH
Vậy SB SAH    SB SK   , ,  BSK
Góc giữa hai mặt phẳng
Góc giữa hai mặt phẳng bằng góc giữa hai đường thẳng
lần lượt thuộc hai mặt phẳng cùng vuông góc với giao tuyến.
Góc giữa mặt bên và mặt phẳng đáy
Để tính góc SAB P  ,
, ta gọi H là hình chiếu vuông
góc của S trên P .
Kẻ HI ABI AB AB HI  
AB  SHI   AB SIAB SH
Vậy SAB P   SI HI   , ,  SIH .
Góc giữa mặt bên và mặt đứng
Để tính góc SAB SAH   ,
biết SAH   P , ta kẻ 
   BK HA BK HA K HA  
BK  SHA . BK SH
Kẻ KI SAI SA SA KI  
SA  BKI   SA BISA BK
Vậy SAB SAH    KI BI   , ,  BIK .
II. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Dạng 1. Thể tích khối chóp có cạnh bên vuông góc với đáy 1. Phương pháp
Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy, thì
cạnh bên đó chính là chiều cao của khối chóp. MÔ HÌNH 1
Hình chóp S.ABC , cạnh SA vuông góc với đáy.
+ Đáy là tam giác ABC. + Đường cao SA.
+ Cạnh bên SB, SC, SA.
+ SAB , SAC là các tam giác vuông tại A.
+ Góc giữa cạnh SB với đáy ABC là góc  SBA.
+ Góc giữa cạnh SC với đáy ABC là góc  SCA .
+ Góc giữa mặt bên SBC với đáy là góc  SHA
với H là hình chiếu vuông góc của A trên BC. MÔ HÌNH 2
Hình chóp S.ABCD , có đáy ABCD là hình chữ
nhật (hình vuông) và SA vuông góc với đáy.
+ Đáy là hình chữ nhật (hình vuông) ABCD. + Đường cao SA.
+ Cạnh bên SA, SB, SC, SD. + SAB  , SAC  , S
AD là các tam giác vuông tại A.
+ Góc giữa cạnh SB với đáy ABCD là  SBA.
+ Góc giữa cạnh SC với đáy ABCD là  SCA .
+ Góc giữa cạnh SD với đáy ABCD là  SDA .
+ Góc giữa mặt bên SBC với đáy ABCD là  SBA
+ Góc giữa mặt bên SCD với đáy ABCD là  SDA 2. Bài tập
Bài tập 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông. Cạnh bên SA = a và vuông góc với 2 đáy. Diện tích tam giác a 2 SBC bằng
. Thể tích khối chóp đã cho bằng 2 3 3 3 A. a 3 a 2a 3 a . B. . C. . D. . 2 3 3 Lời giải. Chọn C.
Đặt cạnh hình vuông là x > 0. Suy ra 2 2 2 2
SB = SA + AB = a + x . 2 Dễ thấy a 2 1 1
BC ^ (SAB)  BC ^ SB nên ta có 2 2 = S = S . B BC =
a + x .x ¾¾  x = . a 2 AB D C 2 2 3
Vậy thể tích khối chóp: 1 a V = S .SA = . S .ABCD 3 ABCD 3
Bài tập 2. Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh ,
a SA vuông góc với đáy và khoảng cách từ a
A đến mặt phẳng (SBC) bằng
2 . Thể tích của khối chóp đã cho bằng 2 3 3 3 A. a a 3 a 3 a . B. . C. . D. . 2 3 9 Lời giải. Chọn C.
Gọi H là hình chiếu của A trên . SB
Dễ dang chứng minh được
AH ^ (SBC)  d éA (SBC) a 2 , ù = AH = . ë û 2 Ta có 1 1 1 = + ¾¾ SA = . a 2 2 2 AH SA AB 3
Vậy thể tích khối chóp: 1 a V = S .SA = . 3 ABCD 3
Bài tập 3. Cho hình chóp S.ABC đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB a , 
ACB  60 cạnh bên
SA vuông góc với mặt phẳng đáy và SB tạo với mặt đáy một góc bằng .
45 Thể tích của khối chóp S.ABC là 3 a 3 3 a 3 3 a 3 3 a 3 A. B. C. D. 6 18 9 12
Hướng dẫn giải Chọn B.
Ta có ABC vuông tại B nên  3  .cot  .cot 60  a BC AB ACB a 3 2 1 1 a 3 a 3  SB . A BC  . a  ABC 2 2 3 6
Ta có AB là hình chiếu vuông góc của SB trên  ABC
SB ABC      SB AB  , ,  SBA  45
SAB vuông tại A nên  SA  .t
AB an SBA A .
B tan 45  a . 2 3 1 1 a . 3 a 3 Vậy VS .SA  .a S.ABC 3 ABC 3 6 18
Bài tập 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân,  AD BC , cạnh AD  2a ,
AB BC CD a và
SA vuông góc với mặt phẳng ,
ABCD cạnh SC tạo với mặt phẳng đáy góc .
60 Thể tích của khối chóp S.ABCD là 3 a 3 a 3 3 3a 3 3 3a 3 A. B. C. D. 3 4 4 2
Hướng dẫn giải Chọn C.
Gọi M là trung điểm AD. Ta chia hình thang cân ABCD thành ba tam giác ABM, BCM, CDM, ba tam
giác này là các tam giác đều cạnh a. 2 3a 3 Do đó . SABCD 4
Ta có AC là hình chiếu vuông góc của SC trên  ABCD  SC ABCD      SC AC  , ,  SCA  60 . AB 3 a 3
Lại có AH là đường cao trong tam giác đều ABM nên AH  
AC  2AH a 3 . 2 2
SAC vuông tại A nên 
SA AC.tan SCA AC.tan 60  3a . 2 3 1 1 3a . 3 3a 3 Vậy . VS .SA  . .3a S.ABCD 3 ABCD 3 4 4
Nhận xét: Việc chia nhỏ hình thang cân ABCD thành ba tam giác đều sẽ giúp ta thuận tiện trong
việc tính diện tích đáy. 2 AB 3
Chú ý: Nếu ABC là tam giác đều thì SABC 4
Bài tập 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi ,
AC  2a BD  3a , AC BD và
SA vuông góc với mặt phẳng ,
ABCD cạnh SC tạo với mặt phẳng đáy góc  1 thỏa mãn tan  3
. Thể tích khối chóp S.ABCD là 3 2a 3 a 3 a 3 a A. B. C. D. 3 3 4 12
Hướng dẫn giải Chọn A. AC.BD Ta có 2
AC BD S   3a ABCD . 2
Do AC là hình chiếu vuông góc của SC trên
ABCD nên SC ABC    D    SC AC  , ,  SCA 2   .tan  a SA AC . 3 3 1 1 2a 2a Vậy . 2 VS .SA  3a .  S.ABCD S. 3 ABCD 3 3 3
Bài tập 6. Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ,  ABC hai mặt phẳng SAB
và SBC vuông góc với nhau, SB a 3 ,  BSC  45 , 
ASB  30 . Thể tích khối chóp SABC 3 a là V. Tỉ số là V 8 8 3 2 3 4 A. B. C. D. 3 3 3 3
Hướng dẫn giải Chọn A.
Ta có: SA   ABC  SAB   ABC .
SBC  SAB,ABC  SAB Mà 
BC  SAB
SBCABC  BC
 ABC, SBC là các tam giác vuông tại B. a 3 3a
Xét SAB vuông tại A có:   AB  .s SB in ASB  , .
SA SB cos ASB  2 2
Xét SBC vuông tại B có:  BC S .t
B an BSC a 3 2 1 1 a 3 3   a S A . B BC  . .a 3  ABC 2 2 2 4 2 3 3 1 1 3a 3a 3a a 8 Vậy V  .S .SA  . .    S.ABC 3 ABC 3 4 2 8 V 3 Tổng quát:
Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng ABC , hai mặt phẳng SAB và SBC
vuông góc với nhau, BSC   , .  ASB   3 SB .sin 2.tan 
Thể tích khối chóp S.ABC là: VS.ABC 12 Chứng minh: Xét SAB vuông
tại A có: AB S .s B in ; SA  .c SB os Xét SBC vuông tại B có: BC  .t SB an  1  1 SA . B BC 2  .SB .sin.tan  ABC 2 2 1 2 sin tan  cos   Vậy V  .S .SA SB SB 3 .sin 2 .tan  SB S .ABC 3 ABC 6 12
Dạng 2. Thể tích khối chóp có mặt bên vuông góc với đáy 1. Phương pháp
Hình chóp có một mặt bên vuông góc với đáy thì chân đường
cao nằm trên giao tuyến của mặt phẳng đó và đáy.      
      d Ta có:   a    . a     a d
Hình chóp có hai mặt vuông góc với đáy thì giao tuyến của
chúng sẽ vuông góc với đáy.
   P 
Ta có:    P
d  P .    d 2. Bài tập
Bài tập 1. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD, AB a , AD a 3 , tam giác SAB cân tại S và 3a
nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, khoảng cách giữa AB và SC bằng
. Tính thể tích V của 2
khối chóp S.ABCD . 3 2 3 A. 3 V a 3 B. 3 V  2a 3 C.a V D. 3 V  3a 3 3
Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi H, I lần lượt là trung điểm của AB, CD, kẻ HK SI .
Vì tam giác SAB cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy
Suy ra SH   ABCD . CD HI
CD  SIH   CD HK HK  SCD CD SH
CD AB d AB, SC   d AB,SCD  d H,SCD  HK 3a Suy ra HK
; HI AD a 3 2 2 2 HI .HK
Trong tam giác vuông SHI ta có SH   3a 2 2 HI HK 1 1 Vậy 2 3 VSH.S  3 . a a 3  a 3 . S.ABCD 3 ABCD 3
Bài tập 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB A 2 , AC A 5 . Hình
chiếu của điểm S trên mặt phẳng  ABC trùng với trung điểm của đoạn thẳng BC. Biết rằng góc giữa
mặt phẳng SAB và mặt phẳng SAC bằng 60 . Thể tích của khối chóp S.ABC là 3 5a 6 3 5a 10 3 a 210 3 a 30 A. B. C. D. 12 12 24 12
Hướng dẫn giải Chọn D.
Gọi H là trung điểm của BC.
Ta có SAB  SAC  SA , kẻ BE SA và GH BE ,
Suy ra SAC SAB  
 GH SAC     , ,  HGI  60 . 2 7 2 5
Đặt SH h , ta tính được 2   a SA h và 2   a SP h . 4 4 2 5a 2 a 2 a 2. h  . 2 h S BE SH HM SAB 4 . Vậy 2 BE    HG  , HI   2 2 SA 2 7 SM a a 2 2 h h  4 2
Tam giác GIH vuông tại I có 2 a 2 5a 2 a 2 . h  . h IH 3 2 4 2  sin 60  .  2 2 HG 2 7a a 2 2 h h  4 2 2 4 7a 15a 2a 3 4 2  h h   0  h  4 8 4 3 1 a 30 Vậy VA . B AC.SH  . SABC 6 12
Bài tập 3. Cho hình chóp S.ABC với các mặt phẳng SAB, SBC , SAC vuông góc với nhau
từng đôi một, diện tích các tam giác SAB, SBC, SAC lần lượt là 2 2 2
20 cm , 27 cm , 30 cm . Thể tích khối chóp SABC là A. 3 40 3 cm B. 3 40 cm C. 3 60 cm D. 3 60 3 cm
Hướng dẫn giải Chọn D.
Ta có các mặt phẳng SAB, SBC , SAC
vuông góc với nhau từng đôi một nên SA SB ,
SA SC , SB SC . 2 2 S  20 cm  S . A SB  40 cm SAB 2 2 S  27 cm  S . B SC  54 cm SBC 2 2 S  30 cm  S . A SC  60 cm SAC  SA SB SC2 . .  40.54.60  129600  . SA . SB SC  360
Do SAB,SBC,SAC vuông góc với nhau từng đôi một  AS  SBC . 1 1 Vậy 3 VS .SA  . SA SB SC  . 60 cm . S.ABC 3 ABC 6
Bài tập 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, hai mặt phẳng SAB và SAD
cùng vuông góc với đáy, biết SC a 3 . Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của SB, SD, CD, BC.
Thể tích của khối chóp . A MNPQ là 3 a 3 a 3 a 3 a A. B. C. D. 3 8 12 4
Hướng dẫn giải Chọn B. MN PQ
Ta có MN PQ
NP PQBD   SC
MNPQ là hình chữ nhật. Suy ra V  2V  2V . A MNPQ . A MQP M .AQP
Ta có d M AQP 1 ;  SA 2 1 Mà 2 2      ;    a SA SC AC a d M AQP SA 2 2 1 1 3 1 3 3 S
AH.QP  . AC. BD AC.BD aaAQP  22 3 2 2 2 4 2 16 16 8 1 1 a 3 a Do đó: Vd M AQP S a AQP  ;  3 2 .  . .  M . 3 AQP 3 2 8 16 3 3 a a Vậy V  2V  2.  . A MNPQ M .AQP 16 8
Dạng 3. Thể tích khối chóp đều 1. Phương pháp
Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác
đều và các cạnh bên bằng nhau. Trong hình chóp đều:
+) Đáy là một đa giác đều
+) Đường cao hình chóp qua tâm của đa giác đáy.
+) Các mặt bên là các tam giác cân và bằng nhau . Chú ý:
Đường cao vẽ từ đỉnh của một mặt bên gọi là
+) Phân biệt hình chóp tam giác đều khác
trung đoạn của hình chóp đều.
với hình chóp có đáy là tam giác đều. Hình
+) Các cạnh bên hợp với đáy các góc bằng
chóp tam giác đều là hình chóp có đáy là tam nhau
giác đều và các cạnh bên bằng nhau. Nói một
+) Các mặt bên hợp với đáy các góc bằng
cách khác, hình chóp tam giác đều là hình nhau.
chóp có đáy là tam giác đều nhưng điều
ngược lại không đúng.
+) Hình chóp tứ giác đều là hình chóp đều có đáy là hình vuông. 2. Bài tập
Bài tập 1. Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng 2a. Thể tích
của khối chóp S.ABC là 3 11a 3 13a 3 11a 3 11a A. V B. V C. V D. V  12 12 6 4
Hướng dẫn giải Chọn A.
S.ABC là hình chóp tam giác đều và G là
trọng tâm tam giác ABC. Khi đó SG   ABC
. Do đáy là tam giác đều nên gọi I là trung điểm
cạnh BC, khi đó AI là đường cao của tam giác đáy.
Theo định lý Pi-ta-go ta có 2 a a 3 2 2a 3 a 3 2 AI a  
, và AG AI   . 4 2 3 3.2 3 2 a 11a
Trong tam giác SGA vuông tại G ta có 2 SG  4a   . 3 3 3 1 1 a 3 11a 11a Vậy V  . a .  3 2 2 3 12
Bài tập 2. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy
bằng 60 . Thể tích khối chóp S.ABC là 3 a 3 3 a 3 3 a . 5 3 a . 3 A. V B. V C. V D. V  4 12 12 10
Hướng dẫn giải Chọn B. 2 a 3 Ta có S  . ABC 4
S.ABC là hình chóp tam giác đều và G là trọng
tâm tam giác ABC. Khi đó SG   ABC .
Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên 2 a 3 AG AM  3 3
Xét tam giác SAG vuông tại G có SG  .t
AG an 60  a 2 3 1 1 a 3 a 3 Vậy VS . G S  . . a  . S.ABC 3 ABC 3 4 12
Bài tập 3. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên tạo với mặt phẳng
đáy một góc 60 . Thể tích của khối chóp S.ABCD là 3 a 6 3 a 6 3 a 3 3 a 6 A. V B. V C. V D. V  2 3 2 6
Hướng dẫn giải Chọn D. Ta có 2 Sa . ABCD
Gọi O AC BD .
Do S.ABCD là hình chóp đều nên SO   ABCD .
Ta có SB ABCD   SB OB   , ,  SBO .
Tam giác SOB vuông tại O, có  a 2 a 6 SO  .t OB an SBO  .tan 60  . 2 2 3 1 1 a 6 a 6 Vậy 2 V  .S .SO  .a .  . S.ABCD 3 ABCD 3 2 6
Bài tập 4. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a. Gọi G là trọng tâm tam giác ABC,
góc giữa SG và mặt phẳng SBC là 30 . Thể tích khối chóp S.ABC là 3 a 3 3 a 3 3 a 3 3 a 3 A. B. C. D. 4 8 12 24
Hướng dẫn giải Chọn D. 2 a 3
Tam giác ABC đều cạnh a nên S  . ABC 4
Hạ GH SM H SM   GH  SBC  SG SBC     ,  GSM  30 .  1 1 a 3 a
SG GM .cot GSM  .AM .cot 30  . . 3  3 3 2 2 2 3 1 1 a 3 a a 3 Vậy V  .S .SG  . .  . S.ABC 3 ABC 3 4 2 24
Bài tập 5. Cho hình chóp tứ giác đều có tất cả các cạnh bằng nhau, đường cao của một mặt bên là
a 3 . Thể tích V của khối chóp đó là 2 2 4 2 2 2 A. 3 V a B. 3 V a C. 3 V a D. 3 V a 3 3 6 9
Hướng dẫn giải
Ta có SM a 3 . Do SBC đều nên SC BC  2a . AC 2a 2  SO    a 2 . 2 2 3 1 1 4a 2
Vậy thể tích khối chóp đó là 2 V S . O Sa 2.4a  . 3 ABCD 3 3
Bài tập 6. Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD
có đáy ABCD là hình vuông tâm , O cạnh bằng .
a Cạnh bên bằng a 3. Gọi M là trung điểm
của CD, H là điểm đối xứng của O qua SM
(tham khảo hình vẽ bên). Thể tích khối đa diện ABCDSH bằng 3 3 3 3 A. a 10 a 10 a 10 5a 10 . B. . C. . D. . 12 18 24 24 Lời giải. Chọn D.
Khối đa diện ABCDSH được chia thành hai khối chóp S.ABCD và H.SCD. 3 • 1 1 a 10 2 2 V = S .SO = S . SB -OB = . S . ABCD 3 ABCD 3 ABCD 6
• Vì H đối xứng với O qua SM nên d é ,
O (SCD)ù = d éH ,(SCD)ù. ë û ë û 3 Suy ra 1 a 10 V =V = V = . HSCD OSCD S . 4 ABCD 24 3
Vậy thể tích khối đa diện cần tính: 5a 10 V =V +V = . S . ABCD H .SCD 24
Bài tập 7: Cho hình chóp .
S ABCD đều có cạnh bên và cạnh đáy đều bằng a. Cho điểm M  SA sao
cho diện tích S của MBD nhỏ nhất. Giá trị S bằng A. 3a . B. a . C. 2a . D. a . 4 2 4 4 Hướng dẫn giải Chọn C
Gọi S là diện tích MBD   1  1 S BD.MO a 2.MO 1 2 2
 minS xảy ra  minMO xảy ra
Nhưng minMO  d O,SA    OH
Vì tứ diện đều nên O  AB  CD thì SO là đường cao.  SOA vuông tại O (2) Trong đó:  OA  a 2   2  2 2 SO  2 SA  2 OA  2 a  2a  2a  a 2  4 4 2 2  2 a 2 2 a
SOA vuông cân tại O  OH  OA.  .  2 2 2 2 1   1 a  2a min S .a 2.
xảy ra khi H là trung điểm SA. 2 2 4
Dạng 4. Thể tích khối chóp biết trước một đường thẳng vuông góc với đáy 1. Phương pháp
Hình chóp có cạnh bên vuông góc với đáy, thì cạnh bên đó chính là chiều cao của khối chóp.
Việc tính SH ta thường dựa vào hệ thức lượng trong tam giác vuông.
Đề bài thường cho mối quan hệ về góc giữa đường thẳng với mặt phẳng hoặc góc giữa hai mặt
phẳng xác định độ dài đường cao. 2. Bài tập
Bài tập 1. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân Chú ý:
tại A, cạnh BC  2a , gọi M là trung điểm BC, hình chiếu vuông Trong tam giác vuông đường
góc của S lên mặt phẳng  ABC là trung điểm của AM, tam giác trung tuyến ứng với cạnh
huyền bằng nửa cạnh huyền.
SAM vuông tại S. Thể tích của khối chóp S.ABC là 3 a 3 a 3 a 3 a A. B. C. D. 6 2 3 9
Hướng dẫn giải Chọn A. Ta có A
BC vuông cân tại A, BC  2a BC 1 2  AM   a S
AM.BC a 2 ABC 2 AM a Xét SAM
vuông tại S có: SH   2 2 3 1 1 a a Vậy 2 V  .S .SH  .a .  S.ABC 3 ABC 3 2 6
Bài tập 2. Cho hình chóp S.ABC , đáy là tam giác ABC có Chú ý: AB  19 cm , BC  20 cm ,
AC  37 cm , cạnh bên
Khi biết độ dài ba cạnh thì diện
SA= 985 cm . Gọi M là trung điểm của BC, hình chiếu vuông tích tam giác được tính theo
 1  công thức Hê-rông.
góc của S lên mặt phẳng  ABC là điểm H thỏa mãn AH AM 3
. Thể tích của khối chóp S.ABC là A. 3 570cm B. 3 760cm C. 3 1520cm D. Tam giác ABC có: 3    1140cm BC ; a AC ; b AB c
Hướng dẫn giải
a b c Nửa chu vi: p  2 Chọn D. Khi đó: S
p p a p b p c ABC     .
Công thức độ dài trung tuyến:
AB BC AC Ta có p   38 cm . 2  
       2 S
38 38 19 38 20 38 37  11 4 cm . ABC 2 2 2 b c a 2 m   . a 2 4 2 2 2 AB AC BC AM    3 85 cm 2 4 2 2 2 a c b 2 m   . b 2 4 1
AH AM  85 cm 3 2 2 2 a b c 2 m   . c 2 4
SAH vuông tại H có: 2 2
SH SA AH  30 cm 1 1 Vậy 3 V  .S
.SH  .114.30  1140 cm S.ABC 3 ABC 3
Bài tập 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật cạnh
AB a , AD  2a . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng
ABCD là trung điểm H của AD. Cạnh SC tạo với đáy một góc
bằng 30 . Thể tích khối chóp S.ABCD là 3 a 3 2a 6 3 a 3 3 a 2 A. B. C. D. 3 9 3 3
Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có 2 SA . B AD  2a . ABCD
Do HC là hình chiếu vuông góc của SC lên
ABCD  SC ABCD   ,  SCH  30
+ Xét tam giác DHC vuông tại D có: 2 2
HC DH DC a 2
+ Xét tam giác SHC vuông tại H có:  a 6
SH HC.tan SCH HC.tan 30  . 3 3 1 1 a 6 2a 6 Vậy 2 VS .SH  .2a .  . S.ABCD 3 ABCD 3 3 9
Bài tập 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ
nhật tâm O, cạnh AB a , BC a 3 , tam giác SAC vuông tại S.
Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy trùng với trung
điểm H của đoạn AO. Thể tích khối chóp S.ABC là 3 a 3 a 3 a 3 a A. B. C. D. 2 4 6 8
Hướng dẫn giải Chọn B. 2 1 a 3 Ta có SA . B BC ABC 2 2 Xét A
BC vuông tại B có: 2 2
AC AB BC  2a
Xét SAC vuông tại S có: AC AO a SO AO   a HO   2 2 2
Xét SHO vuông tại H có: 2 a a 3 2 2 2
SH SO HO a   4 2 2 3 1 1 a 3 a 3 a Vậy VS .SH  . .  S.ABC 3 ABC 3 2 2 4
Bài tập 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, 
BAC  60 , hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng
ABCD trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Mặt phẳng
SAC hợp với mặt phẳng  ABCD một góc 45. Thể tích khối
chóp S.ABCD là 3 a 3 3 a 3 a 3 a 2 A. B. C. D. 12 6 12 6
Hướng dẫn giải Chọn C. Ta có 
BAC  60 nên tam giác ABC đều 2 a 3  S  2.SABCD ABC 2
Gọi O AC BD
Ta có AC BD, AC SG
AC  SBD  AC SO
Mặt khác OB AC
 SAC  ABCD   ,  SOB  45
Xét tam giác SOG vuông tại G:  1 a 3 SG  .t
OG an SOB O .t
G an 45  BO  3 6 2 3 1 1 a 3 a 3 a Vậy VS . G S  . .  . S.ABCD 3 ABCD 3 6 2 12
Dạng 5. Thể tích khối chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc các cạnh bên, mặt bên cùng tạo
với đáy những góc bằng nhau 1. Phương pháp
- Hình chóp có các cạnh bên bằng nhau hoặc cạnh Ví dụ: Cho hình chóp S.ABC , đáy ABC có
bên cùng tạo với đáy những góc bằng nhau thì chân AB  10 cm , 12 BC  cm , 14 AC  cm , các mặt bên
đường cao trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp mặt cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng nhau và đều đáy.
bằng  thỏa mãn tan  3 . Thể tích khối chóp
- Hình chóp có các mặt bên cùng tạo với đáy những S.ABCD là
góc bằng nhau thì chân đường cao chính là tâm A. 3 228 cm B. 3 576 cm
đường tròn nội tiếp mặt đáy. C. 3 192 cm D. 3 384 cm
Hướng dẫn giải
AB BC AC Ta có p   18cm 2 S
         2 18 18 10 18 12 18 14 24 6 cm 
Các mặt bên cùng tạo với mặt phẳng đáy các góc bằng
nhau nên hình chiếu của S trên  ABC là tâm đường
tròn nội tiếp ABC SI   ABC . S 4 6 S  .
p r IM r   cm p 3
SIM vuông tại I có  4 6
SI IM .tan SMI  .3  4 6 cm . 3 Vậy 1 1 V  .S
.SI  .24 6.4 6  192 SABC ABBC  3 cm  3 3
Chọn C. 2. Bài tập
Bài tập 1. Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh Các cạnh bên bằng nhau nên
bằng a, các cạnh bên bằng nhau và đều bằng a 3 . Thể tích khối hình chiếu của S trên ABC chóp S.ABC là
là tâm đường tròn ngoại tiếp 3 a 3 3 a 3 3 a 2 3 a 2
ABC . Do ABC đều nên A. B. C. D. 2 6 6 4
Hướng dẫn giải
hình chiếu vuông góc của S Chọn C.
trên ABClà trọng tâm G
Gọi G là trọng tâm ABC SG   ABC
SG   ABC  a 3 a 3
ABC đều  AM   AG  2 3
SGA vuông tại G có 2a 6 2 2
SG SA AG  3 2 3 1 1 a 3 2a 6 a 2 Vậy V  .S .SG  . .  SABC 3 ABC 3 4 3 6
Bài tập 2. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác cân Cạnh bên bằng nhau và cùng
AB AC a , 
BAC  120 , các cạnh bên bằng nhau và cùng tạo tạo với mặt phẳng đáy các góc
với mặt phẳng đáy các góc 30 . Thể tích khối chóp S.ABCD là 30 nên hình chiếu của S trên 3  ABCa 3 3 a 3 a 3 3 a
là tâm đường tròn A. B. C. D. 12 4 4 12 ngoại tiếp ABC .
Hướng dẫn giải Chọn D 2 1  a 3 SA . B AC.sin BAC ABC 2 4
Các cạnh bên bằng nhau và cùng tạo
với mặt phẳng đáy các góc 30 nên
hình chiếu O của S trên  ABC là
SA  ABC     ,  SAO  30.
tâm đường tròn ngoại tiếp ABC
SO   ABC
 SA  ABC     ,  SAO  30 ABC có 2 2 
BC AB AC  2A .
B AC.cos BAC a 3 2 abc . a . a a 3 a 3 S     OA a 4R 4.OA 4  a SAO có  3 SO  .t AO an SAO  3 2 3 1 1 a 3 a 3 a Vậy V  .S .SO  . .  SABC 3 AABC 3 4 3 12
Bài tập 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là tứ giác lồi
và góc tạo bởi các mặt phẳng SAB , SBC , SCD , SDA
với mặt đáy lần lượt là 90 , 60 , 60 , 60 . Biết rằng tam giác
SAB vuông cân tại S, AB a và chu vi tứ giác ABCD là 9a . Tính
thể tích V của khối chóp S.ABCD . 3 a 3 3 a 3 A. V B. V  9 4 3 2a 3 C. V D. 3 V a 3 9
Kẻ IH BC ta có
Hướng dẫn giải
SBC ABCD   ,  SHI . Chọn A
Gọi I là trung điểm AB.
Do các mặt SBC, SCD, Kẻ
IH BC H BC , ta có góc giữa SDA tạo với ABCD các 
góc bằng nhau nên các khoảng
SBC   ABCD   ,  SHI
cách từ I đến các cạnh CD, DA
Do các mặt SBC , SCD , SDA tạo với  ABCD các góc bằng nhau từ đó tính được
bằng nhau và bằng 60 nên các khoảng cách từ I đến các cạnh 
SI IH.tan SIH
CD, DA bằng nhau và bằng IH. SI a 2 1 a 6
Ta có SI IH.tan 60  IH   .  tan 60 2 3 6 2 1 a a S
BC CD DA HI a ABABCD   1   6 2 6 . 9 . 2 2 6 3 2 3 1 1 a 2 2a 6 a 3
Vậy V SI.S   3 ABCD 3 2 6 9
Bài tập 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ Đỉnh S cách đều các đỉnh A, B,
nhật cạnh AB a , AD  2a . Đỉnh S cách đều các đỉnh A, B, C, C, D nên tâm hình chữ nhật là
D, của mặt đáy và SB a 5 . Thể tích khối chóp S.ABCD là
chân đường cao hạ từ đỉnh xuống đáy. 3 a 15 3 a 15 3 a 15 3 a 15 A. B. C. D. 8 6 4 3
Hướng dẫn giải Chọn D Ta có 2 SA . B AD  2a . ABCD
AC DB   
O . Do S các đều các đỉnh ,
A B,C, D SO   ABCD . Ta có 2 2
BD AB AD a 5
SB SDBDa 5 nên SBD là tam giác đều BD 3 a 15 SO   . 2 2 3 1 1 a 15 a 15 Vậy 2 VS . O S  . .2a  . S.ABCD 3 ABCD 3 2 3
Bài tập 5. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều
cạnh a. Các mặt bên SAB , SAC , SBC lần lượt tạo với đáy
các góc là 30 , 45 , 60 . Tính thể tích của khối chóp S.ABC .
Biết rằng hình chiếu vuông góc của S trên  ABC nằm trong tam giác ABC. 3 a 3 3 a 3 A. V B. V  84  3 4  3 3 a 3 3 a 3 C. V D. V  44  3 24  3
Hướng dẫn giải Chọn Ạ
Gọi H là hình chiếu vuông góc
Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC .
của S trên mặt phẳng ABC .
Kẻ HD ABD AB , HE AC E AC ,
Kẻ HD ABD AB
HF BC F BC .
HE AC E AC
Ta có HD SH.cot 30  3SH , HE SH.cot 45  SH ,
HF BC F BC 3
Tam giác ABC bị chia thành 3
HF SH.cot 60  SH 3
tam giác nhỏ do đó 2 a 3 SSSS . Ta có S  mà SSSS ABC HAB HBC HAC ABC 4 ABC HAB HBC HAC
Diện tích các tam giác nhỏ biểu 2 1  3  a 3 3aSH
diễn theo cạnh SH và hệ thức 1 3  .a   SH  2  3  4   24  3
lượng các tam giác vuông. Từ 2 3 đó tìm được SH. 1 3a a 3 a 3 Vậy V  . .  S.ABCD 3 24  3 4 84  3
Dạng 6. Thể tích lăng trụ đứng 1. Phương pháp
Hình lăng trụ đứng: Là hình lăng trụ có các
Ví dụ: Cho hình lăng trụ đứng tam giác
cạnh bên vuông góc với đáy. Độ dài cạnh bên
ABC.AB C
  có tất cả các cạnh đều bằng a. Thể
là chiều cao của hình lăng trụ đứng.
tích của khối lăng trụ ABC.AB C   là
Các mặt bên là các hình chữ nhật. Các mặt 3 3a 3 a 3 A. B. .
bên đều vuông góc với đáy. . 4 4
Hình lăng trụ đều: Là hình lăng trụ đứng có
đáy là đa giác đều. Các mặt bên đều là các 3 3a 3 3 a C. . D. .
hình chữ nhật bằng nhau. 4 4
Hướng dẫn giải 2 a 3
Ta có ABC đều cạnh a  S  . ABC  4 2 3 a 3 a 3 Vậy V        S .AA .a . ABC.A B C ABC 4 4 Chọn B. 2. Bài tập
Bài tập 1. Cho hình lăng trụ đứng ABC.AB C  , đáy là tam giác
ABC vuông tại A, 
AB a, ABC  30 cạnh C A  hợp với mặt đáy
góc 60 .Thể tích khối lăng trụ ABC.AB C   là 3 a 3 a A. . B. . 6 2 3 a 3 3 a 3 C. . D. . 6 2
ABC vuông tại A có:
Hướng dẫn giải AC A .t B an ABC Chọn C 1 SA . B AC. ABC 2 Ta có        C A ABC C AC   60
từ đó dựa vào hệ thức lương
trong ACCvuông tại C a tính được
ABC vuông tại A có  3 AC  .t AB an ABC  3 
CC  AC.tan C AC. 2 1 a 3  S  .A . B AC  . ABC  2 6 Ta có        C A ABC C AC   60 . A
CC vuông tại C có 
CC  AC.tan C AC  . a 2 3 a 3 a 3 Vậy V        S .CC .a . ABC.A B C AABC 6 6
Bài tập 2. Cho lăng trụ đứng ABC.AB C
 , đáy ABC là tam giác vuông tại A, cạnh 
AC a, ABC  30 , cạnh BC hợp với mặt bên
ACC A góc 30. Thể tích khối lăng trụ ABC.AB C   bằng 3 a 6 A. 3 a 6. B. . 3 3 a 3 C. 3 2a 3. D. . 3
Hướng dẫn giải Chọn A
ABC vuông tại A có:
AB AC.cot ABC 1  SA . B AC ABC 2
dựa vào hệ thức lượng trong
ABC vuông tại A tính đượcAC  A .c B ot AC . B
ACC vuông tại C tính
được chiếu cao lăng trụ
Ta có BA   ACC A
   BC  ACC A       ,  BC A   30 . 2 2
CC  AC  AC A
BC vuông tại A có 
AB AC.cot ABC a 3 2 1 a 3  SA . B AC  . ABC  2 2
ABC vuông tại A có  AC  A .c B ot AC B
  a 3. 3  3a .
ACC vuông tại C có 2 2
CC  AC  AC  2a 2. 2 a 3 Vậy 3 V        S .CC .2a 2 a 6. ABC.A B C ABC  2
Bài tập 3: Cho lăng trụ đều ABC.AB C
  có cạnh đáy bằng a và
AB  BC . Thể tích của khối lăng trụ ABC.AB C   là 3 7a A. V  . B. 3 V a 6. 8 3 a 6 3 a 6 C. V  . D. V  . 8 4
Hướng dẫn giải
Ta lấy điểm E là điểm đối Chọn C xứng với C qua B.
Khi đó tam giác ACE vuông tại A. Tứ giác BC BE là hình bình
hành BC / /B E .
Do AB  BC
AB  B E. 1
Gọi E là điểm đối xứng của C qua điểm B AB CE  . a      2 Ta có BC B E AB nên tam giác AB E vuông cân
Khi đó tam giác ACE vuông tại 2 2
A AE  4a a a 3. tại B . Tứ giác BC BE
 là hình bình hành  BC / /B E  . AE
Do AB  BC  AB  B E  .
Nên tính được AB  . 2
Mặt khác, ta có BC  B E
  AB nên tam giác AB E  vuông cân
Dựa vào định lý Py-ta-go tại B
trong tam giác AAB vuông AE a 3 a 6 tại A tính được AB    . 2 2 2 2 2
AA  AB  AB .
Xét tam giác AAB vuông tại A 2  a 6  a 2 2 2 2
AA  AB  AB     a  .  2  2   2 3 a 2 a 3 a 6 Vậy V  .  . 2 4 8
Bài tập 4: Cho lăng trụ đứng ABC.AB C
  có đáy ABC là tam
giác vuông cân tại A, cạnh BC a 2 , góc giữa hai đường thẳng
AC và BA bằng 60 . Thể tích khối lăng trụ ABC.AB C   là 3 a 3 3 a A. . B. . 2 2 3 a 3 3 a C. . D. . 3 3
Hướng dẫn giải Chọn B 1 a
Ta có BC a 2  AB AC a S  . AB AC  . ABC 2 2
Lấy D, D sao cho ABDC.AB DC  là hình hộp  
BD / / AC  ABD  AC ,BA  60
Mà AB AC AB BD  ABD đều. Do AB CD
  là hình chữ nhật,
AD  B C
   a 2  AB a 2  AA  a . 3 a Vậy V       S .AA . ABC.A B C ABC 2
Bài tập 5: Cho hình lăng trụ đứng ABC.AB C
  có đáy ABC là
tam giác vuông, AB BC a . Biết rằng góc giữa hai mặt phẳng
ACC và  AB C
  bằng 60. Thể tích khối chóp B .ACC A   bằng 3 a 3 a A. . B. . 3 6 3 a 3 a 3 C. . D. . 2 3
Hướng dẫn giải Chọn A
Gọi M là trung điểm của AC . Do tam giác AB C   vuông cân
tại B nên B M
  AC  MB   AAC C   . 1
Thể tích khối chóp B .ACC A   là V      
B M .AA .AC . B .ACC A 3 a 2 Ta có B M   , AC a 2 . 2
Do MB   AAC C
   MB  AC .
Kẻ MK AC  B K   AC .
Vậy góc giữa hai mặt phẳng  ACC và  AB C   là  
MKB  MKB  60 .
Trong tam giác vông MKB ta có MBMBa 6
Gọi M là trung điểm của tan 60   MK   . MK tan 60 6
AC .
Trong tam giác vuông MKC ta có
Do tam giác A' BC ' vuông a 6
cân tại B nên B M
  AC MK 2 6 tan MC K     .
MB   AAC C   . 2 2 2 2 MC MK 2a 6a 2  4 36
Mặt khác trong tam giác vuông AAC ta có  2
AA  AC .t  an MC K   a 2  a 2 3 1 1 a 2 a Vậy V        
B M .AA .AC . a .a 2 . B .AA C C 3 3 2 3
Dạng 7. Thể tích lăng trụ xiên 1. Phương pháp
Lăng tru xiên có cạnh bên không vuông góc
Ví dụ:Cho lăng trụ ABC.AB C   tam giac ABC
với đáy. Chiều cao là khoảng cách từ một
vuông cân tại A, cạnh AA  a 3 , hình chiếu
đỉnh bất kì của mặt đáy này đến mặt đáy đối
vuông góc của A lên mặt phẳng  ABC là trong
diện. Để tính chiều cao ta dựa vào hệ thức
điểm của AC, góc tạo bởi AA với  ABC bằng lượng trong tam giác.
45 . Thể tích khối lăng trụ ABC.AB C   là 3 3a 6 3 a 6 A. . B. . 2 3 3 a 3 C. . D. 3 a 6. 4
Hướng dẫn giải Chọn A
Gọi H là trung điểm AC AH   ABC ;
AA ABC   ,
AAH  45 .
Xét tam giác AHA vuoong cân tại H có  2 a 6
AH AA .s
 in AAH a 3.  , 2 2 a 6
AH AH  
AB AC  2AH a 6 2 1 2 SA . B AC  3a . ABC 2 3 a 6 3a 6 Vây 2 V       S .A H 3a . . . ABC.A B C ABC  2 2 2. Bài tập
Bài tập 1: Cho lăng trụ ABC.AB C
  đây là tam giác ABC vuông
tại A, AB a, BC a 3 , hình chiếu vuông góc của B trên mặt
phẳng  ABC trùng với chân đường cao H kẻ từ đỉnh A của tam
giác ABC, góc tạo bởi AB với  ABC bằng 60 . Thể tích khối
lăng trụ ABC.AB C   là 3 3a 3 3 3a A. . B. . 4 4 3 a C. . D. 3 a .
Ta có AB  ABC   ,  B AH 3  60
Hướng dẫn giải
Tam giác ABC vuông tại A có Chọn D A . B AC 2 1 1 a 2 nên: AH . SA . B AC  . a a 2  . BCABC 2 2 2
Áp dụng hệ thức lượng trong Ta có B H    ABC
tam giác AHB vuông tại H ta
  AB  ABC   ,  B AH   60 tính được chiều cao:
Xét tam giác ABC vuông tại A có B H
  AH.tan B AH A . B AC . a a 2 a 6 AH    . BC a 3 3
Xét tam giác AHB vuông tại H có  a 6 B H
  AH.tan B AH  .tan 60  a 2 . 3 2 a 2 Vậy 3 VS BH aa ABC A BC . . 2 . ABC 2
Bài tập 2. Cho lăng trụ ABC . D AB CD
  đáy là hình thang cân
ABCD có AC BD, AC  2a , cạnh AA tạo với mặt phẳng đáy
góc 60 . Hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng (ABCD) là 1
điểm H thuộc đoạn AC sao cho AH HC . Thể tích của khối 3 lăng trụ ABC . D AB CD   là 3 2a 3 A. . B. 3 2a 3. 3 3 a 3 C. . D. 3 a 3 . 3
Hưỡng dẫn giải Chọn D
ABCD là hình thang cân AC BD  2a 1 2  S
AC.BD  2a
Tứ giác ABCD có hai đường ABCD 2 chéo AC BD 1 1 a
AH HC AH AC  1 3 4 2  SAC.B . D ABCD 2
AA ABCD   ,
AAH  60
AA  ABCD     ,
AAH  60
Xét tam giác AHA vuoong tại H có
Áp dụng hệ thức lượng trong a a 3
AH AH.tan AAH  . 3  . 2 2
tam giác AHA vuông tại H ta a 3 tính được chiều cao: Vậy 2 3 V         S .A H 2a . a 3 . ABCD.A B C D ABCD 2 
AH AH.tan AAH
Bài tập 3. Cho khối lăng trụ ABC.AB C
  , khoảng cách từ C đến
đường thẳng BB bằng 2, khoảng cách từ A đến các đường thẳng
BB và CC lần lượt bằng 1 và 3 , hình chiếu vuông góc A lên
mặt phẳng  AB C
  là trung điểm M của B C
  và AM  2 . Thể
tích của khối lăng trụ ABC.AB C  bằng A. 3. B. 1. 2 3 C. 2. D. . 3
Hướng dẫn giải Chọn C
Gọi N là trung điểm BC, AN AM  2 .
Gọi N là trung điểm BC.
Kẻ AE BB tại E, AF CC tại F.
AN AM  2 .
Ta có EF MN  H nên H là trung điểm EF. Kẻ
AE BB tại E, AE AA
AF CC tại F. Lại có 
AA   AEF   AA  EF EF BB . AF AA
Ta có EF MN  Hnên H Khi đó là trung điểm EF. d  ,
A BB  AE 1,d  ,
A CC  AF  3,d C, BB  EF  2 AE AA
Ta có AF AA EF Ta có 2 2 2
AE AF EF A
EF vuông tại A AH   1. 2
AA   AEF
AA   AEF
AA  EF EF BB Mặt khác 
MN   AEF   MN AH .
MN / / AAKhi đó d  ,
A BB  AE 1, AH.AN 2 3
Xét AMN vuông tại A có AM   . d  ,
A CC  AF  3 , 2 2 AN AH 3
d C, BB  EF  2 .
 AANM    ABC  A
MN vuông tại A ta tính
 AANM    AEF  Ta có 
  ABC, AEF    .
được chiều cao AM.      HAN AA NM ABC AN
Diện tích tam giác AEF tính
 AANM   AEF   AH theo công thức AH 1 1  AH AN 2
AE.AF S .   SAE.AF  3  2 ABCABC AN SS .cos HAN AEF ABC  2 3
Tổng quát các dạng bài này: Vậy V       S .AM . 3 2 . ABC.A B C ABC  3 2 d   .d .A M A,BB  A,CC V  2 2
4AM dC,BB
Dạng 8 . Thể tích hình hộp 1. Phương pháp
Hình hộp: Là hình lăng trụ có đáy là hình bình hành.
Ví dụ: Cho hình lập phương
Có bốn mặt bên đều là các hình bình hành. ABC . D AB CD
  có AC  4 3 .
Hình hộp đứng: Là hình lăng trụ đứng có đáy là
Thể tích khối lập phương
hình bình hành. Có bốn mặt bên đều là các hình chữ ABC . D AB CD   là nhật. A. 2 3. B. 4 3.
Hình hộp chữ nhật: Là hình hộp đứng có đáy là
hình chữ nhật. Sau mặt của hình hộp chữ nhât đều là C. 64. D. 125. các hình chữ nhật.
Hướng dẫn giải
Hình lập phương: Là hình hộp chữ nhật có tất cả
các cạnh bằng nhau. Sáu mặt đều là các hình vuông.
Đặt AB x AC x 2.
AAC vuông tại A có 2 2 2 2
AC AA AC  2x x x 3;
AC  4 3  x 3  4 3  x  4. Vậy 3 V       4 64 . ABCD.A B C D Chọn C. 2. Bài tập
Bài tập 1. Cho hình hộp đứng ABC . D AB CD
  có đáy ABCD là hình thoi cạnh a, 
BAD  120 .Gọi G là trọng tâm tam giác ABD, góc tạo bởi C G
và mặt đáy bằng 30 . Thể tích khối hộp ABC . D AB CD   là 3 a A. 3 a . B. . 3 3 a 3 a C. . D. . 6 12
Hướng dẫn giải SA . D A . D sin BAD ABCD Góc tạo bởi C Gvà mặt đáy
CG ABCD     ,  CÁp dụng hệ thức 2 a 3 lượng trong Ta có  SA . B A . D sin BAD  . ABCD 2 C CG vuông tại Do 
BAD  120  ACD đều
AC a và C tính được  2 2a CC  .t
CG an C 'GC
CG CO OG AC  . 3 3 . Lại có C G   ABCD     ,  C GC  30 a Xét CC
G vuông tại C có  2 3 CC  .t CG an C GC  9 3 a Vậy V        S .CC ABCD.A B C D ABCD 3 Chọn B.
Bài tập 2. Một tấm bìa hình vuông có cạnh 50cm. Người ta cắt bỏ đi
ở một góc tấm bìa hình vuông cạnh 16cm rồi gấp lại thành một cái
hộp chữ nahat không có nắp. Thể tích khối hộp chữ nhật là A. 5184 3 cm . B. 8704 3 cm . C. 4608 3 cm . D. 18496 3 cm .
Hướng dẫn giải
Khi cắt bỏ một góc tấm bìa một hình
AA  BB  CC  DD  16cm nên ABCD là hình vuông có vuông cạnh 16cm
AB  50  2.16  18cm.
thì cạnh đáy còn lại V        A .
B AC.AD 18.18.16 5184 cm . ABCD A B C D  3 .  là Chọn A.
50  2.16  18cm, chiều cao là 16cm.
Bài tập 3. Cho hình hộp ABC . D AB CD
  có đáy ABCD là hình chữ
nhật AB  15, AD  5. Hai mặt bên  ABB A
  và  ADD A   lần
lượt tạo với mặt phẳng đáy những góc 30 và 60 , cạnh bên có độ
dài bằng 1. Thể tích khối hộp ABC . D AB CD   là 15 65 A. 21. B. . 12 15 65 21 C. . D. . 13 2
Hướng dẫn giải Ta có SA . B AD  5 15 ABCD
Kẻ AH   ABCD, MH AB, NH ADM  ; AB N AD   ABB A    ABCD     ,
AMH  30 ;   ADD A    ABCD     ,
ANH  60 Ta có x 2x 3
Đặt AH x , khi đó AN   , SA . B AD  5 sin 60 3 ABCD Kẻ x 3 AM NH
, AM  2x . 3
AH   ABCD, Xét A
 AM vuông tại M có
MH AB, NH AD 2 x 3 39 2 2 2 2   
AA AM AM  1  4x   x
ABB A , ABCD    3 39  ADD A  , ABCD   3 39 15 65 Vậy V         S .A H 5 15. . ABCD.A B C D ABCD 39 13 Xét A  AM vuông Chọn B. tại M có 2 2 2
AA AM AM AH Mà AN  , sin 60
AM NH , AM  2A
Từ đó suy ra AH.
Dạng 9. Tỉ số thể tích khối chóp 1. Phương pháp
So sánh thể tích khối chóp cần tính với một
khối đa diện khác đã biết trước hoặc dễ dàng tính thể tích.
Trong phương pháp này, ta thường hay sử
dụng kết quả của các bài toán sau Chứng minh Kết quả 1.
Cho hình chóp S.ABC . Lấy A , B ,C tương ứng trên các cạnh , SA , SB SC Khi đó V       SA SB SC S.A B C  . . V SA SB SC S.ABC
Chú ý: Kết quả trên vẫn đúng nếu như trong Đặt     B SC  BSC
các điểm A , B ,C có thể có điểm
d A ,SBC SA Ta có 
A A , B B ,C Cd  , A SBC SA
Thông thường, đối với bài toán này, đề
1 d A,SB C.S
thường cho điểm chia đoạn theo tỉ lệ, song SB C V    V   S.A B C A .SB C   3   V V 1 song, hình chiếu… S.ABC . A SBC d  ,
A SBC.S 3 SBC
Công thức chỉ đúng khi đáy là tam giác. Nếu 1 1
đáy là tứ giác, ngũ giác… ta phải phân chia
d A ,SBC. SB .SC .sin 3 2
SASBSC   . .
đáy thành các tam giác và tính tổng thể tích 1    1 , . . .sin SA SB SC d A SBC SB SC
các khối có đáy là tam giác. 3 2 (điều phải chứng minh) Chứng minh
1. Chứng minh a c b d Kết quả 2.
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình
bình hành. Mặt phẳng P cắt ,
SA SB, SC, SD lần lượt tại A , B ,C , D với SA SB SC SDa;  ; b  ; cd SASBSCSD
a; ;b ;cd  0
Khi đó ta có hai công thức quan trọng sau 1.
a c b d Gọi O là
tâm hình bình hành, I là giao điểm của SO và 2. V        a b c d S.A B C D V 4abcd S.ABCD
Chú ý: Các công thức 1, 2 chỉ áp dụng cho
hình chóp có đáy là hình bình hành. Các công
thức này được ứng dụng rất nhiều trong các
bài toán tìm thiết diện cũng như thể tích khối
đa diện nên tận dụng khi làm trắc nghiệm để
không phải làm theo phương pháp chia nhỏ  AB CD   đáy thành các tam giác. S S  2S Ta có SA I SC I SAC S S      SAO SOC S S S SAO SCO SAC  
SA .SI.sin ASI
SC .SI.sin C SI      . SA .
SO sin ASO SC.S . O sin CSO
SA'.SC 'sin A' SC ' = 2.  . SA SC sin ASC SA .SI SC .SI SA .SC    2. S . A SO SC.SO . SA SC . SA SC.SO
Nhân cả hai vế của đẳng thức với SA.SC .SI SA SC SO ta được   2. (1) SASCSI SB SD SO Chứng minh tương tự   2. (2) SBSDSI SA SC SB SD Từ (1) và (2) suy ra    SASCSBSD
Hay a c b d (điều phải chứng minh) V        a b c d
2. Chứng minh S.A B C D V 4abcd S.ABCD
V     V    V Ta có S.A B C D S.A B C S.A DC     V 2V 2V S.ABCD S.ABC S.ADC
1  SASBSCSASDSC   . .  . .   2  SA SB SC SA SD SC  1  1 1  d b =    
2  abc acd  2abcd
a b c d
Do a c b d suy ra b d  2 V        a b c d
Vậy S.A B C D V 4abcd S.ABCD (điều phải chứng minh) 2. Bài tập
Bài tập 1. Cho hình chóp SABC, trên các cạnh AB, BC, SC lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho
AM  2MB, BN  4NC, SP PC . Tỉ số thể tích của hai khối chóp S.BMN và A.CPN là 4 8 5 A. . B. . C. . D. 1. 3 3 6 Hướng dẫn giải Chọn B V V BM BN BS 1 4 4 Ta có S.BMN B.MNS   . .  .  V V BA BC BS 3 5 15 S.ABC B.ACS V V CA CN CP 1 1 1 . A CPN C.ANP   . .  .  V V CA CB CS 5 2 10 S.ABC C.ABS V 4 1 8 S.BMN  :  V 15 10 3 . A CNP
Bài tập 2. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, góc giữa mặt 1
bên và mặt phẳng đáy là  thỏa mãn cos  . Mặt phẳng P qua AC và vuông góc với mặt phẳng 3 V
SADchia khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện có thể tích là V và V với V V . Tỉ lệ 1 1 2 1 2 V2
gần nhất với giá trị nào trong các giá trị sau? A. 0,11 . B. 0,13 . C. 0, 7 . D. 0,9 . Hướng dẫn giải Chọn A
Gọi O là tâm hình vuông ABCD .
Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên SO   ABCD Gọi N là trung điểm CD
CD SN,CD ON     
 SCD, ABCD       SNO   SCD ABCD CD Kẻ CM SDAC BD Ta có 
AC  SBD  AC SD AC SO
SD   ACM    ACM   SAD nên mặt phẳng P là  ACM a ON 3 2 a
Xét tam giác SON vuông tại O có SN     1 cosSNO 2 3 2 2  3a   a 2 2 
SO SN ON    a 2      2   2 
Xét tam giác SOD vuông tại O có 2      aa SD SO OD a 2 2 2 10 2 2      2  2   3a . 1 1 . a SN CD 3a 10 2 Ta có S
CM .SD SN.CD CM    SCD 2 2 SD a 10 10 2
Xét tam giác MCD vuông tại M có 2  3a 10  a 10 2 2 2
DM CD CM a      10  10   a 10 V V 1 DM DA DC 1 DM 1 1 MACD MACD 10 Ta có   . . .  .  .  V 2.V 2 DS DA DC 2 DC 2 SABCD SACD a 10 10 2 1  VV MACD 10 SABCD
Mặt phẳng P chia khối chóp S.ABCD thành 2 khối MACD và SABCM 9 VVVVV SABCD MACD SABCM SABCM 10 SABCD V 1
Do đó MACD   0,11 V 9 SABCM
Tổng quát: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông ABCD cạnh a, góc giữa
mặt bên và mặt phẳng đáy là  . Mặt phẳng P qua AC và vuông góc với mặt phẳng SADchia
khối chóp S.ABCD thành hai khối đa diện có thể tích là V và V với V V . Tỉ số thể tích của hai 1 2 1 2 V khối đa diện là 1 2  cos  V2 Hướng dẫn giải 1 Ta có 2 2 2 2
SD SN ND ON .  ND 2  cos SNO a 1 a 2  1  cos  1 2 2 cos  2.cos 1 1 Ta có S
CM .SD SN.CDSCD 2 2 a 1 . . a SN CD 2 cos aCM    SD a 2 2 1 cos cos 1   2cos 2 a .c a os 2 2 2
DM CD CM a   2 2 1 cos  1 cos  V V 1 DM DA DC 1 DM MACD MACD   . . .  . V 2.V 2 DS DA DC 2 DS SABCD SACD a cos 2 2 1 1 cos  cos    2 2 a 2 1 cos  1 cos  2cos 2 2 cos   cos   1 VVV  1   V   V MACD 2 SABCD SABCM 2 SABCD 2 1 cos   1 cos   1 cos SABCDV Do vậy MACD 2  cos  . VSABCM
Bài tập 3. Cho hình chóp S.ABC có   0  0 SA SB  ;
a SC  2a, ASB=BSC=60 , ASC  90 . Thể tích của 6V
khối chóp S.ABC bằng V. Tỉ số bằng 3 a 4 6 3 A. . B. 2 . C. 3 . D. . 3 3 Hướng dẫn giải Chọn B. Gọi M là trung điểm SC.
Ta có SM a S
AM vuông cân tại S.
Gọi H là trung điểm của AM. Ta có 2 2 2
AM = SA + SM = a 2 1 a 2
SH AM  2 2
Vì SM SB a và  0
BSC  60 nên BSM  đều  BM a SAB  có  0 SA SB  ;A
a SB=60 nên là tam giác đều  AB SA a
Suy ra AB BM a  ABM cân tại B. Mặt khác 2 2 2
AB BM  2a và 2 2 2 2 2
AM  2a AB BM AM   1 a 2
ABM vuông cân tại B (định lý Py-ta-go đảo)  BH AM  2 2 2 2
a 2   a 2  Ta có 2 2 2 2 2 2 2
SH BH     
  a SH BH SB a  2   2     
 SHB vuông cân tại H (định lý py-ta-go đảo).
Ta có SH AM , SH HB SH   ABM  . 2 2 3 1 a 1 1 a 2 a a 2 SA . B BM   VSH.S   ABM S. 2 2 ABM 3 ABM  3 2 2 12 3 V SC a 2 6V S.ABC   2  V  2V    2 S.ABC S.ABM 3 V SM 6 a S.ABM
Tổng quát: Cho chóp S.ABC có SA a, SB  ;
b SC c và   
ASB=,BSC= , ASC   . Thể tích
khối chóp S.ABC là abc 2 2 2 V  1 cos   os c
  cos   2cos cos  cos . S.ABC 6
Bài tập 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Trên các cạnh SA, SB, SC
lần lượt lấy các điểm A , B ,C sao cho SA  2SA ; SB  3SB ; SC  4SC, mặt phẳng  AB C   cắt cạnh V
SD tại D . Gọi V ,V lần lượt là thể tích của hai khối chóp S.AB CD
  và S.ABCD . Khi đó tỉ số 1 1 2 V2 bằng 1 1 7 7 A. . B. . C. . D. . 24 26 12 24 Hướng dẫn giải Chọn A.
Cách 1. Phân chia đáy thành 2 tam giác SA SC SB SD SD SD     2  4  3 
 3  SD  3SDSASCSBSDSDSDV       SA SB SC 1 1 1 1 1 S.A B C  . .  . .   V    S S.A B C S. V SA SB SC 2 3 4 24 24 ABCD S.ABC V       SA SD SC 1 1 1 1 1 S.A C D  . .  . .   V    S S.A B C S. V SA SD SC 2 3 4 24 24 ACD S.ACD VV V     1 S.ABC S.ACD S.A B C DV          V    V S.A B C D S.A B C S.A CD   24 V 24 S.ABCD
Cách 2. Áp dụng trực tiếp công thức SA SB SC SD    V            2 4 3 3 1 SA SB SC SD
Ta có S.A B C D    V SA SB SC SD 4.2.4.3.3 24 S.ABCD 4. . . .
SASBSCSD
Dạng 10. Tỉ số thể tích khối lăng trụ 1. Phương pháp
Trong phương pháp này, ta thường hay
sử dụng kết quả của bài toán
Cho hình lăng trụ ABC.AB C
  có các Chứng minh
điểm M, N, P lần lượt thuộc các cạnh
AA , BB ,CC sao cho AM BN CPa,  , bc AA BBCCV
a b c Khi đó ABCMNPV    3 ABC.A B C Đặc biệt: V a V b c . A MNP M .  , BCPNV    3 V    3 ABC.A B C ABC.A B C Ta có V     V    V . A BCC B ABC.A B C . A AB C   1 2VABC.A B CV      V    ABC.A B C ABC. 3 AB C   3
1 d M;ABC.SABC V Ta có M .ABC 3  V    
d A ; ABC .S ABC.A B C    ABC
1 d M ; ABC  1 AM 1    a
3 d A ; ABC 3 AA 3 a Suy ra V  .V M .ABC ABC. 3 AB C   Ta có AM / / BCC B
   d M; BCPN   d  ; A BCPN   VV M .BCPN . A BCPN V V S Suy ra M.BCPN . A BCPN BCPN   V   V   S . A BCC B . A BCC B BCC B  
1 BN CP.d C;BB 2 BN CP  
BB .d C; BB 2BBBN CP BN CP b c      2BB 2BB 2BB 2CC 2 b cVV M .BCPN . 2 A BCC B  
b c 2VABC.  V  . A BC   M .BCPN 2 3 b cV  .V M .BCPN ABC. 3 A CB   Mặt khác
a b c VVV  .V ABCMNP M .ABC M .BCPN ABC.A' 3 B C   V
a b c ABCMNP
(điều phải chứng minh). V    3 ABC.A B C 2. Bài tập
Bài tập 1. Cho khối lăng trụ ABC.A BC
  có M, N, P lần lượt thuộc các cạnh AA , BB ,CC sao
cho AM MA , BN  3NB ,CP  3PC . Đặt V ABCMNP,V
1 là thể tích của khối đa diện 2 là thể V
tích khối đa diện còn lại. Tỉ số 1 là V2 3 4 A. . B. 2 . C. 3 . D. . 2 3 Hướng dẫn giải Chọn B MA 1 BN 3 CP 3
Ta có MA MA 
 ; BN  3NB 
 ;CP  3PC   AA 2 BB 4 CC 4
Đặt V VABC.AB C 1 3 3   V 2 2 1 2 4 4 V Suy ra 1 1 
  V V V V V V   2 1 2 1 V 3 3 3 3 V2
Bài tập 2. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A BC
 có thể tích là V và độ dài cạnh bên AA  6 . Trên cạnh A , A B B  ,C C
 lần lượt lấy các điểm M, N, P sao cho AM  2, BN x,CP y với x, y 1
là các số dương thỏa mãn xy  12 . Biết rằng thể tích khối đa diện ABC.MNP bằng V . Giá trị 2 của 2 2 x y bằng A. 24 . B. 25 . C. 10. D. 17 . Hướng dẫn giải Chọn B. AM 1 BN x CP y V 1  1 x y  1 Ta có ABC.  ;  ;  ; MNP       . AA 3 BB 6 CC 6 V    3  3 6 6  2 ABC.A B C
Suy ra x y    x y2 2 2 2 2 7
 49  x y  49  2xy x y  25
Dạng 11: Tỉ số thể tích khối hộp 1. Phương pháp
Cho hình khối hộp A . BCD A BCD   , mặt phẳng Chứng minh
 cắt các cạnh AA ,BB ,CC ,DDlần lượt tại M, N, P, Q sao cho AM BN CP DQa,  , bc,  d AABBCC DD Khi đó ta có VABDC.MNPQ 1
 a b c d V     4 ABCD.A B C D 1
 a c 1
 b d  2 2
Xét mặt phẳng ACC A  
Từ M, P ta lần lượt kẻ các đường thẳng
song song với AC cắt OO theo thứ tự E, F AM CP OE OF Ta có    AACC OO OO
OI IE OI - IF 2OI    OO OO OO
Tương tự xét mặt phẳng DD B BBN DQ 2OI Ta cũng có   BB DD OO Do đó AM CP BN DQ   
a c b d AACCBB DD Chia khối hộp A . BCD A BCD   thành
hai khối ABC.A BC  và A . CD A CD  
Áp dụng tỉ số thể tích của khối lăng trụ tam giác ta được VABDC.MNPQ 1
 a b c d V     4 ABCD.A B C D 1
 a c 1
 b d  2 2 2. Bài tập
Bài tập 1. Cho hình lập phương ABC . D A BCD
  có N là trung điểm CC . Mặt phẳng   đi qua
AN cắt các cạnh BB , DD lần lượt tại M, P.   chia khối lập phương thành hai phần có thể tích V tương ứng bằng V V V V 1 và . Tỉ số 2 bằng 2  1 2  V1 7 5 A. . B. 2 . C. 3 . D. . 3 2 Hướng dẫn giải Chọn C Từ giả thiết ta có AA CN 1  0  V   1 ABCDPNM AA CC 2    V     2 2 4 ABCD.A B C D V 3 V ABCDPNM 2 Vậy    3 V     4 V AMNPA B C D 1
Bài tập 2. Cho hình hộp A . BCD A BCD
  có thể tích bằng 3
36cm . Gọi hai điểm M, N lần lượt
thuộc các cạnh AA ,CC sao cho AM  2AM ,CN  3C N
 . Một mặt phẳng đi qua M, N lần lượt
cắt cạnh BB , DD tại P và Q. Thể tích khối ABCDMPNQ bằng A. 3 18cm . B. 3 22cm . C. 3 10,5cm . D. 3 25,5cm . Hướng dẫn giải Chọn D. AM CN 2 3 V   ABCDMPNQ   17 AA CC 3 4 Ta có    V     2 2 24 ABCD.A B C D 17 17 3 VV       .36 25,5cm ABCDMPNQ ABCD. 24 A B C D 24
Bài tập 3. Cho hình hộp A . BCD A BCD
  có thể tích bằng V . Gọi M, N, P lần lượt thuộc các cạnh
AA , BB ,CC , DD sao cho AM  2AM , 2BN  3B N
 ;3CP  4C P
 ;4DQ  5D Q  . Thể tích
khối ABCDMNPQ bằng 572V 13V 26V 559V A. . B. . C. . D. . 945 21 45 945 Hướng dẫn giải Chọn A. AM CP 2 4 26 BN DQ 3 5 52 Ta có     ;     AACC 3 7 21 BB DD 5 9 45 AM CP BN DQ    AACCBB DD
Cạnh MP sẽ lệch trên. Khối đa diện lồi ABCDMNPQ được chia thành hai khối đa diện theo cạnh MP là BACNMP và DACQMP. V 1  BN AM
CP  1  3 2 4  193 Ta có BACNMP            V        3 BB AA
CC  3  5 3 7  315 BACB A C 193 193VVVBACNMP .
315 BACB AC 630 VDACQMP 1  DQ AM
CP  1  5 2 4  113            V        3 DD AA
CC  3  9 3 7  189 DACD A C 113 113VVVDACQMP
189 DACD AC 378 193V 113V 572V Vậy VVV    ABCDMNPQ BACNMP DACQMP 630 378 945
Dạng 12. Tách hình để tính thể tích 1. Phương pháp
Để tính thể tích các khối da diện phức tạp ta Ví dụ: Cắt khối hộp A . BCD A BCD   bởi các
không tính trực tiếp mà tính gián tiếp thông mặt phẳng  AB D  ,CB D  ,B AC
qua việc tính thể tích các khối đơn giản (khối ,D A
C ta được khối đa diện có thể tích lớn chóp, khối lăng trụ). nhất là
+ Khối đa diện A được tạo bởi các khối đơn
A. AAB D  '. B. D ADC  .
giản A , A ,...A 1 2 n . Khi đó C. ACB D   . D. CC BD   .
V V V  ...  V . A Hướng dẫn giải 1 A 2 A n A
+ Khối đa diện A được bổ sung thêm các khối
cơ bản A , A ,...A 1 2
n để tạo thành khối cơ bản B
Khi đó V V V V  V A B  ... . 1 A 2 A n A
+ Ta có thể sử dụng khôi phục lại hình ẩn ban
đầu để tính toán dễ dàng hơn.
+ Sử dụng phương pháp trải hình trên mặt
phẳng để dễ hình dung và tính toán thuận tiện hơn.
Cắt khối hộp bởi các mặt phẳng  AB D  , CB D  , B AC   ,D A
C ta được 5 khối tứ diện AAB D  , B ABC , CC BD   , D DAC , AB DC  .
Gọi V là thể tích của khối hộp. 1 V        V
V    V V AA B D B ABC CC B D D ADC 6 1 Suy ra V   
V nên tứ diện ACB D   có ACB D 3 thể tích lớn nhất Chọn C. 2. Bài tập
Bài tập 1. Một khúc gỗ có dạng và độ dài các cạnh được cho như hình vẽ. Thể tích khúc gỗ là A. V = 12. B. V = 96. C. V = 36. D. V = 24. Hướng dẫn giải Chọn C.
Khúc gỗ được chia thành 2 phần, mỗi phần là một lăng trụ tam tam giác có đáy là các tam giác vuông,
chiều cao khối lăng trụ bằng 4. 1 1
Thể tích khối gỗ là V V V  4. .3.2  4. .3.4  36 . 1 2 2 2
Bài tập 2. Một hình hộp chữ nhật ABCD.A’B’C’D’ có ba kích thước là 2 cm, 3 cm và 6 cm. Thể tích
của khối tứ diện A.CB’D’ bằng A. 3 8cm . B. 3 12cm . C. 3 16cm . D. 3 4cm . Hướng dẫn giải Chọn B.
Khối hộp được tạo thành từ 5 khối B.AB’C; D.ACD’; A’.B’AD’; C.B’C’D’; A.CB’D’. Ta có VVVVVV
ABCD.A'B'C 'D ' B.AB’C D.ACD’ ’
A .B’AD’
C.B’C’D’ . A B C ’D’  V  4VVVV  4V
ABCD.A'B'C 'D' B.AB’C . A CB’D’ . A CB’D’
ABCD.A'B'C 'D' B.AB’C 1 1 1 3  VV  4 VV  .2.3.6 12cm . . A CB’D’
ABCD.A'B 'C 'D '
ABCD.A'B'C 'D'
ABCD.A'B 'C 'D' 6 3 3
Bài tập 3. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có thể tích bằng V. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm 1 2 3
nằm trên các cạnh AA’, BB’, CC’ sao cho AM = AA’; BN = BB’; CP = CC’. Thể tích khối 2 3 4 chóp M.BCPN là 7V 17V 7V 11V A. . B. . C. . D. . 36 36 18 18 Hướng dẫn giải Chọn B. Ta có V VAA'.S
ABC.A'B'C ' ABC 1 1 1 VVVM . A S  . .AA'.S  . M .ABC
M .A'B'C ' 3 ABC 3 2 ABC 6 V 1  A'M B ' N C ' P
Mặt khác A'B'C'.MNP      V 3  AA' BB ' CC ' 
A'B'C '.ABC 1  1 1 1  13  V    VVV .
A'B 'C '.MNP
A'B'C'.ABC
A' B 'C '. 3  2 3 4 MNP  36 V 13 17VVVVVV   V  . M .BCPN
A'B'C '.ABC M .ABC
A'B'C '.MNP 6 36 36
Bài tập 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Hai cạnh AC, BD cắt nhau tại O. Mặt
phẳng (P) đi qua điểm O và song song với mặt phẳng (SAD) cắt khối chóp S.ABCD tạo thành hai V
khối có thể tích lần lượt là V ; V (V V ) . Tỉ số 1 bằng 1 2 1 2 V2 5 3 7 1 A. . B. . C. . D. . 11 5 13 2 Hướng dẫn giải Chọn A. Cách 1: Gọi h, V, S
lần lượt là chiều cao, thể tích và diện tích đáy của hình chóp S.ABCD. Mặt phẳng ABCD
(P) cắt hình chóp S.ABCD tạo thành thiết diện như hình vẽ. Khi đó V
V và thể tích phần còn HGFCBE 1
lại là V (V V ) . 2 1 2 Ta có VVVVV HGFCBE H .BEO H .BOC H .OCF G.HCF 1 h 1 h 1 h 1  . S  . S  . SVBEOBOCOCF B. 3 2 3 2 3 2 2 GCF 1 h   h   SSSSBEOBOCOCF  1 1 . . .    3 2 2  3 2 BCF  1 h 1  1 h S   . .S  . . ABCD   3 2 BEFC 2  3 2 4  1 1 S 1 1 1  1  1 1 5  . . . ABCD h  . . . . h SV V V   . 2 3 2 2 2 4  3 ABCD  4 16 16 5 5 11 Suy ra V
V . Do đó V V V V V V . 1 16 2 1 16 16 V 5 Vậy 1  . V 11 2 Cách 2: 1 1 S V Ta có V  . . h S  . . h  . S.ADFE 3 ADFE 3 2 2 SE SF SB SC    V 11 2  2 3 Lại có S.EFGH SE SF SH SG    V SE SF SB SC 4.1.1.2.2. 8 S.EFCB 4. . . . SE SF SH SG 3 3VVV  . S.EFGH S. 8 EFCB 16 V 3V 11V 5 Do đó VVV   
V suy ra V V . SADFGHE S.ADFE S.EFGH 2 2 16 16 1 16 V 5 Vậy 1  . V 11 2
Bài tập 5. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh 2a, gọi M là trung điểm của BB’ và P thuộc 1
cạnh DD’ sao cho DP  DD '. Mặt phẳng (AMP) cắt CC’ tại N. Thể tích khối đa diện AMNPBCD 4 bằng A. 3 V  2a . B. 3 V  3a . C. 3 9 a a V  . D. 3 1 1 V  . 4 3 Hướng dẫn giải Chọn B.
Thể tích khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ là V=  a3 3 2  8a .
Cách 1: Gọi O, O’ lần lượt là tâm hai hình vuông ABCD và A’B’C’D’, gọi K=OO’  MP, khi đó N=AK  CC’. 1
Ta có OK  DP BM  2 1  a  3a 3aa  
CN  2OK    . 2  2  4 2 2 1  a a SBM CN BC a a  . BMNC   1 3 5 . .2   2 2  2  2 2 3 1 1 5a 5a V  .S .AB  . .2a  . . A BMNC 3 BMNC 3 2 3 1  a a SDP CN CD   a a . DPNC   1 3 2 . .2 2   2 2  2 2  3 1 1 4a 2 V  .S
.AD  .2a .2a  . . A DPNC 3 DPNC 3 3 3 3 5a 4a 3 V VV    3a . . A BMNC . A DPNC 3 3 Cách 2:
Áp dụng công thức tính tỉ số thể tích khối hộp, ta có V 1  BM DP V 1  1 1  3 AMNPBCD  . AMNPBCD          V
2  BB ' DD '  V 2  2 4  8
ABCD.A'B'C 'D'
ABCD.A'B'C 'D ' 3 3 3 V
 .8a  3a . AMNPBCD 8
Bài tập 6. Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N lần lượt là trung điểm các cạnh AB và
BC. Điểm P trên cạnh CD sao cho PD=2CP. Mặt phẳng (MNP) cắt AD tại Q. Thể tích khối đa diện BMNPQD bằng 2 25 2 2 13 2 A. . B. . C. . D. . 16 432 48 432 Hướng dẫn giải Chọn B. DQ DP 2
Ta có MN//AC và PQ = (MNP)  (ACD)  PQ//AC    . DA DC 3 2
Thể tích khối tứ diện đều ABCD là V V  . ABCD 12
Chia khối đa diện cần tính thành các khối tứ diện D.PQB; B.MNQ; B.PQN. Ta có VVVV . BMNPQD D.PQB B.MNQ B.PQN 2 DQ DB DP  2  4 Trong đó V  . . .V V V . D.PQB   DA DB DC  3  9 2 BM BN BQ  1  1 SACQ 1 AQ 1 V  . . .V  .V  . .V  . .V V . B.MNQ B.ACQ   B. BA BC BQ  2 ACQ  4 S 4 AD 12 ACD BP BQ BN 1 1 SPQC 1 V  . . .V  .V  . .V V . B.PQN B.PQC B. BP BQ BC 2 PQC 2 S 6 ACD  4 1 1  25 2 Vậy V    V  . BMNPQD    9 12 6  432
Bài tập 7. Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a. Cạnh AA’=2a và
tạo với đáy một góc 45 . Thể tích khối tứ diện ACA’B’ là 3 a 6 3 a 6 3 a 6 3 a 6 A. . B. . C. . D. . 12 8 4 6 Hướng dẫn giải Chọn A.
Gọi H là hình chiếu của A’ trên (ABC). 2 a 3
ABC đều cạnh a  S  .  ABC 4 Ta có  AA ABC   ',(
)  A' AH  45 .
A' AH vuông tại H có 
A' H AA'.sin A' AH a 2 . 3 a 6 VS .A' H  .
ABC.A'B 'C '  ABC 4
Khối lăng trụ được chia làm ba khối chóp C.A’B’C’, B’.ABC và A.CA’B’. 1 1 Ta có VV và VV
C.A'B'C '
ABC.A'B'C ' 3 B'.ABC
ABC.A'B'C ' 3 3 1 a 6  VVVVV  . ACA'B '
ABC.A'B 'C '
C.A'B 'C ' B '.ABC
ABC.A'B'C ' 3 12
Bài tập 8. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có thể tích bằng 15. Gọi M, N, P lần lượt là các điểm trên cạnh 4 3
A’B’, B’C’, BC sao cho M là trung điểm của A’B’, B’N= B 'C ' và BP= BC . Đường thẳng NP 5 5
cắt đường thẳng BB’ tại E và đường thẳng EM cắt đường thẳng AB tại Q. Thể tích khối đa diện lồi AQPCA’MNC’ bằng 23 49 83 45 A. . B. . C. . D. . 64 16 8 4 Hướng dẫn giải Chọn C. EB EQ EP BP 3 Ta có     EB ' EM EN B ' N 4
d (E,(A' B 'C )') EB '  =
= 4  d (E,(A'B 'C )')= 4d (B,(A' B 'C )')
d (B,(A' B 'C )') BB ' S
B ' M B ' N 1 4 2
Lại có B'MN  .  .  . S
B ' A' B 'C ' 2 5 5 A'B 'C ' 1 1 2 V
d E,(MB ' N) .S
 .4d B,(A' B 'C ') . S E.MB'N   MB'N   A'B'C ' 3 3 5 8 8  V  .15  8 .
ABC.A'B'C ' 15 15 3 3 VE.QPB EP EQ EBEB   3  27 27  . .     VV     . E.QPB E.MB' V
EN EM EB '  EB '   4  64 64 N E.MB' N 27 37 37 37 Suy ra VVVVVV  .8  . BQP.B'MN E.MB' N E.BQP E.MB' N E.MB' N E.MB' 64 64 N 64 8 37 83 Vậy VVV 15   . AQPCA'MNC '
ABC.A'B'C ' BQP.B'MN 8 8
Dạng 13. Phục hình và trải phẳng
Bài tập 1. Cho tứ diện ABCD có  
DAB CBD  90 ; AB=a; AC a 5 ; 
ABC  135 . Biết góc giữa
hai mặt phẳng (ABD), (BCD) bằng 30 . Thể tích của tứ diện ABCD bằng 3 a 3 a 3 a 3 a A. . B. . C. . D. . 2 3 2 3 2 6 Hướng dẫn giải Chọn D.
Dựng DH  (ABC) . BA DA Ta có   BA AH ; BA DHBC DB   BC BH . BC DH Tam giác AHB có AB=a,  ABH  45
 HAB vuông cân tại A  AH=AB=a.
Áp dụng định lý cosin, ta có BC= a 2 . 2 1 1 2 a Vậy  S  .B .
A BC.sin CBA  . . a a 2.  .  ABC 2 2 2 2 HE DA  E AD Dựng   
và HF  (DBC) . HF DB
F BDHE (DAB) Suy ra   DBA DBC    HE HF  ( ),( ) ,  EHF ax xa 2
Đặt DH=x, khi đó HE  , HF  . 2 2 2 2 a x 2a x 2 2 HE 3 x  2a Suy ra  cos EHF     x a . 2 2 HF 4 2x  2a 3 1 a Vậy V  .DH.S  . ABCD 3  ABC 6
Bài tập 2 Cho tứ diện ABCD có AB CD  4; AC BD  5; Chú ý: Cho khối tứ diện gần đều có
AD BC  6 . Thể tích của khối tứ diện ABCD là độ dài các cạnh 15 6 15 6
AB CD a A. B. 4 2 
AC BD b 45 6 45 6
AD BC cC. D. 4 2 Hướng dẫn giải Đặt Chọn A 2 2 2
x a b c
Dựng tứ diện AMNK sao cho B, C, D  2 2 2
y b c a
lần lượt là trung điểm của các cạnh MN,  2 2 2
z a c b  NK, KM. Khi đó
Tứ diện AMNK có AM, AN, AK đôi một vuông góc. 2 Vxyz ABCD 12 2 2 2
AM AN  64 AM  54  AM  3 6     2 2 2
AN AK 100   AN 10   AN  10  2 2  2 AK AM 144 AK 90       AK  3 10  1 1 V
AM.AN.AK  .3 6 10.3 10 15 6 AMNK 6 6 V 15 6 Vậy AMNK V   ABCD 4 4
Bài tập 3. Một con kiến đang ở vị trí M là trung điểm cạnh A D
  của một chiếc hộp hình lập phương ABC . D A BCD   cạnh 5cm.
Con kiến muốn bò qua sáu mặt của chiếc hộp
rồi quay trở lại M. Quãng đường bò đi ngắn nhất của con kiến là A. 16 2cm . B. 15 2cm . C. 12 2cm . D. 13 2cm . Hướng dẫn giải Chọn B.
Trải sáu mặt phẳng của hình lập phương ABC . D A BCD
  như hình vẽ 1. Để đi đường ngắn nhất từ M đến M (
M M  hay M là trung điểm A D
  trên mặt khai triển) thì con kiến cần bò theo đoạn
MM . Trên chiếc hộp, đường đi ngắn nhất của con kiến là đường MNPQKZM như hình 2 với N, P,
Q, K, Z lần lượt là trung điểm của DD , ,
CD BC, BB , A B  .
Quãng đường ngắn nhất con kiến bò là đoạn MNPQKZM .
Ta có MNPQKZM MN NP PQ QK KZ ZM .
Các đoạn thẳng con kiến bò trên các mặt hình lập phương đều có độ dài bằng nửa độ dài đường chéo hình vuông. 5 2
Do đó quãng đường con kiến bò ngắn nhất là 6.  15 2 2
Bài tập 4. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD một con kiến bò từ đỉnh A của đáy để đi tất cả các mặt
xung quanh rồi trở về vị trí A. Biết cạnh bên bằng 6cm, cạnh đáy bằng 4cm. Quãng đường ngắn nhất mà con kiến đi là A. 13, 48cm . B. 10, 25cm . C. 12, 05cm . D. 11, 73cm . Hướng dẫn giải Chọn D.
Trải hình chóp thành hình như hình vẽ trên. Khi đó quãng đường ngắn nhất con kiến phải bò là AA1 AH 1 Ta có   0  0 0 sin ASH
  ASH  19 28  ASA  8.19 28  155 46 1 SA 3 2 2 
AA SA SA  2S .
A SA cos ASA  11, 73cm 1 1 1 1 
Bài tập 13. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có SA a và  11 SAB  . Gọi Q là trung điểm 24 cạnh SA. Trên các cạnh ,
SB SC, SD lần lượt lấy các điểm M , N, P không trùng với các đỉnh của hình
chóp. Giá trị nhỏ nhất của tổng AM MN NP PQ theo a là 11 11 a 2 sin a 3 a 2 a 3 sin A. 24 B. C. D. 12 3 2 4 3 Hướng dẫn giải Chọn B. Trải phẳng 
Do hình chóp tứ giác đều nên mỗi mặt bên đều là các tam giác cân, theo giả thiết  11 SAB  nên 24  22  ASB     (1) 24 12
Cắt hình chóp theo cạnh bên SA rồi trải các mặt bên thành một mặt phẳng ta được hình vẽ như
trên sao cho khi ghép lại thì A A. Khi đó, tổng AM MN NP PQ là tổng các đường gấp khúc
nên tổng này nhỏ nhất nếu xảy ra các điểm , A ,
Q M , N, P thẳng hàng và Q là hình chiếu của A trên SA .  
Đồng thời theo (1) ta có  ASA  4.  (2) 12 3
Suy ra ASA là tam giác đều. a 3 a 3 Vậy AQ
hay GTNN của tổng AM MN NP PQ  2 2
Bài tập 6 Cho hình chóp đều S.ABC có  0
ASB  30 , SA  1. Lấy B ,C lần lượt thuộc cạnh , SB SC V
sao cho chu vi tam giác AB C
  nhỏ nhất. Tỉ số S.AB C gần giá trị nào nhất trong các giá trị sau? VS.ABC A. 0, 55 . B. 0, 65 . C. 0, 45 . D. 0, 75 . Hướng dẫn giải Chọn A Trải phẳng
Cắt tứ diện theo các cạnh ,
SA AC, AB rồi trải lên mặt SBC  .
Tam giác SBC giữ nguyên; tam giác SAB lật thành tam giác SAB ; tam giác SAC thành tam giác SCA
Do đó AC  AC , SA  SA  1     0 0
ASA  ASB BSC CSA  3.30  90 và SA  SA  1 nên SAA là tam giác vuông cân tại S. C        
            AB B C AC AB B C A C AA 2 không đổi. AB C
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi ,
A B ,C , A thẳng hàng tức là khi B  B ,C  C . 0 0  0 SBSB SB sin SAB sin 45 Ta có 0 0 0      1 3  0 SB SB SA sin SB A sin105 0 2 V       SB SC SB  Vậy S.AB C  .   4  2 3  0,54   . V SB SCSB S.ABC
Dạng 14.Bài toán cực trị liên quan đến thể tích khối đa diện 1. Phương pháp
Bước 1: Chọn ẩn. Ẩn này có thể là góc  hoặc cạnh thích hợp trong khối đa diện.
Bước 2: Với ẩn số được chọn ở bước 1, ta xem đó như là các yếu tố đã cho để tính thể tích V của
khối đa diện theo các phương pháp đã biết.
Bước 3: Ta có một hàm số f x, x
  D mà cần tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của nó.
Dùng bất đẳng thức cổ điển
(Cô-si hay Bunhiacopxki) hoặc sử dụng tính đơn điệu của hàm để tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất.
1. Bất đẳng thức Cô-si. aa b
Cho a  0,b  0 ta có  ab . 2
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b . b
a b c
Cho a  0,b  0,c  0 ta có 3  abc. 3
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c .
c Cho a  0,a  0, ,  a  0 1 2 n
a a  a Ta có 1 2 n n
a .a a . 1 2 n n
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a a    a . 1 2 n
Các bất đẳng thức cơ bản. Các dạng hay sử dụng. 1  a b 1 1 8 2,   a  ,b  0;   ; a   2, a   0 2 2 b a a bab2 a
 ab  a b2   2 2 4 2 a b
 ab bc ca  a b c2   2 2 2 3
3 a b c .   
 a a  a      n n  1 1 1 2 1 2  a a a   1 2 n  2 1 1 1 n     . a a a
a a  a 1 2 n 1 2 n
2. Bất đẳng thức Bunhiacopxki.
a. Dạng đa thức Bất đẳng thức Bunhiacopxki.
Cho 2 bộ số nZ,n  2 : a ,a ,,a và b ,b ,,b 1 2 n  ta có 1 2 n  2 2 2
a a  a . b b  b n  2 2 2 1 2 1 2 n
 a b a b  a b 2 1 1 2 2 n n a a a Dấu "  " xảy ra 1 2 n      . b b b 1 2 n b. Dạng phân thức
Cho 2 bộ số nZ,n  2 : a ,a ,,a và b ,b ,,b b
 ,b ,,b  0. 1 2 n  với 1 2 n 1 2 n 2 2 a a a
a a  a 1 2 n  1 2 n 2 2 Ta có    . b b b
b b  b 1 2 n 1 2 n
Bài tập: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại C và SA vuông góc với mặt
phẳng đáy. Cho SC a , mặt phẳng
SBC tạo với mặt đáy một góc  . Thể tích khối chóp S.ABC
đạt giá trị lớn nhất là 3 a 3 a 3 3 a 3 3 a 2 A. . B. . C. . D. . 16 27 48 24
Hướng dẫn giải Chọn B.
Ta có SBC  ABC    SC AC  , ,  SCA   Xét SAC  vuông tại A có
SA SC.sin  a sin 
AC SC.cos  a cos 1 1  1 3 2   1 a VS .SA  .
AC .SA  .a cos 2 2 .a sin  cos .sin. S .ABC ABC    3 3  2  6 6 V
đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi biểu thức S.ABC 2 P      2 cos .sin .
1 sin  .sin đạt giá trị lớn nhất Cách 1:
Đặt t  sin . Vì 0    90 nên 0  sin 1  0  t 1
Ta có P f t    2  t  3 1
t  t t xác định và liên tục trên 0;  1 .  3 t  (nhan)
f t   2t   f t    3 3 1 0  3 t   (loai)  3 Bảng biến thiên: 2 3
Dựa vào bảng biến thiên, ta có max f t  3 khi t  . 0; 1 9 3 3 3 3 a a 2 3 a 3 Vậy maxV  .P  .  3 sin  S.ABC max khi và chỉ khi . 6 6 9 27 3 Cách 2: Vì
0    90  sin  0  2    2    2 1 sin 1 sin 2sin    P     2 2 2 2 1 sin sin  = . 2
Áp dụng Cô-si cho 3 số dương 2 2 1 sin ,1 sin  và 2 2sin  , ta được:  2    2    2 1 sin 1 sin 2sin            3 2 2 2 1 sin 1 sin 2sin  8      3  27    2    2    2 1 sin 1 sin 2sin   4   2 27 2 4 2 3  P   P  . max max 27 9 Đẳng thức xảy ra khi 2 2 3
1 sin   2sin   sin  . 3 3 3 3 a a 2 3 a 3 Vậy maxV  .P  .  . S.ABC max 6 6 9 27 2. Bài tập
Bài tập 1. Cho hình chóp S.ABC có SA là đoạn thẳng thay đổi sao cho SA x ,
x 0; 3 , các cạnh còn lại đều bằng 1. Thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn nhất là 1 1 1 A. B. C. D. 4 16 12 1 Tổng quát: 8 Cho hình
Hướng dẫn giải chóp S.ABC Chọn D có SA là đoạn thẳng thay đổi sao cho SA=x, các cạnh còn lại đều bằng a (a là hằng số) với 3 x 0;a 3
Ta có tam giác ABC đều  S  . ABC 4
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của SA và BC . . Thể tích khối chóp SA BM
Ta có SAB và SAC là hai tam giác cân tại B và C nên  S.ABC đạtSA CM giá trị lớn
SA  BCM   SA BC. nhất là 2 x 3
Mặt khác BM CM AB   AM 2 2  1
 BMC cân tại M. a V  4 . S.ABC 8
Suy ra MN BC BC  SAN .
Kẻ SH AN. Do BC  SAN   BC SH SH   ABC. 2 3 x 1 Ta có 2 2 2
MN SN SM    3  x . 4 4 2 2 1 1 . SA NM x 3   x S S .
A NM SH.AN SH   SH  . SAN 2 2 AN 3 2 2 2 1 x 3  x
1  x  3  x  1 SS .SH   . ABC ABC    . . . 3 12 12  2  8 1 3 6 Vậy maxV
 đạt được khi và chỉ khi 2 2 2
x  3  x x   x  . S.ABC 8 2 2
Bài tập 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a . Tam giác
SAB vuông tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi  là góc tạo
bởi đường thẳng SD và mặt phẳng SBC , với   45. Tìm giá trị lớn nhất của thể
tích khối chóp S.ABCD 3 8a A. 3 4a B. 3 3 4a 3 2a C. D. 3 3
Hướng dẫn giải Chọn C
Gọi D là đỉnh thứ tư của hình
bình hành SADD.
Khi đó DD / /SA mà SA  SBC
Nên DD  SBC
Ta có SD SBC    ,    DSD  , SDA Do đó SA  .
AD tan  2a tan.
Đặt tan  x, x 0  ;1
Gọi H là hình chiều của S lên AB , ta có 2 1 4  a V SH.S  .SH. S.ABCD 3 ABCD 3 Do đó V
đạt giá trị lớn nhất khi SH lớn nhất. S.ABCD
Vì SAB vuông tại S nên 2 2 2 2 2 . SA SB SA AB SA
2ax 4a  4a x 2 SH   
 2ax 1 x . AB AB 2a 2 2 x 1   x SH 2 . a  . a 2 2
Từ đó max SH a khi tan  . 2 3 1 4a Vậy 2 maxV  . a 4a  . S.ABCD 3 3
Bài tập 3. Khối chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a , SA SB SC a, cạnh
SD thay đổi. Thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABCD là 3 a 3 a 3 3a A. B. C. D. 2 8 8 3 a 4
Hướng dẫn giải Chọn D
Gọi I là tâm hình thoi ABCD , H là hình
chiếu của S lên mặt phẳng  ABCD ,
suy ra H BI . Ta có 2 2 2 2 2
SI SA IA a IA , 2 2 2 2 2
IB AB IA a IA suy ra SI IB .
Khi đó tam giác SBD vuông tại S .
Đặt SD x . . Ta có .  .  .  .   a x SB SD SH BD a x SH BD SH BD 1 1 1 ax 1 1 Ta có V
SH. AC.BD  .
. AC.BD a . x AC. SABCD 3 2 3 BD 2 6 2 2  Lại có 2 2 2 2 2
BD SB SD a x suy ra 2  a x IB 4 2 2 2 2 a x 3a x 2 2  IA a   . 4 4 2 2 3a x Suy ra 2 2 AC  2IA  2  3a x . 4 2 2 2 3 1
a x  3a x a 2 2 Va .
x 3a x  .  . SABCD 6 6 2 4
Bài tập 4 : Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh bằng 2,
SA  2 và SA vuông góc với mặt phẳng đáy ABCD. Gọi M,N là hai điểm thay đổi trên hai cạnh ,
AB AD sao cho mặt phẳng SMC vuông góc với mặt phẳng SNC 1 1 . Tính tổng T  
khi thể tích khối chóp S.AMCN đạt giá trị lớn 2 2 AN AM nhất. 5 A. T  2. B. T  . 4 2 3 13 C. T   . D. T  . 4 9
Hướng dẫn giải Chọn B
Đặt AM x, AN y. Gọi  
O AC DB  
; E  BD CM;
F  BDCN.
H là hình chiếu vuông góc của 2
O trên SC, khi đó: HO  . 3 SC OHSC HE Ta có 
SC  HBD   . SC BDSC HF
Do đó góc giữa SCM  và SCN  bằng góc giữa HE và HF . Suy ra HE HF. 1 2 Mặt khác VS . A Sx y . S.AMCN AMCN   3 3
Ta có x  0, y  0 và nếu x  2, y  2 thì gọi K là trung điểm của AM , khi đó OE KM x OE EB OB x 2       OE  . EB MB 4  2x x 4  2x 4  x 4  x y 2 Tương tự OF  mà 2
OE.OF OH  x  2y  2 12. 4  y
Nếu x  2 hoặc y  2 thì ta có 2
OE.OF OH  x  2y  2 12. 1 2 2 Suy ra VS . A S
x y   x  2  y  2  4 S.AMCN AMCN       3 3 3  2    x   12 2   4 . 3  x 2    x  1  y  2 1 1 1 1 5 Do đó maxV  2   T      . S.AMCN  2 2 2 2 x  2 AM AN x y 4  y 1
Bài tập 5: Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại A với
AB  1, AC  3. Hình chiếu của S trên mặt phẳng đáy là điểm H sao cho các mặt
phẳng SAB và SAC cùng tạo với SH góc 30 và mặt phẳng SBC tạo với
mặt phẳng đáy một góc 60 . Thể tích lớn nhất của khối chóp S.ABC là 1 3 3 3 A. V   . B. V   . max 4 max 4 3 1 3 3 C. V   . D. V   . max 4 max 4
Hướng dẫn giải Chọn D.
Ta có SH SAB
  SH SAC  , ,  30 nên hai
mặt phẳng SAB và SAC sẽ cùng tạo với mặt
phẳng đáy một góc 60 .
Suy ra d H, AB  d H, AC  d H,BC
tức H hoặc là tâm nội tiếp hoặc là tâm bàng tiếp các góc ,
A B,C của tam giác. 3 3 3 Ta có S ; p   
còn các cạnh a  2,b  3,c  1. 2 2 S 1 3 S 3  3 Khi đó r   ;r   ; p 2 a p a 2 S 1 3 S 3  3 r   ;r   . b p b 2 c p c 2 3 3 3 3 3
Chiều cao chóp lớn nhất khi SHr 3   V  . max a max 2 4
Bài tập 6. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các cạnh bên bằng a , góc tạo bởi 
mặt bên và mặt phẳng đáy là  với    0;
. Thể tích khối chóp S.ABCD đạt 2    giá trị lớn nhất là 3 4a 7 3 4a 3 A. . B. . 49 27 3 2a 3 3 4a 15 C. . D. . 9 75
Hướng dẫn giải Chọn B.
AC BD   
O SO  ABCD
Gọi M là trung điểm của CD
  SCD ABCD   ,  SMO  .
Gọi độ dài một cạnh hình vuông là x .
Tam giác SMC vuông tại M có 2 2 2 2 x
SM SC CM a  . 4
Tam giác SOM vuông tại O có:  2 2  .cos  cos. x OM SM SMO a  4 2 2 2 x   2 x x 2 x 2   cos. a    a   cos  2 4 4 4   2 1 2 2 4a . 2 2 2 4a cos  1 tan  4a 2ax     x  . 2 2 1 cos  1 2 2  tan  2  tan 1   2 1 tan  2 4aS  . ABCD 2 2  tan  x .t a an Ta có: 
SO OM.tan SMO  .tan  . 2 2 2  tan  2 3 1 1 4a . a tan 4a .tan V   .S .SO  . .  . S.ABCD ABCD 2 2 3 3 2  tan  2  tan  3 2  tan  3 2    Do   0;  tan   
0 . Thể tích khối chóp đạt giá trị lớn nhất khi  2  3 4 a .tan . 
đạt giá trị lớn nhất. 3 2tan 3 2 2 tan 
Ta xét f    .  2  tan  3 2 2 tan  1 1
Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương ; ; . 2 2 2
2  tan  2  tan  2  tan  2 2 tan  tan  1 1 Ta có f     . .   3 2 2 2 2
2  tan  2  tan  2  tan 2 tan   3 2 1  tan  1 1  1        . 2 2 2 3
  2  tan  2  tan  2  tan   27  f   2 1 tan  1 2     tan  1       . 2 2 27 2  tan  2  tan  4 3 3 4a 4a 3 Vậy maxV   . SABCD   3 27 3 2 1
Bài tập 7. Một hình hộp chữ nhật có diện tích toàn phần là S . Thể tích lớn nhất của khối hộp chữ nhật là S S S S A. . B. . 3 36 S 6S S 3S C. . D. . 36 9
Hướng dẫn giải Chọn C.
Gọi chiều dài, chiều rộng, chiều cao của hình hộp chữ nhật lần lượt là , a , b c với , a , b c  0 .
Ta có S  2ab  2ac  2bc
Áp dụng bất đẳng thức AM GM : 3 3 2 2 2
S  2ab  2ac  2bc  3 2a . b 2a .
c 2bc  6 a b c 3 3 3 2 2 2 2 2 2 S S S 6 6 S
a b c S a b c   abc   . 216 216 36
Đẳng thức xảy ra khi a b c hình hộp chữ nhật trở thành hình lập phương.
Bài tập 8. Cho hình lăng trụ đứng ABC.A BC
 , đáy ABC là tam giác vuông tại A
. Khoảng cách từ AA đến BCC B
  và khoảng cách từ C đến  ABC đều bằng Trong các xhình hộp chữ
không đổi, góc giữa hai mặt phẳng  ABC và  ABC bằng    0; . Để thể 2    nhật có cùng
tích khối lăng trụ ABC.A BC
  nhỏ nhất thì góc  có giá trị gần nhất giá trị nào sau diện tích đây? toàn phần thì A. 25 B. 35 hình lập C. 45 D. 55 phương thì
Hướng dẫn giải có thể tích Chọn B lớn nhất.
Dựng AH BCH BC, CK AC (
K AC )
Ta có d AA ;BCC B
   AH x và
d C; ABC  CK x
ABC ABC   ;  CAC  .
Xét tam giác ACK vuông tại K có CK x AC   . sin sin x x
Xét tam giác ACC ' vuông tại C có CC '  AC.tan  .tan  . sin cos
Xét tam giác ABC vuông tại A có 2 1 1 1 AH.AC x x    AB    . 2 2 2 2 3 AB AH AC 2 AH AC x  2   cos 1 sin  
Thể tích khối lăng trụ ABC.AB C   là 3 1 x V
AB.AC.CC  .
ABC.ABC 2 2sin 2 cos 
Để thể tích khối lăng trụ ABC.A BC   là nhỏ nhất thì 2 sin cos  lớn nhất. 1 Ta có 2 4 2 2 2
sin  cos   2sin  cos  cos  2 2 2 2 3
1  2sin   cos   cos   8 2 2 3 3x 3      sin cos    V  . 2 3 54 9 4   3 3x 3 Vậy V  . min 4 Đẳng thức xảy ra khi 2 2 2
2sin   cos   tan     35 .  2
Bài tập 9. Cho hình hộp chữ nhật A . BCD A BCD
  có AB BC và BD  3cm . Hai    mặt phẳng  ACC A   và BDD B
  hợp với nhau một góc  0      . Đường  2     chéo B D
 hợp với mặt phẳng CDD C
  một góc  0      . Hai góc ,  thay  2 
đổi nhưng thỏa mãn hình hộp ADD A  .BCC B
 luôn là hình lăng trụ đều. Giá trị lớn
nhất thể tích của khối hộp A . BCD A BCD   A. 3 3 cm B. 2 3 3 cm C. 6 3 3 cm D. 12 3 3 cm
Hướng dẫn giải Chọn B Ta có  ACC A   BDD B       ;  COD        CBD   BC B .
D cos CBD  3cos 2 2  Lại có  CD  .
BD sin CBD  3sin 2 Ta có B D  CDD C       ;  B DC   Do ADD A  .BCC B
  luôn là hình lăng trụ đều nên BC CC   2 V        BC.C . D CC 27.sin .cos ABCD.A B C D 2 2   1    Xét 2 4 2 2 2 sin cos  .2sin .cos .cos 2 2 2 2 2 2 3     2 2 2  2sin  cos  cos 1   4 2 2 2     . 2 3 27    
Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi    1 2 2 2 2 2sin  cos  tan     2arctan 2 2 2 2 2   2 3 2  sin cos   V  6 3 . 2 2 9
Dạng 15: Sử dụng thể tích để tính khoảng cách 1. Phương pháp
 Để tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng ta sử dụng phương pháp đổi đỉnh và 1 3V
áp dụng công thức V  . h S h  . 3 S
 Trong đó V là thể tích khối đa diện, S là diện tích đáy và h là khoảng cách từ đỉnh đến mặt đáy.
 Để tính khoảng cách hai đường thẳng chéo nhau ta áp dụng công thức 1         6 . .sin , ; ; V V AB CD AB CD d AB CD d AB CD  . 6 .
AB CD.sinAB,CD  2. Bài tập
Bài tập 1. Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông ở B . Cạnh SA vuông Khoảng
góc với đáy. Biết SA  , a AB  .
b Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng SBCcách từ điểm A đến mặt là phẳng a b 2ab A. . B. . SBC bằng 2 2 a b 2 2 a b ab ab chiều cao C. . D. . 2 2 2 a b 2 2 a b của hình
Hướng dẫn giải chóp . A SBC . Do đó: d  ,
A SBC  Chọn D 3V Ta có d  , A SBC A.SBC  . SSBC Ta có: 1 1 VVS . A SS . A A . B BC. A.SBC S.ABC 3 ABC 6
Mặt khác SA  SBC  SA BC mà ABC
vuông tại B nên BC B . A
Suy ra BC SB hay SBC  vuông tại B 1  SBC.BS. SBC 2 1 3. . SA . AB BC 6 . SA AB . SA AB ab Vậy d  , A SBC     . 1 2 2 2 2 . SB SA AB a b SB BC 2
Bài tập 2. Cho tứ diện đều cạnh bằng 1 và điểm I nằm trong tứ diện.
Tổng khoảng cách từ I đến các mặt của tứ diện là 6 A. 6. B. . 9 3 6 Cách trắc C. . D. . 2 3 nghiệm:
Hướng dẫn giải Chọn đặc
biệt I A . Chọn D Khi đó tổng
Xét tứ diện đều ABCD có diện tích khoảng cách 3 2 từ I đến các đáy là và chiều cao là nên 4 3 mặt của tứ diện bằng
thể tích tứ diện đều ABCD là khoảng cách 2 từ A đến V  . 12 BCD và
Gọi h ,h ,h ,h lần lượt là khoảng 6 1 2 3 4 bằng . 3
cách từ I đến các mặt
BCD ACD , , ABD ABC , . Đặt V V , , V V V V , V V . 1 IBCD 2 IACD 3 IABD 4 IABC
Ta có V V V V V . 1 2 3 4 1 3V1
V h .Sh  . 1 1 1 3 BCD SBCD 3V 3V 3V Tương tự 2 3 4 h  ,h  ,h  . 2 3 4 S S S ACD ABD ABC 3V 3V 3V 3V Vậy 1 2 3 4
h h h h     . 1 2 3 4 S S S S BCD ACD ABD ABC 3
Tứ diện ABCD là tứ diện đều nên SSSS  . BCD ACD ABD ABC 4
3V V V V 1 2 3 4  3V 6
Suy ra h h h h    . 1 2 3 4 3 3 3 4 4
Bài tập 3. Cho hình hộp chữ nhật ABC . D A BCD
  có AB  3, AD  4, AA  5 . Lấy
điểm M trên cạnh AB sao cho BM  4AM . Khoảng cách từ C đến BD bằng 4.
Khoảng cách từ điểm M đến BC D  là 12 A. 2 B. 5 3 3 8 C. D. 2 3 Hướng dẫn giải Chọn B BM 4 4
Ta có BM  4AM    V   V M .BC D . AB 5 5 A BC D 1 1 Mà V          V CC .S CC .A . B AD 10 V  8. . A BC D C .ABD ABD M . 3 6 BC D 1 Ta có 2 2
BD AB AD  5, S    d BD C BD  . 10. C,BD 2 1 3V  12 Ta có M . V      d . BC D S   d . M ,BC D
M ,BC D BC D
M ,BC D 3 S  5 BC D
Bài tập 4. Cho tứ diện ABCD có AB CD  4, 5 AC BD  ,
AD BC  6.
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng BCD là 3 6 3 2 A. . B. . 7 5 3 42 7 C. . D. . 7 2
Hướng dẫn giải Chọn C.
Áp dụng công thức tính nhanh thể tích khối tứ diện gần đều, ta có 1 V
a b c
a b c
a b c ABCD
 2 2 2 2 2 2 2 2 2 6 2 1  2 2 2     2 2 2    2 2 2    15 6 = 4 5 6 4 5 6 4 5 6  . 6 2 4 BC CD DB 4 5 6 15 Ta có p        . 2 2 2 Suy ra Sp p p p   BCD      15 7 4 5 6 . 4 15 6 3. 3VA BCD 4 3 42 Ta có d  , A BCD .    . S BCD  15 7 7 4
Bài tập 5. Cho hình chóp S.ABC có SA  2, 3 SB  , SC  4 .Góc   
ASB  45 ,BSC  60 ,CSA  90. Tính khoảng cách d giữa hai đường thẳng SA và BC. 6 34 4 34 A. . B. . 17 17 7 34 3 34 C. . D. . 17 17
Hướng dẫn giải Chọn C
Hình chóp S.ABC có SA a, , SB b
SC c và   
ASB  ,BSC  ,CSA   abc 2 2 2  V
1 cos   cos   cos   2 cos.cos .cos  V  2. S.ABC S. 6 ABC Ta có: AC  20; 13 BC  . SA BC 2 2 2 2 2 2
SB SC AC AB 3  4  20 13  6 2 3 cos ,    . 2 . SA BC 2.2. 13 26 Suy ra SA BC 17 sin ,  . 26 6V 6 34 Suy ra d S , A BC   . SA BCSA BC  17 . .sin ,
Bài tập 6. Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng V. Trên AB lấy hai điểm M, N trên MN PQ
CD lấy hai điểm P, Q thỏa mãn 2  3
 1. Thể tích khối MNPQ đạt giá trị CD AB lớn nhất bằng V V A. . B. . 8 16 V V C. . D. . 24 32
Hướng dẫn giải Chọn C. 1 V  . ABC . D d AB CD AB CD ABCD  , .sin , ; 6 1 V  . MN P . Qd MN PQ MN PQ MNPQ  , .sin , . 6
Do d AB,CD  d MN,PQ và
sinAB,CD  sinMN,PQ nên VMNPQ MN.PQ  . V AB.CD ABCD MN PQ MN PQ MN PQ Ta có 2  3  2 2 .3  2 6 . CD AB CD AB CD AB MN PQ 1 MN PQ  6 .  do 2  3  1 CD AB 2 CD AB MN PQ 1 VMNPQ 1  .    . CD AB 24 V 24 ABCD V V Vậy V   MaxV  . MNPQ 24 MNPQ 24