Phan loai giai bai toan ve tinh the tich của khoi chop 2 0

Trung tâm luyện thi đại học trờng THPT Đoàn Thợng Biên soạn: Lê Văn Lục
Phn I
L DO CHN TI
Trong chng trỡnh toỏn hc lp 12, bi toỏn v tớnh th tớch ca khi a
din (c bit l khi chúp) gi mt vai trũ quan trng, nú xut hin hu ht cỏc
thi tuyn sinh vo i hc, cao ng; thi hc sinh gii, cỏc thi tt nghip
trong nhng nm gn õy. Mc dự vy õy l phn kin thc ũi hi hc sinh phi
cú t duy sõu sc, cú trớ tng tng hỡnh khụng gian phong phỳ nờn i vi hc
sinh i tr, õy l mng kin thc khú v thng mt im trong cỏc kỡ thi núi
trờn. i vi hc sinh gii, cỏc em cú th lm tt phn ny. Tuy nhiờn cỏch gii
cũn ri rc, lm bi no bit bi y v thng tn khỏ nhiu thi gian.
Trong sỏch giỏo khoa, sỏch bi tp v cỏc ti liu tham kho, loi bi tp ny
khỏ nhiu song ch dng vic cung cp bi tp v cỏch gii, cha cú ti liu no
phõn loi mt cỏch rừ nột cỏc bi toỏn v tớnh th tớch ca khi chúp.
i vi cỏc giỏo viờn, thỡ do lng thi gian ớt i v vic tip cn cỏc phn
mm v hỡnh khụng gian cũn hn ch nờn vic biờn son mt chuyờn cú tớnh h
thng v phn ny cũn gp nhiu khú khn.
Trc cỏc lớ do trờn, tụi quyt nh vit ti sỏng kin kinh nghim mang
tờn: Phõn loi gii bi tp v tớnh th tớch ca khi chúp nhm cung cp cho hc
sinh mt cỏi nhỡn tng quỏt v cú h thng v bi toỏn tớnh th tớch ca khi chúp,
mt h thng bi tp ó c phõn loi mt cỏch tng i tt, qua ú giỳp hc
sinh khụng phi e s phn ny v quan trng hn, ng trc mt bi toỏn hc
sinh cú th bt ngay ra c cỏch gii, c nh hng trc khi lm bi qua ú
cú cỏch gii ti u cho mi bi toỏn.
Mc dự vy, vỡ iu kin thi gian cũn hn ch nờn s phõn loi cú th cha
c trit v ch mang tớnh cht tng i, rt mong c cỏc bn bố ng
nghip gúp ý kin chnh sa ti ny c hon thin hn.
Tụi xin chõn thnh cm n!
1
Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc
Phần II NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI

I. Cơ sở lí thuyết.
Để tính thể tích của khối chóp ta có thể sử dụng một trong hai cách sau:
1. Tính trực tiếp dựa vào các định lí sau:
Định lí 1. Cho khối chóp có đỉnh S và đáy là B. Kí hiệu V, S, h lần lượt là thể tích,
diện tích đáy và chiều cao của khối chóp. Khi đó
1
.
3
V S h=
(1)
Định lí 2. Thể tích V của khối tứ diện ABCD được cho bởi công thức sau:
1
, .
6
V AB AC AD
 
=
 
uuur uuur uuur
(2)
2. Tính gián tiếp.
a) Phương pháp trượt đỉnh, dãn đáy
Ý tưởng của phương pháp này là: bằng cách thay đỉnh và mở rộng đáy, ta
quy việc tính thể tích của khối chóp đã cho về việc tính thể tích của những khối
chóp đặc biệt. Ta thường sử dụng những kết quả sau:
Kết quả 1. Nếu đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng (P) và M, N ∈ ∆ thì
( ;( )) ( ;( ))M P N P
d d=
Kết quả 2. Nếu đường thẳng ∆ cắt mặt phẳng (P) tại điểm I và M, N ∈ ∆ (M, N
không trùng với I) thì

( ;( ))
( ;( ))
M P
N P
d
MI
d NI
=
Đặc biệt, nếu M là trung điểm của NI thì
( ;( )) ( ;( ))
1
2
M P N P
d d=
nếu I là trung điểm của MN thì
( ;( )) ( ;( ))M P N P
d d=
Kết quả 3. Cho tam giác ABC và điểm M thuộc cạnh BC sao cho MB = kMC (k >
0). Khi đó
ABM ACM
S kS=
hay
1
ABM ABC
k
S S
k
=
+
Đặc biệt, nếu M là trung điểm của BC thì

2
ABM ABC
S S=
b) Phương pháp phân chia và lắp ghép khối đa diện.
Nếu khối đa diện (H) được phân chia thành hai khối đa diện (H
1
) và (H
2
) thì
1 2
H H H
V V V= +
hay
1 2
H H H
V V V= −
c) Phương pháp dùng công thức về tỉ số của hai khối chóp tam giác.
Bài toán. Cho hình chóp tam giác S.ABC. Trên các tia SA, SB, SC lần lượt lấy A’,
B’, C’ không trùng với điểm S. Khi đó ta có công thức sau
. ' ' '
.
' ' '
. .
S A B C
S ABC
V SA SB SC
V SA SB SC
=
2
Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc

II. Bài tập áp dụng
1. Phương pháp tính trực tiếp
Cơ sở của phương pháp này là công thức
1
.
3
V S h=
Phương pháp này thích hợp khi ta có thể dễ dàng tính được diện tích đáy S và
chiều cao h của khối chóp. Một trong những dấu hiệu của nó là ta có thể xác định
được chân đường vuông góc hạ từ đỉnh. Sau đây là một số ví dụ minh họa.
Bài 1. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác
vuông tại A, AB = a, AC =
3a
và hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên mặt
phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối chóp
A’.ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’, B’C’.
Phân tích. Khối chóp A’.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và chiều cao là A’H
(H là trung điểm của BC) nên bài này chúng ta áp dụng trực tiếp công thức.
Lời giải. Gọi H là trung điểm của BC.
Giả thiết suy ra A’H ⊥ (ABC)
Ta có
'.
1
' .
3
A ABC ABC
V A H S=
2
1 3
.

2 2
ABC
a
S AB AC= =
Tam giác ABC vuông tại A suy ra
2 2
1 1
2 2
AH BC AB AC a= = + =
Tam giác AHA’ vuông tại H suy ra
2 2
' AA' 3A H AH a= − =
.
Vậy
2 3
'.
1 1 3
. ' . . 3
3 3 2 2
A ABC ABC
a a
V S A H a= = =

Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D;
2 ,AB AD a CD a= = =
; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 60
0
. Gọi
I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc
với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a.

Phân tích. Khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông, theo giả thiết
SI ⊥ (ABCD) nên SI là chiều cao của hình chóp.
Lời giải. Hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và
cắt nhau theo giao tuyến SI suy ra SI ⊥ (ABCD). Bởi vậy
.
1
.
3
S ABCD ABCD
V S SI=
3
I
D
C
B
S
A
K
Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc
2
( )
3
2
ABCD
AB DC AD
S a
+
= =
.
Để tính SI ta sử dụng giả thiết góc giữa

(SBC) và (ABCD) bằng 60
0
.
Cách 1. Gọi K là hình chiếu của I trên BC,
suy ra
CB IK⊥
. Kết hợp với
CB SI⊥
ta
được
CB SK⊥
.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và
(ABCD) là góc
· ·
0
60SKI SKI⇒ =
Tam giác IBC có
5, 2, 5IB a IC a BC a= = =
nên bằng phương pháp diện tích
ta tính được
3
5
a
IK =
. Tam giác SIK vuông tại I suy ra
0
3 15
tan60
5

SI IK a= =
.
Vậy
2 3
.
1 3 15 3 15
3 .
3 5 5
S ABCD
V a a a= =
Cách 2. Phương pháp tọa độ. Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O ≡ I, D(a ; 0 ; 0),
C(a ; a ; 0), S(0 ; 0 ; h) suy ra B(-a ; 2a ; 0), A(-a ; 0 ; 0). Từ giả thiết góc giữa
(SBC) và (ABCD) bằng 60
0
ta tính được h.
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc
với đáy hình chóp. Cho AB = a, SA =
2a
. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A
trên SB, SD.
a) Chứng minh SC ⊥ (AHK).
b) Tính thể tích khối chóp OAHK.
Phân tích. SC ⊥ (AHK) nên chân đường vuông góc hạ từ O xuông (AHK) có thể
xác định được theo phương SC, hơn nữa, tam giác AHK cân nên ta tính được diện
tích của nó.
Lời giải.
a) AH ⊥ SB, AH ⊥ BC (do BC ⊥ (SAB)) ⇒ AH ⊥ SC
Tương tự AK ⊥ SC. Vậy SC ⊥ (AHK)
b) Giả sử (AHK) cắt SC tại I, gọi J là
trung điểm của AI, khi đó OJ // SC ⇒ OJ ⊥

(AHK). Do đó
1
.
3
OAHK AHK
V S OJ=
SA = AC =
2a
⇒ ∆SAC cân tại A ⇒ I là
trung điểm của SC.
4
O
C
A
D
B
S
H
K
Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc
Vậy
1 1 1
.2
2 4 4 2
a
OJ IC SC a= = = =
2 2 2 2
1 1 1 3 6
2 3
a

AH
AH AB AS a
= + = ⇒ =
;
6
3
a
SAD SAB AK AH∆ = ∆ ⇒ = =
Ta có HK và BD đồng phẳng và cùng vuông góc với SC nên HK // BD.
AI cắt SO tại G là trọng tâm của tam giác SAC, G thuộc HK nên
2 2 2 2
3 3 3
HK SG a
HK BD
BD SO
= = ⇒ = =
. Tam giác AHK cân tai A, G là trung điểm
của HK nên AG ⊥ HK và
2 2 1 1 2
. .2
3 3 2 3 3
a
AG AI SC a= = = =
2
1 1 2 2 2 2 2
. . .
2 2 3 3 9
AHK
a a a
S AG HK= = =

2 3
1 1 2 2 2
. . .
3 3 9 2 27
OAHK AHK
a a a
V S OJ= = =
Cách 2. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (OHK) bằng khoảng cách h từ A đến
mặt phẳng (SBD). Tứ diện ASBD vuông tại A nên
2 2 2 2 2
1 1 1 1 5 10
2 5
a
h
h AS AB AD a
= + + = ⇒ =
Tam giác OHK cân tại O nên có diện tích S bằng
2 3
1 1 10 2 2 5 1 2
. . .
2 2 6 3 9 3 27
a a a a
S OG HK V Sh= = = ⇒ = =
Cách 3. Giải bằng phương pháp tọa độ như sau:
Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O ≡ A, B(a ; 0 ; 0), D(0 ; a ; 0), S(0 ; 0 ;
2a
).
Tính SH, SK suy ra tọa độ của H
2 2
0; ;

3 3
a a
 
 ÷
 
, K
2 2
;0;
3 3
a a
 
 ÷
 
, O
; ;0
2 2
a a
 
 ÷
 
Áp dụng công thức
1
, .
6
V AH AK AO
 
=
 
uuur uuur uuur
Bài 4 Cho Hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên

tạo với đáy một góc 60
0
. Gọi M là trung điểm của SC. Mặt phẳng đi qua AM và
song song với BD, cắt SB tại E và cắt SD tại F. Tính thể tích khối chóp S.AEMF.
Phân tích. Dễ thấy BD ⊥ (SAC), EF // BD ⇒ EF ⊥ (SAC). Mặt khác tam giác
SAC cân và có một góc bằng 60
0
nên SAC đều, do đó tính được diện tích ∆SAM.
Lời giải.
Cách 1. Gọi O là tâm hình vuông ABCD, I là giao điểm của AM và SO. Dễ thấy
EF đi qua I và EF // BD và
( )SO ABCD⊥
. BD ⊥ AC, BD ⊥ SO ⇒ BD ⊥ (SAC)
5
Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc
⇒ EF ⊥ (SAC). Ta có OA là hình chiếu của SA trên (ABCD) nên góc giữa SA và
(ABCD) là góc
·
SAO
. Tam giác SAC cân tại S và có
·
0
60SAO =
nên tam giác SAC
đều cạnh
2a
suy ra
2. 3 1 2
,
2 2 2

a a
AM SM SC= = =
và AM ⊥ SC.
Do tính đối xứng nên
3
.
1 2 1 6
2 2. . . . . . .
3 3 2 18
S AEMF EAMS AMS
a
V V S EI AM SM EI= = = =
Cách 2. EF ⊥ (SAC) ⇒ EF ⊥ AM. Lại có SC ⊥ BD ⇒ SC ⊥ EF,
do đó SC ⊥ (AEMF).
EF // BD ⇒
2 2 2 2
3 3 3
EF SI a
EF BD
BD SO
= = ⇒ = =
(I là trọng tâm tam giác SAC)
Tứ giác AEMF có AM ⊥ EF nên
2
1 3
.
2 3
AEMF
a
S AM EF= =

.
Vậy thể tích V của hình chóp S.AEMF là
2 3
1 1 3 2 6
. . .
3 3 3 2 18
AEMF
a a a
V S SM= = =

Cách 3. Phương pháp tọa độ. Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O là tâm của hình
vuông ABCD, B
2
;0;0
2
a
 
 ÷
 
, C
2
0; ;0
2
a
 
 ÷
 
, S
6
0;0;

2
a
 
 ÷
 
Bài 5 Cho hình chóp S.ABCD có độ dài cạnh SA bằng x, tất cả các cạnh còn lại
đều có độ dài bằng 1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo x và tìm x để thể
tích đó lớn nhất.
Phân tích. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống (ABCD) thuộc AC nên ta xác
định được đường cao.
OA OC OS= =
nên tam giác SAC vuông tại S, do vậy tính
được SH, AC và diện tích của ABCD.
Lời giải.
Gọi H là hình chiếu của S trên mp(ABCD).
Do SB = SC = SD nên HB = HC = HD suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác BCD. Tam giác BCD cân tại C nên H thuộc CO, O là giao của AC và BD.
CBD ABD SBD∆ = ∆ = ∆

OC OA OS SAC⇒ = = ⇒ ∆
vuông tại S
2
1AC x⇒ = +
.
2 2
2
1 1 1
1
x
SH

SH SA SC
x
2
= + ⇒ =
+
ABCD là hình thoi
2 2 2
1
3
2
AC BD OB AB AO x⇒ ⊥ ⇒ = − = −
6
F
E
I
M
D
C
A
B
S
O
Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc
2 2 2
1 1 1
. 1. 3 3
2 2 6
ABCD
S AC BD x x V x x= = + − ⇒ = −
áp dụng BĐT Côsi ta có

2 2
2
1 1 3 1
3 .
6 6 2 4
x x
V x x
+ −
= − ≤ =
Đẳng thức xảy ra
6
2
x⇔ =
. Vậy V lớn nhất khi
6
2
x =
Bài 6 Cho mặt cầu tâm O bán kính R. Lấy một điểm S thuộc mặt cầu, xét ba điểm
A, B, C thuộc mặt cầu sao cho SA = SB = SC và
·
·
·
ASB BSC CSA
α
= = =
0 0
0 90
α
< <
). Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo R và

α
Phân tích. Từ giả thiết suy ra S.ABC là hình chóp đều,
bởi vậy tính được
.S ABC
V
theo α và SA = a. Giả sử
SO cắt (S) tại S’, khi đó tâm I của tam giác ABC thuộc
SS’ và tam giác SAS’ vuông tại A nên tính được a
Theo R và α.
Lời giải.
Theo giả thiết S.ABC là hình chóp đều
Gọi I là trọng tâm
ABC∆
thì I cũng là
tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC∆
và
( )SI ABC⊥
Do
OA OB OC= =
nên
O SI∈
. Giả sử SI cắt lại mặt cầu tại S
’
thì SS
’
= 2R
Đặt SA = SB = SC = a.
'
SAS∆

vuông tại A nên SA
2
= SI.SS
’

2 2
'
2
SA a
SI
SS R
⇒ = =
Trong tam giác SAB ta có
2 2 2
2 . .cosAB SA SB SA SB
α
= + −

2 2 2
2 (1 cos ) 4 sin 2 .sin
2 2
a a AB a
α α
α
= − = ⇒ =
2 4
0 2 2 2 2 2
1 1 3
. .sin60 3sin 3sin . sin
2 2 3 2 2 6 2

ABC
a a
S AB AC a V a
R R
α α α
∆
= = ⇒ = =
Để tính a theo R và
α
, ta chú ý rằng
2
3
AI AJ=
, J là trung điểm BC
3 2
3sin 3sin
2 2 3 2
AB
AJ a AI a
α α
= = ⇒ =
. Tam giác SAI vuông tại I nên
2 2 2
SA SI AI= +

4 2
2 2 2
2
4 4
sin 2 1 sin

4 3 2 3 2
a a
a a R
R
α α
⇒ = + ⇒ = −
Vậy
3 2 2 2
8 3 4
sin (1 sin )
3 2 3 2
V R
α α
= −
7
S
A
C
O
B
J
S’
I
O
A
B
C
D
S
H

Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc
Bài 7. Cho hình chóp tam giác S.ABC có AB = 5a, BC = 6a, CA = 7a. Các mặt
bên SAB, SBC, SCA đều tạo với đáy một góc 60
0
. Tính thể tích của khối chóp
S.ABC.
Phân tích. Từ giả thiết tính được diện tích ∆ABC. Các mặt bên hợp với đáy góc
60
0
nên chân đường vuông góc hạ từ S xuống mp(ABC) trùng với tâm đường tròn
nội tiếp ∆ABC, bởi vậy tính được đường cao.
Lời giải.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABC); E, F, I lần lượt
là hình chiếu của H trên AB, BC, CA. Khi đó SH ⊥ (ABC)
AB ⊥ SH, AB ⊥ HE ⇒ AB ⊥ SE ⇒
·
0
60SEH =
. Tương tự
·
·
0
60SFH SIH= =
. Các
tam giác vuông SHE, SHF, SHI bằng nhau suy ra HE = HF = HI = r (r là bán kính
đường tròn nội tiếp tam giác ABC). Kí hiệu p, S lần
lượt là nửa chu vi và diện tích của tam giác ABC, khi
đó p = 9a, S =
2
6 6a

(theo công thức hêrông). Mặt
khác
2 6
3
S a
S pr r
P
= ⇒ = =
. Áp dụng hệ thức lượng
trong tam giác SHE ta có
0
tan60 2 2SH r a= =
.
Vậy
2 3
1 1
. .6 6 .2 2 8 3
3 3
SABC
V S SH a a a= = =
Bài 8. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc giữa đường thẳng
BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60
0
, tam giác ABC vuông tại C và
·
0
60BAC =
.
Hình chiếu của điểm B’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác
ABC. Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a.

Phân tích. Gọi G là trọng tâm ∆ABC
thì B’G ⊥ (ABC), A’B’ // (ABC) nên
( ';( )) ( ';( ))
'
A ABC B ABC
d d B G= =
. Từ đó tính
được B’G và diện tích ∆ABC.
Lời giải.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, khi
đó B’G ⊥ (ABC), góc giữa BB’ và mặt
phẳng (ABC) là góc
·
'B BG
·
0
' 60B BG⇒ =
. Ta có A’B’ // (ABC)
( ';( )) ( ';( ))
'
A ABC B ABC
d d B G= =
.
8
A
C
B
H
S
E

F
I
a
A'
C'
G
M
B
A
C
B'
Trung tâm luyện thi đại học trờng THPT Đoàn Thợng Biên soạn: Lê Văn Lục
Vy
'
1
. '
3
A ABC ABC
V S B G=
. Tam giỏc BBG cú
0
'.cos60
2
a
BG BB= =
,
0
3
' '.sin60
2

a
B G BB= =
. Ta cú
3 3
2 4
a
BM BG= =
. Tam giỏc ABC vuụng ti C v
cú gúc
ã
0
60BAC =
nờn nu t AB = 2x thỡ AC = x MC =
2
x
, BC =
3x
. p
dng nh lớ Pitago cho tam giỏc vuụng BCM ta c
2 2 2 2
2 2 2 2
9 3 1 3 9 3
3 .
16 4 4 2 2 32
ABC
a x a x a
BM BC MC x x S CB CA= + = + = = = =
Vy
2 3
'

1 9 3 3 9
. .
3 32 2 64
A ABC
a a a
V = =
*Nhn xột. bi toỏn trờn ta ó thay nh A bng nh B m th tớch khụng thay
i, trong khi vi nh B ta d dng xỏc nh c chõn ng vuụng gúc. Vic
lm ny nhiu khi rt thun li v ú chớnh l ni dung ca phng phỏp 2 sau õy
2. Phng phỏp trt nh, dón ỏy
C s ca phng phỏp ny l bng cỏch thay nh v m rng ỏy, ta quy
vic tớnh th tớch ca khi chúp ó cho v vic tớnh th tớch ca nhng khi chúp
c bit.
Bi 9 Cho hỡnh chúp t giỏc u S.ABCD cú AB = a, SA =
2a
. Gi M, N, P ln
lt l trung im ca cỏc cnh SA, SB, CD. Tớnh theo a th tớch khi t din
AMNP.
Phõn tớch. Theo gi thit, vic tớnh th tớch cỏc khi chúp S.ABCD hay S.ABC l
d dng. Vy ta cú th ngh n vic quy vic tớnh th tớch ca khi t din AMNP
v vic tớnh th tớch ca cỏc khi chúp núi trờn. Trong cỏc mt ca khi t din
AMNP ta thy tam giỏc AMN cú th m rng thnh tam giỏc SAB, khong cỏch t
P n (AMN) cú th thay bng khong
cỏch t C n (SAB).
Li gii.
Gi O l tõm ca hỡnh vuụng ABCD, khi
ú SO (ABCD).
M, N ln lt l trung im ca SA v SB
nờn
1 1

2 4
AMN ANS ABS
S S S= =
( ;( )) ( ;( ))
/ /( )
P AMN C AMN
PC AMN d d =
. Vy
9
P
N
M
O
B
D
C
A
S
Trung tâm luyện thi đại học trờng THPT Đoàn Thợng Biên soạn: Lê Văn Lục
. ( ;( )) ( ;( ))
1 1 1
. . .
3 3 4
P AMN AMN P AMN ABS C AMN
V S d S d= =
. .
1 1 1 1
. .
4 4 4 3
C ABS S ABC ABC

V V S SO= = =
.
2 2 2
1 6
,
2 2
ABC
a
S a SO SA AO= = =
.
Vy
3
2
1 1 6 6
. .
12 2 2 48
AMNP
a a
V a= =

Bi 10. Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy l hỡnh bỡnh hnh, AB = a, AD = 2a, gúc
ã
0
30ABC =
; SA = 3a v nm trờn ng thng vuụng gúc vi ỏy. Gi M, N ln
lt l trung im ca SC v SD, O l giao im ca AC v BD. Tớnh th tớch khi
t din OAMN.
Phõn tớch. Khi t din OAMN cú
mt AOM cú th m rng thnh
tam giỏc SAC, khong cỏch t N

n (AOM) cú th thay bng mt
na khong cỏch t D n (SAC).
Li gii.
Ta cú
( ;( ))
1
. .
3
OAMN OAM N OAM
V S d=
.
O, M ln lt l trung im ca AC
v SC nờn
1 1
2 4
OAM CAM SAC
S S S= =
,
ng thng DN ct (OAM) ti S
v N l trung im ca SD nờn
( ;( )) ( ;( )) ( ;( ))
1 1
2 2
N OAM D OAM D SAC
d d d= =
. Vy
3
0
( ;( )) .
1 1 1 1 1 1 1

. . . . . . .sin30 .
3 4 4 4 3 12 2 8
OAMN SAC D SAC S ACD ACD
a
V S d V S SA DA DC SA= = = = =
Bi 11 Cho t din
ABCD
cú
, ;AB a CD b= =
gúc
( , )AB CD

=
, khong cỏch
gia
AB
v
CD
bng
d
. Tớnh th tớch ca khi t din
ABCD
theo
, ,a b d
v

.
Phõn tớch. Nu dng hbh BCDE thỡ tam giỏc
ABE hon ton xỏc nh v
BCD BDE

S S=
nờn
.ABCD ABDE D ABE
V V V= =
Li gii.
10
b
b
a
C
E
D
B
A
O
N
M
C
A
D
B
S
Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc
Dựng hình bình hành
BCDE
suy ra
/ /BE CD
và
BE CD b= =
, góc giữa AB và

CD bằng hoặc bù với góc
· ·
sin sinABE ABE
α
⇒ =
.
BCD BDE
S S= ⇒

( ;( ))
1
.
3
ABCD ABDE DABE ABE D ABE
V V V S d= = =
.
1
sin
2
ABE
S ab
α
=
.
Mp(ABE) chứa AB và song song với CD nên
( ; ) ( ;( )) ( ;( ))CD AB CD ABE D ABE
d d d d= = =
Vậy
1 1
. sin . sin

3 3
ABCD
V ab d abd
α α
= =
Bài 12. Cho hai nửa đường thẳng Ax và By chéo nhau nhận AB làm đoạn vuông
góc chung. Các điểm M, N lần lượt chuyển động trên Ax và By (M khác A và N
khác B) sao cho AM + BN = MN. Chứng minh rằng thể tích tứ diện ABMN không
phụ thuộc vào M và N.
Phân tích. Bài này có lời giải tương tự
như bài trên
Lời giải.
Trong mặt phẳng (ABN), dựng hình bình
hành ABNN’. Đặt AB = a,
·
'MAN
α
=
thì a và α cố định, đặt AM = x, BN = y
khi đó AN’ = BN = x, NN’ // AB ⇒
NN’ ⊥ Ax, NN’ ⊥ At ⇒ NN’ ⊥ (AMN’)
' ' . 'ABN ANN MABN MANN N AMN
S S V V V= ⇒ = =
'
1 1 1
. ' . sin .
3 3 2
AMN
S NN xy a
α

= =
2 2 2
' ' ' 'NN N M MN NN N M⊥ ⇒ = +
2
2 2 2 2 2
2
( ) 2 cos 2 (1 cos )
4cos
2
a
x y a x y xy xy a xy
α α
α
⇔ + = + + − ⇔ + = ⇔ =
Vậy
2
3
2
1 1
. .sin . tan
6 12 2
4cos
2
ABMN
a
V a a
α
α
α
= =

không phụ thuộc vào M và N.
Bài 13. Cho tứ diện ABCD có AD = BC = a, AC = BD = b, AB = CD = c. Tính thể
tích V của tứ diện ABCD theo a, b, c.
Phân tích. ABCD là tứ diện gần đều nên ta dựng tứ diện vuông AA
1
A
2
A
3
sao cho
B, C, D lần lượt là trung điểm của
1 2 1 3 2 3
, ,A A A A A A
.
Lời giải.
11
t
x
y
B
N'
N
A
M
Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc
Trong mặt phẳng (BCD), từ mỗi đỉnh của
BCD∆
kẻ đường thẳng song song với
cạnh đối diện, chúng cắt nhau tạo thành
1 2 3

A A A∆
. Ta có
3 2 1
, ,BCA D BCDA BDCA
là
các hình bình hành nên
1 2 1 2
1
2
AB DC A A AA A= = ⇒ ∆
vuông tại A. Tương tự
1 3
AA A∆
,
2 3
AA A∆
vuông tại A.
1 2 3 1 2 3
1 1
4 4
BCD A A A ABCD AA A A
S S V V= ⇒ =
đặt x = AA
1
, y = AA
2
, z = AA
3
Trong tam giác vuông
2 3

AA A∆
=> y
2
+ z
2
= 4a
2
(1)
Trong tam giác vuông
1 3
AA A∆
=> x
2
+ z
2
= 4b
2
(2)
Trong tam giác vuông
1 2
AA A∆
=> x
2
+ y
2
= 4c
2
(3)
Cộng vế ta được x
2

+ y
2
+ z
2
= 2(a
2
+ b
2
+ c
2
)
2 2 2
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2
2 2 2
2( )
2( )
2( ) 2( )
2( )
2( )
x b c a
x b c a
y a c b y a c b
z b a c
z b a c

= + −
= + −



 
⇒ = + − ⇔ = + −
 
 
= + −
= + −



1 2 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A A A
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
yz= 2( ). 2( ). 2( )
6 6
1
2( )( )( )
3
A
V x b c a a c b b a c
b c a a c b b a c
= + − + − + −
= + − + − + −
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1
2( )( )( )
12
ABCD

V V b c a a c b b a c⇒ = = + − + − + −
Bài 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB
=
3a
và mp(SAB) vuông góc với mp đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
các cạnh AB và BC. Tính theo a thể tích
khối chóp S.BMDN và cosin của góc giữa
hai đường thẳng SM và DN.
Phân tích. Tam giác ABS vuông tại S nên
ta tính được SH. Diện tích tứ giác BMDN
có thể tính gián tiếp qua diện tích của hình
vuông ABCD.
Lời giải.
12
c
b
a
a
c
b
c
z
b
x
y
a
c
b
a
D

C
B
A
2
A
1
A
3
A
M
N
C
A
D
B
S
H
Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc
Ta có SA
2
+ SB
2
= AB
2
suy ra tam giác SAB vuông tại S. Gọi H là hình chiếu của
S trên AB thì do (SAB) ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ (ABCD).
Từ
. 3
. .
2

SB SC a
SH AB SB SC SH
AB
= ⇒ = =
1 1
2 2
BMDN BMD BND BAD BCD
S S S S S= + = +

2
1 1
.2 .2 2
2 2
ABCD
S a a a= = =
. Do đó
3
2
.
1 1 3 3
. .2 .
3 3 2 3
S BMDN BMDN
a a
V S SH a= = =
3. Phương pháp phân chia và lắp ghép khối chóp
Cở sở của phương pháp này là: Nếu khối chóp phức tạp hoặc chưa tính thể
tích ngay được thì ta có thể phân chia khối chóp thành những khối chóp đơn giản
hơn mà việc tính thể tích của những khối chóp được phân chia là khả quan hoặc ta
có thể coi khối chóp đã cho là phần bù của một khối chóp khác.

Bài 15. Cho khối hộp
. ' ' ' 'ABCD A B C D
có thể tích V. Tính thể tích khối tứ diện
' 'ACB D
theo V.
Phân tích. Việc tính trực tiếp thể tích của tứ
diện
' 'ACB D
theo công thức (1) là không khả
thi, bởi vì ta rất khó xác định chân đường
vuông góc hạ từ một đỉnh nào đó. Trong khi
' , ' , ' ' ', ' ' ', ' 'B ABC D ACD AA B D CB C D ACB D
đều có chiều cao bằng chiều cao
của khối hộp và diện tích đáy bằng nửa dt đáy của khối hộp
Lời giải.
Khối hộp
. ' ' ' 'ABCD A B C D
được phân chia thành 5 khối tứ diện:
' , ' , ' ' ', ' ' ', ' 'B ABC D ACD AA B D CB C D ACB D
. Do đó
' ' A'B'D' CB'C'D' ' '
+V
B ABC D ACD A ACB D
V V V V V= + + +
.
Các khối tứ diện
' , ' , ' ' ', ' ' ', ' 'B ABC D ACD AA B D CB C D ACB D
đều có chiều cao
bằng chiều cao của khối hộp và diện tích đáy bằng nửa dt đáy của khối hộp nên
' A'B'D' CB'C'D' ' ( ';( )) ( ';( ))

1 1
=V . .
3 6 6
D ACD A B ABC ABC B ABC ABCD B ABCD
V
V V V S d S d= = = = =
.
Từ đó ta có
' '
4.
6 3
ACB D
V V
V V= − =
13
D'
A'
C'
C
A
D
B
B'
Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc
Bài 16. Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy và cạnh bên đều bằng a
a) Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD.
b) Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AD, SC. Chứng minh rằng mặt
phẳng (MNP) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau.
Phân tích. Mp(MNP) chia khối chóp thành 2 khối đa diện phức tạp nên để tích thể
tích của nó ta chọn phương án lấy hiệu.

Lời giải.
a) Gọi H là tâm đáy ⇒ SH ⊥ (ABCD) và
2
2 2 2
2
2 2
a a
SH SA HA a= − = − =
3
2
1 1 2 2
. .
3 3 2 6
ABCD
a a
V S SH a= = =
b) MN cắt CD tại J, cắt CB tại I;
PJ cắt SD tại F, PI cắt SB tại E.
Thiết diện của hình chóp với
mặt phẳng (MNP) là ngũ giác
MNFPE.
Mặt phẳng (MNP) chia khối
chóp S.ABCD thành hai phần.
Gọi V
1
là phần là phần chứa
điểm S và V
2
là phần còn lại.
Dễ thấy

2 PCIJ FDNJ EBMI
V V V V= − −
Vì P là trung điểm của SC nên
( ;( )) ( ;( ))
1 1
2 2
P ABCD S ABCD
d d SH= =
Gọi K là trung điểm của CD, khi đó MK // ND, KP // DF suy ra
1 1 1 1 1
. ,
2 2 2 2 4 2 2
DF JD ND a a
DF KP SD JD JK
KP JK MK
= = = ⇒ = = = = =
Tương tự
4
a
BE =
,
2
a
BI =
2
( ;( ))
1 1 1 1 3 3 3 9
. . . . . . . .
3 3 2 2 12 2 2 16 16
PCIJ CIJ P CIJ

SH
V S d CI CJ a a SH a SH V= = = = =
( ;( ))
1 1 1 1
. . . . .
3 3 2 2 2 4 32
FDNJ EBMI BMI E BMI
a a SH
V V S d V= = = =
Vậy
2 1
9
2.
16 32 2 2
V V V V
V V= − = ⇒ =
4. Phương pháp sử dụng công thức về tỉ số thể tích của hai khối chóp.
Cơ sở của phương pháp này là bài toán cơ bản sau:
14
E
F
J
I
P
N
M
C
A
D
B

S
Trung tâm luyện thi đại học trờng THPT Đoàn Thợng Biên soạn: Lê Văn Lục
Bi toỏn. Cho hỡnh chúp tam giỏc S.ABC. Trờn cỏc tia SA, SB, SC ln lt ly A,
B, C khụng trựng vi im S. Khi ú ta cú cụng thc sau
. ' ' '
.
' ' '
. .
S A B C
S ABC
V SA SB SC
V SA SB SC
=
Vic chng minh nú khỏ n gin v ó cú trong sỏch giỏo khoa. Cỏi hay
ca bi toỏn ny l ch: khi ó bit th tớch ca khi chúp S.ABC v cỏc t s núi
trờn thỡ ta s tớnh c th tớch ca khi chúp S.ABC (ụi khi vic tớnh trc tip
th tớch ca khi chúp S.ABC gp nhiu khú khn). Ta s minh ha iu ny
bng mt s vớ d sau.
Bi 17. Cho t din ABCD cú AB = a, AC = b, AD = c v cỏc gúc BAC, CAD,
DAB u bng 60
0
. Tớnh th tớch khi t din ABCD theo a, b, c.
Phõn tớch. Nu a = b = c thỡ t din ABCD l hỡnh chúp u nh A nờn ta tớnh
c th tớch ca nú. Nu a, b v c khụng ng thi bng nhau thỡ ta ly C v D
trờn cỏc tia AC, AD sao cho AC = AD = a c hỡnh chúp u. Tip theo ta
dựng cụng thc t s th tớch tớnh th tớch khi chúp A.BCD.
Li gii.
Khụng gim tng quỏt, gi s a nh nht. Trờn cỏc tia
AC, AD ln lt ly C v D sao cho AC = AD = a.
Tam giỏc ABC cõn ti A v cú

ã
0
' 60BAC =
nờn tam
giỏc ABC u cnh a. Tng t cỏc tam giỏc ABD
v ACD u cnh a nờn t din ABCD u cnh a
Gi H l trng tõm tam giỏc BCD thỡ
AH (BCD) v
2 3 3 6
.
3 2 3 3
a a a
BH AH= = =
3
0
' ' ' '
1 1 1 6 2
. . . . .sin60 .
3 3 2 3 12
ABC D BC D
a a
V S AH a a= = =
Theo cụng thc v t s th tớch ta cú
3
.
.
2 2
. ' '
2 2
. . .

' ' 12 12
A BCD
A BCD
A BC D
V AB AC AD bc bc a abc
V
V AB AC AD a a
= = = =
Bi 18 Cho hỡnh chúp tam giỏc S.ABC cú ỏy ABC l tam giỏc u cnh a, SA =
2a v SA vuụng gúc vi mt phng (ABC). Gi M, N ln lt l hỡnh chiu vuụng
gúc ca A trờn cỏc ng thng SB v SC. Tớnh th tớch ca khi chúp A.BCNM.
15
A
B
C
D
C
D
Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc
Phân tích. Ta dễ dàng tính được thể tích của khối chóp S.ABC và các tỉ số
,
SM SN
SB SC
nên tính được thể tích của khối chóp S.AMN. Mặt khác, khối chóp
S.ABC được phân chia thành hai khối chóp S.AMN và A.BCNM nên
ABCNM SABC SAMN
V V V= −
Lời giải.
2 3
1 1 3 3

. . .2
3 3 4 6
SABC ABC
a a
V S SA a= = =

2 2
2 2 2 2
. . 16
. . .
25
SAMN
SABC
V SM SN SM SB SN SC SA SA
V SB SC SB SC SB SC
= = = =
3 3
16 16 3 8 3
.
25 25 6 75
SAMN SABC
a a
V V⇒ = = =
3 3 3
3 8 3 7 3
6 75 25
ABCNM SABC SAMN
a a a
V V V= − = − =
Bài 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy

ABCD là hình chữ nhật; AB = a, AD = 2a;
SA vuông góc với đáy và SA =
3a
. Gọi
B’, C’, D’ lần lượt là hình chiếu của A trên
SB, SC, SD.
a) Chứng minh rằng A, B’, C’, D’ đồng
phẳng.
b) Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’.
Phân tích. Do
', ', 'AB AC AD
cùng vuông
góc với SC nên chúng đồng phẳng. Để làm
câu b) ta lưu ý rằng công thức tỉ số của hai khối chóp chỉ áp dụng cho các khối
chóp tam giác nên ta nghĩ đến việc phân chia khối chóp S.AB’C’D’ thành hai khối
chóp tam giác.
16
2a
a
C'
O
B
D
C
A
S
B'
D'
A
C

B
S
M
N
Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc
Lời giải.
a) Ta có
' , ' (do ( )) 'AB SB AB BC BC SAB AB SC⊥ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥
' , ' (do ( )) 'AD SD AD DC DC SAD AD SC⊥ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥
Hiển nhiên
'AC SC⊥
suy ra
', ', 'AB AC AD
cùng thuộc mặt phẳng (P) đi qua
điểm A và vuông góc với SC. Vậy A, B’, C’, D’ đồng phẳng.
b) Theo công thức về tỉ số thể tích ta có
2 2
. ' '
. ' ' .
2 2 2 2
.
' ' '. '. 9 9
. . .
32 32
S AB C
S AB C S ABC
S ABC
V SB SC SB SB SC SC SA SA
V V
V SB SC SB SC SB SC

= = = = ⇒ =
2 2
. ' '
. ' ' .
2 2 2 2
.
' ' '. '. 9 9
. . .
56 56
S AC D
S AC D S ACD
S ACD
V SC SD SC SC SD SD SA SA
V V
V SC SD SC SD SC SD
= = = = ⇒ =
Kí hiệu V là thể tích của khối chóp S.ABCD thì
3
1 3
.
3 3
ABCD
a
V S SA= =
và do
ABCD là hình chữ nhật nên
. .
1
2
S ABC S ACD

V V V= =
. Từ đó
3
. ' ' ' . ' ' . ' '
9 9 33 3
. .
32 2 56 2 448
S AB C D S AB C S AC D
V V a
V V V= + = + =
Bài 20. Cho khối chop S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong
đường tròn đường kính AD = 2a. Hai mặt bên SAB và SAD vuông góc với đáy,
mặt phẳng (SBD) tạo với mặt phẳng chứa đáy một góc 45
0
.
a) Tính thể tích V của khối chop S.ABCD.
b) Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD).
c) Gọi M là trung điểm của cạnh SB, mặt phẳng (ADM) cắt SC tại N. Tính thể
tích khối chop S.AMND.
Phân tích. Câu a) ta tính trực tiếp. Để giải câu b) ta dùng phương pháp thể tích,
còn câu c) có cách giải tương tự như bài 19.
Lời giải.
a) Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mp(ABCD) và cắt nhau
theo giao tuyến SA suy ra SA ⊥ (ABCD). Gọi O là trung điểm của AD thì tam giác
OAB đều cạnh a và
2
3 3
3
4
ABCD OAB

a
S S= =
Góc
·
0
90ABD =
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
⇒ BD ⊥ AB, BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ SB. Do đó, góc giữa (SBD)
và (ABCD) bằng góc
· ·
0
45SBA SBA⇒ =
suy ra tam giác SAB
vuông cân tại A ⇒ SA = a.
17
O
N
M
A
B
C
D
S
Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc
Vậy
2
3
1 1 3 3 3
. . .
3 3 4 4

ABCD
a
V S SA a a= = =
b) Ta có
0 3
1 1 1 3
. . . .sin120 .
3 3 2 12
SBCD BCD
V S SA CB CD SA a= = =
Mặt khác
. ( ;( ))
1
.
3
SBCD C SBD SBD C SBD
V V S d= =
. Tam giác SBD vuông tại B nên
2
1 1 6
. 2. 3
2 2 2
SBD
a
S SB BD a a= = =
. Vậy
( ;( ))
3 2
4
SBCD

C SBD
SBD
V a
d
S
= =
c) Mặt phẳng (ADM) song song với BC nên cắt (SBC) theo giao tuyến MN // BC,
M là trung điểm của SB nên N là trung điểm của SC.
Ta có
. . .S AMND S AMN S AND
V V V= +
3
.
. .
.
1 1 1 1 1 1 3
. . . .
2 2 4 4 4 3 48
S AMN
S AMN S ABC ABC
S ABC
V SM SN a
V V S SA
V SB SC
= = = ⇒ = = =
3
.
. .
.
1 1 1 3

.
2 2 2 12
S AND
S AND S ACD ACD
S ACD
V SN a
V V S SA
V SC
= = ⇒ = = =
Vậy
3 3 3
.
3 3 5 3
48 12 48
S AMND
a a a
V = + =
Bài 21. Cho hình chóp O.ABCD có ABCD là hình bình hành, AC cắt BD tại I, P là
trung điểm của OI. Xét các mặt phẳng chứa AP, mặt phẳng đó cắt OB, OC, OD lần
lượt tại M, K, N. Gọi V
1
và V lần lượt là thể tích của các khối chóp O.AMKN và
O.ABCD. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của tỷ số
1
V
V
.
Phân tích. Do đáy ABCD là hình bình hành và yêu cầu bài toán là tính tỉ số thể
tích nên ta phân chia khối chóp O.AMKN thành hai khối chóp tam giác và áp dụng
công thức. Ta dễ dàng tính được

1
3
OK
OC
=
. Vấn đề còn lại là tìm mối quan hệ giữa
OM
OB
và
ON
OD
.
Lời giải.
Vì ABCD là hình bình hành cho nên ta có:
V
O.ABC
= V
O.ADC
= V
O.ABD
= V
O.CBD
=
1
2
V
O.ABCD
=
1
2

V.
Do P là trung điểm của OI
⇒
OK =
1
3
OC
(Thí sinh phải chứng minh)
18
K'
K
I
A
O
C
P
Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc
Đặt
OM ON
x, y
OB OD
= =
(0 < x, y ≤ 1) thì:
OAMK
OAMK
OABC
V OM OK x.V
. V
V OB OC 6
= ⇒ =

Tương tự: V
OANK
=
y.V
6
Vậy V
1
= V
OAMK
+V
OANK
=
V
(x y)
6
+
(1)
Mặt khác ta có:
V
1
= V
OAMN
+ V
OMNK
= x.y.
V
2
+ x.y.
V
6

= 4.x.y.
V
6
(2)
Từ (1) và (2) ta có: x + y = 4x.y
⇔
y(4x -1) = x
x
y
4x 1
⇔ =
−
Do x > 0, y > 0 cho nên x >
1
4
. Mặt khác y
≤
1 suy ra x
1
3
≥
vậy
1
x 1
3
≤ ≤
Từ (1) suy ra
1
V 1
(x y)

V 6
= + =
2
2 2 x 2 x
x.y .x. .
3 3 4x 1 3 4x 1
= =
− −
Xét hàm số f(x) =
2
x
4x 1−
có f '(x) =
2
2x(2x 1)
(4x 1)
−
−
= 0
⇔
x =
1
2
Bảng biến thiên:
x
1
3

1
2

1
f'(x) - 0 +
f(x)
1
3

1
3

1
4
Từ bảng biến thiên ta có
1
4
≤
f(x)
≤
1
3
hay
1
1 V 2
6 V 9
≤ ≤
Suy ra giá trị nhỏ nhất là:
1
6
khi x =
1
2

và y =
1
2
giá trị lớn nhất là:
2
9
khi
1
x
3
y 1

=



=

hoặc
x 1
1
y
3
=



=



Bài 22. Cho tứ diện ABCD. Một điểm M thay đổi nằm trong tam giác BCD (M
không nằm trên các cạnh của tam giác BCD). Từ M kẻ các đường thẳng tương ứng
song song với AB, AC, AD. Các đường thẳng này cắt các mặt bên ACD, ABD,
19
P
O
A
B
C
D
M
K
N
I
Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc
ABC theo thứ tự tại B’, C’, D’. Tìm vị trí của M sao cho tứ diện MB’C’D’ có thể
tích lớn nhất.
Phân tích. Để tính thể tích của khối tứ diện MB’C’D’ ta dùng phép đối xứng tâm I
để biến tứ diện MB’C’D’ thành tứ diện AB
1
C
1
D
1
. Tiếp theo ta dùng công thức tỉ số
thể tích để tính thể tích của tứ diện này.
Lời giải.
'
'//
MCD

BCD
S
MB PM
MB BA
BA PB S
⇒ = =
.
Tương tự ta cũng có
'
MBD
CBD
S
MC
CA S
=
và
'
MBC
DBC
S
MD
DA S
=
.
Cộng vế lại ta được
' ' '
1
MB MC MD
BA CA DA
+ + =

(1). Gọi I là trung
điểm của AM.
Phép đối xứng Đ
I
tâm I biến M thành A, biến B’ thành điểm B
1
thuộc cạnh AB và
AB
1
= MB’. Tương tự ta cũng có
Đ
I
(C’) = C
1
sao cho C
1
thuộc cạnh AC và AC
1
= MC’
Đ
I
(D’) = D
1
sao cho D
1
thuộc cạnh AD và AD
1
= MD’
suy ra phép đối xứng tâm I biến MB’C’D’ thành AB
1

C
1
D
1
. Do vậy
1 1 1
AB C D
MB'C'D'
1 1 1
ABCD ABCD
V
V
AB .AC .AD
MB'.MC'.MD'
V V AB.AC.AD AB.AC.AD
= = =
Áp dụng BĐT AM – GM và (1) ta được
3
MB'C'D'
ABCD
MB' MC' MD'
V
MB'.MC'.MD' 1
AB AC AD
V AB.AC.AD 3 27
 
+ +
 ÷
= ≤ =
 ÷

 ÷
 
.
Đẳng thức xảy ra ⇔
MB' MC' MD' 1
AB AC AD 3
= = =
hay
PM QM RM 1
PB QC RD 3
= = =
,
tức là khi M là trọng tâm tam giác BCD.
5. Phương pháp tọa độ
Phương pháp này đã được đề cập đến thông qua một số bài tập ở trên. Cơ sở
của phương pháp này là công thức (2)
1
, .
6
ABCD
V AB AC AD
 
=
 
uuur uuur uuur
20
Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc
Dấu hiệu nhận biết để có thể giải theo cách này đó là những đa diện có một
góc tam diện vuông hoặc có thể tạo ra góc tam diện vuông. Sau đây là một ví dụ
đơn giản.

Bài 23. Cho hình lập phương
. ' ' ' 'ABCD A B C D
cạnh
bằng a. Gọi
, ,M N P
lần lượt là trung điểm của các cạnh
', , ' 'BB CD A D
. Tính thể tích của tứ diện BMNP.
Phân tích. Tứ diện BMNP không có gì đặc biệt nên khó
có thể tính được thể tích của nó theo cách thông thường.
Tuy nhiên với pp tọa độ thì đây lại là bài toán dễ.
Lời giải. Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho
O ≡ A, B(a; 0; 0), D(0; a; 0), A’(0; 0; a) ⇒ M
;0;
2
a
a
 
 ÷
 
, N
; ;0
2
a
a
 
 ÷
 
, P
0; ;

2
a
a
 
 ÷
 
3
1 5
0;0; , ; ;0 , ; ; , .
2 2 2 6 48
BMNP
a a a a
BM BN a BP a a V BM BN BP
     
 
= = − = − ⇒ = =
 ÷  ÷  ÷
 
     
uuuur uuur uuur uuuur uuur uuur
III. Kết quả đã đạt được
Khi áp dụng đề tài sáng kiến kinh nghiệm này cho học sinh tôi nhận thấy:
Thứ nhất, đây là mảng kiến thức trọng tâm, có thể áp dụng cho diện rộng và các
loại đối tượng học sinh.
Thứ hai, các em học sinh rất hứng thú khi học bài, các em không còn cảm giác sợ
khi học hình học không gian. Nhiều em còn sôi nổi phát biểu, thảo luận và tìm ra
nhiều điều mới mẻ từ đề tài này. Các em có cái nhìn tổng quát và có hệ thống nên
vận dụng một cách khá linh hoạt trong từng bài toán cụ thể. Điều quan trọng là các
em được định hướng cách giải ngay từ đầu và đều phát hiện ra lời giải ngắn gọn và
tối ưu cho mỗi bài toán.

Thứ ba, khi áp dụng đề tài này xong, khả năng vẽ hình của các em khá tốt, trí
tưởng tượng hình không gian phong phú, lối tư duy sâu sắc tạo nền tảng chắc chắn
để các em có thể học tiếp các mảng kiến thức khác.
Kết quả thu được cụ thể ở các lớp giảng dạy 12A1 và 12A3 như sau:
* Trong đề thi thử đại học lần 1 năm 2010 (Học sinh đã học xong chương I hình
học 12 và chưa áp dụng đề tài này) có câu IV hình: “Cho hình chóp tứ giác đều
S.ABCD có AB = a, SA =
2a
. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh
SA, SB, CD. Tính theo a thể tích khối tứ diện AMNP”
Kết quả
Lớp Sĩ số Số học sinh làm câu IV Số học sinh làm đúng câu IV
12A1 40 30 17
12A3 43 25 11
21
N
P
M
A'
D'
C'
C
A
D
B
B'
Trung t©m luyÖn thi ®¹i häc – trêng THPT §oµn Thîng Biªn so¹n: Lª V¨n Lôc
* Trong đề thi thử đại học lần 2 năm 2010 (Học sinh đã được áp dụng đề tài này)
có câu IV hình: “Cho tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = h
và vuông góc với đáy. Gọi H, I lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và SBC.

Tính thể tích tứ diện IHBC theo a và h”
Kết quả
Lớp Sĩ số Số học sinh làm câu IV Số học sinh làm đúng câu IV
12A1 40 40 36
12A3 43 37 31
Như vậy có thể kết luận sau khi áp dụng đề tài sáng kiến kinh nghiệm này học sinh
đã tự tin làm bài và tỉ lệ làm đúng là rất cao, hơn hẳn lần thi thứ nhất.
IV. Bài tập tham khảo
Bài 1. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N
lần lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a thể tích khối chóp
S.AMN, biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
Bài 2. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có khoảng cách từ đỉnh A đến mp(SBC)
bằng 2a. Với giá trị nào của góc giữa mặt bên và mặt đáy của khối chóp thì thể tích
của nó nhỏ nhất.
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi B’, D’ lần lượt là
trung điểm của SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’) chia khối chóp thành hai phần. Tính
tỉ số thể tích của hai phần đó.
Bài 4. Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng 2a. Kẻ
đường cao SH của khối chóp. Một điểm M thay đổi trên SH, đặt HM = x (0 < x <
2a). Qua M dựng mặt phẳng (P) ⊥ SH và cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt
tại I, J, P, Q.
a) Tính thể tích V của khối chóp H.IJPQ theo a và x.
b) Xác định vị trí của M để V đạt giá trị lớn nhất.
Bài 5. Cho khối tứ diện ABCD có một cạnh có độ dài lớn hơn 1, các cạnh còn lại
có độ dài không vượt quá 1. Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD, chứng minh
rằng
1
8
V ≤
Bài 6. Cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng. Trên Ox, Oy, Oz lấy lần lượt các

điểm A, B, C. Cho biết
· ·
·
, , Ox , , ,xOy yOz z OA a OB b OC c
α β γ
= = = = = =
(
, ,
α β γ
đều là góc nhọn).
22
Trung tâm luyện thi đại học trờng THPT Đoàn Thợng Biên soạn: Lê Văn Lục
a) Tớnh th tớch V ca khi t din OABC theo
, , , , ,a b c

.
b) Gi s A, B, C di ng sao cho
3a b c k+ + =
(k l hng s dng). Tỡm giỏ
tr nh nht ca V.
Bi 7. Cho khi lp phng
. ' ' ' 'ABCD A B C D
cnh a. Gi M, N ln lt l trung
im ca
' 'B C
v
' 'C D
. Mt phng (AMN) chia khi lp phng thnh hai khi
a din. Tớnh th tớch ca hai khi a din ú.
Bi 8. Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy l hỡnh vuụng cnh a, mt bờn SAD l tam

giỏc u v nm trong mt phng vuụng gúc vi ỏy. Gi M, N, P ln lt l trung
im ca cỏc cnh SB, BC, CD. Chng minh rng AM BP v tớnh th tớch khi
t din CMNP.
Bi 9. Cho lng tr ng ABC.A
1
B
1
C
1
cú AB = a, AC = 2a, AC
1
= 2a
6
v
ã
0
120 .BAC =
Gi M l trung im ca cnh CC
1
.
1. Chng minh rng
1
MB MA
.
2. Tớnh th tớch khi t din AA
1
BM, t ú suy ra khong cỏch t A n
mp(A
1
BM).

Phn III
KT LUN V KIN NGH
Sỏng kin kinh nghim ca tụi ó gii quyt c nhng vn sau:
1. Giỳp hc sinh cú cỏi nhỡn tng quỏt v cú h thng v bi toỏn tớnh th
tớch ca khi chúp, t ú cú k nng gii thnh tho cỏc bi toỏn thuc ch
ny v hn th cú th s dng th tớch nh mt cụng c tớnh khong cỏch,
chng minh ng thc v mt s vn khỏc.
2. Gii quyt mt cỏch tng i trit bi toỏn v tớnh th tớch ca khi
chúp.
3. Thụng qua vic v hỡnh, tớnh toỏn, tỡm con ng ti u tớnh th tớch,
to cho cỏc em kh nng lm vic c lp, sỏng to, phỏt huy ti a tớnh tớch
cc ca hc sinh theo ỳng tinh thn phng phỏp mi ca B giỏo dc v o
to. iu quan trng l to cho cỏc em nim tin, khc phc c tõm lớ s bi
toỏn v hỡnh hc khụng gian.
Qua thc t ging dy chuyờn ny tụi thy cỏc em hc sinh khụng nhng
nm vng c phng phỏp, bit cỏch vn dng vo nhng bi toỏn c th m
cũn rt hng thỳ khi hc tp chuyờn ny. Khi hc trờn lp v qua cỏc ln thi
th i hc, s hc sinh lm c bi v tớnh th tớch cao hn hn cỏc nm
trc v cỏc em khụng c hc chuyờn ny.
Mt s xut
Mi bi toỏn thng l cú nhiu cỏch gii, vic hc sinh phỏt hin ra nhng
cỏch gii khỏc nhau cn c khuyn khớch. Song trong nhng cỏch gii ú cn
23
Trung tâm luyện thi đại học trờng THPT Đoàn Thợng Biên soạn: Lê Văn Lục
phõn tớch rừ u im v hn ch t ú chn c cỏch gii ti u. c bit cn
chỳ ý ti nhng cỏch gii bi bn, cú phng phỏp v cú th ỏp dng phng
phỏp ú cho nhiu bi toỏn khỏc. Vi tinh thn nh vy v theo hng ny cỏc
thy cụ giỏo cựng cỏc em hc sinh cú th tỡm ra c nhiu kinh nghim hay
vi nhiu ti khỏc nhau. Chng hn, cỏc bi toỏn v ng dng th tớch tớnh
khong cỏch hay chng minh ng thc hỡnh hc; cỏc bi toỏn v tớnh khong

cỏch, xỏc nh v tớnh gúc gia cỏc i tng hỡnh hc, ng dng ca phng
phỏp ta gii cỏc bi toỏn hỡnh hc khụng gian,
Cui cựng xin chõn thnh cm n Ban giỏm hiu, Ban giỏm c S, Ban
giỏm kho v cỏc ng nghip ó giỳp v gúp ý cho tụi hon thnh ti
SKKN ny.
TI LIU THAM KHO
1. Sỏch giỏo khoa, sỏch bi tp hỡnh hc 12 chng trỡnh chun v nõng cao.
2. thi tuyn sinh vo i hc, cao ng t nm 2002 n nm 2009.
3. thi hc sinh gii tnh Hi Dng t nm 2006 n nm 2009.
4. thi Olympic 30-04 (k c cỏc tham kho)
5. Tuyn chn 400 bi tp toỏn 12 phn Hỡnh hc Tỏc gi: u Th Cp
6. Toỏn nõng cao 12 Hỡnh hc Tỏc gi: Trn Minh Qui
7. Tp chớ Toỏn hc v Tui tr
8. Mt s bi toỏn t cỏc website: Mathlinks.ro, khoia0.com, maths.vn,
diendantoanhoc.net, diendankienthuc.net,
24