bài giảng hình học 12

NGUYỄN TÀI CHUN G
BÀI GIẢNG HÌNH HỌC 12
Mục lục
Lời nói đầu 3
1 Khối đa diện và thể tích của chúng 4
1.1 Khái niệm về k hối đa di ện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 4
1.2 Phép đối xứng qua mặt phẳng và sự bằng nhau của các khối đa diện . 4
1.3 Phép vị tự và sự đồng dạng của các khối đa diện. Các khối đa diện đều 4
1.4 Thể t ích của khối đa diện . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.4.1 Tóm tắt lí thuyết. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.4.2 Một số hệ thức lượng trong tam giác thường dùng. . . . . . . . 5
1.4.3 Một số dạng toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.4.4 Bài tập ôn-luyện. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 13
2 Mặt cầu, mặt trụ, mặt nón 28
2.1 Mặt cầu, khối cầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.1.1 Tóm tắt lí thuyết. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.1.2 Một số dạng toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 28
2.1.3 Bài tập ôn luyện. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.2 Khái niệm về mặt tròn xoay . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.3 Mặt trụ, hình trụ và khối trụ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 35
2.4 Mặt nón, hình nón và khối nón . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 37
3 Phương pháp tọa độ trong không gian 40
3.1 Hệ tọa độ trong không gian . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.1.1 Tóm tắt lí thuyết. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.1.2 Một số dạng toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 42
3.1.3 Bài tập ôn-luyện. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 46
3.2 Mặt phẳng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
3.2.1 Tóm tắt lí thuyết. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48
1
MỤC LỤC MỤC LỤC
3.2.2 Một số dạng toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 48

3.2.3 Bài tập ôn luyện. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 53
3.3 Phương trình đường thẳng trong không gian . . . . . . . . . . . . . . . 57
3.3.1 Tóm tắt lí thuyết . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
3.3.2 Một số dạng toán. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
3.3.3 Bài tập ôn luyện. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 72
3.4 Một số bài toán cực trị trong không gian Oxyz. . . . . . . . . . . . . . 78
3.5 Sử dụng phương pháp tọa độ trong không gian để giải toán hình học
không gian. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
3.5.1 Tóm tắt lí thuyết. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
3.5.2 Một số bài tập. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 79
2
Lời nói đầu
Đây là tập bài giảng Hình học 1 2 mà tôi đã giảng dạy cho các em học sinh lớp 12 theo
học chương trình nâng cao và luyện thi Đại học trong năm học 2008-2009 và năm học
2009-2010. Tập bài giảng này được soạn theo cấu trúc của Sách giáo khoa Hình học 12
chương trình nâng cao, có đôi khi thay đổi chút ít cho hợp lí hơn. Do đó các em học
sinh cũng như các thầy cô giáo dạy toán có thể sử dụng tài liệu này theo đúng như trình
tự trong sách giáo khoa, theo phân phối chương trình. Phần lí thuy ết tr ì nh bày ngắn
gọn nhưng đủ dùng, phần bài tập được phân loại theo phương pháp giải. Hệ thống bà i
tập phong phú, được tuyển chọn từ các đề thi Đại học và các đề Dự bị Đại học trong
những năm gần đây và đề thi Đại học năm 2010 vừa rồi.
Tập bài giảng Hình học 12 này có 3 chương. Chương 1 viết về Khối đa diện và thể
tích của chúng. Chương 2 viết về M ặt cầu, mặt trụ, mặt nón. Chương 1 và chương 2
sẽ nằm trong đề thi Đại học ở câu IV (phần Chung) chiếm 1 điểm. Chương 3 viết về
Phương pháp toạ độ trong không gian. Chương 3 sẽ nằm trong đề thi Đại học ở cả hai
câu, đó là câu VIa2 (phần riêng chương trình chuẩn) chiếm 1 điểm và câu VIb2 (phần
riêng chương trình nâng ca o) chiếm 1 điểm. Chú ý rằng nhiều khi bài toán ở câu IV
(bài toán hình học không gian tổng hợp) lại được giải bằng cách toạ độ hoá, thuộc kiến
thức của chương 3.
3

Chương 1
Khối đa diện và thể tích của chú ng
1.1 Khái niệm về khối đa diện
1.2 Phép đối xứng qua mặt phẳng và sự bằng nhau của các
khối đa diện
1.3 Phép vị tự và sự đồng dạng của các khối đa diện. Các khối
đa diện đều
4
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
1.4 Thể tích của khối đa diện
1.4.1 Tóm tắt lí thuyết.
1. Thể tích của khối hộp chữ nhật.
V = abc (a, b , c là các kích thước của khối hộp chữ nhật).
2. Thể tích của khối chóp.
V =
1
3
S
đáy
.h (h là chiều cao của khối chóp).
3. Thể tích của khối lăng trụ.
V = S
đáy
.h (h là chiều cao của khối lăng t rụ).
Định nghĩa 1. Một hình chóp được gọi là hình chóp đều nếu đáy của nó là đa giác
đều và các cạnh bên bằng nhau.
1.4.2 Một số hệ thức lượng trong tam giác thường dùng.
Định lí. Nếu tam giác ABC v uông tại A có đường cao AH, trung t uyến AM thì ta
có các hệ thức sau
(1) AM =

1
2
BC ; (2) BC
2
= AB
2
+ AC
2
;
(3) AH
2
= BH.HC ;
(4) AB
2
= BH.BC (AC
2
= CH.CB) ;
(5) AH.BC = AB.AC (= 2S
∆ABC
) ;
(6)
1
AH
2
=
1
AB
2
+
1

AC
2
.
Định lí đảo. Nếu tam giác ABC có đường cao AH với H thuộc cạnh BC ; trung
tuyến AM và thoả mãn một trong sáu hệ thức trên thì tam giác đó vuông tại A.
Định lí côsin trong tam giác. Trong ∆ABC với BC = a, AC = b, AB = c t a có
a
2
= b
2
+ c
2
− 2bc cos A ; b
2
= c
2
+ a
2
−2ca cos B ; c
2
= a
2
+ b
2
− 2ab cos C.
.
1.4.3 Một số dạng toán.
Dạng 1. Tính thể t ích của khối đa diện.
Phương pháp.
• Dựa vào yêu cầu bài toán và các công thức ở phần tóm tắt lí thuyết để lập công thức.

• Tính các đại lượng chưa biết trong công thức.
• Thêm bớt các khối đa diện để áp dụng công thức.
1.4. Thể tích của khối đa diện 5
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
Bài tập 1 (Tốt nghiệp THPT-2009-Phần Chung). Cho h ì nh chóp S.ABC có mặt
bên SBC là tam giác đều cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Biết

BAC = 120
0
, tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a.
Giải. Hình chiếu của SB và SC trên (ABC) là AB
và AC, mà SB = SC nên AB = AC. Ta có
BC
2
= 2AB
2
− 2AB
2
cos 120
0
⇔ a
2
= 3AB
2
⇔ AB =
a
√
3
.
SA

2
= a
2
−
a
2
3
⇒ SA =
a
√
2
√
3
.
S
∆ABC
=
1
2
AB. AC. sin 120
0
=
1
2
a
2
3
√
3
2

=
a
2
√
3
12
.
V =
1
3
a
√
2
√
3
a
2
√
3
12
=
a
3
√
2
36
(đvtt).
Bài tập 2 (Tốt nghiệp THPT 2010). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
vuông cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy. Góc giữa mặt phẳng (SBD)
và mặt phẳng đáy bằng 60

0
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
Đáp số.
Giải. Vì SA vuông góc với mặt phẳng đáy nên V
S.ABCD
=
1
3
SA.S
ABCD
=
a
2
3
.SA. Gọi
O là giao điểm của AC và BD. Khi đó

BD⊥SA
BD⊥AO
⇒ BD⊥SO.
Ta có



(SBD) ∩ (ABCD) = BD
AO ⊂ (A BCD), AO⊥BD
SO ⊂ (SBD), SO⊥BD.
Suy ra góc giữa mặt
phẳng (SBD) và mặt phẳng đáy là


SOA = 60
0
. Xét tam
giác vuông SAO, ta có tan

SOA =
SA
AO
. Suy ra
SA = AO. t an 60
0
=
AC
2
.
√
3 =
a
√
6
2
.
Vậy V
S.ABCD
=
1
3
SA.S
ABCD
=

a
2
3
.SA =
a
2
3
.
a
√
6
2
=
a
3
√
6
6
.
Bài tập 3. Cho hình lăng trụ ABC.A

B

C

có đáy ABC là một tam giác đều cạnh a
và A

A = A


B = A

C = 2a. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A

B

C

.
Giải. Gọi O là hì nh chiếu vuông góc của A

trên (ABC). Vì A

A = A

B = A

C
1.4. Thể tích của khối đa diện 6
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
nên các tam giác vuông A

OA, A

OB, A

OC bằng
nhau. Do đó OA = OB = OC, hay O l à tâm
của tam giác đều ABC. Gọi J là trung điểm BC,
ta có OA =

2
3
AJ =
a
√
3
3
. Vì A

O⊥(ABC) nên
∆A

AO vuông tại O. Do đó ta có
A

O
2
= A

A
2
− OA
2
=
11a
2
3
.
Suy ra A


O =
a
√
11
√
3
. Thể tích khối lăng trụ là
V = S
∆ABC
.A

O =
a
2
√
3
4
.
a
√
11
√
3
=
a
3
√
11
4
.

Bài tập 4. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành với AB = a,
AD = 2a và

ABC = 60
0
. Biết SA⊥(ABCD) và SC = 2a. Tính theo a thể tích khối
chóp S.ABCD.
Giải. Ta có BC = 2a. Sử dụng định lí Côsin vào ∆ABC
ta có
AC
2
= AB
2
+ BC
2
−2AB.BC. cos60
0
= 5a
2
− 2a
2
= 3a
2
.
Suy ra AC = a
√
3. Vì SA⊥(ABCD) nên ∆SAC vuông tại
A. Do đó
SA
2

= SC
2
− AC
2
= a
2
⇒ SA = a.
Thể tích khối chóp là
V =
1
3
.S
ABCD
.SA =
1
3
.2S
ABC
.a =
2
3
.
1
2
.BA .BC. si n60
0
.a =
1
3
.2a

3
.
√
3
2
=
a
3
√
3
3
.
Bài tập 5. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, đường cao SO =
a
√
6
3
, các cạnh bên
hợp với mặt đáy (ABC) những góc bằng nhau là α sao cho sin α =
√
6
3
.
a) Chứng minh rằng S.ABC là tứ diện đều.
b) Tính diện tích toàn phần và thể tích của tứ diện đó.
Đáp số. S
tp
= a
2
√

3, V
SABC
=
a
3
√
2
12
.
Giải.
a) Theo giả thiết có ∆ABC là tam giác đều và SA = SB = SC. Ta có OA, OB, OC là
1.4. Thể tích của khối đa diện 7
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
hình chiế u của SA, SB, SC tr ên (ABC), mà SA = SB =
SC nên OA = OB = OC. Vậy O là tâm của đường tròn
ngoại tiếp ∆ABC, khi đó O cũng là trực tâm, trọng tâm
của ∆ABC. Gọi H = AO ∩ BC. Ta có AH⊥BC và
HB = HC. Trong tam giác vuông SOA ta có
sin α =
SO
SA
⇒ SA =
SO
sin α
=
a
√
6
3
.

3
√
6
= a.
Mặt khác
AO
2
= SA
2
− SO
2
= a
2
−
6a
2
9
=
a
2
3
⇒ AO =
a
√
3
3
.
Vì O là trọng tâm ∆ABC nên AH =
3
2

AO =
a
√
3
2
. Vì ∆ ABC đều nên AB = a. Vậy
hình chóp S.ABC có các cạnh bên và cạnh đáy đều bằng nhau (bằng a) nên nó là tứ
diện đều. b)
S
tp
= 4S
∆ABC
= 4.
1
2
.AH.BC = 2.
a
√
3
2
.a = a
2
√
3
V
SABC
=
1
3
.S

∆ABC
.SO =
1
3
.
a
2
√
3
4
.
a
√
6
3
=
a
3
√
2
12
.
Bài tập 6. Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a. Tính thể tích
khối chóp trong các trường hợp :
a) Góc của cạnh bên với mặt đáy bằng α.
b) Góc của cạnh bên với cạnh đáy chung đỉnh bằng β (45
0
< β < 90
0
).

c) Góc của mặ t bên và mặt đáy bằ ng λ.
d) Góc của hai mặt bên liên tiếp bằng δ.
Đáp số.
a) V
S.ABCD
=
a
3
√
2
6
tan α; b) V
S.ABCD
=
a
3
6

tan
2
β − 1;
c) V
S.ABCD
=
a
3
6
tan γ; d) V
S.ABCD
=

a
3
√
2
6
.
cot
δ
2

1 − cot
2
δ
2
.
Giải.
a) Gọi O là hình chiếu của S trên (ABCD). Khi đó vì OA, OB, OC, OD lần lượt là hình
1.4. Thể tích của khối đa diện 8
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
chiếu của SA, SB, SC, SD mà SA = SB = SC = SD
nên OA = OB = OC = OD. Vậy O là tâm của hình
vuông ABCD. Vì hình chiếu của SA trên (ABCD) là
OA nên

SAO = α. Ta có OA =
1
2
AC =
a
√

2
2
, tan α =
SO
OA
⇒ SO = O A. tan α =
a
√
2
2
tan α. Vậy V
S.ABCD
=
1
3
.S
ABCD
.SO =
1
3
a
2
.
a
√
2
2
tan α =
a
3

√
2
6
tan α.
b) Theo giả thiết có

SAH = β. Kẻ SH⊥AB, suy r a
HA = HB =
a
2
. Trong ∆SAH ta có tan β =
SH
HA
⇒
SH = HA. tan β =
a
2
tan β. Trong ∆SOH ta có
SO
2
= SH
2
−OH
2
=
a
2
4
tan
2

β −
a
2
4
=
a
2
4
(tan
2
β − 1).
Vậy thể tích khối chóp trong trường hợp này là
V
S.ABCD
=
1
3
.S
ABCD
.SO =
1
3
a
2
.

a
2
4
(tan

2
β − 1) =
a
3
6

tan
2
β − 1.
c) Do (ABCD) ∩ (SAB) = AB và HS⊥AB, HO⊥AB nên

SHO = γ. Trong ∆SOH
ta có
tan γ =
SO
OH
⇒ SO = OH. tan γ =
a
2
tan γ.
Vậy thể tích khối chóp trong trường hợp này là
V
S.ABCD
=
1
3
.S
ABCD
.SO =
1

3
a
2
.
a
2
tan γ =
a
3
6
tan γ.
d) Vẽ DJ⊥SA, J ∈ SA. Khi đó BJ⊥SA. Ta có (SAD)∩(SAB) = SA, JD⊥SA, JB⊥ SA.
Suy ra

DJB = δ. Vì JD = JB nên JO là đường cao của tam giác cân DJB, suy ra
JO cũng là đường phân giác. Do đó

DJO =
δ
2
. Ta có SA⊥(DJB), mà OI ⊂ (DJB)
nên OJ⊥SA. Trong ∆DJO ta có
cot
δ
2
=
OJ
OD
⇒ OJ = OD. cot
δ

2
=
a
√
2
2
. cot
δ
2
.
Trong ∆SOA ta có
1
OJ
2
=
1
OS
2
+
1
OA
2
⇒
1
OS
2
=
2
a
2

cot
2
δ
2
−
2
a
2
=
2
a
2

1
cot
2
δ
2
− 1

.
Vậy SO =
a. cot
δ
2
√
2.

1 − cot
2

δ
2
. Do đó thể tích khối chóp trong trường hợp này là
V
S.ABCD
=
1
3
.S
ABCD
.SO =
1
3
a
2
.
a. cot
δ
2
√
2.

1 − cot
2
δ
2
=
a
3
√

2
6
.
cot
δ
2

1 − cot
2
δ
2
.
1.4. Thể tích của khối đa diện 9
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
Bài tập 7 (Đề dự bị ĐH-2006D). Cho h ì nh chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy
bằng a. Gọi SH là đường cao của hình chóp. Khoảng cách từ trung điểm I của SH
đến mặt bên (SBC) bằng b. Tính thể tích khối chóp S.ABCD.
Đáp số. V =
2
3
.
a
3
b
√
a
2
− 16b
2
(đvtt).

Giải.
Vì S.ABCD là hình chóp đều nên H là tâm của hình vuông ABCD. Gọi M là trung
điểm của BC và K là hình chiếu vuông góc của H lên SM.
Ta có

BC⊥SH
BC⊥HM
⇒ BC⊥(SHM) ⇒ (SBC)⊥(SHM).
Lại có

(SBC)⊥(SHM), (SBC) ∩ (SHM) = SM
HK ⊂ (SHM), HK⊥SM
⇒
HK⊥(SBC) ⇒ HK = 2IJ = 2b. Trong tam giác vuông
SHM ta có
1
HK
2
=
1
SH
2
+
1
HM
2
⇔
1
4b
2

=
1
SH
2
+
4
a
2
⇔
1
SH
2
=
a
2
− 16b
2
4a
2
b
2
⇒ SH =
2ab
√
a
2
− 16b
2
.
Vậy V

S.ABCD
=
1
3
.S
ABCD
.SH =
1
3
a
2
2ab
√
a
2
− 16b
2
=
2
3
.
a
3
b
√
a
2
−16b
2
(đvtt).

Bài tập 8 (Dự bị ĐH-2006A). Cho hình hộp đứng ABCD.A

B

C

D

có cạnh AB =
AD = a, AA

=
a
√
3
2
và

BAD = 60
0
. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh
A

D

và A

B

. Chứng minh AC


vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích
khối chóp A.BDMN.
Giải. Gọi O là tâm của hình thoi ABCD, gọi S là điểm đối xứng của A qua A

. Khi đó
S, M, D thẳng hàng và M là trung điểm của SD; S, N, B
thẳng hàng và N là trung điểm của SB. Ta có ∆BAD là tam
giác đều cạnh a, suy ra AO =
a
√
3
2
, AC = 2AO = a
√
3 =
SA, CC

=
a
√
3
2
= AO. Hai tam giác vuông SAO và CAC

bằng nhau, suy ra

ASO =

CAC


⇒ AC

⊥SO (1). Ta có

BD⊥AC
BD⊥AA

⇒ BD⊥(ACC

A

) ⇒ BD⊥AC

(2) Từ (1)
và (2) suy ra AC

⊥(BDMN). Vì S
∆SM N
=
1
4
S
∆SBD
nên
V
A.BDM N
=
3
4

V
S.ABD
=
3
4
.
1
3
.S
ABD
.SA =
1
4
.
a
2
√
3
4
a
√
3 =
3a
3
16
.
Bài tập 9 (Câu c là đề dự bị ĐH-2006D). Cho hình lập phương ABCD.A

B


C

D

có
cạnh bằng a và điểm K thuộc cạnh CC

sao cho CK =
2
3
a. Mặt phẳng (α) đi qua A, K
và song song với BD, chia khối lập phương thành hai khối đa diện.
1.4. Thể tích của khối đa diện 10
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
a) Tìm giao tuyến của (α) và (BDD

B

).
b) Chứng minh rằng thiết diện của hình lập phương bị cắt bởi (α) là hình thoi.
c) Tính thể tích của hai khối đa diện đã nói ở trên.
Đáp số. c) V
1
=
a
3
3
; V
2
=

2a
3
3
.
Hướng dẫn.
a) Ta có

I ∈ (α) ∩ (BDD

B

)
AK ⊂ (α), (α)//BD
⇒ (α) ∩ (BDD

B

) = Ix (Ix qua I, Ix//BD).
b) Gọi N = Ix ∩ DD

, M = Ix ∩ BB

. Khi đó (α) ≡
(ANKM). Ta có BM = DN = OI =
a
3
. Đáy ABCD
là hình vuông suy ra BD⊥AC ⇒ AK⊥MN. Ta có I là
trung điểm của MN và AK nên thiết diện AMKN là hình
thoi. Gọi V

1
là thể tích của khối đa diện ABCDMNK, gọi
V
2
là thể tí ch của khối đa diện AMKNA

B

C

D

. Ta có thể
tích của khối lập phương đã cho là
V = a
3
= V
1
+ V
2
.
Ta có
V
1
= 2V
A.BCKM
=
1
3
AB. S

BCKM
= 2.
1
3
a

a
3
+
2a
3

a
2
=
a
3
3
.
Suy ra V
2
= a
3
−
a
3
3
=
2a
3

3
.
Bài tập 10. Cho tứ diện ABCD. Gọi d và α lần lượt là khoảng cách và góc giữa AB
và CD. Chứng minh rằng V
ABCD
=
1
6
AB. CD. d. sin α.
Giải.
Dựng hình bình hành BCDE. Khi đó góc giữa AB và BE cũng
bằng α. Do CD//(ABE) nên d = d (D, (ABE)) . Ta có V
ABCD
=
V
ABDE
=
1
3
d (D, (ABE)) .S
∆ABE
=
1
3
d.
1
2
AB. BE. sin

ABE =

1
6
AB. CD. d. sin α.
Dạng 2. Tỉ số thể tích.
Phương pháp. Sử dụng tính chất:
• Hai khối chóp có cùng diện tích đáy thì tỉ số thể tích bằng tỉ số hai đường cao.
• Hai khối chóp có cùng chiều cao thì tỉ số thể tích bằng tỉ số diện tích hai đáy.
• Sử dụng kết quả bài tập 11 ở trang 11.
Bài tập 11. Cho khối chóp tam giác S.ABC. Trên ba tia SA, SB, SC lần lượt lấy ba
điểm A

, B

, C

khác với S. Gọi V và V

lần lượt là thể tích của các khối chóp S.ABC
1.4. Thể tích của khối đa diện 11
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
và S.A

B

C

. Chứng minh rằng
V
V


=
SA.SB.SC
SA

.SB

.SC

.
Giải. Dựng AH và AH

vuông góc với (SBC). Khi đó vì S, A, A

thẳng hàng nên
S, H, H

thẳng hàng và
AH//A

H

,
AH
A

H

=
SA
SA


.
Vậy
V
V

=
1
3
S
∆SBC
.AH
1
3
S
∆SB

C

.A

H

=
1
2
.SB.SC. sin

BSC.AH
1

2
.SB

.SC

. sin

B

SC

.A

H

=
SB.SC .AH
SB

.SC

.A

H

=
SA.SB.SC
SA

.SB


.SC

.
Bài tập 12. Cho hình chóp S.ABC. Gọ i G là trọng tâm tam giác ABC. Một mặt
phẳng (α) cắt các tia SA, SB, SC, SG lần lượt tại A

, B

, C

, G

. Chứng minh rằng
SA
SA

+
SB
SB

+
SC
SC

= 3
SG
SG

.

Giải. Do G là trọng tâm của ∆ABC nên S
∆ABG
= S
∆CBG
= S
∆ACG
=
1
3
S
ABC
. Suy
ra V
S.ABG
= V
S.BCG
= V
S.CAG
=
1
3
V
S.ABC
. Theo bài tập 11 ở
trang 11 ta có
V
S.A

B


C

V
S.ABC
=
SA.SB.SC
SA

.SB

.SC

. (1)
Mặt khác
V
S.A

B

C

V
S.ABC
=
V
S.A

B

G


V
S.ABC
+
V
S.B

C

G

V
S.ABC
+
V
S.C

A

G

V
S.ABC
=
1
3

V
S.A


B

G

V
S.ABG
+
V
S.B

C

G

V
S.BCG
+
V
S.C

A

G

V
S.CAG

=
1
3


SA

.SB

.SB

SA.SB.SC
+
SB

.SC

.SG

SB.SC .SG
+
SC

.SA

.SG

SC.SA.SG

=
1
3
SA


.SB

.SC

.SG

SA.SB.SC.SG

SA
SA

+
SB
SB

+
SC
SC


. (2)
Từ (1) và (2) ta nhận được điều phải chứng minh.
Bài tập 13. Cho hình chóp S.A BCD có đáy ABCD là hình bình hành. Mặt phẳng
(α) bất kì cắt các tia SA , SB, SC, SD lần lượt tại K, L, M, N. Chứng minh
SA
SK
+
SC
SM
=

SB
SL
+
SD
SN
.
1.4. Thể tích của khối đa diện 12
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
Giải. Gọi I = MK ∩NL. Suy ra I ∈ SO. Ta có
V
S.KN M L
V
S.ABCD
=
V
S.LM K
+ V
S.NM K
V
S.ABCD
=
V
S.LM K
2V
S.ABC
+
V
S.NM K
2V
S.ADC

=
1
2

SK.SL.SM
SA.SB.SC
+
SK.SN.SM
SA.SD.SC

(do sử dụng bài
toán 11)
=
1
2
.
SK
SA
.
SM
SC

SL
SB
+
SN
SD

. (1)
Tương tự ta cũng có

V
S.KN M L
V
S.ABCD
=
V
S.LM N
+ V
S.LKN
V
S.ABCD
=
V
S.LM N
2V
S.BCD
+
V
S.LKN
2V
S.BAD
theo bài
=
toán 11
1
2

SL.SM.SN
SB.SC .SD
+

SL.SK.SN
SB.SA.SD

=
1
2
.
SL
SB
.
SN
SD

SM
SC
+
SK
SA

. (2)
Từ (1) và (2) ta có
SK
SA
.
SM
SC

SL
SB
+

SN
SD

=
SL
SB
.
SN
SD

SM
SC
+
SK
SA

. (3)
Đặt
SA
SK
= x,
SC
SM
= y,
SB
SL
= z,
SD
SN
= t. Thay vào (3) ta được

1
x
.
1
y

1
z
+
1
t

=
1
z
.
1
t

1
x
+
1
y

⇔
1
xy
.
z + t

zt
=
1
zt
.
x + y
xy
⇔ x + y = z + t. (4)
Từ (4) ta có điều cần chứng minh.
Dạng 3. Phương pháp thể tích.
Phương pháp. Sử dụng các công thức thể tích để chứng minh đẳng thức, tính khoảng
cách từ một điểm đến một mặt phẳng, diện tích đa giác
1.4.4 Bài tập ôn-luyện.
Bài tập 14. Cho ba tia Ox, Oy, Oz đôi một vuông góc với nhau tại O. Trên Ox, Oy, Oz
lần lượt lấy ba điểm A, B, C sao cho OA = a, OB = 2a, OC = 3a.
a) Chứng minh rằng hình chiếu vuông góc của O trên mặt phẳng (ABC) trùng với trực
tâm của ∆ABC.
b) Tính thể tích tứ di ện OABC.
Giải.
a) Vì OA⊥OB, OB⊥OC, OC⊥OA nên OA⊥(OBC), suy ra BC⊥OA. Gọi O

là hình
1.4. Thể tích của khối đa diện 13
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
chiếu của O trên (ABC), gọi M = AO ∩BC. Ta có



BC⊥OA ⊂ (OAM)
BC⊥OO


⊂ (OAM)
OA cắt OO

⇒ BC⊥(O AM) ⇒ BC⊥AM. (*)
Tương tự ta có AC⊥BO

. Do đó kết hợp với (*) suy ra O

trùng
với trực tâm H của ∆ABC.
b) Vì ∆OBC vuông tại O nên có diện tích l à
S
∆OBC
=
1
2
.OB.OC =
1
2
.2a.3a = 3a
2
.
Vậy thể tích tứ diện OABC là
V =
1
3
.S
∆OBC
.OA =

1
3
.3a
2
.a = a
3
(đvtt).
Bài tập 15. Cho khối chóp S.ABC có
SA = SB = SC = a,

ASB =

BSC = 60
0
,

ASC = 90
0
.
a) Chứng minh rằng tam giác ABC vuông.
b) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a.
Giải. Vì SA = SB = SC = a,

ASB =

BSC = 60
0
nên ∆SAB, ∆SBC là các tam giác đều, suy ra AB =
BC = a. Vì SA⊥SC nê n AC
2

= SA
2
+ SC
2
= 2a
2
,
suy ra AC
2
= BA
2
+ BC
2
, suy ra ∆ABC vuông tại
B.
b) Gọi H l à hình chiếu của S trên (ABC). Khi đó HA, HB, HC
lần lượt là hình chiếu của SA, SB, SC trên (ABC), mà
SA = SB = SC nên HA = HB = HC, hay H là tâm
của đường tròn ngoại tiếp ∆ABC. Vì ∆ABC vuông tại B nên H chính là trung điểm
của AC. Ta có HA = HC = HS = HB =
a
√
2
2
. Suy ra SH⊥(ABC). Vậy
V
S.ABC
=
1
3

SH.S
∆ABC
=
1
3
.
a
√
2
2
.
1
2
a
2
=
a
3
√
2
12
.
Bài tập 16. Cho khối chóp tam giác đều S.ABC. Tính thể tích khối chóp biết
a) Cạnh đáy là a và cạnh bên hợp với mặt đáy góc 60
0
.
b) Cạnh đáy là a và mặt bên hợp với mặt đáy góc α.
c) Cạnh bên là b và mặt bên hợp với mặt đáy góc α.
Đáp số.
a) V

S.ABC
=
a
3
√
3
12
; b) V
S.ABC
=
a
3
tan α
24
; c) V =
b
3
√
3 tan α
(4 + tan
2
α)
√
4 + tan
2
x
.
Giải. Gọi H là hình chiếu của S trên (ABC). Khi đó HA, HB, HC lần lượt là hình
1.4. Thể tích của khối đa diện 14
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.

chiếu của SA, SB, SC trên (ABC), mà SA = SB = SC nên
HA = AB = HC, hay H là tâm của tam giác đều ABC. Gọi
M là trung điểm BC.
a) Ta có

SAH = 60
0
, AH =
2
3
AM =
2
3
.
a
√
3
2
=
a
√
3
3
. Trong
tam giác vuông SAH ta có
tan 60
0
=
SH
AH

⇒ SH = AH.
√
3 =
a
√
3
3
.
√
3 = a.
Vậy V
S.ABC
=
1
3
.S
∆ABC
.SH =
1
3
.
a
2
√
3
4
.a =
a
3
√

3
12
.
b) Ta có

SMA = α. Ta có MH =
1
3
AM =
1
3
.
a
√
3
2
=
a
√
3
6
. Trong tam giác vuông
SHM ta có
tan α =
SH
MH
⇒ SH = MH. tan α =
a
√
3

6
tan α.
Do đó
V
S.ABC
=
1
3
.S
∆ABC
.SH =
1
3
.
a
2
√
3
4
.
a
√
3
6
tan α =
a
3
tan α
24
.

c) Ta có

SMH = α. Đặt x = BC. Ta có MH =
1
3
AM =
1
3
.
x
√
3
2
=
x
√
3
6
. Trong tam
giác vuông SHM ta có
tan α =
SH
MH
⇒ SH = MH. tan α =
x
√
3
6
tan α. (1)
Lại có AH =

2
3
AM =
2
3
.
x
√
3
2
=
x
√
3
3
. Trong tam giác vuông SAH ta có
SH
2
= SA
2
−AH
2
= b
2
−
x
2
3
=
3b

2
− x
2
3
. (2)
Từ (1) và (2) ta có

x
√
3 tan α
6

2
=
3b
2
−x
2
3
⇔ x
2
tan
2
α = 12b
2
− 4x
2
⇔ x
2
=

12b
2
4 + tan
2
x
.
Vậy S
đáy
=
12b
2
4 + tan
2
α
.
√
3
4
=
3
√
3b
2
4 + tan
2
α
; SH =
b tan α
√
4 + tan

2
x
. Vậy thể tích cần tính l à
V =
1
3
.
3
√
3b
2
4 + tan
2
α
.
b tan α
√
4 + tan
2
x
=
b
3
√
3 tan α
(4 + tan
2
α)
√
4 + tan

2
x
.
Bài tập 17 (ĐH-2004B). Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy là a, góc
giữa cạnh bên và mặt đáy bằng β (0
0
< β < 90
0
). Tính tang góc giữa hai mặt ph ẳng
(SAB) và (ABCD) theo β. Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a và β.
Đáp số. Tang của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (ABCD) bằng
√
2 tan β.
1.4. Thể tích của khối đa diện 15
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
Bài tập 18. Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy là a, góc giữa cạnh bên
và mặt đáy là 60
0
. Gọi M là trung điểm của SC. Mặt phẳng (P) đi qua AM đồng thời
song song với BD; cắt SB, SD lần lượt tại E, F.
a) Tính thể tích của khối chóp S.ABCD.
b) Tìm giao tuyến của mặt phẳng (P ) và (SDB).
c) Tính thể tích khối chóp S.AEMF .
Đáp số. a) V
S.ABCD
=
a
3
√
6

6
; c) V
S.AEMF
=
a
3
√
6
18
.
Giải.
Gọi O là hình chiếu của S trên (ABCD). Khi đó vì OA, OB, OC , OD lần lượt là hình
chiếu của SA, SB, SC, SD mà SA = SB = SC = SD nên
OA = OB = OC = OD. Vậy O là tâm của hình vuông
ABCD.
a) Vì hình chiếu của SC trên (ABCD) là OC nên

SCO =
60
0
. Ta có OC =
1
2
AC =
a
√
2
2
, tan 60
0

=
SO
OC
⇒ SO =
OC. tan 60
0
=
a
√
2.
√
3
2
. Vậy V
S.ABCD
=
1
3
.S
ABCD
.SO =
1
3
a
2
.
a
√
6
2

=
a
3
√
6
6
.
b) Trong (SAC), gọi I = AM ∩SO . Ta có

I ∈ (P ) ∩ (SBD)
BD ⊂ (SBD), BD//(P )
⇒ (P ) ∩(SBD) = Ix,
với Ix là đường thẳng qua I và song song với BD.
c) Ta có E và F lần lượt là giao điểm của Ix với SB, SD. Vì I là trọng tâm ∆SAC
nên
SF
SD
=
SI
SO
=
2
3
,
SE
SB
=
SI
SO
=

2
3
.
Sử dụng kết quả bài tập 11 ở trang 11 ta có
V
S.AMF
V
S.ACD
=
SA.SM. SF
SA.SC.SD
=
1
2
·
2
3
=
1
3
;
V
S.AME
V
S.ACB
=
SA.SM. SE
SA.SC.SB
=
1

2
·
2
3
=
1
3
Vậy
V
S.AMF
V
S.ABCD
=
V
S.AMF
2V
S.ACD
=
1
6
;
V
S.AME
V
S.ABCD
=
1
6
;
V

S.AEM F
V
S.ABCD
=
V
S.AMF
+ V
S.AME
V
S.ABCD
=
1
6
+
1
6
=
1
3
.
Vậy V
S.AEM F
=
1
3
V
S.ABCD
=
a
3

√
6
18
.
1.4. Thể tích của khối đa diện 16
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
Bài tập 19. Cho khối chóp tam giác S.ABC có đường cao
SA = 2a, tam giác ABC vuông ở C và AB = 2a,

CAB =
30
0
. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên SC và SB.
a) Tính thể tích khối chóp H.ABC.
b) Chứng minh rằng AH⊥SB và SB⊥(AHK).
c) Tính thể tích khối chóp S.AHK.
Đáp số.
Giải.
a) Ta có

BC⊥A C
BC⊥SA
⇒ BC⊥(SAC). Vậy V
H.ABC
= V
B.AHC
=
1
3
BC.S

∆AHC
. Ta có
sin 30
0
=
BC
AB
⇒ BC = 2a.
1
2
= a, AC =
√
AB
2
−BC
2
= a
√
3.
1
AH
2
=
1
AS
2
+
1
AC
2

=
1
4a
2
+
1
3a
2
=
7
12a
2
⇒ AH =

12
7
a
HC =
√
AC
2
− AH
2
=

3a
2
−
12a
2

7
=

9a
2
7
=
3a
√
7
S
∆AHC
=
1
2
HA.HC =
1
2
.

12
7
a.
3a
√
7
=
3
√
3a

2
7
V
B.AHC
=
1
3
.
3
√
3a
3
7
=
√
3a
3
7
.
b) Ta có

AH⊥SC
AH⊥BC(do BC⊥(SAC)
⇒ AH⊥(SBC) ⇒ AH⊥SB.
Ta có

SB⊥A K
SB⊥A H
⇒ SB⊥(AHK).
c) Sử dụng kết quả bài tập 11 ở trang 11 ta có

V
S.ABC
V
S.AKH
=
SA.SB.SC
SA.SK.SH
=
SB.SC
SK.SH
.
Ta tính được
SB =
√
SA
2
+ AB
2
= 2
√
2a, SC = a
√
7, SK = a
√
2, SH =
4a
√
7
7
.

Vậy
V
S.ABC
V
S.AKH
=
7
2
⇒ V
S.AKH
=
2
7
.
a
3
√
3
3
=
2a
3
√
3
21
.
Bài tập 20. Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. Biết SA = x (0 < x <
√
3), các cạnh còn lại đều bằng 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x.
1.4. Thể tích của khối đa diện 17

Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
Giải. Ta có ∆SBD = ∆DCB (c-c-c) ⇒ SO =
CO. Tương tự ta có SO = OA. Vậy tam giác
SCA vuông tại S. Suy ra CA =
√
SC
2
+ SA
2
=
√
1 + x
2
. Mặt khác ta có AC
2
+ BD
2
= AB
2
+
BC
2
+ CD
2
+ AD
2
. Suy ra BD =
√
3 −x
2

(do 0 <
x <
√
3). Suy ra S
ABCD
=
1
2
√
1 + x
2
√
3 −x
2
.
Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB). Vì
SB = SD nên HB = HD, suy ra H ∈ CO.
Mà
1
SH
2
=
1
SC
2
+
1
SA
2
⇒ SH =

x
√
1 + x
2
nên
V =
1
6
x
√
3 −x
2
.
Bài tập 21. Cho tứ diện ABCD, có cạnh CD = x thay đổi, tất cả các cạnh còn lại
đều bằng 1. Tìm x để thể tích tứ diện đạt giá trị lớn nhất.
Đáp số. x =

3
2
.
Giải. Gọi E , F là trung điểm của AB và CD. Các tam giác
ABC và ABD là tam giác đều bằng nhau, có cạnh bằng
1, do đó EC = ED =
√
3
2
. Do A B⊥EC và AB⊥ED nên
AB⊥(ECD) ⇒ AB⊥CD. Tam giác ECD cân tại E và F là
trung đi ểm CD, suy ra EF ⊥CD. Vậy EF là đoạn vuông góc
chung của AB và CD. Ta có

EF
2
= CE
2
−CF
2
=
3
4
−
x
2
4
⇒ EF =
1
2
√
3 −x
2
. (1)
Do x > 0 nên từ (1) suy ra 0 < x <
√
3. Theo bài toán 10 ở trang 11 ta có thể tích
của khối tứ diện ABCD là
V =
1
6
.AB.CD.EF. sin90
0
=

1
12
x
√
3 −x
2
.
Đạo hàm hai vế ta được
V

=
1
12

√
3 −x
2
−
x
2
√
3 − x
2

=
3 −2x
2
12
√
3 − x

2
; V

= 0 ⇔ x =

3
2
.
Vậy thể tích của tứ diện lớn nhất khi và chỉ khi x =

3
2
.
1.4. Thể tích của khối đa diện 18
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
Bài tập 22 (Đề ĐH-2009A-Phần chung). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2a; CD = a; góc giữa hai mặt phẳng
(SBC) và (ABCD) là 60
0
. Gọi I là trung điểm cạnh AD. Biết ha i mặt phẳng (SBI),
(SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo
a.
Đáp số. V =
3a
3
√
15
5
.
Giải. Vì (SBI), (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên SI⊥(ABCD). Gọi

J là trung điểm BC, gọi E là hình chiếu của I trên BC. Ta có (SBC)∩(ABCD) = BC,
IE⊥BC và SE⊥BC. Suy r a góc giữa hai mặt phẳng
(SBC) và (ABCD) là

SEI. Vậy

SEI = 60
0
. Ta có
SI⊥ ( ABCD) ⇒ SI⊥IE. Trong tam giác vuông SIE ta
có sin

ISE =
EI
ES
⇒ SE =
EI
sin

ISE
=
EI
sin 30
0
= 2EI. Vì
IJ =
a + 2a
2
=
3a

2
nên S
∆CIJ
=
JI.CH
2
=
1
2
.
3a
2
.a =
3a
2
4
.
Ta có CJ =
BC
2
=
a
√
5
2
⇒ S
∆CIJ
=
3a
2

4
=
1
2
.IE.CJ. Do
đó IE =
3a
2
2CJ
=
3a
√
5
. Bởi vậy
SE =
6a
√
5
, SI =
√
SE
2
− IE
2
=

36a
2
5
−

9a
2
5
=

27a
2
5
=
3a
√
3
√
5
.
Do đó thể tích hình chóp S.ABCD là V =
1
3

1
2
(a + 2a)2a

3a
√
3
√
5
=
3a

3
√
15
5
.
Bài tập 23. Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A

B

C

D

có độ dài cạnh bên bằng 4a
và độ dài đường chéo 5a. Tính thể tích khối lăng trụ này.
Đáp số. V = 9a
3
.
Giải. Từ giả thiết suy ra ABCD, A

B

C

D

là các hình vuông
bằng nhau, các cạnh bên vuông góc với hai đáy. Do đó
BD
2

= D

B
2
− D

D
2
= 25a
2
−16a
2
= 9a
2
⇒ BD = 3a.
Vì ABCD là hình vuông nên
AB
2
+ AD
2
= BD
2
⇒ AB
2
=
BD
2
2
=
9a

2
2
⇒ AB =
3a
√
2
.
Vậy V
ABCD.A

B

C

D

= AB
2
.D

D
2
=
9a
2
2
.4a = 18a
3
.
Bài tập 24. Cho lăng trụ đứng ABC.A


B

C

có đáy là tam giác đều cạnh bằng 4, biết
diện tích tam giác A

BC bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho
1.4. Thể tích của khối đa diện 19
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
Đáp số. V
ABC.A

B

C

= 8
√
3.
Giải. Gọi I l à trung điểm BC. Vì tam giác ABC đều nên AI =
4
√
3
2
= 2
√
3 và AI⊥BC. Vì BC vuông góc với AI và vuông góc
với AA


nên BC⊥A

I. Ta có
S
∆A

BC
=
1
2
AI

.BC ⇒ I

A =
2S
∆A

BC
BC
=
2.8
4
= 4.
A

A⊥(ABC) ⇒ A

A⊥AI ⇒ AA


=
√
A

I
2
− AI
2
= 2.
Vậy V
ABC.A

B

C

= S
∆ABC
.AA

=
4
2
.
√
3
4
.2 = 8
√

3.
Bài tập 25. Một tấm bìa hình vuông có cạnh 44cm, người ta cắt bỏ đi ở mỗi góc của
tấm bìa một hình vuông cạnh 12cm rồi gấp lại thành một cái hộp chữ nhật không nắp.
Tính thể tích cái hộp này.
Đáp số. V = 4800cm
3
.
Giải. Theo giả thiết ta có
AA

= BB

= CC

= DD

= 12cm.
Do đó ABCD là hình vuông có cạnh là
AB = 44 − 2.12 = 20cm.
Chiều cao của cái hộp là h = 12cm.
Thể tích hộp là
V = S
ABCD
.h = 20
2
.12 (cm
3
) = 4800 (cm
3
).

Bài tập 26. Cho hình hộp đứng có đáy là hình thoi cạnh a , góc nhọn bằng 60
0
. Đường
chéo lớn của đáy bằng đường chéo nhỏ của hình hộp. Tính thể tích của khối hộp.
Đáp số. V =
a
3
√
6
2
.
Giải. Gọi hình hộp đã cho là ABCD.A

B

C

D

và

DAB =
60
0
. Vì tam giác ABD đều nên
BD = a, S
ABCD
= 2S
∆ABD
=

a
2
√
3
2
.
Theo giả thiết ta có
BD

= AC = 2
a
√
3
2
= a
√
3.
D

D
2
=
√
D

B
2
− BD
2
=

√
3a
2
− a
2
= a
√
2.
Vậy V = S
ABCD
.DD

=
a
2
√
3
2
.a
√
2 =
a
3
√
6
2
.
Bài tập 27. Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A

B


C

có đáy ABC là tam giác vuông
cân tại B với BA = BC = a. Biết A

B hợp với đáy ABC góc 60
0
. Tính thể tích khối
lăng trụ.
1.4. Thể tích của khối đa diện 20
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
Đáp số. V =
a
3
√
3
2
.
Giải. Ta có A

A⊥(ABC), suy ra A

A⊥AB và AB là hình
chiếu của A

B trên (ABC). Vậy góc giữa A

B và mặt phẳng
(ABC) là


ABA

= 60
0
. Trong tam giác vuông A

AB ta có
tan 60
0
=
AA

AB
⇒ AA

= AB. tan 60
0
= a
√
3.
S
∆ABC
=
1
2
BA. BC =
1
2
.a

2
.
Vậy V
ABC.A

B

C

= S
∆ABC
.AA

=
1
2
.a
2
.a
√
3 =
a
3
√
3
2
.
Bài tập 28. Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A

B


C

có đáy ABC là tam giác vuông
tại A với AC = a,

ACB = 60
0
. Biết BC

hợp với mặt phẳng (AA

C

C) góc 30
0
. Tính
AC

và tính thể tích khối lăng trụ.
Đáp số. AC

= 3a ; V = a
3
√
6.
Giải. Ta có A

A⊥(ABC), suy ra A


A⊥AB. Lại có AB⊥AC.
Vậy BA⊥(AA

C

C) và C

A là hì nh chiếu của C

B trên
(AA

C

C). Do đó góc giữa BC

và mặt phẳng (AA

C

C) là

BC

A = 30
0
. Trong tam giác vuông ABC ta có
tan 60
0
= tan


ACB =
AB
AC
⇒ AB = AC. tan60
0
= a
√
3.
Trong tam giác vuông BAC

ta có
tan 30
0
= tan

AC

B =
AB
AC

⇒ AC

=
AB
tan 30
0
= 3a.
AA


=
√
AC
2
−A

C
2
=
√
9a
2
− a
2
=
√
8a
2
= 2
√
2a
S
∆ABC
=
1
2
AC.AB =
1
2

.a.a
√
3 =
a
2
√
3
2
.
Vậy V
ABC.A

B

C

= S
∆ABC
.AA

=
a
2
√
3
2
.2
√
2a = a
3

√
6.
Bài tập 29. Cho lăng trụ đứng ABCD.A

B

C

D

có đáy là hình vuông cạnh a. Biết
đường chéo BD

của lăng trụ hợp với đáy (ABCD) góc 30
0
. Tính thể tích khối lăng
trụ và tính diện tích xung quanh của hình lăng trụ.
Giải. Vì ABCD.A

B

C

D

là lăng trụ đứng nên DD

⊥(ABCD), suy ra DD

⊥BD và

BD là hình chiếu của BD

trên (ABCD). Vậy góc giữa
BD

và (ABCD) là

DBD

= 30
0
. Trong tam giác vuông
D

DB ta có
tan 30
0
=
DD

DB
⇒ DD

= DB. tan 30
0
=
a
√
6
3

.
Vậy V
ABCD.A

B

C

D

= S
ABCD
.DD

= a
2
.
a
√
6
3
=
a
3
√
6
3
.
Chu vi hình vuông ABCD là 4a. Diện tích xung quanh của
hình lăng trụ là

1.4. Thể tích của khối đa diện 21
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
S
xq
= 4a.DD

= 4a.
a
√
6
3
=
4a
2
√
6
3
.
Bài tập 30. Cho hình hộp đứng ABCD.A

B

C

D

có đáy ABCD là hình thoi cạnh a
và

BAD = 60

0
. Biết AB

hợp với (ABCD) góc 30
0
, tính thể tích của khối hộp.
Giải. Vì ∆ABD đều cạnh a nên S
∆ABD
=
a
2
√
3
4
. Do đó
S
ABCD
= 2S
∆ABD
=
a
2
√
3
2
. Vì hình chiếu của AB

trên mặt
phẳng (ABCD) là AB nên góc giữa AB


và mặt phẳng
ABCD là

B

AB. Vậy

B

AB = 30
0
. Vì tam giác ABB

vuông tại B nên
tan 30
0
=
BB

AB
⇒ BB

= AB. tan 30
0
=
a
√
3
.
Vậy V

ABCD.A

B

C

D

= S
ABCD
.BB

=
a
2
√
3
2
.
a
√
3
=
a
3
2
.
Bài tập 31 (Đề ĐH-2009B-Phần chung). 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

BAC = 60
0
. Hình chiếu vuông góc của điểm B

lên mặt phẳng (ABC)
trùng với trọng tâm của ∆ABC. Tính thể tích khối tứ diện A

ABC theo a.
Đáp số. V =
9a
3
208
.
Giải.
Gọi D là trung điểm AC và G là trọng tâm ∆ABC. Ta có B

G⊥(ABC), suy ra


B

BG = 60
0
. Ta có
sin 60
0
= sin

B

BG =
B

G
a
⇒ B

G =
√
3
2
a.
cos 60
0
= cos

B


BG =
BG
a
⇒ BG =
1
2
a ⇒ BD =
3a
4
.
Tam giác ABC có
sin 60
0
= sin

BAC =
BC
BA
⇒ BC =
√
3
2
AB;
cos 60
0
= cos

BAC =
AC
AB

⇒ AC =
1
2
AB.
Vậy
BC
2
+ CD
2
= BD
2
⇒
3AB
2
4
+
AC
2
4
=
9a
2
16
⇒
3AB
2
4
+
AB
2

16
=
9a
2
16
⇒ 13AB
2
= 9a
2
⇒ AB =
3
√
13a
13
⇒ AC =
3
√
13a
26
⇒ S
∆ABC
=
1
2
AB. AC. sin 60
0
=
1
2
.

3
√
13a
13
.
3
√
13a
26
.
√
3
2
=
9
√
3a
2
104
.
1.4. Thể tích của khối đa diện 22
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
Do đó
V
A

ABC
= V
B


ABC
=
1
3
.B

G.S
∆ABC
=
1
3
.
a
√
3
2
.
9
√
3a
2
104
=
9a
3
208
.
Bài tập 32 (Đề ĐH-2009D-Phần chung). Cho hình lăng trụ đứng ABC .A

B


C

có đáy
ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA

= 2a, A

C = 3a. Gọi M là trung điểm
của đoạn thẳng A

C

, gọi I là giao điểm của AM và A

C. Tính theo a thể tích khối tứ
diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC).
Đáp số. V
IABC
=
4a
3
9
(đvtt); d (A, (IBC)) =
2a
√
5
5
.
Giải.

Ta có AC
2
= 9a
2
−4a
2
= 5a
2
⇒ AC = a
√
5, BC
2
= 5a
2
− a
2
=
4a
2
⇒ BC = 2a. Gọi H là hình chiếu của I xuống mặt phẳng
ABC. Ta có IH⊥AC và H ∈ AC.
IA

IC
=
A

M
AC
=

1
2
⇒
IH
AA

=
IC
A

C
=
2
3
⇒ IH =
4a
3
.
Do đó V
IABC
=
1
3
S
ABC
.IH =
1
3
.
1

2
.2a.a.
4a
3
=
4a
3
9
(đvtt).
Hạ AK⊥A

B(K ∈ A

B). Vì BC⊥(ABB

A

) nên AK⊥BC, suy ra AK⊥(IBC). Vậy
d (A, (IBC)) = AK =
2S
∆AA

B
A

B
=
AA

.AB

√
A

A
2
+ AB
2
=
2a
√
5
5
.
Bài tập 33 (Dự bị ĐH-2006B). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi
cạnh a,

BAD = 60
0
, SA⊥(ABCD ), SA = a. Gọi C

là trung điểm của SC. Mặt phẳng
(P ) đi qua AC và song song với BD, cắt các cạnh SB, SD của hình chóp lần lượt tại
B

, D

. Tính thể tích khối chóp S.AB

C


D

.
Giải.
Vì ∆BAD là tam giác đều cạnh a nên AO =
a
√
3
2
⇒ AC = 2AO ⇒ SC
2
= SA
2
+
AC
2
= 4a
2
⇒ CS = 2a. Vì AC

là trung tuyến c ủa tam
giác vuông SAC nên AC

=
1
2
SC = a, suy ra ∆SAC

đều
cạnh a. Gọi O = AC ∩ BD, I = AC


∩ B

D

. Ta có I là
trọng tâm của ∆SAC, suy ra
B

D

BD
=
SI
SO
=
2
3
⇒ B

D

=
2
3
BD =
2
3
a. Ta có BD⊥(SAC) ⇒ BD⊥AC


, mà B

D

//BD
nên B

D

⊥AC

. Do đó S
∆AB

C

D

=
1
2
B

B

.AC

=
a
2

3
Gọi H là hình chiếu của S trên AC

. Khi đó SH⊥AC

và SH⊥B

D

, vậy SH⊥(AB

C

D

),
suy ra SH là đường cao của khối chóp S.AB

C

D

. Vì ∆ SAC

là tam gi ác đều cạnh a
nên SH =
a
√
3
2

. Vậy V
S.AB

C

D

=
1
3
.SH.S
AB

C

D

=
1
3
.
a
√
3
2
.
a
2
3
=

a
3
√
3
18
.
1.4. Thể tích của khối đa diện 23
Chương 1. Khối đa diện và thể tích của chúng. Nguyễn Tài Chung.
Bài tập 34. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = h
và vuông góc mặt phẳng (ABCD), M là điểm thay đổi trên CD. Kẻ SH vuông góc
BM. Xác định vị trí M để thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn nhất. Tính giá trị
lớn nhất đó.
Đáp số. Thể tích tứ diện S.ABH đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi M ≡ D, giá trị
lớn nhất bằng
a
2
h
12
.
Giải. Vì SH⊥BM và SA⊥BM nên suy ra AH⊥BM.
Vậy V
SABH
=
1
6
SA.AH.BH =
h
6
AH.BH. Do đó
V

SABH
lớn nhất khi AH.BH lớn nhất. Ta có AH
2
+
BH
2
≥ 2AH.BH ⇒ a
2
≥ 2AH.BH, vậy A H.BH lớn
nhất là bằng
a
2
2
, đạt được khi và chỉ khi AH = BH
hay khi H là tâm của hình vuông, khi đó M ≡ D và
V
SABH
=
a
2
h
12
.
Bài tập 35. Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Mặt bên
(SBC) vuông góc với mặt đáy, hai mặt bên còn lại tạo với mặt đáy góc α. Tính thể
tích khối chóp theo a và α.
Đáp số. V =
a
3
tan α

16
.
Giải. Hạ SH⊥ BC, suy ra SH⊥(ABC) (vì (SBC) ⊥(ABC)). Hạ HM⊥A B, HN⊥AC.
Khi đó

SMH =

SNH = α. Suy ra ∆SHM = ∆SHN
(g-c-g). Do đó HM = HN, suy ra H là trung điểm của
BC (vì tam giác ABC đề u). Vì ∆ABC là tam giác đều
cạnh a nên độ dài đường cao l à h =
a
√
3
2
. Suy ra HM =
h
2
=
a
√
3
4
. Ta có tan α =
SH
MH
⇒ SH = HM. tan α =
a
√
3

4
tan α. Thể tích khối chóp là
V
S.ABC
=
1
3
.SH.S
∆ABC
=
1
3
.
a
2
√
3
4
.
a
√
3
4
=
a
3
tan α
16
.
Bài tập 36. Khối chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C

và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), SC = a. Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng
(SCB) và (A BC) để thể tích khối chóp lớn nhất.
Đáp số. Góc cần tìm là ϕ = arcsin
1
√
3
(với 0 < ϕ <
π
2
).
1.4. Thể tích của khối đa diện 24