Bài tập thể tích Khối đa diện-Khối cầu-Khối trụ-Khối nón

Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
PHẦN 1
THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
A. LÝ THUYẾT
1. Khái niệm thể tích của 1 khối đa diện (Sgk hh 12)
2. Các công thức tính thể tích của khối đa diện
a) Thể tích khối hộp chữ nhật
V = abc với a, b, c là 3 kích thước của khối hộp chữ nhật
b) Thể tích của khối chóp
V=
3
1
S
đáy
. h ; h: Chiều cao của khối chóp
c) Thể tích của khối lăng trụ
V= S
đáy
. h ; h: Chiều cao của khối lăng trụ
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
DẠNG 1: TÍNH THỂ TÍCH CỦA KHỐI ĐA DIỆN
*Phương pháp:
Để tính thể tích của khối đa diện ta có thể:
+Áp dụng trực tiếp các công thức tính thể tích
+Chia khối đa diện thành các khối nhỏ hơn mà thể tích của các khối đó tính được
+Bổ sung thêm bên ngoài các khối đa diện để được 1 khối đa diện có thể tính thể
tích bằng công thức và phần bù vào cũng tính được thể tích.
*Các bài tập
1)Về thể tích của khối chóp
+Nếu khối chóp đã có chiều cao và đáy thì ta tính toán chiều cao, diện tích đáy và

áp d
ụng công thức :V=
3
1
S
đáy
. h
Bài 1: Tính thể tích hình chóp tam giác đều SABC trong các trường hợp sau:
a) Cạnh đáy bằng a, góc ABC = 60
o
b) AB = a, SA = l
c) SA = l, góc gi
ữa mặt bên và mặt đáy bằng ỏ
GIẢI:
a) Gọi O là tâm ∆ABC đều
⇒ SO ⊥(ABC)
S
ABC
=
2
1
a
2
3a
=
4
3
2
a
∆ABC có SA = SB; ABC = 60

o
⇒ SA = AB = SB = a
C
S
A
B
O
a
SO ⊥ OA ( vì SO ⊥ (ABC) ) Tam giác vuông SOA có:
SO
2
= SA
2
- OA
2
= a
2
- (
3
2
a
2
3
)
2
=
2
2
2
3

2
3
a
a
a 
⇒ SO = a
3
2
Vậy VSABC = S∆ABC . SO =
3
1
.
4
3
2
a
.
a
3
2
.
3
2
2
a
l 
b) Tương tự câu a đáp số:
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
VSABC =
3

1
.
4
3
2
a
.
3
2
2
a
l 
c)
G
ọi O là tâm ∆ABC
Gọi A’ là trung điểm BC
Dễ thấy ((SBC), (ABC)) = góc SA’O = ỏ
Tam giác vuông SOA có:
SO
2
= l
2
- OA
2
= l
2
-
9
4
AA’

2
Tam giác vuông SOA’ có:


sin'.sin
3
1
'
3
1
AASO
AA
SO



(2)
T
ừ (1) (2) ta có:

2
9
4
2
9
1
sin'.sin' lAAAA 

O
B

A'
A
C
a

AA’
2
(sin
2
ỏ + 4) = 9l
2

4sin
3
2
'



l
AA
S∆ABC =
)4(sin2
33
4sin3
3
4sin
3
2
1

2
1
2
2
22
'.





l
ll
BCAA
4sin
sin.
4sin
3
3
1
22
sin







ll

SO
⇒VSABC =
3
1
S∆ABC . SO =
4sin).4(sin
sin
3
3
22
2
.



l
Bài 2. Cho lăng trụ ABCA’B’C’ có độ dài cạnh bên = 2a, ∆ABC vuông tại A, AB = a,
AC = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC) là trung điểm BC. Tính VA’ABC
theo a?
GIẢI.
-Gọi H là trung điểm BC
⇒A’H ⊥ (ABC) (gt)
-Ta có S
∆ABC =
3.
2
2
1
2
1

aACAB 
-Vì A’H ⊥ (ABC) ⇒ A’H ⊥ AH
Tam giác vuông A’HA có:
A’H
2
= A’A
2
- AH
2
= (2a)
2
-
4
1
.(a
2
+ 3a
2
)
hay A’H
2
= 4a
2
- a
2
= 3a
2
⇒ A’H = a 3
B
C

H
2a
a
a 3
C'
A'
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
⇒VA’ABC =
3
1
S∆ABC .A’H =
2
2
2
1
3
1
2
3.3.
a
aa 
Bài 3. Hình chóp SABCD có SA ⊥ (ABC), SA = a. ∆ABC vuông cân có
AB = BC =a. B’ là trung điểm SB. C’ là chân đường cao hạ từ A của ∆SAC
a) tính VSABC
b) Chứng minh rằng AB ⊥ (AB’C’). Tính VSAB’C’
GIẢI
a)
S
∆ABC =
2

2
1
2
1
. aBCBA 
; SA =a
⇒ VSABC =
3
1
S∆ABC .SA =
6
1
a
3
a
C
A
a
a
B'
C'
B
b) ∆SAB có AB = SA = a ⇒∆SAB cân tại A ⇒ AB’ ⊥ SB
B’S = B’B
BC
⊥ AB ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AB’
BC
⊥ SA
⇒ AB’ ⊥ (SAC) ⇒ AB’ ⊥ SA ⇒SC ⊥ (AB’C’)
AC’

⊥ SC
Cách 1
2
2
2
1
2
1
2'
a
aSBAB 
Vì AB’ ⊥ (SBC) ⇒AB’ ⊥ B’C’. SC =
aACSA 3
22

3
2
'
a
SC
SA
SC 
B’C’
2
= SB’
2
- SC’
2
=
66

''
2
aa
CB 
⇒S∆AB’C’ =
3462
2
1
2
1
2
'''.
aaa
CBAB 
⇒V∆AB’C’ =
363243
1
32

aaa

Cách 2
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
3
' '
1 1
2 3
3
a
S B S C

S B S C
a
  
3
' '
3
3
' ' '
1 1 1
' ' '
6 6 6 3 6
3
S A B C
S A B C
a
V
S A S B S C a
S A B C
V SA S B S C
a
V a
     
Bài 4 Hình chóp SABC có SA⊥ (ABC), ∆ABC cân tại A, D là trung điểm BC, AD = a,
(SB, (ABC)) = ỏ; (SB, (SAD)) = õ. Tính VSABC.
GIẢI
Dễ thấy
(SB, (ABC)) = ỏ = SBA
(SB, (SAD)) = õ = BSD
∆ABC cân ⇒ AD ⊥ BC
DB = DC

∆SAB có cos ỏ =
SB
AB
(1)
BC
⊥
AD
BC ⊥ SA (vì SA⊥ (ABC)
⇒ BC ⊥ (SAD) ⇒ BC ⊥
SD
a
B
A
C
D
S
Tam giác vuông SB có sinõ =
SB
BD
(2)
T
ừ (1) (2) ⇒

sinsincos
22
aAB
BDAB


⇒



sin
cos
22
2
2
aAB
AB


⇒ AB
2
(sin
2
õ – cos
2
ỏ) = -a
2
cos
2
ỏ ⇒ AB =


cos
2
sincos
1
22
a


S∆SAB =BD.AD =
2
2
2 2 2 2
sin sin
cos
cos cos
cos sin cos sin
. .
Sin a
a
ADAB
  

 
   
 
 
SA = AB. tan ỏ =


22
sincos
sin

a
⇒ VSABC =
3
1

SA.S∆ABC =


22
sincos
sin
3
1

a


22
2
sincos
sin

a
=


22
3
sincos3
cossin

a
Bài 5 Cho hình vuông ABCD cạnh a. các nửa đường thẳng Ax, Cy ⊥ (ABCD) và ở
cùng một phía với mặt phẳng đó. Điểm M không trùng với với A trên Ax, điểm N không
trùng với C trên Cy. Đặt AM = m, CN = n. Tính thể tích của hình chóp BAMNC.

GIẢI
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Gọi I là giao điểm của AC và BD
Ta có BD
⊥ AC
(vì ABCD là hình vuông)
(Ax, Cy)
⊥ (ABCD)
⇒ BD ⊥ (AMNC)
⇒ BI ⊥ (AMNC)
BI =
2
2
2
a
BD

x
n
A
D
C
m
B
M
N
Diện tích hình thang AMNC là S =
2
2)(
2

)(
.
anmCNAM
AC


VAMNC =
)(
62
2
2
2)(
3
1
3
1
2
nmBIS
a
a
anm
AMNC


*Nếu khối chóp cần tính thể tích chưa bíết chiều cao thì ta phải xác định đựơc vị trí
chân đường cao trên đáy.
Ta có một số nhận xét sau:
-Nếu hình chóp có cạnh bên nghiêng đều trên đáy hoặc các cạnh bên bằng nhau
thì chân đường cao là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
-Nếu hình chóp có các mặt bên nghiêng đều trên đáy hoặc có các đường cao của

các mặt bên xuất phát từ một đỉnh bằng nhau thì chân đường cao là tâm đường tròn nội
tiếp đáy
-Hình chóp có mặt bên hoặc mặt mặt chéo vuông góc với đáy thì đường cao của
hình chóp là đường cao của mặt bên hoặc mặt chéo đó.
-Nếu có một đường thẳng vuông góc với mặt đáy của khối chóp thì đường cao của
khối chóp sẽ song song hoặc nằm trờn với đường thẳng đó.
-Nếu một đường thẳng nằm trong đáy của khối chóp vuông góc vuông góc với
một mặt phẳng chứa đỉnh của khối chóp thì đường cao của khối chóp là đường thẳng kẻ
từ đỉnh vuông góc với giao tuyến của mặt đáy và mặt phẳng chứa đỉnh đã nói ở trên.
*Nếu khối chóp là khối tứ diện thì ta cần khéo chọn mặt đáy thích hợp.
Bài 6: SABCD có đáy là tâm giác cân tại A, BC =a, ABC = ỏ, các cạnh bên nghiêng
trên đáy một góc ỏ. Tính VSABC
GIẢI
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
A
S
C
B
H
a
- Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC)
- Vì các c
ạnh bên nghiêng đều trên đáy ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC.
- Ta có: ∆ABC =

sin
2
1
ACAB
mà BC

2
= 2AB
2
- 2AB
2
cos ỏ = 2AB
2
(1-cos ỏ) = a
2
⇒ AB =
2
cos1


a
⇒ S∆ABC =
24cos1
sin
22
1
2
2
1
cossin
22




aa

AB 

HA = R =

sin2sin2
aBC

Tan giác vuông có tan ỏ =
AH
SH
⇒ SH =


cos2sin2
tan
aa

⇒VSABC =



cos24
cot
cos2243
1
3
1
2
3
2

.cot
a
aa
ABC
SHS 

Bài 7: SABC có đáy ABCD là hình bình hành và SABCD = 3 và góc giữa 2 đường chéo
= 60
o
. các cạnh bên nghiêng đều trên đáy 1 góc 45
o
. Tính VSABCD
GIẢI
A
B
C
O
D
-Hạ SO ⊥ (ABCD)
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
- Vì khối chóp có các bên nghiêng đều trên đáy. ⇒ O là tâm đường tròn đi qua 4 đỉnh A,
B, C, D ⇒ tứ giác ABCD là hình chữ nhật và {O} = AC ∩ BD
- Đặt AC = BD =x.
Ta có S
hcnABCD
=
2
1
AC.BD.sin60
o

=
3.
2
4
3
2
3
2
2
1
 xx
⇒ x=3
- (SA, (ABCD)) = (SA, AO) = SAO = 45
o
= SCO = (SC, (ABCD)) ⇒ ∆ASC vuông cân
tại S ⇒ SO = 1
2
1
AC ⇒ VSABCD =
3
3
3
1
1.3 
Bài 8: SABC có SA = SB = SC = a. ASB = 60
o
, BSC = 90
o
, CSA = 120
o

.
a) Ch
ứng minh rằng ∆ABC vuông
b) Tính VSABC
GIẢI
a)
H
B
A
S
C
a





o
ASB
SBSA
60
⇒ AB = a
-Tam giác vuông SBC có BC
2
= SB
2
+ SC
2
= 2a
2

-∆SAC có AC
2
= a
2
+ a
2
-2a
2
cos120
o
= 2a
2
- 2a
2
(-
2
1
) =3a
2
-∆ABC có AC
2
= AB
2
+ BC
2
⇒∆ABC vuông tại B
b) Hạ SH ⊥ (ABC)
Vì SA = SB = SL

HA = HB = HC ⇒ H là trung điểm AC

∆ABC vuông tại B
Tam giác vuông SHB có SB = a ⇒ SH
2
= SB
2
- BH
2
=
24
2
aa
SH 
BH =
2
3
2
a
AC

(Hoặc ∆SAC là nửa đều tam giác đều ⇒ SH =
22
aSA

)
⇒VSABC =
12
2
6
1
2

1
3
1
3
1
23
.2
aa
ABC
aaSHBCABSHS 

Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Bài 9: SABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AB = 2, ACB = 90
o
. ∆SAC và
∆SBD là các tam giác đều có cạnh = 3 .
Tính th
ể tích khối chóp SABCD.
Đáp số: V
SABCD =
4
6
Bài 10: SABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D, ∆SAD đều cạnh = 2a,
BC = 3a. Các mặt bên lập với đáy các góc bằng nhau. Tính VSABCD
GIẢI
2a
3a
C
D
H

K
- Hạ SH ⊥ (ABCD), H ∈ (ABCD)
- Vì các m
ặt bên lập với đáy các góc bằng nhau nên dễ dàng chứng minh được H là tâm
đường tròn nội tiếp đáy
- Gọi K là hình chiếu của H lên AD
- Ta có HK =
a
AD

2
- Tam giác vuông SHK có HK = a
SK =
32
2
3
aa 
(vì ∆SAD đều)
⇒SH =
23
22
aaa 
Vì ⋄ABCD ngoại tiếp nên: AB + CD = AD + BC = 5a
⇒SABCD =
2
2
2.5
2
).(
5a

aa
ADCDAB


⇒VSABCD =
3
5
2
3
1
3
1
23
2.5.
a
ABCD
aaSHS 
Bài 11: Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a,
SB = a 3 , (SAB)

(ABCD). M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính VSBMDN
GIẢI
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
S
H
15a
8a
A
D
C

B
S
A
D
C
H
B
M
N
∆SAB hạ SH b AB ⇒SH b (ABCD) ⇒ SH b (BMDN)
(SAB)
b (ABCD)
S
∆CDN = S∆MDA =
4
1
S⋄ABCD ⇒ S⋄BMDN =
2
1
S⋄ABCD =
2
1
2a.2a = 2a
2
∆SAB có AB
2
= SA
2
+ SB
2

= 4a
2
⇒ SAB vuông tại S
⇒
222222
3
4
3
11111
aaaSBSASH





⇒ SH =
2
3
a
⇒VSBMDN =
3
1
S⋄BMDN.SH =
2
3
2
3
2
3
1

3
.2
aa
a 
Bài 12: SABCD có ⋄ABCD là hình thang với AB = BC = CD =
2
1
AD. ∆SBD vuông
tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. SB = 8a, SD = 15a.
Tính VSABCD
GIẢI
-Trong ∆SBD kẻ SH b BD
Vì (SBD)
b (ABCD)
⇒SH b (ABCD)
-Tam giác vuông SBD có
222
111
SDSHSH


hay
222
225
1
64
11
aaSH



hay
aaSH
17
120
289
14400
. 
-Vì hình thang có AB = BC = CD =
2
1
AD ⇒
D
A
ˆ
ˆ

= 60
o
, B = C = 120
o
-∆SBD có BD
2
= SB
2
+SD
2
=289a
2
⇒ BD = 17a
∆CBD có BD

2
=2BC
2
(1+
2
1
) = 3BC
2
= 289a
2
⇒ BC =
a
3
17
S∆BCD =
12
3289
2
3
2
3
289
2
1
2
2
1
2
120sin
a

o
aBC 
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
S
A
D
C
K
B
H
S⋄ABCD = 3S∆BCD =
12
3289
2
a
⇒VSABCD =
3
1
S⋄ABCD.SH =
17
120
12
3289
3
1
.
2
a
a
= 170 3 a

3
Bài 13: hình chóp SACD có đáy ABCD là hình chữ nhật, ∆SCD cân tại S và nằm trong
mặt phẳng

(ABCD). ∆SAB có SA = a, ASB = 2 ỏ và nằm trong mặt phẳng lập với
(SCD) một góc ỏ. Tính thể tích khối chóp SABCD
GIẢI
Trong ∆SCD hạ SH

CD
Vì
∆SCD cân tại S
⇒ H là trung điểm CD.
SH

CD
(SCD)

(ABCD
⇒ SH

(ABCD)
G
ọi K là trung điểm AB
Ta có HK

AB
AB

SH (vì SH


(ABD))
⇒AB

(SKH) ⇒ AB

SK ⇒ ∆SAB cân tại S
Dễ thấy ((SAB), (SCD)) = KSH = ỏ
∆SAB có SK =
acos ỏ , AB = 2AK = 2asin ỏ
∆SHK vuông tại H có SH =SK.cosỏ = acos
2
ỏ
KH = SKsinỏ = asinỏcosỏ. SABCD =AB.BC = 2asinỏ.asinỏcosỏ
= 2a2sin
2
ỏcosỏ ⇒VSABCD =
23
3
2
.3
1
sinaS
ABCD
SH

ỏ
Bài 14: Hình chóp SABCD có ∆ABC vuông tại B, SA b (ABC). ACB =60
o
,

BC = a, SA = a
3 , M là trung điểm SB. Tính thể tích MABC
GIẢI
H
C
A
B
a
M
Cách 1.
SA b (ABC)
T
ừ M kẻ MH // AS cắt AB tại H ⇒ MH b (ABC)
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Vì M trung điểm SB H- trung điểm
MH=
2
3
2
1
a
SA 
S∆ABC = 3.60tan
2
2
1
2
1
2
1

aaaBCAB
o

VMABC =
42
3
2
2
1
3
1
3
1
3
.3
a
a
ABC
aMHS 

Cách 2.
2
1

SB
SM
V
V
ASABC
MABC

VMABC =
SABC
V
2
1
mà VSABC =
3
1
SA.S∆ABC =
63.3
3
2
1
2
2
1
3
1
aaa 
⇒VMABC =
3
4
1
a
Bài 15: Hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông tâm O, SA

(ABCD),
AB = a, SA = a
2 . H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SD. Chứng
minh rằng: SC


(AHK) và tính thể tích hình chóp OAHK.
GIẢI
A
C
O
H
K
a
a
N
F
E
B
D
a 2
S
y
x
AH

SB (gt) (1)
BC

AB (vì ABCD là hình vuông)
BC

SA (vì SA

(ABCD))

⇒BC

(SAB) BC

AH (2)
T
ừ (1) (2) ⇒AH

(SBC ⇒AH

SC (3)
Ch
ứng minh tương tự ta có: SC

AK (4)
T
ừ (3) (4) ⇒ SC

(AKH)
G
ọi {F} = KH ∩ SO ⇒ (SAC) ∩ (AHK) = AF
Kéo dài AF cắt SC tại N
Trong (SAC) kẻ đường thẳng qua O//SC cắt AN tại E ⇒ OE

(AHK)
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Vì OA = OC; OE//CN OE =
2
1
CN

Tam giác vuông SAD có
222
111
ADASAK

⇒ AK =
3
2
3
.2
.
222
a
a
aa
ADAS
ADAS


Dễ thấy AH =
3
2
a
∆AKH cân tại A
Dễ thấy ∆SBD có
BD
KH
SD
SK


mà SK =
2 2 2 2
2
2
3
3
2
a
SA AK a a
   
SD = a
3
⇒
SO
SF
a
a
BD
KH

3
2
33
2
HK =
3
2
BD =
2
3

2
a
OF =
3
1
SO ⇒
2
1

SF
OF
∆SAC có : OA = OC
⇒
2
1

SF
OF
SN
OE
⇒OE =
2
1
SN =
2
1
a
S
∆AHK =
2

1
KH.
4
2
2
HK
AK  =
9
22
2
a
⇒ V =

AHK
.
3
1
SOE
27
22
3
a
* Có thể dùng PP toạ độ để tính thể tích OAHK như sau:
Chọn hệ toạ độ như hình vẽ.Ta có:
A(0,0,0) , B(a,0,0) ,D(0,a,0) , S(0,0,a 2 ) , O(
2
a
,
2
a

, 0)
∆SKA

∆ SAD ⇒
SD
SA
SA
SK

⇒ SK=
3
2a
⇒K(0,
2
3
a
,
2
3
a
)
∆ABS có SHSBAS .
2
 ⇒ SH=
3
2a
⇒H(
2
3
a

,0,
2
3
a
)
Ta có
)
3
2
,0,
3
2
(
a
aAH


)
3
2
,
3
2
,0(
a
aAK


,0)
2

,
2
(
aa
AO

[ AKAH , ] =(
9
4
,
9
22
,
9
22
222
aaa 
)
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
a
K
O
C
D
A
a 2
a
N
I
B

⇒ VOAHK=
6
1
|[ AKAH , ]. AO |=
3
27
2
a
Bài 16: Hình chóp SABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = a 2 ,
SA = a, SA

(ABCD). M, N lần lượt là trung điểm AD và SC. {I} = BM ∩ AC. Tính
thể tích hình chóp ANIB.
GIẢI
SA

(ABCD)
G
ọi {O} = AC ∩ BD
Trong ∆SAC có ON // SA
⇒ON

(ABCD) ⇒ NO

(AIB)
Ta có NO =
22
1
a
SA


Tính S∆AIB = ?
ABD só I là tr
ọng tâm
⇒S∆ABI =
3
2
S∆ABO =
4
1
3
2
.
S⋄ABCD =
3
2
a.a 2 =
6
22
a
⇒ SANIB =
3
1
NO.S∆AIB =
36
2
6
2
23
1

32

aa
a

Bài 17. Hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
(SAD)

(ABCD), ∆SAD đều. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm SB, BC, CD.
Tính thể tích hình chóp CMNP
GIẢI
A
C
N
a
D
P
B
M
F
E
S
y
x
z
- Gọi E là trung điểm AD. (CNP) ≡ (ABCD) ⇒ SE

AD
(SAD)


(ABCD)
⇒SE

(ABCD)
- G
ọi F là hình chiếu của M lên (ABCD) ⇒ MF // SE. Dễ thấy F ∈ EB và F là trung
điểm EB
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Ta có MF =
2
1
SE =
4
3
2
3
2
1
.
aa

S∆CNP =
2
8
1
8
1
4
1
aSS

ABCDCBD


VCMNP =
2
1
S∆NCP.MF =
96
3
4
3
2
8
1
3
1
3
.
aa
a 
Nhận xét: có thể dùng phương pháp toạ độ để giải với gốc toạ độ O .
0x ≡ EN, oy ≡ ED, oz ≡ ES
Bài 18: Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O’ bán kính đáy bằng chiều
cao bằng a. Trên đường tròn tâm O lấy A, Trên đường tròn tâm O’ lấy B. sao cho AB =
2a. Tính thể tích hình chóp OO’AB
GIẢI
B
A
A'
O'

O
H
D
Kẻ đường sinh AA’. Gọi D đối xứng với A’ qua O’, H là hình chiếu của B trên
A’D.
Ta có BH

A’D
BH

A’A

⇒ BH

(AOO’A’)

⇒BH là đường cao của tứ diện BAOO’
SAOO’ =
2
2
a
, A’B =
3'
22
aAAAB 
∆A’BD vuông ở B ⇒ BD=a
∆O’BD đều ⇒ BH=
2
3a
⇒VBAOO’

=
.
3
1
BH
SAOO’ =
12
3
2
a
Bài 19: Cho hình chóp có ABCD là hình chữ nhật; AB = a.AD = 2a;
SA

(ABCD); (SA, (ABCD) = 60
o
. Điểm M thuộc cạnh SA, AM =
3
3
a
.
(BCM)
∩ SD ={ N}. Tính thể tích hình chóp S.BCMN
GIẢI
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
S
A
D
C
B

N
M
H
Ta có SAB=60
0
∆SAB vuông tại A có AM =
3
3a
, AB = a ⇒ ABM = 30
0
Kẻ SH⊥ BM thì SH là đương cao của hình chóp S.BCMN
ta có SH=SB sin 30
0
= a
BC//(SAD)
⇒MN//BC ⇒
AD
MN
SA
SM

⇒MN =
3
4. a
SA
SMAD

⇒SBCMN =
33
10

).(
2
1
2
a
BMBCMN

⇒VSBCMN =
.
3
1
SH
SBCMN =
27
310
3
a
Bài 20: Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình thang; BAD = ABC = 90
o
;
AB = BC = a; AD = 20; SA
b (ABCD); SA = 2a. M, N lần lượt là trung điểm SA và SD.
Ch
ứng minh rằng BCMN là hình chữ nhật và tính thể tích hình chóp S.BCNM
GIẢI
A
D
S
H
M

N
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Ta có BC//AD ,BC=
AD
2
1
,MN//AD , MN=
AD
2
1
⇒BC = MN , BC// MN (1)
BC
⊥AB
BC
⊥SA
⇒BC ⊥ (SAB) BC AM (2)
T
ừ (1) và (2) ta có BCNM là hình chữ nhật
Kẻ SH ⊥BM thỡ SH⊥ (BCNM)
⇒VSBCNM=
3
1
SBCNM.SH=
3
1
BC.NM.SH=
3
3
a
Bài 21: Cho lăng trụ đứng ABCA

1
B
1
C
1
có ABC vuông. AB = AC = a;
AA
1
= a 2 . M là trung điểm AA
1
. Tính thể tích lăng trụ MA
1
BC
1
Hướng dẫn:
+Chọn mặt đáy thích hợp ⇒ V =
12
2
3
a
+Có thể dùng cả phương pháp toạ độ
Bài 22: Tứ diện ABCD có AB = x có các cạnh còn lại bằng 1.
a.Tính thể tích tứ diện theo x.
b.tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ACD
c. Tìm x để thể ABCD đạt giá trị lớn nhất
GIẢI
a.
H
C
B

C
D
Cách 1:
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Gọi H là Hình chiếu của D lên (ABC) vì DA = DC = DB = 1 ⇒ H là tâm đường
tròn ngoại tiếp ∆ABC mà ∆ABC cân H ∈ CC’ với C’ là trung điểm AB
S∆ABC =
xxxABCC
x
.4.4'.
2
4
1
42
1
2
1
2

HC = R∆ABC =
2
4
2
2
22
4
1
1.4
cossin4
sin2

x
xx
C
x
xx
CC





⇒Tam giác vuông HCD có HD
2
= CD
2
- DC
2
=
2
2
2
4
3
4
1
1
x
x
x 




⇒ HD =
2
2
4
3
x
x


⇒VABCD =
2
2
2 2
3
1 1 1
3 3 4 12
4
. . 4 . . 3
x
x
ABC
x
S HD x x x



   
Cách 2:

B
A
D
M
C'
Gọi M là trung điểm CD ⇒ CD

ABM
Vì
∆ACD và ∆BCD đều ⇒ AM = BM =
2
3
VABCD = 2VCBMA = 2.
3
1
CM.S∆ABC =
ABM
S

.
2
1
3
2
S∆ABM =
2
1
MC’.AB =
2
4

2
2
2
2
3
2
1
3)()(. xx
xx

VABCD =
xxx
x
.33
2
12
1
2
43
1

b)
S
ACD=
4
3
⇒ d(B,(ACD))=
ACD
ABCD
S

V
3
= xx .3
3
1
2

c)
V
ABCD =
2 2
2
3
1 1 1
12 12 2 8
3 . .
x x
x x
 
  
Dấu “=” xảy ra ⇔ x
2
= 3-x
3
⇔ x =
2
3
và thể tích lớn nhất là
8
1

Bài 23: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với
mặt đáy ABCD và SA=h.Điểm M thuộc cạnh CD.Đặt CM=x.Hạ
SH vuông góc với BM.Tính thể tích khối tứ diện SABH.Tìm x để thể tích khối này là
l
ớn nhất.
GIẢI
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
C
A
S
M
D
B
H
Ta có BM

SH (gt)
BM

SA (Vì SA

( ABCD)
⇒BM

AH
S
ABM =
2
1
SABCD =

2
1
a
2
Mà SABM =
2
1
AH.BM ⇒ AH=
22
22
xa
a
BM
a


∆SAH vuông ở A có SH=
22
2
222
xa
a
hAHSA


∆BAH vuông ở H có BH=
22
22
4
222

xa
ax
xa
a
aAHAB




SABH =
2
1
AH.BH =
2
1
22
3
xa
xa

VSABH =
22
3
.
6
1
.
3
1
xa

xha
SAS
ABH


ha
ax
xha
2
3
12
1
2
6
1

Dấu bằng xảy ra khi a=x tức M trùng D.
Bài 24: Hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với đáy
ABC và SA = a.Điểm M thuộc cạnh AB. Đặt góc ACM bằng

Hạ SH vuông góc với CM
a)Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện SAHC
b)Hạ AI vuông góc với SC,AK vuông góc với SH Tính thể tích khối tứ diện
SAKI.
Đáp số
a)V
max
=
12
3

a
b)V
SAKI
=
)sin1(24
2sin
2
3



a
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
CÓ THỂ TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN NHỜ VIỆC CHIA THÀNH
CÁC KHỐI NHỎ HOẶC BỔ SUNG THÊM
Bài 25: Cho tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau AB = CD =a, AC =
BD = b, AD = BC = c
Tính th
ể tích ABCD
GIẢI
H
C
P
Q
R
B
+Dựng ∆PQR sao cho B, C, D lần lượt là trung điểm PQ, QR, PR.
+S∆DCR = S∆BCQ = S∆PDB =
4
1

S∆PQR
⇒ S∆BCD =
4
1
S∆PQR
AD = BC = PR
D là trung điểm PR
⇒AR

AP
Tương tự AP b AQ, AQ b AR
V
APQR =
4
1
S∆PQRAR
Bài 26: VABCD =
6
1
AD.BC.MN.Sin ỏ. Trong đó ABCD là tứ diện có MN là độ dài của
đoạn vuông góc chung của các cặp cạnh đối AD v
à CB, ỏ =(AD, BC)
Hướng dẫn: D
ùng hình hộp ngoại tiếp tứ diện này.
Bài 27: Cho hình chóp SABC có tất cả các góc phẳng ở đỉnh A và B của tam diện đều
bằng ỏ. AB = a. Tính thể tích hình chóp SABC
GIẢI
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
C
A

B
S
E
F
a
-Dễ thấy∆ SAB, ∆CAB là các tâm giác cân tại S và C
-G
ọi E là trung điểm AB ⇒ AB b SE
AB
b CE
⇒AB b (SCE)
⇒VSABC = VASEC + VBSEC =
3
1
S∆SEC.(AE+BE) =
3
1
S∆SEC.AB
Tính S
∆SEC = ?
∆SEC cân tại E vì ES = EC (∆SAB = ∆ACB (g.c.g))
Gọi F là trung điểm SC ⇒ EF b SC
∆SBC cân tại B vì BC =BS (Vì ∆SAB = ∆CAB (g.c.g))
FS = FC
⇒FBC =
3

Tam giác vuông EBC có CE =



tan
2
Tam giác vuông FBC có BC =
22
EBCE 
2
cos cos 2cos
( )
a
a
EB
  
  
Sin
2

=
BC
FC
⇒ FC = BC sin
2

=
2cos2
sin.


a
Tam giác vuông EFC có
EF

2
= EC
2
- FC
2
=
2
22
cos
1
4
cos4
sin
2
4
sin(sintan
2
2
2
2
22
2





a
a
a

S∆SEC =
2
1
EF.SC = EF.FC =
2cos22
22
cos2
sin sinsin





aa

=
2
22
2
cos2
sinsin.sin.
2
2




a
VSABC =
2

22
2
cos12
3
sinsin.sin.
2




a
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ THỂ GIẢI BẰNG PP TOẠ ĐỘ VỚI VIỆC CHỌN HỆ
TOẠ ĐỘ DỄ DÀNG
Bài 1:
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi, AC = 4, BD = 2, AC cắt BD
tại O SO

(ABCD), SA = 2
2
. Gọi M là trung điểm SC, (ABM) cắt SD tại N. Tính
thể tích khối chóp S.ABMN
GIẢI
Cách 1:
B
O
C
D
A
S

M
N
Ta có AB // CD (gt)
(ABM) (SCD) = MN
⇒MN // CD ⇒ N là trung điểm SD
VSABCD =
2
1
SABCD.SO =
2
1
AC.BD.SO =
2822.2.4
2
1

2
1

SD
SN
V
V
SABD
SABN
⇒ VSABN =
2
1
SSABD =
2

28
2
1
.
= 2 2
4
1
2
1
2
1

SD
SN
SC
SM
V
V
SBCD
SBMN
⇒ VSBMN =
4
1
SSBCD =
2
28
4
1
.
= 2

⇒VSABMN = VSABN + VSBMN = 3 2
Cách 2: Sử dụng phương pháp toạ độ
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
O
S
A
C
D
N
M
B
z
x
y
Chọn hệ toạ độ xyz có tia OX ≡ tia OA, tia oy ≡ OB, tia oz ≡ OS
Dễ thấy A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 2 ), C(-2; 0; 0), D(0; -1; 0), M(-1; 0; 2 )
Do (ABM)
∩ (SCD) = MN
AB // CD
⇒MN//CD
⇒N là trung điểm SD
⇒N(0; -
2
1
; 2 )
SA = (2; 0; -2 2 ); SM = (-1; 0; - 2 ); SB = (0; 1; -2 2 ); SN = (0; -
2
1
; - 2 )
[

SA , SM ] = (0; 4 2 ; 0)
V
SABM =
6
1
[ SA , SM ].SB =
3
22
VSAMN =
6
1
[ SA , SM ].SN =
3
2
VSABMN = VSABM + VSAMN = 2
Bài 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có AB = a, AD = b , AA ’= c
a)Tính thể tích A’C’BD
b)Gọi M là trung điểm CC’Tính thể tích MA’BD.
GIẢI
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
C
B'
D'
C'
A'
A
D
B
x
y

a
b
c
M
a) Cách 1:
Thể tích của khối hộp ABCDA’B’C’D’ là V = abc
V
C’CDB =
6
1
6
1
2
1
.
3
1
'.
3
1


abcabcSCC
BCD
V
Tương tự ta có: VAA’BD = VBA’B’ C’ = VD’A’DC’ =
6
1
V
⇒VA’C’DB = V - 4.

6
1
V =
3
1
V=
3
1
abc
Cách 2: dùng phương pháp toạ độ
Chọn hệ toạ độ Axyz như hình vẽ Ta có: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0) D( 0; b; 0), C(a; b; c),
A’(0; 0; 0)
DB
= (a; -b; 0); 'DC = (a; 0; c);
'
DA
= (0; -b;c);
[
DB
, 'DC ] = (-bc; -ac; ab)
V
A’C’DB =
6
1
|[
DB
, 'DC ].
'
DA
| =

3
1
abc
b) Ch
ọn hệ toạ độ như hình vẽ.ta có A(0;0;0) , B(a;0;0) , D(0;B;0) , A’(0;0;c) ,
C(a;b;0) , C’(a;b;c)
M là trung điểm CC’ nên M(a;b;
2
c
)
)0;;( baBD  ,
)
2
;;0(
c
bBM
,
);0;(
'
caBA 
[ BMBD, ]=
);
2
;
2
( ab
acbc

VBDA’M =
6

1
|[
BD
,
BM
].
'
BA
| =
4
1
2
3
6
1
abc
abc
2) Về thể tích khối lăng trụ
Ta thường áp dụng công thức tính thể tích đã biết hoặc chia nhỏ khối cần tính
hoặc bổ sung thêm
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Bài 1 Cho lăng trụ tam giác ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều, cạnh a và A’A =
A’B = A’C. C
ạnh AA’ tạo với đáy một góc 60
o
. Tính thể tích lăng trụ ABCA’B’C’.
GIẢI
B
A
C

C'
B'
A'
O
a
Gọi O là tâm ABC⇒ OA = OB = OC
A’A = A’B = A’C (gt)
⇒A’O⊥ (ABC)
(AA’,(ABC)) = (AO, AA’) = 60
0
A’O ⊥OA (vì A’O⊥ (ABC)
Trong tam giác vuông A’OA có OA’ = OA tan 60
0
= a
Vì
∆ABC đều cạnh a nên S∆ABC =
4
3
2
a
⇒VABCA’B’C’ = S∆ABC.A’O =
4
3
3
a
Bài 2: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là một tam giác vuông tại A,
AC = b, C = 60
o
. (BC’,(AA’C’C)) = 30
o

. Tính thể tích của khối lăng trụ
GIẢI
C
C'
A'
A
B
B'
b
b'
Dễ thấy AB

(ACC’A’) nên (BC’, (ACC’ A’)) = AC
’
B = 30
0
∆ABC vuông tại A có C
ˆ
=60
0
, AC=b nên BC=2b và AB= 3 b.