ÔN TOÁN ĐẠI HỌC TOÀN TẬP

THẦY NGUYỄN PHƢƠNG CHUYÊN LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN LỚP 10-11-12
Cơ sở 1: số 1/ 31 Nguyễn Chí Thanh, Ba Đình, HN- Cơ sở 2: số 34 Hoàng Hoa Thám, Hà Đông, HN

Đăng ký học vui lòng liên hệ trực tiếp với Thầy Phương_ĐT:0963.756.323
Hãy kết nối với Thầy qua Facebook: “Thầy Nguyễn Phương” để nhận kho tài liệu miễn phí

CHƯƠNG 1: KHỐI ĐA DIỆN - THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
A. CÔNG THỨC TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
I. THỂ TÍCH KHỐI CHÓP
S

1. Thể tích khối chóp

1
VK / c  .S.h
3
Với:

1
V  SABCD .h
3

h

S : Diện tích đáy
h : Chiều cao

A

B

SABCD
C

D
A'

2. Thể tích khối chóp cụt

V

1
h B  B  BB
3



B'
C'

D'



h
A

B

Với B, B : Diện tích hai đáy

h : Chiều cao

C

D

II. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ VÀ KHỐI HỘP CHỮ NHẬT
A'

1. Thể tích khối lăng trụ
VLT  S.h

Với:

C'

A'

B'

C'

D'

S : Diện tích đáy
h : Chiều cao

h
A

B

H

A

2. Thể tích khối hộp chữ nhật
Thể tích khối hộp chữ nhật:

B

H
D

C

V  a.b.c

B'

A'

A'

B'
C'

D'

C

B'
C'

D'

với a , b , c là ba kích thước
A

Thể tích khối lập phương:
V  a3

D

A

B

C

D

B

C

với a là độ dài cạnh

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

1


III. MỘT SỐ KHÁI NIỆM VÀ KỸ THUẬT CẦN NẮM
1. MỘT SỐ KHÁI NIỆM VÀ TÍNH CHẤT
 Tứ diện đều là tứ diện có bốn mặt là các tam giác đều
 Hình chóp đều là hình chóp có đáy là đa giác đều và các cạnh bên đều bằng nhau (hoặc có đáy là đa

giác đều, hình chiếu của đỉnh trùng với tâm của đáy).
 Hình chóp có mặt bên vuông góc với đáy thì giao tuyến của hai mặt bên đó sẽ vuông góc với mặt

phẳng đáy.
 Khối chóp có các cạnh bên bằng nhau: Cho hình chóp có đỉnh S có các cạnh bên có độ dài bằng nhau:

SA  SB  SC  SD  ... . Khi đó hình chiếu O của S lên mặt phẳng đáy trùng với tâm đường
tròn ngoại tiếp đi qua các đỉnh ( A , B , C , D ,... ) nằm trên mặt đáy.
Nếu đáy là:
+ Tam giác đều, O là trọng tâm
+ Tam giác vuông, O là trung điểm cạnh huyền.
+ Hình vuông, hình chữ nhật, O là giao điểm của 2 đường chéo đồng thời là trung điểm mỗi
đường.
 Lặng trụ đứng là lăng trụ có các cạnh bên vuông góc với mặt phẳng đáy.
 Lăng trụ đều là lăng trụ đứng có đáy là đa giác đều.
 Hình hộp đứng là hình lăng trụ đứng có đáy là hình bình hành.
 Hình hộp chữ nhật là hình hộp đứng có đáy là hình chữ nhật.
 Hình lập phương là hình hộp chữ nhật có tất cả các cạnh bằng nhau.

2. KỸ THUẬT TÌM ĐƯỜNG CAO BẰNG CÁCH ĐƯA VỀ BÀI TOÁN TÌM KHOẢNG CÁCH TỪ 1 ĐIỂM
ĐẾN MỘT MẶT PHẲNG



 

d  O ,    OI

thì:
d  A ,    AI

 Nếu OA / /   thì: d O ,    d A ,   .
 Nếu OA cắt   tại I

O

(định lý Ta-lét)
A

A

A
O

I

(α)

α

H

K

α

I

H

K

O

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

2


B. CÁC PHƯƠNG PHÁP VÀ DẠNG TOÁN TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
I. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TOÁN TRỰC TIẾP
1. PHƯƠNG PHÁP
Bước 1: Xác định và tính chiều cao của khối đa diện


Trong nhiều trường hợp, chiều cao của khối đa diện được cho ngay từ đầu bài (chiều cao
cho trực tiếp), nhưng cũng có trường hợp việc xác định phải dựa vào các định lí về quan
hệ vuông góc (chiều cao cho gián tiếp) hay dùng nhất là: định lí 3 đường vuông góc, các
định lí về điều kiện để một đường thẳng vuông góc với một mặt phẳng,…



Tính độ dài chiều cao: Sử dụng định lí Pitago, hoặc nhờ hệ thức lượng trong tam giác
vuông, tỉ số lượng giác trong tam giác vuông, định lý cosin,..



Có thể tính chiều cao bằng cách chuyển về bài toán tìm khoảng cách từ một điểm đến một
mặt phẳng.



 

d  O ,   IO

Nếu OA     I  thì
(định lý Ta-lét)
d  A ,    IA

o Nếu OA / /   thì d O ,    d A ,  
o

Bước 2: Tìm diện tích đáy bằng các công thức
Bước 3: Sử dụng công thức tính thể tích.

2. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA
Bài toán 1: (THPTQG 2017-101) Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh bằng a , cạnh bên gấp hai
lần cạnh đáy. Tính thể tích V của khối chóp đã cho.
A. V 

2a3

.
2

B. V 

2a 3
.
6

C. V 

14 a 3
.
2

D. V 

14 a3
.
6

Lời giải:
Chọn D.

S

Ta có SO   ABCD  (do S. ABCD là hình chóp đều).
Có

ABCD

là

 BD  a 2  OB 

hình

vuông

cạnh

BD a 2

.
2
2

a
2a

2

a 2
a 14

.
Suy ra: SO  SB  OB   2a   

 2 
2



2

2

2

A

D
O

1
1 a 14 2
14a3
.a 
.
Khi đó: V  .SO.SABCD  .
a
B
C
3
3 2
6
Chú ý: Có thể áp dụng công thức giải nhanh với chóp tứ giác đều cạnh đáy bằng a , cạnh bên
bằng b là: V 

14a3
4b2  2 a 2 2

.
.a trong bài toán này: b  2a  V 
6
6

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

3


Bài toán 2: (THPTQG 2017-103) Cho khối chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh
bên bằng 2a . Tính thể tích V của khối chóp S.ABC .
A. V 

13a3
.
12

B. V 

11a3
.
12

11a3
.
6

C. V 

D. V 

11a3
.
4

Lời giải:
Chọn B.

S

Gọi O là tâm của đáy
 SO   ABC  (do S. ABC là hình chóp đều).
2a

Do ABC là tam giác đều cạnh a

2 a 3 a 3
a2 3
 OA  .

.
và SABC 
3 2
3
4
A

2

a 3
a 33

.
Suy ra SO  SA 2  OA 2   2a   

 3 
3



C

2

a

O

B
1
1 a 33 a2 3
11a3
.

.
Khi đó: V  .SO.SABC  .
3
3 3
4

12
Chú ý: Có thể áp dụng công thức giải nhanh với chóp tam giác đều cạnh đáy bằng a , cạnh bên

bằng b là: V 

11a3
3b 2  a 2 2
.
.a trong bài toán này: b  2a  V 
12
12

Bài toán 3: (THPTQG 2017-101) Cho khối chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA
vuông góc với đáy và SC tạo với mặt phẳng  SAB  một góc 300 . Tính thể tích V của khối chóp
đã cho.
A. V 

6 a3
.
3

B. V 

2a 3
.
3

C. V 

2a3

.
3

D. V  2a3 .

Lời giải:
Chọn B.
S

CB  AB 
Ta có:
  CB   SAB 
CB  SA 

30°

Do CB   SAB  suy ra SB là hình chiếu vuông góc của

  30 0
SC lên  SAB   SC
,  SAB   CSB





Ta có: SB  CB.cot 30 0  a 3.

 SA  SB2  AB2 

a 3 

A
2

B

 a2  a 2.

1
1
2a3
.
Suy ra: V  SA.SABCD  .a 2.a2 
3
3
3

D

C

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

4


Bài toán 4: (THPTQG 2017-2013) Cho khối lăng trụ đứng ABC. A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác
  120 0 , mặt phẳng AB ' C ' tạo với đáy một góc 600 . Tính thể tích V
cân với AB  AC  a , BAC





của khối lăng trụ đã cho.

3a 3
.
8

A. V 

B. V 

9a3
.
8

C. V 

a3
.
8

D. V 

Lời giải:

3a 3

.
4

A'

C'

Chọn A.
Do AA '   A ' B ' C '  nên kẻ A ' I  B ' C '  I  B ' C ' 

I

Suy ra: 
AB ' C '  ,  A ' B ' C '   
A ' IA  60 0.





B'

a

' A ' I  a.cos 600  .
Xét A ' IB ' có: A ' I  A ' B ' cos B
2

A
C

120°

a
a 3
A ' IA  .tan 60 0 
.
Suy ra: AA '  A ' I .tan 
2
2
Khi đó:

B

1
a 3 1 a 3 3a3
V  AA '.S ABC  AA '. AC. AC.sin1200 
. .a.

.
2
2 2
2
8
Bài toán 5: (THPTQG 2017-103) Cho khối chóp S. ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SA
vuông góc với đáy và khoảng cách từ A đến mặt phẳng  SBC  bằng

a 2
. Tính thể tích V của
2

khối chóp đã cho.
A. V 

a3
.
2

B. V  a 3 .

C. V 

a3
.
3

D. V 

a3
.
3

Lời giải:
Chọn D.
Kẻ AH  SB  H  SB 

 1

BC  SA 
Có:

  BC   SAB   BC  AH
BC  AB 

S

 2
H

Từ  1 ,  2   AH   SBC 





 d A ,  SBC   AH 

a 2
.
2

1
1
1
Ta có:


2
2
AH
SA

AB2
1
1
1
2 1
1



 2  2  2  SA  a.
2
2
2
SA
AH
AB
a a
a

A

D

B

C

1
1
a3

Suy ra: V  .SA.SABCD  .a.a2  .
3
3
3

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

5


Bài toán 6: Cho hình hộp ABCD.A ' B ' C ' D ' có A ' ABD là hình chóp đều, AB  AA '  a. Tính
theo a thể tích V của khối hộp ABCD. A ' B ' C ' D ' .
A. V 

a3 3
.
3

a3 3
.
9

B. V 

C. V 

a3 3
.
6

D. V 

a3 2
.
2

Lời giải:
Chọn D.

B'

C'

Gọi H là trọng tâm tam giác ABD .
Do A' ABD là hình chóp đều, nên

D

A'

A ' H   ABD  hay A ' H   ABCD  .

Tam giác ABD đều cạnh a nên
a

a 3
2
2 a 3 a 3
AO 
 AH  AO  .


.
2
3
3 2
3
Khi đó A ' H  A ' A 2  AH 2  a 2 
và SABCD  2SABD

B

3a 2 a 6

9
3

a2 3 a2 3
 2.

4
2

 V  VABCD. A ' B'C ' D '  A ' H.SABCD 

C

a
O

H

A

D

a 6 a 2 3 a3 2
.

.
3
2
2

Bài toán 7: Cho hình chóp S. ABC có đáy là tam giác đều cạnh a . Gọi điểm I thuộc cạnh AB
sao cho IA  2 IB và hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng  ABC  là trung điểm của CI .
Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng  ABC  bằng 600 . Tính theo a thể tích V của khối
chóp S.ABC .
A. V 

a3 7
.
24

B. V 

a3 7
.
8

C. V 

a3 3
.
4

D. V 

a3 3
.
12

Lời giải:
Chọn A.

S

Gọi H là trung điểm của CI

  600.
 SH   ABC   SC ,  ABC   SCH





1
a
AB  . Xét tam giác BCI :
3
3


CI 2  BC 2  BI 2  2 BC.BI .cos CBI

Ta có: BI 

2

a
a
7 a2
 a     2.a. .cos 60 0 
.
3
9
3

I

A

B

2

a 7
CI a 7
 CI 
 CH 

.
3

2
6
Xét tam giác SHC ta có:

H
C

  a 7 .tan 600  a 21
SH  CH.tan SCH
6
6
“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

6


Do ABC là tam giác đều cạnh a nên SABC 

a2 3
.
4

1
1 a 21 a2 3 a3 7
.

.
Vậy V  .SH .SABC  .
3
3 6

4
24
Bài toán 8: Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A ' B ' C ' có đáy là tam giác đều cạnh a , cạnh bên tạo
với đáy một góc 600. Gọi M là trung điểm BC và I là trung điểm của AM . Biết rằng hình chiếu
của điểm I lên mặt đáy  A ' B ' C '  là trọng tâm G của tam giác A ' B ' C ' . Tính theo a thể tích V
của khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .
A. V 

3a 3 3
.
16

B. V 

a3 3
.
48

C. V 

a3 3
.
16

D. V 

a3 3
.
4

Lời giải:
Chọn C.

A

C
I

Gọi M ' là trung điểm của B ' C ' .
Gọi H là hình chiếu của A trên A ' M '

M

 AH / / IG  AH   A ' B ' C '  (do IG   A ' B ' C '  ).

B


' H  600.
Suy ra AA ',  A ' B ' C '   AA





Ta có AIGH là hình chữ nhật, suy ra:
A'

AM A ' M '


2
2
A' M '
A' M ' A' M '
 A ' H  GM ' 
 A' H 

2
3
2
A' M '
 A' H 
.
6
HG  AI 

C'

H
G

M'
B'


a2 3
SA ' B'C ' 

4
Do A ' B ' C ' là tam giác đều cạnh a , nên 

A' M '  a 3  A' H  a 3

2
12

Xét tam giác AA ' H , ta có AH  A ' H.tan AA ' H 
Khi đó VABC . A ' B'C '  AH.SA ' B'C '

a 3
a
.tan 600 
12
4

a a 2 3 a3 3
 .

.
4 4
16

Bài toán 9: Cho lăng trụ tam giác đều ABC. ABC có tất cả các cạnh bằng a . Gọi M , N lần lượt
là trung điểm của các cạnh AB và BC  . Mặt phẳng  ANM  cắt cạnh BC tại P . Thể tích khối
đa diện MBP. ABN bằng
A.

7 a3 3
.
32

B.

a3 3
.
32

C.

7 a3 3
.
68

D.

7 a3 3
.
96

Lời giải:
Chọn D.
“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

7


Gọi E là trung điểm của BC , F là trung điểm của BE
Khi đó MF / / AE mà AE / / AN nên MF / / AN .

A

C
E

Suy ra các điểm A, M , F , N cùng thuộc một mặt phẳng.

M
P

Vậy  AMN  cắt cạnh BC tại P nên P trùng với F .
B

Công thức tổng quát tính thể tích khối đa diện
h
B  B  BB với h là chiều
3
cao, B, B lần lượt là diện tích hai đáy”

“Thể tích khối chóp cụt là V 





A'

C'

Vậy thể tích khối đa diện MBP.ABN có chiều cao h  BB  a

N


SABC S

2
 B  SMBP 
8
8 với S  a 3 .
Và diện tích đáy 
4
S
S
 B  S
 ABC 
ABN

2
2

Vậy thể tích khối đa diện MBP.ABN là V 

B'

BB  S S
S S  7 3a3


. 
.


3  8 2
8 2 
96

Bài toán 10: Cho hình chóp S. ABCD có SA  SB  SC  a 2 và đáy ABC là tam giác cân. Biết
  1200 và BC  2a Tính theo a thể tích V của khối chóp S.ABC.
BAC
A. V 

a3 2
.
9

B. V 

a3 2
.
3

C. V 

a3 3
.
2

D. V 

a3 3
.
6

Lời giải:
Chọn A.
Gọi H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC ,

S

suy ra SH   ABC  (do SA  SB  SC ).
  120 0 nên ABC là tam giác cân tại A
Do BAC
  30 0. Gọi M là trung điểm BC
Suy ra ABC

 BM  a  AM  BM.tan 300 

a 3
3

A

B

2

AM.BC a 3.2a a 3


Suy ra SABC 
2
3.2

3
Áp dụng định lý Sin trong tam giác ABC ta có:
2 HA  2 R 

BC
2a
4a
2a


 HA 
0
 sin 120
3
3
sin BAC

Suy ra: SH  SA 2  HA 2  2 a2 

M
H
C

4a2 a 6

3
3

1
1 a 6 a2 3 a 3 2

.

.
Khi đó V  VS. ABC  SH.SABC  .
3
3 3
3
9

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

8


Bài toán 11: Cho lăng trụ tam giác ABC.ABC có BB  a , góc giữa đường thẳng BB và  ABC 
  60 . Hình chiếu vuông góc của điểm B lên
bằng 60 , tam giác ABC vuông tại C và BAC

 ABC  trùng với trọng tâm tam giác
A.

13a3
.
108

B.

ABC . Tính thể tích khối tứ diện A.ABC theo a bằng

7 a3

.
106

C.

15a3
.
108

D.

9 a3
.
208

Lời giải:
Chọn D.

B'

C'

Gọi M , N là trung điểm AB, AC và G là trọng tâm
của tam giác ABC .
 
BG  60 .
BG   ABC   BB;  ABC   B



A'



1
1
V A. ABC  SABC .BG  . AC.BC.BG
3
6


BG  60
Xét tam giác BBG vuông tại G , có B

B

60°

a 3
a
, BG 
2
2
Đặt AB  2 x . Trong tam giác ABC vuông tại C , có
  60  AC  x , BC  x 3
BAC

M

 BG  BB.cos 60 

Do G là trọng tâm tam giác ABC nên BN 

C
G

N

A

2
3a
BG 
.
3
4

Xét tam giác BNC vuông tại C , có:


3a
 AC 
9a
x
3a
2 13

BN 2  NC 2  BC 2 

 3x 2  x 


16
4
2 13
 BC  3a 3

2 13
2

2

1 3 a 3a 3 a 3 9 a 3
.
.

Vậy V A. ABC  .
.
6 2 13 2 13 2
208
Bài toán 12: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi tâm O , AC  2 a 3 , BD  2 a. Hai mặt
phẳng  SAC  và  SBD  cùng vuông góc với mặt đáy ABCD . Biết khoảng cách từ tâm O đến

SAB  bằng

a 3
. Tính thể tích V của khối chóp S. ABCD theo a .
4

A. V 

a3 3
.
9

B. V  a 3 3.

C. V 

a3 3
.
6

D. V 

a3 3
.
3

Lời giải:
Chọn D.

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

9


SAC    ABCD 

+) Gọi AC  BD  O . Ta có:  SBD    ABCD    SO   ABCD 
SAC   SBD  

+) Kẻ OI  AB  I  AB  và kẻ OH  SI  H  SI  .
a 3
.
4
Vì ABCD là hình thoi nên:
AC
BD
OA 
 a 3 và OB 
 a.
2
2
Xét tam giác vuông AOB :



S



 d O ,  SAB   OH 

OI 

OA.OB

AB

a 3.a

 
a 3

2

 a2



H

a 3
.
2

D

A

I

O
B

C

Xét tam giác vuông SOI :
1
1
1

16
4
4
a

 2  2  2  2  SO 
2
2
2
SO
OH OI
3 a 3a
a
1
1
ABCD là hình thoi nên: SABCD  AC.BD  .2 a 3.2 a  2 3a2
2
2

1
1 a
a3 3
 V  VS. ABCD  .SO.SABCD  . .2 3a2 
.
3
3 2
3
a 10
, AC  a 2 và BC  a . Hình
ACB  1350 , CC ' 

Bài toán 13: Cho lăng trụ ABC.A ' B ' C ' có 
4
chiếu vuông góc của C ' lên mặt phẳng  ABC  trùng với trung điểm M của đoạn AB . Tính theo
a thể tích V của khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' .

A. V 

a3 6
.
24

B. V 

3a3 6
.
8

C. V 

a3 6
.
8

D. V 

a3 3
.
8

Lời giải:

Chọn C.

C'

1
1
a2
ACB  a 2.a.sin 1350  .
Ta có: SABC  CA.CB.sin 
2
2
2
Áp dụng định lý cosin trong tam giác ABC ta có:
AB2  AC 2  BC 2  2 AC.BC.cos 
ACB

B'

A'

 2a 2  a 2  2a 2 cos1350  5a2
Khi đó: CM 2 

CA2  CB2 AB2 a2

 .
2
4
4

Suy ra: C ' M  C ' C 2  CM 2 

a 6
4

Suy ra thể tích V  C ' M.SABC 

a 6 a2 a3 6
. 
.
4 2
8

C

B
M

A

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

10


Bài toán 14: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A ’B’C ’, có đáy ABC là tam giác cân tại A ,
   . Gọi M là trung điểm của AA’, tam giác C ’MB vuông. Thể tích của khối
AB  AC  a , BAC
lăng trụ ABC.A’B’C ’ là:
A. a3 sin  . cos 

B. a 3 cos . sin 

C. a 3 cot . sin 

D. a 3 tan  . cos 
Lời giải:

A'

Chọn A.
Diện tích đáy của khối lăng trụ là: S 

1 2
a sin 
2

Nên BMC vuông cân tại M  BC   MB 2 
2

2

2

x2
 2 a2
2

2

2

Mặt khác: BC '  BC '  BB  BC  AA  BC  x
Từ  1 ,  2   BC 2  x 2 

B'

M

x2
 a2 .
4

Đặt A ' A  x . Suy ra: MB  MC ' 

C'

 1

A

C

α

2

2

x2

 2a2
2

B

 AB2  AC 2  2 AB.AC.cos   x 2 
 2 a 2  2 a2 cos   x 2 

Thể tích của khối lăng trụ là V 

x2
 2a2
2

x2
 2 a 2  x 2  4 a 2 cos   x  2 a cos 
2

1 2
a sin  .2 a cos   a 3 sin  . cos  .
2

Bài toán 15: Cho hình lăng trụ đứng ABCD. A ' B ' C ' D ' với ABCD là hình thang vuông tại A và
D , có AB  3a , AD  a , BC  a 2. . Biết khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng  A ' DC  bằng

2a 5
. Khi đó thể tích V của khối lăng trụ ABCD. A ' B ' C ' D ' bằng bao nhiêu?
5
A. V 

5a 3
.
3

C. V  10a 3 .

B. V  5a 3 .
Lời giải:

 

10a3
.
3

A'

Chọn B.



D. V 

B'



Ta có: AB / /CD  d B ,  A ' DC   d A ,  A ' DC  .
Kẻ AH  A ' D  AH   A ' DC 

D'

2a 5
.
5
Xét tam giác A ' AD , ta có:





 d A ,  A ' DC   AH 

C'

H

A

K
B

1
1
1
5
1
1



 2 2  2
2
2
2
A' A
AH
AD
4a a
4a
D

C

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

11


 A ' A  2a.
Kẻ CK  AB  ADCK là hình chữ nhật  CK  AD  a. Suy ra KB  CB2  CK 2  a

 DC  AK  AB  KB  3a  a  2a.
Khi đó: V  VABCD. A' B'C ' D '  A ' A.SABCD  A ' A.

 AB  DC  .AD  2a.  3a  2a  .a  5a .
3

2

2

Bài toán 16: Cho hình chóp S. ABC , có AB  5  cm  , BC  6  cm  , AC  7  cm  . Các mặt bên tạo
với đáy 1 góc 60 . Thể tích của khối chóp bằng:
A.

105 3
cm3 .
2





B.

35 3
cm3 .
C. 24 3 cm 3 .
D. 8 3 cm 3 .
2
(Trích đề thi thử THPT Triệu Thị Trinh lần 1 năm 2017-2018)













Lời giải:
Chọn D.
S

J

A

C
H

K

I

B

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng  ABC  và I , J , K là hình chiếu vuông
góc của H lên các cạnh BC , CA , AB
Ta có SH   ABC  ; HI  BC , HJ  CA , HK  AB
 ; 
, 
.
  SBC  ,  ABC   SIH
SCA  ,  ABC   SJH
SAB  ,  ABC   SKH













  SJH
  SKH
  60 .
Mà các mặt bên tạo với đáy 1 góc 60 nên SIH

 SHI  SHJ  SHK (cạnh góc vuông– góc nhọn)
 HI  HJ  HK  H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Mặt khác SABC  p  p  BC  p  CA  p  AB  , với p 

AB  BC  CA
 9  SABC  9.2.3.4  6 6 .
2

2 6
2 6
 HI  HJ  HK 
( r : bán kính đường tròn nội tiếp ABC )

3
3
1
Tam giác SHI vuông tại H có SH  HI .tan 60  2 2 . Khi đó VS. ABC  SABC .SH  8 3 cm3 .
3
Mà SABC  pr  r 



“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”



12


Bài toán 17: Cho hình tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 3. Gọi G1 , G2 , G3 , G4 lần lượt là trọng
tâm của bốn mặt của tứ diện ABCD . Tính thể tích V của khối tứ diện G1G2G3G4 .
A. V 

2
.
4

B. V 

2
.
18

9 2
2
.
D. V 
.
32
12
(Trích đề thi thử THPT Hoa Lư A-Ninh Bình-2017-2018)
C. V 

Lời giải:
Chọn D.

A

Tứ diện đều ABCD  AG1   BCD  .
G2G3 //MN ; G2G4 //MP suy ra:  G2G3G4  / /  BCD 





d G1 ;  G2G3G4 
G1 A

  MG

1
 .
MA 3

2

G4

2
2 3 3
CG1  CP  .
 3  G1 A  AC 2  G1C 2  6.
3
3 2





 d G1 ;  G2G3G4  

6
.
3

G2

G3
P

B

D

G1

GG
AG2 2
2
1
  G2G3  MN  BD  1.
Lại có 2 3 
MN AM 3
3
3
Tương tự G3G4  1, G4G2  1

M

N
C

 G2G3G3 là tam giác đều có cạnh bằng 1
1
3
1
2
 SG2G3G4  G2G3 .G3G4 sin 60 0 
 VG1G2G3G4  d G1 ;  G2G3G4  .SG2G3G4 
.
2
4
3
12





Bài toán 18: Hình lăng trụ đứng ABC.ABC có diện tích đáy bằng 4 , diện tích ba mặt bên lần
lượt là 9, 18 và 10 . Thể tích khối lăng trụ ABC.ABC bằng
4

A.

4

11951 .

11951
11951
.
C. 11951 .
D.
.
2
2
(Trích đề thi thử THPT Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ lần 2 năm 2017-2018)
B.

Lời giải:
Chọn D.
Đặt AA  x , AB  c , AC  b , BC  a .

A'

 xc  18 c  2b


Suy ra:  xb  9  
10 .
 xa  10 a  9 b



B'

C'
x

Ta có SABC  4  p  p  a  p  b  p  c   4
với p 

a  b  c 37

b
2
18

37  37
10   37
 37



b  b  b   b  b  b  2b   4
18  18
9   18
 18


c

B

A
a

b

C

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

13


b

1296
11951

. Suy ra x 

11951

.
8

Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.ABC : V  AA.SABC 

11951
11951
.4 
.
8
2

  BAS
  BCS
  90 .
Bài toán 19: Cho hình chóp S.ABC có AB  a , AC  a 3 , SB  2a và ABC

Sin của góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng  SAC  bằng

11
. Tính thể tích khối chóp
11

S.ABC .
A.

2a3 3
.
9

a3 3
a3 6
a3 6
.
C.
.
D.
.
9
6
3
(Trích đề thi thử THPT Đặng Thúc Hứa – Nghệ An - năm 2017-2018)
B.

Lời giải:
Chọn C.

S

- Dựng SD   ABC  tại D .

 BA  SA
 BA   SAD   BA  AD .
Ta có: 
 BA  SD
 BC  SD
Và: 
 BC   SCD   BC  CD
 BC  SC

 ABCD là hình chữ nhật
2

H

D

A

2

 DA  BC  AC  AB  a 2 , DC  AB  a

- Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên mặt
 là góc giữa SB và mặt
phẳng  SAC   BSH

C

B

phẳng  SAC 











11
1
11
  BH  d B;  SAC   d D;  SAC  
 sin BSH
 2  1 .
2
11
SB
SB
SB
SB
d D;  SAC 

- Lại có :



1



d D;  SAC 
2







1
1
1
1
3
1
1
1
 2


 2
 2 2 .


2
2
2
2
2
2
2
SB  BD
DA
DC
SB  3a 2 a

DS
DA
DC

(do DS, DA , DC đôi một vuông góc với nhau)
SB  a 6
SB2  6a2
11
1
3

 2
 2   2 11 2  
- Từ 1 và  2  suy ra:
2
2
11

SB
SB  3a 2 a
SB  a
SB  a 3

3


Theo giả thiết SB  2a  SB  a 6  SD  a 3 .

1
1

a3 6
Vậy VSABC  SD. BA.BC 
.
3
2
6

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

14


II. PHƯƠNG PHÁP TÍNH THỂ TÍCH GIÁN TIẾP BẰNG CÁCH PHÂN CHIA LẮP GHÉP CÁC
KHỐI CHÓP
Trong nhiều trường hợp, việc tính trực tiếp thể tích khối đa diện bằng phương pháp trực tiếp gặp khó khăn vì
hai lí do: khó xác định và tính được chiều cao hoặc khó tính được diện tích đáy. Khi đó, ta có thể làm theo các
phương pháp tính thể tích gián tiếp.

1. PHƯƠNG PHÁP
 Tính thể tích bằng cách chia nhỏ khối đa diện

o Ta chia khối đa diện thành nhiều khối đa diện nhỏ mà có thể tính thể tích của chúng.
o Sau đó, ta cộng các kết quả lại, ta sẽ có kết quả cần tìm.
 Tính thể tích bằng cách ghép thêm khối đa diện khác

Ta có thể ghép thêm vào khối đa diện một khối đa diện khác, sao cho khối đa diện thêm
vào và khối đa diện mới có thể dễ dàng tính được thể tích.

2. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA
Bài toán 1: Một hình hộp chữ nhật ABCD. A’B’C ’D’ có ba kích thước là 2cm , 3cm , 6cm . Thể tích

của khối tứ diện A.CB’D’ bằng.
A. 8cm3 .

B. 12cm3 .

C. 6cm3 .

D. 4cm3 .

Lời giải:
Chọn B.
A'

D'
C'

B'
6cm

A
D
3cm

B

2cm

C

Ta có: V ABCD. A ' B'C ' D '  VB. AB'C  VD. ACD '  VA '. B' AD '  VC . B'C ' D '  V A.CB' D '

 VABCD. A ' B'C ' D '  4VB. AB'C  VA.CB' D '  VA.CB' D '  VABCD. A ' B'C ' D '  4VB. AB'C
1
1
1
Mà VB. BAC  .SABC .BB  SABCD .BB  V ABCD. ABCD
3
6
6
1
1
1
 V A.CB' D '  VABCD . A ' B 'C ' D '  4. V ABCD. A ' B 'C ' D '  V ABCD. A ' B 'C ' D '  .2.3.6  12cm3 .
6
3
3

Bài toán 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCD. A’B’C ’D’ có AB  a , BC  b , AA '  c . Gọi M và N
theo thứ tự là trung điểm của A ’B’ và B’C ’. Tính tỉ số giữa thể tích khối chóp D’.DMN và thể
tích khối hộp chữ nhật ABCD.A’B’C ’D’
A.

1
2

B.

1
5

C.

1
8

D.

1
4

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

15


Lời giải:
Chọn C.

A

B

Thể tích khối chóp D’.DMN chính là thể tích khối chóp

D.D’MN
Ta có SD ' MN  SA ' B ' C ' D '   SD ' A ' M  SD ' C ' N  SB ' MN 

D

c

C

 ab ab ab  3ab
 ab      
8
 4 4 8
Thể tích khối chóp D’.DMN là:
1
1 3ab
abc
V1  SD ' MN .DD '  .
.c 
3
3 8
8
Thể tích của khối hộp chữ nhật ABCD. A’B’C ’D’ là V  abc



a

A'

B'

M

b
N

b

C'

a

D'

V1 1
 .
V 8

Bài toán 3: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA  a và SA vuông
góc với đáy. Gọi M là trung điểm SB , N là điểm thuộc cạnh SD sao cho SN  2 ND . Tính thể
tích V của khối tứ diện ACMN .
A. V 

1 3
a
12

1 3
1
1 3
a .
a .
C. V  a 3 .
D. V 
6
8

36
(Trích đề thi thử Chuyên Hùng Vương-Phú Thọ lần 1--2017-2018)

B. V 

Lời giải:
Chọn A.

S

Gọi O là giao điểm của AC và BD .
Vì OM //SD nên SD //  AMC  .



 

Do đó d N ;  AMC   d D;  AMC 
Vì

M



BD   AMC   O 
  d D;  AMC   d B;  AMC 
BO  DO




 



A

N

 VACMN  VN . MAC  VD. MAC  VB. MAC  VM . ABC .

Kẻ MH //SA

 H  AB 

 VACMN  VM . ABC 

B

H

O

 MH   ABC 

S
1
1
1
MH.S ABC  SA. ABCD  a3 .

3
6
2
12

D

Bài toán 4: Cho khối lăng trụ ABC. ABC . Gọi M là trung

C

A

C

điểm của BB , N là điểm trên cạnh CC sao cho CN  3NC .

tích V1 và V2 như hình vẽ. Tính tỉ số

V2

B

Mặt phẳng ( AMN ) chia khối lăng trụ thành hai phần có thể
V1
.
V2

N
M

A'

V1

C'

B'

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

16


A.

V1 5
 .
V2 3

V1 3
 .
V2 2

B.

C.

V1 4
 .
V2 3

D.

V1 7
 .
V2 5

(Trích đề thi thử THPT Trần Hưng Đạo-TP HCM năm 2017-2018)
Lời giải:
Chọn D.
A

C

V2

B

M'
N
M
A'

C'

V1
B'

Gọi M là trung điểm của CC , ta có:
1

1
1
5
SBCMM  SBCCB , SMMN  SBCMM  SBCCB  SBMNC  SBCC B
2
4
8
8
1
d A ,  BCBC  .S BCNM
V2
5
3
 .

VA. BCBC  1
8
d A ,  BCBC   .S BCBC
3









1
d A;  ABC   .S ABC

V A. ABC 
V
V2
1
5 2 5
2
3
  A .BCC B  
 . 
.
3
VABC . ABC 
V ABC . ABC  3
V ABC . ABC  8 3 12
d A;  ABC   .S ABC





Do VABC . ABC  V1  V2 





V1 7
 .
V2 5

  60 và SA vuông
Bài toán 5: Cho hình chóp S. ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a , BAD

góc với mặt phẳng  ABCD  . Góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 45 . Gọi M là
điểm đối xứng của C qua B và N là trung điểm của SC . Mặt phẳng  MND  chia khối chóp

S.ABCD thành hai khối đa diện, trong đó khối đa diện chứa đỉnh S có thể tích V1 , khối đa diện
còn lại có thể tích V2 (tham khảo hình vẽ bên). Tính tỉ số
A.

V1 12
.

V2 7

B.

V1 5
 .
V2 3

C.

V1 1
 .
V2 5

D.

V1 7

 .
V2 5

V1
.
V2

(Trích đề thi thử THPT Trần Phú – Đà Nẵng - Lần 2 –
năm 2017 – 2018)
“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

17


Lời giải:
Chọn D.
S

N
K

A

I
M

D

O
C

B

Goi O  AC  BD .
  45 .
Khi đó góc giữa hai mặt phẳng  SBD  và  ABCD  bằng 45  SOA
BAD đều  AO 

a 3
a 3 2 a 6
 SA  AO.tan 45 
.

.
2
2
2
4

2 a 6 a2 3 a3 2
1
.

Thể tích khối chóp S.ABCD : V  SA.2SABD  .
.
3 4
4
8
3
BI

MB 1
  IBM
  600 ; MIB
  AID
 (đối đỉnh)

  BI  AI ; lại có: IAD
Ta có:
CD MC 2
Suy ra: IBM  IAD
1
a3 2
.
V
2
16
1
K chính là trọng tâm của SMC  BK  SB
3
1
1 1
1
Thể tích khối chóp KMIB bằng: V   .d K ,  MBI  .SMBI  . d S,  MBI  .SMBI  SA.SMBI .
3
3 3
9

Nên: VN . MCD  VN . ABCD bằng: V  



Ta có: SMBI  SIAD 





1 a
a2 3
1 a 6 a2 3 a3 2
a. .sin 600 
V" .
.

2 2
8
9 4
8
96

Khi đó: V2  V   V  
Vậy



a 3 2 a3 2 5 2 a 3
a3 2 5 2a3 7 a3 2





; V1  V  V2 
.
16
96
96
8
96
96

V1 7
 .
V2 5

Bài toán 6: Cho hình lăng trụ ABC. ABC có thể tích bằng V . Gọi M , N , P lần lượt là trung
điểm của các cạnh AB , AC , BB . Thể tích của khối tứ diện CMNP bằng:
A.

5
V.
24

1
7
1
V.
V.
C.
D. V .
4

24
3
(Trích đề thi thử THPT Chuyên Lương Văn Tụy-Ninh Bình lần 1 năm 2017-2018)

B.

Lời giải:
“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

18


Chọn A.
P

A'

C'
B'

N
I

A
M

C

G
B

J

Gọi I là trung điểm AC và NP  BI  J .
1
IP suy ra BN là đường trung bình tam giác PIJ . Suy ra B là trung điểm IJ .
2
Suy ra CM  BI  G là trọng tâm tam giác ABC .

Lại có BN // 

5
BI
5
JG
2
5
3



Ta có
mà JG  BJ  BG  BI  BI  BI 
SBCM 2
2
3
3
SBCM BG
BI
3
5

5
1
1
; S
  2S
 SJCM  SBCM  SJCM  SABC ( vì SBCM  BC.BM.sin B
 BC.BA.sin B
)
ABC
BCM
2
4
2
2
1
1 1
5
5
5
PI .SABC 
V.
Ta có VN . JCM  NB.SJCM  . PI . SABC 
3
3 2
4
24
24
1
1
5

5
5
VP. JCM  PI .SJCM  PI . SABC  PI .SABC  V .
3
3
4
12
12
5
5
5
V.
Vậy VN .CMP  VP. JCM  VN . JCM  V  V 
12
24
24
SJCM

SJCM

Bài toán 7: Cho hình lăng trụ ABC. ABC . Gọi M , N , P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh
AA , BB , CC sao cho AM  2 MA , NB  2 NB , PC  PC . Gọi V1 , V2 lần lượt là thể tích của

hai khối đa diện ABCMNP và ABCMNP . Tính tỉ số
A.

V1
2.
V2

B.

V1 1
 .
V2 2

C.

V1
.
V2
V1
 1.
V2

D.

V1 2
 .
V2 3

(Trích đề thi thử THPT Chuyên Ngữ – Hà Nội - Lần 1 năm 2017 – 2018)
Lời giải:
Chọn C.

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

19

A'

C'

M

B'
P

A

C

N

B

Gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.ABC . Ta có V1  VM . ABC  VM . BCPN .
1
1 2
2
VM . ABC  SABC .d M ,  ABC   . SABC .d A,  ABC   V .
3
3 3
9
1
1 1
1
V M . ABC   SABC  .d M ,  ABC    . SABC  .d M ,  ABC    V .
3

3 3
9

















7
7
Do BCCB là hình bình hành và NB  2 NB , PC  PC nên SBCPN  SBCPN  VM . BCPN  VM . BCPN
5
5

Ta có: V  VM . ABC  VM .BCPN  VM . ABC  VM .BCPN
2
1
7
5

V  VM . BCPN  V  VM .BCPN  VM . BCPN  V .
9
9
5
18
V
2
5
1
1
Như vậy V1  V  V  V  V2  V . Bởi vậy: 1  1 .
V2
9
18
2
2
V 

Bài toán 8: Cho tứ diện ABCD có AB  CD  11m, BC  AD  20 m, BD  AC  21m. Tính thể
tích khói chóp tứ diện ABCD.
A. 360m3 .

B. 720m3 .

D. 340m3 .

C. 770m3 .
Lời giải:

Chọn A.

A

Dựng tam giác MNP sao cho C , B, D lần lượt là trung
điểm các cạnh MN , MP , NP. Do BD là đường trung
1
1
MN hay AC  MN .
2
2
Tam giác AMN vuông tại A (do có trung tuyến bằng

bình tam giác MNP nên BD 

x

z

11
21
20

y

một nửa cạnh tương ứng), hay AM  AN . Tượng tự
AP  AN ; AM  AP.
1
1
1
Ta có SMBC  SMNP , SNCD  SMNP , SPBD  SMNP .

4
4
4
1
1
Suy ra SBCD  SMNP . Từ đó, V ABCD  V AMNP .
4
4
Đặt x  AM , y  AN , z  AP.

B

M

P

21

C

20

D

11

N

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

20


 x 2  y 2  4.202
 x 2  160
 2

1
1
Ta có  y  z 2  4.212   y 2  1440  V AMNP  xyz  1440  V ABCD  V AMNP  360 m3 .
6
4
 x 2  z 2  4.112
 z 2  324



( AM , AN , AP đôi một vuông góc nên VAMNP 

1
AM. AN .AP )
6

Bài toán 9: Cho hình lăng trụ đều ABC. ABC có tất cả các cạnh bằng 1 . Gọi E , F lần lượt là
trung điểm AA và BB ; đường thẳng CE cắt đường thẳng CA tại E , đường thẳng CF cắt
đường thẳng CB ' tại F  . Thể tích khối đa diện EFABEF  bằng
A.

3
.

6

B.

3
.
2

3
.
3

C.

D.

3
.
12

Lời giải:
Chọn A.
E'

A'

C'
H
B'

E

F'

F
A

C
M
B

3
3
.1 
.
4
4

Thể tích khối lăng trụ đều ABC.ABC là VABC . ABC  SABC .AA 
Gọi M là trung điểm AB  CM   ABBA  và CM 

3
.
2

1 1 3
3
1

Do đó, thể tích khối chóp C. ABFE là VC . ABFE  SABFE .CM  .1. .

.
3 2 2
12
3
Thể tích khối đa diện ABCEFC là V ABCEFC  V ABC . ABC  VC . ABFE 

3
3
3


.
4
12
6

Gọi H là trung điểm của BC  AH  BC  AH   BCBC   ; AH 







3
2



Do A là trung điểm CE nên d E,  BCC B '   2d A,  BCC B '   2.AH  2.

3
 3.
2

Ta có: SCCF  SFB' F  SFBCC  SFBC  SFBCC  SBCCB  1 .

1
3
1
Thể tích khối chóp E.CCF là VE.CCF  SCC F .d E,  BCC B '   .1. 3 
.
3
3
3





Thể tích khối đa diện EFABEF  bằng VEFABEF  VE.CCF  V ABCEFC 

3
3
3


.
3
6

6

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

21


III. PHƯƠNG PHÁP TỶ SỐ THỂ TÍCH
1. PHƯƠNG PHÁP
Phương pháp này được sử dụng với bài toán tìm thể tích của khối đa diện mà ta biết được tỉ số
thể tích của nó với khối đa diên khác (đa diện này biết trước hoặc tính được thể tích một cách
dễ dàng). Phương pháp này sử dụng công thức tỉ số thể tích của khối chóp tam giác được trình
bày sau đây.
Công thức tỉ số thể tích đối với hình chóp tam giác:
Cho hình chóp S.ABC. Trên các đoạn thẳng SA , SB, SC lần lượt lấy ba điểm A ', B ', C ' khác
với S . Ta có tỉ số thể tích:

VS . A ' B 'C ' SA ' SB ' SC '

.
.
VS. ABC
SA SB SC
VS. A ' B 'C ' SB ' SC '

.
VS. ABC
SB SC

Chú ý: + Nếu A '  A ta có:

+ Nếu A  A ', B  B ' thì:

VS. A ' B 'C ' SC '

VS. ABC
SC

+ Nếu A  A ', B  B ', C  C ' thì VS. A ' B 'C '  VS. ABC
Chứng minh công thức:


' SC '  BSC
Gọi   B

S

Ta có: AA '  SBC   S 

Ta có

VS. A ' B'C ' VA '.SB'C

VS. ABC
VA.SBC


  SA '
d  A ,  SBC   SA

d A ',  SBC 

α







C'

A'

1
d A ',  SB ' C '  .SSB'C '
3
1
d A ,  SBC  .SSBC
3



B'
C

A

1
1

d A ',  SBC  . .SB '.SC '.sin 
3
2

1
1
d A ,  SBC  . .SB.SC.sin 
B
3
2
SA ' SB ' SC '

.
.
SA SB SC
Trong các trường hợp A  A ', B  B ', C  C ' thì suy ra SA  SA; SB  SB; SC  SC  , suy ra điều









phải chứng minh.

2. MỘT SỐ BÀI TOÁN MINH HỌA
Bài toán 1: Cho tứ diện ABCD có thể tích bằng V . Gọi B ', D ' lần lượt là trung điểm của AB, AD
. Mặt phẳng (CB ' D ') chia khối tứ diện thành hai phần. Tính theo V thể tích khối chóp

C.B ' D ' DB
A.

3V
.
2

B.

V
.
4

C.

V
.
2

D.

3V
.
4

Lời giải:

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

22


Chọn A.

A

Áp dụng công thức tính tỉ số thể tích, ta có:
V A. B 'CD ' AB ' AC AD ' 1

.
.

VA .BCD
AB AC AD 4

D'

B'

V
4
 VA. B 'CD '  VC . BDD ' B '

 V A. B 'CD ' 

VA. BCD

 VC . BDD ' B '  V 

D

B

V 3V

.
4
4

C

Bài toán 2: Cho khối chóp S. ABCD có đáy là hình bình hành, M là trung điểm CD , I là giao
điểm của AC và BM . Tính tỷ số thể tích (theo thứ tự) các khối chóp S.ICM và S.ABCD .
A.

1
.
2

B.

1
.
4

C.

1
.

3

D.

1
.
12

Lời giải:
Chọn D.

S

1
Ta có VS. ICM  d S,  ABCD  .SICM
3
1
VS. ABCD  d S ,  ABCD  .SABCD
3
1
Ta có VBCM  SABCD
4









A

IM SICM 1
Mà I là trọng tâm của BCD 


BM SBCD 3
 SICM

D
M
I

B

C

V
1
1
1
 SBCM  SICM  SABCD  S. ICM 
3
12
VS. ABCD 12

Bài toán 3: Cho khối tứ diện ABCD có thể tích bằng V , thể tích của khối đa diện có đỉnh là
V
trung điểm các cạnh của tứ diện ABCD bằng V  . Tính tỉ số

.
V
V 1
V 1
V 1
V 3
 .
 .
 .
 .
A.
B.
C.
D.
V 2
V 8
V 4
V 4
(Trích đề thi thử THPT Sơn Tây-Hà Nội-L1/2017-2018)
Lời giải:

A

Chọn A.
Ta có: V ABCD  VAEJF  VBIEG  VDHGF  VCIJH  V 
Ta có

V AEJF
V ABCD



V AEJF
V



AE AJ AF 1 1 1 1
.
.
 . .  .
AB AC AD 2 2 2 8

V
1 V
1
1 V
Tương tự: BIEG  , CIJH  , DHGF  .
V
8
V
8
V
8
V
1 1
Vậy:
 1  4.  .
V
8 2

F

E

J
B

I

G

D

H
C

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

23


Bài toán 4: Cho khối chóp tứ giác đều S. ABCD. Mặt phẳng ( ) đi qua A , B và trung điểm M
của SC. Tỉ số thể tích của hai phần khối chóp (phần trên chứa điểm S chia phần dưới) bị phân
chia bởi mặt phẳng đó là.
A.

1
.
4

B.

3
.
8

C.

5
.
8

D.

3
.
5

Lời giải:
Chọn D.
AB   MAB  

Vì CD   SCD    Giao tuyến của hai mặt phẳng sẽ song song với AB, CD .

AB//CD


Kẻ MN / /CD ( N  CD), suy ra hình thang ABMN là thiết diện của khối chóp.
Ta có VS. ABMN  VS. ABM  VS. AMN

Mà

S

VS. ABM SM 1

 .
VS. ABC SC 2

Suy ra VS. ABM 

1
1
VS. ABC  VS. ABCD
2
4

N
M

V
SM SN 1
1
Và S. AMN 
.
  VS. AMN  VS. ABCD
VS. ACD SC SD 4
8

A

D

1
1
3
Suy ra VS. ABMN  VS. ABCD  VS. ABCD  VS. ABCD
4
8
8
V
3
5
Từ đó suy ra V ABMNDC  VS. ABCD nên S. ABMN  .
VABMNDC 5
8

B

C

Bài toán 5: Cho hình chóp tam giác S.ABC và có M là trung điểm của SB , N là điểm trên cạnh

SC sao cho NS  2 NC , P là điểm trên cạnh SA sao cho PA  2 PS. Kí hiệu V1 ; V2 lần lượt là thể
tích của khối tứ diện BMNP và SABC. Tính tỉ số
A.

V1 1
 .
V2 9

B.

V1
.
V2

V1 3
 .
V2 4

C.

V1 2
 .
V2 3

D.

Lời giải:

S

Chọn A.
1
VN .BMP 3 .d N ,  SAB  .SBMP

;
1
VC .SAB

.d C ,  SAB  .SSAB
3









Ta có: CS   SAB   S 


  NS  2
d  C ,  SAB   CS 3

V1 1
 .
V2 3

P

M

N

d N ,  SAB 

V

1
1 1
1
2 1 1
SBMP  SBPS  . .SSAB  SSAB . Suy ra N . BMP  .  .
2
2 3
6
VC .SAB 3 6 9

C

A

B

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

24


Bài toán 6: Cho hình chóp tam giác S.ABC và một điểm M nằm trong tam giác ABC. Đường
thẳng qua M song song với SA cắt mặt phẳng  BCS  tại A ' . Tỉ số thể tích giữa khối chóp

M.BCS và S.ABC là.
MA '
.
A.
SM

B.

MA '
.
SA '

C.

MA '
.
SA

D.

SM
.
SA '

Lời giải:
Chọn C.

S

Trong  SAN  M kẻ MA’ song song với SA ; với

A '  SN
Có: MA //SA 

MA ' MN


SA
NA

Ta có:

A'


1
VM .BCS  VS. MBC  3 d S;  ABC  SMBC
V
S
 M .BCS  MBC

1
VS. ABC SABC
V
 d S;  ABC  .SABC
S . ABC

3





Mà



A

C
M



SMBC d( M ; BC ) MN MA '
V
MA '



 M . BCS 
.
SABC d( A; BC ) AN
SA
VS. ABC
SA

N

B

Bài toán 7: Cho hình chóp S. ABCD có đáy là hình vuông ABCD, SA  ( ABCD) . Mặt phẳng qua
AB cắt SC và SD lần lượt tại M và N sao cho

A. 0, 25.

V

SM
11
 x . Tìm x biết S. ABMN 
.
VS. ABCD 200
SC

B. 0, 2.

C. 0, 3.

D. 0,1.

Lời giải:
Chọn D.

S

Ta có: CD / / AB  CD / /  ABMN   CD / / MN
Nên

SM SN

x
SC SD
1
1
VS. ABCD  V
2
2

V
SM SN
SM

.
 x 2 , S. AMB 
x
SC SD
VS. ABC SC

Ta có VS. ACB  VS. ACD 
V
Và S. AMN
VS . ACD
Do

VS. AMN VS. AMB VS. ABMN
V
x2  x


 x 2  x  S. ABMN 
VS. ACD VS. ABC
VS. ABC
VS . ABCD
2


M

N

B

A

D

C

x 2  x 11

.
2
200

0  x  1

 x  0,1
2
100 x  100 x  11  0

“Sứ mệnh của Thầy Phương là làm cho học sinh thấy HỌC TOÁN LÀ NIỀM VUI và GIẢI TOÁN LÀ NIỀM ĐAM MÊ”

25