Chuyên đề: Các phương pháp tính thể tích khối đa diện ôn thi đại học năm 2015

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (719.83 KB, 15 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Thầy Nguyễn Sỹ Tam: Giáo viên THPT Hậu Lộc 4-Thanh Hoá 
1

MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN

PHƯƠNG PHÁP 1: TÍNH ĐƯỜNG CAO VÀ DIỆN TÍCH ĐÁY

Để tính thể tích khối đa diện, phương pháp quan trọng nhất và được ứng
dụng rộng rãi nhất trong quá trình tính tốn là tính trực tiếp, tức là dựa vào chiều

cao của các khối và diện tích đáy. Như vậy mấu chốt của phương pháp này là
phải xác định được chiều cao và diện tích đáy, ta xét một số ví dụ minh họa như

sau: Các thí dụ minh họa

Thí dụ 1. Cho khối chóp S ABC. có BC2a, BAC 90 ,0 ACB. Mặt phẳng
(SAB) vng góc với mặt phẳng (ABC), tam giác SAB cân tại S và tam giác
SBC vng. Tính thể tích của khối chóp

S ABC.

Lời giải. (h.1)

Tam giác ABC có AB2 sin ,a  AC2 cosa 
nên 2

sin 2
ABC

S a .

Vì (SAB)(ABC) và SA SB nên SH(ABC)
với H là trung điểm cạnh AB.

Bây giờ ta xác định tam giác SBC vuông tại
đỉnh nào.

Nếu SBC vng tại đỉnh B thì CBBA (theo định lí ba đường vng góc), điều
này vơ lý vì ABC vuông ở A.

Tương tự, nếu SBC vuông ở C thì  0

HCB (Vơ lí).
Từ đó suy ra SBC vuông tại S.

Gọi K là trung điểm cạnh BC thì

Hình 1
A

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Thầy Nguyễn Sỹ Tam: Giáo viên THPT Hậu Lộc 4-Thanh Hoá

2

2 2 2 2 2

1 1

, / / à cos

2 2

sin
sin .

SK BC a HK AC v HK AC a

SH SK HK a

SH a






   

   

 

Từ đó:

1
.
3
1

sin 2 . sin
3

= sin 2 .sin .
3

S ABC ABC

V S SH

a a

a

 



Nhận xét: Ở ví dụ trên dễ dàng nhận thấy SH là chiều cao của khối chóp từ giả 
thiết (SAB)(ABC) và SA SB và việc còn lại là xác định SH.

Thí dụ 2. Cho hình lập phương ABCD A B C D. 1 1 1 1 có cạnh bằng a. Gọi M N, theo

thứ tự là trung điểm của các cạnh

AB BC và O O1, 2 thứ tự là tâm các mặt

1 1 1 1, 1 1

A B C D ADD A. Tính thể tích khối tứ
diện MNO O1 2.

Lời giải. (h.2)

Ta có mp NO O( 1 2)mp ABCD( ) và chúng

cắt nhau theo giao tuyến NE (E là trung
điểm cạnh AD).

Gọi O là tâm của hình vng ABCD thì MONE.
Suy ra MO là đường cao của hình chóp M N. O O1 2.

Ta có:

1 2 1 1 1 1 1 1 2 2

O O EE

2 2 2

( )

2 2 4 2

3
.
8

N N N NN O E O O ENO

S S S S S

a a a

a
a

   



Hình 2
O1
O2

A1 D1

B1 C1

N1
E1

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Thầy Nguyễn Sỹ Tam: Giáo viên THPT Hậu Lộc 4-Thanh Hoá 
3

1 2 1 2

. O O O O

Nên .

3
1 3

. .
3 8 2

.
16

M N N

V S MO

a a

a




Nhận xét: Khi gặp bài toán này nhiều học sinh nghĩ đến phương pháp tính gián 
tiếp, tuy nhiên các khối “bù” với khối MNO O1 2 là quá nhiều và phức tạp. Nếu để

ý mặt phẳng (NO O1 2) nằm trong mặt phẳng (NEE N1 1) thì việc xác định chiều cao

và diện tích đáy của hình chóp M N. O O1 2 trở nên đơn giản.

Thí dụ 3. Cho khối chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh a. Giả sử
H là trung điểm cạnh AB và hai mặt phẳng (SHC), (SHD) cùng vng góc với
mặt phẳng đáy. Tính thể tích khối chóp nếu hình chóp có ba mặt bên là tam giác

vng.

Lời giải. (h.3)

Vì (SHC) và (SHD) cùng vng góc

với đáy (ABCD) nên SH là đường
cao của khối chóp.

Hai tam giác SAD và SBC lần lượt
vuông tại A và B(theo định lí ba
đường vng góc).

Tam giác SCD có SCSD (vì
HCHD) nên nó khơng thể vng
tại C hoặc D.

Nếu SCD vuông tại S thì

SCCDa. Nhưng do SBC vng tại B nên SCSBa. Từ đó SCD khơng
là tam giác vuông.

Từ giả thiết suy ra SAB phải là tam giác vng.

Hình 3

B C

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Thầy Nguyễn Sỹ Tam: Giáo viên THPT Hậu Lộc 4-Thanh Hoá 
4

Do SASB, (vìHAHB) nên SAB vng tại S, suy ra 1 .

2 2

a
SH  AB

Vậy 2 3

1 1

. . .

3 3 2 6

S ABCD ABCD

a a

V  S SH  a 

Thí dụ 4. Xét các khối chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình bình hành với
5

2
a

ABa SASBSC SD . Khối chóp nào có thể tích lớn nhất và tính giá trị

lớn nhất đó.
Lời giải. (h.4)

Vì khối chóp S ABCD. có các

cạnh bên bằng nhau nên đáy
phải nội tiếp.

Suy ra ABCD là hình chữ nhật.
Gọi H là giao của ACvàBD thì

( ).

SH  ABCD

Đặt BCx x( 0) thì

2 2

2 2 2 4

, ( 2 )

4
ABCD

a x

S ax SH SA AH   x a

2 2

2 2 2

1 4

(4 ).

3 4 6

S ABCD

a x a

V ax  x a x

   

Vì 2 2 2 2

(4 ) 4

x  a x  a nên theo BĐT Cauchy VS ABCD. đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ

khi 2 2 2

4 2

x  a x  x a .

Lúc đó ax . 3

3
S ABCD

a

M V  .

Bài tập tự luyện

Hình 4
B

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

Thầy Nguyễn Sỹ Tam: Giáo viên THPT Hậu Lộc 4-Thanh Hoá 
5

Bài 1. (Đề thi ĐH khối A năm 2012) Cho hình chóp .S ABC có đáy là tam giác 
đều cạnh a . Hình chiếu vng góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H

thuộc cạnh AB sao cho HA2HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng

(ABC) bằng 600. Tính thể tích khối chóp .S ABC và tính khoảng cách giữa hai 
đường thẳng SA và BC theo a .

Bài 2. Cho hình hộp ABCD A B C D. ' ' ' ' có đáy là hình thoi cạnh a và  0

60
BAD .
Hai mặt chéo (ACC A' ') và ( DD' ')B B cùng vng góc với mặt phẳng đáy. Gọi M N,
lần lượt là trung điểm của CD B C, ' ' và MNBD'. Tính thể tích của hình hộp.

Bài 3. Cho khối chóp S ABC. có

 0  0  0

1, 2, 3, AS 60 , AS 90 , 120

SA SB SC B C BSC . Tính thể tích khối chóp đó.
Bài 4. Cho khối chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình thoi cạnh bằng a và

 0

BAD . Các mặt phẳng (SAB), (SBD), (SAD) nghiêng đều với đáy (ABCD) một
góc  . Tính thể tích khối chóp đó.

Bài 5. Cho khối chóp S ABCD. có đáy là hình thang cân, đáy lớn AB bằng 4 lần

đáy nhỏ CD, chiều cao của đáy bằng a. Bốn đường cao của bốn mặt bên ứng
với đỉnh S có độ dài bằng nhau và bằng b. Tính thể tích của hình chóp.

Bài 6. Cho khối chóp S ABCD. có đáy là hình vng cạnh a. Tam giác SAB cân
tại đỉnh S và mặt phẳng (SAB)(ABC). Giả sử E là trung điểm SC và hai mặt
phẳng (ABE), (SCD) vng góc với nhau. Tính thể tích của khố chóp đó.

Bài 7. Hình chóp S ABC. có SAa, SA tạo với đáy một góc  ,

 90 ,o 

ABC ACB. G là trọng tâm ABC. Hai mặt phẳng (SGB), (SGC) cùng
vng góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích của khối chóp S ABC. .

Bài 8. Cho hình lăng trụ ABC A B C. ' ' ' có đáy là tam giác đều cạnh a. Các cạnh
' , ' , '

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Thầy Nguyễn Sỹ Tam: Giáo viên THPT Hậu Lộc 4-Thanh Hoá 
6

Bài 9. Cho hình chóp S.A A ...1 2 A nn( 3) có diện tích đáy bằng D, chu vi đáy bằng
P. Các mặt bên nghiêng đều trên đáy một góc  . Hình chiếu của S lên mặt
phẳng đáy nằm trong đa giác A A ...1 2 An . Tính thể tích hình chóp đó.

PHƯƠNG PHÁP 2: TÍNH THỂ TÍCH BẰNG PHẦN BÙ

Trong các bài tốn tính thể tích khối đa diện đôi khi việc xác định chiều
cao và diện tích đáy gặp rất nhiều khó khăn, khi đó chúng ta có thể tính một
cách gián tiếp bằng cách chia khối cần tính thành nhiều khối nhỏ hoặc tính thể
tích các khối “bù” với khối cần tính. Từ đó bằng cơng thức cộng thể tích ta có
thể suy ra thể tích khối cần tính. Sau đây là một số thí dụ minh họa cho phương
pháp thứ 2.

Thí dụ minh họa

Thí dụ 1. Cho khối chóp S ABC.

với tam giác ABC vuông cân tại B,

AC a, SA(ABC) và SA a . Giả
sử I là điểm thuộc cạnh SB sao

cho 1
3

SI SB. Tính thể tích khối tứ

diện SAIC.
Lời giải. (h.5)

Tam giác ABC vng cân tại B có AC2a nên ABBC a 2.

Do đó 1 2

.
2

ABC

S  AB BCa .

Vì SA(ABC) nên SA là chiều cao của hình chóp S ABC. .
Suy ra

1
.

3 3

S ABC ABC
a

V  SA S 

Mặt khác .
.

. .

3
S AIC

S ABC

V SA SI SC

V  SA SB SC  .

Hình 5

B
S

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Thầy Nguyễn Sỹ Tam: Giáo viên THPT Hậu Lộc 4-Thanh Hoá 
7

Vậy . . 3 3

1 1

3 3 3 9

S AIC S ABC

a a

V  V   .

Nhận xét: Trong bài tốn trên ta hồn tồn có thể tính trực tiếp, tuy nhiên việc 
tính gián tiếp dựa vào tỉ lệ thể tích thì tính tốn trở nên đơn giản hơn rất nhiều.
Thí dụ 2. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật,

2 , ; 2

AB a BC a SA SB  SCSD a . Giả sử E là điểm thuộc cạnh SC sao cho
2

SE SC, F là điểm thuộc cạnh SD sao

cho 1
3

SF FD. Tính thể tích khối đa diện

SABEF.
Lời giải. (h.6)

Ta có 2

. 2

ABCD

S  AB BC a .

Áp dụng định lý Pythagore cho tam giác

vng ABD ta có

2 2

BD AB AD a .

Gọi OACBD thì 1 5

2 2

a

BO BD .

Xét tam giác SBD cân tại S có SO là trung tuyến nên SO đồng thời là đường
cao của tam giác SBD. Suy ra SOBD.

Chứng minh tương tự SOAC. Suy ra SO(ABCD) hay SO là đường cao của

hình chóp S ABCD. .

Ta có 2 2 2 5 2 3

( 2) ( )

2 2

a a

SO SB BO  a   .

3
2

1 1 3

. .2 .

3 3 2 3

S ABCD ABCD

a a

V  S SO a  .

Mặt khác .
.

. .

3
S ABE

S ABC

V SA SB SE

V  SA SB SC 

. . .

2 1

. .

3 3 3 3

S ABE S ABC S ABCD
a

V V V

    (1)

Hình 6
O
A

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

Thầy Nguyễn Sỹ Tam: Giáo viên THPT Hậu Lộc 4-Thanh Hoá 
8

Hình 7

A D

2 1 1

. . .

3 4 6

S AEE
S ACD

V SA SE SF

V  SA SC SD  

. EF . .

1 1

. .

6 12 12 3

S A S ACD S ABCD

a

V V V

    (2)

Từ (1) và (2) ta có:

3 3 3

. .

5 3

36
3 3 12 3

SABEF S ABE S AEF

a a a

V V V    .

Nhận xét: Khối đa diện cần tính thể tích khơng thuộc các khối quen thuộc

(khơng có cơng thức tính trực tiếp), nên ta phải tìm cách chia thành các khối nhỏ
quen thuộc, và ta có thể tính gián tiếp một cách dễ dàng dựa vào tỷ lệ thể tích.
Thí dụ 3. Chi hình lập phương

. ' ' ' '

ABCD A B C D cạnh a. Gọi M là
trung điểm của cạnh BB'. Mặt

phẳng ( 'A MD) chia hình lập
phương thành hai khối đa diện.
Tính tỉ số thể tích của hai khối đa
diện trên.

Lời giải. (h.7)

Gọi N là giao điểm của A M' và
AB, K là giao điểm của DN và BC.

Mặt phẳng ( 'A MD) chia hình lập phương ABCD A B C D. ' ' ' ' thành hai khối đa diện

A MKDAB và khối diện A B C D MKCD' ' ' ' .

Do A B' '/ /BN nên A B' ' MB' 1 BN A B' ' a
BN  MB     .

Do BN/ /CD nên 1

BK BN AB a

BK CK

CK CD CD     .

Ta có

. .

6 24

B MNK

a

V  BM BN BK  ;

3
. '

AA'. .

6 3

A A ND

a

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Thầy Nguyễn Sỹ Tam: Giáo viên THPT Hậu Lộc 4-Thanh Hoá 
9

3 3 3

' . ' .

3 24 24

A MKDAB A A ND B MNK

a a a

V V V    .

Thể tích khối lập phương ABCD A B C D. ' ' ' ' bằng 3

a .
Từ VABCD A B C D. ' ' ' ' VA MKDAB' VA B C D MKCD' ' ' '

' ' ' ' . ' ' ' ' '

3 3

3 7 17

24 24

A B C D MKCD ABCD A B C D A MKDAB

V V V

a a

a

  

  

Suy ra '
' ' ' '

7
17
A MKDAB

A B C D MKCD
V

V  .

Nhận xét: Trong hai thí dụ đầu, ta chủ yếu dựa vào tỷ lệ thể tích thì ở thí dụ này 
ta dựa vào việc tính thể tích các khối “bù” với khối cần tính

Thí dụ 4. Chi hình chóp O ABC. có

, ,

OA OB OC đơi một vng góc với
nhau, OA a OB b OC c ,  ,  ; OA OB OC', ' '
lần lượt là đường cao của các tam giác

, ,

OBC OAC OAB. Tính thể tích khối
chóp O A B C. ' ' '.

Lời giải. (h.8)

Ta có .

. .

6 6

O ABC

abc

V  OA OB OC .

Do OAOB OA, OC OB, OC, nên các tam giác OAB OBC OAC, , vng tại O.

Áp dụng định lý Pythagore ta có:

2 2 2 2 2 2

, ,

AC a c AB a b BC b c .
Xét tam giác OBC vng tại O có OA' là đường cao nên:

2 2

2 2 2 2 2 2 2

1 1 1 . .

'
'

b c
OB OC

OA

OA OB OC  OB OC b c .

Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vng OA C' ta có

2 2 2 2 2

2 2

' ' ' ' c

OC OA CA CA OC OA

b c

     


Hình 8

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Thầy Nguyễn Sỹ Tam: Giáo viên THPT Hậu Lộc 4-Thanh Hoá 
10

Chứng minh tương tự ta có:

2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

' c ; ' a ; ' a ; ' b ; ' b

CB AB AC BC BA

a c a c a b a b b c

    

     .

Mặt khác

. ' ' . ' '

2 2 2 2

. .

' '

. .

( )( )

O CA B C OA B
O ABC C OBA

V V CO CA CB c

V  V CO CB CA  b c a c

Suy ra

. ' ' 2 2 2 2 . . .

( )( )

O CA B O ABC

c

V V

b c a c



 

Chứng minh tương tự, ta được:

. ' ' 2 2 2 2 .

. ;

( )( )

. .

( )( )

O AB C O ABC

O BA C O ABC

a

V V

a b a c

b

V V

a b b c



 



 

Do đó

. ' ' ' . . ' ' . ' ' . ' '

4 4 4

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

( )

[1 ( )].

( )( ) ( )( ) ( )( ) 6

O A B C O ABC O CA B O AB C O BA C

V V V V V

a b c abc

a b a c a b b c b c a c

   

     

Nhận xét: Trong thí dụ 3 ta đã áp dụng việc tính thể tích các khối “bù” với khối 
cần tính thì trong thí dụ 4 ta thấy phương pháp này rất hiệu quả.

Bài tập tự luyện

Bài 1. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình chữ nhật, đường thẳng SA
vng góc với mặt phẳng (ABCD), G là trọng tâm của tam giác SBD, mặt phẳng

(SBG) cắt SC tại M, mặt phẳng (ABG) cắt SD tại N. Tính thể tích khối chóp

S ABMN; biết rằng SAABa, góc giữa đường thẳng AM và mặt phẳng
(ABCD) bằng 0

30 .

Bài 2. Cho hình chóp O ABC. có OA OB OC, , đôi một vng góc với nhau;

, , ; ', ', '

OAa OBb OCc OA OB OC lần lượt là các đường phân giác trong của các
tam giác OBC OCA OAB, , . Tính thể tích của khối chóp O A B C. ' ' '.

Bài 3. Cho hình chóp S ABCD. có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SAa 3,

( )

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Thầy Nguyễn Sỹ Tam: Giáo viên THPT Hậu Lộc 4-Thanh Hoá 
11

cạnh SB SD, . Mặt phẳng (AHK) cắt SC tại I . Tính thể tích của khối chóp

S AHIK.

Bài 4. Cho hình chóp SABCD đáy ABCD là hình vng tâm O. SA vng góc

với đáy và SA = a 2. Cho ABa. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A trên

SB, SD. CM: SA  (AHK). Tính thể tích hình chóp OAHK.

Bài 5. Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có hình chóp A1ABC là hình chóp
tam giác đều cạnh đáy AB = a, AA1 = b. Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng (ABC)

và (A1BC). Tính tan và thể tích hình chóp A1BB1C1C.

PHƯƠNG PHÁP 3: TÍNH THỂ TÍCH BẰNG PHƯƠNG PHÁP TOẠ ĐỘ 
Trong các buổi trước, chúng ta đã được rèn luyện 2 phương pháp tính thể

tích là tính trực tiếp và tính gián tiếp. Để tính thể tích khối đa diện, trong các bài
tốn thi đại học và học sinh giỏi còn sử dụng một phương pháp rất hiệu quả đó
là phương pháp tọa độ hóa, nội dung phương pháp này gồm 4 bước:

Bước 1: Chọn hệ trục tọa độ

Bước 2: Xác định tọa độ các điểm liên quan, chuyển bài tốn hình học
khơng gian thơng thường thành bài tốn hình học tọa độ.

Bước 3: Tính tốn dựa vào các cơng thức hình học tọa độ trong khơng

gian.

Bước 4: Kết luận.

Sau đây là một số thí dụ minh họa và các bài tập rèn luyện:
Thí dụ minh họa

Thí dụ 1. Cho hình chóp S.ABCD có SA vng góc với mặt phẳng đáy, đáy

ABCD là hình chữ nhật, SA=AB=a, AD=

a

2

, gọi M, N lần lượt là trung
điểm của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC.

a) CMR:

(

SAC

)



(

SMB

)

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Thầy Nguyễn Sỹ Tam: Giáo viên THPT Hậu Lộc 4-Thanh Hoá 
12

Lời giải. (Hình 9) Chọn hệ tọa độ với Axyz 
vớiDAx B, Ay S, Az

Khi đó:

(0;0;0), (0; ;0), ( 2; ;0), (0;0; ), ( ;0;0),
2

a

A B a C a a S a M

2 ; ;

2 2 2

a

a a

N













a) Ta có:mp(SAC) có vtpt là n1(1; 2;0)

mp(SMB) có vtpt là





( 2;1;1)

n

. Hình 9



n n

 

1

.

2

  

0 

n

1

n



2. Hay

(

SAC

)



(

SMB

)

b) Ta có mp(SAC) có phương trình:x 2y0, BM có phương trình:





 


 


2
0
x t

y a t

z

Vì I BM(SAC) ( 2; ;0)
3 3

a a

I .

1

2 ,

.

6

36

ANIB

a

V



AN AI AB









  





Thí dụ 2. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, đáy có cạnh bằng a. Gọi M, N 
lần lượt là trung điểm của SB, SC. Biết rằng (AMN)(SBC). Tính thể tích hình

chóp.

Lời giải. (Hình 10)

Chọn hệ tọa độ Oxyz như hình vẽ (h.10). 
Đặt SO = h. Khi đó ta có:

( ;0;0), ( ; ;0),
2

3 2 3

a a a

C A 

(

;

;0), (0;0; )

2 2 3

a

B



S

h

( ; ; ), ( ;0; )

4 2 2

4 3 2 3

a a h a h

M   N .

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Thầy Nguyễn Sỹ Tam: Giáo viên THPT Hậu Lộc 4-Thanh Hoá 
13

C'

M
y

N

C

B

A
A'

B'
z

x

Ta có ( ; 3 ; ), ( ; ; )

4 2 2 2

4 3 3

a a h a a h

AM  AN  

 



    

 

  2 

3 5 5

, ( ; ; ) ( ) có vectơ phá p tuyến là: n ( ; 3; )

8 8 3 8 3 3

ah ah a a

AM AN mp AMN h h

mp(SBC) đi cắt Oy tại (0; ;0)
3

a

K  , Ox tại ( ;0;0)
3
a

C , Oz tại S(0;0;h)
nên có phương trình theo đoạn chắn là:

3 3 1 3 3 1

1 1 ( )có vectơ phá p tuyến là: n ( ; ; ).

3
3

x y z

x y z mp SBC

a a h a a h a a h



         

Ta có

1 2

3 3 5 1 5

( ) ( ) . 0 ( ). 3.( ) . 0

12
3

a

AMN SBC n n h h h a

a a h



          .

Vậy

2 3

1

5

3

5 .

3

12

4

24

S ABC ABC

a

V



SO S





a



Thí dụ 3. (Đề thi HSG tỉnh Thanh Hóa năm 2013)

Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C. ' ' ' có đáy ABC là tam giác cân tại C,
cạnh đáy AB bằng 2a và ABC bằng 300. Tính thể tích của khối lăng trụ

. ' ' ',

ABC A B C biết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB' bằng .
2
a

Lời giải. (H.11)

Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và
A’B’. Ta có MN là đường cao của lăng trụ.
Giả sử MN h .

Chọn hệ trục tọa độ Oxyz sao cho O trùng
với M, các điểm A, C, N lần lượt thuộc các

tia Ox, Oy, Oz. (Hình 11)

Khi đó: A a( ;0;0), (B a;0;0),B'(a;0; )h

</div>
(14)<div class='page_container' data-page=14>

Thầy Nguyễn Sỹ Tam: Giáo viên THPT Hậu Lộc 4-Thanh Hoá 
14

Dễ có:

a

CM  nên (0; ;0)
3

a

C và

1
.

2 3

ABC

a

S  CM AB

Ta có

2 2

[ , '] (0; 2 ; ), [ , ']. '

3 3

a a h

AB CB   ah  AB CB BB 

  

Suy ra:

2 2

[ , ']. '

d(AB, CB') =

[ , '] 3

AB CB BB ah

AB CB  a  h

 



Từ giả thiết khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CB’ bằng .
2
a

Ta suy ra ha

Vậy: . ' ' ' . 3 3
3

ABC A B C ABC

a

V MN S 

Nhận xét: Qua các ví dụ trên ta thấy việc gắn hệ trục tọa độ để đưa bài tốn 
hình học khơng gian thơng thường thành bài tốn hình học tọa độ giúp việc giải
bài toán trở nên đơn giản hơn rất nhiều, như ở ví dụ 3 nếu khơng dùng tọa độ thì
việc tính chiều cao h là rất khó khăn. Điều quan trọng là cần xác định được
những yếu tố vng góc trong hình để lựa chọn hệ trục tọa độ hợp lý.

Bài tập tự luyện

Bài 1. Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a . SA vng

góc với đáy và SA = a 2. () là mặt phẳng qua A và vng góc với SC, () cắt
SB, SC, SD lần lượt tại H, I, K. CM: AH  SB, AK  SD. Tính thể tích khối
chóp AHIKBCD.

Bài 2. Cho hình lập phương ABCDA B C D' ' ' ' cạnh a , M N, lần lượt là trung điểm
của AA ' và BC; P, Q lần lượt là trọng tâm của tam giác A AD' và C BD' . Tính
thể tích khối tứ diện MNPQ theo a .

Bài 3. (Đề khối A năm 2011) Cho hình chóp .S ABC có đáy ABC là tam giác 
vuông cân tại B, AB BC 2a, hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vng góc
với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua SM và song

song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15></div>

Chuyên đề: Các phương pháp tính thể tích khối đa diện ôn thi đại học năm 2015

<i>a</i>

2

(

<i>SAC</i>

)



(

<i>SMB</i>

)

2

; ;

2

2 2

<i>a</i>

<i>a a</i>

<i>N</i>

















( 2;1;1)

<i>n</i>



<i>n n</i>

 

.

  

0



<i>n</i>

<i>n</i>



(

<i>SAC</i>

)



(

<i>SMB</i>

)

1

2

,

.

6

36

<i>a</i>

<i>V</i>



<i>AN AI AB</i>







<sub></sub>

  

<sub></sub>



(

;

;0), (0;0; )

2

2 3

<i>a</i>

<i>a</i>

<i>B</i>





<i>S</i>

<i>h</i>

1

1

5

3

5

.

.