Bài giảng 23123

Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương
Phần I
LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình toán học lớp 12, bài toán về tính thể tích của khối đa
diện (đặc biệt là khối chóp) giữ một vai trò quan trọng, nó xuất hiện ở hầu hết các
đề thi tuyển sinh vào đại học, cao đẳng; đề thi học sinh giỏi, các đề thi tốt nghiệp
trong những năm gần đây. Mặc dù vậy đây là phần kiến thức đòi hỏi học sinh phải
có tư duy sâu sắc, có trí tưởng tượng hình không gian phong phú nên đối với học
sinh đại trà, đây là mảng kiến thức khó và thường để mất điểm trong các kì thi nói
trên. Đối với học sinh giỏi, các em có thể làm tốt phần này. Tuy nhiên cách giải
còn rời rạc, làm bài nào biết bài đấy và thường tốn khá nhiều thời gian.
Trong sách giáo khoa, sách bài tập và các tài liệu tham khảo, loại bài tập này
khá nhiều song chỉ dừng ở việc cung cấp bài tập và cách giải, chưa có tài liệu nào
phân loại một cách rõ nét các bài toán về tính thể tích của khối chóp.
Đối với các giáo viên, thì do lượng thời gian ít ỏi và việc tiếp cận các phần
mềm vẽ hình không gian còn hạn chế nên việc biên soạn một chuyên đề có tính hệ
thống về phần này còn gặp nhiều khó khăn.
Trước các lí do trên, tôi quyết định viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm mang
tên: “Phân loại giải bài tập về tính thể tích của khối chóp” nhằm cung cấp cho học
sinh một cái nhìn tổng quát và có hệ thống về bài toán tính thể tích của khối chóp,
một hệ thống bài tập đã được phân loại một cách tương đối tốt, qua đó giúp học
sinh không phải e sợ phần này và quan trọng hơn, đứng trước một bài toán học
sinh có thể bật ngay ra được cách giải, được định hướng trước khi làm bài qua đó
có cách giải tối ưu cho mỗi bài toán.
Mặc dù vậy, vì điều kiện thời gian còn hạn chế nên sự phân loại có thể chưa
được triệt để và chỉ mang tính chất tương đối, rất mong được các bạn bè đồng
nghiệp góp ý kiến chỉnh sửa để đề tài này được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
1
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương
Phần II NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI

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

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

2
ABM ABC
S S=
b) Phương pháp phân chia và lắp ghép khối đa diện.
Nếu khối đa diện (H) được phân chia thành hai khối đa diện (H
1
) và (H
2
) thì
1 2
H H H
V V V= +
hay
1 2
H H H
V V V= −
c) Phương pháp dùng công thức về tỉ số thể tích của hai khối chóp tam giác.
Bài toán. Cho hình chóp tam giác S.ABC. Trên các tia SA, SB, SC lần lượt lấy A’,
B’, C’ không trùng với điểm S. Khi đó ta có công thức sau
. ' ' '
.
' ' '
. .
S A B C
S ABC
V SA SB SC
V SA SB SC
=
2
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương

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

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

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

Phân tích. Khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông, theo giả thiết
SI ⊥ (ABCD) nên SI là chiều cao của hình chóp.
Lời giải. Hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và
cắt nhau theo giao tuyến SI suy ra SI ⊥ (ABCD). Bởi vậy
.
1
.
3
S ABCD ABCD
V S SI=
3
I
D
C
B
S
A
K
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương
2
( )
3
2
ABCD
AB DC AD
S a
+
= =
.
Để tính SI ta sử dụng giả thiết góc giữa

(SBC) và (ABCD) bằng 60
0
.
Cách 1. Gọi K là hình chiếu của I trên BC,
suy ra
CB IK⊥
. Kết hợp với
CB SI⊥
ta
được
CB SK⊥
.
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và
(ABCD) là góc
· ·
0
60SKI SKI⇒ =
Ta có
2
3
, 5
2
IBC ABCD ABI DCI
a
S S S S BC a= − − = =
.
Mặt khác
1 2 3 5
.
2 5

IBC
IBC
S a
S BC IK IK
BC
= ⇒ = =
. Tam giác SIK vuông tại I suy ra
0
3 15
tan60
5
SI IK a= =
. Vậy
2 3
.
1 3 15 3 15
3 .
3 5 5
S ABCD
V a a a= =

Cách 2. Phương pháp tọa độ. Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O ≡ I, D(a ; 0 ; 0),
C(a ; a ; 0), S(0 ; 0 ; h) suy ra B(-a ; 2a ; 0), A(-a ; 0 ; 0). Từ giả thiết góc giữa
(SBC) và (ABCD) bằng 60
0
ta tính được h.
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc
với đáy hình chóp. Cho AB = a, SA =
2a
. Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A

trên SB, SD.
a) Chứng minh SC ⊥ (AHK).
b) Tính thể tích khối chóp OAHK.
Phân tích. SC ⊥ (AHK) nên chân đường vuông góc hạ từ O xuông (AHK) có thể
xác định được theo phương SC, hơn nữa, tam giác AHK cân nên ta tính được diện
tích của nó.
Lời giải.
a) AH ⊥ SB, AH ⊥ BC (do BC ⊥ (SAB)) ⇒ AH ⊥ SC
Tương tự AK ⊥ SC. Vậy SC ⊥ (AHK)
b) Giả sử (AHK) cắt SC tại I, gọi J là
trung điểm của AI, khi đó OJ // SC ⇒ OJ ⊥
(AHK). Do đó
1
.
3
OAHK AHK
V S OJ=
SA = AC =
2a
⇒ ∆SAC cân tại A ⇒ I là
trung điểm của SC.
4
O
C
A
D
B
S
H
K

Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương
Vậy
1 1 1
.2
2 4 4 2
a
OJ IC SC a= = = =
.
,SAD SAB AK AH SK SH∆ = ∆ ⇒ = =
Suy ra
/ /
SK SH
HK BD
SD SB
= ⇒
.
AI cắt SO tại G là trọng tâm của tam giác SAC, G thuộc HK nên
2 2 2 2
3 3 3
HK SG a
HK BD
BD SO
= = ⇒ = =
. Tam giác AHK cân tai A, G là trung điểm
của HK nên AG ⊥ HK và
2 2 1 1 2
. .2
3 3 2 3 3
a
AG AI SC a= = = =

2
1 1 2 2 2 2 2
. . .
2 2 3 3 9
AHK
a a a
S AG HK= = =
2 3
1 1 2 2 2
. . .
3 3 9 2 27
OAHK AHK
a a a
V S OJ= = =
Cách 2. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (OHK) bằng khoảng cách h từ A đến
mặt phẳng (SBD). Tứ diện ASBD vuông tại A nên
2 2 2 2 2
1 1 1 1 5 10
2 5
a
h
h AS AB AD a
= + + = ⇒ =
Tam giác OHK cân tại O nên có diện tích S bằng
2 3
1 1 10 2 2 5 1 2
. . .
2 2 6 3 9 3 27
a a a a
S OG HK V Sh= = = ⇒ = =

Cách 3. Giải bằng phương pháp tọa độ như sau:
Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O ≡ A, B(a ; 0 ; 0), D(0 ; a ; 0), S(0 ; 0 ;
2a
).
Tính SH, SK suy ra tọa độ của H
2 2
0; ;
3 3
a a
 
 ÷
 
, K
2 2
;0;
3 3
a a
 
 ÷
 
, O
; ;0
2 2
a a
 
 ÷
 
Áp dụng công thức
1
, .

6
V AH AK AO
 
=
 
uuur uuur uuur
Bài 4 Cho Hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên
tạo với đáy một góc 60
0
. Gọi M là trung điểm của SC. Mặt phẳng đi qua AM và
song song với BD, cắt SB tại E và cắt SD tại F. Tính thể tích khối chóp S.AEMF.
Phân tích. Dễ thấy BD ⊥ (SAC), EF // BD ⇒ EF ⊥ (SAC). Mặt khác tam giác
SAC cân và có một góc bằng 60
0
nên SAC đều, do đó tính được diện tích ∆SAM.
Lời giải.
Cách 1. Gọi O là tâm hình vuông ABCD, I là giao điểm của AM và SO. Dễ thấy
EF đi qua I và EF // BD và
( )SO ABCD⊥
. BD ⊥ AC, BD ⊥ SO ⇒ BD ⊥ (SAC)
⇒ EF ⊥ (SAC). Ta có OA là hình chiếu của SA trên (ABCD) nên góc giữa SA và
5
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương
(ABCD) là góc
·
SAO
. Tam giác SAC cân tại S và có
·
0
60SAO =

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

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

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

a
 
 ÷
 
, S
6
0;0;
2
a
 
 ÷
 
Bài 5 Cho hình chóp S.ABCD có độ dài cạnh SA bằng x, tất cả các cạnh còn lại
đều có độ dài bằng 1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo x và tìm x để thể
tích đó lớn nhất.
Phân tích. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống (ABCD) thuộc AC nên ta xác
định được đường cao.
OA OC OS= =
nên tam giác SAC vuông tại S, do vậy tính
được SH, AC và diện tích của ABCD.
Lời giải.
Gọi H là hình chiếu của S trên mp(ABCD).
Do SB = SC = SD nên HB = HC = HD suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác BCD. Tam giác BCD cân tại C nên H thuộc CO, O là giao của AC và BD.
CBD ABD SBD∆ = ∆ = ∆

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

.
2 2
2
1 1 1
1
x
SH
SH SA SC
x
2
= + ⇒ =
+
ABCD là hình thoi
2 2 2
1
3
2
AC BD OB AB AO x⇒ ⊥ ⇒ = − = −
6
F
E
I
M
D
C
A
B
S
O
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương

2 2 2
1 1 1
. 1. 3 3
2 2 6
ABCD
S AC BD x x V x x= = + − ⇒ = −
áp dụng BĐT Côsi ta có
2 2
2
1 1 3 1
3 .
6 6 2 4
x x
V x x
+ −
= − ≤ =
Đẳng thức xảy ra
6
2
x⇔ =
. Vậy V lớn nhất khi
6
2
x =
Bài 6 Cho mặt cầu tâm O bán kính R. Lấy một điểm S thuộc mặt cầu, xét ba điểm
A, B, C thuộc mặt cầu sao cho SA = SB = SC và
·
·
·
ASB BSC CSA

α
= = =
(
0 0
0 90
α
< <
). Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo R và
α
Phân tích. Từ giả thiết suy ra S.ABC là hình chóp đều,
bởi vậy tính được
.S ABC
V
theo α và SA = a. Giả sử
SO cắt (S) tại S’, khi đó tâm I của tam giác ABC thuộc
SS’ và tam giác SAS’ vuông tại A nên tính được a
Theo R và α.
Lời giải.
Theo giả thiết S.ABC là hình chóp đều
Gọi I là trọng tâm
ABC∆
thì I cũng là
tâm đường tròn ngoại tiếp
ABC∆
và
( )SI ABC⊥
Do
OA OB OC= =
nên
O SI∈

. Giả sử SI cắt lại mặt cầu tại S
’
thì SS
’
= 2R
Đặt SA = SB = SC = a.
'
SAS∆
vuông tại A nên SA
2
= SI.SS
’

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

2 2 2
2 (1 cos ) 4 sin 2 .sin
2 2
a a AB a

α α
α
= − = ⇒ =
2 4
0 2 2 2 2 2
1 1 3
. .sin 60 3sin 3sin . sin
2 2 3 2 2 6 2
ABC
a a
S AB AC a V a
R R
α α α
∆
= = ⇒ = =
Để tính a theo R và
α
, ta chú ý rằng
2
3
AI AJ=
, J là trung điểm BC
3 2
3sin 3sin
2 2 3 2
AB
AJ a AI a
α α
= = ⇒ =
. Tam giác SAI vuông tại I nên

2 2 2
SA SI AI= +

4 2
2 2 2
2
4 4
sin 2 1 sin
4 3 2 3 2
a a
a a R
R
α α
⇒ = + ⇒ = −
Vậy
3 2 2 2 3 2
8 3 4 8 3 3
sin (1 sin ) sin
3 2 3 2 27 2
V R R
α α α
= − =
7
S
A
C
O
B
J
S’

I
O
A
B
C
D
S
H
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương
Bài 7. Cho hình chóp tam giác S.ABC có AB = 5a, BC = 6a, CA = 7a. Các mặt
bên SAB, SBC, SCA đều tạo với đáy một góc 60
0
. Tính thể tích của khối chóp
S.ABC.
Phân tích. Từ giả thiết tính được diện tích ∆ABC. Các mặt bên hợp với đáy góc
60
0
nên chân đường vuông góc hạ từ S xuống mp(ABC) trùng với tâm đường tròn
nội tiếp ∆ABC, bởi vậy tính được đường cao.
Lời giải.
Gọi H là hình chiếu vuông góc của điểm S trên mặt phẳng (ABC); E, F, I lần lượt
là hình chiếu của H trên AB, BC, CA. Khi đó SH ⊥ (ABC)
AB ⊥ SH, AB ⊥ HE ⇒ AB ⊥ SE ⇒
·
0
60SEH =
. Tương tự
·
·
0

60SFH SIH= =
. Các
tam giác vuông SHE, SHF, SHI bằng nhau suy ra HE = HF = HI = r (r là bán kính
đường tròn nội tiếp tam giác ABC). Kí hiệu p, S lần
lượt là nửa chu vi và diện tích của tam giác ABC, khi đó
p = 9a, S =
2
6 6a
(theo công thức hêrông). Mặt khác
2 6
3
S a
S pr r
P
= ⇒ = =
. Áp dụng hệ thức lượng trong
tam giác SHE ta có
0
tan60 2 2SH r a= =
.
Vậy
2 3
1 1
. .6 6 .2 2 8 3
3 3
SABC
V S SH a a a= = =
Bài 8. Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc giữa đường thẳng
BB’ và mặt phẳng (ABC) bằng 60
0

, tam giác ABC vuông tại C và
·
0
60BAC =
.
Hình chiếu của điểm B’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác
ABC. Tính thể tích khối tứ diện A’ABC theo a.
Phân tích. Gọi G là trọng tâm ∆ABC
thì B’G ⊥ (ABC), A’B’ // (ABC) nên
( ';( )) ( ';( ))
'
A ABC B ABC
d d B G= =
. Từ đó tính
được B’G và diện tích ∆ABC.
Lời giải.
Gọi G là trọng tâm tam giác ABC, khi
đó B’G ⊥ (ABC), góc giữa BB’ và mặt
phẳng (ABC) là góc
·
'B BG
·
0
' 60B BG⇒ =
. Ta có A’B’ // (ABC)
( ';( )) ( ';( ))
'
A ABC B ABC
d d B G= =
.

8
A
C
B
H
S
E
F
I
a
A'
C'
G
M
B
A
C
B'
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương
Vậy
'
1
. '
3
A ABC ABC
V S B G=
. Tam giác BB’G có
0
'.cos60
2

a
BG BB= =
,
0
3
' '.sin 60
2
a
B G BB= =
. Ta có
3 3
2 4
a
BM BG= =
. Tam giác ABC vuông tại C và
có góc
·
0
60BAC =
nên nếu đặt AB = 2x thì AC = x ⇒ MC =
2
x
, BC =
3x
. Áp
dụng định lí Pitago cho tam giác vuông BCM ta được
2 2 2 2
2 2 2 2
9 3 1 3 9 3
3 .

16 4 4 2 2 32
ABC
a x a x a
BM BC MC x x S CB CA= + ⇔ = + ⇔ = ⇒ = = =
Vậy
2 3
'
1 9 3 3 9
. .
3 32 2 64
A ABC
a a a
V = =
*Nhận xét. Ở bài toán trên ta đã thay đỉnh A’ bằng đỉnh B’ mà thể tích không thay
đổi, trong khi với đỉnh B’ ta dễ dàng xác định được chân đường vuông góc. Việc
làm này nhiều khi rất thuận lợi và đó chính là nội dung của phương pháp 2 sau đây
2. Phương pháp trượt đỉnh, dãn đáy
Cơ sở của phương pháp này là bằng cách thay đỉnh và mở rộng đáy, ta quy
việc tính thể tích của khối chóp đã cho về việc tính thể tích của những khối chóp
đặc biệt.
Bài 9 Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có AB = a, SA =
2a
. Gọi M, N, P lần
lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB, CD. Tính theo a thể tích khối tứ diện
AMNP.
Phân tích. Theo giả thiết, việc tính thể tích các khối chóp S.ABCD hay S.ABC là
dễ dàng. Vậy ta có thể nghĩ đến việc quy việc tính thể tích của khối tứ diện AMNP
về việc tính thể tích của các khối chóp nói trên. Trong các mặt của khối tứ diện
AMNP ta thấy tam giác AMN có thể mở rộng thành tam giác SAB, khoảng cách từ
P đến (AMN) có thể thay bằng khoảng

cách từ C đến (SAB).
Lời giải.
Gọi O là tâm của hình vuông ABCD, khi
đó SO ⊥ (ABCD).
M, N lần lượt là trung điểm của SA và SB
nên
1 1
2 4
AMN ANS ABS
S S S= =
( ;( )) ( ;( ))
/ /( )
P AMN C AMN
PC AMN d d⇒ =
. Vậy
9
P
N
M
O
B
D
C
A
S