1

MÔN TOÁN
CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN NGUYỄN THỊ HƯỜNG
(Tổ trưởng Tổ Toán – Lý – Hoá trường THPT Sông Lô)

I. GIỚI THIỆU
1. Lý do viết chuyên đề:
- Trong đề thi Đại học – Cao đẳng hàng năm, luôn xuất hiện 01 câu về hình học không
gian. Trong đó phần nhiều có liên quan về vấn đề tính thể tích khối đa diện, đặc biệt là
các khối chóp, khối lăng trụ.
- Trong quá trình dạy ôn thi đại học, tôi thấy không ít học sinh có tâm lý “sợ” câu hình
học không gian. Vì vậy, tôi viết chuyên đề này với mục đích hệ thống lại một số kỹ năng
tính thể tích khối đa diện giúp học sinh giải quyết tốt bài toán này trong đề thi đại học.
2. Đối tượng học sinh:
- Sử dụng dạy cho học sinh lớp 12, chuẩn bị thi vào đại học (sau khi học hết chương trình
Hình học cấp THPT).
- Chuyên đề cũng có thể sử dụng để dạy cho học sinh lớp 12 (trung bình khá trở lên) sau
khi học xong chương I-Hình học (tuy nhiên chưa dạy phần sử dụng phương pháp chọn hệ
trục toạ độ trong không gian)
3. Thời gian dự kiến dạy: 05 tiết, dạy vào các tiết tự chọn, tiết dạy chuyên đề (buổi
chiều).

II. NỘI DUNG CHUYÊN ĐỀ

1. PHƯƠNG PHÁP TÍNH TRỰC TIẾP:
Mấu chốt của phương pháp này là tính được đường cao và diện tích đáy của khối đa diện.

B
h
 Góc giữa hai mặt phẳng
là góc giữa hai đường thẳng lần lượt vuông
góc với hai mặt phẳng đó.
Hoặc là góc giữa 2 đường thẳng nằm
trong 2 mặt phẳng cùng vuông góc với giao
tuyến tại 1 điểm
b
a
Q
P

P
Q
a
b

 Diện tích hình chiếu:
Gọi S là diện tích của đa giác (H) trong
mp(P) và S’ là diện tích hình chiếu (H’) của
(H) trên mp(P’) thì
' cos
S S



trong đó

là góc giữa hai mặt phẳng


B
A
C
A'
B'
C'

Hai yếu tố quan trọng để tính thể tích là chiều cao và diện tích đáy. Trong qua trình tính
cần lưu ý:
+ Các hệ thức lượng trong tam giác đặc biệt là hệ thức lượng trong tam giác vuông
+ Một số khối chóp đặc biệt:
 Khối tứ diện đều:
+ Tất cả các cạnh đều bằng nhau
+ Tất cả các mặt đều là các tam giác đều
+ O là trọng tâm của tam giác đáy
Và AO

(BCD)
 Khối chóp tứ giác đều
+ Tất cả các cạnh bên bằng nhau

A
C
D
M
O3

hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Tính
.
S ABCD
V
Hướng dẫn giải .

Gọi H là hình chiếu của I trên BC
Từ giả thiết suy ra SI vuông góc với mặt
đáy. Ta có thể dễ dàng tính được :
2, 5
IC a IB BC a
   ,
 
2
1
. 3
2
ABCD
S AD AB CD a
  
Có
2 2
2 2
1
.
2
3
3
2 2
IBC ABCD ABI CDI

S ABCD
V a
 (đvtt)
1.2.2.Ví dụ 2.( Trích Đề TSĐH khối B năm 2009)
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có BB’ = a, góc giữa đường thẳng BB’ và mặt
phẳng (ABC) bằng 60
0
; tam giác ABC vuông tại C và

BAC
= 60
0
. Hình chiếu vuông góc

4

của điểm B’ lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm của tam giác ABC. Tính thể tích
khối tứ diện A’ABC theo a.
Hướng dẫn giải .

Gọi M là trung điểm của AC, H là trọng tâm
tam giác ABC
Dễ dàng tính được :
3 3
, '
2 4 2
a a
BH BM a B H   
Đặt


16 12 52
x
BM BC CM a x x a
      
2 3
2
' '
1 9 3 1 9
. ' .
2 104 3 208
2 3
ABC A ABC B ABC ABC
x a
S BC AC a V V B H S       

1.2.3. Ví dụ 3. Cho hình chóp S.ABC có
ABC

vuông tại C , AC=a,AB=2a , SA vuông
góc với đáy , góc giữa mặt (SAB) và măt (SBC) bằng 60
0
.Gọi H,K lần lượt là hình chiếu
của A lên SB,SC . CMR
AK HK

và tính
.
S ABC
V
Hướng dẫn giải .

1 1 1 1 1
4
AH SA AB SA a
    (1) ,
a
2a
60
0
S
A
C
B
K
H2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 1 1 1 3 3
3 4 4
AK SA AC AH SA a AH SA a
        (2)
Từ (1),(2) suy ra ,
3
.
2 2
1 1 2 6
4 2 2 12
S ABC
a a
SA V

OH A BC d O A BC OH
   

Đặt AA’=x , ta có
MOH

và
'
MA A

đồng dạng nên
C
B
A
C'
B'
A'
M
O
H2 2 2
2 2
/ 6 3 / 6 3 6
3
AA' ' 4 4
3
4
OH MO a a



Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với
hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại
điểm
'
K II

. Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x
là cạnh đáy lớn. Ta có:
1 3 1 3
' ' ' ' ' ;
3 6 3 3
x x
I K I H I C IK IH IC     
Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
2 2 2 2
3 3
' . . 6r
6 3
x x
I K IK OK r x     .

Thể tích hình chóp cụt tính bởi:
 
' . '
3
h
V B B B B
  


2.1. Công thức tỉ số thể tích: Cho hình chóp S.ABC có
' , ' , '
A SA B SB C SC
  
.
Khi đó:
' ' '
' ' '
. .
SA B C
SABC
V
SA SB SC
V SA SB SC

S
A
B
C
A'
B'
C'2.2. Các ví dụ :
2.2.1. Ví dụ 1.( Trích Đề TSĐH khối D năm 2009) Cho hình lăng trụ đứng
ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M
là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM và A’C. Tính theo a thể tích
khối tứ diện IABC .

 

a
2a
3a
I
B
A
C
A'
C'
B'
M2.2.2. Ví dụ 2. Cho tứ diện ABCD có



0 0
90 , 120 ,
ABC BAD CAD  
,
AB a


2 ,
AC a



trên (BMN) là tâm H của đường tròn ngoại
tiếp
BMN

, H cũng chính là trung điểm của
MN
a
a
a
120
0
B
M
N
A
H
C

Có
1
. .
6
ABMN
ABCD
V AB AM AN
V AB AC AD
 

3
2 2

CMNP
CMBD
CMBD M BCD
CSBD S BCD
V CN CP
a
V CB CD
V V MB
b
V V SB
 
  

Lấy (a) x (b) vế theo vế ta được
.
.
1 1
.
8 8
CMNP
CMNP S BCD
S BCD
V
V V
V
  

P
M
H

Vậy:
3
3
96
CMNP
a
V  (đvtt)
2.2.4. Ví dụ 4: (Trích Đề TSĐH khối B – 2006) Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là
hình chữ nhật, AB =SA = a, AD =a
2
SA vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của AD và SC, gọi I là giao điểm của BM và AC. Tính thể tích khối tứ diện ANIM
theo a
Hướng dẫn giải .
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta
có I là trọng tâm của tam giác ABC, do đó
2 1
3 3
AI AI
AO AC
  

nên
1 1 1
. .
3 2 6
AIMN
ACDN
V AI AM
V AC AD

V


Mà
3
1 1 2 2
. . .
3 3 2 6
SACD ACD
a a a
V SA S a

   . Vậy
3
1 2
.
12 72
AIMN SACD
a
V V  (đvtt)
2.2.5. Ví dụ 5. (Trích Đề TSĐH khối B – 2008 )
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang,


0
90
BAD ABC
 
,
, 2 , ( )

. . .
3 3 3
. .
1 1 2
2 4 2.3 4.3 3
S BCNM S BCM S CNM
S BCA S CAD
V V V
a a a
V V
 
    2a
a
2a
M
N
A
D
B
C
S

2.2.6. Ví dụ 6. (Trích Đề TSĐH khối D – 2010)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a, hình
chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn thẳng AC sao
cho AH =
4

2 3
.
1 1 14 14
. . . .
3 6 2 4 48
S ABC ABC
a a a
V SH S

  
(đvtt)
A
B
C
D
S
H
M

3. PHƯƠNG PHÁP CHỌN HỆ TRỤC TOẠ ĐỘ
3.1. Kiến thức cơ bản:
 Diện tích hình bình hành ABCD: ,
S AB AD
 

 
 

 Diện tích tam giác ABC:
1

Để giải được các bài toán hình không gian bằng phương pháp tọa độ ta cần phải
chọn hệ trục tọa độ thích hợp. Lập tọa độ các đỉnh, điểm liên quan dựa vào hệ trục tọa độ
đã chọn và độ dài cạnh của hình.
3.2. Nội dung phương pháp:
Bước 1: Chọn hệ trục toạ độ Oxy một cách thích hợp (Chú ý vị trí của gốc O)

9

Bước 2: Xác định toạ độ các điểm có liên quan.
Khi xác định cần căn cứ:
 Ý nghĩa hình học của các điểm (Khi các điểm thuộc trục toạ độ, mặt phẳng
toạ độ).
 Dựa vào các quan hệ hình học như song song, bằng nhau, vuông góc, cùng
phương ,…
 Xem điểm cần tìm là giao điểm của đường thẳng , đường thẳng với mặt
phẳng …
 Dựa vào quan hệ về góc giữa đường thẳng với mặt phẳng…
Bước 3: Sử dụng kiến thức toạ độ để giải quyết bài toán.
3.3. Một số ví dụ:
3.3.1. Ví dụ 1. Cho hình chóp O.ABC có OA = a, OB = b, OC = c đôi một vuông góc.
Điểm M cố định thuộc tam giác ABC có khoảng cách lần lượt đến các mp(OBC),
mp(OCA), mp(OAB) là 1, 2, 3. Tính a, b, c để thể tích O.ABC nhỏ nhất.
Hướng dẫn giải
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ, ta có: O(0; 0; 0), A(a; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c).
d[M, (OAB)] = 3

z
M
= 3.
Tương tự

 
.
(2)
min
1 2 3 1
27
3
V
a b c
     
.

3.3.2. Ví dụ 2. (Trích Đề TSĐH khối B – 2006) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình
chữ nhật với , 2,
AB a AD a SA a
  
và SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Gọi
M và N lần lượt là trung điểm của AD và SC, I là giao điểm của BM và AC. Tìm thể tích
khối tứ diện ANIB.
Hướng dẫn giải

10

Chọn hệ trục toạ độ Axyz với A là
gốc toạ độ. Khi đó, ta có:
(0;0;0), ( 2;0;0), (0; ;0),
( 2; ;0), (0;0; )
A D a B a
C a a S a


0 0
0 0
0 0
2 1
0
2 2
1
0
2
3
,
2 3
a
x x
y a y
a a
x y

  




  


  

x
z

  

Suy ra:
2 2
2
, ;0;
2 2
a a
NA NB
 
 
 
 
 
 
 

Vậy
3
1 2
, .
6 36
a
V NA NB NI
 
 
 
  
(đvtt).
Nhận xét: Giải toán hình không gian bằng phương pháp toạ độ thường là cách làm dài


.
3
1 3
, .
6 96
CMNP
a
V CM CN CP
 
 
 
  
.

11

x
y
z
I
P
N
M
H
B
A
D
C
S




   
 
 
 




Suy ra tọa độ các đỉnh như sau:
(0;0;0), (2;0;0), (0;1;0), (0;0;2 2),
(0; 1;0), ( 2;0;0), ( 1;0; 2)
O A B S
D C M  

a. Ta có

| . | 3
cos( , )
2
| |.| |
SA BM
SA BM
SA BM
 
 
 
. Do đó

  
 

b. (ABM) và (SCD) chứa hai đt song song AB và CD nên giao tuyến của chúng là
MN//AB//CD. Suy ra N là trung điểm của SD
1
0; ; 2
2
N
 
 
 
 
.
. . . . .
, . , .
2 2 2 3 2
, ,
3 3 3
, ,
S ABN S BMN S ABMN S ABN S BMN
SA SB SN SB SM SN
V V V V V
SA SB SB SM
   
   
      
   
   
     

ACB AB a AC a
  
. Tính
. ' ' '
ABC A B C
VBài 4. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a , gọi M,N,P lần thuộc các
đoạn AA’,BC,CD sao cho
AA' 3 ' , 3 , 3
A M BC BN CD DP
  
mặt phẳng (MNP) chia
khối lập phương thành hai phần tính thể tích từng phần
Bài 5. Cho hình chóp đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a , cạnh bên hợp với đáy góc 60
0
,
Gọi M là điểm đối xứng với C qua D , N là trung điểm của SC , mặt phẳng (BMN) chia
khối chóp S.ABCD thành hai phần . Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.
Bài 6. Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh bằng a ,
'
K CC

sao cho
2
3
CK a
 .
Mặt phẳng (α) qua A, K và song song với BD chia khối lập phương trình 2 phần . Tính tỷ