A. ĐẶT VẤN ĐỀ
I. LỜI MỞ ĐẦU
Trong chương trình ôn thi tốt nghiệp THTP và Đại học – Cao
đẳng hiện nay, bài toán về tính thể tích của một khối đa diện xuất hiện
khá phổ biến. Bài toán hình học không gian nói chung và bài toán về
tính thể tích khối đa diện nói riêng là một phần kiến thức khó đối với
học sinh THPT.
Đa số học sinh bây giờ đang còn học theo kiểu “làm nhiều rồi
quen dạng, làm nhiều rồi nhớ”, nếu học như thế sẽ không phát triển
được tư duy sáng tạo, sẽ không linh hoạt khi đứng trước một tình
huống mới lạ hay một bài toán tổng hợp.
Vì lí do đó, để giúp học sinh tháo gỡ những vướng mắc trên,
nhằm nâng cao chất lượng dạy và học, đáp ứng nhu cầu đổi mới giáo
dục và giúp học sinh có thêm phương pháp trong giải toán, tôi đã
quyết định chọn đề tài:
“Một số phương pháp tính thể tích khối đa diện
nhằm nâng cao chất lượng dạy – học hình học lớp 12 ”.
Mục tiêu của sáng kiến kinh nghiệm là nghiên cứu phương pháp
tính thể tích khối đa diện một cách hệ thống và sáng tạo để giúp giáo
viên trang bị kiến thức cơ bản nhất về phương pháp tích thể tích khối
đa diện cho học sinh, từ đó phát triển tư duy sáng tạo giải quyết các
bài toán khó.
II. THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN CỨU
1. Thực trạng
Trong chương trình phổ thông, phần kiến thức về tính thể tích
khối đa diện được đưa vào giảng dạy ở lớp 12. Đây là phần kiến thức
1
rất hay và khó đối với học sinh trong quá trình làm bài tập; đây cũng
là phần kiến thức xuất hiện từ nhu cầu thực tế và được ứng dụng rất
nhiều trong thực tế.
Để giải bài toán về tính thể tích khối đa diện có hai phương pháp

Giỏi Khá TB Yếu Kém
SL % SL % SL % SL % SL %
12A
3
45 1 2 8 18 24 53 10 22 2 5
12A
4
45 0 0 3 7 21 47 16 36 5 10
Như vậy số lượng học sinh nắm bắt các dạng này không nhiều
do chưa nắm vững được nguồn kiến thức và kĩ năng cần thiết.
Để thực hiện để tài vào giảng dạy, trước hết tôi nhắc lại công
thức tính thể tích các khối đa diện, tiếp đó đưa ra các phương pháp
tính và ví dụ cụ thể để hướng dẫn học sinh thực hiện, cuối cùng tôi
đưa ra bài tập tổng hợp để học sinh rèn luyện phương pháp tính.
B. GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ
I. GIẢI PHÁP TỔ CHỨC THỰC HIỆN
Thực hiện nghiên cứu và ứng dụng vào thực tiễn giảng dạy tôi
chia nội dung thành 3 phần dạy cho học sinh vào 3 buổi, mỗi buổi 3
tiết; trong mỗi buổi có các thí dụ minh họa và bài tập cho học sinh tự
rèn luyện về phương pháp tính.
Sau đây là nội dung cụ thể:
Phần I
3
Để tính thể tích khối đa diện, phương pháp quan trọng nhất và
được ứng dụng rộng rãi nhất trong quá trình tính toán 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

= =
nên
2
sin 2
ABC
S a
α
=
.
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
∆
vuông tại đỉnh B thì
CB BA
⊥
(theo định lí ba đường vuông

α
= = = =
⇒ = − =
⇒ =
Từ đó:
4
s
Hình 1
A
B
C
H
K
.
2
3
1
.
3
1
sin 2 . sin
3
1
= sin 2 .sin .
3
S ABC ABC
V S SH
a a
a
α α

.
Lời giải. (h.2)
Ta có
1 2
( ) ( )mp NO O mp ABCD⊥
và
chúng cắt nhau theo giao tuyến
NE
(
E
là trung điểm cạnh
AD
).
Gọi
O
là tâm của hình vuông
ABCD
thì
MO NE
⊥
.
Suy ra
MO
là đường cao của hình chóp
1 2
. O OM N
.
Ta có:
1 2 1 1 1 1 1 1 2 2
O O EE

E
N
N1
E1
M
O
1 2 1 2
. O O O O
2
3
1
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
1 2
MNO O
là quá nhiều và

cùng vuông
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 vuông góc).
Tam giác
SCD
có
SC SD
=
(vì
HC HD
=
) nên nó không thể
vuông tại C hoặc D.
6
S

SA SB
=
, (vì
HA HB=
) nên
SAB∆
vuông tại S, suy ra
1
.
2 2
a
SH AB= =
Vậy
3
2
.
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
,

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 ) 4x a x a+ − =
nên theo BĐT Cauchy
.S ABCD
V
đạt giá trị lớn nhất
khi và chỉ khi
2 2 2
4 2x a x x a= − ⇔ =
.
Lúc đó
3
.
ax

0
60
. 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
60BAD =
. Hai mặt chéo
( ' ')và ( DD' ')ACC A B B
cùng vuông 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

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 vuông cạnh
a
. Tam giác
SAB
cân tại đỉnh
S
và mặt phẳng
( ) ( )SAB ABC⊥
. Giả sử
E
là trung điểm
8
SC
và hai mặt phẳng
( ),( )ABE SCD
vuông góc với nhau. Tính thể tích
của khố chóp đó.

. ' ' 'ABC A B C
có đáy là tam giác đều cạnh
a
.
Các cạnh
' , ' , 'A A A B A C
nghiêng đều trên đáy một góc
α
. Tính diện tích
xung quanh và thể tích của lăng trụ.
Bài 9. Cho hình chóp
1 2
.A A ( 3)
n
S A n ≥
có diện tích đáy bằng
D
, chu vi
đáy bằng
P
. Các mặt bên nghiêng đều trên đáy một góc
α
. Hình chiếu
của
S
lên mặt phẳng đáy nằm trong đa giác
1 2
A A
n
A

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
vuông cân tại
B
có
2AC a=
nên
2AB BC a= =
.
Do đó
2
1
.
2
ABC
S AB BC a= =

Vậy
3 3
. .
1 1
.
3 3 3 9
S AIC S ABC
a a
V V= = =
.
Nhận xét: Trong bài toán trên ta hoàn toàn có thể tính trực tiếp, tuy
nhiên việc tính gián tiếp dựa vào tỉ lệ thể tích thì tính toán trở nên đơn
giản hơn rất nhiều.
Thí dụ 2. Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình chữ nhật,
2 , ; 2AB a BC a SA SB SC SD a= = = = = =
. Giả sử
E
là điểm thuộc cạnh
SC
sao
cho
2SE SC=
,
F
là điểm thuộc cạnh
SD

.
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⊥

3
S ABE
S ABC
V
SA SB SE
V SA SB SC
= =
3
. . .
2 1
. .
3 3
3 3
S ABE S ABC S ABCD
a
V V V⇒ = = =
(1)
.
.
2 1 1
. . .
3 4 6
S AEE
S ACD
V
SA SE SF
V SA SC SD
= = =
3
. EF . .

B
C
N
K
M
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

= = = ⇒ = =
.
Ta có
3
.
1
. .
6 24
B MNK
a
V BM BN BK= =
;
3
. '
1
AA'. .
6 3
A A ND
a
V AN AD= =
.
3 3 3
' . ' .
7
3 24 24
A MKDAB A A ND B MNK
a a a
V V V= − = − =
.
Thể tích khối lập phương

12
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
đôi một vuông 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
.
1
. .
6 6
O ABC
abc
V OA OB OC= =
.
Do

+ +
.
Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác vuông
'OA C
ta có
2
2 2 2 2 2
2 2
' ' ' '
c
OC OA CA CA OC OA
b c
= + ⇒ = − =
+
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
13
Hình 8
G
A
B

Chứng minh tương tự, ta được:
4
. ' ' .
2 2 2 2
4
. ' ' .
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

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 vuông 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

.
Bài 4. Cho hình chóp SABCD đáy ABCD là hình vuông tâm O. SA
vuông góc với đáy và SA =
2a
. 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.A
1
B
1
C
1
có hình chóp A
1
ABC là
hình chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, AA
1
= b. Gọi α là góc giữa
hai mặt phẳng (ABC) và (A
1
BC). Tính tanα và thể tích hình chóp
A
1
BB
1
C
1

D Ax B Ay S Az
Khi đó:
2
(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
= −
ur
1
(1; 2;0)n
mp(SMB) có vtpt là
=
uur
2
( 2;1;1)n
. Hình 9
⇒ = ⇒ ⊥
ur uur ur uur
1 2 1 2
. 0n n n n

3
1 2
, .
6 36
ANIB
a
V AN AI AB
 
⇒ = =
 
uuur uur uuur
.
16
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

3 5 5
, ( ; ; ) ( ) cã vect¬ ph¸p tuyÕn lµ: 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:
2
3 3 1 3 3 1
1 1 ( )cã vect¬ ph¸p tuyÕn lµ: n ( ; ; ).
3
3
x y z
x y z mp SBC
a a
h a a h a a h
−
+ + = ⇔ − + = ⇒

có đáy ABC là tam giác cân
tại C, cạnh đáy AB bằng 2a và
·
ABC
bằng 30
0
. 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:
'
( ;0;0), ( ;0;0), ( ;0; )A a B a B a h− −

Hình 11
Dễ có:

[ , ']. '
d(AB, CB') =
[ , ']
3
AB CB BB
ah
AB CB
a h
=
+
uuuuruuuur uuuur
uuuuruuuur

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= =
18
Nhận xét: Qua các ví dụ trên ta thấy việc gắn hệ trục tọa độ để đưa

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,
2AB BC a= =
, hai mặt phẳng
( )SAB
và
( )SAC
cùng vuông 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
0
60
. Tính thể tích khối chóp
.S BMCN
và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo
a

kinh nghiệm của cá nhân.
- Nhà trường cần tăng cường hơn nữa những trang thiết bị hỗ trợ cho
giảng dạy.
- Sở Giáo dục và Đào tạo cần mở những lớp chuyên đề hướng dẫn
giáo viên sử dụng những phần mềm trong công tác giảng dạy.
C. KẾT LUẬN
20
Trong quá trình thực hiện và áp dụng sáng kiến trên, mặc dù đã
thu được những kết quả nhất định, học sinh đã hứng thú hơn đối với
các bài toán hình học không gian, kết quả học tập môn toán được nâng
lên rõ rệt; tuy nhiên để sáng kiến được sử dụng hiệu quả và rộng hơn
thì rất cần những ý kiến đóng góp của đồng nghiệp để khắc phục
những thiếu sót, hoàn thiện hơn nữa đề tài nghiên cứu.
Tôi xin chân thành cảm ơn!
XÁC NHẬN CỦA THỦ
TRƯỞNG ĐƠN VỊ
Thanh Hóa, ngày 10 tháng 05 năm
2013
Tôi xin cam đoan đây là SKKN của
mình viết, không sao chép nội dung của
người khác.
Nguyễn Sỹ Tam
21
MỤC LỤC
A. ĐẶT VẤN ĐỀ
Trang 1
I.LỜI MỞ
ĐẦ Trang 1
II.THỰC TRẠNG CỦA VẤN ĐỀ NGHIÊN
CỨU Trang 2