Bài tập thể tích khối đa diện lớp 12

= SB2 +SD2 =289a2⇒ BD = 17a
∆CBD có BD2 =2BC2(1+ 2
1
) = 3BC2 = 289a2 ⇒ BC = a3
17
S∆BCD = 12
3289
2
32
3
289
2
12
2
1 2..120sin ao aBC 
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
S
A D
C
K
B
H
S⋄ABCD = 3S∆BCD = 12
3289 2a
⇒VSABCD = 3
1
S⋄ABCD.SH = 17
120
12
3289
3
1 .
2 aa = 170 3 a3
Bài 13: hình chóp SACD có đáy ABCD là hình chữ nhật, ∆SCD cân tại S và nằm trong 
mặt phẳng  (ABCD). ∆SAB có SA = a, ASB = 2 ỏ và nằm trong mặt phẳng lập với 
(SCD) một góc ỏ. Tính thể tích khối chóp SABCD
GIẢI
Trong ∆SCD hạ SH  CD
Vì ∆SCD cân tại S
⇒ H là trung điểm CD.
SH  CD
(SCD) (ABCD
⇒ SH  (ABCD)
Gọi K là trung điểm AB 
Ta có HK  AB
AB SH (vì SH  (ABD))
⇒AB  (SKH) ⇒ AB  SK ⇒ ∆SAB cân tại S
Dễ thấy ((SAB), (SCD)) = KSH = ỏ
∆SAB có SK = acos ỏ , AB = 2AK = 2asin ỏ
∆SHK vuông tại H có SH =SK.cosỏ = acos2 ỏ
KH = SKsinỏ = asinỏcosỏ. SABCD =AB.BC = 2asinỏ.asinỏcosỏ 
= 2a2sin2ỏcosỏ ⇒VSABCD = 2332.3 1 sinaS ABCDSH  ỏ
Bài 14: Hình chóp SABCD có ∆ABC vuông tại B, SA b (ABC). ACB =60o, 
BC = a, SA = a 3 , M là trung điểm SB. Tính thể tích MABC
GIẢI
H
CA
B
a
M
Cách 1. 
SA b (ABC)
Từ M kẻ MH // AS cắt AB tại H ⇒MH b (ABC)
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Vì M trung điểm SB H- trung điểm
MH= 2
3
2
1 aSA 
S∆ABC = 3.60tan.. 2212121 aaaBCAB
o 
VMABC = 42
32
2
1
3
1
3
1 3.3.. aaABC aMHS 
Cách 2. 
2
1 SBSMV
V
ASABC
MABC
 VMABC = SABCV2
1
mà VSABC = 3
1 SA.S∆ABC = 63.3 32
12
2
1
3
1 aaa 
⇒VMABC = 341 a
Bài 15: Hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông tâm O, SA  (ABCD), 
AB = a, SA = a 2 . H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SD. Chứng 
minh rằng: SC  (AHK) và tính thể tích hình chóp OAHK.
GIẢI
A
C
O
H
K a
a
N
F
E
B
D
a 2
S
y
x
AH  SB (gt) (1)
BC  AB (vì ABCD là hình vuông)
BC  SA (vì SA  (ABCD))
⇒BC  (SAB) BC  AH (2)
Từ (1) (2) ⇒AH  (SBC ⇒AH  SC (3)
Chứng minh tương tự ta có: SC  AK (4)
Từ (3) (4) ⇒ SC  (AKH)
Gọi {F} = KH ∩ SO ⇒ (SAC) ∩ (AHK) = AF
Kéo dài AF cắt SC tại N
Trong (SAC) kẻ đường thẳng qua O//SC cắt AN tại E ⇒ OE  (AHK)
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Vì OA = OC; OE//CN OE = 2
1
CN
Tam giác vuông SAD có 222 111 ADASAK  ⇒ AK = 323
.2.
222
a
a
aa
ADAS
ADAS 

Dễ thấy AH = 32a
∆AKH cân tại A
Dễ thấy ∆SBD có BDKHSDSK  mà SK = 2 2 2 2 223 32 aSA AK a a   
SD = a 3
⇒ SOSFaaBDKH  32332
HK = 3
2 BD = 23
2 a
OF = 3
1 SO ⇒ 21SFOF
∆SAC có : OA = OC
⇒
2
1
SF
OF
SN
OE ⇒OE =
2
1 SN = 
2
1 a
 S∆AHK =
2
1 KH.
4
2
2 HKAK  = 
9
22 2a
 ⇒ V = AHK.3
1
SOE
27
22 3a
* Có thể dùng PP toạ độ để tính thể tích OAHK như sau:
Chọn hệ toạ độ như hình vẽ.Ta có:
A(0,0,0) , B(a,0,0) ,D(0,a,0) , S(0,0,a 2 ) , O(
2
a ,
2
a , 0)
∆SKA 
 ∆ SAD ⇒
SD
SA
SA
SK  ⇒ SK=
3
2a
⇒K(0, 2
3
a , 2
3
a )
∆ABS có SHSBAS .2  ⇒ SH=
3
2a
⇒H( 2
3
a ,0, 2
3
a )
Ta có )
3
2
,0,
3
2
(
a
aAH 
 )
3
2
,
3
2
,0(
a
aAK 
 ,0)
2
,
2
(
aa
AO 
[ AKAH , ] =(
9
4
,
9
22
,
9
22 222 aaa  )
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
a
K
O
C
D
A a 2
a
N
I
B
⇒ VOAHK=
6
1 |[ AKAH , ]. AO |= 3
27
2
a
Bài 16: Hình chóp SABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = a 2 , 
SA = a, SA  (ABCD). M, N lần lượt là trung điểm AD và SC. {I} = BM ∩ AC. Tính 
thể tích hình chóp ANIB.
GIẢI
SA (ABCD)
Gọi {O} = AC ∩ BD
Trong ∆SAC có ON // SA 
⇒ON  (ABCD) ⇒ NO  (AIB)
Ta có NO = 22
1 aSA 
Tính S∆AIB = ?
ABD só I là trọng tâm 
⇒S∆ABI = 32 S∆ABO = 4132 . S⋄ABCD = 32 a.a 2 = 6
22a
⇒ SANIB = 31 NO.S∆AIB = 3626 2231
32
.. aaa 
Bài 17. Hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, 
(SAD) (ABCD), ∆SAD đều. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm SB, BC, CD. 
Tính thể tích hình chóp CMNP
GIẢI
A
C
N
a
D
P
B
M
FE
S
y
x
z
- Gọi E là trung điểm AD. (CNP) ≡ (ABCD) ⇒ SE AD
(SAD)  (ABCD)
⇒SE  (ABCD)
- Gọi F là hình chiếu của M lên (ABCD) ⇒ MF // SE. Dễ thấy F ∈ EB và F là trung 
điểm EB
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Ta có MF = 2
1 SE = 4
3
2
3
2
1 . aa 
S∆CNP = 
2
8
1
8
1
4
1 aSS ABCDCBD 
VCMNP = 2
1 S∆NCP.MF = 96
3
4
32
8
1
3
1 3. aaa 
Nhận xét: có thể dùng phương pháp toạ độ để giải với gốc toạ độ O .
0x ≡ EN, oy ≡ ED, oz ≡ ES
Bài 18: Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O’ bán kính đáy bằng chiều 
cao bằng a. Trên đường tròn tâm O lấy A, Trên đường tròn tâm O’ lấy B. sao cho AB = 
2a. Tính thể tích hình chóp OO’AB
GIẢI
B
A
A'
O'
O
H
D
Kẻ đường sinh AA’. Gọi D đối xứng với A’ qua O’, H là hình chiếu của B trên 
A’D.
Ta có BH  A’D
 BH  A’A
 ⇒ BH  (AOO’A’)
 ⇒BH là đường cao của tứ diện BAOO’
 SAOO’ =
2
2a , A’B = 3'22 aAAAB 
∆A’BD vuông ở B ⇒ BD=a
∆O’BD đều ⇒ BH=
2
3a ⇒VBAOO’ = .
3
1
BH SAOO’ = 12
32a
Bài 19: Cho hình chóp có ABCD là hình chữ nhật; AB = a.AD = 2a; 
SA  (ABCD); (SA, (ABCD) = 60o. Điểm M thuộc cạnh SA, AM = 3 3a .
(BCM) ∩ SD ={ N}. Tính thể tích hình chóp S.BCMN
GIẢI
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
S
A
D
CB
NM
H
Ta có SAB=600
∆SAB vuông tại A có AM = 
3
3a , AB = a ⇒ ABM = 300
Kẻ SH⊥ BM thì SH là đương cao của hình chóp S.BCMN
ta có SH=SB sin 300 = a
BC//(SAD) ⇒MN//BC ⇒ 
AD
MN
SA
SM  ⇒MN = 
3
4. a
SA
SMAD 
⇒SBCMN =
33
10
).(
2
1 2a
BMBCMN 
⇒VSBCMN = .
3
1
SH SBCMN = 27
310 3a
Bài 20: Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình thang; BAD = ABC = 90o; 
AB = BC = a; AD = 20; SA b (ABCD); SA = 2a. M, N lần lượt là trung điểm SA và SD. 
Chứng minh rằng BCMN là hình chữ nhật và tính thể tích hình chóp S.BCNM
GIẢI
A D
S
H
M N
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Ta có BC//AD ,BC= AD
2
1 ,MN//AD , MN= AD
2
1 ⇒BC = MN , BC// MN (1)
BC ⊥AB
BC ⊥SA
⇒BC ⊥ (SAB) BC AM (2)
Từ (1) và (2) ta có BCNM là hình chữ nhật
Kẻ SH ⊥BM thỡ SH⊥ (BCNM)
⇒VSBCNM=
3
1 SBCNM.SH=
3
1 BC.NM.SH=
3
3a
Bài 21: Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có ABC vuông. AB = AC = a; 
AA1 = a 2 . M là trung điểm AA1. Tính thể tích lăng trụ MA1BC1
Hướng dẫn:
+Chọn mặt đáy thích hợp ⇒ V = 12
23a
+Có thể dùng cả phương pháp toạ độ
Bài 22: Tứ diện ABCD có AB = x có các cạnh còn lại bằng 1. 
a.Tính thể tích tứ diện theo x.
b.tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ACD
c. Tìm x để thể ABCD đạt giá trị lớn nhất
GIẢI
a. 
H
C
B
C
D
Cách 1:
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Gọi H là Hình chiếu của D lên (ABC) vì DA = DC = DB = 1 ⇒ H là tâm đường 
tròn ngoại tiếp ∆ABC mà ∆ABC cân H ∈ CC’ với C’ là trung điểm AB 
S∆ABC = xxxABCC x .4.4'. 24
1
42
1
2
1 2 
HC = R∆ABC = 2
4
2
2
22 4
1
1.4cossin4
sin2 x
xx
C
x
xx
CC 

⇒Tam giác vuông HCD có HD2 = CD2- DC2 = 2
2
2 4
3
4
11
x
x
x 

 
⇒ HD = 2
2
4
3
x
x

 ⇒VABCD = 222 231 1 13 3 4 124. . 4 . . 3
x x
ABC x
S HD x x x    
Cách 2:
B
A
D
M
C'
Gọi M là trung điểm CD ⇒ CD  ABM
Vì ∆ACD và ∆BCD đều ⇒ AM = BM = 2
3
VABCD = 2VCBMA = 2. 3
1 CM.S∆ABC = ABMS.2
1
3
2
S∆ABM = 2
1
MC’.AB = 24
2
2
2
2
3
2
1 3)()(. xx xx 
VABCD = xxxx .33 212
12
43
1 
b)
SACD=
4
3 ⇒ d(B,(ACD))=
ACD
ABCD
S
V3
= xx .3
3
1 2
c)
VABCD =
2 22 31 1 1
12 12 2 83 . .
x xx x    
Dấu “=” xảy ra ⇔ x2 = 3-x3 ⇔ x = 23 và thể tích lớn nhất là 8
1
Bài 23: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với 
mặt đáy ABCD và SA=h.Điểm M thuộc cạnh CD.Đặt CM=x.Hạ 
SH vuông góc với BM.Tính thể tích khối tứ diện SABH.Tìm x để thể tích khối này là 
lớn nhất.
GIẢI
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
C
A
S
MD
B
H
Ta có BM  SH (gt)
BM  SA (Vì SA ( ABCD)
⇒BM  AH
SABM = 
2
1 SABCD =
2
1 a2
Mà SABM =
2
1 AH.BM ⇒ AH=
22
22
xa
a
BM
a


∆SAH vuông ở A có SH=
22
2
222
xa
a
hAHSA


∆BAH vuông ở H có BH=
2222
4
222
xa
ax
xa
a
aAHAB




SABH =
2
1 AH.BH =
2
1
22
3
xa
xa

VSABH =
22
3
.
6
1
.
3
1
xa
xha
SAS ABH 
 ha
ax
xha 2
3
12
1
26
1 
Dấu bằng xảy ra khi a=x tức M trùng D. 
Bài 24: Hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với đáy 
ABC và SA = a.Điểm M thuộc cạnh AB. Đặt góc ACM bằng 
Hạ SH vuông góc với CM
a)Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện SAHC
b)Hạ AI vuông góc với SC,AK vuông góc với SH Tính thể tích khối tứ diện 
SAKI.
Đáp số
a)Vmax= 
12
3a b)VSAKI = 
)sin1(24
2sin
2
3



a
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
CÓ THỂ TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN NHỜ VIỆC CHIA THÀNH
CÁC KHỐI NHỎ HOẶC BỔ SUNG THÊM
Bài 25: Cho tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau AB = CD =a, AC = 
BD = b, AD = BC = c
Tính thể tích ABCD
GIẢI
H
C
P
Q
R
B
+Dựng ∆PQR sao cho B, C, D lần lượt là trung điểm PQ, QR, PR.
+S∆DCR = S∆BCQ = S∆PDB = 4
1
S∆PQR
⇒ S∆BCD = 41 S∆PQR
AD = BC = PR
D là trung điểm PR
⇒AR  AP
Tương tự AP b AQ, AQ b AR
VAPQR = 4
1
S∆PQRAR
Bài 26: VABCD = 
6
1 AD.BC.MN.Sin ỏ. Trong đó ABCD là tứ diện có MN là độ dài của 
đoạn vuông góc chung của các cặp cạnh đối AD và CB, ỏ =(AD, BC)
Hướng dẫn: Dùng hình hộp ngoại tiếp tứ diện này.
Bài 27: Cho hình chóp SABC có tất cả các góc phẳng ở đỉnh A và B của tam diện đều 
bằng ỏ. AB = a. Tính thể tích hình chóp SABC
GIẢI
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
CA
B
S
E
F
a
-Dễ thấy∆ SAB, ∆CAB là các tâm giác cân tại S và C
-Gọi E là trung điểm AB ⇒ AB b SE
AB b CE
⇒AB b (SCE)
⇒VSABC = VASEC + VBSEC = 31 S∆SEC.(AE+BE) = 31 S∆SEC.AB
Tính S∆SEC = ?
∆SEC cân tại E vì ES = EC (∆SAB = ∆ACB (g.c.g))
Gọi F là trung điểm SC ⇒ EF b SC
∆SBC cân tại B vì BC =BS (Vì ∆SAB = ∆CAB (g.c.g))
FS = FC
⇒FBC = 3
Tam giác vuông EBC có CE =  tan2
Tam giác vuông FBC có BC = 22 EBCE  2cos cos 2cos( )
a
aEB
    
Sin 2

= BC
FC ⇒ FC = BC sin 2 = 2cos2 sin. a
Tam giác vuông EFC có 
EF2 = EC2 - FC2 = 2
22
cos
1
4cos4
sin2
4 sin(sintan 2
2
2
2
22
2 
 

 aaa
S∆SEC = 2
1
EF.SC = EF.FC = 2cos22
22
cos2 sin..sinsin



  aa 
= 2
22
2cos2
sinsin.sin.2
2 
  a
VSABC = 2
22
2cos12
3 sinsin.sin.2   a
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ THỂ GIẢI BẰNG PP TOẠ ĐỘ VỚI VIỆC CHỌN HỆ 
TOẠ ĐỘ DỄ DÀNG
Bài 1: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi, AC = 4, BD = 2, AC cắt BD 
tại O SO  (ABCD), SA = 2 2 . Gọi M là trung điểm SC, (ABM) cắt SD tại N. Tính 
thể tích khối chóp S.ABMN
GIẢI
Cách 1:
B
O
C
D
A
S
M
N
Ta có AB // CD (gt)
(ABM) (SCD) = MN
⇒MN // CD ⇒ N là trung điểm SD
VSABCD = 2
1
SABCD.SO = 2
1
AC.BD.SO = 2822.2.42
1 
2
1 SDSNV
V
SABD
SABN ⇒ VSABN = 21 SSABD = 2
28
2
1 . = 2 2
4
1
2
1
2
1 ..  SDSNSCSMVVSBCDSBMN ⇒ VSBMN = 4
1
SSBCD = 2
28
4
1 . = 2
⇒VSABMN = VSABN + VSBMN = 3 2
Cách 2: Sử dụng phương pháp toạ độ
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
O
S
A
C
D
N
M
B
z
x
y
Chọn hệ toạ độ xyz có tia OX ≡ tia OA, tia oy ≡ OB, tia oz ≡ OS
Dễ thấy A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 2 ), C(-2; 0; 0), D(0; -1; 0), M(-1; 0; 2 )
Do (ABM) ∩ (SCD) = MN
AB // CD
⇒MN//CD
⇒N là trung điểm SD
⇒N(0; - 21 ; 2 )
SA = (2; 0; -2 2 ); SM = (-1; 0; - 2 ); SB = (0; 1; -2 2 ); SN = (0; - 2
1
; - 2 )
[ SA , SM ] = (0; 4 2 ; 0)
VSABM = 6
1
[ SA , SM ].SB = 3
22
VSAMN = 6
1
[ SA , SM ].SN = 3
2
VSABMN = VSABM + VSAMN = 2
Bài 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có AB = a, AD = b , AA ’= c
a)Tính thể tích A’C’BD
b)Gọi M là trung điểm CC’Tính thể tích MA’BD.
GIẢI
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
C
B'
D' C'
A'
A
D
B x
y
a
b
c
M
a) Cách 1:
Thể tích của khối hộp ABCDA’B’C’D’ là V = abc
VC’CDB = 
6
1
6
1
2
1
.
3
1
'.
3
1  abcabcSCC BCD V 
Tương tự ta có: VAA’BD = VBA’B’ C’ = VD’A’DC’ = 
6
1 V
⇒VA’C’DB = V - 4. 
6
1 V = 
3
1 V= 
3
1 abc
Cách 2: dùng phương pháp toạ độ
Chọn hệ toạ độ Axyz như hình vẽ Ta có: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0) D( 0; b; 0), C(a; b; c), 
A’(0; 0; 0)
DB = (a; -b; 0); 'DC = (a; 0; c); 'DA = (0; -b;c); 
[ DB , 'DC ] = (-bc; -ac; ab)
VA’C’DB = 
6
1 |[ DB , 'DC ]. 'DA | = 
3
1 abc
b) Chọn hệ toạ độ như hình vẽ.ta có A(0;0;0) , B(a;0;0) , D(0;B;0) , A’(0;0;c) , 
C(a;b;0) , C’(a;b;c)
M là trung điểm CC’ nên M(a;b;
2
c )
)0;;( baBD  , )
2
;;0(
c
bBM , );0;(' caBA 
[ BMBD, ]= );
2
;
2
( ab
acbc 
VBDA’M = 
6
1 |[ BD , BM ]. 'BA | = 
4
1
2
3
6
1 abc abc
2) Về thể tích khối lăng trụ
Ta thường áp dụng công thức tính thể tích đã biết hoặc chia nhỏ khối cần tính 
hoặc bổ sung thêm
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Bài 1 Cho lăng trụ tam giác ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều, cạnh a và A’A = 
A’B = A’C. Cạnh AA’ tạo với đáy một góc 60o. Tính thể tích lăng trụ ABCA’B’C’.
GIẢI
B
A
C
C'B'
A'
O
a
Gọi O là tâm ABC⇒ OA = OB = OC
A’A = A’B = A’C (gt)
⇒A’O⊥ (ABC)
(AA’,(ABC)) = (AO, AA’) = 600
A’O ⊥OA (vì A’O⊥ (ABC) 
Trong tam giác vuông A’OA có OA’ = OA tan 600 = a
Vì ∆ABC đều cạnh a nên S∆ABC = 
4
3 2a ⇒VABCA’B’C’ = S∆ABC.A’O = 
4
33a
Bài 2: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là một tam giác vuông tại A, 
AC = b, C = 60o. (BC’,(AA’C’C)) = 30o. Tính thể tích của khối lăng trụ
GIẢI
C
C'A'
A
B
B'
b
b'
Dễ thấy AB (ACC’A’) nên (BC’, (ACC’ A’)) = AC’B = 300
∆ABC vuông tại A có Cˆ =600, AC=b nên BC=2b và AB= 3 b.
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
vì AB  (ACC’A’) nên AB b AC’
∆ABC’ vuông tại A có AC’ = bAB 3
30tan 0

∆ACC’ vuông tại C có (CC’)2 = AC’2- AC2 = 9b2- b2 = 8b2
⇒CC’ = 2 2 b =AA’. S∆ABC = 2
1
CA.CBsin6oo = 2
3 2b
⇒VABCA’B’C’ = S∆ABC.AA’ = 6 b3
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
DẠNG 2 : TỈ SỐ THỂ TÍCH
A/. Phương pháp: Giả sử mặt phẳng ỏ chia khối đa diện thành hai khối có thể tích là V1
và V2. Để tính k = 2
1
V
V
ta có thể:
-Tính trực tiếp V1, V2 bằng công thức ⇒ k
-Tính V2 (hoặc V2) bằng công thức tính thể tích của cả khối ⇒ Thể tích V2 (hoặc 
V1) ⇒ k
Ta có các kết quả sau:
+Hai khối chóp có cùng diện tích đáy là tỉ số thể tích bằng tỉ số hai đường cao 
tương ứng.
+Hai khối chóp có cùng độ dài đường cao thì tỉ số thể tích bằng tỉ số hai diện tích 
đáy.
+ ''.'.
..
''' SCSBSA
SCSBSA
V
V
CBSA
SABC 
CA
B
B'
C'
A'
(chỉ đúng cho khối chóp tam giác (tứ diện))
B. Các bài tập
Bài 1: Chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành. M là trung điểm SC. mặt phẳng 
(P) chứa AM và //BD chia hình chóp thành hai phân. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.
GIẢI
C
B
O
A
S
D
M
B'
I
D'
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
-Gọi O = AC ∩ BD, I = SO ∩ AM
⇒ I ∈ (P)
 BD ⊂ (SBD)
 BD // (P) 
⇒ (P) ∩ (SBD) = B’D’ // BD
9
2
3
2
3
2
2
1
2
1'' ......''  SOSISOSISDSDCSBSBSCSMV
V
SCBD
DSMB
(vì I là trọng tâm ∆SAC)
9
2
3
2
3
2''' ..1..''  SDSDSBSBSASAVVSCBDDSMB
mà VSABD = VSCBD = 
2
1 VSABCD
2
1
3
1
3
2
9
4
9
2
''
''''
2
1
''
2
1
'' 
MBABCDD
MDSAB
SABCD
MDSABDSABDSMB
V
V
V
V
V
V
V
V
Bài 2: Hình chóp SABCD có đáy là hình vuông, SA  (ABCD). (SC, (SAB)) = ỏ. Mắp 
phẳng (P) qua A và vuông góc SC chia hình chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai 
phần đó.
GIẢI
Kí hiệu K1 = VSMAQN
V2 = V - V1
Gọi O = AC ∩ BD
∆SAC kẻ AN SC
E = SO ∩ AN ⇒ E ∈ (P)
vì (P) SC
mà BD  SC
 BD  AC
 BD  SA
  BD  (SAC) 
BD ⊂ (SAC)
S
D
C
O
B
A
N
M
Q
E
⇒ (P) // (SBD) ⇒ (P) ∩ (SBD) = MQ //BD
CB  AB (gt)
CB  SA (vì SA  (ABCD))
⇒CB  (SAB) ⇒ (SC, (SAB)) = CSB = ỏ
V1 = 2VSANQ, V = 2VSACB
SB
SQ
SC
SN
V
V
V
V
SACB
SANQ .1 
Tam giác vuông SAC: SA2 = SC.SN ⇒ SN = 
SC
SA2
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Tam giác vuông SAB: SA2 = SB.SQ ⇒ SQ = 
SB
SA2
2
. )(.
2
2
2
2
2
1
SCSB
SA
SB
SA
SC
SA
V
V 
BC AB (gt)
BC SA (vì SA  (ABCD))
⇒BC SB
Tam giác vuông SBC: cos ỏ = 
SC
SB ⇒ SC = cos
SB
Tam giác vuông SAB: SA2 = SB2 - AB2 = SB2 - BC2 = SB2 - SB2tanỏ


 2sin1)sin(cos)( 22
.
)tan1(
cos
2
1  SASB
SB
V
V




2sin
2sin1
)2sin11(
)2sin1(
1
11 


  VVVVVVV
Bài 3: SABCD là hình chóp tứ giác đều cạnh a, đường cao h. Mặt phẳng qua AB 
(SDC) chia chóp làm hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần đó.
Bài 4: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh là a. M là trung điểm CD, N là trung 
điểm A’D’. Tính tỉ số thể tích hai phần đó (MNB’) chia hình lập phương.
GIẢI
D
A
B
Q
M
C'
B'
D'
A'
P
E
C
Gợi ý:
Gọi V1, V2 tương ứng là thể tích các phần trên và phần dưới thiết diện ta có:
V1 = VB’ECF - (VEPD’N + VFMQC)
Để ý: ED’ = a, FC =
3
a , PD’ =
3
2a , CQ = 
4
a
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Tính được V1 = 
144
55 3a
V2 = V- V1 = a
3 -
144
55 3a = 
144
89 3a  
89
55
2
1 
V
V
Bài 5: Cho tứ diện SABC lấy M, N thuộc cạnh SA, SB sao cho
2
1
MA
SM , 2
NB
SN . Mặt 
phẳng qua MN // SC chia tứ diện thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần này.
GIẢI
A'
C
A
BE
M
N
F
Dễ thấy thiết diện là hình thang MNEF (với MF // NE)
Đặt V = VSABC, V1 = VMNEFCS, V2 = VMNEFAB
V1 = VSCEF + VSFME + VSMNE
9
2
3
2
3
1 ..  CBCECACFVVSCEF
3
1.  SASMSASESESMVVSFEASFME
9
4..  CBCECAFASSSSSSVV ABCCEACEAFEAABCFEASFEA
⇒ VV
VSFME
27
4
9
4
3
1 . 
9
2.  SBSNSASMVVSABESMNE
3
1..  CBCECEEBSSSSSSVV ABCCEACEAABEABCABESABE
⇒VSABE = 27
2
V ⇒ V1 = 9
2
V + 27
4
V + 27
2
V = 9
4
V 5
4
2
1 VV
Bài 6: Cho lăng trụ đứng tam giác đều ABCA’B’C’ có cạnh đáy và cạnh bên đều bằng 
a. M, N, E lần lượt là trung điểm của BC, CC’, C’A’. Tính tỉ số thể tích hai phần lăng trụ 
do (MNE) tạo ra.
GIẢI
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
B'
C'
C
B
A
A' E
M
N
A'
I
Dễ thấy (MNE) cắt lăng trụ theo thiết diện là ngũ giác MNEFI
Gọi V1, V2 tương ứng là thể tích phần trên và phần dưới của thiết diện, ta có
V1 = VNIBM + VNBB’FI + VNB’C’EF
V2 = VNFA’E + VNAA’FI + VNACMI
So sánh từng phần tương ứng ta có V1 = V2  2
1
V
V
= 1
Bài 7: Cho hình vuông ABCD cạnh a. {O} = AC  BD, ox  (ABCD). Lấy 
S  Ox, S  O. Mặt phẳng qua AC và vuông góc (SAD) chia hình chóp thành hai phần. 
Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
DẠNG 3 : PHƯƠNG PHÁP THỂ TÍCH : CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC, BẤT
ĐẲNG THỨC,KHOẢNG CÁCH TỪ 1 ĐIỂM TỚI MỘT MẶT PHẲNG
DỰA VÀO THỂ TÍCH.
Bài 1: SABC có SA = 3a, SA  (ABC), ∆ABC có AB = BC = 2a, ABC =120o
Tính D(A,(SBC)).
GIẢI
B
A
S
C
M
3a
2a
S∆ABC = 2
1
AB.BC.sin120o = 4
3.2.2 aa
= a3 3
SSABC = 3
1
S∆ABC .SA= 3
33.2 aa
= a3 3
Kẻ SM BC
BC SA (vì SA  (ABC))
⇒BC  AM ⇒ AM = a 3
∆SAM vuông tại A có SM = 2 3 a
S∆SBC = SM.BC = 2 3 a2
d(A, (SBC)) = 2
3
32
333
2
3 
 a
a
S
V
SBC
SABC
a
Bài 2: SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a 3 , SA  (ABC), SA =2a. 
`Tính d(A, (SBC))
GIẢI
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
B
A
S
C
M
a 3
2a
S∆ABC = 2
1 oaa 60sin.3.3 = 4
33
2
3
2
3 22 aa 
VSABC = 3
1
SA.S∆ABC = 2
3 3a . Gọi M là trung điểm BC 
AM  BC
BC SA ⇒BC  SM
AM = 2
3
2
3.3 aa 
∆SAM vuông tại A có SM2 = SA2 + AM2 = 4a2 + 49 a2 = 425 a2⇒ SM = 25 a
S∆SBC = 2
1 SM.BC = 2
35
a2
d(A, (SBC)) = 5
3
.
..33
2
2
35
3
2
3

 a
a
S
V
SBC
SABC
a
Bài 3: Cho tứ diện ABCD có AD b (ABC); AC = AD = 4; AB = 3, BC = 5. 
Tính d(A, (BCD)) ?
GIẢI
CA
B
D
4
5
3
M
5
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Dễ thấy ∆ABC vuông tại A .S∆ABC = 21 AB.AC = 6. VDABC = 31 S∆ABC.DA = 8
∆DAC có DC = 4 2 . ∆DAB có DB = 5
∆DBC có BC = BD = 5 ⇒ ∆DBC cân tại B, gọi M là trung điểm DC ⇒BM  DC
BM = 17825  . S∆DBC = 2
1
BM.DC = 2
1
. 17 .4 2 = 2 34
d(A, (DBC)) = 34
123 
DBC
DABC
S
V
a
Bài 4: Cho tứ diện ABCD có AB = a; CD = b, các cạnh còn lại bằng c. 
Tính d(A, (BCD))
GIẢI
A
N
B
C
D
M
a
∆ACD = ∆BCD. Gọi M là trung điểm CD 
⇒AM = BM, DC  (ABM)
Gọi N là trung điểm AB ⇒M