Sáng kiến kinh nghiệm Phân loại giải bài tập về tính thể tích của khối chóp

 - Gia Lộc – Hải Dương 
 7 
2 2 21 1 1. 1. 3 3
2 2 6ABCD
S AC BD x x V x x= = + − ⇒ = − 
áp dụng BĐT Côsi ta có 
2 2
21 1 3 13 .
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 00 90α< < ). 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 ABCV 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 SA2 = 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 22 (1 cos ) 4 sin 2 .sin
2 2
a a AB a
α α
α= − = ⇒ = 
2 4
0 2 2 2 2 21 1 3. .sin 60 3sin 3sin . sin
2 2 3 2 2 6 2ABC
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 2SA 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
= − = 
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 
 8 
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 600. 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 
600 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 ⇒  060SEH = . Tương tự   060SFH 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 = 26 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 0tan 60 2 2SH r a= = . 
 Vậy 2 3
1 1
. .6 6 .2 2 8 3
3 3SABC
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 600, tam giác ABC vuông tại C và  060BAC = . 
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 ABCd 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 ABCd d B G= = . 
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 
 9 
Vậy '
1
. '
3A 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  060BAC = 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 29 3 1 3 9 33 .
16 4 4 2 2 32ABC
a x a x a
BM BC MC x x S CB CA= + ⇔ = + ⇔ = ⇒ = = =
Vậy 
2 3
'
1 9 3 3 9
. .
3 32 2 64A 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 4AMN ANS ABS
S S S= = 
( ;( )) ( ;( ))/ /( ) P AMN C AMNPC AMN d d⇒ = . Vậy 
. ( ;( )) ( ;( ))
1 1 1
. . .
3 3 4P AMN AMN P AMN ABS C AMN
V S d S d= =
P
NM
O
B
D
C
A
S
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 10 
. .
1 1 1 1
. .
4 4 4 3C ABS S ABC ABC
V V S SO= = = ; 2 2 2
1 6
,
2 2ABC
a
S a SO SA AO= = − = . 
Vậy 
3
21 1 6 6. .
12 2 2 48AMNP
a a
V a= = 
Bài 10. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, AB = a, AD = 2a, góc 
 030ABC = ; SA = 3a và nằm trên đường thẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N lần 
lượt là trung điểm của SC và SD, O là giao điểm của AC và BD. Tính thể tích khối 
tứ diện OAMN. 
Phân tích. Khối tứ diện OAMN có 
mặt AOM có thể mở rộng thành 
tam giác SAC, khoảng cách từ N 
đến (AOM) có thể thay bằng một 
nửa khoảng cách từ D đến (SAC). 
Lời giải. 
Ta có ( ;( ))
1
. .
3OAMN OAM N OAM
V S d= . 
O, M lần lượt là trung điểm của AC 
và SC nên 
1 1
2 4OAM CAM SAC
S S S= = , 
đường thẳng DN cắt (OAM) tại S 
và N là trung điểm của SD nên ( ;( )) ( ;( )) ( ;( ))
1 1
2 2N OAM D OAM D SAC
d d d= = . Vậy 
3
0
( ;( )) .
1 1 1 1 1 1 1
. . . . . . .sin30 .
3 4 4 4 3 12 2 8OAMN SAC D SAC S ACD ACD
a
V S d V S SA DA DC SA= = = = = 
Bài 11 Cho tứ diện ABCD có , ;AB a CD b= = góc ( , )AB CD α= , khoảng cách 
giữa AB và CD bằng d . Tính thể tích của khối tứ diện ABCD theo , ,a b d và α . 
Phân tích. Nếu dựng hbh BCDE thì tam giác 
ABE hoàn toàn xác định và BCD BDES S= nên 
.ABCD ABDE D ABEV V V= = 
Lời giải. 
Dựng hình bình hành BCDE suy ra / /BE CD và 
BE CD b= = , góc giữa AB và CD bằng hoặc bù 
với góc  sin sinABE ABE α⇒ = . BCD BDES S= ⇒ b
b
a
C
E
D
B
A
O
N
M
C
A
D
B
S
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 11 
( ;( ))
1
.
3ABCD ABDE DABE ABE D ABE
V V V S d= = = . 
1
sin
2ABE
S ab α= . 
Mp(ABE) chứa AB và song song với CD nên ( ; ) ( ;( )) ( ;( ))CD AB CD ABE D ABEd d d d= = = 
Vậy 
1 1
. sin . sin
3 3ABCD
V ab d abdα α= = 
Bài 12. Cho hai nửa đường thẳng Ax và By chéo nhau nhận AB làm đoạn vuông 
góc chung. Các điểm M, N lần lượt chuyển động trên Ax và By (M khác A và N 
khác B) sao cho AM + BN = MN. Chứng minh rằng thể tích tứ diện ABMN không 
phụ thuộc vào M và N. 
Phân tích. Bài này có lời giải tương tự 
như bài trên 
Lời giải. 
Trong mặt phẳng (ABN), dựng hình bình 
hành ABNN’. Đặt AB = a, 'MAN α= thì 
a và α cố định, đặt AM = x, BN = y khi 
đó AN’ = BN = x, NN’ // AB ⇒ NN’ ⊥ 
Ax, NN’ ⊥ At ⇒ NN’ ⊥ (AMN’) 
' ' . 'ABN ANN MABN MANN N AMNS S V V V= ⇒ = = 
'
1 1 1
. ' . sin .
3 3 2AMN
S NN xy aα= = 
2 2 2' ' ' 'NN N M MN NN N M⊥ ⇒ = + 
2
2 2 2 2 2
2
( ) 2 cos 2 (1 cos )
4cos
2
a
x y a x y xy xy a xyα α
α
⇔ + = + + − ⇔ + = ⇔ = 
Vậy 
2
3
2
1 1
. .sin . tan
6 12 24cos
2
ABMN
a
V a a
α
α
α
= = không phụ thuộc vào M và N. 
Bài 13. Cho tứ diện ABCD có AD = BC = a, AC = BD = b, AB = CD = c. Tính thể 
tích V của tứ diện ABCD theo a, b, c. 
Phân tích. ABCD là tứ diện gần đều nên ta dựng tứ diện vuông AA1A2A3 sao cho 
B, C, D lần lượt là trung điểm của 1 2 1 3 2 3, ,A A A A A A . 
Lời giải. 
Trong mặt phẳng (BCD), từ mỗi đỉnh của BCD∆ kẻ đường thẳng song song với 
cạnh đối diện, chúng cắt nhau tạo thành 1 2 3A A A∆ . Ta có 3 2 1, ,BCA D BCDA BDCA là 
t
x
y
B
N'
NA
M
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 12 
các hình bình hành nên 1 2 1 2
1
2
AB DC A A AA A= = ⇒ ∆ vuông tại A. Tương tự 
1 3AA A∆ , 2 3AA A∆ vuông tại A. 
1 2 3 1 2 3
1 1
4 4BCD A A A ABCD AA A A
S S V V= ⇒ = 
đặt x = AA1, y = AA2, z = AA3 
Trong tam giác vuông 2 3AA A∆ => y
2 + z2 = 4a2 
(1) 
Trong tam giác vuông 1 3AA A∆ => x
2 + z2 = 4b2 
(2) 
Trong tam giác vuông 1 2AA A∆ => x
2 + y2 = 4c2 
(3) 
Cộng vế ta được x2 + y2 + z2 = 2(a2 + b2 + c2) 
2 2 22 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2
2( )2( )
2( ) 2( )
2( ) 2( )
x b c ax b c a
y a c b y a c b
z b a c z b a c
 = + −= + −  
⇒ = + − ⇔ = + − 
 = + − = + − 
1 2 3
2 2 2 2 2 2 2 2 2
A A A
2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 1
yz= 2( ). 2( ). 2( )
6 6
1
2( )( )( )
3
AV x b c a a c b b a c
b c a a c b b a c
= + − + − + −
= + − + − + −
2 2 2 2 2 2 2 2 21 2( )( )( )
12ABCD
V V b c a a c b b a c⇒ = = + − + − + − 
Bài 14. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, SB 
= 3a và mp(SAB) vuông góc với mp đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của 
các cạnh AB và BC. Tính theo a thể tích khối chóp S.BMDN và cosin của góc giữa 
hai đường thẳng SM và DN. 
Phân tích. Tam giác ABS vuông tại S nên 
ta tính được SH. Diện tích tứ giác BMDN 
có thể tính gián tiếp qua diện tích của hình 
vuông ABCD. 
Lời giải. 
Ta có SA2 + SB2 = AB2 suy ra tam giác 
SAB vuông tại S. Gọi H là hình chiếu của 
S trên AB thì do (SAB) ⊥ (ABCD) nên SH 
⊥ (ABCD). 
c
b
a
a
c
b
c
z
b
xy
a
c
b
a
D C
B
A2
A1
A3
A
M
N C
A
D
B
S
H
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 13 
Từ 
. 3
. .
2
SB SC a
SH AB SB SC SH
AB
= ⇒ = = 
1 1
2 2BMDN BMD BND BAD BCD
S S S S S= + = + 2
1 1
.2 .2 2
2 2ABCD
S a a a= = = . Do đó 
3
2
.
1 1 3 3
. .2 .
3 3 2 3S BMDN BMDN
a a
V S SH a= = = 
3. Phương pháp phân chia và lắp ghép khối chóp 
Cở sở của phương pháp này là: Nếu khối chóp phức tạp hoặc chưa tính thể 
tích ngay được thì ta có thể phân chia khối chóp thành những khối chóp đơn giản 
hơn mà việc tính thể tích của những khối chóp được phân chia là khả quan hoặc ta 
có thể coi khối chóp đã cho là phần bù của một khối chóp khác. 
Bài 15. Cho khối hộp . ' ' ' 'ABCD A B C D có thể tích V. Tính thể tích khối tứ diện 
' 'ACB D theo V. 
Phân tích. Việc tính trực tiếp thể tích của tứ 
diện ' 'ACB D theo công thức (1) là không khả 
thi, bởi vì ta rất khó xác định chân đường 
vuông góc hạ từ một đỉnh nào đó. Trong khi 
' , ' , ' ' ', ' ' ', ' 'B ABC D ACD AA B D CB C D ACB D
đều có chiều cao bằng chiều cao của khối hộp 
và diện tích đáy bằng nửa dt đáy của khối hộp 
Lời giải. 
Khối hộp . ' ' ' 'ABCD A B C D được phân chia 
thành 5 khối tứ diện: ' , ' , ' ' ', ' ' ', ' 'B ABC D ACD AA B D CB C D ACB D . Do đó 
' ' A'B'D' CB'C'D' ' '+VB ABC D ACD A ACB DV V V V V= + + + . 
Các khối tứ diện ' , ' , ' ' ', ' ' ', ' 'B ABC D ACD AA B D CB C D ACB D đều có chiều cao 
bằng chiều cao của khối hộp và diện tích đáy bằng nửa dt đáy của khối hộp nên 
' A'B'D' CB'C'D' ' ( ';( )) ( ';( ))
1 1
=V . .
3 6 6D ACD A B ABC ABC B ABC ABCD B ABCD
V
V V V S d S d= = = = = . 
Từ đó ta có ' ' 4. 6 3ACB D
V V
V V= − = 
Bài 16. Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy và cạnh bên đều bằng a 
a) Tính thể tích V của khối chóp S.ABCD. 
b) Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AB, AD, SC. Chứng minh rằng mặt 
phẳng (MNP) chia khối chóp S.ABCD thành hai phần có thể tích bằng nhau. 
D'
A'
C'
C
A
D
B
B'
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 14 
Phân tích. Mp(MNP) chia khối chóp thành 2 khối đa diện phức tạp nên để tích thể 
tích của nó ta chọn phương án lấy hiệu. 
Lời giải. 
a) Gọi H là tâm đáy ⇒ SH ⊥ (ABCD) và 
2
2 2 2 2
2 2
a a
SH SA HA a= − = − = 
3
21 1 2 2. .
3 3 2 6ABCD
a a
V S SH a= = = 
b) MN cắt CD tại J, cắt CB tại I; 
PJ cắt SD tại F, PI cắt SB tại E. 
Thiết diện của hình chóp với 
mặt phẳng (MNP) là ngũ giác 
MNFPE. 
Mặt phẳng (MNP) chia khối 
chóp S.ABCD thành hai phần. 
Gọi V1 là phần là phần chứa 
điểm S và V2 là phần còn lại. 
Dễ thấy 
2 PCIJ FDNJ EBMIV V V V= − − 
Vì P là trung điểm của SC nên ( ;( )) ( ;( ))
1 1
2 2P ABCD S ABCD
d d SH= = 
Gọi K là trung điểm của CD, khi đó MK // ND, KP // DF suy ra 
1 1 1 1 1
. ,
2 2 2 2 4 2 2
DF JD ND a a
DF KP SD JD JK
KP JK MK
= = = ⇒ = = = = = 
Tương tự 
4
a
BE = , 
2
a
BI = 
2
( ;( ))
1 1 1 1 3 3 3 9
. . . . . . . .
3 3 2 2 12 2 2 16 16PCIJ CIJ P CIJ
SH
V S d CI CJ a a SH a SH V= = = = = 
( ;( ))
1 1 1 1
. . . . .
3 3 2 2 2 4 32FDNJ EBMI BMI E BMI
a a SH
V V S d V= = = = 
Vậy 2 1
9
2.
16 32 2 2
V V V V
V V= − = ⇒ = 
4. Phương pháp sử dụng công thức về tỉ số thể tích của hai khối chóp. 
Cơ sở của phương pháp này là bài toán cơ bản sau: 
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
= 
E
F
J
I
P
N
M
C
A
D
B
S
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 15 
Việc chứng minh nó khá đơn giản và đã có trong sách giáo khoa. Cái hay 
của bài toán này là ở chỗ: khi đã biết thể tích của khối chóp S.ABC và các tỉ số nói 
trên thì ta sẽ tính được thể tích của khối chóp S.A’B’C’ (đôi khi việc tính trực tiếp 
thể tích của khối chóp S.A’B’C’ gặp nhiều khó khăn). Ta sẽ minh họa điều này 
bằng một số ví dụ sau. 
Bài 17. Cho tứ diện ABCD có AB = a, AC = b, AD = c và các góc BAC, CAD, 
DAB đều bằng 600. Tính thể tích khối tứ diện ABCD theo a, b, c. 
Phân tích. Nếu a = b = c thì tứ diện ABCD là hình chóp đều đỉnh A nên ta tính 
được thể tích của nó. Nếu a, b và c không đồng thời bằng nhau thì ta lấy C’ và D’ 
trên các tia AC, AD sao cho AC’ = AD’ = a để được hình chóp đều. Tiếp theo ta 
dùng công thức tỉ số thể tích để tính thể tích khối chóp A.BCD. 
Lời giải. 
Không giảm tổng quát, giả sử a nhỏ nhất. Trên các tia 
AC, AD lần lượt lấy C’ và D’ sao cho AC’ = AD’ = a. 
Tam giác ABC’ cân tại A và có 

0' 60BAC = nên tam 
giác ABC’ đều cạnh a. Tương tự các tam giác ABD’ 
và AC’D’ đều cạnh a nên tứ diện ABC’D’ đều cạnh a 
Gọi H là trọng tâm tam giác BC’D’ thì 
AH ⊥ (BC’D’) và 
2 3 3 6
.
3 2 3 3
a a a
BH AH= = ⇒ = 
3
0
' ' ' '
1 1 1 6 2
. . . . .sin 60 .
3 3 2 3 12ABC D BC D
a a
V S AH a a= = = 
Theo công thức về tỉ số thể tích ta có 
3
.
.2 2
. ' '
2 2
. . .
' ' 12 12
A BCD
A BCD
A BC D
V AB AC AD bc bc a abc
V
V AB AC AD a a
= = ⇒ = = 
Bài 18 Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 
2a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M, N lần lượt là hình chiếu vuông 
góc của A trên các đường thẳng SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM. 
Phân tích. Ta dễ dàng tính được thể tích của khối chóp S.ABC và các tỉ số 
,
SM SN
SB SC
 nên tính được thể tích của khối chóp S.AMN. Mặt khác, khối chóp 
S.ABC được phân chia thành hai khối chóp S.AMN và A.BCNM nên 
ABCNM SABC SAMNV V V= − 
A 
B 
C 
D C’ 
D’ 
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 16 
Lời giải. 
2 31 1 3 3
. . .2
3 3 4 6SABC ABC
a a
V S SA a= = = 
2 2
2 2 2 2
. . 16
. . .
25
SAMN
SABC
V SM SN SM SB SN SC SA SA
V SB SC SB SC SB SC
= = = =
3 316 16 3 8 3
.
25 25 6 75SAMN SABC
a a
V V⇒ = = = 
3 3 33 8 3 7 3
6 75 25ABCNM SABC SAMN
a a a
V V V= − = − = 
Bài 19. Cho hình chóp S.ABCD có đáy 
ABCD là hình chữ nhật; AB = a, AD = 2a; 
SA vuông góc với đáy và SA = 3a . Gọi 
B’, C’, D’ lần lượt là hình chiếu của A trên 
SB, SC, SD. 
a) Chứng minh rằng A, B’, C’, D’ đồng 
phẳng. 
b) Tính thể tích khối chóp S.AB’C’D’. 
Phân tích. Do ', ', 'AB AC AD cùng vuông 
góc với SC nên chúng đồng phẳng. Để làm 
câu b) ta lưu ý rằng công thức tỉ số của hai khối chóp chỉ áp dụng cho các khối 
chóp tam giác nên ta nghĩ đến việc phân chia khối chóp S.AB’C’D’ thành hai khối 
chóp tam giác. 
Lời giải. 
a) Ta có ' , ' (do ( )) 'AB SB AB BC BC SAB AB SC⊥ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ 
 ' , ' (do ( )) 'AD SD AD DC DC SAD AD SC⊥ ⊥ ⊥ ⇒ ⊥ 
Hiển nhiên 'AC SC⊥ suy ra ', ', 'AB AC AD cùng thuộc mặt phẳng (P) đi qua 
điểm A và vuông góc với SC. Vậy A, B’, C’, D’ đồng phẳng. 
b) Theo công thức về tỉ số thể tích ta có 
2 2
. ' '
. ' ' .2 2 2 2
.
' ' '. '. 9 9
. . .
32 32
S AB C
S AB C S ABC
S ABC
V SB SC SB SB SC SC SA SA
V V
V SB SC SB SC SB SC
= = = = ⇒ = 
2 2
. ' '
. ' ' .2 2 2 2
.
' ' '. '. 9 9
. . .
56 56
S AC D
S AC D S ACD
S ACD
V SC SD SC SC SD SD SA SA
V V
V SC SD SC SD SC SD
= = = = ⇒ = 
2a
a
C'
O
B
D
C
A
S
B'
D'
A C
B
S
M
N
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 17 
Kí hiệu V là thể tích của khối chóp S.ABCD thì 
31 3
.
3 3ABCD
a
V S SA= = và do 
ABCD là hình chữ nhật nên . .
1
2S ABC S ACD
V V V= = . Từ đó 
3
. ' ' ' . ' ' . ' '
9 9 33 3
. .
32 2 56 2 448S AB C D S AB C S AC D
V V a
V V V= + = + = 
Bài 20. Cho khối chop S.ABCD có đáy ABCD là nửa lục giác đều nội tiếp trong 
đường tròn đường kính AD = 2a. Hai mặt bên SAB và SAD vuông góc với đáy, 
mặt phẳng (SBD) tạo với mặt phẳng chứa đáy một góc 450. 
a) Tính thể tích V của khối chop S.ABCD. 
b) Tính khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD). 
c) Gọi M là trung điểm của cạnh SB, mặt phẳng (ADM) cắt SC tại N. Tính thể 
tích khối chop S.AMND. 
Phân tích. Câu a) ta tính trực tiếp. Để giải câu b) ta dùng phương pháp thể tích, 
còn câu c) có cách giải tương tự như bài 19. 
Lời giải. 
a) Hai mặt phẳng (SAB) và (SAD) cùng vuông góc với mp(ABCD) và cắt nhau 
theo giao tuyến SA suy ra SA ⊥ (ABCD). Gọi O là trung điểm của AD thì tam giác 
OAB đều cạnh a và 
23 3
3
4ABCD OAB
a
S S= = 
Góc  090ABD = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) 
⇒ BD ⊥ AB, BD ⊥ SA ⇒ BD ⊥ SB. Do đó, góc giữa (SBD) 
và (ABCD) bằng góc   045SBA SBA⇒ = suy ra tam giác SAB 
vuông cân tại A ⇒ SA = a. 
Vậy 
2
31 1 3 3 3. . .
3 3 4 4ABCD
a
V S SA a a= = = 
b) Ta có 0 3
1 1 1 3
. . . .sin120 .
3 3 2 12SBCD BCD
V S SA CB CD SA a= = = 
Mặt khác . ( ;( ))
1
.
3SBCD C SBD SBD C SBD
V V S d= = . Tam giác SBD vuông tại B nên 
21 1 6
. 2. 3
2 2 2SBD
a
S SB BD a a= = = . Vậy ( ;( ))
3 2
4
SBCD
C SBD
SBD
V a
d
S
= = 
c) Mặt phẳng (ADM) song song với BC nên cắt (SBC) theo giao tuyến MN // BC, 
M là trung điểm của SB nên N là trung điểm của SC. 
Ta có . . .S AMND S AMN S ANDV V V= + 
O
N
M
A
B C
D
S
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 18 
3
.
. .
.
1 1 1 1 1 1 3
. . . .
2 2 4 4 4 3 48
S AMN
S AMN S ABC ABC
S ABC
V SM SN a
V V S SA
V SB SC
= = = ⇒ = = = 
3
.
. .
.
1 1 1 3
.
2 2 2 12
S AND
S AND S ACD ACD
S ACD
V SN a
V V S SA
V SC
= = ⇒ = = = 
Vậy 
3 3 3
.
3 3 5 3
48 12 48S AMND
a a a
V = + = 
Bài 21. Cho hình chóp O.ABCD có ABCD là hình bình hành, AC cắt BD tại I, P là 
trung điểm của OI. Xét các mặt phẳng chứa AP, mặt phẳng đó cắt OB, OC, OD lần 
lượt tại M, K, N. Gọi V1 và V lần lượt là thể tích của các khối chóp O.AMKN và 
O.ABCD. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của tỷ số 1
V
V
. 
Phân tích. Do đáy ABCD là hình bình hành và yêu cầu bài toán là tính tỉ số thể 
tích nên ta phân chia khối chóp O.AMKN thành hai khối chóp tam giác và áp dụng 
công thức. Ta dễ dàng tính được 
1
3
OK
OC
= . Vấn đề còn lại là tìm mối quan hệ giữa 
OM
OB
 và 
ON
OD
. 
Lời giải. 
Vì ABCD là hình bình hành cho nên ta có: 
VO.ABC = VO.ADC = VO.ABD = VO.CBD = 
1
2
VO.ABCD = 
1
2
V. 
Do P là trung điểm của OI⇒OK = 
1
3
OC 
(Thí sinh phải chứng minh) 
Đặt 
OM ON
x, y
OB OD
= = (0 < x, y ≤ 1) thì: 
OAMK
OAMK
OA