Bài tập Thể tích - Khối đa diện - Khối cầu - Khối trụ - Khối nón

PHẦN 1
THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
A. LÝ THUYẾT
1. Khái niệm thể tích của 1 khối đa diện (Sgk hh 12) 
2. Các công thức tính thể tích của khối đa diện
a) Thể tích khối hộp chữ nhật
V = abc với a, b, c là 3 kích thước của khối hộp chữ nhật
b) Thể tích của khối chóp
V= 
3
1 Sđáy . h ; h: Chiều cao của khối chóp
c) Thể tích của khối lăng trụ
V= Sđáy . h ; h: Chiều cao của khối lăng trụ
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
DẠNG 1: TÍNH THỂ TÍCH CỦA KHỐI ĐA DIỆN
*Phương pháp: Để tính thể tích của khối đa diện ta có thể:
+Áp dụng trực tiếp các công thức tính thể tích
+Chia khối đa diện thành các khối nhỏ hơn mà thể tích của các khối đó tính được
+Bổ sung thêm bên ngoài các khối đa diện để được 1 khối đa diện có thể tính thể 
tích bằng công thức và phần bù vào cũng tính được thể tích.
*Các bài tập
1)Về thể tích của khối chóp
+Nếu khối chóp đã có chiều cao và đáy thì ta tính toán chiều cao, diện tích đáy và 
áp dụng công thức :V= 
3
1 Sđáy . h 
Bài 1: Tính thể tích hình chóp tam giác đều SABC trong các trường hợp sau:
a) Cạnh đáy bằng a, góc ABC = 60o
b) AB = a, SA = l
c) SA = l, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng ỏ
GIẢI:
a) Gọi O là tâm ∆ABC đều 
⇒ SO ⊥(ABC) 
SABC =
2
1 a
2
3a =
4
32a
∆ABC có SA = SB; ABC = 60o
⇒ SA = AB = SB = a
C
S
A
B
Oa
SO ⊥ OA ( vì SO ⊥ (ABC) ) Tam giác vuông SOA có:
SO2 = SA2 - OA2 = a2 - (
3
2 a
2
3 )2 = 2
2
2
3
2
3
a
a
a 
⇒ SO = a
3
2
Vậy VSABC = S∆ABC . SO = 3
1 .
4
32a . a 3
2 .
3
2 2al 
b) Tương tự câu a đáp số: 
VSABC = 3
1
.
4
32a
.
3
2 2al 
c) 
Gọi O là tâm ∆ABC
Gọi A’ là trung điểm BC
Dễ thấy ((SBC), (ABC)) = góc SA’O = ỏ
Tam giác vuông SOA có: 
 SO2 = l2 - OA2 = l2 - 9
4
AA’2
Tam giác vuông SOA’ có: 
 sin'.sin 31'
3
1 AASOAA
SO  (2)
Từ (1) (2) ta có: 
2
9
42
9
1 sin'.sin' lAAAA  
O
B
A'
A C
a
 AA’2(sin2 ỏ + 4) = 9l2
 4sin
3
2
'



lAA
S∆ABC = )4(sin2
33
4sin3
3
4sin
3
2
1
2
1
2
2
22
..'.   
lllBCAA
4sin
sin.
4sin
3
3
1
22
sin..





 llSO
⇒VSABC = 31 S∆ABC . SO = 4sin).4(sin
sin
3
3
22
2
.
 
l
Bài 2. Cho lăng trụ ABCA’B’C’ có độ dài cạnh bên = 2a, ∆ABC vuông tại A, AB = a, 
AC = a 3 . Hình chiếu vuông góc của A’ trên (ABC) là trung điểm BC. Tính VA’ABC
theo a?
GIẢI.
-Gọi H là trung điểm BC 
⇒A’H ⊥ (ABC) (gt)
-Ta có S∆ABC = 3. 22
1
2
1 aACAB 
-Vì A’H ⊥ (ABC) ⇒ A’H ⊥ AH
Tam giác vuông A’HA có:
A’H2 = A’A2 - AH2 = (2a)2 - 4
1
.(a2 + 3a2)
hay A’H2 = 4a2 - a2 = 3a2 ⇒ A’H = a 3
B CH
2a
a a 3
C'
A'
⇒VA’ABC = 31 S∆ABC .A’H = 2
2
2
1
3
1 23.3. aaa 
Bài 3. Hình chóp SABCD có SA ⊥ (ABC), SA = a. ∆ABC vuông cân có
AB = BC =a. B’ là trung điểm SB. C’ là chân đường cao hạ từ A của ∆SAC
a) tính VSABC
b) Chứng minh rằng AB ⊥ (AB’C’). Tính VSAB’C’
GIẢI
a)
S∆ABC = 22
1
2
1 . aBCBA  ; SA =a
⇒ VSABC = 31 S∆ABC .SA = 61 a3
a
CA
a
a
B'
C'
B
b) ∆SAB có AB = SA = a ⇒∆SAB cân tại A ⇒ AB’ ⊥ SB
B’S = B’B
BC⊥ AB ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AB’ 
BC⊥ SA
⇒ AB’ ⊥ (SAC) ⇒ AB’ ⊥ SA ⇒SC ⊥ (AB’C’)
AC’ ⊥ SC 
Cách 1 
2
2
2
1
2
1 2' aaSBAB 
Vì AB’ ⊥ (SBC) ⇒AB’ ⊥ B’C’. SC = aACSA 322 
3
2
' aSC
SASC 
B’C’2 = SB’2 - SC’2 = 66 ''
2 aa CB 
⇒S∆AB’C’ = 34622121
2
..'''. aaaCBAB 
⇒V∆AB’C’ = 3632431
32
.. aaa 
Cách 2
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
3' '1 1
2 33
a
S B S C
S B S C a
  
3
' ' 33' ' ' 1 1 1
' ' '6 6 6 3 63
S A B C
S A B C
a
V S A S B S C a
S A B CV S A S B S C a
V a     
Bài 4 Hình chóp SABC có SA⊥ (ABC), ∆ABC cân tại A, D là trung điểm BC, AD = a, 
(SB, (ABC)) = ỏ; (SB, (SAD)) = õ. Tính VSABC.
GIẢI
Dễ thấy 
(SB, (ABC)) = ỏ = SBA
(SB, (SAD)) = õ = BSD
∆ABC cân ⇒ AD ⊥ BC
DB = DC
∆SAB có cos ỏ = SB
AB
(1)
BC ⊥ AD 
BC ⊥ SA (vì SA⊥ (ABC)
⇒ BC ⊥ (SAD) ⇒ BC ⊥
SD
a
B
A C
D
S
Tam giác vuông SB có sinõ = SB
BD
 (2)
Từ (1) (2) ⇒  sinsincos
22 aABBDAB  ⇒  sincos
22
2
2 aABAB 
⇒ AB2(sin2 õ – cos2 ỏ) = -a2cos2 ỏ ⇒ AB =  cos
2
sincos
1
22 a
S∆SAB =BD.AD = 
22
2 2 2 2
sin sincos
cos cos cos sin cos sin
. .Sin aaAD AB         
SA = AB. tan ỏ = 

22 sincos
sin

a
⇒ VSABC = 31 SA.S∆ABC = 

22 sincos
sin
3
1

a


22
2
sincos
sin

a
= 

22
3
sincos3
cossin

a
Bài 5 Cho hình vuông ABCD cạnh a. các nửa đường thẳng Ax, Cy ⊥ (ABCD) và ở 
cùng một phía với mặt phẳng đó. Điểm M không trùng với với A trên Ax, điểm N không 
trùng với C trên Cy. Đặt AM = m, CN = n. Tính thể tích của hình chóp BAMNC.
GIẢI
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Gọi I là giao điểm của AC và BD
Ta có BD ⊥ AC 
(vì ABCD là hình vuông)
(Ax, Cy) ⊥ (ABCD)
⇒ BD ⊥ (AMNC) 
⇒ BI ⊥ (AMNC)
BI = 2
2
2
aBD 
x
n
A
D C
m
B
M
N
Diện tích hình thang AMNC là S = 2 2)(2 )( . anmCNAM AC  
VAMNC = )(... 62
2
2
2)(
3
1
3
1 2 nmBIS aaanmAMNC  
*Nếu khối chóp cần tính thể tích chưa bíết chiều cao thì ta phải xác định đựơc vị trí 
chân đường cao trên đáy.
Ta có một số nhận xét sau:
-Nếu hình chóp có cạnh bên nghiêng đều trên đáy hoặc các cạnh bên bằng nhau 
thì chân đường cao là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy. 
-Nếu hình chóp có các mặt bên nghiêng đều trên đáy hoặc có các đường cao của 
các mặt bên xuất phát từ một đỉnh bằng nhau thì chân đường cao là tâm đường tròn nội 
tiếp đáy 
-Hình chóp có mặt bên hoặc mặt mặt chéo vuông góc với đáy thì đường cao của 
hình chóp là đường cao của mặt bên hoặc mặt chéo đó.
-Nếu có một đường thẳng vuông góc với mặt đáy của khối chóp thì đường cao của 
khối chóp sẽ song song hoặc nằm trờn với đường thẳng đó.
-Nếu một đường thẳng nằm trong đáy của khối chóp vuông góc vuông góc với 
một mặt phẳng chứa đỉnh của khối chóp thì đường cao của khối chóp là đường thẳng kẻ 
từ đỉnh vuông góc với giao tuyến của mặt đáy và mặt phẳng chứa đỉnh đã nói ở trên.
*Nếu khối chóp là khối tứ diện thì ta cần khéo chọn mặt đáy thích hợp.
Bài 6: SABCD có đáy là tâm giác cân tại A, BC =a, ABC = ỏ, các cạnh bên nghiêng 
trên đáy một góc ỏ. Tính VSABC 
GIẢI
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
A
S
C B
H
a
- Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC)
- Vì các cạnh bên nghiêng đều trên đáy ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC.
- Ta có: ∆ABC = sin..21 ACAB
mà BC2 = 2AB2 - 2AB2cos ỏ = 2AB2(1-cos ỏ) = a2 ⇒ AB = 2cos1 a
⇒ S∆ABC = 24cos1 sin221221 cossin
22 

 aaAB  
HA = R =  sin2sin2
aBC 
Tan giác vuông có tan ỏ = AH
SH ⇒ SH =   cos2sin2 tan aa 
⇒VSABC = 

cos24
cot
cos2243
1
3
1 2
3
2
.cot..
aaa
ABC SHS 
Bài 7: SABC có đáy ABCD là hình bình hành và SABCD = 3 và góc giữa 2 đường chéo 
= 60o. các cạnh bên nghiêng đều trên đáy 1 góc 45o. Tính VSABCD
GIẢI
A B
C
O
D
-Hạ SO ⊥ (ABCD)
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
- Vì khối chóp có các bên nghiêng đều trên đáy. ⇒ O là tâm đường tròn đi qua 4 đỉnh A, 
B, C, D ⇒ tứ giác ABCD là hình chữ nhật và {O} = AC ∩ BD
- Đặt AC = BD =x.
Ta có ShcnABCD = 2
1
AC.BD.sin60o = 3.
2
4
3
2
32
2
1  xx ⇒ x=3
- (SA, (ABCD)) = (SA, AO) = SAO = 45o = SCO = (SC, (ABCD)) ⇒ ∆ASC vuông cân 
tại S ⇒ SO = 121 AC ⇒ VSABCD = 3331 1.3 
Bài 8: SABC có SA = SB = SC = a. ASB = 60o, BSC = 90o, CSA = 120o.
a) Chứng minh rằng ∆ABC vuông
b) Tính VSABC
GIẢI
a)
H
B
A
S
C
a





oASB
SBSA
60
⇒ AB = a
-Tam giác vuông SBC có BC2 = SB2 + SC2 = 2a2
-∆SAC có AC2 = a2 + a2 -2a2cos120o = 2a2 - 2a2(- 2
1
) =3a2
-∆ABC có AC2 = AB2 + BC2⇒∆ABC vuông tại B
b) Hạ SH ⊥ (ABC)
Vì SA = SB = SL HA = HB = HC ⇒ H là trung điểm AC
∆ABC vuông tại B
Tam giác vuông SHB có SB = a ⇒ SH2 = SB2 - BH2 = 24
2 aa SH 
BH = 2
3
2
aAC 
(Hoặc ∆SAC là nửa đều tam giác đều ⇒ SH = 22 aSA  )
⇒VSABC = 12261213131
23
.2..... aaABC aaSHBCABSHS 
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Bài 9: SABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AB = 2, ACB = 90o. ∆SAC và 
∆SBD là các tam giác đều có cạnh = 3 . 
Tính thể tích khối chóp SABCD.
Đáp số: VSABCD = 46
Bài 10: SABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D, ∆SAD đều cạnh = 2a, 
BC = 3a. Các mặt bên lập với đáy các góc bằng nhau. Tính VSABCD
GIẢI
2a
3a
CD
HK
- Hạ SH ⊥ (ABCD), H ∈ (ABCD)
- Vì các mặt bên lập với đáy các góc bằng nhau nên dễ dàng chứng minh được H là tâm 
đường tròn nội tiếp đáy
- Gọi K là hình chiếu của H lên AD
- Ta có HK = aAD 2
- Tam giác vuông SHK có HK = a
SK = 32 2
3 aa  (vì ∆SAD đều)
⇒SH = 23 22 aaa 
Vì ⋄ABCD ngoại tiếp nên: AB + CD = AD + BC = 5a
⇒SABCD = 222.52 ).( 5aaaADCDAB 
⇒VSABCD = 35
2
3
1
3
1 232.5. aABCD aaSHS 
Bài 11: Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a, 
SB = a 3 , (SAB)  (ABCD). M, N lần lượt là trung điểm AB, BC. Tính VSBMDN
GIẢI
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
S
H
15a
8a
A D
CB
S
A D
C
H
B
M
N
∆SAB hạ SH b AB ⇒SH b (ABCD) ⇒ SH b (BMDN)
(SAB) b (ABCD)
S∆CDN = S∆MDA = 4
1
S⋄ABCD ⇒ S⋄BMDN = 21 S⋄ABCD = 21 2a.2a = 2a2
∆SAB có AB2 = SA2 + SB2 = 4a2 ⇒ SAB vuông tại S 
⇒ 222222 3
4
3
11111
aaaSBSASH
 ⇒ SH = 23a
⇒VSBMDN = 3
1
S⋄BMDN.SH = 2
3
2
32
3
1 3.2 aaa 
Bài 12: SABCD có ⋄ABCD là hình thang với AB = BC = CD = 2
1
AD. ∆SBD vuông 
tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. SB = 8a, SD = 15a. 
Tính VSABCD
GIẢI
-Trong ∆SBD kẻ SH b BD
Vì (SBD) b (ABCD)
⇒SH b (ABCD)
-Tam giác vuông SBD có 222
111
SDSHSH

hay 222 225
1
64
11
aaSH

hay aaSH 1712028914400 . 
-Vì hình thang có AB = BC = CD = 2
1
AD ⇒ DA ˆˆ  = 60o, B = C = 120o
-∆SBD có BD2 = 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 1 ... BC))
⇒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 ⇒MN  AB
MN2 = BM2 - BN2 = c2 + 4
4
44
22222 abcab 
S∆AMN = 
222
42
4
2 4.
222
abcaabca 
VABCD = 2 VBCMA = 2. 31 CM.S(∆ABM) = 
222
12
222
423
2 44.. abcabc abab 
V∆BCD = BM.CD = 4
2
2
1 2bc  .b = 4b 224 bc 
d(A, (BCD)) = 22
222
22
4
222
4
4
4
4.
43
bc
abc
bc
abc
S
V a
b
ab
BCD
ABCB



 

Bài 5: Cho tứ diện ABCD có AB = CD = x các cạnh còn lại bằng 1.
a) Tính thể tích tứ diện ABCD theo x
b)Tính d(A, (BCD))
Tương tự bài 4 
Đáp số: VABCD = 6
2x
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
d(A, (BCD)) = x 22 4
2
4
4
x
x
x 

Bài 6: Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = = 2a, AA1 = 2a 5 và BAC = 
120o. Gọi m là trung điểm của cạnh CC1. 
Chứng minh rằng MB  MA1 và tinh khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A1BM)
GIẢI
B
A
C
2a
y
x
z
M
C1
A1
B1
Đưa và hệ trục toạ độ A1xyz vuông góc như hình vẽ: gốc toạ độ A1. trục A1Z 
hướng theo AA1 
Trục A1y hướng theo 11CA Trục A1x tạo với trục Oy góc 90o và nằm trong MP 
(A1B1C1).
Toạ độ các điểm:
A1(0 ; 0; 0), B1( )0;; 22
3 aa  , C1(0; 2a; 0)
A(0 ; 0; 2a 5 ), B( )52a;; 22
3 aa  , C(0; 2a; 2a 5 )
M(0; 2a; a 5 )
BM ( ;; 2
5
2
3 aa -a 5 )
MA1 (0; 2a; a 5 ), AB ( ;; 22
3 aa  0)
MABM 1. = 0+5a
2 - 5a2 = 0 (BM  MA1 )
Thể tích khối chóp AA1BM bằng V = 6
1
| AB [ MABM 1, ]|
MABM 1. = 52a -a 5 
3
2
a -a 5 3
2
a 52a
2a a 5 ; 0 a 5 ; 0 2a 
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
 =  3;; 22152 59 22 aaa 
⇒VAA1BM = 31521522 592 361
222
0.. aaaaa 
S∆BMA1 = 6
1
.  MABM 1. = 3a2 3 ⇒ Khoảng cách từ A tới (BMA1) bằng 
h = 3
53 a
S
V 
Bài 7: Cho tứ diện OABC. Lấy M nằm trong tam giác ABC, các đường thẳng qua M // 
với OA, OB. OC cắt các mặt OBC, OCA, OAB lần lượt tại A1, B1, C1.
Chứng minh rằng: 1111  OCMCOBMBOAMA
GIẢI
H
B
CA
O
K
A1
M
Nối M với các đỉnh O,A,B,C. Khi đó
VOABC = VMOAB + VMOBC + VMOCA
1= 
OABC
MOCA
OABC
MOBC
OABC
MOAB
V
V
V
V
V
V 
Xét 
OABC
MOAB
V
V
Kẻ AH b (OBC), MK b (OBC) AH //MK
∆OAH ∾ A1MK ⇒ MKAHMAOA 1
OA
MA
AH
MK
V
V
OABC
MOBC 1
Tương tự ta có OC
MC
V
V
OABC
MOAB 1
OB
MB
V
V
OABC
MOCA 1
Vậy 1111  OCMCOBMBOAMA
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
S
A B
C
D
C1D1
A1
B1
M
H K A1
A
B
C
D
Bài 8: Giả sử M là một điểm nằm trong tứ diện ABCD. Các đường thẳng MA, MB, MC, 
MD cắt các mặt đối diện tại A1, B1, C1, D1.
Chứng minh rằng 1
1
1
1
1
1
1
1
1  DDMDCCMCBBMBAAMA
GIẢI
Nối M với bốn đỉnh của tứ diện ABCD ta có:
V = VMBCD + VMACD + VMABD+ VMABC
1= V
V
V
V
V
V
V
V MABCMABDMACDMBCD 
Xét V
VMBCD
Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A, M lên (BCD) ⇒MK//AH ⇒
1
1
AA
MA
AH
MK 
1
1
AA
MA
AH
MK
V
VMBCD 
Tương tự: 
1
1
BB
MB
V
VMACD  ; 
1
1
CC
MC
V
VMABD  ; 
1
1
DD
MD
V
VMABC 
Bài 9: Cho hình chóp tứ gíc đều SABCD trên các cạnh SA, SB, SC ta lấy các điểm A1, 
B1, C1 sao cho 3
21 SASA ; 211 SBSB ; 311 SCSC
Mặt phẳng qua A1, B1, C1 cắt SD tại D1. Chứng minh rằng 521 SDSD
GIẢI
Ta có VSABC = VSBCD + VSCDA = VSDAB = 2
V
9
1111111 ..  SCSCSBSBSASAVSABC
V CBSA
 (1)
SD
SD
SC
SC
SD
SD
SA
SA
VSADC
V CDSA 1111111 ... 9
2 (2)
Cộng vế với vế (1) và (2) ta được
SD
SD
V
V DCBSA 1
2
1
1111 .9
2
9
1  
Tương tự: SD
SD
SD
SD
SB
SB
SA
SA
VSABD
V DBSA 1111111 ... 3
1 (4)
SD
SD
SD
SD
SC
SC
SB
SB
VSBCD
V DCSB 1111111 ... 6
1 (5)
Cộng vế với vế (4) và (5) ta được
SD
SD
V
V DCBSA 1
2
1
1111 .2
1 
Từ (3) và (6) ta có SD
SD
SD
SD 11 .. 9
2
9
1
2
1  ⇒ 521 SDSD
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
PHẦN 2
THỂ TÍCH KHỐI CẦU, KHỐI TRỤ, KHỐI NÓN
A. LÝ THUYẾT
1.Định nghĩa:
-Thể tích khối cầu (Sgk HH12 – Trang 44)
-Thể tích khối trụ (Sgk HH12 – Trang 50)
-Thể tích khối nón (Sgk HH12 – Trang 56)
2.Các công thức:
a)Thể tích khối cầu V = 334 R , R: bán kính mặt cầu
b)Thể tích khối trụ V = Sđáy.h , h: chiều cao
c)Thể tích khối nón V = 31 Sđáy.h , h: chiều cao
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Ở đây chủ yếu là bài tập tính thể tích khối cầu, trụn nón dựa vào các công thức 
trên.
Bài 1: Cho lăng trụ tam giác đều có đáy là tam giác đều các cạnh đều bằng a, cạnh bên 
bằng b. Tính thể tích mặt cầu đi qua các đỉnh của lăng trụ
GIẢI
a
C
C'
O
O'
A1
A1'
B'
B
I
A'
-Gọi O và O’ là tâm ∆ABC và ∆A’B’C’ thì OO’ là trục của các đường tròn ngoại 
tiếp ∆ABC và∆A’B’C’
-Gọi I là trung điểm OO’ thì IA = IB =IC = IA’ = IB’ = IC’ hay I là tâm mặt cầu 
ngoại tiếp lăng trụ
-Bán kính mặt cầu là R = IA
Tam giác vuông AOI có: AO = 3
3
2
3
3
2
13
2 aaAA 
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
OI = 22
1
2
1 '' bAAOO 
⇒AI2 = OA2+OI2 = 12743
222 aba  ⇒ AI = 32
7a
V= 54
.21
3
7
18
7
3
7
72
28.
3
7
3
7
83
43
3
4 3333 . aaaaR  
AI2 = RAI baba  
32
34
12
34 2222
V= 
3 3
3 2 2 2 24 4 1 12 2
3 3 8.3 3 18 3
(4 3 ) .(4 3 )R a b a b    
Bài 2: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với đáy một góc 
30o. Tính thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
GIẢI
a
O
S
M
D
C
BA
I
Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Ta có SO b (ABCD), SO là trục của ABCD, 
(SA, (ABCD)) = SAO = 30o
Gọi M là trung điểm SA
Trung trực của SA cắt SO tại I ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
⋄OIMA là từ giác nội tiếp ⇒ SI.SO = SM.SA ⇒ SI = SOSASM .
Với AO = 2
2a
, AS = 3
2
2
2
3
2
30cos
aaAO
o  , SO = SA sin30o = 6
a
⇒SI = 
6
3
2
6
a
a a
= a 3
2
 ⇒ VMcầu = 332983232334 aa 
Các bài tập về xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp,
nội tiếp khối chóp, khối lăng trụ, đều hỏi thêm thể tích mặt cầu
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
A
J
B
M'
C'
D
O'
O
A'
B'
B
A
D
C
Bài 3: Cho hình trụ có đáy là tâm đường tròn tâm O và O’ tứ giác ABCD là hình vuông 
nội tiếp trong đường tròn tâm O. AA’, BB’ là các đường sinh của khối trụ. Biết góc của 
mặt phẳng (A’B”CD) và đáy hình trụ bằng 60o. Tính thể tích khối trụ
GIẢI





DCDA
DCAD
'
 ⇒ADA’ là góc của (A’B’CD) và đáy 
Do đó: ADA’ = 60o
∆OAD vuông cân nên AD = OA 2 = R 2
∆ADA’ có h = AA’ = ADtan60o = R 6
V = R2h = R3 6
Bài 4: Bên trong hình trụ có một hình vuông ABCD cạnh a nội tiếp mà A, B thuộc 
đường tròn đáy thứ nhất và C, D thuộc đường tròn đáy thứ hai của hình trụ mặt phẳng 
hình vuông tạo với đáy hình trụ một góc 45o. Tính thể tích khối trụ.
GIẢI
Gọi I, J là trung điểm của AB và CD
Ta có: OI AB; IJ cắt OO’ tại ttrung điểm M của OO’ 
MIO = 45o là góc của mặt (ABCD) với đáy, do đó:
O’I = 22
a
; R = 8
3
48
222 aaa 
h = 2OM = 2
a
Vậy V = R2h = 
33 3. . 23
8 162
. aa a 
Bài 5: Một hình trụ có diện tích toàn phần S = 6. Xác định các kích thước của khối trụ 
để thể tích của khối trụ này lớn nhất.
GIẢI
STP = 2Rh +2R2 =2R(R+h) = 6
⇔R(h+R) = 3 ⇔ Rh + R2 = 3 
V = R2h = R(3-R2) = -R3 +3R
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
V’ = -3R2 + 3; V’ =0 ⇔ R = 1
Dựa vào bảng biến thiên ta có VMax⇔R = 1 và h = 2
Bài 6: Một mặt phẳng (P) qua đỉnh hình nón cắt đường tròn đáy một cung ỏ và (P) tạo 
với đáy một góc õ. Cho khoảng cách từ tâm O của đáy đến (P) bằng a. Tính thể tích của 
khối nón.
GIẢI
O
A
E
B
S
M
Gọi E là trung điểm AB ta có OES= õ ; AOB= ỏ
Vẽ OM (SAB) thì SOM= ta có:
SO= cos
a và OE= sin
a
Bán kính đáy R=OA=
2
cossin
2
cos

aOE 
Thể tích khối nón là:V=
3
2
2
1 .
3 3sin .cos .cos
2
a
R h
  

Bài 7: Cho hình nốn đỉnh S, đường cao SO = h, bán kính đáy = R. M ∈ SO là đường 
tròn (C). 
1.Tính thể tích khối nón có đỉnh S và đáy là (C).
2.Tìm x để thể tích này lớn nhát
GIẢI
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
S
(C) M
O
Ta có )('
''
xh
h
R
R
R
R
h
xh
R
R
SO
SM 
Thể tích khối nón V= )2(
3
1
.)(
3
1
.
3
1 223
2
2
2
2
2
2' xhhxx
h
R
xxh
h
R
SMR  
V’=  ,43
3
1 22
2
2
hhxx
h
R 
V’ = 0 ⇔ 




hx
x h3
x= h (loại)
Dựa vào bảng biến thiên ta có: V Max ⇔x = 3
h
Bài 8: Cho hình trụ có bán kính đáy x, chiều cao y, diện tích toàn phần bằng 2 .Với x 
nào thì hình trụ tồn tại? Tính thể tích V của khối trụ theo x và tìm giá trị lớn nhất của V.
GIẢI
Ta có Stp=Sxq+2Sđ= )(222 22 xxyxxy  
Theo giả thiết ta có 2 (xy+x2)=2
⇔xy+x2 =1 ⇔ y =
x
x 21 .Hình trụ tồn tại y>0 ⇔1-x2> 0 ⇔0 < x < 1
Khi đó V = x2y = x(1-x2) = -x3+x
Khảo sát hàm số trên với x (0,1) ta được giá trị lớn nhất của V=
3
1
33
2  x
Bài 9: Cho hình nón tròn xoay đỉnh S, đáy là hình tròn tâm O.Trên đường tròn đó lấy 
một điểm A cố định và một điểm M di động.Biết AOM= ỏ ,nhị diện cạnh AM có số đo 
bằng õ và khoảng cách tư O đến (SAM) bằng a.
Tính thể tích khối nón theo a, ỏ, õ.
GIẢI
 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Gọi I là trung điểm AM
∆SAM cân nên SI  AM
∆OAM cân nên OI  AM
(SOI)  AM nên SOI là góc phẳng nhị diện cạnh AM ⇒ SIO = õ
Kẻ OH  (SAM)
(SOI)  (SAM)
⇒ H ∈ SI và OH = a
Ta có OI=  cos
tan;
sin
2
cos
2
cos
;
sinsin
a
IOSO
aOI
OM
aOH 
V=
2 3
2
2 2 2 2
1 .
. . . .
3 3 cos cos .sin 3sin .cos .cos
2 2
a a a
SO OM
      
 
Bài 10: Cho mặt cầu đường kính AB=2R. Gọi I là điểm trên AB sao cho AI=h. Một mặt 
phẳng vuông góc với AB tại I cắt mặt cầu theo đường tròn (C).
+Tính thể tích khối nón đỉnh A và đáy là (C). 
+Xác định vị trí điểm I để thể tích trên đạt giá trị lớn nhất.
GIẢI
B
O
I
F
E
Gọi EFlà 1 đường kính cua (C) ta có :
IE2 = IA.IB = h(2R-h) ⇒ R = IE = )2( hRh 
Thể tích cần tính là:V= )2(
33
1 22 hr
h
hr   với 0 < h < 2R
V’ = 
234(
3
hRh  , V’ = 0 4
3
R
h 
Vmax
3
4R
h  hay AI =
3
4R