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

Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 1 
Phần I 
LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI 
Trong chương trình toán học lớp 12, bài toán về tính thể tích của khối đa 
diện (đặc biệt là khối chóp) giữ một vai trò quan trọng, nó xuất hiện ở hầu hết các 
đề thi tuyển sinh vào đại học, cao đẳng; đề thi học sinh giỏi, các đề thi tốt nghiệp 
trong những năm gần đây. Mặc dù vậy đây là phần kiến thức đòi hỏi học sinh phải 
có tư duy sâu sắc, có trí tưởng tượng hình không gian phong phú nên đối với học 
sinh đại trà, đây là mảng kiến thức khó và thường để mất điểm trong các kì thi nói 
trên. Đối với học sinh giỏi, các em có thể làm tốt phần này. Tuy nhiên cách giải 
còn rời rạc, làm bài nào biết bài đấy và thường tốn khá nhiều thời gian. 
Trong sách giáo khoa, sách bài tập và các tài liệu tham khảo, loại bài tập này 
khá nhiều song chỉ dừng ở việc cung cấp bài tập và cách giải, chưa có tài liệu nào 
phân loại một cách rõ nét các bài toán về tính thể tích của khối chóp. 
Đối với các giáo viên, thì do lượng thời gian ít ỏi và việc tiếp cận các phần 
mềm vẽ hình không gian còn hạn chế nên việc biên soạn một chuyên đề có tính hệ 
thống về phần này còn gặp nhiều khó khăn. 
Trước các lí do trên, tôi quyết định viết đề tài sáng kiến kinh nghiệm mang 
tên: “Phân loại giải bài tập về tính thể tích của khối chóp” nhằm cung cấp cho học 
sinh một cái nhìn tổng quát và có hệ thống về bài toán tính thể tích của khối chóp, 
một hệ thống bài tập đã được phân loại một cách tương đối tốt, qua đó giúp học 
sinh không phải e sợ phần này và quan trọng hơn, đứng trước một bài toán học 
sinh có thể bật ngay ra được cách giải, được định hướng trước khi làm bài qua đó 
có cách giải tối ưu cho mỗi bài toán. 
Mặc dù vậy, vì điều kiện thời gian còn hạn chế nên sự phân loại có thể chưa 
được triệt để và chỉ mang tính chất tương đối, rất mong được các bạn bè đồng 
nghiệp góp ý kiến chỉnh sửa để đề tài này được hoàn thiện hơn. 
Tôi xin chân thành cảm ơn! 
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 2 
Phần II NỘI DUNG CỦA ĐỀ TÀI 
I. Cơ sở lí thuyết. 
Để tính thể tích của khối chóp ta có thể sử dụng một trong hai cách sau: 
1. Tính trực tiếp dựa vào các định lí sau: 
Định lí 1. Cho khối chóp có đỉnh S và đáy là B. Kí hiệu V, S, h lần lượt là thể tích, 
diện tích đáy và chiều cao của khối chóp. Khi đó 
1
.
3
V S h= (1) 
Định lí 2. Thể tích V của khối tứ diện ABCD được cho bởi công thức sau: 
1
, .
6
V AB AC AD =  



 


 



 (2) 
2. Tính gián tiếp. 
a) Phương pháp trượt đỉnh, dãn đáy 
Ý tưởng 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. Ta thường sử dụng những kết quả sau: 
Kết quả 1. Nếu đường thẳng ∆ song song với mặt phẳng (P) và M, N ∈ ∆ thì 
( ;( )) ( ;( ))M P N Pd d= 
Kết quả 2. Nếu đường thẳng ∆ cắt mặt phẳng (P) tại điểm I và M, N ∈ ∆ (M, N 
không trùng với I) thì 
( ;( ))
( ;( ))
M P
N P
d MI
d NI
= 
Đặc biệt, nếu M là trung điểm của NI thì ( ;( )) ( ;( ))
1
2M P N P
d d= 
 nếu I là trung điểm của MN thì ( ;( )) ( ;( ))M P N Pd d= 
Kết quả 3. Cho tam giác ABC và điểm M thuộc cạnh BC sao cho MB = kMC (k > 
0). Khi đó ABM ACMS kS= hay 1ABM ABC
k
S S
k
=
+
Đặc biệt, nếu M là trung điểm của BC thì 2 ABM ABCS S= 
b) Phương pháp phân chia và lắp ghép khối đa diện. 
Nếu khối đa diện (H) được phân chia thành hai khối đa diện (H1) và (H2) thì 
1 2H H H
V V V= + hay 
1 2H H H
V V V= − 
c) Phương pháp dùng công thức về tỉ số thể tích của hai khối chóp tam giác. 
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
= 
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 3 
II. Bài tập áp dụng 
1. Phương pháp tính trực tiếp 
 Cơ sở của phương pháp này là công thức 
1
.
3
V S h= 
Phương pháp này thích hợp khi ta có thể dễ dàng tính được diện tích đáy S và 
chiều cao h của khối chóp. Một trong những dấu hiệu của nó là ta có thể xác định 
được chân đường vuông góc hạ từ đỉnh. Sau đây là một số ví dụ minh họa. 
Bài 1. Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác 
vuông tại A, AB = a, AC = 3a và hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên mặt 
phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối chóp 
A’.ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA’, B’C’. 
Phân tích. Khối chóp A’.ABC có đáy ABC là tam giác vuông và chiều cao là A’H 
(H là trung điểm của BC) nên bài này chúng ta áp dụng trực tiếp công thức. 
Lời giải. Gọi H là trung điểm của BC. 
Giả thiết suy ra A’H ⊥ (ABC) 
Ta có '.
1
' .
3A ABC ABC
V A H S= 
21 3
.
2 2ABC
a
S AB AC= = 
Tam giác ABC vuông tại A suy ra 
2 21 1
2 2
AH BC AB AC a= = + = 
Tam giác AHA’ vuông tại H suy ra 
2 2' AA' 3A H AH a= − = . 
Vậy 
2 3
'.
1 1 3
. ' . . 3
3 3 2 2A ABC ABC
a a
V S A H a= = = 
Bài 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; 
2 ,AB AD a CD a= = = ; góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600 . Gọi 
I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc 
với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a. 
Phân tích. Khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông, theo giả thiết 
SI ⊥ (ABCD) nên SI là chiều cao của hình chóp. 
Lời giải. Hai mặt phẳng (SBI) và (SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và 
cắt nhau theo giao tuyến SI suy ra SI ⊥ (ABCD). Bởi vậy .
1
.
3S ABCD ABCD
V S SI= 
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 4 
I
D C
B
S
A
K
2( ) 3
2ABCD
AB DC AD
S a
+
= = . 
Để tính SI ta sử dụng giả thiết góc giữa 
(SBC) và (ABCD) bằng 600. 
Cách 1. Gọi K là hình chiếu của I trên BC, 
suy ra CB IK⊥ . Kết hợp với CB SI⊥ ta 
được CB SK⊥ . 
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và 
(ABCD) là góc 

060SKI SKI⇒ = 
Ta có 
23
, 5
2IBC ABCD ABI DCI
a
S S S S BC a= − − = = . 
Mặt khác 
1 2 3 5
.
2 5
IBC
IBC
S a
S BC IK IK
BC
= ⇒ = = . Tam giác SIK vuông tại I suy ra 
0 3 15tan 60
5
SI IK a= = . Vậy 2 3.
1 3 15 3 15
3 .
3 5 5S ABCD
V a a a= = 
Cách 2. Phương pháp tọa độ. Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O ≡ I, D(a ; 0 ; 0), 
C(a ; a ; 0), S(0 ; 0 ; h) suy ra B(-a ; 2a ; 0), A(-a ; 0 ; 0). Từ giả thiết góc giữa 
(SBC) và (ABCD) bằng 600 ta tính được h. 
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc 
với đáy hình chóp. Cho AB = a, SA = 2a . Gọi H, K lần lượt là hình chiếu của A 
trên SB, SD. 
a) Chứng minh SC ⊥ (AHK). 
b) Tính thể tích khối chóp OAHK. 
Phân tích. SC ⊥ (AHK) nên chân đường vuông góc hạ từ O xuông (AHK) có thể 
xác định được theo phương SC, hơn nữa, tam giác AHK cân nên ta tính được diện 
tích của nó. 
Lời giải. 
a) AH ⊥ SB, AH ⊥ BC (do BC ⊥ (SAB)) ⇒ AH ⊥ SC 
Tương tự AK ⊥ SC. Vậy SC ⊥ (AHK) 
b) Giả sử (AHK) cắt SC tại I, gọi J là trung 
điểm của AI, khi đó OJ // SC ⇒ OJ ⊥ (AHK). 
Do đó 
1
.
3OAHK AHK
V S OJ= 
SA = AC = 2a ⇒ ∆SAC cân tại A ⇒ I là 
trung điểm của SC. 
O
C
A
D
B
S
H
K
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 5 
Vậy 
1 1 1
.2
2 4 4 2
a
OJ IC SC a= = = = . ,SAD SAB AK AH SK SH∆ = ∆ ⇒ = = 
Suy ra / /
SK SH
HK BD
SD SB
= ⇒ . 
AI cắt SO tại G là trọng tâm của tam giác SAC, G thuộc HK nên 
2 2 2 2
3 3 3
HK SG a
HK BD
BD SO
= = ⇒ = = . Tam giác AHK cân tai A, G là trung điểm 
của HK nên AG ⊥ HK và 
2 2 1 1 2
. .2
3 3 2 3 3
a
AG AI SC a= = = = 
21 1 2 2 2 2 2
. . .
2 2 3 3 9AHK
a a a
S AG HK= = = 
2 31 1 2 2 2
. . .
3 3 9 2 27OAHK AHK
a a a
V S OJ= = = 
Cách 2. Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (OHK) bằng khoảng cách h từ A đến 
mặt phẳng (SBD). Tứ diện ASBD vuông tại A nên 
2 2 2 2 2
1 1 1 1 5 10
2 5
a
h
h AS AB AD a
= + + = ⇒ = 
Tam giác OHK cân tại O nên có diện tích S bằng 
2 31 1 10 2 2 5 1 2
. . .
2 2 6 3 9 3 27
a a a a
S OG HK V Sh= = = ⇒ = = 
Cách 3. Giải bằng phương pháp tọa độ như sau: 
Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O ≡ A, B(a ; 0 ; 0), D(0 ; a ; 0), S(0 ; 0 ; 2a ). 
Tính SH, SK suy ra tọa độ của H
2 2
0; ;
3 3
a a 
 
 
, K
2 2
;0;
3 3
a a 
 
 
, O ; ;0
2 2
a a 
 
 
Áp dụng công thức 
1
, .
6
V AH AK AO =  



 


 



Bài 4 Cho Hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, cạnh bên 
tạo với đáy một góc 600. Gọi M là trung điểm của SC. Mặt phẳng đi qua AM và 
song song với BD, cắt SB tại E và cắt SD tại F. Tính thể tích khối chóp S.AEMF. 
Phân tích. Dễ thấy BD ⊥ (SAC), EF // BD ⇒ EF ⊥ (SAC). Mặt khác tam giác 
SAC cân và có một góc bằng 600 nên SAC đều, do đó tính được diện tích ∆SAM. 
Lời giải. 
Cách 1. Gọi O là tâm hình vuông ABCD, I là giao điểm của AM và SO. Dễ thấy 
EF đi qua I và EF // BD và ( )SO ABCD⊥ . BD ⊥ AC, BD ⊥ SO ⇒ BD ⊥ (SAC) 
⇒ EF ⊥ (SAC). Ta có OA là hình chiếu của SA trên (ABCD) nên góc giữa SA và 
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 6 
(ABCD) là góc SAO . Tam giác SAC cân tại S và có  060SAO = nên tam giác SAC 
đều cạnh 2a suy ra 
2. 3 1 2
,
2 2 2
a a
AM SM SC= = = và AM ⊥ SC. 
Do tính đối xứng nên 
3
.
1 2 1 6
2 2. . . . . . .
3 3 2 18S AEMF EAMS AMS
a
V V S EI AM SM EI= = = = 
Cách 2. EF ⊥ (SAC) ⇒ EF ⊥ AM. Lại có SC ⊥ BD ⇒ SC ⊥ EF, 
do đó SC ⊥ (AEMF). 
EF // BD ⇒ 
2 2 2 2
3 3 3
EF SI a
EF BD
BD SO
= = ⇒ = = 
(I là trọng tâm tam giác SAC) 
Tứ giác AEMF có AM ⊥ EF nên 
21 3
.
2 3AEMF
a
S AM EF= = . 
Vậy thể tích V của hình chóp S.AEMF là 
2 31 1 3 2 6
. . .
3 3 3 2 18AEMF
a a a
V S SM= = = 
Cách 3. Phương pháp tọa độ. Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho O là tâm của hình 
vuông ABCD, B
2
;0;0
2
a 
 
 
, C
2
0; ;0
2
a 
 
 
, S
6
0;0;
2
a 
 
 
Bài 5 Cho hình chóp S.ABCD có độ dài cạnh SA bằng x, tất cả các cạnh còn lại 
đều có độ dài bằng 1. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo x và tìm x để thể 
tích đó lớn nhất. 
Phân tích. Chân đường vuông góc hạ từ S xuống (ABCD) thuộc AC nên ta xác 
định được đường cao. OA OC OS= = nên tam giác SAC vuông tại S, do vậy tính 
được SH, AC và diện tích của ABCD. 
Lời giải. 
Gọi H là hình chiếu của S trên mp(ABCD). 
Do SB = SC = SD nên HB = HC = HD suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam 
giác BCD. Tam giác BCD cân tại C nên H thuộc CO, O là giao của AC và BD. 
CBD ABD SBD∆ = ∆ = ∆ OC OA OS SAC⇒ = = ⇒∆ vuông tại S 2 1AC x⇒ = + . 
2 2 2
1 1 1
1
x
SH
SH SA SC x
2
= + ⇒ =
+
ABCD là hình thoi 2 2 2
1
3
2
AC BD OB AB AO x⇒ ⊥ ⇒ = − = − 
F
E
I
M
D
C
A B
S
O
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - 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. T ... 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
OABC
V OM OK x.V
. V
V OB OC 6
= ⇒ = 
Tương tự: VOANK =
y.V
6
Vậy V1 = VOAMK +VOANK = 
V
(x y)
6
+ (1) 
Mặt khác ta có: 
V1 = VOAMN + VOMNK = x.y.
V
2
 + x.y.
V
6
= 4.x.y.
V
6
 (2) 
Từ (1) và (2) ta có: x + y = 4x.y ⇔ y(4x -1) = x 
x
y
4x 1
⇔ =
−
P
O
A
B C
D
M
K
N
I
K'
K
IA
O
C
P
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 19 
Do x > 0, y > 0 cho nên x > 
1
4
. Mặt khác y ≤1 suy ra x 
1
3
≥ vậy 
1
x 1
3
≤ ≤ 
Từ (1) suy ra 1
V 1
(x y)
V 6
= + =
22 2 x 2 x
x.y .x. .
3 3 4x 1 3 4x 1
= =
− −
Xét hàm số f(x) = 
2x
4x 1−
 có f '(x) = 
2
2x(2x 1)
(4x 1)
−
−
= 0 ⇔ x =
1
2
Bảng biến thiên: 
x 
1
3
1
2
 1 
f'(x) - 0 + 
f(x) 
1
3
1
3
1
4
Từ bảng biến thiên ta có 
1
4
≤ f(x) ≤
1
3
 hay 1
1 V 2
6 V 9
≤ ≤ 
Suy ra giá trị nhỏ nhất là: 
1
6
 khi x = 
1
2
 và y =
1
2
 giá trị lớn nhất là: 
2
9
 khi 
1
x
3
y 1
 =

 =
 hoặc 
x 1
1
y
3
=


=
Bài 22. Cho tứ diện ABCD. Một điểm M thay đổi nằm trong tam giác BCD (M 
không nằm trên các cạnh của tam giác BCD). Từ M kẻ các đường thẳng tương ứng 
song song với AB, AC, AD. Các đường thẳng này cắt các mặt bên ACD, ABD, 
ABC theo thứ tự tại B’, C’, D’. Tìm vị trí của M sao cho tứ diện MB’C’D’ có thể 
tích lớn nhất. 
Phân tích. Để tính thể tích của khối tứ diện MB’C’D’ ta dùng phép đối xứng tâm I 
để biến tứ diện MB’C’D’ thành tứ diện AB1C1D1. Tiếp theo ta dùng công thức tỉ số 
thể tích để tính thể tích của tứ diện này. 
Lời giải. 
'
'// MCD
BCD
SMB PM
MB BA
BA PB S
⇒ = = . 
Tương tự ta cũng có 
' MBD
CBD
SMC
CA S
= và ' MBC
DBC
SMD
DA S
= . 
Cộng vế lại ta được 
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 20 
' ' '
1
MB MC MD
BA CA DA
+ + = (1). Gọi I là trung điểm của AM. 
Phép đối xứng ĐI tâm I biến M thành A, biến B’ thành điểm B1 thuộc cạnh AB và 
AB1 = MB’. Tương tự ta cũng có 
ĐI(C’) = C1 sao cho C1 thuộc cạnh AC và AC1 = MC’ 
ĐI(D’) = D1 sao cho D1 thuộc cạnh AD và AD1 = MD’ 
suy ra phép đối xứng tâm I biến MB’C’D’ thành AB1C1D1. Do vậy 
1 1 1AB C DMB'C'D' 1 1 1
ABCD ABCD
VV AB .AC .AD MB'.MC'.MD'
V V AB.AC.AD AB.AC.AD
= = = 
Áp dụng BĐT AM – GM và (1) ta được 
3
MB'C'D'
ABCD
MB' MC' MD'
V MB'.MC'.MD' 1AB AC AD
V AB.AC.AD 3 27
 + + 
= ≤ = 
 
 
. 
Đẳng thức xảy ra ⇔ 
MB' MC' MD' 1
AB AC AD 3
= = = hay 
PM QM RM 1
PB QC RD 3
= = = , 
tức là khi M là trọng tâm tam giác BCD. 
5. Phương pháp tọa độ 
Phương pháp này đã được đề cập đến thông qua một số bài tập ở trên. Cơ sở 
của phương pháp này là công thức (2) 
1
, .
6ABCD
V AB AC AD =  



 


 



Dấu hiệu nhận biết để có thể giải theo cách này đó là những đa diện có một 
góc tam diện vuông hoặc có thể tạo ra góc tam diện vuông. Sau đây là một ví dụ 
đơn giản. 
Bài 23. Cho hình lập phương . ' ' ' 'ABCD A B C D cạnh 
bằng a. Gọi , ,M N P lần lượt là trung điểm của các cạnh 
', , ' 'BB CD A D . Tính thể tích của tứ diện BMNP. 
Phân tích. Tứ diện BMNP không có gì đặc biệt nên khó 
có thể tính được thể tích của nó theo cách thông thường. 
Tuy nhiên với pp tọa độ thì đây lại là bài toán dễ. 
Lời giải. Chọn hệ tọa độ Oxyz sao cho 
O ≡ A, B(a; 0; 0), D(0; a; 0), A’(0; 0; a) ⇒ M ;0;
2
a
a  
 
, N ; ;0
2
a
a  
 
, P 0; ;
2
a
a  
 
31 5
0;0; , ; ;0 , ; ; , .
2 2 2 6 48BMNP
a a a a
BM BN a BP a a V BM BN BP       = = − = − ⇒ = =            




 


 


 



 


 



N
P
M
A' D'
C'
C
A
D
B
B'
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 21 
III. Kết quả đã đạt được 
Khi áp dụng đề tài sáng kiến kinh nghiệm này cho học sinh tôi nhận thấy: 
Thứ nhất, đây là mảng kiến thức trọng tâm, có thể áp dụng cho diện rộng và các 
loại đối tượng học sinh. 
Thứ hai, các em học sinh rất hứng thú khi học bài, các em không còn cảm giác sợ 
khi học hình học không gian. Nhiều em còn sôi nổi phát biểu, thảo luận và tìm ra 
nhiều điều mới mẻ từ đề tài này. Các em có cái nhìn tổng quát và có hệ thống nên 
vận dụng một cách khá linh hoạt trong từng bài toán cụ thể. Điều quan trọng là các 
em được định hướng cách giải ngay từ đầu và đều phát hiện ra lời giải ngắn gọn và 
tối ưu cho mỗi bài toán. 
Thứ ba, khi áp dụng đề tài này xong, khả năng vẽ hình của các em khá tốt, trí 
tưởng tượng hình không gian phong phú, lối tư duy sâu sắc tạo nền tảng chắc chắn 
để các em có thể học tiếp các mảng kiến thức khác. 
 Kết quả thu được cụ thể ở các lớp giảng dạy 12A1 và 12A3 như sau: 
* Trong đề thi thử đại học lần 1 năm 2010 (Học sinh đã học xong chương I hình 
học 12 và chưa áp dụng đề tài này) có câu IV hình: “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” 
Kết quả 
Lớp Sĩ số Số học sinh làm câu IV Số học sinh làm đúng câu IV 
12A1 40 30 17 
12A3 43 25 11 
* Trong đề thi thử đại học lần 2 năm 2010 (Học sinh đã được áp dụng đề tài này) 
có câu IV hình: “Cho tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = h 
và vuông góc với đáy. Gọi H, I lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và SBC. 
Tính thể tích tứ diện IHBC theo a và h” 
Kết quả 
Lớp Sĩ số Số học sinh làm câu IV Số học sinh làm đúng câu IV 
12A1 40 40 36 
12A3 43 37 31 
Như vậy có thể kết luận sau khi áp dụng đề tài sáng kiến kinh nghiệm này học sinh 
đã tự tin làm bài và tỉ lệ làm đúng là rất cao, hơn hẳn lần thi thứ nhất. 
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 22 
IV. Bài tập tham khảo 
Bài 1. Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M và N 
lần lượt là các trung điểm của các cạnh SB và SC. Tính theo a thể tích khối chóp 
S.AMN, biết rằng mặt phẳng (AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC). 
Bài 2. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có khoảng cách từ đỉnh A đến mp(SBC) 
bằng 2a. Với giá trị nào của góc giữa mặt bên và mặt đáy của khối chóp thì thể tích 
của nó nhỏ nhất. 
Bài 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi B’, D’ lần lượt là 
trung điểm của SB và SD. Mặt phẳng (AB’D’) chia khối chóp thành hai phần. Tính 
tỉ số thể tích của hai phần đó. 
Bài 4. Cho khối chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a và chiều cao bằng 2a. Kẻ 
đường cao SH của khối chóp. Một điểm M thay đổi trên SH, đặt HM = x (0 < x < 
2a). Qua M dựng mặt phẳng (P) ⊥ SH và cắt các cạnh bên SA, SB, SC, SD lần lượt 
tại I, J, P, Q. 
a) Tính thể tích V của khối chóp H.IJPQ theo a và x. 
b) Xác định vị trí của M để V đạt giá trị lớn nhất. 
Bài 5. Cho khối tứ diện ABCD có một cạnh có độ dài lớn hơn 1, các cạnh còn lại 
có độ dài không vượt quá 1. Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD, chứng minh 
rằng 
1
8
V ≤ 
Bài 6. Cho ba tia Ox, Oy, Oz không đồng phẳng. Trên Ox, Oy, Oz lấy lần lượt các 
điểm A, B, C. Cho biết 

, , Ox , , ,xOy yOz z OA a OB b OC cα β γ= = = = = = 
( , ,α β γ đều là góc nhọn). 
a) Tính thể tích V của khối tứ diện OABC theo , , , , ,a b cα β γ . 
b) Giả sử A, B, C di động sao cho 3a b c k+ + = (k là hằng số dương). Tìm giá 
trị nhỏ nhất của V. 
Bài 7. Cho khối lập phương . ' ' ' 'ABCD A B C D cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung 
điểm của ' 'B C và ' 'C D . Mặt phẳng (AMN) chia khối lập phương thành hai khối 
đa diện. Tính thể tích của hai khối đa diện đó. 
Bài 8. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam 
giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung 
điểm của các cạnh SB, BC, CD. Chứng minh rằng AM ⊥ BP và tính thể tích khối 
tứ diện CMNP. 
Bài 9. Cho lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có AB = a, AC = 2a, AC1 = 2a 6 và 
 0120 .BAC = Gọi M là trung điểm của cạnh CC1. 
1. Chứng minh rằng 1MB MA⊥ . 
2. Tính thể tích khối tứ diện AA1BM, từ đó suy ra khoảng cách từ A đến 
mp(A1BM). 
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 23 
Phần III 
KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ 
Sáng kiến kinh nghiệm của tôi đã giải quyết được những vấn đề sau: 
1. Giúp học sinh có cái nhìn tổng quát và có hệ thống về bài toán tính thể 
tích của khối chóp, từ đó có kĩ năng giải thành thạo các bài toán thuộc chủ đề 
này và hơn thế có thể sử dụng thể tích như một công cụ để tính khoảng cách, 
chứng minh đẳng thức và một số vấn đề khác. 
2. Giải quyết một cách tương đối triệt để bài toán về tính thể tích của khối 
chóp. 
3. Thông qua việc vẽ hình, tính toán, tìm con đường tối ưu để tính thể tích, 
tạo cho các em khả năng làm việc độc lập, sáng tạo, phát huy tối đa tính tích 
cực của học sinh theo đúng tinh thần phương pháp mới của Bộ giáo dục và đào 
tạo. Điều quan trọng là tạo cho các em niềm tin, khắc phục được tâm lí sợ bài 
toán về hình học không gian. 
Qua thực tế giảng dạy chuyên đề này tôi thấy các em học sinh không những 
nắm vững được phương pháp, biết cách vận dụng vào những bài toán cụ thể mà 
còn rất hứng thú khi học tập chuyên đề này. Khi học trên lớp và qua các lần thi 
thử đại học, số học sinh làm được bài về tính thể tích cao hơn hẳn các năm 
trước và các em không được học chuyên đề này. 
Một số đề xuất 
Mỗi bài toán thường là có nhiều cách giải, việc học sinh phát hiện ra những 
cách giải khác nhau cần được khuyến khích. Song trong những cách giải đó cần 
phân tích rõ ưu điểm và hạn chế từ đó chọn được cách giải tối ưu. Đặc biệt cần 
chú ý tới những cách giải bài bản, có phương pháp và có thể áp dụng phương 
pháp đó cho nhiều bài toán khác. Với tinh thần như vậy và theo hướng này các 
thầy cô giáo cùng các em học sinh có thể tìm ra được nhiều kinh nghiệm hay 
với nhiều đề tài khác nhau. Chẳng hạn, các bài toán về ứng dụng thể tích để tính 
khoảng cách hay chứng minh đẳng thức hình học; các bài toán về tính khoảng 
cách, xác định và tính góc giữa các đối tượng hình học, ứng dụng của phương 
pháp tọa độ để giải các bài toán hình học không gian, 
Cuối cùng xin chân thành cảm ơn Ban giám hiệu, Ban giám đốc Sở, Ban 
giám khảo và các đồng nghiệp đã giúp đỡ và góp ý cho tôi hoàn thành đề tài 
SKKN này. 
Lê Văn Lục THPT Đoàn Thượng - Gia Lộc – Hải Dương 
 24 
TÀI LIỆU THAM KHẢO 
1. Sách giáo khoa, sách bài tập hình học 12 chương trình chuẩn và nâng cao. 
2. Đề thi tuyển sinh vào đại học, cao đẳng từ năm 2002 đến năm 2009. 
3. Đề thi học sinh giỏi tỉnh Hải Dương từ năm 2006 đến năm 2009. 
4. Đề thi Olympic 30-04 (kể cả các đề tham khảo) 
5. Tuyển chọn 400 bài tập toán 12 phần Hình học – Tác giả: Đậu Thế Cấp 
6. Toán nâng cao 12 Hình học – Tác giả: Trần Minh Quới 
7. Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ 
8. Một số bài toán từ các website: Mathlinks.ro, khoia0.com, maths.vn, 
diendantoanhoc.net, diendankienthuc.net,