Biên soạn : Trịnh Đình Triển – Khóa học VD -VDC LIMC
Công thức tính nhanh thể tích
Công thức 1: Cho tứ diện ABCD có AB, AC , AD đôi một vuông góc và AB  a, AC  b, AD  c :
1
V  abc
6
Công thức 2: Khối tứ diện gần đều (các cặp cạnh đối tương ứng bằng nhau)
Cho tứ diện ABCD có AB  CD  a, BC  AD  b, AC  BD  c . Ta có :
V
2

12
 a  b  c b  c  a  a  c  b 
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Chứng minh:
 Dựng tứ diện APQR sao cho B , C , D lần lượt là trung điểm của các cạnh QR, RP, PQ .
1
PQ mà D là trung điểm của PQ nên AQ  AP .
2
Chứng minh tương tự, ta cũng có AQ  AR , AR  AP .
Ta có AD  BC 
Xét các tam giác vuông APQ, AQR, ARP , ta có:
AP 2  AQ 2  4c 2 , AQ 2  AR 2  4a 2 , AR 2  AP 2  4b 2 .
1
1 1
Từ đó suy ra: VABCD  VAPQR    AP. AQ. AR (*)
4
4 6
2
a 2  b 2  c 2    a 2  b 2  c 2    a 2  b 2  c 2  . .

12
Ví dụ 1. Cho khối tứ diện ABCD có AB  CD  8, AD  BC  5 và AC  BD  7 .
Vậy từ (*) ta suy ra: VABCD 
Thể tích khối tứ diện đã cho bằng
A.
30
.
3
B.
20 11
.
3
C.
30.
.
D.
33
Giải:
2
12
Chọn đáp án B .
Ta có: VABCD 
8  5  7 5  7  8  7  8  5   20311 .
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1
Biên soạn : Trịnh Đình Triển – Khóa học VD -VDC LIMC
Ví dụ 2. Cho tứ diện ABCD có AB  CD  8, AD  BC  5 và AC  BD  7 . Gọi M là trung
điểm cạnh AB . Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (CMD) bằng
A.
31
.
2
B.
55
.
2
21
.
2
C.
D.
33
.
2
Giải:
VAMCD 
AM
1
2
VABCD  VABCD 
AB
2
24
8  5  7 5  7  8  7  8  5   10 311 .
2
2
2
2
2
2
2
2
2
Tam giác MCD có CD  8 và theo công thức đường trung tuyến ta có:


MC 
MD 
2  CA2  CB 2   AB 2
4
2  DA2  DB 2   AB 2
4
2  7 2  52   82

4
2  52  7 2   82

4
Vậy SMCD  4 5 . Do đó d ( A,( MCD)) 
 21 .
 21 .
3VAMCD 10 11
55
. Chọn đáp án B.


S MCD
2
4 5
Ví dụ 3. Khối tứ diện ABCD có AB  CD  5a, AC  BD  6a, AD  BC  7a có thể tích bằng
A.
95a 3 .
B. 8 95a 3 .
C. 2 95a 3 .
D. 4 95a 3 .
Giải:
Áp dụng công thức tính thể tích khối tứ diện gần đều có:
VABCD 
2
12
 5  6  7  6  7  5  7  5  6 a  2 95a . Chọn C.
2
2
2
2
2
2
2
2
2
3
3
Công thức 3: Tứ diện S.ABC có SA  a , BC  b , d (SA; BC )  d , (SA; BC )   . Khi đó :
1
V  abd .sin  .
6
Chứng minh :
Dựng hình bình hành ABCD khi đó d  (SA; BC )  d ( BC ;(SAD))  d (C ;( SAD)) và AD  BC  b
Ngoài ra :  (SA; BC )  ( SA; AD)  SAD (hoặc 180o  SAD ). Do đó :
1
1
1
VSABC  VSADC  S SAD . d  C ;( SAD)   SA. AD.sin SAD. d  C ; ( SAD )   abd sin  (đpcm).
3
6
6
2
Biên soạn : Trịnh Đình Triển – Khóa học VD -VDC LIMC
Ví dụ 1. Cho khối tứ diện ABCD có AB  AC  DB  DC  1 . Khi tứ diện ABCD đạt giá trị lớn
nhất thì khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC bằng:
1
2
1
1
A.
.
B.
.
C.
.
D. .
3
2
3
3
Giải :
 BC  AE
 BC  EF
Gọi E , F lần lượt là trung điểm cạnh BC , AD ta có: 
 BC  ( ADE )  
 BC  AD
 BC  DE
 ABC   DBC  AE  DE  EF  AD  EF  d ( AD, BC ) .
Vậy VABCD 
1
1
AD  BC  d ( AD, BC )  sin( AD, BC )  AD  BC  EF .
6
6
 2 BC 2  AD 2
AD 2
BC 2 AD 2
Ta có EF  AE 
.
  AB 
 1


4
4 
4
4
4

2
1
AD 2 BC 2
1


AD 2  BC 2   4  AD 2  BC 2 
Ta có: V  AD  BC 1 
6
4
4
12
3
1  AD 2  BC 2  4  AD 2  BC 2 
2 3

.

 
12 
3
27

Dấu bằng xảy ra  AD 2  BC 2  4  AD 2  BC 2  AD  BC 
2
1
. Chọn B
 EF 
3
3
Ví dụ 2. Cho hai mặt cầu  S1  ,  S2  có cùng tâm I và bán kính lần lượt R1  2, R2  10 . Xét tứ
diện ABCD có hai đỉnh A, B nằm trên  S1  ; hai đỉnh C , D nằm trên  S2  . Thể tích khối tứ diện
ABCD có giá trị lớn nhất bằng ?
A. 3 2
B. 2 3
C. 6 3
D. 6 2
Giải:
Gọi a, b lần lượt là khoảng cách từ tâm I đến hai đường thẳng AB, CD .
 Ta có AB  2 R12  a 2  2 4  a 2 ; CD  2 R22  b2  2 10  b2
d ( AB, CD)  d ( I , AB)  d ( I , CD)  a  b và sin( AB, CD)  1.
 Do đó áp dụng công thức số 3 ta có :
3
Biên soạn : Trịnh Đình Triển – Khóa học VD -VDC LIMC
VABCD 
1
2
AB  CD  d ( AB, CD)  sin( AB, CD)  (a  b) 4  a 2 . 10  b 2
6
3



2
2
a 4  a 2 10  b 2  b 10  b 2 4  a 2    4a 2  a 4 10  b 2  
3
3 

2
3
10b2  b4  2
2
4
2 
2
4
a

a

8

2
a
10

b




2

 3
10b  b  4  a  
2
4
2
  a 1  9   12 b  4  18   6 2
2
2
2
2
 Dấu bằng đạt tại (a; b)  (1;2) . Chọn đáp án D.
Ví dụ 3. Cho một hình trụ có thiết diện qua trục là một hình vuông cạnh bằng a . Biết rằng AB và
CD là hai đường kính tương ứng của hai đáy và góc giữa hai đường thẳng AB và CD bằng 30 .
Tính thể tích khối tứ diện ABCD .
A.
a3
.
12
B.
a3 3
.
6
C.
a3
.
6
D.
a3 3
.
12
Giải:
1
1
a3
Ta có: h  2r  a;VABCD  AB.CD.d ( AB, CD).sin( AB, CD)   2r  2r  h  sin 30  . Chọn A .
6
6
12
Ví dụ 4. Cho khối lăng trụ ABC . A' B ' C ' có đáy là tam giác đều . Mặt bên BB ' C ' C là hình thoi có
 B ' BC nhọn nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy . Khoảng cách và góc giữa hai đường thẳng
CC ' và AB ' lần lượt bằng
7
4 35
và  , với cos 
. Thể tích khối lăng trụ ABC . A' B ' C ' là :
4
7
A. 12 3
B. 12 5
D. 6 15
C. 6 3
Giải :
Vì  ABC đều và BB ' C ' C là hình thoi nên lăng trụ có tất cả các cạnh bằng nhau , giả sử bằng x .
 Ta có: BB '/ / CC '      AB '; BB '  AB ' B  AB '  2 BB '.cos  
x 7
.
2
4 35
AB '.CC ' 4 35 sin  x 2 5
.

. Từ đó VB '. ABC 
(1)
7
6
7
4
Gọi M là trung điểm BC thì AM  BC  AM  ( BCC ' B ') nên  AMB ' vuông tại M .
Ngoài ra dC ;( ABB ')  dCC '; AB ' 
1
x2 3
.MH (2)
Kẻ MH  B ' C '  MH   A ' B ' C ' . Ta có: VB '. ABC  MH . SABC 
3
12
4
Biên soạn : Trịnh Đình Triển – Khóa học VD -VDC LIMC
x2 5 x2 3
 Từ (1) và (2) suy ra VB '. ABC 

.MH  MH  15 .
4
12
Ta có : MB '  B ' A2  AM 2 
Từ đó : x  BB ' 
7 x 2 3x 2
B ' B 2  BM 2  B ' M 2 1

 x  cos B ' BM 
 .
4
4
2 B ' B.BM
4
MH
MH
4

 15.
4
sin BB ' C ' sin B ' BC
15
3x 2 5
 12 5 chọn B
4
Công thức 4: (Rất hay dùng)
Xét khối tứ diện ABCD . Đặt S1  SCAB ; S2  SDAB
 VABC . A ' B ' C '  3VB '. ABC 
và   ((CAB),( DAB)) ; AB  a . Khi đó :
V
2 S1S 2 sin 
3a
Chứng minh:
Kẻ DH  ( ABC), HK  AB  AB  (DHK ) và DKH   .
2S DAB 2S 2

và áp dụng hệ thức lượng cho tam giác vuông DHK , ta có:
AB
a
S h 2S S sin 
2 S . sin 
h  DK .sin   2
. Vậy V  1  1 2
.
3
3a
a
Ví dụ 1. Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại A . Biết SBA  SCA  90
và AB  a góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) bằng 60 .
Ta có DK 
Thể tích của khối chóp đã cho bằng :
A. a 3
B.
a3
.
3
C.
a3
.
2
D.
a3
.
6
Giải.
5
Biên soạn : Trịnh Đình Triển – Khóa học VD -VDC LIMC
 Gọi H là chình chiếu của S xuống mặt phẳng  ABC  , ta có:
 AB  SB
 AB  ( SBH )  AB  BH .

 AB  SH
Lại có ABC là tam giác vuông cân tại A và AB  a suy ra ABHC là hình vuông.
1
a2h
 Đặt h  SH  VS . ABC  S ABC  SH 
(1) . Mặt khác :
3
6
 a a 2  h 2  a a 2  h 2  3
2




 2
2
2
2S SAB  S SAC  sin(( SAB),( SAC ))


VS . ABC 
 
(2) .
2
2
3SA
3 2a  h
a3
. Chọn đáp án D.
6
Ví dụ 2. Cho tứ diện ABCD có ABC  BCD  CDA  90 , BC  a , CD  2a. Thể tích khối
 Từ (1) và (2) suy ra h  a  V 
tứ diện ABCD bằng ?
a3
A.
.
3
3
B. a .
2a 3
C.
.
3
Giải:
D. 3a 3 .
CD  DA
CB  BA
 CD  ( ADH )  CD  HD.
 CB  ( ABH )  CB  HB và 
Ta có: 
CD  AH
CB  AH
Kết hợp với BCD  90  HBCD là hình chữ nhật. Do đó :
AB  AH 2  HB 2  h 2  4a 2 , AD  AH 2  HD 2  h 2  a 2 ; AC  AB 2  BC 2 :
1
a h2  4a 2
1
 S ABC  AB  BC 
; S ACD  AD  DC  a h 2  a 2 .
2
2
2
2
 130 
2S ABC  S ACD  sin(( ABC ),( ACD)) a 2 h 2  4a 2 h 2  a 2
V


1 
 ABCD
 (2) .
2
2
3 AC
65
3 h  5a


Kết hợp (1), (2) suy ra: h  3a  VABCD  a3 . Chọn đáp án B.
6
Biên soạn : Trịnh Đình Triển – Khóa học VD -VDC LIMC
Ví dụ 3. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a ,  ABC  120 . Cạnh bên SA vuông
góc với đáy và góc giữa hai mặt phẳng (SBC),(SCD) bằng 60 , khi đó SA bằng
A.
6a
.
4
B.
6a .
6a
.
2
C.
D.
3a
.
2
Giải :
1
3x
Có SA  x  0  VS .BCD  S BCD  SA 
(1),(a  1). Mặt khác
3
12
2
 4 x2  3  3
2


 2
4
2S SBC  S SCD  sin(( SBC ),( SCD))

VS .BCD 
 
(2) . Trong đó :
2
3SC
3 x 3
BC  1, SB  x 2  1, SC  x 2  3  S SBC 
4 x2  3
; SBC  SDC (c  c  c)  ,
4
6
. Chọn đáp án A.
4
Ví dụ 4. Cho tứ diện ABCD có ABC và ABD là tam giác đều cạnh bằng a . Thể tích khối tứ diện
ABCD có giá trị lớn nhất bằng
Từ (1) và (2) suy ra x 
A.
a3
8
B.
a3 2
12
C.
a3 3
8
D.
a3 3
12
Giải:
 3a 2  3a 2 
2


4  4 
2S ABC S ABD sin(( ABC ),( ABD))
a3


sin(( ABC ),( ABD)) 
Ta có : VABCD 
3 AB
3a
8
Dấu bằng đạt tại ( ABC)  ( ABD) . Chọn đáp án A .
Ví dụ 5. Cho lăng trụ ABC.ABC có diện tích tam giác ABC bằng 4, khoảng cách từ A đến BC
bằng 3, góc giữa hai mặt  ABC  và  ABC bằng 30 . Thể tích khối lăng trụ
ABC.ABC là ?
A. 3 3
B. 6
C. 2
D. 12.
7
Biên soạn : Trịnh Đình Triển – Khóa học VD -VDC LIMC
Giải :
Áp dụng công thức số 4 ở trên , ta có :
 2S A BC  S ABC  sin   ABC  ,( ABC )  
VABC A BC   3VA ABC  3 



3BC


S A BC  d ( A, BC )  BC  sin   ABC  ,( ABC ) 

BC
 S A BC  d ( A, BC )  sin   A BC  ,( ABC )   4 . Chọn B.
Ví dụ 6. Cho khối chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A có AB  2 ; AC  5 .
Hình chiếu của điểm (S ) trên mặt phẳng ABC trùng với trung điểm của BC . Biết rằng góc giữa hai
mặt phẳng (SAB) và (ASC ) bằng 60o . Thể tích khối chóp S.ABC bằng ?
A.
15
3
B.
2 5
3
C.
35
8
D.
30
12
Giải :
Chuẩn hóa a  1 . Gọi H là trung điểm BC thì SH  ( ABC) . Mặt khác  ABC vuông tại A nên :
4 x2  7
.
HA  HB  HC  SA  SB  SC  x . Lại có BC  2 HA  7 nên SH  SA  HA 
2
2
2
o
2 S  SAB . S  SAC .sin 60
1
Ta có : VS . ABC  S ABC . SH và theo CT4: VS . ABC 
. Suy ra :
3SA
3
10(4 x 2  7) 2 2 x 2  1 5(4 x 2  5) 3
 .
.
.
 2 x 2(4 x 2  7)  3  2 x 2  1 4 x 2  5 
12
3x
2
4
2
 8 x 2 (4 x 2  7)  3  2 x 2  1 4 x 2  5   0  x 2 
5
30
 VS . ABC 
. Chọn D .
2
12
8
Biên soạn : Trịnh Đình Triển – Khóa học VD -VDC LIMC
Công thức 5: Khối chóp đều có diện tích mặt bên SSA1A2  SSA2 A3  ....  SSAn A1 .
Thể tích khối khối chóp đều S . A1 A2  An là:
V
2SSA1A2  S A1A2An  sin   SA1 A2  ,  A1 A2  An  
3 A1 A2
.
Chứng minh:
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy đa giác đều A1 A2 ... An . Khi đó :
VS . A1A2An  VS .OA1A2  VS .OA2 A3  ...  VS .OAn A1  nVS .OA1A2 . Mặt khác theo CT4 ta có :
VS .OA1 A2 
2S SA1 A2 .S OA1 A2 sin  ( SA1 A2 );(OA1 A2 ) 
tương tự với VS .OA2 A3 ; ... ; VS .OAn A1 và cộng n kết quả
A1 A2
trên lại với chú ý góc giữa các mặt bên và đáy bằng nhau , S OA1A2  ...  SOAn A1  S A1A2 ... An ta có đpcm .
Công thức 6: Khối tứ diện khi biết các góc tại cùng một đỉnh .
Khối chóp S.ABC có SA  a , SB  b , SC  c , BSC   , CSA   ,  ASB   . Khi đó :
V
abc
1  2cos  cos  cos   cos 2   cos 2   cos 2  .
6
Chứng minh :
Gọi A '; B '; C ' lần lượt là các điểm nằm trên các đường SA, SB , SC sao cho SA '  SB '  SC '  1 .
Kẻ SH  mp( A ' B ' C ')  H  mp( A ' B ' C ')  khi đó H là tâm đường tròn ngoại tiếp  A' B ' C ' .
Ta có : x  B ' C '  2 sin

2
; y  C ' A '  2 sin

2
; z  2 sin

2
và HA '  HB '  HC ' 
xyz
.
4 S A ' B ' C '
1
1
1
1  A ' H 2 . S A ' B ' C ' 
16S 2 A ' B ' C '  x 2 y 2 z 2 .
Khi đó : VS . A ' B ' C '  SH . S A ' B ' C ' 
3
3
12
Chú ý : x2  2(1  cos  ) ; y 2  2(1  cos  ) và z 2  2(1  cos  ) ngoài ra :
4S A ' B ' C '  2  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2   x 4  y 4  z 4 . Từ đây ta có :
16S2 A ' B ' C '  x 2 y 2 z 2  2  x 2 y 2  y 2 z 2  z 2 x 2   x 4  y 4  z 4  x 2 y 2 z 2
9
Biên soạn : Trịnh Đình Triển – Khóa học VD -VDC LIMC
 4   2  x 2  2  y 2  2  z 2    x 2  2    y2  2    z 2  2 
2
2
2
 4 1  2cos  cos  cos   cos 2   cos 2   cos 2  
 VS . ABC  abc.VS . A ' B ' C ' 
abc
1  2cos  cos  cos   cos 2   cos 2   cos 2 (đpcm).
6
Ví dụ . Cho khối chóp S.ABC có SA  6, SB  2 , SC  4, AB  2 10 và SBC  90o ;
SBC  90o . Mặt phẳng ( P) đi qua B và trung điểm N của SC . Biết ( P) vuông góc với mặt
V
phẳng (SAC) và cắt cạnh SA tại M . Tính tỉ số thể tích S .MBN ?
VS . ABC
A.
2
5
B.
1
4
C.
2
9
D.
1
6
Giải :
 Từ giả thiết suy ra  ASB vuông tại S . Gọi K  AC sao cho ASK  90o  AS  ( BSK ) .
Kẻ BP  SK  BP  (A SC)  M  NP  SA . Xét  SBC vuông có BC  SC 2  SB 2  2 3
 BSC  60o . Áp dụng công thức 6 ta có: VS . ABC 
BP  d  B ;( SAC )  
2.4.6
1 1
1   4 2 .
6
4 4
3VS . ABC 12 2 2 6
2


. Tiếp theo , xét  PSN :
 SP  SB 2  BP 2 
SSAC
3
6 3
3
Có : PSN   ASC   ASK  30o  NP  SP 2  SN 2  3SN . SP 
2
.
3
 PS  PN   SPN cân tại P  SPN  120o   SPM  60o . Do đó SM  SP.tan 60o  2 .
 Ta có :
VS .MBN SM SB SN 1 1 1

. .
 .  , chọn D.
VS . ABC
SA SB SC 3 2 6
Công thức 7: Cho khối lăng trụ tam giác ABC . ABC . Mặt phẳng ( ) vuông góc với các cạnh bên
và cắt vào lăng trụ tạo thành thiết diện là DEF . Khi đó thể tích lăng trụ là :
VABC . A ' B 'C '  AA '. S DEF
10
Biên soạn : Trịnh Đình Triển – Khóa học VD -VDC LIMC
Mở rộng: cho khối lăng trụ đa giác lồi A1 A2 ... An . B1B2 ...Bn .Mặt phẳng ( ) vuông góc với các cạnh
bên và cắt vào lăng trụ tạo thành thiết diện là đa giác lồi C1C2 ...Cn . Khi đó thể tích lăng trụ là :
V  A1B1. SC1 C2 ...Cn
Chứng minh :
Đặt V  VABC. A ' B ' C ' và h  d A;( BCC ' B ')  d A ';( BCC ' B ') ta có :
h
h
VA ' AEF  V  VA.BCFE  VA '.B ' C ' FE  V  .S BCFE  .S B ' C ' FE
3
3
h
V
VA ' AEF  V  .S BCC ' B '  V  VA.BCC ' B '  VA. A ' B ' C ' 
3
3
 V  3VA ' AEF  S DEF .AA' ( vì AA'   DEF  ) (đpcm)
Phần mở rộng : Chỉ là chia nhỏ khối lăng trụ lăng trụ đa giác ban đầu thành các khối lăng trụ tam
giác rồi cộng lại . Nên thực ra chứng minh với lăng trụ tam giác ta sẽ có ngay công thức tổng quá
cho lăng trụ đa giác lồi.
Ví dụ 1. Cho lăng trụ tam giác ABC.A' B ' C ' có độ dài cạnh bên bằng 8a và khoảng cách từ điểm
A đến các đường thẳng BB ' và CC ' lần lượt bằng 2a và 4a . Biết góc giữa hai mặt phẳng
 ABB ' A ' và  ACC ' A ' bằng 60o . Thể tích khối lăng trụ ABC.A' B ' C ' bằng :
A.
16 3 3
a
3
B. 8 3a 3
C. 24 3a 3
D. 16 3a 3
Giải :
 Kẻ AH  BB ' và AK  CC ' , ta có AH  2a và AK  4a .
Mặt khác : AA '/ / BB '/ /CC '/ /  AA '   AHK  . Theo bài ra :    ABB ' A ' ,  ACC ' A '   60o
AH . AK .sin 60o
Do đó :  HAK  60 hoặc  HAK  120 . Suy ra : S HAK 
 2a 2 3
2
o
o
 Áp dụng công thức 7 ta có : VABC. A ' B ' C '  AA '.S AHK  16 3 a3 . Chọn đáp án D.
11
Biên soạn : Trịnh Đình Triển – Khóa học VD -VDC LIMC
Ví dụ 2. Cho hình hộp ABCD.A' B ' C ' D ' có thể tích bằng 4 . Biết rằng A ' C  ( ABCD) và A 'C  2
Khoảng cách từ các điểm B , D đến đường thẳng AA ' lần lượt là
2 2
2 5
và
. Diện tích xung
3
3
quanh của hình hộp đã cho bằng bao nhiêu ?
D. 4 3  6 5
C. 4 3  4 5
B. 2 3  2 5
A. 2 3  3 5
Giải :
Dựng mặt phẳng (MNQP) vuông với 4 cạnh bên tại M , N , P , Q thì MN 
2 2
2 5
và MP 
.
3
3
S AA ' C ' C 2 x 2  4
Đặt x  AA '  AC  x  4 ; NP 
. Áp dụng công thức trên :

AA '
x
VADC . A ' D ' C ' 2
MN 2  MP 2  NP 2
1  18 
S MNP 
 (1). Mặt khác : cosNMP 

 2  1
AA '
x
2MN .NP
10  x

2
2
1
1  18 
 sinNMP  1   2  1 . Lại chú ý : S MNP  MN .MP.sin  NMP (2).
2
10  x

2
2
2 1 4 10
1  18 
81
 18 
. 1   2  1  2  10   2  1  x  3
Từ (1) và (2)   .
x 2 9
10  x
x

x

 S xq  2 x  MN  MP   4 2  4 5 , chọn C.
12