Ðề cương ôn thi THPT Quốc gia môn Toán- Phần hình học không gian

thức trên 
H
B C
A D
S
M
15 
2
3
S.MCH
3
S.MCH
21 2 2V ,
3 2 6
V 2 .
6 2 2
x x
a
a
a
a x x
a x a M D
 
+ − 
≤ = 
 
  
= ⇔ = − ⇔ = ⇔ ≡
Ví dụ 19. Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình thoi, hai ñường chéo AC 
= 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông 
góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ ñiểm O ñến mặt phẳng (SAB) 
bằng 3
4
a
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. 
Giải 
Từ giả thiết AC= 2 3a , BD=2a và AC, BD cùng vuông góc nhau tại trung ñiểm O 
của mỗi ñường chéo. Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO= 3a , BO=a. Do 
ñó ˆABD =600, hay tam giác ABD ñều. Từ giả thiết suy ra 2 mp(SAC) và (SBD) 
cùng vuông góc mp(ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO cũng vuông góc 
(ABCD). Do tam giác ABD ñều nên với H là trung ñiểm của AB, Klà trung ñiểm 
của HB, ta có DH ⊥ AB và DH=a 3 , OK//DH và OK= 1 3
2
DH a OK AB= ⇒ ⊥ 
( )AB SOK⇒ ⊥ . Gọi I là hình chiếu của O lên SK, ta có AB ⊥ OI ( )OI SAB⇒ ⊥ hay 
OI là khoảng cách từ O ñến mp(SAB). Tam giác SOK vuông tại O, OI là ñường 
O
C B
D A
S
K
H
I
16 
cao nên 2 2 2
1 1 1
.
2
aSO
OI OK SO
= + ⇒ = Diện tích ñáy 
SABCD=4.SABO= =2.OA.OB= 22 3a . 
ðường cao khối chóp SO =
2
a
. Vậy 
VSABCD=
1
3
SABCD.SO=
3 3
3
a
. 
Ví dụ 20. Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình vuông tâm O và SA 
vuông góc với mp(ABCD) .Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H, K, lần lượt là hình 
chiếu vuông góc của A lên SB và SD. Chứng minh SC vuông góc với mp(AHK) 
và tính thể tích hình chóp O.AHK. 
Giải 
 A
 O
D C
B
S
 H
K
M
Ta có: ∆ SAD = ∆ SAB ⇒ AK = AH ⇒ ∆ SAK = ∆ SAH 
⇒SK = SH ⇒HK//BD. 
Mà BD ⊥ mp(SAC)⇒ HK ⊥ mp(SAC) ⇒HK ⊥ SC (1). 
Mặt khác CD ⊥ mp(SAD) ⇒ CD ⊥ AK. 
Vì AK ⊥ SD nên AK ⊥ (SCD) ⇒ SC ⊥ AK (2). 
Từ (1) và (2) ⇒ SC ⊥ mp(AHK). 
Trong mp(SBD) thì SO cắt HK tại I . Trong mp(SAC) thì AI cắt SC tại M. 
Ta có SC ⊥ mp(AHK) ⇒ SC ⊥ AM. Mà SAC vuông cân tại A nên M là trung 
ñiểm SC. Vậy I là trọng tâm SAC. Ta có CM = d(C , mp(AHK)) = 
2
SC
 = 
2
2
a
 = a. 
Mà O trung ñiểm AC nên ( , ( )) 1( , ( )) 2
d O AHK OA
d C AHK AC
= = . 
 ⇒h = d( O, (AHK)) = 1
2
CM = 
2
a
. 
17 
Ta có 
2SA
HK SH HK SB
BD SB BD SB
= ⇒ = 
2 2
2 2
2 2
. 2. 2
3 3
SA aHK BD a a
SB a
⇒ = = = . 
Và AI = 2
3
AM = 2
3
.
2
SC
 = 
3
SC
 = 
2
3
a
. Mà HK ⊥ mp(SAC) ⇒ HK ⊥ AI. 
Vậy 
3
.
1 2 2 2
. ( ) . . 2
3 6 12 3 3 27O AHK
h a a aV h dt AHK AI HK a  = ∆ = = =  
  
. 
Ví dụ 21. Trong mặt phẳng (P) cho hình vuông ABCD có tâm O , cạnh a . Trên 
tia Ax , Cy ở về cùng một phía và vuông góc mp(P) lấy 2 ñiểm M , N . ðặt AM = 
x, CN = y. 
a) Chứng minh ñiều kiện cần và ñủ ñể ∆ OMN vuông tại O là 2 2a xy= . 
b) Giả sử M, N thay ñổi sao cho ∆ OMN vuông tại O. Tính thể tích tứ diện 
BDMN. Xác ñịnh x ,y ñể 
3
. 4B DMN
aV = . 
Giải 
 H
D
O
A
 C
B
y
x
 N
M
a) Trên mp(Ax , Cy) vẽ MH //AC 
MHN∆ vuông tại H ( )22 2 2 22MN MH NH a y x⇒ = + = + − . 
OMN∆ vuông tại O 2 2 2MN OM ON⇔ = + 
2 2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2
( ) ( )
2 ( )
2 2
2 .
MN AM OA OC CN
a a
a y x x y
a xy
⇔ = + + +
⇔ + − = + + +
⇔ =
b) Ta có: BD ⊥ AC và BD ⊥ MA ⇒ BD ⊥ mp(MNCA)⇒BD ⊥ MO (1). 
Mà MO ⊥ ON (2). 
Từ (1) và (2) ⇒ OM ⊥ mp(BDN). Ta có NBC NCD NB ND∆ = ∆ ⇒ = . 
Do ñó NBDS = 
1
2
NO.BD
2
21
. 2
2 2
a y a= + . Vậy 
.
1
. ( )
3M NBD
V OM dt NBD= ∆ . 
18 
2 2
2 21 2
.
3 2 2 2
a a aV x y⇒ = + + . 
Mà 
2
2
a
xy = nên 
2
2 2 22 2
. ( ) ( )
6 6 6
a a aV x xy y xy xy x y x y= + + = + = + . 
Ta có 
3
4
aV = ⇔
( )
2
22 3
3
22
26 4
a
x y axy
aa a
xyx y
 
+ ==  
⇔ 
 
=+ =
 
2
2
x a a
x
ay y a
 = 
= 
⇔ ∨ 
=  =
. 
Ví dụ 22. Trong mặt phẳng (P) cho nửa ñường tròn ñường kính AB = 2R và 
ñiểm C thuộc nửa ñường tròn sao cho AC = R. Trên ñường vuông góc với (P) tại 
A lấy ñiểm S sao cho góc phẳng nhị diện cạnh SB bằng 060 . Gọi H, K lần lượt là 
hình chiếu vuông góc của A lên SB và SC. Chứng minh ∆ AHK vuông và tính thể 
tích tứ diện S.ABC. 
Giải 
O
S
A
 C
I
H
K
Ta có ACB = 1v ⇒ BC ⊥ CA và BC ⊥ SA nên BC ⊥ mp(SAC). Do ñó BC ⊥ AK. 
Mà AK ⊥ SC nên AK ⊥ mp(SBC). Do ñó AK ⊥ HK. Vậy ∆ AHK vuông tại K. 
ðặt SA = h. Vì ∆ SAC vuông .AC ASAK
SC
= 
2 2
Rh
R h
=
+
. Vì ∆ SAB vuông nên 
.AS ABAH
SB
=
2 2
2
4
Rh
R h
=
+
. Ta có SB ⊥ (AHK) ⇒ SB ⊥ HK. 
Vậy 
AHK = 060 
AHK . 
Tam giác AHK vuông 0 2 23sin 60 3 4
2
AK AH AK
AH
⇒ = = ⇒ = 
( )2 2 2 2 2 2 2 22 2 2 23.4 4 3 44
R h R h R h R h
R h R h
⇒ = ⇒ + = +
+ +
2
2
2
Rh⇒ = . 
Do ñó ( )
31 1 1 1 3 6
. ( ) . . . 2 .
3 3 2 2 122 6 2SABC
R R RV SA dt ABC CI AB R R
 
= ∆ = = =  
 
19 
Ví dụ 23. Gọi V là thể tích của khối tứ diện ABCD có các cạnh thoả mãn ñiều 
kiện AB = CD = a, AC = BD = b, AD = BC = c. Chứng minh rằng 2
12
abcV ≤ . 
Giải 
M
N
P
A
B C
D
Trong mặt phẳng (DBC), dựng các ñường thẳng qua các ñỉnh và song song với 
cạnh còn lại của tam giác BCD, chúng cắt nhau tại M, N, P. Khi ñó B, C, D lần 
lượt là trung ñiểm của các ñoạn cạnh MN, NP, PM. 
Ta có 4MNP BCDS S= nên 4AMNP ABCDV V= . 
Vì AD = BC và BC là ñường trung bình của tam giác NMP nên AD = DM = DP. 
Suy ra tam giác AMP là tam giác vuông tại A. 
Vì thế 1 . . .
6AMNP
V AM AN AP= ðặt AM = x, AN = y, AP = z. 
Áp dụng ñịnh lý Pytago cho các tam giác AMP , APN, ANM ta thu ñược 
( )
( )
( )
( )
2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
24 4
4 4 2 .
4 2 2
x a b c
x y a x y a
y z b y z b y a b c
z x c x z y a b c z a b c
 = − + + = + =    
+ = ⇔ + = ⇔ = + −  
  + = + + = + + = − + +  
Do ñó ( )( )( )2 2 2 2 2 2 2 2 21 24 12ABCD AMNPV V a b c a b c a b c= = − + + − − + + . 
ðể ý rằng ( )( ) ( )22 2 2 2 2 2 4 2 2 4a b c a b c a b c a− + + − = − − ≤ và hai bất ñẳng thức 
tương tự khác, ta có ( )( )( ) 22 2 2 2 2 2 2 2 2 4 4 4a b c a b c a b c a b c − + + − − + + ≤  . 
Như thế 2
12ABCD
V abc≤ . ðẳng thức xảy ra khi a = b = c, hay ABCD là tứ diện ñều. 
Ví dụ 24. Cho khối chóp tứ giác S.ABCD có cạnh SC = x và tất cả các cạnh còn 
lại ñều bằng a (0 < x< 3a ). Tính thể tích khối chóp và tìm x theo a ñể giá trị thể 
tích ñó lớn nhất. 
20 
Giải 
 O
D
A
C
 B 
S
H
Vì SA = SB = SD nên hình chiếu H của ñiểm S lên mặt phẳng ñáy là tâm ñường 
tròn ngoại tiếp tam giác ABD. Mà tứ giác ABCD có các cạnh bằng nhau nên tứ 
giác ñó là hình thoi, do ñó H∈AO. Ba tam giác SBD, ABD, CBD có các cạnh 
tương ứng bằng nhau nên bằng nhau, do ñó các trung tuyến SO, AO, CO bằng 
nhau, suy ra tam giác SAC vuông tại S 2 2 2 2 .AC SA SC a x⇒ = + = + 
Tam giác vuông SAC có ñường cao SH nên 2 2 2
1 1 1
SH SA SC
= +
2 2
axSH
a x
⇒ =
+
. 
Ta có 2 2 2OB OA AB+ = nên 
2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 3 3
4 4 4 2
AC a x a x a xOB AB a OB+ − −= − = − = ⇒ = . 
Diện tích ñáy của khối chóp S.ABCD là ( )( )2 2 2 21. 3 .2ABCDS AC OB a x a x= = + − 
Thể tích của khối chóp S.ABCD là 2 2
.
1 1
. 3 .
3 6S ABCD ABCD
V SH S ax a x= = − 
Theo bất ñẳng thức Côsi 
36 ( ) ( )
22 2 2
2 2 2 2 2 2
3
3
2
x a x
V a x a x a
 + −
 = − ≤
  
6 6 3
2 2936
4 16 4
a a aV V V⇒ ≤ ⇒ ≤ ⇒ ≤ . 
ðẳng thức xảy ra khi 2 2 2 63
2
a
x a x x= − ⇔ = . 
Vậy giá trị lớn nhất của 
.S ABCDV là 
3
4
a
, ñạt ñược khi và chỉ khi 6
2
a
x = . 
Ví dụ 25. Cho ABC∆ ñều cạnh a. Trên ñường thẳng (d) vuông góc mp(ABC) tại 
A lấy ñiểm M. Gọi H và K lần lượt là trực tâm của ABC∆ và BCM∆ . 
a) Chứng minh MC vuông góc mp(BHK) và HK vuông góc mp(BMC). 
b) Khi M thay ñổi trên (d), tìm giá trị lớn nhất của thể tích tứ diện KABC. 
21 
Giải 
 M
 H
 K
A
 B
 C
 (d)
 I
L
a) Ta có: BH ⊥ AC và BH ⊥ MA ⇒ BH ⊥ mp(MAC) ⇒ BH ⊥ MC. 
Mà BK ⊥ MC nên MC ⊥ mp(BHK). Gọi I là trung ñiểm BC. 
Ta có BC ⊥ AI và BC ⊥ MA ⇒ BC ⊥ mp(MAI) ⇒ BC ⊥ HK. 
Do MC ⊥ mp(BHK) ⇒ MC ⊥ MK. Vậy HK ⊥ mp(MBC). 
b) Trong mp(MAI) vẽ KL//MA⇒KL ⊥ mp(ABC). Do HK ⊥ mp(MBC)⇒ HK ⊥ MI. 
Ta có HKIS∆ 
1 1
. .
2 2
KL HI HK KI= = . Áp dụng bất ñẳng thức Côsi 2 2 2 . 2 . .HK KI KH KI KL HI+ ≥ = 
Do ñó 
2 2 2 2 2 3
.
3 1 3 3 3
. ( ) . .
2 2 2 12 3 12 12 12 48K ABC
HK KI HI HI a a a a aKL V KL dt ABC KL
HI HI
+≤ = = = ⇒ = ∆ = ≤ = 
ðẳng thức xảy ra khi KH KI L= ⇔ là trung ñiểm HI. Vậy 
.
max K ABCV = 
3
48
a
. 
Ví dụ 26. Tính thể tích khối chóp tứ giác ñều S.ABCD trong mỗi trường hợp sau ñây. 
a) Trung ñoạn bằng d, góc giữa cạnh bên và mặt ñáy là α . 
b) Cạnh ñáy bằng a, góc giữa hai mặt bên liên tiếp là β . 
Giải 
H
B
C
D
S
A
M
K
22 
Gọi H là hình chiếu của S trên mặt phẳng ñáy, M là trung ñiểm của BC. 
a) Ta có SM = d, 
SCH = α . ðặt AB = x thì HM = 
2
x
, HC = 2 2, tan
2 2
x xSH α= . 
Vì 2 2 2SM SH HM= + nên 
2 2
2 2
2
2
tan
2 4 1 2 tan
x x dd xα
α
+ = ⇒ =
+
. 
Thể tích khối chóp S.ABCD là 
3
2 3
1 2 4 2 . tan
. . tan
3 6 3 (1 2 tan )ABCD
x dV SH S αα
α
= = =
+
. 
b) Vì AC ⊥ (SBD) nên hạ AK ⊥ SD ⇒ SD ⊥ (ACK). Nhận thấy 
2 2 2 2 2 2KA KC AD KD CD KD+ = − + − 2 2 22AC KD AC= − < nên 
AKCϕ = luôn là góc 
tù. Do ñó 
( ) 
0, 180KA KC AKCβ = = − 0180 ϕ= − . Ta có 2.cot .cot .2 2 2aHK HC ϕ ϕ= = 
Tam giác SHD vuông tại H, ñường cao HK, nên 2 2 2
1 1 1
HK SH HD
= + . 
Từ ñó tính ñược SH = 0
2 2 2
.
1802sin 22sin2 22
a a a
cos
ϕ ββ= =− 
Vậy thể tích khối chóp S.ABCD là 
3 2
6
2
aV
cos
β= . 
Ví dụ 27. Cho hình chóp tam giác S.ABC có ñáy ABC là tam giác vuông ở B, 
cạnh bên SA (ABC)⊥ . Gọi D, E lần lượt là hình chiếu của A trên SB, SC. Biết 
AB = a, BC = b, SA = c. Tính thể tích của khối chóp A.BCED. 
Giải 
Giả thiết cho SA (ABC)⊥ ⇒ SA BC⊥ ⇒ BC (ABC)⊥ ⇒ AD BC⊥ . 
AD là ñường cao trong tam giác SAB⇒ AD SB⊥ ⇒ AD (SBC)⊥ ⇒ AD SC⊥ . 
Mặt khác AE SC SC (ADE)⊥ ⇒ ⊥ . Hay SE là ñường cao của hình chóp S.ADE 
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
AS.AB AS.AB a.c AS.AC SA.AC c. a bAD ,AE .
SB SBAS AB a c SA AC a b c
+
⇒ = = = = = =
+ + + + +
 Áp dụng ñịnh lí Pytago ta có 
2 2 2
2 2 2
2 2 2
c (a b )SE AS AE c
a b c
+
= − = −
+ +
= 
2
2 2 2
c
.
a b c+ +
 DE = 2 2AE AD+ = 
2 2
2 2 2 2 2
c .b
(a b c ).(a c )+ + +
. 
23 
A
B
C
D
E
S
Diện tích tam giác ADE là 
S= 1 .AD.AE
2
=
2 2
2 2 2 2 2 2 2
1 c .b ac
. .
2 (a b c ).(a c ) a c+ + + +
=
3 3
2 2 2 2 2
1 a.c .b
. .
2 (a b c ).(a c )+ + +
Thể tích khối chóp S.ADE là 
3 3 2 4
1 2 2 2 2 22 2 2 2 2 2 2 2
1 1 1 c 1 a.c .b 1 a.b .cV .SE. .AD.DE . . . .
3 2 3 2 6 (a c )(a b c )a b c (a b c ).(a c )
= = =
+ + ++ + + + +
 Thể tích khối tứ diện SABC là 1 1 1. . . .
3 3 2 6ABC
abcV SA S SA AB BC= = = Vậy, thể tích 
khối chóp A.BCED là 
2 4 3
2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
1 . .
. 1 .
6 6 6( )( ) ( )( )
abc a b c abc bcV V V
a c a b c a c a b c
 
= − = − = − 
+ + + + + + 
Ví dụ 28. Cho hình chóp S.ABCD có ñáy là hình vuông cạnh a, hai mặt bên 
(SAB) và (SAD) cùng vuông góc với ñáy, một góc 
 0tAt ' 45= chuyển ñộng trên 
mặt phẳng (ABCD) quay quanh ñiểm A sao cho các tia At, At’ cắt các ñoạn thẳng 
CB và CD tại M, N; ñặt BM = x, CN = y. Tìm x, y ñể AMCNV ñạt giá trị lớn nhất. 
Giải 
Trướ hết ta chứng minh ñẳng thức x + y =
2a xy
a
−
. 
Ta có 
 
 
 0BAM NAD MAN 90+ + = , 
 
 0BAM NAD 45+ = . 
ðặt 
 
 0BAM NAD 45= α ⇒ = β ⇒ α + β = tan( )⇒ α + β = 1 . 
24 
Ta có tan tan1
1 tan tan
α + β
=
− α β , mà 
x y
tan , tan
2 2
α = β = , suy ra 
2
x y
2 1 x y
xy1
a
+
= ⇒ +
−
 = 
2a xy
.
a
−
Áp dụng bất ñẳng thức xy 
2(x y)
4
+≤ suy ra 
22
21 a xyxy xy (3 2 2)a
4 a
 −≤ ⇒ ≥ + 
 
 hoặc 
20 xy (3 2 2)a .< ≤ − Nhưng 0 ,0 .x a y a≤ ≤ ≤ ≤ Suy ra 2 20 xy (3 2 2)a a .< ≤ − < 
Tiếp theo 2AMCN ABCD ABM ADN
ax ayS S S S a ,
2 2
= − − = − − 
2
AMCN AMCN
1 a ax ayV SA.S (a )
3 3 2 2
= = − − = 
3
2a a(a xy) (2 2).
6 3
+ ≤ − 
Xảy ra 
3
AMCN
aV (2 2)
3
= − khi 
2a xy
x y
a
x y 0
 −
+ =
⇔

= >
 x = y = a( 2 1)− . 
Vậy x = y = a( 2 1)− thì AMCNV ñạt giá trị lớn nhất bằng 
2a (2 2).
3
− 
Ví dụ 29. Cho hình chóp OABC có OA OB OC AB AC BC L,+ + + + + = L là 
một số thực dương, và thể tích V của tứ diện ñó thỏa mãn 1 . . .
6
V OA OB OC= 
Chứng minh 
3L ( 2 1)V .
162
−≤ 
B C
D
S
M
N
A
25 
Giải 
Gọi ( , ( ))h d C ABO= và α là góc giữa OC với ( ) .sin .OAB h OC α⇒ = Ta có 

1 1 1
. .sin . . . .sin .
3 3 2OAB
V h S OC OA OB AOBα∆= = 
Do ñó 
 01 . . 90 , ,
6
V OA OB OC AOB OA OB OCα= ⇔ = = ⇔ ñôi một vuông góc. 
 ðặt OA = a, OB = b, OC = c áp dụng BðT Bunhiacôpxki 
 a + b 2 22(a b )≤ + , a + c 2 22(a c )≤ + , b + c 2 22(c b )≤ + 
cộng vế với vế các BðT trên: 
2 2 2 2 2 22(a b c) (a b ) (a c ) (c b )+ + ≤ + + + + + 
 ⇔ (a + b + c)( 1 + 2 ) ≤ 2 2 2 2 2 2(a b ) (a c ) (c b ) (a b c)+ + + + + + + + 
 hay (a + b + c)( 1 + 2 ) ≤ L (1), dấu “ = “ trong (1) xảy ra khi a = b = c. 
Áp dụng BðT Côsi cho a, b, c ta có a + b + c 3 abc≥ (2). 
Tính ñược V = abc
6
, bất ñẳng thức (2) trở thành a + b + c 33 6V≥ (3). 
Dầu “=” trong (3) xảy ra khi a = b = c. 
Từ (1), (3) ta có 3L 3.(1 2).3. 6V≥ + hay 
3L ( 2 1)V
162
−≤ (4). 
Dấu “ =’’ ở (4) xảy ra khi a = b = c = L( 2 1)
3
−
. 
Ví dụ 30. Cho hình chóp S.ABC có SA = x, SB = y, các cạnh còn lại bằng 1,với 
giá trị nào của x, y thì thể tích của khối chóp là lớn nhất, tìm giá trị lớn nhất ñó? 
Giải 
Gọi M, N là trung ñiểm của SA, BC, ta có S.ABC S.MBCV 2V= , các tam giác ABS, ACS 
A
CO
B
26 
có BA = BS, CA = CS ⇒ ∆ ABS = ∆ ACS và là các tam giác cân. Mặt khác 
BM SA,CM SA⊥ ⊥ ⇒ SA (MBC)⊥ ⇒ SM (MBC)⊥ , SM là ñường cao của 
hình chóp .S MBC , SM = x
2
. Ta có 
MB = MC = 
2x1
4
− , MN = 
2
2 BCBM
4
− = 
2 2x y1
4
+
− , 
MBCS∆ = 
1
2
MN.BC = 
2 2y x y1
2 4
+
− , 
S.MBCV = 
1 x y
3 2 2
× ×
2 2x y1
4
+
− = 
xy
12
, S.ABCV = 
2 2xy x y1 .
6 4
+
− 
Áp dụng bất ñẳng thức luôn ñúng ( x-y)2 ≥ 0 ⇔ 
2 2x y xy
4 2
+ ≥ ta thu ñược 
 S.ABCV = 
2 2
xy x y1
6 4
+
− ≤ xy
6
xy1
2
− ≤ 1
6
2 2 xy(xy)
2
−
 ≤ 1
6
xy xy2 (2 xy)
2 2
− 
Áp dụng bất ñẳng thức Côsi cho ba số xy
2
, 
xy
2
, (2-xy) ta có 
A
B
C
S
N
M
27 
xy
2
xy
2
(2-xy) ≤ 
3
3
xy xy (2 xy)
2 2
3
 + + − 
 
 = 
16
27
⇒
.S ABCV ≤ 
1
6
16
27
 = 
2 3
27
, 
dấu “=” xảy ra khi 
2 2x y 2xy
xy 2 xy
2
 + =


= −
 ⇒ x = y = 
2
3
. 
Vậy 
.
2 3
max ,
27S ABC
V = ñạt ñược khi x = y = 2
3
. 
CHỦ ðỀ III 
DIỆN TÍCH HÌNH TRÒN XOAY- THỂ TÍCH KHỐI TRÒN XOAY 
I.TÓM TẮC KIẾN THỨC 
1. Diện tích xung quanh hình trụ Sxq = lR...2 pi (R: bán kính ñáy, l:ñộ dài ñường 
sinh). 
2. Thể tích khối trụ V = hR .. 2pi (R: bán kính ñáy, h : ñộ dài ñường cao). 
3. Diện tích xung quanh hình nón Sxq = lR..pi (R: bán kính ñáy, l:ñộ dài ñường 
sinh). 
4. Thể tích khối nón: V = hR ...
3
1 2pi (R: bán kính ñáy, l:ñộ dài ñường sinh). 
5. Diện tích mặt cầu: S = 2..4 Rpi (R: bán kính). 
6. Thể tích khối cầu: V = 3.
3
4 Rpi (R: bán kính). 
II.VÍ DỤ 
Ví dụ 31. Cho hình trụ có bán kính ñáy bằng a và ñường cao bằng a 2 . 
a) M và N là hai ñiểm lưu ñộng trên hai ñáy sao cho góc của MN và ñáy bằng 
α . Tính khỏang cách từ trục ñến MN. 
b) Tính thể tích và diện tích xung quanh của lăng trụ tam giác ñều ngọai tiếp 
hình trụ 
Giải 
a) Kẻ ñường sinh NN’ ta có α=∠ 'NMN , kẻ 'MNOH ⊥ thì OH bằng khỏang cách 
giữa trục OO’ và MN. Ta có MN’ = NN’. cotα = αcot.2.a . 
28 
Trong tam giác vuông OMH có OH2 = OM2 – MH2 = a2 - )cot2(
2
cot
2
2
2
2
2
αα −=
aa
22 cot
.
2
OH a α−⇒ = 
C'
B'
A'
C
B
A
O'
O
JI
N
N'
H
M
b) Gọi x là cạnh của tam giác ñều ngọai tiếp ñường tròn ñáy của hình trụ. 
Ta có: O’N =R = 
3
6
3
6
6
3
2
3
3
1
3
1 aR
x
xxAN ==⇒== . 
 VABC.A’B’C’ = 6.32.12
336
'.
4
3 222
aa
aOOx == . 
 Sxq = 3x.OO’= 662.
3
18 2aaa = . 
Ví dụ 32. Cho hình nón có chiều cao bằng h, góc giữa ñường sinh và ñường cao 
là α . 
a) Tính diện tích thiết diện của hình nón bởi một mặt phẳng qua hai ñường 
sinh vuông góc nhau. 
b) Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón. 
c) Tính ñộ dài ñường cao hình trụ nội tiếp trong hình nón, biết thiết diện qua 
trục của hình trụ là hình vuông. 
Giải 
a)Tính diện tích thiết diện. 
Nhận thấy R = OA =h tan α , SA = 
αcos
h
. Từ SA ⊥ SB SAB∆⇒ vuông cân. 
Vậy SSAB = 
α2
2
2
cos22
1 hSA = . 
29 
Q
P
N
M
O
B
A
S
b)+ Sxq = 
α
αpi
pi
cos
tan..
..
hSAR = . 
 + V = 
3
tan..
.tan.
3
1
..
3
1 23222 αpiαpipi hhhSOR == . 
c) ðặt OM = x xMN 2=⇒ . 
Ta có MN//SO ).(.2.. xRhRxSOAMAOMN
AO
AM
SO
MN
−=⇒=⇒=⇒ . 
1tan2
tan2
2
2
2
)2(
+
=
+
=⇒
+
=⇒=+⇒
α
α
R
h
hR
hRMN
hR
hR
xhRhRx . 
Ví dụ 33. Cho hình nón ñỉnh S có ñường sinh là a, góc giữa ñường sinh và ñáy là α . 
a) Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón. 
b) Một mặt phẳng hợp với ñáy một góc 600 và cắt hình nón theo hai ñường 
sinh SA và SB. Tính diện tích tam giác SAB và khoảng cách từ tâm của ñáy 
hình nón ñến mặt phẳng này. 
Giải 
a) Tính V và Sxq. 
Trong tam giác vuông SAO có SO = a.sinα , AO = a.cosα . 
Vậy V = ααpipi sin.cos..
3
1
..
3
1 232 aSOAO = và Sxq = αpipi cos.... 2aSAAO = . 
b) + Tính SSAB 
 Kẻ OH ABSHAB ⊥⇒⊥ , do ñó 060=∠SHO . 
Trong tam giác vuông SOH có 
3
sin.2
60sin 0
αaSOSH == , 
và OH = SO.cot.60 =
3
sin.3 αa
. 
30 
a
K
H
O
B
A
S
Trong tam giác vuông AOH có AH2 = AO2 – OH2 = a2.cos2 
9
sin.3 2 α
α
a
− . 
αα 22 sincos3
3
−=⇒
aAH . 
Vậy SSAB = 3
sincos3sin.2
.
2
1 222 ααα −
=
aSHAB . 
 + Tính d(O,(SAB)) 
Kẻ OK )(SABOKSH ⊥⇒⊥ . Trong tam giác vuông OKH có 
d(O,(SAB)) = OK = OH.sin 600 = 
2
sin.
2
3
.
3
sin3 αα aa
= . 
Ví dụ 34. Cho hình chóp tam giác ñều S.ABC có cạnh ñáy bằng a và cạnh bên 
bằng b. Tính thể tích khối cầu và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp ñó. 
Giải 
Gọi O là hình chiếu của S lên mp(ABC) thì O là tâm của ñường tròn ngọai tiếp ABC∆ . 
Mặt phẳng trung trực của SA cắt SA tại I và cắt SO tại K. Khi ñó SK = KA = KB 
= KC và do ñó K là tâm của mặt cầu ngọai tiếp . Hai tam giác SIK và SOA ñồng 
dạng nên 
SO
SA
SO
SASISK
SO
SI
SA
SK
2
.
2
==⇒= . Tam giác vuông SOA nên 
SO2 = SA2 – AO2 = b2 - 
33
3 22
2
aba −=






. 
Suy ra SO = 
3
2ab − . Vậy SK = R = 
22
2
2
2
2
32
3
3
2 ab
b
ab
b
−
=
−
. 
Vậy, thể tích khối cầu và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC là 
31 
b
a O
K
I
C
B
A
S
• V = 
322
63
22
2
3
)3(2
3
32
3
.
3
4
.
3
4
ab
b
ab
bR
−
=







−
=
pi
pipi . 
• S = 22
4
2
2
4
3
6
)
3
(2
..4
ab
b
ab
b
−
=
−
pi
pi . 
Ví dụ 35. Cho hình chóp S.ABC có các cạnh SA, SB, SC vuông góc với nhau 
từng ñôi một và SA = a, SB = b, SC = c. Tính bán kính mặt cầu ngọai tiếp hình 
chóp ñó. 
Giải 
Qua trung ñiểm I của ñọan BC, ta dựng ñường thẳng d )(SBC⊥ . Mặt phẳng trung 
trực của ñọan SA cắt d tại O, Ta có OA = OS = OB = OC = R và O là tâm của mặt 
cầu ngọai tiếp hình chóp. 
K
O
I
C
B
A
S
32 
Ta có : SI = 22
2
1
2
cbBC += . 
Vậy SO2 = SI2 + RcbaSOacbSA =++=⇒++=




 222
2222
2
1
442
. 
Ví dụ 36. Cho hình chóp S.ABCD có ñáy ABCD là hình chữ nhật và có cạnh 
bênSA vuông góc với ñáy. 
a) Xác ñịnh tâm mặt cầu ngọai tiếp hình chóp SABCD. 
b) Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với SC cắt AB, SC, SD lần lượt 
tại B’, C’, D’. Chứng tỏ rằng bảy ñiểm A, B, C, D, B’, C’, D’ cùng nằm 
trên một mặt cầu. 
Giải 
I
C' D'
B'
O
D
CB
A
S
a) Ta có : SBBC
SABC
ABBC
⊥⇒



⊥
⊥
. Tương tự CD SD⊥ . 
Vậy các ñiểm A, B, D ñều nhìn ñọan SC dưới một góc vuông, do ñó tâm mặt cầu 
ngọai tiếp hình chóp S.ABCD là trung ñiểm I của SC. 
b)Ta có : AC’ SC⊥ tại C’ . 
 * AB’ SC⊥ và AB’ BC⊥ ( vì BC )(SAB⊥ 'AB⊃ ) nên AB’ ( ) ' ' .SBC AB B C⊥ ⇒ ⊥ 
 * AD’ SC⊥ và AD’ DC⊥ ( vì DC ')( ADSCD ⊃⊥ nên AD’ CDADSCD '')( ⊥⇒⊥ . 
Vậy các ñiểm B’, C’, D’, D, B cùng nhìn ñọan AC dưới một góc vuông, do ñó bảy 
ñiểm A, B, C, D, B’, C’, D’ cùng nằm trên mặt cầu ñường kính AC. 
Ví dụ 37. a) Xác ñịnh tâm và tính bán kính của mặt cầu nội tiếp tứ diện ñều 
ABCD có cạnh là a. 
b) Xác