Khối chóp là một trong những hình khối quan trọng nhất trong chương trình hình học không gian lớp 12, thường xuyên xuất hiện trong đề thi THPT Quốc gia và các kỳ thi đánh giá năng lực. Để tính thể tích khối chóp, tất cả các trường hợp đều quy về một công thức cốt lõi duy nhất: $V = \frac{1}{3} S_{đáy} \cdot h$, trong đó $S_{đáy}$ là diện tích đáy và $h$ là chiều cao tương ứng.
Tuy nhiên, sự đa dạng của các bài toán nằm ở chỗ: đáy có thể là tam giác, hình vuông, hình chữ nhật, hình thoi, hay đa giác đều $n$ cạnh — mỗi loại có cách tính diện tích riêng. Ngoài ra, các dạng đặc biệt như tứ diện đều và khối chóp cụt còn có công thức riêng cần ghi nhớ.
Trong bài viết này, chúng ta sẽ hệ thống toàn bộ các công thức thể tích khối chóp từ cơ bản đến nâng cao, kèm theo cách nhận dạng và áp dụng cho từng dạng bài cụ thể.
1. Lý thuyết quan trọng
Công thức tính thể tích khối chóp: $S = \frac{1}{3}Bh$ .
Trong đó:
- B là diện tích đa giác đáy
- h là đường cao của hình chóp
Diện tích xung quanh: $S_{xq}$ = tổng diện tích các mặt bên.
Diện tích toàn phần: $S_{tp} = S_{xq}$ + diện tích đáy.
Các khối chóp đặc biệt:
- Khối tứ diện đều: tất cả các cạnh bên đều bằng nhau và tất cả các mặt đều là các tam giác đều
- Khối chóp tứ giác đều: tất cả các cạnh bên đều bằng nhau
Đáy là hình vuông tâm O, SO vuông góc với đáy.
2. Các công thức tính thể tích khối chóp cần nhớ
Công thức thể tích khối chóp:
Công thức tổng quát:
$V = \frac{1}{3} \times S_{đáy} \times h$
Trong đó:
- $S_{đáy}$ là diện tích đáy
- $h$ là chiều cao (khoảng cách từ đỉnh đến mặt đáy)
Theo từng loại đáy:
| Loại chóp | Diện tích đáy | Thể tích |
|---|---|---|
| Chóp tam giác | $S = \frac{1}{2}ab\sin C$ | $V = \frac{1}{6}ab\sin C \cdot h$ |
| Chóp vuông góc (đáy vuông $a$) | $S = a^2$ | $V = \frac{1}{3}a^2 h$ |
| Chóp chữ nhật (đáy $a \times b$) | $S = ab$ | $V = \frac{1}{3}abh$ |
| Chóp đáy thoi (cạnh $a$, góc $\alpha$) | $S = a^2\sin\alpha$ | $V = \frac{1}{3}a^2\sin\alpha \cdot h$ |
| Chóp đều $n$ cạnh (cạnh đáy $a$) | $S_n$ (xem bên dưới) | $V = \frac{1}{3}S_n \cdot h$ |
Chóp đều $n$ cạnh — diện tích đáy: $S_n = \frac{na^2}{4}\cot\frac{\pi}{n}$
Một số trường hợp cụ thể:
- Tam giác đều (n=3): $S = \frac{\sqrt{3}}{4}a^2$
- Vuông (n=4): $S = a^2$
- Lục giác đều (n=6): $S = \frac{3\sqrt{3}}{2}a^2$
Chóp cụt (bị cắt bởi mặt phẳng song song đáy):
$V = \frac{h}{3}(S_1 + S_2 + \sqrt{S_1 S_2})$
Trong đó $S_1$, $S_2$ là diện tích hai đáy, $h$ là chiều cao.
Tứ diện đều (cạnh $a$): $V = \frac{a^3\sqrt{2}}{12}$
3. Bài tập
VÍ DỤ 1. Cho hình chóp tam giác $S.ABC$ có $SA$ vuông góc với mặt đáy, tam giác $ABC$ cân tại $A$ . Trên cạnh $AB$ lấy điểm $D$ sao cho $AB = 3AD$. Gọi $H$ là hình chiếu của $B$ trên $CD$, $M$ là trung điểm đoạn thẳng $CH$ . Tính theo $a$ thể tích khối chóp $S.ABM$ biết $SA = AM = a$ và $BM = \frac{2}{3}a$ .
A. $\frac{\sqrt{3}a^3}{9}$.
B. $\frac{\sqrt{3}a^3}{12}$.
C. $\frac{a^3}{9}$.
D. $\frac{a^3}{18}$.
Lời Giải
Trong mặt phẳng đáy $(ABC)$: Kẻ $Ax \parallel BC$ và $Ax \cap CD = K$ , gọi $N$ là trung điểm của $BC$ .
Khi đó do $\Delta ABC$ cân ở $A$ nên $AN \perp BC$ và tứ giác $ANBK$ là hình chữ nhật.
Suy ra $CN = BN = AK$; $KB \perp BC$
Gọi $I$ là trung điểm của $BH$ , do $M$ là trung điểm đoạn thẳng $CH$ nên $MI \parallel BC$ và $MI = \frac{1}{2} BC$
(đường trung bình của tam giác $\Delta BHC$ . Vậy $MI \parallel AK$ , $MI \perp BK$ và $MI = AK$ hay tứ giác $AMIK$ là hình bình hành và $I$ là trực tâm của tam giác $BMK$ .
Suy ra $IK \perp BM$ và $AM \parallel IK$ nên $AM \perp BM$ .
Vậy $\Delta AMB$ vuông tại $M$ . Suy ra $S_{\Delta ABM} = \frac{1}{2} AM.BM$ .
Theo giả thiết ta có: $V_{S.ABM} = \frac{1}{3} SA.S_{\Delta ABM} = \frac{1}{6} SA.AM.BM$ ; với $SA = AM = a$ và $BM = \frac{2}{3}a$ .
Suy ra $V_{S.ABM} = \frac{1}{3} SA.S_{\Delta ABM} = \frac{1}{6} SA.AM.BM = \frac{a^3}{9}$ .
VÍ DỤ 2: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình bình hành. Gọi $M$ , $N$ lần lượt là trung điểm của các cạnh $AB$ , $BC$ . Điểm $I$ thuộc đoạn $SA$ . Biết mặt phẳng $(MNI)$ chia khối chóp $S.ABCD$ thành hai phần, phần chứa đỉnh $S$ có thể tích bằng $\frac{7}{13}$ lần phần còn lại. Tính tỉ số $k = \frac{IA}{IS}$ ?
A. $\frac{3}{4}$.
B. $\frac{1}{2}$.
C. $\frac{1}{3}$.
D. $\frac{2}{3}$.
Lời giải
Chọn D
Dễ thấy thiết diện tạo bởi mặt phẳng $(MNI)$ với hình chóp là hình ngũ giác $IMNJH$ với $MN \parallel JI$ .
Ta có $MN$, $AD$, $IH$ đồng qui tại $E$ với $EA = \frac{1}{3}ED$ và $MN$, $CD$, $HJ$ đồng qui tại $F$ với
$FC = \frac{1}{3}FD$ , chú ý $E$ , $F$ cố định.
VÍ DỤ 3: Cho hình chóp $S.ABCD$ có đáy $ABCD$ là hình vuông cạnh $2a$ . Tam giác $SAB$ vuông tại $S$ và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi $\varphi$ là góc tạo bởi đường thẳng $SD$ và mặt phẳng $(SBC)$, với $\varphi < 45°$ . Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối chóp $S.ABCD$ .
A. $4a^3$
B. $\frac{8a^3}{3}$
C. $\frac{4a^3}{3}$
D. $\frac{2a^3}{3}$
Lời giải
Chọn C
Gọi $D’$ là đỉnh thứ tư của hình bình hành $SADD’$.
Khi đó $DD’ \parallel SA$ mà $SA \perp (SBC)$ (vì $SA \perp SB$, $SA \perp BC$) nên $D’$ là hình chiếu vuông góc của $D$ lên $(SBC)$.
Góc giữa $SD$ và $(SBC)$ là $\alpha = DSD’ = SDA$, do đó $SA = AD.\tan\alpha = 2a.\tan\alpha$ .
Đặt $\tan\alpha = x$, $x \in (0;1)$.
Gọi $H$ là hình chiếu của $S$ lên $AB$, theo đề ta có $V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}.S_{ABCD}.SH = \frac{1}{3}.4a^2.SH$ .
Do đó $V_{S.ABCD}$ đạt giá trị lớn nhất khi $SH$ lớn nhất.
Vì tam giác $SAB$ vuông tại $S$ nên :
$SH = \frac{SA.SB}{AB} = \frac{SA.\sqrt{AB^2 – SA^2}}{AB} = \frac{2ax\sqrt{4a^2 – 4a^2x^2}}{2a} = 2ax\sqrt{1-x^2} \leq 2a\frac{x^2+1-x^2}{2} = a$
Từ đó $\max SH = a$ khi $\tan\alpha = \frac{\sqrt{2}}{2}$ .
Suy ra $\max V_{S.ABCD} = \frac{1}{3}.a.4a^2 = \frac{4}{3}a^3$ .
VÍ DỤ 4: Cho hình chóp tam giác đều $S.ABC$ có cạnh đáy bằng $a\sqrt{3}$ . Gọi $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $SB$, $BC$ . Tính thể tích khối chóp $A.BCNM$ . Biết mặt phẳng $(AMN)$ vuông góc với mặt phẳng $(SBC)$ .
A. $\frac{a^3\sqrt{15}}{32}$.
B. $\frac{3a^3\sqrt{15}}{32}$.
C. $\frac{3a^3\sqrt{15}}{16}$.
D. $\frac{3a^3\sqrt{15}}{48}$.
Lời Giải
$E$ là trung điểm $BC$ nên $CB \perp AE, CB \perp SH \longrightarrow CB \perp (SAE) \rightarrow CB \perp SE$ .
$SE$ vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên $\Delta SBC$ cân tại $S$
$F$ là giao điểm của $MN$ với $SE \longrightarrow SF \perp MN, SF = \frac{1}{2}SE$ .
$\rightarrow SE \perp AF$ và $SF = \frac{1}{2}SE$ nên $\Delta SAE$ cân tại $A \rightarrow AE = AS = \frac{3a}{2}$
$AH = \frac{2}{3}AE = \frac{2}{3}.\frac{3a}{2} = a \longrightarrow SH = \sqrt{SA^2 – AH^2} = \frac{a\sqrt{5}}{2}$
$V_{S.ABC} = \frac{1}{3}S_{ABC}.SH = \frac{1}{3}.(a\sqrt{3})^2.\frac{\sqrt{3}}{4}.\frac{a\sqrt{5}}{2} = \frac{a^3\sqrt{15}}{8}$ .
$\frac{V_{S.AMN}}{V_{S.ABC}} = \frac{SM}{SB}.\frac{SN}{SC} = \frac{1}{4} \longrightarrow V_{S.AMN} = \frac{a^3\sqrt{15}}{32}$ .
Vậy $V = V_{S.ABC} – V_{S.AMN} = \frac{3a^3\sqrt{15}}{32}$ .