Bài tập thể tích khối đa diện

(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 15: Hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông tâm O, SA  (ABCD), AB = a, SA = a 2 . H, K lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên SB, SD. Chứng minh rằng: SC  (AHK) và tính thể tích hình chóp OAHK. GIẢI A C O H K a a N F E B D a 2 S y x AH  SB (gt) (1) BC  AB (vì ABCD là hình vuông) BC  SA (vì SA  (ABCD)) ˰BC  (SAB) BC  AH (2) Từ (1) (2) ˰AH  (SBC ˰AH  SC (3) Chứng minh tương tự ta có: SC  AK (4) Từ (3) (4) ˰ SC  (AKH) Gọi {F} = KH ∩ SO ˰ (SAC) ∩ (AHK) = AF Kéo dài AF cắt SC tại N Trong (SAC) kẻ đường thẳng qua O//SC cắt AN tại E ˰ OE  (AHK) Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến Vì OA = OC; OE//CN OE = 2 1 CN Tam giác vuông SAD có 222 111 ADASAK  ˰ AK = 323 .2. 222 a a aa ADAS ADAS   Dễ thấy AH = 32a ∆AKH cân tại A Dễ thấy ∆SBD có BDKHSDSK  mà SK = 2 2 2 2 223 32 aSA AK a a    SD = a 3 ˰ SOSFaaBDKH  32332 HK = 3 2 BD = 23 2 a OF = 3 1 SO ˰ 21SFOF ∆SAC có : OA = OC ˰ 2 1 SF OF SN OE ˰OE = 2 1 SN = 2 1 a S∆AHK = 2 1 KH. 4 2 2 HKAK  = 9 22 2a ˰ V = AHK.3 1 SOE 27 22 3a * Có thể dùng PP toạ độ để tính thể tích OAHK như sau: Chọn hệ toạ độ như hình vẽ.Ta có: A(0,0,0) , B(a,0,0) ,D(0,a,0) , S(0,0,a 2 ) , O( 2 a , 2 a , 0) ∆SKA
∆ SAD ˰ SD SA SA SK  ˰ SK= 3 2a ˰K(0, 2 3 a , 2 3 a ) ∆ABS có SHSBAS .2  ˰ SH= 3 2a ˰H( 2 3 a ,0, 2 3 a ) Ta có ) 3 2 ,0, 3 2 ( a aAH  ) 3 2 , 3 2 ,0( a aAK  ,0) 2 , 2 ( aa AO  [ AKAH , ] =( 9 4 , 9 22 , 9 22 222 aaa  ) Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến a K O C D A a 2 a N I B ˰ VOAHK= 6 1 |[ AKAH , ]. AO |= 3 27 2 a Bài 16: Hình chóp SABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = a 2 , SA = a, SA  (ABCD). M, N lần lượt là trung điểm AD và SC. {I} = BM ∩ AC. Tính thể tích hình chóp ANIB. GIẢI SA (ABCD) Gọi {O} = AC ∩ BD Trong ∆SAC có ON // SA ˰ON  (ABCD) ˰ NO  (AIB) Ta có NO = 22 1 aSA  Tính S∆AIB = ? ABD só I là trọng tâm ˰S∆ABI = 32 S∆ABO = 4132 . S⋄ABCD = 32 a.a 2 = 6 22a ˰ SANIB = 31 NO.S∆AIB = 3626 2231 32 .. aaa  Bài 17. Hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, (SAD) (ABCD), ∆SAD đều. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm SB, BC, CD. Tính thể tích hình chóp CMNP GIẢI A C N a D P B M FE S y x z - Gọi E là trung điểm AD. (CNP) ≡ (ABCD) ˰ SE AD (SAD)  (ABCD) ˰SE  (ABCD) - Gọi F là hình chiếu của M lên (ABCD) ˰ MF // SE. Dễ thấy F ˥ EB và F là trung điểm EB Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến Ta có MF = 2 1 SE = 4 3 2 3 2 1 . aa  S∆CNP = 2 8 1 8 1 4 1 aSS ABCDCBD  VCMNP = 2 1 S∆NCP.MF = 96 3 4 32 8 1 3 1 3. aaa  Nhận xét: có thể dùng phương pháp toạ độ để giải với gốc toạ độ O . 0x ≡ EN, oy ≡ ED, oz ≡ ES Bài 18: Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O’ bán kính đáy bằng chiều cao bằng a. Trên đường tròn tâm O lấy A, Trên đường tròn tâm O’ lấy B. sao cho AB = 2a. Tính thể tích hình chóp OO’AB GIẢI B A A' O' O H D Kẻ đường sinh AA’. Gọi D đối xứng với A’ qua O’, H là hình chiếu của B trên A’D. Ta có BH A’D BH  A’A ˰ BH  (AOO’A’) ˰BH là đường cao của tứ diện BAOO’ SAOO’ = 2 2a , A’B = 3'22 aAAAB  ∆A’BD vuông ở B ˰ BD=a ∆O’BD đều ˰ BH= 2 3a ˰VBAOO’ = . 3 1 BH SAOO’ = 12 32a Bài 19: Cho hình chóp có ABCD là hình chữ nhật; AB = a.AD = 2a; SA  (ABCD); (SA, (ABCD) = 60o. Điểm M thuộc cạnh SA, AM = 3 3a . (BCM) ∩ SD ={ N}. Tính thể tích hình chóp S.BCMN GIẢI Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến S A D CB NM H Ta có SAB=600 ∆SAB vuông tại A có AM = 3 3a , AB = a ˰ ABM = 300 Kẻ SH˵ BM thì SH là đương cao của hình chóp S.BCMN ta có SH=SB sin 300 = a BC//(SAD) ˰MN//BC ˰ AD MN SA SM  ˰MN = 3 4. a SA SMAD  ˰SBCMN = 33 10 ).( 2 1 2a BMBCMN  ˰VSBCMN = . 3 1 SH SBCMN = 27 310 3a Bài 20: Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình thang; BAD = ABC = 90o; AB = BC = a; AD = 20; SA b (ABCD); SA = 2a. M, N lần lượt là trung điểm SA và SD. Chứng minh rằng BCMN là hình chữ nhật và tính thể tích hình chóp S.BCNM GIẢI A D S H M N Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến Ta có BC//AD ,BC= AD 2 1 ,MN//AD , MN= AD 2 1 ˰BC = MN , BC// MN (1) BC ˵AB BC ˵SA ˰BC ˵ (SAB) BC AM (2) Từ (1) và (2) ta có BCNM là hình chữ nhật Kẻ SH ˵BM thỡ SH˵ (BCNM) ˰VSBCNM= 3 1 SBCNM.SH= 3 1 BC.NM.SH= 3 3a Bài 21: Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có ABC vuông. AB = AC = a; AA1 = a 2 . M là trung điểm AA1. Tính thể tích lăng trụ MA1BC1 Hướng dẫn: +Chọn mặt đáy thích hợp ˰ V = 12 23a +Có thể dùng cả phương pháp toạ độ Bài 22: Tứ diện ABCD có AB = x có các cạnh còn lại bằng 1. a.Tính thể tích tứ diện theo x. b.tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ACD c. Tìm x để thể ABCD đạt giá trị lớn nhất GIẢI a. H C B C D Cách 1: Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến Gọi H là Hình chiếu của D lên (ABC) vì DA = DC = DB = 1 ˰ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC mà ∆ABC cân H ˥ CC’ với C’ là trung điểm AB S∆ABC = xxxABCC x .4.4'. 24 1 42 1 2 1 2  HC = R∆ABC = 2 4 2 2 22 4 1 1.4cossin4 sin2 x xx C x xx CC   ˰Tam giác vuông HCD có HD2 = CD2- DC2 = 2 2 2 4 3 4 11 x x x     ˰ HD = 2 2 4 3 x x   ˰VABCD = 222 231 1 13 3 4 124. . 4 . . 3 x x ABC x S HD x x x     Cách 2: B A D M C' Gọi M là trung điểm CD ˰ CD  ABM Vì ∆ACD và ∆BCD đều ˰ AM = BM = 2 3 VABCD = 2VCBMA = 2. 3 1 CM.S∆ABC = ABMS.2 1 3 2 S∆ABM = 2 1 MC’.AB = 24 2 2 2 2 3 2 1 3)()(. xx xx  VABCD = xxxx .33 212 12 43 1  b) SACD= 4 3 ˰ d(B,(ACD))= ACD ABCD S V3 = xx .3 3 1 2 c) VABCD = 2 22 31 1 1 12 12 2 83 . . x xx x     Dấu “=” xảy ra ˱ x2 = 3-x3 ˱ x = 23 và thể tích lớn nhất là 8 1 Bài 23: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy ABCD và SA=h.Điểm M thuộc cạnh CD.Đặt CM=x.Hạ SH vuông góc với BM.Tính thể tích khối tứ diện SABH.Tìm x để thể tích khối này là lớn nhất. GIẢI Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến C A S MD B H Ta có BM  SH (gt) BM  SA (Vì SA ( ABCD) ˰BM  AH SABM = 2 1 SABCD = 2 1 a2 Mà SABM = 2 1 AH.BM ˰ AH= 22 22 xa a BM a   ∆SAH vuông ở A có SH= 22 2 222 xa a hAHSA   ∆BAH vuông ở H có BH= 2222 4 222 xa ax xa a aAHAB     SABH = 2 1 AH.BH = 2 1 22 3 xa xa  VSABH = 22 3 . 6 1 . 3 1 xa xha SAS ABH   ha ax xha 2 3 12 1 26 1  Dấu bằng xảy ra khi a=x tức M trùng D. Bài 24: Hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vuông góc với đáy ABC và SA = a.Điểm M thuộc cạnh AB. Đặt góc ACM bằng  Hạ SH vuông góc với CM a)Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện SAHC b)Hạ AI vuông góc với SC,AK vuông góc với SH Tính thể tích khối tứ diện SAKI. Đáp số a)Vmax= 12 3a b)VSAKI = )sin1(24 2sin 2 3    a Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến CÓ THỂ TÍNH THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN NHỜ VIỆC CHIA THÀNH CÁC KHỐI NHỎ HOẶC BỔ SUNG THÊM Bài 25: Cho tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau AB = CD =a, AC = BD = b, AD = BC = c Tính thể tích ABCD GIẢI H C P Q R B +Dựng ∆PQR sao cho B, C, D lần lượt là trung điểm PQ, QR, PR. +S∆DCR = S∆BCQ = S∆PDB = 4 1 S∆PQR ˰ S∆BCD = 41 S∆PQR AD = BC = PR D là trung điểm PR ˰AR  AP Tương tự AP b AQ, AQ b AR VAPQR = 4 1 S∆PQRAR Bài 26: VABCD = 6 1 AD.BC.MN.Sin ỏ. Trong đó ABCD là tứ diện có MN là độ dài của đoạn vuông góc chung của các cặp cạnh đối AD và CB, ỏ =(AD, BC) Hướng dẫn: Dùng hình hộp ngoại tiếp tứ diện này. Bài 27: Cho hình chóp SABC có tất cả các góc phẳng ở đỉnh A và B của tam diện đều bằng ỏ. AB = a. Tính thể tích hình chóp SABC GIẢI Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến CA B S E F a -Dễ thấy∆ SAB, ∆CAB là các tâm giác cân tại S và C -Gọi E là trung điểm AB ˰ AB b SE AB b CE ˰AB b (SCE) ˰VSABC = VASEC + VBSEC = 31 S∆SEC.(AE+BE) = 31 S∆SEC.AB Tính S∆SEC = ? ∆SEC cân tại E vì ES = EC (∆SAB = ∆ACB (g.c.g)) Gọi F là trung điểm SC ˰ EF b SC ∆SBC cân tại B vì BC =BS (Vì ∆SAB = ∆CAB (g.c.g)) FS = FC ˰FBC = 3 Tam giác vuông EBC có CE =  tan2 Tam giác vuông FBC có BC = 22 EBCE  2cos cos 2cos( ) a aEB      Sin 2  = BC FC ˰ FC = BC sin 2 = 2cos2 sin. a Tam giác vuông EFC có EF2 = EC2 - FC2 = 2 22 cos 1 4cos4 sin2 4 sin(sintan 2 2 2 2 22 2      aaa S∆SEC = 2 1 EF.SC = EF.FC = 2cos22 22 cos2 sin..sinsin      aa  = 2 22 2cos2 sinsin.sin.2 2    a VSABC = 2 22 2cos12 3 sinsin.sin.2   a Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến MỘT SỐ BÀI TẬP CÓ THỂ GIẢI BẰNG PP TOẠ ĐỘ VỚI VIỆC CHỌN HỆ TOẠ ĐỘ DỄ DÀNG Bài 1: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi, AC = 4, BD = 2, AC cắt BD tại O SO  (ABCD), SA = 2 2 . Gọi M là trung điểm SC, (ABM) cắt SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN GIẢI Cách 1: B O C D A S M N Ta có AB // CD (gt) (ABM) (SCD) = MN ˰MN // CD ˰ N là trung điểm SD VSABCD = 2 1 SABCD.SO = 2 1 AC.BD.SO = 2822.2.42 1  2 1 SDSNV V SABD SABN ˰ VSABN = 21 SSABD = 2 28 2 1 . = 2 2 4 1 2 1 2 1 ..  SDSNSCSMVVSBCDSBMN ˰ VSBMN = 4 1 SSBCD = 2 28 4 1 . = 2 ˰VSABMN = VSABN + VSBMN = 3 2 Cách 2: Sử dụng phương pháp toạ độ Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến O S A C D N M B z x y Chọn hệ toạ độ xyz có tia OX ≡ tia OA, tia oy ≡ OB, tia oz ≡ OS Dễ thấy A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 2 ), C(-2; 0; 0), D(0; -1; 0), M(-1; 0; 2 ) Do (ABM) ∩ (SCD) = MN AB // CD ˰MN//CD ˰N là trung điểm SD ˰N(0; - 21 ; 2 ) SA = (2; 0; -2 2 ); SM = (-1; 0; - 2 ); SB = (0; 1; -2 2 ); SN = (0; - 2 1 ; - 2 ) [ SA , SM ] = (0; 4 2 ; 0) VSABM = 6 1 [ SA , SM ].SB = 3 22 VSAMN = 6 1 [ SA , SM ].SN = 3 2 VSABMN = VSABM + VSAMN = 2 Bài 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ có AB = a, AD = b , AA ’= c a)Tính thể tích A’C’BD b)Gọi M là trung điểm CC’Tính thể tích MA’BD. GIẢI Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến C B' D' C' A' A D B x y a b c M a) Cách 1: Thể tích của khối hộp ABCDA’B’C’D’ là V = abc VC’CDB = 6 1 6 1 2 1 . 3 1 '. 3 1  abcabcSCC BCD V Tương tự ta có: VAA’BD = VBA’B’ C’ = VD’A’DC’ = 6 1 V ˰VA’C’DB = V - 4. 6 1 V = 3 1 V= 3 1 abc Cách 2: dùng phương pháp toạ độ Chọn hệ toạ độ Axyz như hình vẽ Ta có: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0) D( 0; b; 0), C(a; b; c), A’(0; 0; 0) DB = (a; -b; 0); 'DC = (a; 0; c); 'DA = (0; -b;c); [ DB , 'DC ] = (-bc; -ac; ab) VA’C’DB = 6 1 |[ DB , 'DC ]. 'DA | = 3 1 abc b) Chọn hệ toạ độ như hình vẽ.ta có A(0;0;0) , B(a;0;0) , D(0;B;0) , A’(0;0;c) , C(a;b;0) , C’(a;b;c) M là trung điểm CC’ nên M(a;b; 2 c ) )0;;( baBD  , ) 2 ;;0( c bBM , );0;(' caBA  [ BMBD, ]= ); 2 ; 2 ( ab acbc  VBDA’M = 6 1 |[ BD , BM ]. 'BA | = 4 1 2 3 6 1 abc abc 2) Về thể tích khối lăng trụ Ta thường áp dụng công thức tính thể tích đã biết hoặc chia nhỏ khối cần tính hoặc bổ sung thêm Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến Bài 1 Cho lăng trụ tam giác ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều, cạnh a và A’A = A’B = A’C. Cạnh AA’ tạo với đáy một góc 60o. Tính thể tích lăng trụ ABCA’B’C’. GIẢI B A C C'B' A' O a Gọi O là tâm ABC˰ OA = OB = OC A’A = A’B = A’C (gt) ˰A’O˵ (ABC) (AA’,(ABC)) = (AO, AA’) = 600 A’O ˵OA (vì A’O˵ (ABC) Trong tam giác vuông A’OA có OA’ = OA tan 600 = a Vì ∆ABC đều cạnh a nên S∆ABC = 4 3 2a ˰VABCA’B’C’ = S∆ABC.A’O = 4 33a Bài 2: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là một tam giác vuông tại A, AC = b, C = 60o. (BC’,(AA’C’C)) = 30o. Tính thể tích của khối lăng trụ GIẢI C C'A' A B B' b b' Dễ thấy AB (ACC’A’) nên (BC’, (ACC’ A’)) = AC’B = 300 ∆ABC vuông tại A có Cˆ =600, AC=b nên BC=2b và AB= 3 b. Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến vì AB  (ACC’A’) nên AB b AC’ ∆ABC’ vuông tại A có AC’ = bAB 3 30tan 0  ∆ACC’ vuông tại C có (CC’)2 = AC’2- AC2 = 9b2- b2 = 8b2 ˰CC’ = 2 2 b =AA’. S∆ABC = 2 1 CA.CBsin6oo = 2 3 2b ˰VABCA’B’C’ = S∆ABC.AA’ = 6 b3 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến DẠNG 2 : TỈ SỐ THỂ TÍCH A/. Phương pháp: Giả sử mặt phẳng ỏ chia khối đa diện thành hai khối có thể tích là V1 và V2. Để tính k = 2 1 V V ta có thể: -Tính trực tiếp V1, V2 bằng công thức ˰ k -Tính V2 (hoặc V2) bằng công thức tính thể tích của cả khối ˰ Thể tích V2 (hoặc V1) ˰ k Ta có các kết quả sau: +Hai khối chóp có cùng diện tích đáy là tỉ số thể tích bằng tỉ số hai đường cao tương ứng. +Hai khối chóp có cùng độ dài đường cao thì tỉ số thể tích bằng tỉ số hai diện tích đáy. + ''.'. .. ''' SCSBSA SCSBSA V V CBSA SABC  CA B B' C' A' (chỉ đúng cho khối chóp tam giác (tứ diện)) B. Các bài tập Bài 1: Chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành. M là trung điểm SC. mặt phẳng (P) chứa AM và //BD chia hình chóp thành hai phân. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. GIẢI C B O A S D M B' I D' Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến -Gọi O = AC ∩ BD, I = SO ∩ AM ˰ I ˥ (P) BD ˩ (SBD) BD // (P) ˰ (P) ∩ (SBD) = B’D’ // BD 9 2 3 2 3 2 2 1 2 1'' ......''  SOSISOSISDSDCSBSBSCSMV V SCBD DSMB (vì I là trọng tâm ∆SAC) 9 2 3 2 3 2''' ..1..''  SDSDSBSBSASAVVSCBDDSMB mà VSABD = VSCBD = 2 1 VSABCD 2 1 3 1 3 2 9 4 9 2 '' '''' 2 1 '' 2 1 ''  MBABCDD MDSAB SABCD MDSABDSABDSMB V V V V V V V V Bài 2: Hình chóp SABCD có đáy là hình vuông, SA  (ABCD). (SC, (SAB)) = ỏ. Mắp phẳng (P) qua A và vuông góc SC chia hình chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần đó. GIẢI Kí hiệu K1 = VSMAQN V2 = V - V1 Gọi O = AC ∩ BD ∆SAC kẻ AN SC E = SO ∩ AN ˰ E ˥ (P) vì (P) SC mà BD  SC BD  AC BD  SA  BD  (SAC) BD ˩ (SAC) S D C O B A N M Q E ˰ (P) // (SBD) ˰ (P) ∩ (SBD) = MQ //BD CB  AB (gt) CB  SA (vì SA  (ABCD)) ˰CB  (SAB) ˰ (SC, (SAB)) = CSB = ỏ V1 = 2VSANQ, V = 2VSACB SB SQ SC SN V V V V SACB SANQ .1  Tam giác vuông SAC: SA2 = SC.SN ˰ SN = SC SA2 Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến Tam giác vuông SAB: SA2 = SB.SQ ˰ SQ = SB SA2 2 . )(. 2 2 2 2 2 1 SCSB SA SB SA SC SA V V  BC AB (gt) BC SA (vì SA  (ABCD)) ˰BC SB Tam giác vuông SBC: cos ỏ = SC SB ˰ SC = cos SB Tam giác vuông SAB: SA2 = SB2 - AB2 = SB2 - BC2 = SB2 - SB2tanỏ    2sin1)sin(cos)( 22 . )tan1( cos 2 1  SASB SB V V     2sin 2sin1 )2sin11( )2sin1( 1 11      VVVVVVV Bài 3: SABCD là hình chóp tứ giác đều cạnh a, đường cao h. Mặt phẳng qua AB  (SDC) chia chóp làm hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần đó. Bài 4: Cho hình lập phương ABCDA’B’C’D’ cạnh là a. M là trung điểm CD, N là trung điểm A’D’. Tính tỉ số thể tích hai phần đó (MNB’) chia hình lập phương. GIẢI D A B Q M C' B' D' A' P E C Gợi ý: Gọi V1, V2 tương ứng là thể tích các phần trên và phần dưới thiết diện ta có: V1 = VB’ECF - (VEPD’N + VFMQC) Để ý: ED’ = a, FC = 3 a , PD’ = 3 2a , CQ = 4 a Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến Tính được V1 = 144 55 3a V2 = V- V1 = a 3 - 144 55 3a = 144 89 3a  89 55 2 1  V V Bài 5: Cho tứ diện SABC lấy M, N thuộc cạnh SA, SB sao cho 2 1 MA SM , 2 NB SN . Mặt phẳng qua MN // SC chia tứ diện thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần này. GIẢI A' C A BE M N F Dễ thấy thiết diện là hình thang MNEF (với MF // NE) Đặt V = VSABC, V1 = VMNEFCS, V2 = VMNEFAB V1 = VSCEF + VSFME + VSMNE 9 2 3 2 3 1 ..  CBCECACFVVSCEF 3 1.  SASMSASESESMVVSFEASFME 9 4..  CBCECAFASSSSSSVV ABCCEACEAFEAABCFEASFEA ˰ VV VSFME 27 4 9 4 3 1 .  9 2.  SBSNSASMVVSABESMNE 3 1..  CBCECEEBSSSSSSVV ABCCEACEAABEABCABESABE ˰VSABE = 27 2 V ˰ V1 = 9 2 V + 27 4 V + 27 2 V = 9 4 V 5 4 2 1 VV Bài 6: Cho lăng trụ đứng tam giác đều ABCA’B’C’ có cạnh đáy và cạnh bên đều bằng a. M, N, E lần lượt là trung điểm của BC, CC’, C’A’. Tính tỉ số thể tích hai phần lăng trụ do (MNE) tạo ra. GIẢI Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến B' C' C B A A' E M N A' I Dễ thấy (MNE) cắt lăng trụ theo thiết diện là ngũ giác MNEFI Gọi V1, V2 tương ứng là thể tích phần trên và phần dưới của thiết diện, ta có V1 = VNIBM + VNBB’FI + VNB’C’EF V2 = VNFA’E + VNAA’FI + VNACMI So sánh từng phần tương ứng ta có V1 = V2  2 1 V V = 1 Bài 7: Cho hình vuông ABCD cạnh a. {O} = AC  BD, ox  (ABCD). Lấy S  Ox, S  O. Mặt phẳng qua AC và vuông góc (SAD) chia hình chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó. Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến DẠNG 3 : PHƯƠNG PHÁP THỂ TÍCH : CHỨNG MINH ĐẲNG THỨC, BẤT ĐẲNG THỨC,KHOẢNG CÁCH TỪ 1 ĐIỂM TỚI MỘT MẶT PHẲNG DỰA VÀO THỂ TÍCH. Bài 1: SABC có SA = 3a, SA  (ABC), ∆ABC có AB = BC = 2a, ABC =120o Tính D(A,(SBC)). GIẢI B A S C M 3a 2a S∆ABC = 2 1 AB.BC.sin120o = 4 3.2.2 aa = a3 3 SSABC = 3 1 S∆ABC .SA= 3 33.2 aa = a3 3 Kẻ SM BC BC SA (vì SA  (ABC)) ˰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 