Tài liệu Bài tập hình học không gian có lời giải ppt

1
CHỦ ĐỀ I
KHOẢNG CÁCH VÀ GÓC TRONG KHÔNG GIAN
I. TÓM TẮT KIẾN THỨC
A. KHỎANG CÁCH.
1) Khỏang cách từ một điểm M đến một đường thẳng a trong không gian là độ dài
đọan thẳng MH, trong đó MH

a với H

a.
2) Khỏang cách từ một điểm M đến mặt phẳng (P) là độ dài đọan MH, trong đó
MH

(P) với H

(P).
3) Nếu đường thẳng a // (P) thì khỏang cách từ a đến (P) là khỏang cách từ một
điểm M bất kì của a đến (P).
4) Nếu hai mặt phẳng song song thì khỏang cách giữa chúng là khỏang cách từ
một điểm bất kì của mặt phẳng này đến mặt phẳng kia
5) Hai đường thẳng chéo nhau a và b luôn luôn có đường thẳng chung

. Nếu


cắt a và b lần lượt tại A và B thì độ dài đọan thẳng AB gọi là khỏang cách giữa a và b
chéo nhau nói trên.
Muốn tìm khỏang cách giữa hai đường thẳng chéo nhau người ta còn có thể:
a) hoặc tìm khỏang cách từ đường thẳng thứ nhất đến mặt phẳng chứa đường thẳng
thứ hai và song song với đường thẳng thứ nhất.

b) hoặc tìm khỏang cách giữa hai mặt phẳng lần lượt chứa hai đường thẳng đó và
song song với nhau.
B. GÓC.
1) Góc
)900(
0


giữa hai đường thẳng trong không gian là góc giữa hai
đường thẳng cùng đi qua một điểm tùy ý trong không gian và lần lượt song song với hai
đường thẳng đã cho.
2) Góc giữa một đường thẳng và một mặt phẳng là góc giữa đường thẳng đó và
hình chiếu vuông góc của nó trên mặt phẳng.
3) Góc giữa hai mặt phẳng là góc giữa hai đường thẳng bất kì lần lượt vuông góc
với hai mặt phẳng đó.
II. RÈN LUYỆN
Bài 1: Cho tứ diện đều ABCD cạnh a.
a) Tính khỏang cách từ điểm A tới mặt phẳng BCD.
b) Tính khỏang cách giữa hai cạnh đối diện AB và CD.
Giải
a) Gọi G là trọng tâm tam giác đều BCD và E = BC ∩ DG , F = CD ∩ BG
H
G
E
F
B
D
C
A

2
Ta có : BF = DE = AF = a =
2
3a
và
AGCDABFCD
AFCD
BFCD






)(

Chứng minh tương tự ta có BC

AG
Vậy AG

(BCD) và AG là khỏang cách từ A đến (BCD).
Ta có: AG
2
= AB
2
– BG
2
= a
2

-
3
2
2
3
3
2
2
2
aa









. Vậy AG =
3
6a

b) Gọi H là trung điểm AB . Vì CD
)(ABF
nên CD
HF
. Mặt khác FA = FB nên
FH
AB

. Vậy FH là khỏang cách giữa hai cạnh đối AB và CD.
Ta có HF
2
= AF
2
– AH
2
=
222
3
2
2
2
aaa

















. Vậy HF =
2
2a

Bài 2. Cho hình chóp tam giác đều SABC có cạnh đáy bằng 3a, cạnh bên bằng 2a. Tính
a) Góc giữa cạnh bên và mặt đáy.
b) Góc giữa mặt bên và mặt đáy
Giải

I
A
C
B
S
H

a) Do SABC là hình chóp tam giác đều nên góc giữa các cạnh bên và đáy bằng nhau.
Gọi H là hình chiếu của S lên mp(ABC). Ta có H là trọng tâm của tam giác ABC.
AH là hình chiếu của SA lên mp(ABC) nên góc SAH là góc giữa cạnh bên SA và đáy.
Ta có: AI =
2
33a
, AH =
3
3
2
aAI 

Cos SAH =.
2

3
2
3

a
a
SA
AH
. Vậy SAH = 30
0

b) Các mặt bên của hình chóp tao với đáy các góc bằng nhau.
Ta có
SIA
BCSI
BCAI






là góc giữa mặt bên và mặt đáy.
SH = SA sỉn 30
0
= a , HI =
2
3
2
aAH



Vậy tan SIH =
3
32

HI
SH

3
CHỦ ĐỀ II
THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
I.TÓM TẮT KIẾN THỨC
1. Thể tích của khối hộp chữ nhật.
V = abc ( a, b, c là 3 kích thước)
2. Thể tích của khối lập phương
V = a
3

3. Thể tích của khối lăng trụ
V = B.h
4. Thể tích của khối chóp.
V =
3
1
B.h ( B là diện tích của đáy )
II. RÈN LUYỆN.
Bài 1: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a, các cạnh bên SA, SB, SC
đều tạo với đáy một góc 60
o

.
a) Tính thể tích của khối chóp S.ABC.
b) Tính khỏang cách từ điểm A đến mp(SBC).
Giải


H
F
E
A
C
B
S

a) Gọi H là hình chiếu của S lên mp(ABC), ta có H là trọng tâm tam giác ABC
AH là hình chiếu của SA lên mp(ABC) nên g(SAH) = 60
o

Ta có: AE =
2
3a
, AH =
3
3a
, HE =
6
3a

SH = AH.tan 60
o

=
a
a
3.
3
3

Vậy V
SABC
=
12
3
.
4
3
3
1
32
a
a
a


b)Gọi AK là khỏang cách từ A đến mp(SBC)
Ta có: V
SABC
= V
ASBC
=
SBC

SABC
SBC
S
V
AKAKS
3
3
1


SE
2
= SH
2
+ HE
2
= a
2
+
6
42
36
42
36
6
6
6
22
2
2

a
SE
aa
a
a










4
S
SBC
=
12
42
6
42
.
2
1
2
aa
a 

Vậy SK =
42
33
42
12
.
12
3.3
2
3
a
a
a


Bài 2: Cho hình chóp tam giác S.ABC có AB = 5a, BC = 6a, CA = 7a. Các mặt bên SAB,
SBC, SCA tạo với đáy một góc 60
o
.Tính thể tích khối chóp SABC.
Giải

60
A
C
B
H
S
F
E
J

Hạ SH
)(ABC
, kẽ HE

AB, HF

BC, HJ

AC suy ra SE

AB, SF

BC, SJ

AC
Ta có
0
60 SJHSFHSEH


SJHSFHSAH 
nên HE =HF = HJ = r
( r là bán kính đường tròn ngọai tiếp
ABC
)
Ta có S
ABC
=
))()(( cpbpapp 

với p =
a
cba
9
2



Nên S
ABC
=
2
2.3.4.9 a

Mặt khác S
ABC
= p.r
3
62 a
p
S
r 

Tam giác vuông SHE: SH = r.tan 60
0
=
a
a
223.
3

62


Vậy V
SABC
=
32
3822.66
3
1
aaa 
.
Bài 3: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, có BC = a. Mặt
bên SAC vuông góc với đáy, các mặt bên còn lại đều tạo với mặt đáy một góc 45
0
.
a) Chứng minh rằng chân đường cao khối chóp trùng với trung điểm cạnh AC.
b) Tính thể tích khối chóp SABC.
Giải

a) Kẽ SH

BC vì mp(SAC)

mp(ABC) nên SH

mp(ABC). Gọi I, J là hình chiếu của
H lên AB và BC

SI


AB, SJ

BC, theo giả thiết
0
45 SJHSIH


5

45
I
J
H
A
C
B
S

Ta có:
HJHISHJSHI 
nên BH là đường phân giác của
ABC
, từ đó suy ra H
là trung điểm của AC.
b) Ta có HI = HJ = SH =
2
a

V

SABC
=
12
.
3
1
3
a
SHS
ABC


Bài 4 : Cho hình chóp SABC, đáy ABC là tam giác cân tại A có trung tuyến AD = a, hai
mặt bên SAB và SAC cùng vuông góc với đáy. Cạnh bên SB hợp với đáy một góc

và
hợp với mặt phẳng SAD một góc

.Tính thể tích khối chóp SABC theo a,

,
.
Giải

S
D
A
C
B

Ta có :
)(
)()(
)()(
)()(
ABCSA
ABCSAC
ABCSAB
SASACSAB










+ AB là hình chiếu của SB lên mp(ABC) nên g(SB, (ABC)) =

SBA

Ta có :
)(SADBC
SABC
ADBC








+ SD là hình chiếu của SB lên mp(SAD) nên g(SB, (SAD)) =

BSD

Ta có : SB
2
= SA
2
+ AB
2
= SA
2
+ AD
2
+ BD
2
(1)
Mà SA = SB.sin

, BD = SB.sin


6
(1)
222222222222

sin.sin.sin.sin. aSBSBSBSBaSBSB 



22222222
)sin(cos)sinsin1( aSBaSB 




22
sincos 

a
SB






2222
sincos
sin
,
sincos
sin





a
BD
a
SA

V =
)cos().cos(3
sin.sin
)sin(cos
sin.sin
.
3
1

3
1
3
1
3
22
3









aa
SAADBDSAS
ABC

Bài 5: Cho khối chóp SABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt
phẳng đáy và SA = 2a.Gọi B’, D’lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SD. Mặt phẳng
(AB’D’) cắt SC tại C’. Tính thể tích khối chóp SAB’C’D’.
Giải

A
n
B
D'
O
S
C'
B'
D
C

Ta có AB’

SB, AB’

CB

AB’

(SBC)


AB’

SC (a)
Tương tự AD’
SC
(b)
Từ (a) và (b) suy ra SC
')'''( ACSCDCAB 

Do tính đối xứng, ta có V
SAB’C’D’
= 2V
SAB’C’
Ta có:
15
8
6
4
.
5
4
.
'.
.
'.'
.
'
2
2
2

2
2
2
2
2
22
.
''.

a
a
a
a
SC
SA
SB
SA
SC
SCSC
SB
SBSB
SC
SC
SB
SB
V
V
ABCS
CABS

Mà
V
SABC
=
45
8
3
.
15
8
3
2.
2
.
3
1
33
''
32
aa
V
a
a
a
CSAB


Vậy V
SAB’C’D’
=

45
16
3
a

Bài 6: Cho khối chóp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Gọi B’, C’ lần lượt là
trung điểm của SB và SD. Mặt phẳng AB’D’cắt SC tại C’.Tính tỉ số thể tích của hai khối
chóp SAB’C’D’ và SABCD.
Giải
7

I
C'
C"
S
I
O
D'
B'
B
D
C
A

Gọi O =
BDAC 
.Ta có AC’, B’D’, SO đồng quy tại I và I là trung điểm của SO
Kẻ OC” // AC’ .Ta có SC’ = C’C” = C”C, nên
3
1'


SC
SC
.
Ta có
12
1
6
1
3
1
.
2
1'
.
'
''''

SABCD
CSAB
SABC
CSAB
V
V
SC
SC
SB
SB
V
V

Tương tự ta cũng có:
12
1
''

SABCD
DSAC
V
V

Vậy
6
1
12
1
12
1
'''''''



SABCD
DSACCSAB
SABCD
DCSAb
V
VV
V
V

Bài 7: Cho khối chóp tứ giác đều SABCD. Một mặt phẳng
)(

qua A, B và trung điểm M
của SC . Tính tỉ số thể tích của hai phần khối chóp bị phân chia bởi mặt phẳng đó.
Giải.
Kẻ MN // CD (N
)SD
thì hình thang ABMN là thiết diện của khối chóp khi cắt bởi mặt
phẳng (ABM).
+
SABCDSADBSANB
SADB
SAND
VVV
SD
SN
V
V
4
1
2
1
2
1


N
S
O
M
B
D
C
A

8
+
SABCDSBCDSBMN
SBCD
SBMN
VVV
SD
SN
SC
SM
V
V
8
1
4
1
4
1
2
1

.
2
1
. 

Mà V
SABMN
= V
SANB
+ V
SBMN
=
SABCD
V
8
3
. Suy ra V
ABMN.ABCD
=
SABCD
V
8
5

Do đó :
5
3
.

ABCDABMN

SABMN
V
V

Bài 7: Cho hình lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ có chiều cao bằng h và góc của
hai đường chéo của hai mặt bên kề nhau phát xuất từ một đỉnh là

. Tính thể tích của
lăng trụ.
Giải

B'
h
D'
C'
A'
O
B
D
C
A

Gọi x là cạnh của đáy, ta có B’D’ = x
22
'',2 xhADAB 


cos'2'2cos'.'.2'''':''
22222
ABABADABADABDBDAB 


cos)()(cos)(2)(22
2222222222
xhxhxxhxhx 




cos
)cos1(
2
2


h
x
.Vậy V = x
2
.h =


cos
)cos1(
3
h

Bài 8: Đáy của lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ là tam giác đều . Mặt (A’BC) tạo
với đáy một góc 30

0
và diện tích tam giác A’BC bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ.
Giải.

30
I
C'
B'
A'
C
B
A


9
Giả sử BI = x
3
2
32
x
x
AI 

Ta có
0
30'
'







IAA
BCIA
BCAI

x
xAI
AIIAAIA 2
3
32
3
2
30cos:':'
0


A’A = AI.tan 30
0
=
xx 
3
3
.3

Vậy V
ABC.A’B’C’
= CI.AI.A’A = x
3

3

Mà S
A’BC
= BI.A’I = x.2x = 8
2 x

Do đó V
ABC.A’B’C’
= 8
3

Bài 9: Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình chữ nhật với AB =
3
, AD =
7
.
Hai mặt bên (ABB’A’) và (ADD’A’) lần lượt tạo với đáy những góc 45
0
và 60
0.
Tính thể
tích khối lăng trụ đó nếu biết cạnh bên bằng 1.
Giải
Kẻ A’H
)(ABCD
, HM
ADHNAB  ,

ADNAABMA  ','
(định lý 3 đường
vuông góc)
00
60',45'  NHAMHA

Đặt A’H = x . Khi đó A’N = x : sin 60
0
=
3
2x

AN =
HM
x
NAAA 


3
43
''
2
22

Mà HM = x.cot 45
0
= x

H
N

M
D'
C'
B'
A'
D
C
B
A

Nghĩa là x =
7
3
3
43
2


x
x

Vậy V
ABCD.A’B’C’D’
= AB.AD.x =
3
7
3
.7.3 

10
CHỦ ĐỀ III
DIỆN TÍCH HÌNH TRÒN XOAY- THỂ TÍCH KHỐI TRÒN XOAY
I.TÓM TẮC KIẾN THỨC.
1. Diện tích xung quanh hình trụ: S
xq
=
lR 2

( R: bán kính đáy, l : độ dài đường sinh)
2. Thể tích khối trụ: V =
hR
2

( h : độ dài đường cao )
3. Diện tích xung quanh hình nón: S
xq
=
lR


4. Thể tích khối nón: V =
hR
3
1
2


5. Diện tích mặt cầu: S =
2
4 R


6. Thể tích khối cầu: V =
3
.
3
4
R


II.RÈN LUYỆN.
Bài 1: Cho hình trụ có bán kính đáy bằng a và đường cao bằng a
2
.
a) M và N là hai điểm lưu động trên hai đáy sao cho góc của MN và đáy bằng

.
Tính khỏang cách từ trục đến MN.
b) Tính thể tích và diện tích xung quanh của lăng trụ tam giác đều ngọai tiếp hình trụ
Giải.


C'
B'
A'
C

B
A
O'
O
J
I
N
N'
H
M


a) Kẻ đường sinh NN’ ta có

 'NMN
, kẻ
'MNOH 
thì OH bằng khỏang cách giữa
trục OO’ và MN.
Ta có: MN’ = NN’. cot

=

cot.2.a


vuông OMH : OH
2
= OM
2

– MH
2
= a
2
-
)cot2(
2
cot
2
2
2
2
2


aa

2
cot2
2


 aOH

b) Gọi x là cạnh của tam giác đều ngọai tiếp đường tròn đáy của hình trụ.
11
Ta có: O’N =R =
3
6
3

6
6
3
2
3
3
1
3
1 aR
x
xx
AN 

V
ABC.A’B’C’
=
6.32.
12
336
'.
4
3
2
22
aa
a
OO
x

.

S
xq
= 3x.OO’=
662.
3
18
2
aa
a


Bà2. Cho hình nón có chiều cao bằng h, góc giữa đường sinh và đường cao là

.
a) Tính diện tích thiết diện của hình nón bởi một mặt phẳng qua hai đường sinh
vuông góc nhau.
b) Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình nón.
c) Tính độ dài đường cao hình trụ nội tiếp trong hình nón, biết thiết diện qua trục
của hình trụ là hình vuông.
Giải.

Q
P
N
M
O
B
A
S

a)Tính diện tích thiết diện.
R = OA =h tan

, SA =

cos
h

SA

SB
SAB
vuông cân
S
SAB
=

2
2
2
cos2
2
1 h
SA 

b)+ S
xq
=




cos
tan

h
SAR 
.
+ V =
3
tan
.tan.
3
1

3
1
23
222


h
hhSOR 
.
c) Đặt OM = x
xMN 2

Ta có: MN//SO
).(.2 xRhRxSOAMAOMN
AO
AM

SO
MN


1tan2
tan2
2
2
2
)2(








R
h
hR
hR
MN
hR
hR
xhRhRx


12
Bài 3: Cho hình nón đỉnh S có đường sinh là a, góc giữa đường sinh và đáy là


.
a) Tính thể tích và diện tích xung quanh của hình nón.
b) Một mặt phẳng hợp với đáy một góc 60
0
và cắt hình nón theo hai đường sinh SA
và SB. Tính diện tích tam giác SAB và khỏang cách từ tâm của đáy hình nón đến
mặt phẳng này.
Giải.

a
K
H
O
B
A
S

a) Tính V và S
xq
.

vuông SAO : SO = a.sin

, AO = a.cos


V =

sin.cos

3
1

3
1
232
aSOAO 

S
xq
=

cos
2
aSAAO 

b) + Tính S
SAB

Kẻ OH
ABSHAB 
, do đó
0
60SHO


vuông SOH :
3
sin.2
60sin

0

aSO
SH 
, OH = SO.cot.60 =
3
sin.3

a


vuông AOH : AH
2
= AO
2
– OH
2
= a
2
.cos
2

9
sin.3
2


a



22
sincos3
3

a
AH

Vậy S
SAB
=
3
sincos3sin.2
.
2
1
222



a
SHAB

+ Tính d(O,(SAB))
Kẻ OK
)(SABOKSH 


vuông OKH : OK = OH.sin 60
0

=
2
sin.
2
3
.
3
sin3

aa







13

Bài 4: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng b. Tính
thể tích và diện tích mặt cầu ngọai tiếp hình chóp đó.
Giải.

b
a
O
K
I
C
B

A
S

Gọi O là hình chiếu của S lên mp(ABC) thì O là tâm của đường tròn ngọai tiếp
ABC
.
Mặt phẳng trung trực của SA cắt SA tại I và cắt SO tại K. Khi đó SK = KA = KB = KC
và do đó K là tâm của mặt cầu ngọai tiếp .
Hai tam giác đồng dạng SIK và SOA cho ta:
SO
SA
SO
SASI
SK
SO
SI
SA
SK
2
.
2


Tam giác vuông SOA: SO
2
= SA
2
– AO
2
= b

2
-
33
3
2
2
2
a
b
a










Suy ra: SO =
3
2
a
b 

Vậy SK = R =
22
2
2

2
2
32
3
3
2
ab
b
a
b
b




 V =
322
6
3
22
2
3
)3(2
3
32
3
.
3
4
.

3
4
ab
b
ab
b
R















 S =
22
4
2
2
4
3
6

)
3
(2
4
ab
b
a
b
b














14
Bài 5: Cho hình chóp S.ABC có các cạnh SA, SB, SC vuông góc với nhau từng đôi một
và SA = a, SB = b, SC = c. Tính bán kính mặt cầu ngọai tiếp hình chóp đó.
Giải.


K

O
I
C
B
A
S

Qua trung điểm I của đọan BC, ta dựng đường thẳng d
)(SBC
. Mặt phẳng trung trực
của đọan SA cắt d tại O, Ta có OA = OS = OB = OC = R và O là tâm của mặt cầu ngọai
tiếp hình chóp.
Ta có : SI =
22
2
1
2
cb
BC


SO
2
= SI
2
+
RcbaSO
acbSA










222
222
2
2
1
442
.
Bài 6: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật và có cạnh bênSA vuông
góc với đáy.
a) Xác định 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 điểm A, B, C, D, B’, C’, D’ cùng nằm trên một mặt
cầu.
Giải.

I
C'
D'
B'
O
D
C
B

A
S

15
a) Ta có :
SBBC
SABC
ABBC







Tương tự CD
SD

Vậy các điểm A, B, D đều nhìn đọan SC dưới một góc vuông, do đó tâm mặt cầu ngọai
tiếp hình chóp S.ABCD là trung điểm I của SC.
b)Ta có : AC’
SC
tại C’
* AB’
SC
và AB’
BC
( vì BC
)(SAB
'AB

) nên AB’
CBABSBC '')( 

* AD’
SC
và AD’
DC
( vì DC
')( ADSCD 
nên AD’
CDADSCD '')( 

Vậy các điểm B’, C’, D’, D, B cùng nhìn đọan AC dưới một góc vuông, do đó bảy điểm
A, B, C, D, B’, C’, D’ cùng nằm trên mặt cầu đường kính AC.

Bài 7: Xác định tâm và tính bán kính của mặt cầu nội tiếp tứ diện đều ABCD có cạnh là a
Giải.

I
O
K
E
C
B
A
D


Gọi O là hình chiếu của D lên mp(ABC), O là trọng tâm của tam giác d8ều ABC.Mặt
phẳng trung trực của đọan AD cắt AD tại E và cắt DO tại K. Ta có KD = KA = KB = KC

nên K là tâm của mặt cầu nội tiếp tứ diên đều vì :
d(K,(DAB)) = d(K, (DBC)) = d(K, (DAC)) = d(K, (ABC)) = OK
Ta có : AO =
3
3
3
2 a
AI 
, OD =
3
6
22
a
AODA 


Vì
DEK
đồng dạng
DOA
ta có :
4
6
4
6
3
6
:
2
a

DK
aa
DO
DE
DA
DK


Vậy OK = OD – DK =
12
6
4
6
3
6 aaa

.
Bài 8: Xác định tâm và tính bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp tứ giác đều SABCD có
chiều cao SH = h và có cạnh đáy bằng a.
Giải.
16

O
K
I
H
D
C
B
A

S

Gọi H là tâm của hình vuông cạnh a, SH = h. Gọi I là trung điểm của BC.
Trong
SHI
phân giác của
SIH
cắt SH tại O, từ O kẻ OK
SI
, ta có
OK
),(SBC
và OH = OK nên O cách đều mặt đáy và mặt bên (SBC).
Tương tự O cũng cách đều các mặt bên còn lại.
Vậy O là tâm của mặt cầu nội tiếp hình chóp và OH = OK = r.
Ta có:
IHSI
SHIH
OH
IHIS
IH
OS
OH
IS
IH
OS
OH





.

SHI
: SI
2
= SH
2
+ HI
2
= h
2
+
22
2
2
2
4
2
1
44
ah
a
hSI
a


Vậy : r = OH =
22
22

4
4
2
1
2
2
aha
ah
ah
a
h
a





trungtrancbspkt