tính thể tích khối chóp

LUYỆN THI ĐẠI HỌC -VÀO LỚP 10 Nguyễn Việt Hiếu

1





Giải:
Ta có

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng (ABC)
Vì S.ABC là hình chóp tam giác đều suy ra H là tâm của tam giác ABC
Gọi M là trung điểm cảu BC
Ta có
3 2 2 3 3
.
2 3 3 2 3
a a a
AM AH AM    

2
2 2 2
11
4
3
3
a
SH SA AH a a     

2

3
.
1 1 11 3 11
. . .
3 3 4 12
3
S ABC ABC
a
V SH S a a   

Tài liệu bài giảng:

07.ĐÁP ÁN THỂ TÍCH KHỐI CHÓP P5
Nguyễn Việt Hiếu
LUYỆN THI ĐẠI HỌC -VÀO LỚP 10 Nguyễn Việt Hiếu

2

Giải:

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mp ABC suy ra H là tâm của tam giác ABC
Ta có
   
 
; 60SH ABC SA ABC SAH     

Xét tam giác vuông SHA có
3
sin
2

cos
2
SH
a
SAH
SH
SA
AH
a
SAH
AH
SA

















3 3 3

.
2 2 2 4
aa
AM AH   

Xét tam giác vuông AMB có
3
3
4
sin
2
3
2
a
AM a
ABM AB
AB
    

3
.
1 1 3 1 3 3 3
. . . . .
3 3 2 2 4 2 32
S ABC ABC
a a a
V SH S a   


Giải:

LUYỆN THI ĐẠI HỌC -VÀO LỚP 10 Nguyễn Việt Hiếu

3

a. Gọi H là hình chiếu vuông góc của H lên mp ABC. Suy ra H là tâm của tam giác đều ABC
Ta có
 
45SBM

Ta có tam giác SBC cân ở S suy ra SM vuông góc với BC
Xét tam giác vuông SMB có

cos 2
2
BM a
SBM BM BC a
SB
     

Tam giác đều ABC có

2 3 6 2 2 6 6
.
2 2 3 3 2 3
a a a a
AM AH AM     

2
2 2 2
63

33
aa
SH SA AH a

     




b.
 
2
3
.
23
1 1 3
. . . .
3 3 3 4 6
S ABC ABC
a
aa
V SH S   





Giải:
LUYỆN THI ĐẠI HỌC -VÀO LỚP 10 Nguyễn Việt Hiếu

4

Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mp ABC.
Gọi M là giao điểm của AH và BC.
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên SM(1)
Ta có
   
2
BC AM
BC SAM BC HK
BC SH


   




Từ 1 và 2 suy ra
   
 
; 30HK SBC SH SBC HSM   

Xét tam giác vuông SHM có
tan 3
3
3
2
sin
3

2
HM h
HSM HM AM h
SH
AM h
AB h
ABM
     
   


3
.
1 1 3
. . . 3 .2
3 2 3
S ABC
V h h h h  


Giải:
LUYỆN THI ĐẠI HỌC -VÀO LỚP 10 Nguyễn Việt Hiếu

5

Gọi M là trung điểm của AB. Suy ra HM vuông góc với AB
Mà AB vuông với SH vì SH vuông góc với ABCD
Suy ra AB vuông với SMH
   
 

; 45SAB ABCD  

Từ H hạ HK vuông góc với SM(1)
Mà

   
2AB SHM AB HK  

Từ 1 và 2 suy ra
   
 
;HK SAB d H SAB HK a   

Ta có
2
23
.
sin 2 2 2 8
tan 2
1 8 2
. 2.8
33
ABCD
S ABCD
HK
HMK HM a AB a S a
HM
SH
HMK SH a
HM

V a a a
       
   
  



Giải:
LUYỆN THI ĐẠI HỌC -VÀO LỚP 10 Nguyễn Việt Hiếu

6

a. Gọi O là hình chiếu vuôn góc của S lên mp ABC suy ra O là tâm của tam giác đều ABC
Ta có
2
2 2 2
2
3
.
3 2 3
2 3 3
22
3
3
3
1 2 2 3 2

3 4 6
3
S ABC

a AM a
AM AO
aa
SO SA AO a
aa
Va
   
     


b. Từ O hạ OH vuông góc với SM
Mặt khác ta có BC vuông với AM và SO nên BC vuông SAM suy ra BC vuông OH
Suy ra OH vuông với SBC
 
 
;d O SBC OH

Ta có

2 2 2
2 2 2 2
3
36
2 2 3
.
1 1 1 . 2 198
6
3
99
8

3 12
AM a
OM
aa
SOOM a
OH
OH SO OM
SO OM a a

     




Giải:
LUYỆN THI ĐẠI HỌC -VÀO LỚP 10 Nguyễn Việt Hiếu

7

Gọi H là hình chiếu của S lên mp ABC. Suy ra H là tâm của tam giác đều ABC. AH giao với BC tại M. M là trung
điểm BC. Từ A hạ AI vuông góc với SM. (1)
Ta có
 
 
   
2
BC AM
BC SAM BC AI
BC SH SH ABCD




   





Từ 1 và 2

   
 
; 30AI SBC SA SBC ASI     

33
;
23
aa
AM AH

Gọi
2
2 2 2
2
2 2 2
4
;
23
a
SA x SM SB BM x

xa
AI SH SA AH x
     
    

Ta có
 
22
22
22
2
2
11
. . .
22

3

3 2 2 4
33
3
3
3
SAM
S SH AM AI SM
SH AM AI SM
a a x a
xx
x a x a
a

a
x
x loai


   















Vì SA=AH nên loại
Vậy
2
2
2
3
.
22
3

3
3
1 2 2 3 2

3 4 6
3
S ABC
aa
SA a SH x
aa
Va
    


c. Từ M hạ MK vuông góc với SA
Ta có
 
BC SAM BC MK  

Suy ra MK là đoạn vuông góc chung của SA và BC
LUYỆN THI ĐẠI HỌC -VÀO LỚP 10 Nguyễn Việt Hiếu

8
Ta có
 
2 2 3
.
.
2
3

. . 2 ; 2
aa
SH AM
MK SA SH AM MK a d SA BC a
SA a
      

Bài này khác đáp án kiểm tra lại với anh xem sai ở đâu

Giải:

Gọi H là hình chiếu của S lên mp ABC. Suy ra H là tâm của tam giác đều ABC. AH giao với BC tại M. M là
trung điểm BC
Ta có
 
 
     
 
; 30
BC AM
BC SAM SBC ABC SMA
BC SH SH ABCD



      





Ta có
2
3
.
33
2 3 6
tan
6
1 3 3

3 6 4 72
S ABC
a AM a
AM HM
SH a
SMH SH
HM
aa
Va
   
   



Giải:
LUYỆN THI ĐẠI HỌC -VÀO LỚP 10 Nguyễn Việt Hiếu

9

a. Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên mp ABCD suy ra H là tâm của hình vuông ABCD.
Ta có

2
2 2 2
23
.
25
23
22
2
1 5 5

3
2 3 2
S ABCD
aa
BD a HD SH SD HD a a
V a a a
        
  

b. Từ H hạ HM vuông góc với CD. Từ H hạ HK vuông góc với SM(1)
Ta có
 
   
2
CD HM
CD SHM CD HK
CD SH SH ABCD




   





Từ 1 và 2 suy ra HK vuông góc với SCD
 
 
2 2 2
2 2 2 2
;
22
5
.
1 1 1 . 5
2
2
22
5
42
d H SCD HK
CD a
HM
a
a
HM SH

HK a
HK HM SH
HM SH a a


     



Giải:
O là tâm hình vuông suy ra SO vuông góc với mp ABCD
LUYỆN THI ĐẠI HỌC -VÀO LỚP 10 Nguyễn Việt Hiếu

10
Từ O hạ OM vuông góc với CD. Nối SM. Hạ OH vuông góc với SM(1)
Ta có
 
 
   
2
CD OM
CD SOM CD OH
CD SO SO ABCD



   






Từ 1 và 2 suy ra OH vuông góc với mặt phẳng SCD suy ra OH là khoảng cách từ O đến mp SCD suy ra
OH=a
Và
   
 
; 60SCD ABCD SMO   

Xét tam giác SOM có
2
sin
3
tan 2
OH a
HMO OM
OM
SO
SMO SO a
OM
   
   

23
.
1 2 8
. .4
3
3 3 3
S ABCD

a
V a a  


Giải:

a. Vì S.ABCD là hình chop tứ giác đều nên SO vuông góc với mp ABCD
Từ O hạ OM vuông góc CD. Nối SM
Từ O hạ OH vuông góc với SM(1)
Ta có
 
 
   
2
CD OM
CD SOM SO OH
CD SO SO ABCD



   





Từ 1 và 2 suy ra OH vuông góc với mp SCD
Suy ra
 
 

 
 
; 30
;
SO SCD OSM
d O SCD OH
   


LUYỆN THI ĐẠI HỌC -VÀO LỚP 10 Nguyễn Việt Hiếu

11
Xét tam giác SOM ta có
sin 2
24
tan
33
OH
OSM SO a
SO
OM a a
OSM OM AD
SO
   
     

23
.
1 16 32
.2 .

3 3 9
S ABCD
aa
Va

b.
c.
Ta có EF //BC//AD=>EF//(SAD)=> mp EFM cắt (SAD) theo 1 giao tuyến MN//EF. Từ M kẻ MN song song với
AD =>
2
3
SN SM
SA SD


Chia hình chop tứ giác làm 2 ta có
33
.

.
1 1 2 1 1 1 32 8
. . .
2 2 3 6 12 12 9 27
S EFN
S EFN S ABCD
S ABC
V
aa
VV
V

     

Tương tự
33
.

.
1 2 2 2 1 1 32 32
. . .
2 3 3 9 9 9 9 81
S EFN
S EFM S ABCD
S ABC
V
aa
VV
V
     

3 3 3
.
8 32 56
27 81 81
S EFMN
a a a
V   


Giải:

LUYỆN THI ĐẠI HỌC -VÀO LỚP 10 Nguyễn Việt Hiếu

12
Gọi H là trung điểm của AD=> SH là đường cao của tam giác cân SAD
Ta có
   
     
SCD ABCD AD
SCD ABCD SH ABCD
SH AD



  





Ta có
     
 
; 30
BC HM
BC SHM SBC ABCD SMH
BC SH


      





Xét tam giác vuông SHM có
3
2
.
tan
3
1

3
3 3 3
S ABCD
HM a
SH a
SMH
HM
aa
Va

  



Giải:

Gọi H là trùng điểm của AB. Ví tam giác SAB cân ở S nên SH vuông góc với AB
Ta có
   

     
SAB ABC
SAB ABC AB SH ABC
SH AB



   





Mặt khác
   
 
   
 
3
.
;
tan ;
2 2 2
11
. . . .
32
2 2 2 2 24 2
S ABC
SAC ABC AC
SAC ABC SAB

AC AB
AC SAB
AC SH
SH a a
SAB SH AB
AH
a a a a
V



   









    
  