các bài toán về tỷ lệ thể tích(rất hay)

Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
Một số bài toán về tỷ số thể tích
Ngày soạn: 28/10/2009
A. Mục tiêu:
- Rèn kỹ năng dựng thiết thiện và tính diện tích thiết diện.
- Nắm đợc công thức tính thể tích của khối chóp, khối lăng trụ.
- Vận dụng bài toán về tỷ số thể tích của góc tam diện vào làm bài tập tính tỷ số
thể tích.
B. Nội dung:
I. Công thức cần nhớ:
1. Thể tích khối chóp:
V=
1
3
B.h
B: Diện tích đa giác đáy.
h: Độ dài đờng cao.
2. Thể tích khối lăng trụ:
V=B.h
B: Diện tích đa giác đáy.
h: Độ dài đờng cao.
3. Tỷ số thể tích:
Cho khối chóp S.ABC.
A'SA, B'SB, C'SC
.
. ' ' '
. .
'. '. '
S ABC
S A B C
V

SA SB SC
V SA SB SC
=
* MSC, ta có:
.
.
. .
. .
S ABM
S ABC
V
SA SB SM SM
V SA SB SC SC
= =
II. Bài tập:
Bài 1: Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình chữ nhật có AB=a; AD=b.
Cạnh SA=2a của hình chóp vuông góc với đáy. M là một điểm nằm trên cạnh SA với
AM=x (0x2a).
1. Mặt phẳng (MBC) cắt hình chóp theo thiết diện là hình gì? Tính diện tích thiết
diện ấy. Tìm x để thiết diện ấy có diện tích lớn nhất.
2. Tìm x để mặt phẳng (MBC) chia khối chóp trên ra hai phần có thể tích bằng
nhau.
Năm học 2009-2010
1
S
A
B
C
D
H

A
B
C
D
A
'
B'
C'
D'
H
'
C
B
A
S
A'
B'
C'
A
C
B
S
M
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
Hd:
1. Thiết diện là hình thang vuông
MNCB, vuông tại B và M.
1
( )
2

MNCB
S MN CB MB= +
* BM
2
=BA
2
+AM
2
BM=
2 2
a x+
* SMN đồng dạng SAD,

. (2 ).
2
SM AD a x b
MN
SA a

= =
Vậy
2 2 2 2
1 2
. (4 )
2 2 4
MNCB
ab bx b
S b a x a x a x
a a

= + + = +


2. Xét hàm số
2 2
( ) (4 )
4
b
f x a x a x
a
= +
(0x2a)
2 2
2 2
2 4
'( )
4
b x ax a
f x
a
a x

+
=

+

f'(x)=0
1

(1 )
2
1
(1 )
2
x a
x a

= +



=


Ta có: f(0)=ab.
f(2a)=
5
1,118
2
ab ab
f(
1
(1 )
2
a +
)=
2
1 1 1
.(3 ) 1 (1 ) 1,134

4
2 2
ab ab + +
f(
1
(1 )
2
a
)=
2
1 1 1
.(3 ) 1 (1 ) 0,96
4
2 2
ab ab+ +

[ ]
2
0;2
1 1 1
( ) . .(3 ) 1 (1 )
4
2 2
a
Max f x ab= + +
khi
1
(1 )
2
x a= +

Kết luận: Vậy với
1
(1 )
2
x a= +
thì diện tích của thiết diện lớn nhất.
3. Gọi V là thể tích khối chóp S.ABCD
2
.
1 2
. .
3 3
S ABCD
ABCD
a b
V SA V
S
= = =
Gọi V1 là thể tích khối S.MNCB
V1=V
(SMBC)
+V
(SMNC)
Ta có
. . 2
. . 2
SMBC
SABC
V
SM SB SC SM a x

V SA SB SC SA a

= = =
V
SABC
=
2
1 1
. ( ) .2
3 6 2
V
SA dt ABC a b= =

2
2 2 (2 )
. .
2 2 2 3 6
SMBC
a x V a x a b a x ab
V
a a

= = =
Năm học 2009-2010
2
S
A
M N
D
C

B
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
* Ta có:
2
2
2
. . (2 )
.
. . 4
SMNC
SACD
V
SM SN SC SM SN MN a x
V SA SC SD SA SD AD a


= = = =
ữ

V
SACD
=
2
2 3
V a b
=
V
SMNC
=
2 2 2

2
(2 ) (2 ) .
.
4 3 12
a x a b a x b
a

=
V
1
= V
SMNCB
=
2
(2 ) (2 )
6 12
a x ab a x b
+
Ycbt V
1
=
2
2 3
V a b
=

2 2
(2 ) (2 )
6 12 3
a x ab a x b a b

+ =
x
2
-6ax+4a
2
=0

(3 5) 2 ( )
(3 5) ( / )
x a a loai
x a t m

= + >

=


Kết luận: Vậy x=
(3 5)x a=
thì (MBC) chia khối chóp thành 2 phần tơng đơng.
Bài 2: Cho khối lăng trụ tam giác đều ABC.A
1
B
1
C
1
. Các mặt phẳng (ABC
1
) và
(A

1
B
1
C) chia lăng trụ thành 4 phần. Tính tỷ số thể tích của 4 phần đó.
Hd:
Gọi V
1
=
1
.C MNC
V
; V
1
=
1 1 1
.C MNB A
V
V
3
=
.C MNBA
V
; V
4
=
1 1
MNABB A
V
Gọi V là thể tích của lăng trụ.
1 1 1

. 1 2C A B C
V V V= +
Mặt khác:
1 1 1
1 1
. 1 1 1
. . 1
. . 4
C A B C
V CM CN CC
V CA CB CC
= =

1 2
1 1
. ; .
4 3 12 3 12 4
V V V V
V V V= = = =
1 1 1 1 1 1
3 2
3
4 1 2 3
4
5
12
C ABC CMNC CA B C CMNC
V V V V V V
V
V

V
V V V V V
= = =
=
= =
Vậy V
1
: V
2
: V
3
: V
4
= 1:3:3:5
Bài 3: Cho hình chóp S.ABCD, đáy là hình vuông cạnh a, tâm O. Đờng cao của
hình chóp là SA=a. M là một điểm di động trên SB, đặt BM=x
2
(0<x<a). () là mặt
phẳng qua OM và vuông góc với (ABCD).
1. Xác định thiết diện của hình chóp cắt bởi mặt phẳng (). Tính diện tích thiết
diện theo a và x.
Năm học 2009-2010
3
A B
C
M
N
A'
B'
C'

Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
2. Xác định x để thiết diện trên là hình thang vuông. Trong trờng hợp đó tính tỷ
số thể tích của hai phần của S.ABCD chia bởi thiết diện.
Hd:
1. Ta có
SA(ABCD)
() (ABCD)
SA // ()
()(SAB)=MN // SA
()(SAC)=OK // SA
()(SABCD)=NH qua O
()(SCD)=KH
Vậy thiết diện cần tìm là tứ giác MNHK.
Ta có MN// OK // SA MN (ABCD); OK (ABCD)
S
td
=S
ht MKON
+ S
KOH
=
1 1
( ). . .
2 2
MN KO ON OK OH+ +
MN=BN=x; KO=SA/2; NH=
2
2 2 2 2 2
(2 )
2

a
IN IH x a a x ax+ = + = +
Std=
2
2
1
( ).
2 2
a
a x x ax+ +
2. Để thiết diện là hình thang vuông MK// MO// BC N là trung điểm AB
x=a/2.
V=
3
1
. . ( )
3 3
a
SA dt ABCD =
V1=V
SOECH
+V
KOE.MNB
3
3
.
1 1
. . ( )
3 3 2 24
S OECH

a a
V OK dt OECH

= = =
ữ

2
3
.
1
. ( ) .
2 2 2 16
KOE MNB
a a a
V ON dt MNB

= = =
ữ

3 3 3 3
1 2 1
5 11
24 16 48 48
a a a a
V V V V= + = = =
Vậy
2
1
11
5

V
V
=
Bài 4: Cho khối chóp S.ABCD, trong đó ABCD là hình thang có các cạnh đáy
AB, CD sao cho CD=4.AB, một mặt phẳng qua CD cắt SA, SB tại các điểm tơng ứng
M, N.
Năm học 2009-2010
4
S
A
D
C
B
M
K
N
O
H
S
A
D
C
B
M
K
N
O
H
E
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy

Hãy xác định vị trí điểm M trên SA sao cho thiết diện MNCD chia khối chóp đã
cho thành hai phần tơng đơng (có thể tích bằng nhau).
Hd:
Đặt
(0 1)
SM
x x
SA
= < <
Gọi thể tích của hình chóp S.ABCD là V
2
.
.
.
.
. .
(1)
. .
. .
(2)
. .
S MNC
S ABC
S MCD
S ACD
V
SM SN SC
x
V SA SB SC
V

SM SC SD
x
V SA SC SD
= =
= =
Ta có CD=4AB
S
ADC
=4.S
ABC
S
ADC
=
3
4
ABCD
S

. . .
3 3
. ;
4 4 4
S ADC S ABCD S ABC
V
V V V V= = =
Ta có
2
3
. ; .
4 4

SMNC SNCD
V V
V x V x= =
V
1
=V
SMNC
+V
SNCD
=
2
( 3 )
4
V
x x+
2
2
1
3 17
( / )
3 1
2
3 2 0
4 2
3 17
( )
2
x t m
V x x
x x

V
x loai

+
=

+

= = + =


=


KL: Vậy
3 17
2
x
+
=
Bài 5: Trong mặt phẳng (P) cho đờng tròn (C) đờng kính AB=2R.S là điểm nằm
trên đờng thẳng vuông góc với mp(P) tại A. Đặt SA=h. Mặt phẳng (Q) qua A và vuông
góc với SB tại K, C là điểm trên (C), SC cắt mp(Q) tại H.
Đặt
ã
0
2
BAC

= < <
ữ

1. Tính thể tích của tứ diện SAHK theo R, h và .
2. Chứng minh rằng thể tích đó đạt giá trị lớn nhất tại giá trị
0
của sao cho
0
>
4

. Tính
0
.
Hd:
1. * Ta chứng minh đợc AH SC.
*
4
2 2 2 2
. .
. .
.
SAHK
SACB
V
SH SH SH SC SK SB SA
V SC SB SC SB SB SC
= = =
* V

ABC
=
2
2
1 1 .sin 2
( ). .cos .sin .
3 6 3
R h
dt ABC SA AB SA


= =
*
2 5
2 2 2 2 2
.sin 2
3( 4 )( 4 cos )
SAHK
R h
V
h R h R


=
+ +
Năm học 2009-2010
5
S
A
D C

B
N
M
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
2. Đặt P=
2 2 2 2
sin 2
( 2 2 cos )h R R


+ +
MaxP=
2 2 2
1
4 .h R h+
Dấu bằng xảy ra

2
2 2 2 2
2
2
2 2
cos2
sin 2
2
1 cos ( 2 2 cos2 )
sin 2
2 sin 2
2
cos 2 0

2
R P
h R R
R
R
h R






=

+ +
=
= <
+
2 tù >
4

KL: Vậy
0
=
4

Năm học 2009-2010
6

B

C
H
K
S
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
*Nếu khối chóp cần tính thể tích cha bíết chiều cao thì ta phải xác định đựơc vị trí
chân đờng cao trên đáy.
Ta có một số nhận xét sau:
-Nếu hình chóp có cạnh bên nghiêng đều trên đáy hoặc các cạnh bên bằng nhau
thì chân đờng cao là tâm đờng tròn ngoại tiếp đáy.
-Nếu hình chóp có các mặt bên nghiêng đều trên áy hoặc có các đờng cao của
các mặt bên xuất phát từ một đỉnh bằng nhau thì chân đờng cao là tâm đờng tròn nội
tiếp đáy
-Hình chóp có mặt bên hoặc mặt mặt chéo vuông góc với đáy thì đờng cao của
hình chóp là đờng cao của mặt bên hoặc mặt chéo đó.
-Nếu có một đờng thẳng vuông góc với mặt đáy của khối chóp thì đờng cao của
khối chóp sẽ song song hoc nm trờn với đờng thẳng đó.
-Nếu một đờng thẳng nằm trong đáy của khối chóp vuông góc vuông góc với
một mặt phẳng chứa đỉnh của khối chóp thì đờng cao của khối chóp là đờng thẳng kẻ
từ đỉnh vuông góc với giao tuyến của mặt đáy và mặt phẳng chứa đỉnh đã nói ở trên.
*Nếu khối chóp là khối tứ diện thì ta cần khéo chọn mặt đáy thích hợp.
Bài 6: SABCD có đáy là tâm giác cân tại A, BC =a, ABC = , các cạnh bên nghiêng
trên đáy một góc . Tính VSABC
Giải
A
S
C
B
H
a

- Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC)
- Vì các cạnh bên nghiêng đều trên đáy H là tâm đờng tròn ngoại tiếp ABC.
- Ta có: ABC =

sin
2
1
ACAB

mà BC
2
= 2AB
2
- 2AB
2
cos = 2AB
2
(1-cos ) = a
2
AB =
2
cos1


a
SABC =
24cos1
sin
22
1

2
2
1
cossin
22




aa
AB
==

HA = R =

sin2sin2
aBC
=
Tan giác vuông có tan =
AH
SH
SH =


cos2sin2
tan
aa
=
Năm học 2009-2010
7

Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
VSABC =



cos24
cot
cos2243
1
3
1
2
3
2
.cot
a
aa
ABC
SHS
==

Bi 7: Cho hỡnh hp ABCD.A

B

C

D

cú ỏy l hỡnh thoi cnh a, gúc

A

= 60
0
. Chõn
ng vuụng gúc h t
B

xung ỏy ABCD trựng vi giao im hai ng chộo ca ỏy. Cho BB

= a.
a) Tớnh gúc gia cnh bờn v ỏy
b) Tớnh th tớch hỡnh hp
HD: a) Gi O l giao im ca 2 ng chộo AC v BD
* B

O

(ABCD) (gt)
* Gúc gia cnh bờn BB

v ỏy (ABCD) l

=
B BO



* Tớnh

=
B BO


: Trong
V

BB

O ti O, ta cú:
cos

=
OB
BB

=
OB
a

+

ABD u cnh a (vỡ
A

= 60
0
v AB = a)

DB = a

OB =
1
2
DB =
2
a
. Suy ra: cos

=
1
2


= 60
0
b) * ỏy ABCD l tng ca 2

u ABD v BDC


ABCD
S
= 2.
2
3
4
a
=

2
3
2
a
*
ABCD.A B C D
V

= Bh =
ABCD
S
.B

O =
2
3
2
a
.B

O
* Tớnh B

O: B

O =
3
2
a
(vỡ

B

BO l na tam giỏc u) S:
3
3
4
a
Bi8: Cho lng tr ng ABC.A

B

C

, ỏy ABC l tam giỏc vuụng ti A, AC = a,
C

= 60
0
,
ng chộo BC


ca mt bờn (BCC

B

) hp vi mt bờn (ACC

A

) mt gúc 30
0
.
a) Tớnh di cnh AC

b) Tớnh th tớch lng tr
HD: a) * Xỏc nh

l gúc gia cnh BC

v mp(ACC

A

)
+ CM: BA

( ACC

A

)
BA

AC (vỡ

ABC vuụng ti A)
BA

AA

(ABC.A

B

C

lng tr ng)
+

=
BC A


= 30
0
* Tớnh AC

: Trong
V

BAC

ti A (vỡ BA

AC

)
tan30

0
=
AB
AC



AC

=
0
30
AB
tan
= AB
3
* Tớnh AB: Trong
V

ABC ti A, ta cú: tan60
0
=
AB
AC



AB = AC. tan60
0
= a

3
(vỡ AC = a). S: AC

= 3a
b)
ABC.A B C
V

= Bh =
ABC
S
.CC

* Tớnh:
ABC
S
=
1
2
AB.AC =
1
2
.a
3
.a =
2
3
2
a
* Tớnh CC

: Trong
V

ACC

ti C, ta cú: CC
2
= AC
2
AC
2
= 8a
2


CC

=
2 2a
S:
ABC.A B C
V

= a
3
6
Năm học 2009-2010
8
60

30

C'
B'
A'
C
B
A

a
60

a
O
D'
C'
B'
A'
D C
B
A
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
Bi 9: Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng cnh a. Mt bờn (SAB) l
tam giỏc u v
vuụng gúc vi ỏy. Gi H l trung im ca AB
a) Chng minh rng: SH

(ABCD)
b) Tớnh th tớch hỡnh chúp S.ABCD

HD: a) * Ta cú: mp(SAB)

(ABCD)
* (SAB)

(ABCD) = AB; * SH

(SAB)
* SH

AB ( l ng cao ca

SAB u)
Suy ra: SH

(ABCD) (pcm)
b) * Tớnh: V
S.ABCD
=
1
3
Bh =
1
3
S
ABCD
.SH
* Tớnh: S
ABCD
= a

2
* Tớnh: SH =
a 3
2
(vỡ

SAB u cnh a)
S: V
S.ABCD
=
3
a 3
6
Bài 10: SABC có đáy ABCD là hình bình hành và SABCD =
3
và góc giữa 2 đờng chéo
= 60
o
. các cạnh bên nghiêng đều trên đáy 1 góc 45
o
. Tính VSABCD
Giải
A
B
C
O
D
-Hạ SO (ABCD)
- Vì khối chóp có các bên nghiêng đều trên đáy. O là tâm đờng tròn đi qua 4 đỉnh
A, B, C, D tứ giác ABCD là hình chữ nhật và {O} = AC BD

- Đặt AC = BD =x.
Ta có S
hcnABCD
=
2
1
AC.BD.sin60
o
=
3.
2
4
3
2
3
2
2
1
==
xx
x=3
- (SA, (ABCD)) = (SA, AO) = SAO = 45
o
= SCO = (SC, (ABCD)) ASC vuông cân
tại S SO =
1
2
1
=AC
VSABCD =

3
3
3
1
1.3
=
Bài 11. Cho lăng trụ ABCABC có độ dài cạnh bên = 2a, ABC vuông tại A, AB =
a, AC = a
3
. Hình chiếu vuông góc của A trên (ABC) là trung điểm BC. Tính
VAABC theo a?
Giải.
Năm học 2009-2010
9
S
D
a
H
C
A
B
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
-Gọi H là trung điểm BC
AH (ABC) (gt)
-Ta có SABC =
3.
2
2
1
2

1
aACAB
=
-Vì AH (ABC) AH AH
Tam giác vuông AHA có:
AH
2
= AA
2
- AH
2
= (2a)
2
-
4
1
.(a
2
+ 3a
2
)
hay AH
2
= 4a
2
- a
2
= 3a
2
AH = a

3
B
C
H
2a
a
a 3
C'
A'
VAABC =
3
1
SABC .AH =
2
2
2
1
3
1
2
3.3.
a
aa
=
Bài 12: Cho lăng trụ đứng ABCA
1
B
1
C
1

có ABC vuông. AB = AC = a;
AA
1
= a
2
. M là trung điểm AA
1
. Tính thể tích lăng trụ MA
1
BC
1
Hớng dẫn:
+Chọn mặt đáy thích hợp V =
12
2
3
a
+Có thể dùng cả phơng pháp toạ độ
Bài 13: 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:

Gọi H là Hình chiếu của D lên (ABC) vì DA = DC = DB = 1 H là tâm đờng
tròn ngoại tiếp ABC mà ABC cân H CC với C là trung điểm AB
SABC =
xxxABCC
x
.4.4'.
2
4
1
42
1
2
1
2
==
Năm học 2009-2010
10
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
HC = RABC =
2
4
2
2
22
4
1
1.4
cossin4
sin2
x

xx
C
x
xx
CC


===
Tam giác vuông HCD có HD
2
= CD
2
- DC
2

=
2
2
2
4
3
4
1
1
x
x
x

=

HD =
2
2
4
3
x
x


VABCD =
2
2
2 2
3
1 1 1
3 3 4 12
4
. . 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.SABC =
ABM
S

.
2
1
3
2
SABM =
2
1
MC.AB =
2
4
2

2
2
2
3
2
1
3)()(. xx
xx
=+
VABCD =
xxx
x
.33
2
12
1
2
43
1
=
b)
SACD=
4
3
d(B,(ACD))=
ACD
ABCD
S
V3
=

xx .3
3
1
2

c)
VABCD =
2 2
2
3
1 1 1
12 12 2 8
3 . .
x x
x x
+
=
Dấu = xảy ra x
2
= 3-x
3
x =
2
3
và thể tích lớn nhất là
8
1
Bài 14: 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
Năm học 2009-2010
11
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
C
A
S
M
D
B
H
Ta có BM

SH (gt)
BM

SA (Vì SA

( ABCD)
BM

AH
SABM =
2
1
SABCD =
2
1
a

2
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=
22
22
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.
Năm học 2009-2010
12
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
Dạng 3 .Phơng 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 =120
o
Tính D(A,(SBC)).
Giải
B
A
S
C
M

3a
2a
SABC =
2
1
AB.BC.sin120
o
=
4
3.2.2 aa
= a
3
3
SSABC =
3
1
SABC .SA=
3
33.
2
aa
= a
3
3
Kẻ SM

BC
BC

SA (vì SA

(ABC))
BC

AM AM = a
3
SAM vuông tại A có SM = 2
3
a
SSBC = SM.BC = 2
3
a
2
d(A, (SBC)) =
2
3
32
33
3
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
Năm học 2009-2010
13
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
B
A
S
C
M
a 3
2a
SABC =
2
1
o
aa 60sin.3.3
=
4
33
2
3
2
3
2

2
a
a
=
VSABC =
3
1
SA.SABC =
2
3
3
a
. Gọi M là trung điểm BC
AM

BC
BC

SA BC

SM
AM =
2
3
2
3.3
a
a
=
SAM vuông tại A có SM

2
= SA
2
+ AM
2
= 4a
2
+
4
9
a
2
=
4
25
a
2
SM =
2
5
a
SSBC =
2
1
SM.BC =
2
35
a
2
d(A, (SBC)) =

5
3
.
3
3
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
C
A
B
D
4
5
3

M
5
Dễ thấy ABC vuông tại A .SABC =
2
1
AB.AC = 6. VDABC =
3
1
SABC.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
Năm học 2009-2010
14
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
BM =
17825 =
. SDBC =
2
1
BM.DC =
2
1
.
17
.4
2

= 2
34
d(A, (DBC)) =
34
12
3
=
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
MN

2
= BM
2
- BN
2
= c
2
+
4
4
44
22222
abcab
+
=
SAMN =
222
42
4
2
4.
222
abc
aabca
+=
+
VABCD = 2 VBCMA = 2.
3
1
CM.S(ABM) =

222
12
222
423
2
44 abcabc
abab
+=+
VBCD = BM.CD =
4
2
2
1
2
b
c
+
.b =
4
b
22
4 bc +
d(A, (BCD)) =
22
222
22
4
222
4
4

4
4.
4
3
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))
Tơng tự bài 4
Đáp số: VABCD =
6
2
x
d(A, (BCD)) = x

2
2
4
2
4
4
x
x
x
+
+
=
Bài 6: Cho lăng trụ đứng ABCA
1
B
1
C
1
có AB = a, AC = = 2a, AA
1
= 2a
5
và BAC =
120
o
. Gọi m là trung điểm của cạnh CC
1
.
Chứng minh rằng MB

MA
1
và tinh khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A
1
BM)
Giải
Năm học 2009-2010
15
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
B
A
C
2a
y
x
z
M
C
1
A
1
B
1
Đa và hệ trục toạ độ A
1
xyz vuông góc nh hình vẽ: gốc toạ độ A
1
. trục A
1
Z hớng

theo
AA
1

Trục A
1
y hớng theo
11
CA
Trục A
1
x tạo với trục Oy góc 90
o
và nằm trong MP
(A
1
B
1
C
1
).
Toạ độ các điểm:
A
1
(0 ; 0; 0), B
1
(
)0;;
22
3

a
a

, C
1
(0; 2a; 0)
A(0 ; 0; 2a
5
), B(
)5 2a;;
22
3
a
a

, C(0; 2a; 2a
5
)
M(0; 2a; a
5
)
BM
(
;;
2
5
2
3
a
a

-a
5
)
MA
1
(0; 2a; a
5
),
AB
(
;;
22
3
a
a

0)
MABM
1
.
= 0+5a
2
- 5a
2
= 0 (BM

MA
1
)

Thể tích khối chóp AA
1
BM bằng V =
6
1
|
AB
[
MABM
1
,
]|
MABM
1
.
=
5
2
a
-a
5

3
2
a

-a
5

3

2
a


5
2
a
2a a
5
; 0 a
5
; 0 2a
=
( )
3;;
2
2
15
2
59
22
a
aa

VAA
1
BM =
3
15
2

15
22
59
2
3
6
1
222
0
aa
a
aa
=+
SBMA
1
=
6
1
.

MABM
1
.
= 3a
2
3
Khoảng cách từ A tới (BMA
1
) bằng
h =

3
5
3
a
S
V
=
Bài 7: Cho tứ diện OABC. Lấy M nằm trong tam giác ABC, các đờng thẳng qua M //
với OA, OB. OC cắt các mặt OBC, OCA, OAB lần lợt tại A
1
, B
1
, C
1
.
Chứng minh rằng:
1
111
=++
OC
MC
OB
MB
OA
MA

Năm học 2009-2010
16
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
Giải

H
B
C
A
O
K
A
1
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 A
1
MK
MK
AH
MA
OA
=
1
OA
MA
AH
MK
V
V
OABC
MOBC
1
==
Tơng tự ta có
OC
MC
V
V
OABC
MOAB
1
=
OB

MB
V
V
OABC
MOCA
1
=
Vậy
1
111
=++
OC
MC
OB
MB
OA
MA
Bài 8: Giả sử M là một điểm nằm trong tứ diện ABCD. Các đờng thẳng MA, MB, MC,
MD cắt các mặt đối diện tại A
1
, B
1
, C
1
, D
1
.
Chứng minh rằng
1
1

1
1
1
1
1
1
1
=+++
DD
MD
CC
MC
BB
MB
AA
MA
Giải
M
H
K
A
1
A
B
C
D
Nối M với bốn đỉnh của tứ diện ABCD ta có:
Năm học 2009-2010
17
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy

V = VMBCD + VMACD + VMABD+ VMABC
1=
V
V
V
V
V
V
V
V
MABC
MABD
MACDMBCD
+++
Xét
V
V
MBCD
Gọi H, K lần lợt là hình chiếu của A, M lên (BCD) MK//AH
1
1
AA
MA
AH
MK
=
1
1
AA
MA

AH
MK
V
V
MBCD
==
Tơng tự:
1
1
BB
MB
V
V
MACD
=
;
1
1
CC
MC
V
V
MABD
=
;
1
1
DD
MD
V

V
MABC
=
Bài 9: Cho hình chóp tứ gíc đều SABCD trên các cạnh SA, SB, SC ta lấy các điểm A
1
,
B
1
, C
1
sao cho
3
2
1
=
SA
SA
;
2
1
1
=
SB
SB
;
3
1
1
=
SC

SC
Mặt phẳng qua A
1
, B
1
, C
1
cắt SD tại D
1
. Chứng minh rằng
5
2
1
=
SD
SD
Giải
S
A
B
C
D
C
1
D
1
A
1
B
1

Ta có VSABC = VSBCD + VSCDA = VSDAB =
2
V
9
1
111111

==
SC
SC
SB
SB
SA
SA
VSABC
V
CBSA
(1)
SD
SD
SC
SC
SD
SD
SA
SA
VSADC
V
CDSA
1111111

9
2
==
(2)
Cộng vế với vế (1) và (2) ta đợc
SD
SD
V
V
DCBSA
1
2
1
1111
.
9
2
9
1
+=

Tơng tự:
SD
SD
SD
SD
SB
SB
SA

SA
VSABD
V
DBSA
1111111

3
1
==
(4)

SD
SD
SD
SD
SC
SC
SB
SB
VSBCD
V
DCSB
1111111

6
1
==
(5)
Cộng vế với vế (4) và (5) ta đợc
SD

SD
V
V
DCBSA
1
2
1
1111
.
2
1
=

Từ (3) và (6) ta có
SD
SD
SD
SD
11

9
2
9
1
2
1
+=

5
2

1
=
SD
SD
Năm học 2009-2010
18
Trờng THPT đô lơng 4 GV: Đặng Bá Bảy
Năm học 2009-2010
19