Bài tập thể tích khối đa diện khối cầu, khối trụ, khối nón - phần 4 pptx

Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
B
A
S
C
M
a 3
2a
S∆ABC =
2
1
o
aa 60sin.3.3 =
4
33
2
3
2
3
2
2
a
a

VSABC =
3
1
SA.S∆ABC =
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
S
∆SBC =
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
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Dễ thấy ∆ABC vuông tại A .S∆ABC =
2
1
AB.AC = 6. VDABC =
3
1
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
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)
G
ọi N là trung điểm AB ⇒ MN

AB
MN
2
= BM
2
- BN
2
= c
2
+
4
4
44
22222
abcab 

S∆AMN =
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

V∆BCD = 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))
Tương tự bài 4
Đáp số: VABCD =
6
2
x
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
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
.
Ch
ứng minh rằng MB

MA
1
và tinh khoảng cách d từ điểm A tới mặt phẳng (A
1
BM)
GIẢI
B
A
C
2a
y
x
z
M
C
1
A1
B1
Đưa và hệ trục toạ độ A
1

xyz vuông góc như hình vẽ: gốc toạ độ A
1
. trục A
1
Z
hướng theo AA
1

Tr
ục A
1
y hướng theo
11
CA Trục A
1
x tạo với trục Oy góc 90
o
và nằm trong MP
(A
1
B
1
C
1
).
To
ạ 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(
)52a;;
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
)
Th
ể 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
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
=



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


S∆BMA
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 đường thẳng qua M //
với OA, OB. OC cắt các mặt OBC, OCA, OAB lần lượt tại A
1
, B
1
, C

1
.
Ch
ứng minh rằng:
1
111

OC
MC
OB
MB
OA
MA
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

Tương 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
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
S
A
B
C
D
C
1
D1
A1
B1
M
H
K
A
1
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 A
1
, B
1
, C
1
, D
1

.
Ch
ứng minh rằng
1
1
1
1
1
1
1
1
1

DD
MD
CC
MC
BB
MB
AA
MA
GIẢI
Nối M với bốn đỉnh của tứ diện ABCD ta có:
V = V
MBCD + VMACD + VMABD+ VMABC
1=
V
V
V
V

V
V
V
V
MABC
MABD
MACDMBCD

Xét
V
V
MBCD
Gọi H, K lần lượt 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


Tương 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
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)
C
ộng vế với vế (1) và (2) ta được
SD
SD
V
V
DCBSA
1
2
1
1111
.
9
2
9

1


Tương 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)
C
ộng vế với vế (4) và (5) ta được
SD
SD
V
V
DCBSA
1
2
1
1111
.
2
1


T
ừ (3) và (6) ta có
SD
SD
SD
SD

11

9
2
9
1
2
1

⇒
5
2
1

SD
SD
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
PHẦN 2
THỂ TÍCH KHỐI CẦU, KHỐI TRỤ, KHỐI NÓN
A. LÝ THUYẾT
1.Định nghĩa:
-Thể tích khối cầu (Sgk HH12 – Trang 44)
-Th
ể tích khối trụ (Sgk HH12 – Trang 50)
-Th
ể tích khối nón (Sgk HH12 – Trang 56)
2.Các công th
ức:
a)Thể tích khối cầu V =
3

3
4
R

, R: bán kính mặt cầu
b)Thể tích khối trụ V = S
đáy
.h , h: chiều cao
c)Thể tích khối nón V =
3
1
S
đáy
.h , h: chiều cao
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Ở đây chủ yếu là bài tập tính thể tích khối cầu, trụn nón dựa vào các công thức
trên.
Bài 1: Cho lăng trụ tam giác đều có đáy là tam giác đều các cạnh đều bằng a, cạnh bên
b
ằng b. Tính thể tích mặt cầu đi qua các đỉnh của lăng trụ
GIẢI
a
C
C'
O
O'
A
1
A1'
B'

B
I
A'
-Gọi O và O’ là tâm ∆ABC và ∆A’B’C’ thì OO’ là trục của các đường tròn ngoại
tiếp ∆ABC và∆A’B’C’
-Gọi I là trung điểm OO’ thì IA = IB =IC = IA’ = IB’ = IC’ hay I là tâm mặt cầu
ngoại tiếp lăng trụ
-Bán kính mặt cầu là R = IA
Tam giác vuông AOI có: AO =
3
3
2
3
3
2
1
3
2
aa
AA 
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
OI =
22
1
2
1
''
b
AAOO



⇒AI
2
= OA
2
+OI
2
=
12
7
43
222
aba

⇒ AI =
32
7
a
V=
54
.21
3
7
18
7
3
7
72
28.
3

7
3
7
83
4
3
3
4
3
333
.
a
aaa
R 


AI
2
=
RAI
ba
ba



32
34
12
34
22

22
V=
3 3
3 2 2 2 2
4 4 1 1
2 2
3 3
8.3 3 18 3
(4 3 ) .(4 3 )
R a b a b
 
   
Bài 2: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với đáy một góc
30
o
. Tính thể tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp.
GIẢI
a
O
S
M
D
C
B
A
I
Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Ta có SO b (ABCD), SO là trục của ABCD,
(SA, (ABCD)) = SAO = 30
o
Gọi M là trung điểm SA

Trung trực của SA cắt SO tại I ⇒ I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
⋄OIMA là từ giác nội tiếp ⇒ SI.SO = SM.SA ⇒ SI =
SO
SASM
.
Với AO =
2
2
a
, AS =
3
2
2
2
3
2
30cos
aa
AO
o

, SO = SA sin30
o
=
6
a
⇒SI =
6
3
2

6
a
a
a
= a
3
2
⇒ V
Mcầu
=
3
3
2
9
8
3
2
3
2
3
3
4
aa 

Các bài tập về xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp,
nội tiếp khối chóp, khối lăng trụ, đều hỏi thêm thể tích mặt cầu
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
A
J
B

M'
C'
D
O'
O
A'
B'
B
A
D
C
Bài 3: Cho hình trụ có đáy là tâm đường tròn tâm O và O’ tứ giác ABCD là hình vuông
n
ội tiếp trong đường tròn tâm O. AA’, BB’ là các đường sinh của khối trụ. Biết góc của
mặt phẳng (A’B”CD) và đáy hình trụ bằng 60
o
. Tính thể tích khối trụ
GIẢI





DCDA
DCAD
'
⇒ADA’ là góc của (A’B’CD) và đáy
Do đó: ADA’ = 60
o
∆OAD vuông cân nên AD = OA 2 = R 2

∆ADA’ có h = AA’ = ADtan60
o
= R
6
V = R
2
h = R
3
6
Bài 4: Bên trong hình trụ có một hình vuông ABCD cạnh a nội tiếp mà A, B thuộc
đường tr
òn đáy thứ nhất và C, D thuộc đường tròn đáy thứ hai của hình trụ mặt phẳng
hình vuông tạo với đáy hình trụ một góc 45
o
. Tính thể tích khối trụ.
GIẢI
Gọi I, J là trung điểm của AB và CD
Ta có: OI AB; IJ c
ắt OO’ tại ttrung điểm M của OO’
MIO = 45
o
là góc của mặt (ABCD) với đáy, do đó:
O’I =
22
a
; R =
8
3
48
222

aaa

h = 2OM =
2
a
Vậy V = R
2
h = 
3
3
3. . 2
3
8 16
2
.
a
a a


Bài 5: Một hình trụ có diện tích toàn phần S = 6. Xác định các kích thước của khối trụ
để thể tích của khối trụ n
ày lớn nhất.
GIẢI
S
TP
= 2Rh +2R
2
=2R(R+h) = 6
⇔R(h+R) = 3 ⇔ Rh + R
2

= 3
V =
R
2
h = R(3-R
2
) = -R
3
+3R
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
V’ = -3R
2
+ 3; V’ =0 ⇔ R = 1
D
ựa vào bảng biến thiên ta có V
Max
⇔R = 1 và h = 2
Bài 6: Một mặt phẳng (P) qua đỉnh hình nón cắt đường tròn đáy một cung ỏ và (P) tạo
với đáy một góc õ. Cho khoảng cách từ tâm O của đáy đến (P) bằng a. Tính thể tích của
khối nón.
GIẢI
O
A
E
B
S
M
Gọi E là trung điểm AB ta có OES= õ ; AOB= ỏ
Vẽ OM (SAB) thì SOM= ta có:
SO=


cos
a
và OE=

sin
a
Bán kính đáy R=OA=
2
cossin
2
cos



aOE

Thể tích khối nón là:V=
3
2
2
1 .
3
3sin .cos .cos
2
a
R h




 

Bài 7: Cho hình nốn đỉnh S, đường cao SO = h, bán kính đáy = R. M ∈ SO là đường
tròn (C).
1.Tính th
ể tích khối nón có đỉnh S và đáy là (C).
2.Tìm x để thể tích này lớn nhát
GIẢI
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
S
(C)
M
O
Ta có )(
'
''
xh
h
R
R
R
R
h
xh
R
R
SO
SM




Thể tích khối nón V= )2(
3
1
.)(
3
1
.
3
1
223
2
2
2
2
2
2'
xhhxx
h
R
xxh
h
R
SMR 

V
’
=
 
,43

3
1
22
2
2
hhxx
h
R


V’ = 0 ⇔





hx
x
h
3
x= h (loại)
Dựa vào bảng biến thiên ta có: V
Max
⇔x =
3
h
Bài 8: Cho hình trụ có bán kính đáy x, chiều cao y, diện tích toàn phần bằng 2

.Với x
nào thì hình trụ tồn tại? Tính thể tích V của khối trụ theo x và tìm giá trị lớn nhất của V.

GIẢI
Ta có S
tp
=S
xq
+2S
đ=
)(222
22
xxyxxy 

Theo giả thiết ta có 2 (xy+x
2
)=2
⇔xy+x
2
=1 ⇔ y =
x
x
2
1
.Hình trụ tồn tại y>0 ⇔1-x
2
> 0 ⇔0 < x < 1
Khi đó V = x
2
y = x(1-x
2
) = -x
3

+x
Kh
ảo sát hàm số trên với x (0,1) ta được giá trị lớn nhất của V=
3
1
33
2
 x

Bài 9: Cho hình nón tròn xoay đỉnh S, đáy là hình tròn tâm O.Trên đường tròn đó lấy
một điểm A cố định và một điểm M di động.Biết AOM= ỏ ,nhị diện cạnh AM có số đo
bằng õ và khoảng cách tư O đến (SAM) bằng a.
Tính thể tích khối nón theo a, ỏ, õ.
GIẢI
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Gọi I là trung điểm AM
∆SAM cân n
ên SI

AM
∆OAM cân nên OI

AM
(SOI)

AM nên SOI là góc phẳng nhị diện cạnh AM ⇒ SIO = õ
K
ẻ OH

(SAM)

(SOI)

(SAM)
⇒ H ∈ SI và OH = a
Ta có OI=





cos
tan;
sin
2
cos
2
cos
;
sinsin
a
IOSO
aOI
OM
aOH

V=
2 3
2
2 2 2 2
1 .

. . . .
3 3 cos
cos .sin 3sin .cos .cos
2 2
a a a
SO OM
 

 

  
 
Bài 10: Cho mặt cầu đường kính AB=2R. Gọi I là điểm trên AB sao cho AI=h. Một mặt
phẳng vuông góc với AB tại I cắt mặt cầu theo đường tròn (C).
+Tính th
ể tích khối nón đỉnh A và đáy là (C).
+Xác định vị trí điểm I để thể tích trên đạt giá trị lớn nhất.
GIẢI
B
O
I
F
E
Gọi EFlà 1 đường kính cua (C) ta có :
IE
2
= IA.IB = h(2R-h) ⇒ R = IE = )2( hRh 
Thể tích cần tính là:V= )2(
3
3

1
2
2
hr
h
hr 


với 0 < h < 2R
V
’
=
2
34(
3
hRh 

,
V
’
= 0
4
3
R
h 
V
max
3
4R
h


hay AI =
3
4R