Bài tập thể tích khối đa diện khối cầu, khối trụ, khối nón - phần 1 pps

Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
PHẦN 1
THỂ TÍCH KHỐI ĐA DIỆN
A. LÝ THUYẾT
1. Khái niệm thể tích của 1 khối đa diện (Sgk hh 12)
2. Các công thức tính thể tích của khối đa diện
a) Thể tích khối hộp chữ nhật
V = abc với a, b, c là 3 kích thước của khối hộp chữ nhật
b) Thể tích của khối chóp
V=
3
1
S
đáy
. h ; h: Chiều cao của khối chóp
c) Thể tích của khối lăng trụ
V= S
đáy
. h ; h: Chiều cao của khối lăng trụ
B. CÁC DẠNG BÀI TẬP
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
DẠNG 1: TÍNH THỂ TÍCH CỦA KHỐI ĐA DIỆN
*Phương pháp:
Để tính thể tích của khối đa diện ta có thể:
+Áp dụng trực tiếp các công thức tính thể tích
+Chia khối đa diện thành các khối nhỏ hơn mà thể tích của các khối đó tính được
+Bổ sung thêm bên ngoài các khối đa diện để được 1 khối đa diện có thể tính thể
tích bằng công thức và phần bù vào cũng tính được thể tích.
*Các bài tập
1)Về thể tích của khối chóp
+Nếu khối chóp đã có chiều cao và đáy thì ta tính toán chiều cao, diện tích đáy và

áp d
ụng công thức :V=
3
1
S
đáy
. h
Bài 1: Tính thể tích hình chóp tam giác đều SABC trong các trường hợp sau:
a) Cạnh đáy bằng a, góc ABC = 60
o
b) AB = a, SA = l
c) SA = l, góc gi
ữa mặt bên và mặt đáy bằng ỏ
GIẢI:
a) Gọi O là tâm ∆ABC đều
⇒ SO ⊥(ABC)
S
ABC
=
2
1
a
2
3a
=
4
3
2
a
∆ABC có SA = SB; ABC = 60

o
⇒ SA = AB = SB = a
C
S
A
B
O
a
SO ⊥ OA ( vì SO ⊥ (ABC) ) Tam giác vuông SOA có:
SO
2
= SA
2
- OA
2
= a
2
- (
3
2
a
2
3
)
2
=
2
2
2
3

2
3
a
a
a 
⇒ SO = a
3
2
Vậy VSABC = S∆ABC . SO =
3
1
.
4
3
2
a
.
a
3
2
.
3
2
2
a
l 
b) Tương tự câu a đáp số:
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
VSABC =
3

1
.
4
3
2
a
.
3
2
2
a
l 
c)
G
ọi O là tâm ∆ABC
Gọi A’ là trung điểm BC
Dễ thấy ((SBC), (ABC)) = góc SA’O = ỏ
Tam giác vuông SOA có:
SO
2
= l
2
- OA
2
= l
2
-
9
4
AA’

2
Tam giác vuông SOA’ có:


sin'.sin
3
1
'
3
1
AASO
AA
SO



(2)
T
ừ (1) (2) ta có:

2
9
4
2
9
1
sin'.sin' lAAAA 

O
B

A'
A
C
a

AA’
2
(sin
2
ỏ + 4) = 9l
2

4sin
3
2
'



l
AA
S∆ABC =
)4(sin2
33
4sin3
3
4sin
3
2
1

2
1
2
2
22
'.





l
ll
BCAA
4sin
sin.
4sin
3
3
1
22
sin







ll

SO
⇒VSABC =
3
1
S∆ABC . SO =
4sin).4(sin
sin
3
3
22
2
.



l
Bài 2. Cho lăng trụ ABCA’B’C’ 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 VA’ABC
theo a?
GIẢI.
-Gọi H là trung điểm BC
⇒A’H ⊥ (ABC) (gt)
-Ta có S
∆ABC =
3.
2
2
1
2
1

aACAB 
-Vì A’H ⊥ (ABC) ⇒ A’H ⊥ AH
Tam giác vuông A’HA có:
A’H
2
= A’A
2
- AH
2
= (2a)
2
-
4
1
.(a
2
+ 3a
2
)
hay A’H
2
= 4a
2
- a
2
= 3a
2
⇒ A’H = a 3
B
C

H
2a
a
a 3
C'
A'
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
⇒VA’ABC =
3
1
S∆ABC .A’H =
2
2
2
1
3
1
2
3.3.
a
aa 
Bài 3. Hình chóp SABCD có SA ⊥ (ABC), SA = a. ∆ABC vuông cân có
AB = BC =a. B’ là trung điểm SB. C’ là chân đường cao hạ từ A của ∆SAC
a) tính VSABC
b) Chứng minh rằng AB ⊥ (AB’C’). Tính VSAB’C’
GIẢI
a)
S
∆ABC =
2

2
1
2
1
. aBCBA 
; SA =a
⇒ VSABC =
3
1
S∆ABC .SA =
6
1
a
3
a
C
A
a
a
B'
C'
B
b) ∆SAB có AB = SA = a ⇒∆SAB cân tại A ⇒ AB’ ⊥ SB
B’S = B’B
BC
⊥ AB ⇒ BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ AB’
BC
⊥ SA
⇒ AB’ ⊥ (SAC) ⇒ AB’ ⊥ SA ⇒SC ⊥ (AB’C’)
AC’

⊥ SC
Cách 1
2
2
2
1
2
1
2'
a
aSBAB 
Vì AB’ ⊥ (SBC) ⇒AB’ ⊥ B’C’. SC =
aACSA 3
22

3
2
'
a
SC
SA
SC 
B’C’
2
= SB’
2
- SC’
2
=
66

''
2
aa
CB 
⇒S∆AB’C’ =
3462
2
1
2
1
2
'''.
aaa
CBAB 
⇒V∆AB’C’ =
363243
1
32

aaa

Cách 2
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
3
' '
1 1
2 3
3
a
S B S C

S B S C
a
  
3
' '
3
3
' ' '
1 1 1
' ' '
6 6 6 3 6
3
S A B C
S A B C
a
V
S A S B S C a
S A B C
V SA S B S C
a
V a
     
Bài 4 Hình chóp SABC có SA⊥ (ABC), ∆ABC cân tại A, D là trung điểm BC, AD = a,
(SB, (ABC)) = ỏ; (SB, (SAD)) = õ. Tính VSABC.
GIẢI
Dễ thấy
(SB, (ABC)) = ỏ = SBA
(SB, (SAD)) = õ = BSD
∆ABC cân ⇒ AD ⊥ BC
DB = DC

∆SAB có cos ỏ =
SB
AB
(1)
BC
⊥
AD
BC ⊥ SA (vì SA⊥ (ABC)
⇒ BC ⊥ (SAD) ⇒ BC ⊥
SD
a
B
A
C
D
S
Tam giác vuông SB có sinõ =
SB
BD
(2)
T
ừ (1) (2) ⇒

sinsincos
22
aAB
BDAB


⇒



sin
cos
22
2
2
aAB
AB


⇒ AB
2
(sin
2
õ – cos
2
ỏ) = -a
2
cos
2
ỏ ⇒ AB =


cos
2
sincos
1
22
a


S∆SAB =BD.AD =
2
2
2 2 2 2
sin sin
cos
cos cos
cos sin cos sin
. .
Sin a
a
ADAB
  

 
   
 
 
SA = AB. tan ỏ =


22
sincos
sin

a
⇒ VSABC =
3
1

SA.S∆ABC =


22
sincos
sin
3
1

a


22
2
sincos
sin

a
=


22
3
sincos3
cossin

a
Bài 5 Cho hình vuông ABCD cạnh a. các nửa đường thẳng Ax, Cy ⊥ (ABCD) và ở
cùng một phía với mặt phẳng đó. Điểm M không trùng với với A trên Ax, điểm N không
trùng với C trên Cy. Đặt AM = m, CN = n. Tính thể tích của hình chóp BAMNC.

GIẢI
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
Gọi I là giao điểm của AC và BD
Ta có BD
⊥ AC
(vì ABCD là hình vuông)
(Ax, Cy)
⊥ (ABCD)
⇒ BD ⊥ (AMNC)
⇒ BI ⊥ (AMNC)
BI =
2
2
2
a
BD

x
n
A
D
C
m
B
M
N
Diện tích hình thang AMNC là S =
2
2)(
2

)(
.
anmCNAM
AC


VAMNC =
)(
62
2
2
2)(
3
1
3
1
2
nmBIS
a
a
anm
AMNC


*Nếu khối chóp cần tính thể tích chưa bíết chiều cao thì ta phải xác định đựơc vị trí
chân đường 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 đường cao là tâm đường tròn ngoại tiếp đáy.
-Nếu hình chóp có các mặt bên nghiêng đều trên đáy hoặc có các đường cao của

các mặt bên xuất phát từ một đỉnh bằng nhau thì chân đường cao là tâm đường tròn nội
tiếp đáy
-Hình chóp có mặt bên hoặc mặt mặt chéo vuông góc với đáy thì đường cao của
hình chóp là đường cao của mặt bên hoặc mặt chéo đó.
-Nếu có một đường thẳng vuông góc với mặt đáy của khối chóp thì đường cao của
khối chóp sẽ song song hoặc nằm trờn với đường thẳng đó.
-Nếu một đường thẳng nằm trong đáy của khối chóp vuông góc vuông góc với
một mặt phẳng chứa đỉnh của khối chóp thì đường cao của khối chóp là đường 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 = ỏ, các cạnh bên nghiêng
trên đáy một góc ỏ. Tính VSABC
GIẢI
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
A
S
C
B
H
a
- Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC)
- Vì các c
ạnh bên nghiêng đều trên đáy ⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC.
- Ta có: ∆ABC =

sin
2
1
ACAB
mà BC

2
= 2AB
2
- 2AB
2
cos ỏ = 2AB
2
(1-cos ỏ) = a
2
⇒ AB =
2
cos1


a
⇒ S∆ABC =
24cos1
sin
22
1
2
2
1
cossin
22




aa

AB 

HA = R =

sin2sin2
aBC

Tan giác vuông có tan ỏ =
AH
SH
⇒ SH =


cos2sin2
tan
aa

⇒VSABC =



cos24
cot
cos2243
1
3
1
2
3
2

.cot
a
aa
ABC
SHS 

Bài 7: SABC có đáy ABCD là hình bình hành và SABCD = 3 và góc giữa 2 đường 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)
Thư viện Bài giảng, Đề thi trắc nghiệm trực tuyến
- Vì khối chóp có các bên nghiêng đều trên đáy. ⇒ O là tâm đường 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 8: SABC có SA = SB = SC = a. ASB = 60
o
, BSC = 90
o
, CSA = 120
o

.
a) Ch
ứng minh rằng ∆ABC vuông
b) Tính VSABC
GIẢI
a)
H
B
A
S
C
a





o
ASB
SBSA
60
⇒ AB = a
-Tam giác vuông SBC có BC
2
= SB
2
+ SC
2
= 2a
2

-∆SAC có AC
2
= a
2
+ a
2
-2a
2
cos120
o
= 2a
2
- 2a
2
(-
2
1
) =3a
2
-∆ABC có AC
2
= AB
2
+ BC
2
⇒∆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 ⇒ SH
2
= SB
2
- BH
2
=
24
2
aa
SH 
BH =
2
3
2
a
AC

(Hoặc ∆SAC là nửa đều tam giác đều ⇒ SH =
22
aSA

)
⇒VSABC =
12
2
6
1
2

1
3
1
3
1
23
.2
aa
ABC
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 = 90
o
. ∆SAC và
∆SBD là các tam giác đều có cạnh = 3 .
Tính th
ể tích khối chóp SABCD.
Đáp số: V
SABCD =
4
6
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
C
D
H

K
- Hạ SH ⊥ (ABCD), H ∈ (ABCD)
- Vì các m
ặt 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 =
a
AD

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 =
2
2
2.5
2
).(
5a

aa
ADCDAB


⇒VSABCD =
3
5
2
3
1
3
1
23
2.5.
a
ABCD
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
C

B
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 =
2
1
S⋄ABCD =
2
1
2a.2a = 2a
2
∆SAB có AB
2
= SA
2
+ SB
2

= 4a
2
⇒ SAB vuông tại S
⇒
222222
3
4
3
11111
aaaSBSASH





⇒ SH =
2
3
a
⇒VSBMDN =
3
1
S⋄BMDN.SH =
2
3
2
3
2
3
1

3
.2
aa
a 
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
17
120
289
14400
. 
-Vì hình thang có AB = BC = CD =
2
1
AD ⇒
D
A
ˆ
ˆ

= 60
o
, B = C = 120
o
-∆SBD có BD
2
= SB
2
+SD
2
=289a
2
⇒ BD = 17a
∆CBD có BD

2
=2BC
2
(1+
2
1
) = 3BC
2
= 289a
2
⇒ BC =
a
3
17
S∆BCD =
12
3289
2
3
2
3
289
2
1
2
2
1
2
120sin
a

o
aBC 