ứng dụng thể tích

GV:
Huúnh §oμn ThuÇn Trang 2
B
S
C
A
H
A'
B'
C'
H'


I/ C
ơ
s
ở
lý thuy
ế
t
:
Để
tính th
ể
tích c
ủ
a m
ộ
t kh
ố
i

đ
a di
ệ
n b
ấ
t kì, chúng ta chia kh
ố
i
đ
a di
ệ
n
đ
ó
thành các khối
đa diện đơn giả
n đã biết công thức tính ( Kh
ối lăng trụ
.VBh
,
Kh
ối chóp
1
.
3
VBh

, Khối h
ộp chữ nhật
Vabc

 , …) rồi c
ộng các kết quả lạ
i.
Tuy nhiên trong nhiều trường hợp, việ
c tính thể tích của các khối l
ăng trụ và
khố
i chóp theo công thức trên lại gặp khó kh
ăn do không xác định được đườ
ng cao
hay di
ện tích đáy, nh
ưng có thể
chuyển việ
c tính thể tích các khố
i này về vi
ệc tính
th
ể tích củ
a các khối đ
ã biết thông qua tỉ
số th
ể tích của hai kh
ối.
Sau
đây ta sẽ xét m
ột số
bài toán cơ bả
n và ví dụ m
inh ho

ạ

Bài toán1
: (Bài4 sgk HH12CB trang25)
Cho kh
ố
i chóp S.ABC, trên các
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng SA, SB, SC l
ầ
n l
ượ
t l
ấ
y các
đ
i
ể
m
A’, B’, C’ khác
đ
i
ể
m S. CMR:
.'''
.

'''

SABC
S ABC
V
SA SB SC
VSASBSC

(1)
Giải
:
G
ọ
i H và H’ l
ầ
n l
ượ
t là hình chi
ế
u vuông góc
c
ủ
a A và A’ lên (SBC)
Ta có AH//A’H’. Ba
đ
i
ể
m S, H, H’ cùng thu
ộ
c hai

mp (AA’H’H) và (SBC) nên chúng th
ẳ
ng hàng. Xét
 SAH ta có
'''
SA A H
SA AH

(*)
Do
đ
ó


''
.'''
.
1
''.
' ' '. '.sin ' '
3
.
1
.
sin
3
SB C
SABC
SABC
SBC

AH S
V
A
HSBSC BSC
VAH
AH S
SB SC BSC



(**)
Từ (*) và (**) ta được đpcm □
Trong công thức (1), đặc biệt hoá, cho B’

B và C’

C ta được
.'' '
.
'
SABC
S ABC
V
SA
VSA

(1’)
Ta lại có
''
.

'.
'
(1') .
S ABC S A BC A ABC
S ABC S ABC A ABC
VV V
SA
VVV
SA

 

www
.
l
a
i
s
ac
.
pa
g
e.
tl
Ứ

Ứ

Ứ
N


N

N
G
G
G
D

D

D
Ụ

Ụ

Ụ
N

N

N
G
G
G
T
T
T
H
H

H
Ể
Ể
Ể
T
T
T
Í

Í

Í
C

C

C
H
H
H
Hu
ỳ
nh

Đ
o
à
n

T

hu
ầ
n
GV:
Huúnh §oμn ThuÇn Trang 3
I
M
O
C
A
D
B
S
O '
C '
I
D'
B'
O
C
S
B
D
A
'.
.
''
1
A ABC
S ABC

V
SA A A
VSASA


Vậy:
'.
.
'
A ABC
SABC
V
A
A
VSA

(2)
T
ổ
ng quát hoá công th
ứ
c (2) ta có bài toán sau
đ
ây:
Bài toán 2
: Cho khối chóp đỉnh S, đáy là 1 đa giác lồi A
1
A
2
…A

n
( 3)n 
, trên
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng SA
1
l
ấ
y
đ
i
ể
m A
1
’ không trùng v
ớ
i A
1
. Khi
đ
ó ta có
112
12
'.
11
1

'
n
n
AAA A
SAA A
V
A
A
VSA

(2’)
Chứng minh (2’) bằng ph
ương pháp quy nạp theo n; ta chia khối chóp
S.A
1
A
2
…A
n
thành các khối chóp tam giác r
ồi áp dụng công thức (2)
II/ Các dạng toán
:
D
ựa vào hai bài toán cơ
bản ở
trên, ta sẽ xét m
ột số bài toán tính t
ỉ số th
ể tích

c
ủa các khối
đa diệ
n và một số
ứng d
ụng của nó

D
Ạ
NG1
: TÍNH TỈ SỐ THỂ TÍCH CỦA CÁC KHỐI ĐA DIỆN

Ví d
ụ
1
:
Cho kh
ố
i chóp S.ABCD có
đ
áy ABCD là hình bình hành, g
ọ
i M là trung
đ
i
ể
m
c
ủ
a CD và I là giao

đ
i
ể
m c
ủ
a AC và BM. Tính t
ỉ
s
ố
th
ể
tích c
ủ
a hai kh
ố
i chóp
S.ICM và S.ABCD
Giải
:
Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có I là
trọng tâm của tam giác BCD, do đó
.
111111

332322
ISCM B SCM D SBC S ABCD
VV V V 

Vậy
.

1
12
ISCM
SABCD
V
V


Ví dụ2
:
Cho khối chóp S.ABCD có đáy ABCD là
hình bình hành. Gọi B’, D’ 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 được chia bởi
mp(AB’D’)
Giải
:
Gọi O là giao điểm của AC và BD và I là giao
điểm của SO và B’D’. Khi đó AI cắt SC tại C’
Ta có
GV:
Huúnh §oμn ThuÇn Trang 4
.''
.
''1'
.
2
SABC
S ABC
V

SB SC SC
VSBSCSC


.''
.
''1'
.
2
SACD
SACD
V
SC SD SC
VSCSDSC


Suy ra
.'' .''
. .
.
1'
1'
.( )
22
SABC SACD
SABC SACD
SABCD
SC
SC
VV VV V

SC SC
 

Kẻ OO’//AC’ (
')
OSC
 . Do tính ch
ấ
t các
đươ
ng th
ẳ
ng song song cách
đề
u
nên ta có SC’ = C’O’ = O’C
Do đó
.'' ' '
.
11

23
SABCD
SABCD
VV

Hay
.''' '
.
1

6
SABCD
S ABCD
V
V



* Bài tập tham khảo
:

Bài1
: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC, đáy ABC là tam giác đều có tr
ực
tâm H và cạnh bằng a. Gọi I, J, K l
ần lượt là trung điể
m các cạnh AB, BC, CA và
M, N, P lần l
ượt là trung đi
ểm các đo
ạn SI, SJ, SK. Tính tỉ
số thể
tích của hai kh
ối
chóp H.MNP và S.ABC. Từ đó tính thể tích khối chóp H.MNP
ĐS:
.
.
1
32

HMNP
S ABC
V
V


Bài2
: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình bình hành. Một mặt
ph
ẳ
ng (

) qua AB c
ắ
t SC, SD l
ầ
n l
ượ
t t
ạ
i M và N. Tính
SM
SC

để
m
ặ
t ph
ẳ
ng (


)
chia hình chóp thành hai ph
ầ
n có th
ể
tích b
ằ
ng nhau.
Đ
S:
31
2
SM
SC




D
Ạ
NG2
:
Ứ
NG D
Ụ
NG T
Ỉ
S
Ố

TH
Ể
TÍCH
ĐỂ
TÍNH TH
Ể
TÍCH

Ví dụ1
: (
Đ
H kh
ố
i B – 2008 )
Cho hình chóp S.ABCD có
đ
áy ABCD là hình thang,


0
90
BAD ABC,
,2,( )
A
B BC a AD a SA ABCD   và SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm
của SA và SD. Tính thể tích khối chóp S.BCNM theo a
Giải
:
Áp dụng công thức (1) ta có
.

.
.
.
1
2
1
.
4
SBCM
SBCA
SCMN
SCAD
V
SM
VSA
V
SM SN
VSASD



Suy ra
2a
a
2a
M
N
A
D
B

C
S
GV:
Huúnh §oμn ThuÇn Trang 5

333
11
24
2
2.3 4.3 3
S BCNM S BCM S CNM S BCA S CAD
VVV VV
aaa
 
 

Ghi chú
:
1/ Vi
ệ
c tính th
ể
tích kh
ố
i S.BCNM tr
ự
c ti
ế
p theo công th
ứ

c
1
.
3
VBh
gặp nhi
ều
khó khăn, nhưng nếu dùng tỉ số thể tích, ta chuyển việc tính thể tích khối S.BCNM
về tính V
SBCA
và V
SCAD
dễ dàng hơn rấ
t nhiều
2/ Khi dạy học có thể yêu cầu học sinh tính thể tích khối đa diện ABCDMN
Ví d
ụ
2
: (ĐH khối A – 2007 )
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là
tam giác đều và n
ằm trong mặt phẳng vuông góc vớ
i đáy. Gọi M, N, P lần l
ượt là
trung
điểm c
ủa các cạ
nh SB, BC, CD. Tính thể tích khố
i tứ di
ện CMNP theo a

Giải
:
Ta có
.
.
1
.()
4
1
()
2
CMNP
CMBD
CMBD M BCD
CSBD S BCD
V
CN CP
a
VCBCD
VV
MB
b
VV SB



Lấy (a) x (b) vế theo vế ta được
.
.
11

.
88
CMNP
CMNP S BCD
SBCD
V
VV
V
 

G
ọ
i H là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a AD ta có
SH AD mà
()( )
SAD ABCD

nên ()
SH ABCD

.
Do đó
3
2

.
11313
. .
332212
SBCD BCD
aa
VSHS a

 

V
ậ
y:
3
3
96
CMNP
a
V

(đvtt)

Ví dụ3
: (ĐH khối D – 2006 )
Cho khối chóp D.ABC có đáy ABC là tam giác đều
cạnh a, DA = 2a và SA vuông góc với đáy. Gọi M, N lần
lượt là hình chiếu vuông góc của A lên các đường thẳng
DB và DC. Tính thể tích khối chóp A.BCNM theo a
Giải
:

Ta có
.
DAMN
DABC
V
D
MDN
VDBDC


AM và AN lần lượt là các đường cao trong các tam
P
M
H
N
C
S
D
B
A
2a
a
a
a
D
A
C
B
M
N

GV:
Huúnh §oμn ThuÇn Trang 6
A
B
C
D
S
H
M
giác vuông DAB và DAC b
ằng nhau nên ta có
22
22
44
4
5
DM DA a DM
MB AB a DB


Tươ
ng tự
4
5
DN
DC


Do đó V
D.AMN

=
44
.
55
.V
D.ABC
=
16
25
.V
D.ABC
. Suy ra V
A.BCMN
=
9
25
.V
D.ABC

Mà V
D.ABC
=
23
133
.2 .
34 6
aa
a 
. Vậy V
A.BCMN

=
3
33
50
a
(đvtt)
Ghi chú
:
Ta có hệ th
ức lượng trong tam giác vuông ABC
sau đây
2
2
'
'
bb
cc


( Chứng minh d
ựa vào tam giác đồ
ng dạng)

Ví d
ụ
4
: (ĐH kh
ối B – 2006 , Đề GVDG c
ấp trườ
ng 2009 – 2010 )

Cho hình chóp S.ABCD, đ
áy ABCD là hình chữ nh
ật, AB =SA = a, AD =a
2

SA vuông góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC, gọi I là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a BM và AC. Tính th
ể
tích kh
ố
i t
ứ
di
ệ
n ANIM theo a
Gi
ả
i:

Gọi O là giao điểm của AC và BD. Ta có I là
trọng tâm của tam giác ABC, do đó
21
33
AI AI
AO AC

 

nên
11 1

32 6
AIMN
ACDN
V
AI AM
VACAD

(1)
M
ặ
t khác
1
2
ACDN
ACDS
V
NC
VSC

(2)
T
ừ
(1) và (2) suy ra
1
12

AIMN
ACDS
V
V

Mà
3
1122
.
3326
SACD ACD
aaa
VSASa


. Vậy
3
12
.
12 72
AIMN SACD
a
VV
(đvtt)

Ví dụ5
: (ĐH khối D – 2010)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình
vuông cạnh a, cạnh bên SA = a, hình chiếu vuông
góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H

c
b'
b
c'
A
B
C
H
a
a
a2
I
M
O
C
A
D
B
S
GV:
Huúnh §oμn ThuÇn Trang 7
thu
ộ
c
đ
o
ạ
n th
ẳ
ng AC sao cho AH =

4
AC
. G
ọ
i CM là
đườ
ng cao c
ủ
a tam giác SAC.
Chứng minh rằng M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo
a.
Giải
:
Từ
giả thiết ta tính được
21432
,, ,2
44 4
aa a
AH SH CH SC a SC AC
  
.
Do đó tam giác SAC cân tại C nên M là trung điểm của SA.
Ta có
.

.
11
22
SMBC

S MBC S ABC
S ABC
V
SM
VV
VSA
 

23
.
1
1 14 14

36244
8
S ABC
ABC
aa a
VSHS

  (đvtt)

* Bài tập tham khả
o
:
Bài1
: Cho khố
i tứ diệ
n ABCD có




00
90 , 120 ,ABC BAD CAD 
,2,
A
BaAC a 3
A
Da
 . Tính thể tích t
ứ diệ
n ABCD.
ĐS:
3
2
2
ABCD
a
V 

Bài2
: Cho khối chóp S.ABCD dấy ABCD là hình vuông cạnh a, SA vuông góc
với đáy và SA = 2a. Gọi B’, D’ lần lượt là hình chiếu vuông góc của A lên SB và
SD. Mp(AB’D’) cắt SC tại C’. Tính thể tích khối chóp S.A’B’C’D’ theo a
ĐS:
3
.'' ' '
16
45
SABCD

a
V 

Bài3
: Cho hình chóp t
ứ
giác
đề
u S.ABCD có t
ấ
t c
ả
các c
ạ
nh
đề
u b
ằ
ng. G
ọ
i M,
P l
ầ
n l
ượ
t là trung
đ
i
ể
m c

ủ
a SA và SC, mp(DMP) c
ắ
t SB t
ạ
i N. Tính theo a th
ể
tích
kh
ố
i chóp S.DMNP

Đ
S:
3
.
2
36
SDMNP
a
V 

Bài4
: (ĐH khối B – 2010)
Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’ có AB = a, góc giữa hai mặt
phẳng (A’BC) và (ABC) bằng 60
0
. Gọi G là trọng tâm tam giác A’BC. Tính thể
tích khối lăng trụ đã cho và bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.
ĐS:

3
.'''
33
8
ABC A B C
a
V 
và
7
12
a
R


DẠNG3
: ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH TÍNH KHOẢNG CÁCH

Việc tính khoảng cách từ một điểm đến một mặt phẳng khó khăn nhất là xác
định chân đường cao. Khó khăn này có thể được khắc phục nếu ta tính khoảng cách
GV: Huúnh §oμn ThuÇn Trang 8
thông qua th
ể tích của khối đ
a diện, mà khoảng cách đó chính là độ
dài đường cao
c
ủ
a kh
ố
i
đ

a di
ệ
n. Sau
đ
ây ta s
ẽ
xét m
ộ
t s
ố
ví d
ụ
minh ho
ạ


Ví dụ 1
: (ĐH khối D – 2002 )
Cho tứ diện ABCD có AD vuông góc mặt phẳng (ABC), AD = AC = 4cm,
AB = 3cm, BC = 5cm. Tính khoảng cách từ
A đến mp(BCD).
Gi
ả
i
:
Ta có AB
2
+ AC
2
= BC

2

A
BAC
Do đó
2
1
8
6
ABCD
VABAcADcm

Mặt khác CD =
42, BD = BC = 5
Nên
BCD
cân t
ạ
i B, g
ọ
i I là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a CD
22
12
.5(22)234

22
BCD
SDCBI

   

Vậy
3
3.8 6 34
(,( ))
17
234
ABCD
BCD
V
dA BCD
S



Ví d
ụ
2
: (ĐH khối D – 2007)
Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thang,


0
90
ABC BAD

, AD = 2a,
BA = BC = a, cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA =
2
a
. G
ọ
i H là hình chi
ế
u
vuông góc của A lên SB. CMR tam giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách từ
H đến mp(SCD)
Giải
:
Ta có
.
.
SHCD
SBCD
V
SH
VSB


SAB
vuông t
ạ
i A và AH là
đườ
ng cao nên
Ta có

22
22
22
2
3
SH SA a SH
HB AB a SB


V
ậ
y
23
S.HCD S.BCD
221aa2
V = V =.a2. =
33329

Mà
.
1
(,( )).
3
SHCD SCD
VdHSCDS


.
SCD
vuông tại C ( do AC

2
+ CD
2
= AD
2
),
do đó
2
11
2.2 2
22
SCD
SCDSCaaa

 
. Vậy
3
2
32
(,( ))
3
92
aa
dH SCD
a


Ví dụ3: (ĐH khối D – 2008)
Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a,
AA’ =

2a
. Gọi M là trung điểm của BC. Tính theo a khoảng cách giữa hai đường
thẳng AM và B’C
Giải
:
4
4
3
5
5
I
D
A
C
B
2a
a
S
C
B
D
A
H
GV: Huúnh §oμn ThuÇn Trang 9
G
ọi E là trung điểm củ
a BB’,ta có EM//CB’
Suy ra B’C //(AME) nên
d(B’C;AM) = d(B’C;(AME))= d(C;(AME))
Ta có

.
.
1
2
C AEM
CAEB
V
MC
VCB


23
.
11122
.
2232224
C AEM EACB
aa a
VV  

Ta có
.
3
(,( ))
C AEM
AEM
V
dC AME
S




Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên AE,
ta có
BH AE

H
ơ
n n
ữ
a
()
BM ABE BM AE, nên ta
được AE
HM


Mà AE =
6
2
a
,
A
BE

vuông tại B nên
2222
1113
BH AB EB a


3
3
a
BH

B
HM

vuông t
ạ
i B nên
22
21
43 6
aa a
MH


Do
đ
ó
2
1162114

22268
AEM
aa a
SAEHM


 
V
ậ
y:
3
2
32 7
(,( ))
7
14
24.
8
aa
dC AME
a


Ghi chú
: Có thể áp dụng công thức Hê – rông để tính
A
EM
S


Ví d
ụ
4
:
Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC là tam giác vuông
t

ạ
i A, AB = a,
3
A
Ca

và hình chiếu vuông góc
c
ủ
a A’ lên m
ặ
t ph
ẳ
ng (ABC) trùng v
ớ
i trung
đ
i
ể
m
của BC. Tính khoảng cách Từ A đến mp(BCC’B’)
Giải
:
Theo giả thiết ta có A’H
 (ABC).
Tam giác ABC vuông tại A và AH là trung tuyến
nên AH =
1
2
BC = a. '

A
AH vuông tại H nên ta có
22
'' 3
A
HAAAHa
Do đó
3
'.
1.3
3
322
A ABC
aa a
Va
.
a
a
a2
M
E
B
'
C'
A
C
B
A
'
H

a
a
2a
3
K
C'
B
'
H
B
C
A
A'
GV: Huúnh §oμn ThuÇn Trang 10
Mặt khác
'.
.'''
1
3
A ABC
ABC A B C
V
V


Suy ra
3
3
'. ' ' . ' ' '
22

.3.
332
A BCC B ABC A B C
a
VV a


Ta có
'. ' '
''
3
(',( ''))
A
BCC B
BCC B
V
dA BCCB
S


Vì
'''' ''
A
BAH AB AH ABH

vuông tại A’
Suy ra B’H =
22
32 '
aa aBB

.
'
BB H
cân tại B’. Gọi K là trung điểm
của BH, ta có
'BK BH

. Do đó
22
14
''
2
a
B K BB BK

Suy ra
2
''
14
''. 2. 14
2
BCC B
a
SBCBKa a

V
ậ
y
3
2

3314
(',( ''))
14
14
aa
dA BCCB
a



* Bài t
ậ
p t
ươ
ng t
ự
:

Bài 1
: (
Đ
H kh
ố
i D – 2009)
Cho l
ă
ng tr
ụ

đứ

ng ABCA’B’C’có
đ
áy ABC là tam giác vuông t
ạ
i B, AB = a,
AA’ = 2a, A’C = 3a. G
ọ
i M là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a A’C’, I là giao
đ
i
ể
m c
ủ
a AM và
A’C. Tính theo a th
ể
tích kh
ố
i t
ứ
di
ệ
n IABC và kho
ả

ng cách t
ừ
A
đế
n mp(IBC)
Đ
S:
25
(,( ))
5
a
dA IBC 

Bài2
:
Cho hình h
ộ
p ch
ữ
nh
ậ
t ABCD.A’B’C’D’ có AA’
= AB = a, BC = 2a,
đ
i
ể
m M
thu
ộ
c AD sao cho AM = 3MD. Tính kho

ả
ng cách t
ừ
M
đế
n mp(AB’C)
Đ
S:
(,( '))
2
a
dA ABC 

Bài3
:
Cho t
ứ
di
ệ
n ABCD có DA vuông góc v
ớ
i mp(ABC),

0
90
ABC
 . Tính kho
ả
ng
cách từ A đến mặt phẳng (BCD) nếu AD = a, AB = BC = b

ĐS:
22
(,( ))
ab
dA BCD
ab



Bài4
:
Cho tứ diện đều ABCD, biết AB = a, M là 1 điểm ở miền trong của tứ diện.
Tính tổng khoảng cách từ M đến các mặt của tứ diện
ĐS:
1234
3
2
3
ABCD
ACB
V
hhhh a
S

 

GV: Huúnh §oμn ThuÇn Trang 11
Bài5:
Cho t
ứ

di
ệ
n ABCD và
đ
i
ể
m M
ở
mi
ề
n trong c
ủ
a t
ứ
di
ệ
n. G
ọ
i r
1
, r
2
, r
3
, r
4
l
ầ
n
lượt là khoảng cách từ M đến các mặt (BCD), (CDA), (DAB), (ABC) của tứ diện.

Gọi h
1
, h
2
, h
3
, h
4
lần lượt là khoảng cách từ các đỉnh A, B, C, D đến các mặt đối
di
ệ
n c
ủ
a t
ứ
di
ệ
n. CMR:
3
12 4
1234
1
r
rr r
hhhh



DẠNG4
: ỨNG DỤNG TỈ SỐ THỂ TÍCH TÍNH DIỆN TÍCH ĐA GIÁC

Việc tính diệ
n tích đa giác phẳng được quy về
việc tính diện tích tam giác theo
công thức
1
2
Sah

 , trong đó h – chiều cao và a là
độ dài cạnh đáy.
Tuy nhiên trong nhiều tr
ường hợp, đặc biệ
t là việc tính diện tích của các
đa
giác phẳng trong không gian, tính tr
ực tiếp theo công th
ức gặ
p nhiều khó khă
n. Khi
đó có thể tính di
ện tính đ
a giác thông qua thể tích củ
a các khối đ
a diện. Sau
đây là
mộ
t số ví d
ụ minh hoạ
Ví dụ1

: (ĐH khối A – 2002)
Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy bằng a. Gọi M,
N lần lượt là trung điểm của SB và SC. Tính diện tích tam giác AMN theo a, biết
r
ằ
ng
()()
A
MN SBC

Giải
:
Gọi K là trung điểm của BC và I là trung
điểm của MN. Ta có
.
.
1
.
4
SAMN
S ABC
V
SM SN
VSBSC

(1)
Từ
()()
A
MN SBC


và
A
IMN (do
A
MN cân tại A )
nên
()
A
ISBC


A
ISI


M
ặ
t khác,
M
NSI
 do đó
()SI AMN

Từ (1)
.
11
.
.4 4
AMN

A
MN ABC
ABC
SI S
SO
SS
SO S SI



 (O
là trọng tâm của tam giác ABC)
Ta có
A
SK cân tại A (vì AI vừa là đường cao vừa là trung tuyến) nên
AK = AS =
22
315
26
aa
SO SA OA  

Và SI =
12
24
a
SK 
Vậy
22
115 3 10

4416
62
4
AMN
aa a
S
a

 (đvdt)
I
N
M
O
K
A
C
B
S
GV: Huúnh §oμn ThuÇn Trang 12
* Bài t
ập tham khảo
:

Bài1
: Cho l
ă
ng tr
ụ

đứ
ng ABC.A’B’C’. Bi
ế
t ABC là tam giác vuông t
ạ
i B có
AB = a, BC = b, AA’ = c (c
2

22
ab ). M
ộ
t m
ặ
t ph
ẳ
ng
()

qua A và vuông góc
với CA’cắt l
ăng trụ theo một thiế
t diện.
a)

Xác
đị
nh thi
ế
t di

ệ
n
đ
ó
b)
Tính diện tích thiết diện xác
định ở câu a)
Đ
S: Thi
ế
t di
ệ
n AMN có di
ệ
n tích
222
2
AMN
ababc
S
c
 


Bài2
: Cho tứ diện ABCD có các c
ạnh AB = x, AC = y, AD = z, các góc


0

90BAC CAD DAB. Gọi H là hình chiếu của A lên mặt phẳng (BCD)
a)

Ch
ứ
ng minh r
ằ
ng:
2222
1111
A
Hxyz
 
b) Tính di
ện tích tam giác BCD
ĐS:
22 22 22
1
2
BCD
Sxyyzzx

