bài tập sách giáo khoa ôn thi thpt quốc gia

HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

KHỐI ĐA DIỆN-THỂ TÍCH
(Những bi tập SGK)
Bài 1 : Hãy chia một khối tứ diện thành hai khối tứ diện sao cho tỉ số thể tích của hai
khối tứ diện này bằng một số k > 0 cho trước.
Giải
Xét khối tứ diện ABCD,lấy điểm E trên đoạn CD sao
A
cho CE = k.ED (k > 0).Khi đó mặt phẳng (AEB)
chia tứ diện ABCD thành hai khối tứ diện là
ABCE và ABDE.
Gọi h là chiều cao của tứ diện ABCD
h= d(A,(BCD) và d(B,CD) = m.Ta có :
1 1
3 2
1 1
Thể tích khối tứ diện ABDE là: V2 = h. m.DE
3 2

Thể tích khối tứ diện ABCE là: V1 = .h. m.CE

D
B
E

⇒ V1 = k.V2

C

Bài 2: Tính thể tích của khối hộp ABCD.A’B’C’D’ biết rằng AA’B’D’ là khối tứ
diện đều cạnh a .
Giải
C Vì AA’B’D’ là tứ diện đều nên đường cao AH
B
có chân H là trực tâm tam giác đều A’B’D’
a 3
và
3
a 6
AH = AA '2 − A ' H 2 =
3

∆A’B’D’ đều ⇒ A'H =

A

D
B'

Vì A’B’C’D’ là hình thoi ,góc A’ bằng 600 nên:

C'

a2 3
SA ' B 'C ' D ' = A ' B '.C ' D '.sin 60 =
2
a 2 3 a 6 a3 2
V = B.h =

.
=
2
3
2
o

H

A'

O

D'

Bài 3: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’.Tính tỉ số thể tích của khối hộp đó và thể tích
của khối tứ diện ACB’D’.
D

C

A

Giải
Đặt S = SABCD và h = chiều cao của khối
hộp,suy ra thể tích của khối hộp :
V = Sh.
Chia khối hộp thành khối tứ diện ACB’D’và
4 khối chóp :A.A’B’D’,C.C’B’D’
C'

,B’.BAC ,D’.DAC .Ta có:

B

D'

1

A'

B'


HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

SA’B’D’ =SC’B’D’ = SBAC = SDAC = S/2 và chiều cao của 4 khối chóp bằng h nên tổng các
1 S
3 2

2
3

thể tích là: V1 = 4. . h = Sh .
Thể tích của khối tứ diện ACB’D’ là:
1
3

V2 = V – V1 = Sh .

Do đó tỉ số thể tích của khối hộp đó và thể tích của khối tứ diện ACB’D’ bằng 3.

Bài 4: Thể tích của khối hộp ABCD.A’B’C’D’bằng V.Tính thể tích của khối
ACB’D’.
Giải
Chia khối hộp thành khối tứ diện ACB’D’ và
D
C
4 khối chóp: A.A’B’D’,C.C’B’D’
,B’.BAC ,D’.DAC (các khối chóp này đều có
chiều cao bằng nhau và băng chiều cao h của
A
khối hộp).
B
Ta có:
SA’B’D’ =SC’B’D’ = SBAC = SDAC = S/2
⇒VA.A’B’D’=VC.C’B’D’=VB’.BAC =VD’.DAC
D'
C'

11
1
1
Sh = Sh = V
32
6
6
1  1
⇒VACB’D’= V − 4  6 V ÷ = 3 V




=

A'

B'

F

B

A

Bài 5 : Cho tứ diện ABCD, gọi d là khoảng
cách giữa AB và CD, α là góc giữa hai đường
thẳng đó. Chứng minh :

E
C

M

1
6

VABCD= AB.CD.sinα.
N

D

Giải
Dựng hình hộp AEBF.MDNC (gọi là hình

hộp ngoại tiếp tứ diện).
Vì AEBF // MDNC nên chiều cao của hình hộp bằng d = d(AB,CD)
1
1
3
3
1 1
1
= . MN .CD.sin α .d = AB.CD.d sin α
3 2
6

Ta có : VABCD = V = SMDNC .d

2


HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

Bài 6: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’.Gọi E,F theo thứ tự là trung điểm các cạnh
BB’ và DD’.Mặt phẳng (CEF) chia khối hộp thành hai khối đa diện.Tính tỉ số thể tích
của 2 khối đa diện đó.
Giải
Gọi O là tâm hình hộp thì O cũng là tâm

D
C
hình bình hành BB’D’D suy ra O là trung
điểm của EF.
Vì A’ thuộc đường thẳng CO nên A’ thuộc
A
B
mp(CEF)
F
Ngoài ra : A’F // CE và A’E // CF .Do đó
O
mặt phẳng (CEF) cắt hình hộp theo thiết
E
diện là hình bình hành A’ECF. Mặt phẳng
D'
C' (CEF) chia hình hộp thành hai phần :
Gọi (H) là khối đa diện có các đỉnh
A'
B'
A,B,C,D,A’,E,F và (H’) là phần còn lại.
Phép đối xứng tâm O biến các đỉnh
A,B,C,D,A’,E,F của (H) theo thứ tự thành các đỉnh C’,D’,A’,B’C,F,E của hình
(H’) .Suy ra phép đối xứng tâm O biến hình (H) thành hình (H’) ⇒ Hai hình đa diện
(H) và (H’) bằng nhau.Do đó tỉ số thể tích của hai 2 khối đa diện đó bằng 1
M

A

B

Bài 7: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’.
Chứng minh rằng 6 trung điểm của 6 cạnh
AB,BC,CC’,C’D’,D’A’ và A’A nằm trên
một mặt phẳng và mặt phẳng đó chia khối
hộp thành hai phần có thể tích bằng nhau.

N
D

C

E
A'

F

B'

K
D'

J

Giải
Tương tự bài 7

C'

Bài 8: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD.
a) Biết AB= a và góc giữa mặt bên và đáy bằng α, tính thể tích khối chóp.

b) Biết trung đoạn bằng d và góc giữa cạnh bên và đáy bằng ϕ, tính thể tích khối
chóp.
Giải
a) Gọi M là trung điểm của CD và O là tâm của hình vuông ABCD.
a
2
1
1 a
α  1
α 
V = Bh = a 2 tan  ÷ = a3tan  ÷
3
3 2
2 6
2

·
= α ; OM =
Vì S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên suy ra : SMO

∆SOM vuông nên: SO = OM tan(/2) .Vậy

3


HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

S

S

A

A

D
M

O
·
SCO
=ϕ

M

O

C

B

b) Ta có :

D

C

B

và SM = d .Đặt CD = 2x

⇒ OM = x; OC = x 2; SO = x 2.tan ϕ
d

∆SOM vuông nên :OM2 + SO2 = SM2 ⇒ x = 1 + 2 tan2 ϕ
Vậy

4 2
d 3tanϕ
1
1
4 2 3
2
=
V = Bh = (2 x ) .x 2 tan ϕ =
x tanϕ
3 (1 + 2 tan 2 ϕ ). 1 + 2 tan 2 ϕ
3
3
3

Bài 9: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a.Các cạnh bên
tạo với đáy một góc 600 .Gọi M là trung điểm của SC.Một mặt phẳng (P) đi qua AM
và song song với BD,cắt SB tại E và cắt SD tại F
Tính thể tích của khối chóp S.AEMF .
Giải
Gọi O là tâm hình vuông và I là giao điểm của AM và SO;suy ra I thuộc EF
Vậy mp(P) đi qua I và song song với BD nên EF // BD

Vì BD ⊥ (SAC) ⇒ EF ⊥ (SAC) ⇒ EF ⊥ AM và EF
∆SAC đều nên :

AM = AC .

M
F
C

E

O
A

3
3 a 6
= a 2.
=
2
2
2
2
1
1 a 6 2a 2 a 3
= . AM .EF = .
.
=
2
2 2
3

3

∆SAC đều nên :
Ta có:

I

B

2
2a 2
BD =
3
3

3
3 a 6
= a 2.
=
2
2
2

S

D

=

SAEMF

AM = AC .

EF ⊥ (SAC) và AM⊂(SAC) ⇒ EF ⊥ AM (1)
∆SAC đều ⇒ SM ⊥AM (2)
Từ (1)và (2) ⇒ SM ⊥(AEMF)

1
3

Vậy: VS . AEMF = .SAEMF .SM
1 a 2 3 a 2 a3 6
= .
.
=
3 3
2
18
4


HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

Bài 10: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có trung đoạn bằng 6 và góc giữa hai
mặt bên đối diện bằng 600 .Mặt phẳng () qua CD và vuông góc với mp(SAB),cắt
SA,SB lần lượt tại P1 và P.Tính thể tích của khối
chóp S.CDP1P .
S

P1

H

P

B
K

E

O

AB //(α)

D

A

Giải
Gọi SE,SK lần lượt là hai trung đoạn của khối
chóp .Vì CD // AB nên giao tuyến ∆ của hai
mặt phẳng (SAB)và (SCD) song song với AB
và CD.
Ta có:SE ⊥ CD;SK ⊥ AB ⇒ SE ⊥ ∆ và SK ⊥
C ∆
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SCD)
·
bằng góc KSE

= 60 0
AB
Ta có : (SAB) ∩ (α) = PP ⇒ PP//
1


1

⇒ CDP1P là một hình thang cân và EH là đường cao (H = SK ∩ P1P)
Vì hai mặt phẳng () và (SAB) vuông góc với nhau theo giao tuyến P1P
mà EH ⊥ P1P ⇒ EH ⊥ (SAB) ⇒ EH ⊥ SH (1)
Mặt khác: SH ⊥ P1P (2)
Từ (1) và (2) ⇒ SH ⊥ (CDP1P) và ∆SKE cân và có góc S bằng 600 nên là tam
giác đều ,suy ra H là trung điểm của SK.
Do đó :

P1P =

1
1
1
1
AB = KE = SE = .6 = 3
2
2
2
2

1
3

1 1
3 2

và

EH = SE

Vậy: VS .CDP P = .SCDP P .SH = . (CD + P1P ).SH =
1

1

3 6 3
=
2
2

27 3
2

Bài 11: Cho khối tứ diện ABCD.Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AB và AD.Mặt
phẳng (ABF) và (CDE) chia khối tứ diện thành 4 khối tứ diện
a) Kể tên 4 khối tứ diện đó và chứng tỏ 4 khối tứ diện đó có thể tích bằng nhau
b) Chứng tỏ rằng nếu khối tứ diện ABCD đều thì 4 khối tứ diện đó bằng nhau
A

E
D

B
F
C

Giải
a) Bốn khối tứ diện đó là:
ADEF , ACEF ,BDEF ,CDEF
Mặt phẳng (ABF) chia khối tứ diện ABCD thành
hai khối tứ diện CABF và DABF có thể tích bằng
nhau (Vì F là trungđiểm của CD )
Mặt phẳng (CDE) chia mỗi khối tứ diện CABF và
DABF thành hai khối tứ diện có thể tích bằng nhau
(Vì E là trungđiểm của AB –BT1)
5


HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

suy ra 4 khối tứ diện nói trên có thể tích bằng
nhau
b) Nếu ABCD là tứ diện đều thì nó nhận mp(ABF) và mp(CDE) làm các mặt phảng
đối xứng và phép đối xứng qua đường thẳng EF biến tứ diện ADEF thành BCEF .Suy
ra:
Khối tứ diện ADEF và ACEF bằng nhau (Vì chúng đối xứng qua mp(ABF))
Khối tứ diện ADEF và BDEF bằng nhau (Vì chúng đối xứng qua mp(CDE))
Khối tứ diện ADEF và BCEF bằng nhau (Vì chúng đối xứng qua trục EF)
Bài 12: Tính thể tích khối tứ diện đều cạnh a.
Giải

S

2
3

∆ABC đều ⇒ AO = AM =

2a 3 a 3
=
3 2
3

a 6
3
1
1 a 2 3 a 6 a3 2
= .SABC .SO = .
=
3
3 4
3
12

và SO = SA 2 − AO 2 =
VS . ABC
C
A

O

M

B

Bài 13:Cho hình chóp tam giác đều S.ABC.Biết
SA= b và góc giữa mặt bên và đáy bằng α.Tính thể tích khối chóp S.ABC.
Giải
Gọi M là trung điểm của BC và SO là đường cao của khối chóp
·
Ta có : SMO
= α và SA = b .Đặt BC = x
S
⇒ AM =

x 3
2
x 3
x 3
; AO = AM =
; OM =
2
3
3
6

∆SAO vuông nên :SO =SA - AO =
2

2

2

∆SOM vuông có :SO = OM.tan =
2

C
A

O
B

M

x2
b −
3
2

x 3
.tan α
6


x2  x 3
2 3.b
2
.tan α ÷ ⇔ x =
Suy ra: b − = 
÷

3  6
4 + tan 2 α

2
3
1
VS . ABC = .SABC .SO = 1 . x 3 x 3 .tan α = x .tan α
3 4
6
24
3
3
b 3.tan α
=
(4 + tan 2 α ) 4 + tan 2 α
6


HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

Bài 14: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có chiều cao bằng h và góc ASB bằng
2α. Tính thể tích hình chóp.
Giải
Gọi K là trung điểm của AB và SO là đường cao
S
của khối chóp
·
Ta có : ASB

= 2α và SO = h .Đặt AB = x
⇒ CK =

x 3
1
1x 3 x 3
; OK = CK =
=
2
3
3 2
6

x
2

Trong ∆SAK vuông ta có : SK = AK.cot = .cot α
∆SOK vuông nên :SO2 =SK2 - OK2 ⇔

B

C

2

2
12h 2
x
 x 3
2

h =  .cot α ÷ − 
⇔
x
=
÷
3cot 2 α − 1
2
  6 ÷

2

O

K

A

VS . ABC

1
1 x2 3
= .SABC .SO = .
.h
3
3 4
3
12h2
3h3
=
.h.

=
12 3cot 2 α − 1 3 cot 2 α − 1

Bài 15: Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có cạnh AB = a.Các cạnh bên SA,SB,SC
tạo với đáy một góc 600 .Gọi D là giao điểm của SA với mặt phẳng qua BC và vuông
góc với SA
a)Tính tỉ số thể tích của khối chóp S.DBC và S.ABC.
b)Tính thể tích khối chóp S.DBC.
Giải
S
Gọi E là trung điểm của BC và SH là đường cao
của khối chóp ⇒ H∈AE .Ta có :
a 3
2
2a 3 a 3;
AE =
; AH = AE =
=
2

D

3

SH = AH .tan 60 0 =

C
A

H

B

E

3 2

3

a 3
. 3=a
3

∆ADE vuông tại D nên:
DE = AE.sin600 =

a 3 3 3a
.
=
2
2
4

SAH và ADE là các nửa tam giác đều nên:
SA = 2AH ; AE = 2AD ;SD = SA –AD =

Vậy tỉ số thể tích của khối chóp S.DBC và S.ABC là:
VS .DBC SD SB SC SD 5a 3 2 a 3 5
=
=
=

:
=
VS.ABC SA SB SC SA
12
3
8

VS . ABC

a .5 3
1
1 a2 3
a3 3
= S ABC .SH = .
.a =
⇒ VS . DBC =
3
3 4
12
96
3

7

5a 3
12


HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

S

C
J
A

H

F

Bài 16: Cho hình chóp tam giác S.ABC có cạnh AB
= 5a,BC = 6a, CA = 7a.Các mặt bên
SAB,SBC,SCA tạo với đáy một góc 600 .Tính thể
tích của khối chóp đó .
Giải
Hạ SH ⊥(ABC) và HE⊥AB ; HF⊥BC ; HJ⊥CA.
·
·
·
Vì SEH
= SFH
= SJH
= 60o ⇒ HE = HF = HJ = r (bán
kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC).
Áp dụng công thức Hê-rông: SABC = 6 6a2

S 2 6a
=

⇒ SH = r.tan 60o = 2 2a ;
p
3
B
1
1
VS . ABC = SABC .SH = .6 6a2 .2 2a = 8 3a3
3
3
Bài 17: Cho hình chóp S.ABC có đường cao SA = a; ∆ABC vuông cân tại B có
AB = BC = a.Gọi B’ là trung điểm của SB, C’ là chân đường cao hạ từ A của tam
giác SAC.
a) Tính thể tích của khối chóp S.ABC.
b) Chứng minh SC ⊥ (AB’C’)
S
c) Tính thể tích của khối chóp S.AB’C’.
C'
d) Tính khoảng cách từ C’ đến mp(SAB)
E

⇒r=

Giải
a) VS . ABC

1
1 1
a3
= S ABC .SA = . AB.BC .SA =
3

3 2
6

b)Ta có: BC⊥AB và BC⊥SA ⇒ BC⊥(SAB)
suy ra : AB’⊥BC
AB’⊥SB và AB’⊥BC ⇒ AB’⊥SC
AB’⊥SC và AC’⊥SC ⇒ SC⊥(AB’C’)
c) Ta có :
SC2 = SA2+AB2+BC2= 3a2 ⇒ SC = a 3 ,

B'
A

C

B

a
SB a 2
SA 2
a
AB ' =
=
; SC ' =
=
; B’C’2 = SB’2 – SC’2 =a2/6 ⇒ B ' C ' =
2
2
SC
6

3

VS . AB 'C '

1
1 1
a3
= SAB 'C ' SC ' = . AB '.B ' C '.SC ' =
3
3 2
36

Cách 2:

VS . AB 'C ' SA SB ' SC ' SB ' SC ' 1
=
=
=
VS.ABC SA SB SC SB SC 6

Bài 18: Cho tam giác ABC vuông cân ở A và AB = a.Trên đường thẳng qua C và
vuông góc với mp(ABC) ta lấy điểm D sao cho CD = a.Mặt phẳng qua C vuông góc
với BD,cắt BD tại F và cắt AD tại E.Tính thể tích khối tứ diện CDEF theo a
8


HÌNH HOC12(SGK)

GV VÕ SĨ KHUÂN

Giải
Ta có: BA⊥CD và BA⊥CA ⇒ BA⊥(ADC)
suy ra : AB⊥CE
(1)
Mà BD⊥(CEF) ⇒ BD⊥CE (2)
Từ (1)và (2) suy ra:CE⊥(ABD)
⇒ CE⊥EF và CE⊥AD
1
a3
⇒ VD.CEF = .SCEF .DF=...=
3
36

D
F

E
C

B

A
Bài 19: Cho khối chóp S.ABC có đáy là tam
giác ABC vng cân ở C và
SA ⊥mp(ABC) ,SC = a.Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) để thể tích
khối chóp lớn nhất.

Giải
Ta có: SA⊥(ABC) và BC⊥CA ⇒ BC⊥SC (theo định lý 3 đường vng góc)
·

suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SCB) và (ABC) là SCA
.
π

·
= x  0Đặt : SCA
2

1
1 1
a3
VS.ABC = SABC .SA= . .AC.BC.SA = .sinx.cos2 x
3
3 2
6
2
Xét hàm số: f(x) = sinx.cos x
Ta có: f’(x)= cos3x – 2cosx.sin2x = cosx(cos2x – 2 + 2cos2x) = cosx(3cos2x – 2)


2 
2
cos
x
+
÷
÷
3 ÷
3 ÷




π
2
2
π
>
0
Vì 0 < x < ⇒ cos x  cos x +
÷
.
Gọ
i
α
là
gó
c
sao
cho
cos
α
=
,0
<
α
<
2
3÷
3

2



= 3cos x  cos x −

Bảng biến thiên :

x
f’(x)

x

0
+

0

S

-

f(x)
Vậy thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị lớn nhất khi
chỉ khi f(x) đạt giá trị lớn nhất
π
2
và cosα =
⇔ x=α với 0 < α <
2

3

B

A

C

9

và


HÌNH HOC12(SGK)

GV VÕ SĨ KHUÂN

Bài 20: Cho khối chóp tứ giác đều S.ABCD có khoảng cách từ đỉnh A đến mp(SBC)
bằng 2a.Với giá trị nào của góc giữa mặt bên và mặt đáy khối chóp thì thể tích khối
chóp nhỏ nhất.
Giải
Gọi O là tâm của hình vng ABCD ⇒ SO ⊥ (ABCD); gọi E,H lần lượt là trung
điểm của AD và BC suy ra SE,SH là các trung đoạn của hình chóp
Vì AD // BC nên AD // (SBC) ⇒ d(A,(SBC)) = d(E,(SBC))
Dựng EK ⊥ SH thì EK ⊥ (SBC) (vì (SEK) ⊥ (SBC)) ⇒ EK = d(A,(SBC)) = 2a
·
Ta có: BC ⊥ SH và BC⊥OH suy ra góc giữa hai mp (SCB) và (ABC) là SHO
.
π


·
= x  0 < x < ÷ .Ta có:
Đặt : SHO
2

2a
a
a
1
4a3
EH =
; OH=
; SO=
.Vậy: VS . ABCD = SABCD .SO =
sin x
sinx
cosx
3
3cos x.sin 2 x
Vậy VS.ABCD nhỏ nhất khi và chỉ khi f(x) = cosx.sin2x đạt giá trị lớn nhất
Ta có:
f’(x) = – sin3x + 2sinx.cos2x
S
= sinx(2cos2x – sin2x) = sinx(2 – 3sin2x)
 2

 2



+ sin x ÷
= 3sin x 
÷ 3 − sin x ÷
÷
 3



K

 2

π
+ sin x ÷
Vì 0 < x < ⇒ sin x 
÷> 0 .
2
3


Gọi α là góc sao cho sinα =

D

2
π
,0 < α <
3
2

H

O
A

Bảng biến thiên :

x
f’(x)

C

E

B

x

0
+

0

-

f(x)

Vậy thể tích khối chóp S.ABC đạt giá trị nhỏ nhất khi và chỉ khi f(x) đạt giá trị lớn
π
2

và sinα =
nhất ⇔ x=α với 0 < α <
2
3

10


HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

Bài 21: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy
ABC là ∆ vuông tại A ;AC = b,góc C bằng 600.Đường
chéo BC’của mặt bên BB’C’C tạo với mp(AA’C’C) góc
300.
a) Tính độ dài đoạn AC’.
b) Tính thể tích của lăng trụ.
Giải
Ta có: BA ⊥ AC và BA ⊥ AA’ ⇒ BA ⊥ (ACC’A’) vậy
AC’ là hình chiếu của BC’ lên mặt phẳng (ACC’A’)
.Theo giả thiết
· ' A = 30o ; AC'=AB.cot30 0 = AC .tan 60o cot 30 0 = 3b
BC
Ta có: CC’2 = AC’2 - AC2 = 9b2 – b2 = 8b2
Vậy thể tích của lăng trụ là: V = B.h

C'

B'

A'

C

B
A

Bài 22: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều cạnh a và đỉnh A’cách đều
các đỉnh A, B, C. Cạnh bên AA’ tạo với mặt đáy góc 600.
a) Tính thể tích khối lăng trụ.
b) Chứng minh mặt bên BCC’B’ là hình chữ nhựt.
c) Tính tổng diện tích các mặt bên của lăng trụ
Giải
C'

A'
B'

A
H

O
B

C

a) Gọi O là tâm của tam giácđều ABC .
Vì A’A = A’B = A’C nên A’O⊥mp(ABC)
· ' AO = 60o
vậy A

A’O= AO.tan600 = a
b) BC⊥AO và BC⊥A’O ⇒ BC⊥AA’
c) Gọi H là trung điểm của AB ,ta có :
BA ⊥ HO và BA ⊥ A’O ⇒ BA ⊥ HA’

Sxq = 2SAA’B’B + SBB’C’C

Bài 23:Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’có tất cả các cạnh đều bằng a.
a) Tính thể tích khối tứ diện A’BB’C
b) Mặt phẳng đi qua A’B’ và trọng tâm của tam giác ABC,cắt AC và BC lần lượt tại
E,F.Tính thể tích khối chóp C.A’B’FE

11


HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

B
I
A

F

J

C

E

Giải
b) Gọi I,K lần lượt là trung điểm của AB và A’B’,J
là trọng tâm tam giác ABC
Gọi (P) mặt phẳng đi qua A’B’ và trọng tâm J của
tam giác ABC.
Ta có

B'
K
A'

C'

AB//(P)

: (P) ∩ (ABC) = EF ⇒ AB // EF
AB ⊂ (ABC)


Do AB⊥(CJK) ⇒
EF⊥(CJK)⇒(A’B’FE)⊥(CJK)Vậy d(C,(A’B’FE))
= d(C,KJ)
Ta có:
a 3
2
1a 3 a 3;
CI =
; IJ = CI =
=

2

KJ = a

13
2
; SJKC = SIKC
12
3

3 2
6
2S
2a 3 a 3
2a 13
. Vậy: d (C; KJ ) = JKC =
=
=
KJ
13
3 4
6
2

3

2

1
1

5a3
SA ' B ' FE = ( A ' B '+ FE ).KJ và VC . A ' B ' FE = SA ' B ' FE .d (C , KJ ) =
3
2
18 3
Bài 24: Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác đều. Mặt phẳng (A’BC)
tạo với mặt đáy góc 300 và tam giác A’BC có diện tích bằng 8 . Tính thể tích khối
lăng trụ.
Giải
Gọi K là trung điểm của BC,ta có :

C' Ta có: BC⊥AK và BC⊥AA’ ⇒ BC⊥A’K

A'

do đó ·AKA ' = 300
Đặt: BC = x

B'

thì AK =

x 3
(Vì tam giác ABC đều)
2

Tam giác A’AK vuông nên:
AK
x 3 3
=

:
=x;
0
cos30
2
2
x 3 3 x
AA ' = AK .tan 30 0 =
.
=
2
3
2

A'K =

A
K
B

C

Mà : SA’BC = 8 ⇔ (1/2)BC.A’K = 8
⇔ (1/2)x.x = 8 ⇔ x = 4
x2 3 x
Vậy: VABC.A'B'C' = SABC .AA' =
. =8 3
4 2
12

HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

Bài 25: Cho khối lăng trụ đứng ABC.A’B’C’có diện tích đáy bằng S và AA’=h.
Một mặt phẳng (P) cắt các cạnh AA’,BB’,CC’ lần lượt tại A1,B1,C1.Biết
AA1= a,BB1= b,CC1= c
a) Tính thể tích hai phần của khối lăng trụ được chia bởi mp(P)
b) Với điều kiện nào của a,b,c thì thể tích hai phần đó bằng nhau?
Giải
Đặt S = SABC ,ta có:
A
C
V
=V
+V
A1

B

ABC.A1B1C1

H
C1

A'

B1
B'

C'

A1 .ABC

A1 .BCC1B1

1
1
= a.S+ SBCC1B1 .d(A1 ,(BCC1B1 ))
3
3
1
1 1
= a.S+ . (b+c)BC.d(A1 ,(BCC1B1 ))
3
3 2
1
1
1
= a.S+ .(b+c).S= (a+b+c).S
3
3
3

Mặt khác: VA1B1C1 .A'B'C' =VABC.A'B'C'1 -VABC.A1B1C1
1
1
= S.h- (a+b+c).S = [(h-a)+(h-b)+(h-c)].S
3

3

b) 2(a+b+c)=3h
Bài 26: Cho lăng trụ tứ giác đều ABCD.A’B’C’D’ có khoảng cách giữa hai đường
thẳng AB và A1D bằng 2 và đường chéo của mặt bên bằng 5.
a) Hạ AK ⊥ A’D (K∈A’D).Chứng minh rằng AK = 2
b) Tính thể tích khối lăng trụ.
Giải
C'
B'
a) Ta có: AB//A’B’ ⇒ AB//(A’B’D)
⇒ d(A,(A’B’D))= d(AB,A’D)
A’B’⊥(AA’D’D) ⇒ A’B’⊥ AK (1)
A'
D'
Mà A’D⊥ AK (2)
Từ (1) và (2) suy ra: (A’B’D)⊥ AK
Vậy AK = d(A,(A’B’D))= d(AB,A’D)= 2
b) ∆AA’D vuông có AK là đường cao nên:
K
2
B
C AK = KA’.KD (*)
Đặt A’K = x ,
(*)⇔ 4 = x.(5 –x) ⇔ x2 - 5x + 4 = 0 ⇔ x = 1;x = 4
A
D
+ Với x = 1: AD = AK 2 + KD 2 = 2 5;
AA ' = A ' D 2 − AD 2 = 5 ⇒ V = 20 5
+ Với x = 4: V = 10 5

13


HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

Bài 27: Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác ABC vuông cân cạnh huyền
· ' AB là góc nhọn ,góc giữa hai
AB = 2 .Cho biết (AA’B)⊥(ABC) , AA ' = 3 và A
0
mặt phẳng (A’AC) và (ABC) bằng 60 .Tính thể tích khối lăng trụ.
Giải
Dựng AK ⊥ AB và cùng với (AA’B)⊥(ABC)
B'
⇒ A’K ⊥ (ABC)
· ' AB là góc nhọn nên K thuộc tia AB
Vì A
Kẻ KM ⊥ AC thì A’M ⊥ AC
(theo định lý 3 đường vuông góc)
· ' MK = 60o
Vậy A
(góc giữa hai mặt phẳng (A’AC) và (ABC))
B
Đặt A’K = x ,ta có:
Trong ∆AA’K : AK = A ' A2 − A ' K 2 = 3 − x 2

A'

C'

A
M

K

Trong ∆MA’K : MK= A’K.tan600 =
C

x

3

∆AMK vuông cân suy ra : AK = MK . 2 =
Vậy:

x
3

. 2 = 3 − x2 ⇔ x =

3
5

⇒V =

x
3

. 2

3 5
10

Bài 28: Cho lăng trụ đứng ABCD.A’B’C’D’ có đáy là hình bình hành góc A bằng
600 .Các đường chéo AC’ và DB’ lần lượt tạo với đáy những góc 450 và 600 .Tính thể
tích khối lăng trụ biết chiều cao của nó bằng 2.
Giải
C'

B'

Ta có:

· ' AC = 45o , B
· ' DB = 60o ;suy
C

BD = 2 cot 60o =
A'

D'

B
A

2

ra: AC = CC’=2 và

3

Theo định lý cosin :
BD2 = AB2 + AD2 – 2AB.AD.cos450
AC2 = CD2 + AD2 – 2CD.AD.cos1350
Trừ vế tương ứng :
0
4 ⇒S
ABCD = AB.AD.sin60 = ...
C AB. AD =
3 2

D

VABCD . A ' B 'C ' D ' = SABCD . AA '
= AB. AD.sin 600. AA ' =

4

2
4
2=
3
3 2 2

Bài 29: Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh bằng nhau và bằng a,
· ' AB = BAD
·
· ' AD = a (00 < a < 90 0 ) .Tính thể tích khối hộp

A
=A
14


HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

Giải
Dựng AH⊥AC (1) (H∈AC) .Tam giác A’BD cân (do A’B=A’D )suy ra BD⊥A’O
Vậy BD⊥AC và BD⊥A’O ⇒ BD⊥(A’AO)⇒BD⊥A’H (2)
Từ (1) và (2) ⇒ A’H⊥(ABCD)
α
·
ϕ ,ta có hệ thức : cos α = cos ϕ .cos
Đặt : A'AO=
2
Thật vậy:
Kẻ A’K⊥AD thì HK⊥AK (theo định lý 3
C'
B'
đường vuông góc)
α AH AK AK
⇒ cos ϕ .cos =
=
= cos α
2
AA
'

AH
AA
'
A'
D'
cos α
⇒ cos ϕ =
α
cos
2
B
C
Mặt khác :A’H = a.sinϕ = 1 − cos2 ϕ
H
Vậy :
O
A

= 2a3 sin

K

VABCD . A ' B 'C ' D ' = SABCD . A ' H
= AB. AD.sin α . A ' H = ...

D

α
α
cos2 − cos2 α

2
2
C'

B'

Bài 30 :
Cho hộp ABCD.A’B’C’D’ có đáy là
hình chữ nhật và AB = 3; AD = 7 .Hai
mặt bên (ABB’A’) và (ADD’A’) lần
lượt tạo với đáy những góc 450 và 600 .
Tính thể tích khối lăng trụ biết cạnh
bên của nó bằng 1.

A'

D'

B
K

C

H

Giải
A
D
M
Dựng A’H⊥(ABCD) (H∈(ABCD)) và

HM⊥AD và HK⊥AB (như hình vẽ).
Theo định lý 3 đường vuông góc suy ra: AD⊥A’M và AB⊥A’K
o
·
·
Đặt A’H = x
⇒ A'MK=
60o ; A'KH=45
Ta có: A ' M =

A' H
x
2x
3 − 4x2
2
2
=
=
; AM = A ' A − A ' M =
= HK
sin 60o sin 60o
3
3

Mà : HK=A’H=x nên:

3 − 4 x2
3
=x⇒ x=
3

7

Vậy: VABCD . A ' B 'C ' D ' = S ABCD . A ' H = AB. AD.x = ... = 3
15


HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

Bài 31: Cho lăng trụ tam giác ABC.A1B1C1 có mặt bên ABB1A1 diện tích bằng
4.Khoảng cách giữa cạnh CC1 và mặt (ABB1A1) bằng 7.Tính thể tích khối lăng trụ.
A1

D1

B1

C1

A
B

D

Giải
Ta dựng khối hộp ABCD.A1B1C1D1
và đặt h = d((CDD1C1),(ABB1A1)) =
d(CC1,(ABB1A1)) = 7 .Khi đó:

1
VABC . A1B1C1 = VABCD . A1B1C1D1
2

= SABB1 A1 .h = ... = 14

C

Bài 32: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’.Gọi M là trung điểm của AB.Mặt
phẳng (B’C’M) chia khối lăng trụ thành hai phần.Tính tỉ số thể tích hai phần đó.
Giải
Gọi I = MB’∩ AA’ và N = IC’∩ AC.Mp(B’C’M) cắt hình lăng trụ theo thiết diện là
hình thang cân B’C’NM.
Mặt phẳng (B’C’M) chia khối lăng trụ làm hai phần : Gọi V1 là phần chứa cạnh AA’
và V2 là phần còn lại .
Đặt S = SABC và AA’ = h.
Ta có :
1
1
V1 =VAMN.A'B'C' =VI.A'B'C' -VI.AMN = SA'B'C' .IA'- SAMN .IA
3
3
1
1S
7
7
7
VABC.A'B'C' = (V1 +V2 )
= S.2hh= Sh =
12

12
3
3 4 12
V 7
⇒ 1=
V2 5

16


HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

Bài 32

Bài 33
C

A
I

M

A

B

E'

E

B

A'

F

C'

N
C

B'

B'

A'

F'

C'

Bài 33: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’.Gọi E,F lần lượt là trung điểm của AA’
và BB’.Đường thẳng CE cắt đường thẳng C’A’ tại E’ ;đường thẳng CF cắt đường
thẳng C’B’ tại F’và gọi V là thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’
a) Tính thể tích khối lăng trụ theo V
b) Gọi (H) là phần còn lại của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ sau khi cắt bỏ đi phần khối
chóp C.ABFE. Tính tỉ số thể tích của (H) và của khối chóp C.C’E’F’
Giải

Hình chóp C.A’B’C’ và hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy và chiều cao bằng nhau
1
3

1
3

2
3

nên: VC.A'B'C' = V ⇒ VC.ABB'A' =V- V= V
Do EF là đường trung bình của hình bình hành ABB’A’ nên diện tích ABEF bằng
1
2

1
3

nửa diện tích ABB’A’,suy ra: VC.ABFE = VC.ABB'A' = V

B'

A'

M

1
3

Vì EA’ là đường trung bình trong tam giác E’C’C

nên suy ra A’B’ là đường trung bình trong tam giác
C’E’F’ do đó: SC’E’F’ = 4SC’A’B’
4
3

vậy: VC.E'F'C' =4VC.A'B'C' = V ⇒

C'

2
3

b) Ta có: V(H) =VABC.A'B'C' -VC.ABFE =V- V= V

V(H)

VC.E'F'C'

=

1
2

B

A

C
17

HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

Bài 34:Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’.Gọi M là trung điểm của AA’.Mặt
phẳng đi qua M,B’,C chia khối lăng trụ thành hai phần.Tính tỉ số thể tích của hai
phần đó.
Giải
Mặt phẳng (MB’C) chia khối lăng trụ đều ABC.A’B’C’ thành hai khối chóp
C.MABB’
và B’.MA’C’C.Hai khối chóp này có chiều cao bằng nhau và có đáy là hai hình thang
vuông bằng nhau nên có thể tích bằng nhau
Bài 35: Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A’B’C’có cạnh đáy bằng a,chiều cao bằng
h.Tính thể tích khối chóp A.BC’A’.

A

B

A

B

I
H

C

C

A'

B'

A'

B'

I'
C'

C'

C1:
Ta có AC//A’C’ ⇒AC//(BC’A’) .
Gọi J là trung điểm của AC thì d(A,(BC’A’))= d(I,(BC’A’)). Gọi I’ là trung điểm của
A’C’ thì BI’⊥A’C’.
Vậy BI’⊥A’C’ và II’⊥A’C’ ⇒ A’C’⊥(IBI’)
Do đó hạ IH ⊥ BI’ thì IH ⊥A’C’⇒ IH ⊥(BA’C’) hay d(A,(BC’A’)) = IH
VA.BC ' A '

1
11
3a 2 h
= S BCA ' .IH =
BI '.C ' A '.IH = ... =
3
32
12

C2: VA.BC ' A ' = VB. AA 'C '

1
12
3a 2 h
= VB. AA 'C 'C =
VABC . A ' B 'C ' = ... =
2
23
12

Bài 36 :Cho hình chóp tam giác SABC. Trên 3 đường thẳng SA, SB, SC lấy 3 điểm
VSA 'B'C ' SA ' SB ' SC '
=
A’, B’, C’ khác với S. Chứng minh :
.
.
VSABC
SA SB SC

18


HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN
A

A'
C

C'
S

H'

H

B'

B

Giải
Gọi H,H’ lần lượt là hình chiếu của A và A’ lên mặt phẳng (SBC) .Vì ba điểm S,A,A’
thẳng hàng nên ba điểm S,H,H’ cũng thẳng hàng.
Đặt AH = h và A’H’ = h’,gọi S,S’ là diện tích của tam giác SBC và tam giác SB’C’
·
và BSC=
α
h ' SA '
1
1
S ' SB ' SC '
.
=
; S ' = SB '.SC '.sin α ; S = SB.SC.sin α ⇒ =
S
SB SC
2
2

h SA
V
SA ' SB ' SC '
1
1
.
.
VS . A ' B 'C ' = VA '.SB 'C ' = .S '.h ' và VS . ABC = VA.SBC = S .h ⇒ S . A ' B 'C ' =
VS . ABC
SA SB SC
3
3

Ta có:

Bài 37: Cho khối chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành, Gọi M là trung điểm của
cạnh SC .Mặt phẳng (P) đi qua AM song song với BD chia khối chóp thành hai
phần.Tính tỉ số thể tích hai phần đó.
Giải
Gọi O là tâm của hình bình hành và G = AM∩SO thì G là trọng tâm của tam giác
SBD,suy ra:

SG 2
=
SO 3

Vì mp(P) //BD nên nó cắt mp(SBD) theo giao tuyến đi qua G và song song với
B’D’.Ta có:
S

Mặt phẳng (P) chia khối chóp thành hai phần:khối
chóp S.AB’MD’ và khối đa diện ABCDB’MD’ ,
Ta có:

M
D'
D

G

B'
C

O
A

SB ' SD ' SG 2
=
=
=
SB SD SO 3

VS . AB ' D ' SA SB ' SD ' 2 2 4
V
2
=
.
.
= . = ⇒ S . AB ' D ' =
VS . ABD

SA SB SD 3 3 9 VS . ABCD 9
VS .MB ' D ' SM SB ' SD ' 1 2 2 2 VS .MB ' D ' 1
=
.
.
=
. = ⇒
=
VS .CBD
SC SB SD 2 3 3 9
VS . ABCD 9

Suy ra :

B
19


HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

VS . AB ' MD ' VS . AB ' D ' + VS .MB ' D '
=
VS . ABCD
VS . ABCD
=

V
2 1 1

1
+ = ⇒ S . AB ' MD ' =
9 9 3 VS . ABCDB ' MD ' 2

Bài 38: Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD.Mặt phẳng () qua AB và trung điểm M
của cạnh SC.Tính tỉ số thể tích của hai phần khối chóp bị phân chia bởi mặt phẳng
đó.
Giải
Vì mp() // CD nên nó cắt mp(SCD) theo giao tuyến đi qua M và song song với CD ⇒
MN // CD
Vậy mp(ABM) cắt hình chóp theo thiết diện là hình thang ABMN.
Ta có:
VS . ANB SN 1
S
=
= ⇒ VS . ANB = 1 VS . ADB = 1 VS . ABCD
VS . ADB SD 2
2
4
VS . BMN SM SN 1 1 1
=
=
=
VS . BCD
SC SD 2 2 4

N
M
D

A
O
B

C

1
1
⇒ VS .BMN = VS . BCD = VS . ABCD
4
8

3
Vậy: VS . ABMN = VS . ANB + VS .BMN = .VS . ABCD
8
VS . ABMN
3
=
Do đó:
VS . ABMNCD 5

Bài 39: Cho khối tứ diện ABCD có thể tích V.Gọi B’,D’ lần lượt là trung điểm của
AB và AD.Mặt phẳng (CB’D’) chia khối tứ diện thành hai phần.Tính tỉ số thể tích cả
hai phần đó .
Giải
Ta có: SABD = 4SAB’D’
⇒ S BDD ' B ' = S ABD −

A

1
3
S ABD = S ABD ;
4
4

đặt d(C,(ABD)) = h

B'

D'
D

B

C

1
1 1
VC . AB ' D ' = S AB ' D ' .h = . S ABD .h ;
3
3 4
1
1 3
VC . BDD ' B ' = S BDD ' B ' .h = . S ABD .h
3
3 4

20

HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

VC . AD ' B ' 1
=
VC .BDD ' B ' 3
Bài 40: Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt
phẳng đáy và SA = 2a. Gọi B’,D’ lần lượt là hình chiếu của A lên SB và SD.Mặt
phẳng (AB’D’) cắt SC tại C’.Tính thể tích của khối chóp S.AB’C’D’.
Giải
Ta có: CB ⊥AB’ (vì CB⊥(SAB)) và AB’⊥SB ⇒ AB’⊥SC
(1)
Tương tự: AD’⊥ SC (2)
S
(1) và (2) ⇒ SC ⊥ (AB’C’D’)⇒ SC ⊥ AC’
Mặt khác (SAC) là mặt phẳng đối xứng của hình
chóp S.ABCD nên :
C'
D'
VS.AB’C’D’ = 2VS.AB’C’
Ta có:
B'
A

D

SB'.SB SC'.SC SA 2 SA 2 4a2 4a2 8
=

.
= 2. 2= 2. 2=
SB2
SC2
SB SC 5a 6a 15
1
1 1
a3
VS.ABC = SABC .SA= . AB.BC.SA=
3
3 2
3

O
C

B

VS.AB'C' SA SB' SC' SB' SC'
=
.
.
=
.
VS.ABC SA SB SC SB SC

8 a3 8a3
16a3
⇒ VS.A'B'C'D' =
⇒ VS.A'B'C' = . =

45
15 3 45

Bài 41: Cho hình chóp S.ABCD có đáy 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 khối
chóp S.AB’C’D’và S.ABCD.
Giải
Gọi O là tâm hình bình hành và I là giao điểm của B’D’ với SO;suy ra I thuộc AC’và
B’D’// BD . Kẻ AC’’//AC’ ⇒ SC’ = C’C’’= C’’C
⇒

Ta có:
VS . AB ' C ' SA SB ' SC '
=
.
.
VS . ABC SA SB SC
SB ' SC ' 1 1 1
=
.
= . =
SB SC 2 3 6

S

C'

SC ' 1
=
SC 3

B'

D'
C''

A

B
O

D

C

21


HÌNH HOC12(SGK)

⇒

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

VS . AB 'C ' 1
=
VS . ABCD 12

VS . AC ' D ' 1
= .

VS . ABCD 12
VS.AB'C'D' VS.AB'C' +VS.AC'D' 1
=
=
Vậy:
VS.ABCD
VS.ABCD
6
Bài 42:Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình chữ nhật, SA vuông góc với mặt
phẳng đáy.Mặt phẳng () đi qua A vuông góc với cạnh SC cắt SB,SC,SD lần lượt
tại B’,C’D’.
a) Chứng minh rằng tứ giác AB’C’D’ có hai góc đối diện vuông
b) Giả sử góc cạnh SC và mặt bên (SAB) bằng x. Tính tỉ số thể tích của khối
chóp S.AB’C’D’và S.ABCD theo x biết rằng AB = BC.
Tương tự :

ÔN
Bài 1:Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a.
SA = h và SA ⊥ (ABC).Gọi H,I lần lượt là trực tâm của tam giác ABC và SBC
a)Chứng minh IH⊥(SBC).
b)Tính thể tích tứ diện IHBC theo a và h.
Giải
a)Gọi E là trung điểm của BCsuy ra:I∈SE; H∈AE
Vì :CB ⊥ (SAE) ⇒ CB ⊥IH
S
Ta có: BH ⊥ AC và BH ⊥ SA ⇒ BH ⊥(SAC)
suy ra: BH ⊥SC (1)
Mà : BI ⊥ SC (2)
F
(1) và (2) suy ra: SC ⊥ (BIH) ⇒ SC ⊥ IH

C
Tóm lại: CB ⊥IH và SC ⊥ IH ⇒ IH ⊥ (SBC)
b) Hai tam giác vuông ASE và IHE đồng dạng suy ra:
A
I
IH IE HE
=
=
H
SA AE SE
E

B

a 3
4h 2 +3a2
a 3
Mà: AE=
; SE=
; HE=
2
2
6
ah 3
a2
⇒ IH=
; IE=
3 4h 2 +3a2
2 4h 2 +3a2

1
1 1
a4 h 3
Vậy: VH.IBC = .SIBC .IH= . IE.BC.IH=...=
3
3 2
36(4h 2 +3a2 )

22


HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

Bài 2 :Cho khối hộp ABCD.A’B’C’D’ có các cạnh bằng a và ba góc ở đỉnh A đều
bằng 600 .Tính thể tích khối hộp theo a .
Giải
Dựng A’H ⊥ (ABCD)
và HF ⊥ AD và HE ⊥ AB (như hình vẽ).
Theo định lý 3 đường vuông góc suy ra: AD ⊥ A’F và AB ⊥ A’E
Ta có : HE = HF (Vì ∆A’AE = ∆A’AF ) suy ra H thuộc đường phân giác của góc
BAD ,hơn nữa ABCD là hình thoi nên H∈AC
Vì ∆A’AE là nửa tam giác đều nên :
a
a 3
D'
C'
AE =

; A'E=

2

Vì ∆AHE vuông nên :

A'

B'

D

C

H

B

E

a 3 a 3
.
=
2 3
6
a 6
⇒ A ' H = A ' E 2 − HE 2 = ... =
3

HE = AE.tan300 =

F
A

2

a2 3 a2 3
và S ABCD = 2 S ABD = 2.
=
4
2
Vậy: VABCD.A'B'C'D' =SABCD .A'H
a3 2
= ... =
2

Bài 3 : Cho khối lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có thể tích bằng V và M là trung
điểm của cạnh bên AA’.Cắt khối lăng trụ bằng hai mặt phẳng (MBC) và (MB’C’) ta
được ba khối chóp đỉnh M.
a) Kể tên ba khối chóp đó
b) Tính thể tích ba khối chóp nói trên theo V

A

M

C
Giải
a) Ba khối chóp đó là: M.ABC ; M.BB’C’C ;
M.A’B’C’

b) Gọi S,h lần lượt là diện tích đáy và chiều cao của
khối lăng trụ,ta có:

B

C'

A'

1
3

h
2

VM.ABC =VM.A’B’C’ = .S . =

Sh V
=
6
6

VM.BB’C’C = V – (VM.ABC +VM.A’B’C’)
23

B'


HÌNH HOC12(SGK)

GV VOÕ SÓ KHUAÂN

Bài 4 : Cho khối lập phương ABCD.A’B’C’D’ có cạnh bằng a .
a) Chứng minh tứ diện ACB’D’ là tứ diện đều
b) Chứng minh rằng 4 khối tứ diện sau đây có thể tích bằng nhau:
D’DAC,B’ABC,AA’B’D’,CC’B’D’.Hãy tính thể tích khối mỗi khối đó theo a .

A

D

B

C
A'

Giải
Bốn khối tứ diện
D’DAC,B’ABC,AA’B’D’,CC’B’D’là bốn
khối chóp tam giác
D’.DAC,B’.ABC,A.A’B’D’,C.C’B’D’

D'

B'

C'

Bài 5 :Cho khối chóp S.ABC có đường cao

SA= 2a; ∆ABC vuông tại C có
·
AB =2a , CAB
= 300 .Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của A lên SC và SB
a) Tính thể tích của khối chóp H.ABC.
b) Chứng minh rằng AH ⊥ SB và SB ⊥ (AHK)
c) Tính thể tích của khối chóp S.AHK.
Giải
a) Trong mp(SAC) kẻ HI // SA thì HI ⊥ (ABC) .

S

1
a3 3
Vậy VH.ABC = SABC .IH=...=
3
7

K

1
3
SA SH SK 1 SH
=
.
.
= .
SA SC SB 2 SC

Cách 2: VH.ABC =VB.AHC = .SAHC .BC

H
A

B
I

b) c)

VS.AHK
VS.ABC

1 SH .SC 1
SA2
2
= .
=
.
=
..
=
2 SC 2
2 SA2 + AC 2
7

C
24


HÌNH HOC12(SGK)

2
7

GV VÕ SĨ KHUÂN

⇒ VS.AHK = .VS.ABC =...=

2a 3
21
3

1
3

Cách 2: VS.AHK = .SAHK .SK
Bài 6 :Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy là ∆ABC vng ở B và AB = a,
BC = 2a ,AA’ = 3a. Mặt phẳng (P) đi qua A và vng góc với CA’ lần lượt cắt các
đoạn thẳng CC’,BB’ tại M,N.
a) Tính thể tích khối chóp C.A’AB .
b) Chứng minh rằng AN ⊥ A’B
c) Tính thể tích khối tứ diện A’AMN
d) Tính diện tích tam giác AMN
Giải

B'

1
3

a) VC . AA ' B = VA '. ABC = .S ABC . AA ' = ... = a3

C'

A'
N

M
B

A

I

b) Ta có: CB ⊥ AB và CB ⊥ AA’ ⇒ CB ⊥ (A’AB) ⇒
CB ⊥ AN (1)
Theo giả thiết : CA’⊥ (AMN) ⇒ CA’⊥ AN (2)
Từ (1) và (2): AN ⊥ (CBA’) ⇒ AN ⊥ A’B

C

c) Ta có: VA’AMN = VM.AA’N
= VM.AA’B (Vì NB // AA’⇒ d(N,AA’) = d(B,AA’))
= VC.AA’B (Vì MC // (AA’B) ⇒ d(M,(AA’B)) = d(C,(AA’B))
1
1 1
3
= .S AA ' B .CB = . a.3a.2a = a
3
3 2

1
3V
a2 14
d) Ta có: VA'.AMN = .SAMN .A'I ⇒ SAMN = A'.AMN =...=
3
A'I
tứ diện ABCD thành hai khối tứ diện là
ABCE và ABDE.
Gọi h là chiều cao của tứ diện ABCD
h= d(A,(BCD) và d(B,CD) = m.Ta có :
1

1

1
3

1
2

3

Thể tích khối tứ diện ABCE là: V1 = 3 .h. 2 m.CE
Thể tích khối tứ diện ABDE là: V2 = h. m.DE
25