60 bai hinh hoc khong gian ltdh co dap an

HÌNH KHÔNG GIAN
CÁC BÀI TOÁN VỀ THỂ TÍCH CHÓP
a
·
·
, SA = a 3 , SAB
= SAC
= 30 0 .
2
Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA ⊥ ( MBC ) . Tính VSMBC

CÂU 1) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =

GIẢI
Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a, BC =
·
·
SAB
= SAC
= 30 0 .

a
, SA = a 3 ,
2

Gọi M là trung điểm SA , chứng minh SA ⊥ (MBC ) . Tính

VSMBC

Theo định lí côsin ta có:

·
SB 2 = SA 2 + AB 2 − 2SA.AB.cos SAB
= 3a 2 + a 2 − 2.a 3.a.cos30 0 = a 2
Suy ra SB = a . Tương tự ta cũng có SC = a.

Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB ⊥ SA, MC ⊥
SA. Suy ra SA ⊥ (MBC).
Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau. Do đó MB =
MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN ⊥ BC. Tương tự ta cũng có
MN ⊥ SA.
2

2
2
 a   a 3  3a
a 3
MN = AN − AM = AB − BN − AM = a −   − 
=
.
⇒ MN =

16
4
4  2 
2

2

2

1
3

2

1
2

2

Do đó VS .MBC = SM . MN .BC =

2

2

1 a 3 a 3 a a3
(đvtt)
.
. =
6 2
4 2 32

CÂU 2) Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông cân đỉnh B, AB = a; các cạnh

SA = SB = SC = 3a , (a > 0). Trên cạnh SA, SB lần lượt lấy điểm M, N sao cho SM = BN =
a. Tính thể tích khối chóp C.ABNM theo a.
GIẢI
* Chân đường cao của tứ diện hạ từ đỉnh S là trung điểm H của cạnh AC

a 3 34
12
2
* CM được VS .MNC = .VS . ABC
9
7
7 a 3 34
⇒ VC.ABNM = .VS . ABC =
9
108
* Tính được VS . ABC =

Câu V. (1.0 điểm)
Cho tứ diện ABCD biết AB = CD = a, AD = BC = b, AC = BD = c. Tính thể tích của tứ diện ABCD
GIẢI
Qua B, C, D lần lượt dựng các đường thẳng
Song song với CD, BD, BC cắt nhau tại M, N, P


Ta có MN = 2BD, MP = 2CD, NP = 2BC
từ đó ta có các tam giác AMN, APM, ANP
vuông tại A Đặt x = AM, y = AN, AP = z ta có
x = 2(a 2 + c 2 − b 2 ), y = 2(b 2 + c 2 − a 2 )
z = 2(a 2 + b 2 − c 2 )
Vậy V =

1
12

2(a 2 + c 2 − b 2 )(b 2 + c 2 − a 2 )(a 2 + b 2 − c 2 )

CÂU 3 ) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có tất cả các cạnh đều bằng a. Tính theo a thể tích
khối chóp S . ABCD và tính bán kính mặt cầu tiếp xúc với tất cả các mặt của hình chóp đó.
G

Gọi O là giao điểm AC và BD ⇒ SO ⊥ ( ABCD )
Ta có: SO = SA2 − OA2 = a 2 −

P

2

2a
a 2
.
=
4
2

1
S ABCD = a 2 ⇒ VS . ABCD = a 3 2 .
6

D

B

A

Gọi M, N là trung điểm AB và CD và I là tâm đường tròn nội tiếp

tam giác SMN. Ta chứng minh I cách đều các mặt của hình chóp
S∆SMN = pr ⇒ r =

(

2a

2

2

4 a+a 3

)

=

a 2

(

)

3 −1
4

N

C

M

là bán kính cần tìm.

CÂU 4) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a ,

BD = 2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt
a 3
, tính thể
4

phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng
tích khối chóp S.ABCD theo a.
GIẢI

Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường
· B D = 600
chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó A
Hay tam giác ABD đều.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc
S
với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO ⊥
(ABCD).
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là
trung điểm của HB ta có DH ⊥ AB và DH = a 3 ; OK //
DH và OK =

1
a 3
⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK)

DH =
2
2

Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI
⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ O đến mặt phẳng
(SAB).
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒
Diện tích đáy S ABC D = 4S ∆ABO = 2.OA.OB = 2 3a 2 ;
đường cao của hình chóp SO =

a
.
2

I

D
O
C

1
1
1
a
=
+
⇒ SO =
2
2

2
OI
OK
SO
2

a

A

3a

B

K

H


Thể tích khối chóp S.ABCD:
VS . ABC D

1
= S ABC D .SO =
3

3a 3
3

CÂU 5) Cho tứ diện đều ABCD có cạnh bằng 1. Gọi M, N là các điểm lần lượt di động trên các

cạnh AB, AC sao cho ( DMN ) ⊥ ( ABC ) . Đặt AM = x, AN = y. Tính thể tích tứ diện DAMN theo x
và y. Chứng minh rằng: x + y = 3xy.
GIẢI
Dựng DH ⊥ MN = H
Do ( DMN ) ⊥ ( ABC ) ⇒ DH ⊥ ( ABC ) mà D. ABC là
tứ diện đều nên H là tâm tam giác đều ABC .
2

 3
6
Trong tam giác vuông DHA: DH = DA − AH = 1 −  ÷
=
÷
3
 3 
2

Diện tích tam giác AMN là S AMN =

2

D

2

1
3
AM . AN .sin 600 =
xy
2

4

1
3

Thể tích tứ diện D. AMN là V = S AMN .DH =
1
2

N

2
xy
12

1
2

B

C

H

M

1
2

Ta có: S AMN = S AMH + S AMH ⇔ xy.sin 600 = x. AH .sin 300 + y. AH .sin 300

A

⇔ x + y = 3xy.
Trước hết ta có: x3 + y 3 ≥ (

2
x + y)
(biến đổi tương đương) ⇔ ... ⇔ ( x − y ) ( x + y ) ≥ 0
4
3

Đặt x + y + z = a. Khi đó
4P ≥

( x + y)

3

a

(với t =

+ 64 z

3

3

=

P

( a − z)

3

a

+ 64 z
3

3

= ( 1 − t ) + 64t 3
3

z
, 0 ≤ t ≤1)
a

D

B

Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t ∈ [ 0;1] . Có

A

1

2
f '(t ) = 3 64t 2 − ( 1 − t )  , f '(t ) = 0 ⇔ t = ∈ [ 0;1]


9

M

C

N

Lập bảng biến thiên
⇒ Minf ( t ) =
t∈[ 0;1]

64
⇒ GTNN của P là 16 đạt được khi x = y = 4z > 0
81
81

CÂU 6) Cho hình chóp S.ABC có chân đường cao là H trùng với tâm của đường tròn nội tiếp
tam giác ABC và AB = AC = 5a , BC = 6a . Góc giữa mặt bên (SBC) với mặt đáy là 600 .Tính
theo a thể tích và diện tích xung quanh của khối chóp S.ABC.
GIẢI
Gọi M là trung điểm BC → A , M , H thẳng hàng
BC ⊥ AM → BC ⊥ SM → ∠SMH = 600 .


2

AM=4a → S ABC = 12a ; p = 8a → r =

→ SH =

S ABC 3a
=
=MH .
p
2

3a 3
→VS . ABC = 6a 3 3 .
2

Hạ HN , HP vuông góc với AB và AC → AB ⊥ SN ; AC ⊥ SP
2
HM = HN = HP → SM = SN = SP = 3a → S XQ = 3ap = 24a .
·
CÂU 7) Cho hình chóp S.ABC có SA=SB=SC= a 2 . Đáy là tam giác ABC cân BAC
= 1200 , cạnh BC=2a

Tính thể tích của khối chóp S.ABC.Gọi M là trung điểm của SA.Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng (SBC).

* Áp dụng định lí cosin trong ∆ ABC có AB = AC =

2a
3

2
1

⇒ S∆ABC = AB.AC.sin1200 = a 3 . Gọi H là hình chiếu của S lên (ABC), theo gt: SA = SB =
2
3
⇒
SC
HA = HB = HC
⇒ H là tâm đường tròn ngoại tiếp ∆ ABC.
2a
BC
* Theo định lí sin trong ∆ ABC ta có:
= 2R ⇒ R =
= HA
3
sin A

∆ SHA vuông tại H ⇒ SH =
⇒

VS . ABC =

SA2 − HA2 =

a 6
3

P

1S
a2 2
.SH

=
3 ∆ABC
9

* Gọi hA, hM lần lượt là khoảng cách từ A, M tới mp(SBC)
⇒

hM SM 1
1
=
= ⇒ hM = hA .
hA
SA 2
2

∆ SBC vuông tại S ⇒ S∆SBC = a2
1 S
* Lại có: VS . ABC =
.hA ⇒ hA =
3 ∆SBC

Vậy hM = d(M;(SBC)) =
CÂU 8)

D

B

A

M

C

N

3VS . ABC
a 2
=
V∆SBC
3

a 2
6

Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A, AB = a 2 . Gọi I là trung điểm

của
BC, hình chiếu vuông góc H của S lên mặt đáy (ABC) thỏa mãn: IA = −2 IH , góc giữa SC và mặt đáy
(ABC) bằng 60 0 .Hãy tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trung điểm K của SB tới (SAH).

•Ta có IA = −2 IH ⇒ H thuộc tia đối của tia IA và IA = 2IH
BC = AB 2 = 2a ; AI= a ; IH=
AH = AI + IH =

3a
2

IA
a

=
2
2


•Ta có HC 2 = AC 2 + AH 2 − 2 AC. AH cos 45 0 ⇒ HC =
∧

a 5
2

∧

Vì SH ⊥ ( ABC ) ⇒ ( SC ; ( ABC )) = SCH = 60 0
SH = HC tan 60 0 =

a 15
2

1
3

1 1
3 2

• VS . ABC = S ∆ABC .SH = . (a 2 ) 2

•

a 15 a 3 15

=
2
6

BI ⊥ AH 
 ⇒ BI ⊥ (SAH )
BI ⊥ SH 

Ta có

d ( K ; ( SAH )) SK 1
1
1
a
=
= ⇒ d ( K ; ( SAH )) = d ( B; ( SAH ) = BI =
d ( B; ( SAH )) SB 2
2
2
2

CÂU 9) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD =
2a và cắt nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD).
a 3
, tính thể tích khối chóp S.ABCD
4

Biết khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (SAB) bằng
theo a.
Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc

với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam
giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó

S

· B D = 600
A

Hay tam giác ABD đều.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông
góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là
SO ⊥ (ABCD).
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB,
K là trung điểm của HB ta có DH ⊥ AB và DH = a 3 ;
OK // DH và OK =

I

D
O
a

C

A

3a
H
B

K

1
a 3
⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK)
DH =
2
2

Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ
O đến mặt phẳng (SAB).
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒

1
1
1
a
=
+
⇒ SO =
2
2
2
OI
OK
SO
2
Diện tích đáy S ABC D = 4S ∆ABO = 2.OA.OB = 2 3a 2 ;
a
đường cao của hình chóp SO = .

2

H

Thể tích khối chóp S.ABCD:
VS . ABC D

1
= S ABC D .SO =
3

M

K

I

E

A

3a 3
3

D
O

M

C

CÂU 10) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, SA vuông góc với ®¸y
hình chóp.Cho AB = a, SA = a 2 . Gọi H và K lần lượt là hình chiếu vu«ng gãc của A lên SB,
SD. Chứng minh SC ⊥ (AHK) và tính thể tích khèi chóp OAHK.
+BC vuông góc với (SAB)
⇒ BC vuông góc với AH mà AH vuông với SB
⇒ AH vuông góc với (SBC) ⇒ AH vuông góc SC (1)
+ Tương tự AK vuông góc SC (2)
(1) và (2) ⇒ SC vuông góc với (AHK )

P

D

B

SB2 = AB2 + SA 2 = 3a2 ⇒ SB = a 3

A

a 6⇒
2a 3
AH.SB = SA.AB ⇒ AH=
SH=
3

3

⇒ SK= 2a 3

3

M

C

N

(do 2 tam giác SAB và SAD bằng nhau và cùng vuông tại A)
Ta có HK song song với BD nên

HK SH
2a 2
.
=
⇒ HK =
BD SB
3

kÎ OE// SC ⇒ OE ⊥ ( AHK )(doSC ⊥ ( AHK )) suy ra OE lµ ®êng cao cña h×nh chãp OAHK vµ OE=1/2
IC=1/4SC = a/2
Gọi AM là đường cao của tam giác cân AHK ta có
AM 2 = AH 2 − HM 2 =

2a
4a2
⇒ AM=
3
9

1
1a 1
a3 2
(®vtt)
VOAHK = OE.SAHK =
. HK.AM =
3
32 2
27

S
CÂU 11) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2a, CD = a; góc
giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 600. Gọi I là trung điểm của cạnh AD. Biết hai mặt phẳng (SBI) và
(SCI) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD), tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.

Giải:
Vì (SBI)và (SCI)vuông góc với (ABCD) nên SI ⊥ (ABCD) .
Ta có IB = a 5; BC = a 5; IC = a 2;
Hạ IH ⊥ BC tính được IH =

3a 5
;
5

Trong tam giác vuông SIH có SI = IH tan 600 =

3a 15
.
5

SABCD = SAECD + SEBC = 2a 2 + a 2 = 3a 2 (E là trung điểm của AB).


1
1
3a 15 3a 3 15
.
V = SABCDSI = 3a 2
=
3
3
5
5
Câu V. (1.0 điểm)
CÂU 12) Cho hình chóp S.ABCD đáy ABCD là hình thoi. SA = x (0 < x < ) các cạnh còn lại đều
bằng 1. Tính thể tích của hình chóp S.ABCD theo x
Ta có ∆SBD = ∆DCB (c.c.c) ⇒ SO = CO
Tương tự ta có SO = OA
vậy tam giác SCA vuông tại S.

S

⇒ CA = 1 + x 2
C

Mặt khác ta có AC 2 + BD 2 = AB 2 + BC 2 + CD 2 + AD 2
⇒ BD = 3 − x (do 0 < x < 3)
1
⇒ S ABCD =
1 + x2 3 − x2

4

D
H

2

O
B

A

Gọi H là hình chiếu của S xuống (CAB)
Vì SB = SD nên HB = HD
⇒ H ∈ CO
1
1
1
x
=
+ 2 ⇒ SH =
Mà
2
2
SH
SC
SA
1 + x2
1
2

Vậy V = x 3 − x (dvtt)
6

CÂU 13) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a . Cạnh
SA vuông góc với mặt phẳng đáy , cạnh bên SB tạo với mặt phắng đáy một góc 600 .Trên cạnh
SA lấy điểm M sao cho AM =

a 3
, mặt phẳng ( BCM) cắt cạnh SD tại N .Tính thể tích khối
3

chóp S.BCNM
Tính thể tích hình chóp SBCMN
( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
 BC ⊥ AB
⇒ BC ⊥ BM . Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM là đường cao
 BC ⊥ SA

Ta có : 

Ta có SA = AB tan600 = a

,
3

a 3
MN SM
MN
3 =2
=

⇔
=
AD SA
2a
3
a 3
2a
4a
Suy ra MN =
. BM =
3
3

S

a 3−

N

M
Diện tích hình

D

A

thang BCMN là :
4a 

2a +


÷ 2a 10a 2
BC + MN
3
BM = 
=
S =
÷
2
2

÷ 3 3 3



B

C


Hạ AH ⊥ BM . Ta có SH ⊥ BM và BC ⊥ (SAB) ⇒ BC ⊥ SH . Vậy SH ⊥ ( BCNM)
⇒ SH là đường cao của khối chóp SBCNM
AB AM
1
=
= .
SB MS
2
0 ⇒
·

⇒
Vậy BM là phân giác của góc SBA
SH = SB.sin300 = a
SBH = 30

Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,

1
10 3a3
Gọi V là thể tích chóp SBCNM ta có V = SH .(dtBCNM ) =
3
27

CÂU 14)Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a. BC =
·
·
SAB
= SAC
= 30 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABC.

a
. SA = a 3 ,
2

P

D

B

A

1
3

1
2

1
6

Do đó VS .ABC = SA. MN.BC = a 3 .

3

a 3 a a
. =
4 2 16

N

C

M

·
Theo định lí côsin ta có: SB 2 = SA 2 + AB 2 − 2SA.AB.cos SAB
= 3a 2 + a 2 − 2.a 3.a.cos30 0 = a 2
Suy ra SB = a . Tương tự ta cũng có SC = a.
Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam

S
giác cân nên MB ⊥ SA, MC ⊥ SA. Suy ra SA ⊥ (MBC).
1
3

1
3

1
3

Ta có VS .ABC = VS .MBC + VA.MBC = MA.S MBC + SA.S MBC = SA.S MBC

M

Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên
chúng bằng nhau. Do đó MB = MC hay tam giác MBC cân tại M. Gọi
N là trung điểm của BC suy ra MN ⊥ BC. Tương tự ta cũng có MN ⊥
SA.
2

2
2
 a   a 3  3a
MN = AN − AM = AB − BN − AM = a −   − 
=
16
 4   2 
2

2

2

2

2

2

A

C
N
B

2

a 3
.
4
Câu 14 ) Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vuông ABCD cạnh a. Hai
đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vuông góc lên đáy lần lượt
là trung điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần chung của hai hình chóp, biết
rằng SH = S’K =h.
⇒ MN =

S

S'

SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB,
S’D : V = VS . ABCD − VS . AMND
N
VS . AMND = VS . AMD + VS .MND ;
M
VS . AMD SM 1 VS .MND SM SN 1
D
C
=
= ;
=
.
= ;
VS . ABD
SB 2 VS .BCD
SB SC 4
H
K
1
3
5
VS . ABD = VS . ACD = VS . ABCD ; VS . AMND = VS . ABCD ⇒ V = VS . ABCD
A
2
8
8
B
5 2
⇒V =
ah

24
Câu 15 ) Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, tâm O. Cạnh bên SA vuông góc
với mp (ABCD) và SA = a; M là trung điểm cạnh SD.


a) Mt phng () i qua OM v vuụng gúc vi mt phng (ABCD) ct hỡnh chúp SABCD theo thit
din l hỡnh gỡ? Tớnh din tớch thit din theo a.
b) Gi H l trung im ca CM; I l im thay i trờn SD. Chng minh OH (SCD); v hỡnh chiu
ca O trờn CI thuc ng trũn c nh.
S

a. K MQ//SA => MQ ( ABCD ) ( ) ( MQO )
Thit din l hỡnh thang vuụng MNPQ (MN//PQ)
( MN + PQ).MQ 3a 2
(vdt)
Std =
=
2
8
b.

M
I
N
QI

A

D

H

O
B
P

C

AMC : OH / / AM , AM SD, AM CD AM ( SCD ) OH ( SCD )
Gi K l hỡnh chiu ca O trờn CI OK CI , OH CI CI (OKH ) CI HK
Trong mp(SCD) : H, K c nh, gúc HKC vuụng => K thuc ng trũn g kớnh HC
Cõu 16) Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, BC, CD đôi một vuông góc với nhau và AB = BC = CD = a .
Gọi C và D lần lợt là hình chiếu của điểm B trên AC và AD. Tính thể tích tích tứ diện ABC D .
CÂU 4. Vì CD BC , CD AB nên CD mp ( ABC ) và do đó
mp( ABC ) mp ( ACD) .Vì BC ' AC nên BC mp ( ACD) .

1
dt ( AC ' D' ).BC ' .
3
a 2
Vì tam giác ABC vuông cân nên AC ' = CC ' = BC ' =
.
2
Ta có AD 2 = AB 2 + BD 2 = AB 2 + BC 2 + CD 2 = 3a 2 nên AD = a 3 . Vì BD là đờng cao của tam giác vuông ABD
a
nên AD'.AD = AB 2 , Vậy AD ' =
.
Ta có
3
Suy ra nếu V là thể tích tứ diện ABCD thì V =

1
1
CD 1 a 2 a 3 1
a2 2
1 a2 2 a 2
a3

. Vậy V =
dt ( AC ' D' ) = AC '.AD' sin CAD = AC '.AD'.
=

=
.
= 36
2
2
AD 2 2
3
12
3
3 12
2
Cõu 17 ) Trờn ng thng vuụng gúc ti A vi mt phng ca hỡnh vuụng ABCD cnh a ta

ly im S vi SA = 2a . Gi B, D l hỡnh chiu
vuụng gúc ca A lờn SB v SD. Mt phng
(ABD ) ct SC ti C . Tớnh th tớch khi a
din ABCDD C B.

S

+ Trong tam giỏc SAB h AB ' SC .
Trong tam giỏc SAD h AD ' SD .
D cú: BC SA, BC BA BC (SAB )
Suy ra: AB ' BC , m AB ' SB . T ú cú
AB ' ( SAC ) AB ' SC (1) .
Tng t ta cú: AD ' SC (2) . T (1) v (2)
suy ra: SC ( AB ' D ') B ' D ' SC .

D'

C'
B'
A

D
O

B

C


Từ đó suy ra: SC ' ⊥ ( AB ' C ' D ')
+ Ta có:

1
1
1

2 5a
= 2+
⇒ AB ' =
2
2
AB '
SA BA
5

4
4 5
⇒ SB ' = SA2 − AB '2 = 4a 2 − a 2 =
a , SB = SA2 + AB 2 = 5a .
5
5
SB ' 4
= ;
Suy ra:
SB 5

Lại có B’D’ // BD (cùng thuộc mp(SBD) và cùng vuông góc với SC) nên
B ' D ' ⊥ AC ' (vì dễ có BD ⊥ ( SAC ) nên BD ⊥ AC ' ).
Xét hai tam giác đồng dạng SB’D’ và SBD suy ra:

B ' D ' SB ' 4
=
=
BD
SB 5

4 2a
.
5
1
1
1
2 3a
2 6
Ta có:
= 2+
⇒ AC ' =
⇒ SC ' = SA2 − AC '2 =
a
2
2
AC '
SA
AC
3
3
1
1 1
16 3
+ Ta có: VS . AB 'C ' D ' = S AB 'C ' D ' .SC ' = . B ' D '. AC '.SC ' = a .
3
3 2
45
1
2 3
VS . ABCD = S ABCD .SA = a . Suy ra thể tích đa diện cần tìm là:

3
3
14
V = VS . ABCD − VS . AB 'C ' D ' = a 3 .
45
Câu 18 ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi ; hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt
⇒ B'D' =

nhau tại O; hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O
đến mặt phẳng (SAB) bằng

a 3
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
4

Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC ,BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường
· B D = 600
chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a , do đó A
Hay tam giác ABD đều.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến
của chúng là SO ⊥ (ABCD).
Do tam giác ABD đều nên với H là trung điểm của AB, K là trung điểm của HB ta có DH ⊥ AB và
DH = a 3 ; OK // DH và OK =

1
a 3
⇒ OK ⊥ AB ⇒ AB ⊥ (SOK)
DH =
2
2

Gọi I là hình chiếu của O lên SK ta có OI ⊥ SK; AB ⊥ OI ⇒ OI ⊥ (SAB) , hay OI là khoảng cách từ
O đến mặt phẳng (SAB).
Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao ⇒

1
1
1
a
=
+
⇒ SO =
2
2
2
OI
OK
SO S
2

Diện tích đáy S ABC D = 4S ∆ABO = 2.OA.OB = 2 3a 2 ;
đường cao của hình chóp SO =

a
.
2

Thể tích khối chóp S.ABCD:
VS . ABC D =

1
S ABC D .SO =
3

3a 3
3

I

D
O
C

A

3a
a

H
B

K


Câu 19 ) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B , AB = a, AC = 2a, SA = a và SA

vuông góc mặt đáy, mặt phẳng (P) qua A vuông góc với SC tại H và cắt SB tại K. Tính thể tích
khối chóp S.AHK theo a.
1
2

+) Vậy VS . AHK = S AHK .SH =

a3 3
(dvtt )
60

Chú ý : có thể tính theo công thức tỷ số thể tích.
+) Theo bài ra ta có SH ⊥ ( AHK )

S

BC ⊥ SA, BC ⊥ AB ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ AK

H
a

Và AK ⊥ SC nên
AK ⊥ ( SBC ) ⇒ AK ⊥ KH và SB ⊥ AK

K

2a

A

C

a

+) Áp dụng định lý Pitago và hệ thức trong tam giác vuông
1
2

ta có AK = SB =

+) Ta có S AHK

a 2
,
2

AH =

B

2a
a 3
a
⇒ KH =
, SH =
5
10
5

1
a2 6
= AK .HK =
(dvdt )
2

4 10

Câu 20 ) Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có A'.ABC là h.chóp tam giác đều cạnh đáy AB = a, cạnh

bên AA' = b. Gọi α là góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC). Tính tan α và thể tích của
khối chóp A'.BB'C'C.
Gọi E là trung điểm của BC, H là trọng tâm của ∆ ABC. Vì A'.ABC là hình chóp đều nên góc giữa
hai mặt phẳng (ABC) và (A'BC) là ϕ = ·A ' EH .
Tá có : AE =
Do

đó:

S ∆ABC =
VA '. ABC

a 3
a 3
a 3
9b 2 − 3a 2
⇒ A ' H = A ' A2 − AH 2 =
.
, AH =
, HE =
2
3
6
3
A ' H 2 3b 2 − a 2
;

tan ϕ =
=
HE
a

a2 3
a 2 3b 2 − a 2
⇒ VABC . A ' B ' C ' = A ' H .S ∆ABC =
4
4

1
a 2 3b 2 − a 2
.
= A ' H .S ∆ABC =
3
12

Do đó: VA ' BB ' CC ' = VABC . A ' B ' C ' − VA '. ABC
.


1
a 2 3b 2 a 2
(vtt)
VA ' BB ' CC ' = A ' H .S ABC =
3
6
Cõu 21)Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh vuụng cnh a, SA vuụng
gúc vi ỏy. Gúc gia mt phng (SBC) v (SCD) bng 600.Tớnh theo a th tớch khi chúp

S.ABCD.
Gi M l hỡnh chiu vuụng gúc ca B lờn SC. Chng minh
c gúc DMB = 1200 v DMB cõn ti M
Tớnh c: DM2 =

S

2 2
a
3

SCD vuụng ti D v DM l ng cao nờn

1
1
1
=
+
2
2
DM DS DC2

M
A

B

Suy ra DS = a 2 . Tam giỏc ASD vuụng ti A suy ra SA = a.
Vy th tớch S.ABCD bng

1 3
a
3

D

C

Cõu 22 ) Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' =

a 3
và
2

góc BAD = 600. Gọi M và N lần lợt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng minh
AC' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN.
Chng t AC BD
C/m AC PQ, vi P,Q l trung im ca BD, MN. Suy ra AC (BDMN)
Tớnh ỳng chiu cao AH , vi H l giao ca PQ v AC. Nu dựng cỏch hiu cỏc th tớch thỡ phi ch ra cỏch
tớnh.
Tớnh ỳng din tớch hỡnh thang BDMN . Suy ra th tớch cn tỡm l:

3a 3
16

.

Cõu 23 ) Cho hỡnh lp phng ABCD.ABCD cnh a. Gi M, N ln lt l trung im cỏc cnh
CD, AD. im P thuc cnh DD sao cho PD = 2PD. Chng t (MNP) vuụng gúc vi (AAM) v tớnh
th tớch ca khi t din AAMP.

Gi Q l giao im ca NP v AD. Do PD = 2PD nờn DN = 2DQ
AD.DQ = MD 2 =

a2
QM AM (pcm).
4

1
3

a
Ta cú: V = MD.S A ' AP (1). S A ' AP = S ADD ' A ' S APD S A ' D ' P =

2

2

Thay vo (1), ta c: V =

3

a
.
12

Cõu 24 ) Cho hỡnh chúp t giỏc S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thang vuụng tai A v D. Bit AD

= AB = a, CD = 2a, cnh bờn SD vuụng gúc vi mt phng ỏy v SD = a. Tớnh th t din
ASBC theo a.

Ta cú SABC = SABCD SADC =

1 2
1
1
a . VASBC = SABC.SA = a 3
2
3
6

B
Cõu 25 ) Cho hỡnh lng tr tam giỏc u ABC. A' B ' C ' cú
AB = 1, CC ' = m (m > 0).
Tỡm m bit rng gúc gia hai
ng thng AB ' v BC ' bng 60 0 .
BD // AB'
( D A' B ' )
Kẻ
( AB ' , BC ' ) = ( BD, BC ' ) = 600

m

C
A
1

B

0
1 120

D

3

C


DBC ' = 60 0 hoặc DBC ' = 120 0.
- Nếu DBC '= 600
Vì lăng trụ đều nên BB ' ( A' B ' C ' ).
áp dụng định lý Pitago và định lý cosin ta có
BD = BC ' = m 2 + 1 và DC ' = 3.
Kết hợp DBC '= 600 ta suy ra BDC ' đều.
Do đó m 2 + 1 = 3 m = 2 .
- Nếu DBC '= 120 0
áp dụng định lý cosin cho BDC ' suy ra m = 0 (loại).
Vậy m = 2 .
* Chú ý: - Nếu HS chỉ xét trờng hợp góc 600 thì chỉ cho 0,5đ khi giải đúng.
- HS có thể giải bằng phơng pháp vectơ hoặc toạ độ với nhận xét:
cos( AB' , BC ' ) = cos( AB', BC ') =

AB'.BC '
AB'.BC '

.

CC BI TON V SO SNH TH TCH CHểP
Cõu 26 ) Cho khi t din ABCD. Trờn cỏc cnh BC, BD, AC ln lt ly cỏc im M, N,
P sao cho BC = 4 BM , BD = 2 BN v AC = 3 AP . Mt phng (MNP) chia khi t din ABCD

lm hai phn. Tớnh t s th tớch gia hai phn ú.
G
Gi T l giao im ca MN vi CD; Q l giao im ca PT vi AD.
TD DD ' 1
=
= .
TC MC 3
TD AP 1
QD DP CP 2
=
= AT / / DP
=
=
= .
M:
TC AC 3
QA AT CA 3
VA. PQN AP AQ 1 3 1
1
=
.
= . = VA.PQN = VABCD (1)
Nờn:
VA.CDN AC AD 3 5 5
10
VC .PMN CP CM 2 3 1
1
=
.

= . = VABMNP = VABCD (2).
V
VC . ABN CA CB 3 4 2
4
7
T (1) v (2), suy ra : VABMNQP = VABCD .
20
7
13
KL t s th tớch cn tỡm l hoc .
13
7
Cõu 27 ) Cho hỡnh chúp S.ABCD cú ỏy ABCD l hỡnh thoi,gúc A=1200, BD = a >0. Cnh bờn

V DD // BC, ta cú: DD=BM

SA vuụng gúc vi ỏy. Gúc gia mt phng (SBC) v ỏy bng 600. Mt mt phng () i qua
BD v vuụng gúc vi cnh SC. Tớnh t s th tớch gia hai phn ca hỡnh chúp do mt phng ()
to ra khi ct hỡnh chúp.
* Hỡnh thoi ABCD cú gúc A=1200 v tõm O nờn tam giỏc ABC u :
1
a
a 3
BD = v AB = AC =
2
2
3
AI

BC

;
AI
=
OB
t I l trung im BC thỡ
M SA mp ( ABCD ) BC SI . Do ú SIA l gúc gia 2 mp(SBC) v mp(ABCD) vỡ SAI vuụng
OB =

ti A : SIA = 60 0 SA = AI . tan 60 0 =

a 3
2


* Kẻ OK ⊥ SC tại K thì mp(BD;OK) là mp(α).
SC AC
OC. AC
SC
SC 2
=
⇔ KC =
⇔
=
(1)
OC KC
SC
KC OC. AC

SC
SA 2  13 SA

1
=
= 21 +
=
Lại do OC = AC ; SC 2 = SA 2 + AC 2 , nên
KC
AC 2  2 HK
2


Khi đó ∆ASC ~ ∆KOC :

Trong đó H là hình chiếu của K trên mp(ABCD) và H thuộc AC.
* Ký hiệu V, V1, và V2 là thể tích của hình chóp S.ABCD, K.BCD và phần còn lại của hình chóp
S
.SA
V
SA
= ABCD
= 2.
= 13
V1 S BCD .HK
HK
V
V
V V1 + V2
=
= 1 + 2 = 13 ⇔ 2 = 12
* Ta được:
V1

V1
V1
V1

S.ABCD:

S

A

B

K

I

O
H
D

C

CÁC BÀI TOÁN VỀ MẶT CẦU NGOẠI TIẾP NỘI TIẾP CHÓP
Câu 28 ) Cho h×nh chãp S.ABC cã SB⊥(ABC), ∆ABC vu«ng t¹i A, c¹nh AB=a, AC=b,
SB=c. TÝnh b¸n kÝnh mÆt cÇu néi tiÕp h×nh chãp S.ABC.
Ta có các tam giác SBA, SBC lần lượt vuông tại B.

Gọi I, r lần lượt là tâm và bán kính mặt cầu nội tiếp hình chóp S.ABC .

SB ⊥ ( ABC ) ⇒ SB ⊥ AC



 ⇒ AC ⊥ ( SAB )
o
Do VABC : ∠A = 90 ⇒ AB ⊥ AC


⇒ AC ⊥ SA ⇒VSAC v tai A.
Ta có :

VS . ABC = VI . ABC + VI .SABVI .SBCVI .SCA
1
1
1
1
1
⇔ SB.S VABC = r.S VABC + r.S VSAB + r.SVSBC + r.S VSAC
3
3
3
3
3
1
1 ab ac b. a 2 + c 2 c. a 2 + b 2
⇔ abc = r ( + +
+
)
6
3 2 2

2
2
abc
⇒r=
ab + ac + b. a 2 + c 2 + c. a 2 + b 2
Câu 29 ) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, SA = SB = a, mặt phẳng (SAB) vuông
góc với mặt phẳng (ABCD). Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABCD.
Do SA = SB = AB (= a) nên SAB là tam giác đều.
Gọi G và I tương ứng là tâm của tam giác đều SAB và tâm của hình vuông ABCD.
Gọi O là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD.
Ta có OG ⊥ (SAB) và OI ⊥ (ABCD).


a
, trong đó H là trung điểm của AB.
2
+ Tam giác OGA vuông tại G.
Kí hiệu R là bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABD, ta có:
Suy ra: + OG = IH =

R = OA = OG 2 + GA 2 =

a 2 3a 2 a 21
+
=
4
9
6

Câu 30 ) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), tam giác ABC vuông

tại C ; M,N là hình chiếu của A trên SB, SC. Biết MN cắt BC tại T. Chứng minh rằng tam giác
AMN vuông và AT tiếp xúc với mặt cầu đường kính AB.
1.Theo định lý ba đường vuông góc
BC ⊥ (SAC) ⇒ AN ⊥ BC
và AN ⊥ SC
⇒AN ⊥ (SBC) ⇒ AN ⊥ MN
Ta có: SA2 = SM.SB = SN.SC
Vây ∆MSN ∼ ∆CSB
⇒ TM là đường cao của tam giác STB
⇒ BN là đường cao của tam giác STB
Theo định lý ba đường vuông góc, ta có AB ⊥ ST
⇒AB ⊥ (SAT) hay AB⊥ AT (đpcm)

CÁC BÀI TOÁN VỀ THỂ TÍCH CHÓPĐẠT GIÁ TRỊ LN VÀ NN
Câu 31 ) . Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0 <

x ≤ a).Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2a.
a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC).
b) Kẻ MH vuông góc với AC tại H . Tìm vị trí của M để thể tích khối chóp SMCH lớn nhất
GIẢI
 SA ⊥ ( ABCD )
⇒ ( SAC ) ⊥ ( ABCD)
 SA ⊂ ( SAC )

Do 

Lai có

MH ⊥ AC = ( SAC ) ∩ ( ABCD)

⇒ MH ⊥ ( SAC ) ⇒ d ( M , SAC ) = MH = AM .sin 45o =

x
2

Ta có
x
x
⇒ HC = AC − AH = a 2 −
2
2
1
1 x
x
⇒ S∆MHC = MH .MC =
(a 2 −
)
2
2 2
2
1
1
x
x
⇒ VSMCH = SA.S ∆MCH = 2a
(a 2 −
)
3
6

2
2
AH = AM .cos 450 =

Từ biểu thức trên ta có:


x
x
+a 2
1
2
2
VSMCH a [
3
2
x
x

=a 2
2
2
x=a

]

2

=

a3
6

M trựng vi D

Cõu 32 ) Trong mặt phẳng (P) cho đờng tròn (C) tâm O đờng kính AB = 2R.Trên đờng thẳng
vuông góc với (P) tại O lấy điểm S sao cho OS = R 3 . I là điểm thuộc đoạn OS với
2R
SI =
. M là một điểm thuộc (C). H là hình chiếu của I trên SM. Tìm vị trí của M trên (C) để
3

tứ diện ABHM có thể tích lớn nhất.Tìm giá trị lớn nhất đó.
S

2R
Tứ giác IHMO nội tiếp nên SH.SM = SI.SO mà OS = R 3 , SI =
,
3
SM = SO 2 + OM 2 = 2 R SH = R hay H là trung điểm của SM

Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên mp(MAB) thì HK =

1
3
SO=
R
2
2

, (không đổi)
VBAHM lớn nhất khi dt( MAB) lớn nhất M là điểm giữa của cung
AB
Khi đó VBAHM=

3 3
R (đvtt)
6

H
I

O

B

A

M

Cõu 33 ) Khi chúp tam giỏc SABC cú ỏy ABC l tam giỏc vuụng cõn nh C v SA vuụng gúc
vi mt phng (ABC), SC = a . Hóy tỡm gúc gia hai mt phng (SCB) v (ABC) th tớch khi chúp
ln nht .
Gi l gúc gia hai mp (SCB) v (ABC) .
ã
Ta cú : = SCA
; BC = AC = a.cos ; SA = a.sin
1
1
1 3

1 3
2
2
Vy VSABC = .SABC .SA = .AC.BC.SA = a sin .cos = a sin ( 1 sin )
3
6
6
6
3
Xột hm s : f(x) = x x trờn khong ( 0; 1)
1
Ta cú : f(x) = 1 3x2 . f ' ( x ) = 0 x =
3
T ú ta thy trờn khong (0;1) hm s
S
f(x) liờn tc v cú mt im cc tr l im
cc i, nờn ti ú hm s t GTLN
2
1
f ( x) = f
=
hay Max
ữ
x( 0;1)
3 3 3
a3
, t c khi
9 3
1
1

sin =
hay = arc sin
3
3

( vi 0 < < )
2
Vy MaxVSABC =

A

B


C


Câu 34 ) Hình chóp tứ giác đều SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) bằng 2.

Với giá trị nào của góc α giữa mặt bên và mặt đáy của chóp thì thể tích của chóp nhỏ nhất?
Gọi M, N là trung điểm BC, AD, gọi H là hình chiếu vuông góc từ N xuống SM. Ta có:
·
SMN
= α,d ( A; ( SBC ) ) = d ( N; ( SBC ) ) = NH = 2
S

NH
2
4
=

⇒ SABCD = MN 2 =
sin α sin α
sin 2 α
tan α
1
SI = MI.tan α =
=
sin α cosα
1
4
1
4
⇒ VSABCD = × 2 ×
=
2
3 sin α cosα 3.sin α.cosα
sin 2 α + sin 2 α + 2cos 2α 2
sin 2 α.sin 2 α.2cos 2α ≤
=
3
3
1
⇒ sin 2 α.cosα ≤
3
2
VSABCD min ⇔ sin α.cosα max
⇒ MN =

H
C

D
N
M

I
A

B

1
3
Câu 35 ) Trên cạnh AD của hình vuông ABCD có độ dài là a, lấy điểm M sao cho AM = x (0 <
x ≤ a).Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) tại A, lấy điểm S sao cho SA = 2a.
a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC).
b) KÎ MH vu«ng gãc víi AC t¹i H . T×m vÞ trÝ cña M ®Ó thÓ tÝch khèi chãp SMCH lín
nhÊt
⇔ sin 2 α = 2cos 2α ⇔ cosα =

 SA ⊥ ( ABCD )
⇒ ( SAC ) ⊥ ( ABCD)
 SA ⊂ ( SAC )

Do 

Lai cã

MH ⊥ AC = ( SAC ) ∩ ( ABCD)

⇒ MH ⊥ ( SAC ) ⇒ d ( M , SAC ) = MH = AM .sin 45o =

x
2

Ta cã
x
x
⇒ HC = AC − AH = a 2 −
2
2
1
1 x
x
⇒ S∆MHC = MH .MC =
(a 2 −
)
2
2 2
2
1
1
x
x
⇒ VSMCH = SA.S ∆MCH = 2a
(a 2 −
)
3
6
2
2

S

AH = AM .cos 450 =

D

H

B

Tõ biÓu thøc trªn ta cã:

M

A

C


x
x
+a 2−
1
2
2
VSMCH ≤ a [
3
2
x

x
⇔
=a 2−
2
2
⇔x=a

⇔ M trïng víi D

]

2

=

a3
6

CÁC BÀI TỐN VỀ KHOẢNG CÁCH VÀ GĨC
Câu 36 ) Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vng tại B, AB = a,

AA’ = 2a, A’C = 3a. Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng A’C’, I là giao điểm của AM và A’C.
Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (IBC).
AC 2 = 9a 2 − 4a 2 = 5a 2 ⇒ AC = a 5
BC 2 = 5a 2 − a 2 = 4a 2 ⇒ BC = 2a

H là hình chiếu của I xuống mặt ABC
Ta có IH ⊥ AC
C

IA/ A/ M 1
IH 2
4a
=
= ⇒
= ⇒ IH =
/
IC
AC
2
AA 3
3
1
11
4a 4a 3
VIABC = S ABC IH =
2a × a ×
=
(đvtt)
3
32
3
9

/

M

A/

Tam giác A’BC vuông tại B

B

1
2

I
C

Nên SA’BC= a 52a = a 2 5
Xét 2 tam giác A’BC và IBC, Đáy

Câu 37 ) Cho tứ diện ABCD có AC = AD =

phẳng (ACD) bằng
ABCD bằng

.

ACD cân tại A nên CD

Tương tự

CD

AE suy ra BH

Do đó BH =

AE

BE

H

BH

D

(ACD)

và góc giữa hai mặt phẳng

(ACD) và (BCD) là

A

AE

BCD cân tại B nên CD

Suy ra CD (ABE)
Mà BH

, BC = BD = a, khoảng cách từ B đến mặt

. Tính góc giữa hai mặt phẳng (ACD) và (BCD). Biết thể của khối tứ diện

Gọi E là trung điểm của CD, kẻ BH

Ta có

H

A

2
2
2
IC = A/ C ⇒ S IBC = S A/ BC = a 2 5
3
3
3
3V
4a 3 3
2 a 2a 5
=
=
Vậy d(A,IBC) = IABC = 3
2
S IBC
9 2a 5
5
5

E

B
C

Thể tích của khối tứ diện ABCD là

Mà
Khi đó :

là 2 nghiệm của pt: x2 -

x+

= 0

trường hợp

Xét

BED vuông tại E nên BE =

Xét

BHE vuông tại H nên sin =

vì DE
Vậy góc giữa hai mp(ACD) và (BCD) là
Câu 38 ) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông

góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 300.
Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H.

Xét ∆SHA(vuông tại H)
AH = SA cos 300 =

a 3
2

S

Mà ∆ABC đều cạnh a, mà cạnh AH =

a 3
2

=> H là trung điểm của cạnh BC
=> AH ⊥ BC, mà SH ⊥ BC => BC⊥(SAH)
Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K
=> HK là khoảng cách giữa BC và SA
=> HK = AH sin 300 =

K

A

C

AH a 3
=
2
4

a 3
4
Câu 39 ) Cho chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại C,
= 2, BC = 4. Cạnh bên SA = 5 vuông góc với đáy. Gọi D là trung
điểm cạnh AB.
1).Tính góc giữa AC và SD;
2).Tính khoảng cách giữa
và SD.

H

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng

B
S

AC

A

D

B

N

M
C

a)Ta cã : AB = 2 5 ,

K

BC


Gọi M là trung điểm của BC ,
ta có : DM = 1
SD = SA 2 + AD 2 = 30 ,
SC =

SA 2 + AC 2 = 29

SM =

SC 2 + CM 2 = 33
SD 2 + MD 2 SM 2 30 + 1 33
1
=
=
Ta có : cos SDM =
(*)
2SD.MD
2 30
30
Góc giữa hai đờng thẳng AC và SD là góc giữa hai đờng thẳng DM và SD hay bù với góc
1
SDM . Do đó : cos =
30
b) Kẻ DN // BC và N thuộc AC . Ta có : BC // ( SND) . Do đó :
d(BC, SD) = d( BC/(SND)) = d(c/(SND))

Kẻ CK và AH vuông góc với SN , H và K thuộc đờng thẳng SN
Ta có : DN // BC DN AC ( 1)
Và SA ( ABC ) SA DN

( 2)

Từ (1) và (2) suy ra : DN ( SAC) DN KC ( 3)
Do cách dựng và (3) ta có : CK (SND) hay CK là khoảng cách từ C đến mp(SND)
Mặt khác : ANH = CNK nên AH = CK
Mà trong tam giác vuông SAN lại có :
1
1
1
1
5
=
+
=
+ 1 AH =
2
2
2
AH
SA
AN
25
26
5
Vậy khoảng cách giữa BC và SD là : CK =
26

Cõu 40 ) Cho lng tr tam giỏc u ABC.A1B1C1 cnh ỏy bng a, cnh bờn bng a 2 .Tớnh th

tớch khi lng tr v gúc gia AC1 v ng cao AH ca mp(ABC)
+Th tớch lng tr : V = dt ( ABC ). AA1 = a 3

6
4

A1





AH AA1 + A1C1
+ cos(AH , AC1) =


=
AH . AC1
AH . AC1




AH . AC1


=

B1



AH . A1C1

A

AH . AC1
=

C1

C
H

AH . AC. cos 30 0
AH . AC1

3
3
B
a.
1
2
2
=
= ( AH , AC1 ) = 60 0 . Vy (AH , AC1) = 600
2
3

a
.a 3
2
a

Vy (AH , AC1) = 600
Cõu 41 )

Cho hỡnh chúp S.ABC cú ỏy ABC l tam giỏc vuụng ti A vi AB = a, cỏc mt bờn l cỏc
tam giỏc cõn ti nh S. Hai mt phng (SAB) v (SAC) cựng to vi mt phng ỏy gúc 600.
Tớnh cụsin ca gúc gia hai mt phng (SAB) v (SBC) .
*V hỡnh
1ft /

10f

+

13
3
440

-

1


*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh S H ⊥ (A B C )
*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là
S EH = S FH = 600

*Kẻ H K ⊥ S B , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng H K A .
a 2
a 3
*Lập luận và tính được AC=AB=a , H A =
, S H = H F tan 600 =
2
2
1
1
1
3
=
+
⇒ K H =a
*Tam giác SHK vuông tại H có
2
2
2
HK
HS
HB
10
a 2
AH
20
= 2 =
*Tam giác AHK vuông tại H có tan A K H =
KH
3

3
a
10
3
⇒ cos A K H =
23
Câu 43 ) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng đường cao, bằng a.
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AB
a 5 →
2a 5
ta tính được OI =
MH=
S
5
5
2) * Xác định k/c(AB;SC) Vì AB//mp(SDC) → d(AB,SC) =
d(AB,mp(SDC))
Lấy M,N lần lượt là trung điểm của AB,DC;Gọi O = AC ∩ BD
→ mp(SMN) ⊥ mp(SDC)
B
Hạ MH ⊥ SN , (H ∈ SN) → MH ⊥ mp(SDC) → MH = d(M;
O
M
(SDC))
= d(AB;
A
(SDC))= d(AB;SC)
* Tính MH: Hạ OI ⊥ SN → MH = 2.OI
1
1

1
ON 2 .OS2
2
=
+
→
OI
=
∆ SNO vuông có: OI 2 ON 2 OS2
ON 2 + OS2
Với ON =
Câu

H
I

C

N
D

a
; OS = a
2

44) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy là hình chữ nhật với SA vuông góc với đáy, G

là trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC tại M, cắt SD tại N. Tính thể tích của khối
đa diện MNABCD biết SA=AB=a và góc hợp bởi đường thẳng AN và mp(ABCD) bằng 300 .
+ Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC tại M, trong mp(SBD) kẻ BG cắt SD tại N.

+ Vì G là trọng tâm tam giác ABC nên dễ có
SG 2
= suy ra G cũng là trọng tâm tam giác SBD.
SO 3

Từ đó suy ra M, N lần lượt là trung điểm của
SC, SD.
1
2

1
2

+ Dễ có: VS . ABD = VS .BCD = VS . ABCD = V .
Theo công thức tỷ số thể tích ta có:


VS . ABN SA SB SN
1 1
1
=
. .
= 1.1. = ⇒ VS . ABN = V
VS . ABD SA SB SD
2 2
4
VS . BMN SB SM SN
1 1 1
1
=

.
.
= 1. . = ⇒ VS . ABN = V
VS . BCD SB SC SD
2 2 4
8

S

Từ đó suy ra:
3
VS . ABMN = VS . ABN + VS . BMN = V .
8
1
+ Ta có: V = SA.dt ( ABCD) ; mà theo giả thiết
3
SA ⊥ ( ABCD) nên góc hợp bởi AN với mp(ABCD)
·
chính là góc NAD
, lại có N là trung điểm của SC nên
·
·
tam giác NAD cân tại N, suy ra NAD
= NDA
= 300.

Suy ra: AD =

N

M

G

D

A

O

SA
=a 3.
tan 300

1
3

1
3

Suy ra: V = SA.dt ( ABCD) = a.a.a 3 =

3 3
a .
3

C

B

3
8

5
8

Suy ra: thể tích cần tìm là: VMNABCD = VS . ABCD − VS . ABMN = V − V = V =

5 3a 3
.
24

Câu 45 ) Cho hình chóp S.ABC có mặt đáy (ABC) là tam giác đều cạnh a. Chân đường vuông

góc hạ từ S xuống mặt phẳng (ABC) là một điểm thuộc BC. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng BC và SA biết SA=a và SA tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 300.
Gọi chân đường vuông góc hạ từ S xuống BC là H.
Xét ∆SHA(vuông tại H)
AH = SA cos 300 =

a 3
2

S

Mà ∆ABC đều cạnh a, mà cạnh AH =

a 3
2

K

=> H là trung điểm của cạnh BC
=> AH ⊥ BC, mà SH ⊥ BC => BC⊥(SAH)
Từ H hạ đường vuông góc xuống SA tại K
=> HK là khoảng cách giữa BC và SA
=> HK = AH sin 300 =

A

C

AH a 3
=
2
4

H

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng BC và SA bằng

a 3
4

B

Câu 46 ) Cho hình chóp S. ABC có góc ((SBC), (ACB)) = 60 0, ABC và SBC là các tam giác đều

S

cạnh a. Tính theo a khoảng cách từ B đến mặt phẳng (SAC).
Gọi M là trung điểm của BC và O là hình chiếu của S lên AM.
Suy ra: SM =AM = a 2 3 ;

·AMS = 600

và SO ⊥ mp(ABC)

3a

⇒ d(S; BAC) = SO = 4
Gọi VSABC- là thể tích của khối chóp S.ABC
3

⇒ VS.ABC = 13 S∆ABC .SO = a 16 3 (đvtt)

A

C

Mặt khác, VS.ABC = 13 S∆SAC .d ( B; SAC )

O
B

M


∆SAC cân tại C có CS =CA =a; SA = a 2 3
⇒

2
S∆SAC = a 13 3
16

Vậy: d(B; SAC) =

3VS . ABC
= 3a
S∆SAC
13

(đvđd).

CÁC BÀI TOÁN VỀ CHÓP CỤT
Câu 47 ) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính thể tích hình
chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.

GIẢI
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’
là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:
 AB ⊥ IC
⇒ AB ⊥ ( CHH ') ⇒ ( ABB ' A ' ) ⊥ ( CII ' C ' )

 AB ⊥ HH '

Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy
tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K ∈ II ' .
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta có:
1

x 3
1
x 3
I ' K = I ' H ' = I 'C ' =
; IK = IH = IC =
3
6
3
3

Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
x 3 x 3
.
= r 2 ⇒ x 2 = 6r 2
6
3
h
Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V = B + B '+ B.B '
3
I ' K .IK = OK 2 ⇒

(

Trong đó: B =

)

4x 2 3
x 2 3 3r 2 3
= x 2 3 = 6r 2 3; B ' =

=
; h = 2r
4
4
2

Từ đó, ta có: V =

2r  2
3r 2 3
3r 2 3  21r 3 . 3
 6r 3 +
÷=
+ 6r 2 3.
3
2
2 ÷
3



Câu 48 ) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước. Tính

thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.
Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’. Gọi I, I’ là trung điểm của AB, A’B’. Ta có:
 AB ⊥ IC
⇒ AB ⊥ ( CHH ') ⇒ ( ABB ' A ' ) ⊥ ( CII ' C ' )

 AB ⊥ HH '

Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’ và tiếp xúc với mặt bên
(ABB’A’) tại điểm K ∈ II ' .
Gọi x là cạnh đáy nhỏ, theo giả thiết 2x là cạnh đáy lớn. Ta
có:
1
x 3
1
x 3
I ' K = I ' H ' = I 'C ' =
; IK = IH = IC =
3
6
3
3

Tam giác IOI’ vuông ở O nên:
I ' K .IK = OK 2 ⇒

x 3 x 3
.
= r 2 ⇒ x 2 = 6r 2
6
3

Thể tích hình chóp cụt tính bởi: V =

(

h
B + B '+ B.B '

3

Trong đó:
B=

4x 2 3
x 2 3 3r 2 3
= x 2 3 = 6r 2 3; B ' =
=
; h = 2r
4
4
2

)


Từ đó, ta có: V =

2r  2
3r 2 3
3r 2 3  21r 3 . 3
 6r 3 +
÷=
+ 6r 2 3.
3
2
2 ÷
3




CÁC BÀI TOÁN VỀ THỂ TÍCH LĂNG TRỤ
Câu 49 ) Cho lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có cạnh đáy là a và khoảng cách từ A đến mặt
a
phẳng (A’BC) bằng . Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A ' B ' C ' .
2

G
Gọi M là trung điểm BC, hạ AH vuông góc với A’M
BC ⊥ AM 
 ⇒ BC ⊥ ( AA ' M ) ⇒ BC ⊥ AH .
BC ⊥ AA ' 
a
Mà AH ⊥ A ' M ⇒ AH ⊥ ( A ' BC ) ⇒ AH = .
2
1
1
1
a 6
Mặt khác:
.
=
+
⇒ AA ' =
2
2
2
4
AH

A' A
AM
3a 3 2
KL: VABC . A ' B ' C ' =
.
16
Câu 50 ) Cho lăng trụ đứng ABC. A' B 'C ' có thể tích V. Các mặt phẳng ( ABC ' ), ( AB 'C ), ( A' BC ) cắt nhau tại

Ta có:

O. Tính thể tích khối tứ diện O.ABC theo V.
A'

Gọi I = AC ∩ ’A’C, J = A’B ∩ AB’

C'

(BA'C) ∩ (ABC') = BI 

(BA'C) ∩ (AB'C) = CJ  ⇒ O là điểm cần tỡm

Goi O = BI ∩ CJ


B'
I

J
O

Ta cú O là trọng tõm tam giỏc BA’C
Gọi H là hỡnh chiếu của O lờn (ABC)Do V ABC là hỡnh
vuụng gúc của V BA’C trờn (ABC) nờn H là trọng tõm
ABC
Gọi M là trung điểm BC. Ta có:

A

C

H
M
B

chiếu

V

OH HM 1
=
=
A ' B AM 3

Câu 51 ) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cả các cạnh đều bằng a. Gọi M là trung điểm

của AA’. Tính thể tích của khối tứ diện BMB’C’ theo a và chứng minh rằng BM vuông góc với
B’C.
Gọi H là trung điểm của BC ⇒ d ( M ; ( BB ' C ) ) = AH =
S∆BB ' C =

a 3
2

1
a2
1
a3 3
BB '.BC =
⇒ VMBB ' C = AH .S∆BB ' C =
2
2
3
12

Gọi I là tâm hình vuông BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình)
Ta có B ' C ⊥ MI ; B ' C ⊥ BC ' ⇒ B ' C ⊥ MB.
·
·
Câu 52 ) Cho tứ diện OABC có OA = 4, OB = 5, OC = 6 và ·AOB = BOC
= COA
= 600. Tính thể tích

tứ diện OABC.
(Học sinh tự vẽ hình)


Ly B trờn OB; C trờn OC sao cho OA = OB ' = OC ' = 4
Ly M l trung im ca BC ( OAM ) ( OB ' C ') .
K AH OM AH ( OB ' C ')
Ta cú AM = OM = 2 3 MH =

2 3
4 6
AH =
3
3

1
15 3
ã
SOBC = OB.OC.sin BOC
=
2
2
1
Vy VOABC = AH .SOBC = 10 2
3
Cõu 53 )

Cho hình hộp đứng ABCD.A'B'C'D' có các cạnh AB = AD = a, AA' =

a 3
và
2

góc BAD = 600. Gọi M và N lần lợt là trung điểm của các cạnh A'D' và A'B'. Chứng
minh AC' vuông góc với mặt phẳng (BDMN). Tính thể tích khối chóp A.BDMN.
Chng t AC BD
C/m AC PQ, vi P,Q l trung im ca BD, MN. Suy ra AC (BDMN)
Tớnh ỳng chiu cao AH , vi H l giao ca PQ v AC. Nu dựng cỏch hiu cỏc th tớch thỡ phi ch ra cỏch

tớnh.
3a 3
Tớnh ỳng din tớch hỡnh thang BDMN . Suy ra th tớch cn tỡm l:
.
16
Cõu 54 ) Cho hỡnh lng tr ABC.ABC cú ỏy l tam giỏc u cnh a, hỡnh chiu vuụng gúc ca A lờn mt

phng (ABC) trựng vi tõm O ca tam giỏc ABC. Tớnh th tớch khi lng tr ABC.ABC bit khong cỏch

gia AA v BC l

a 3
4

C

A


B

H
C

A
O
B
Gi M l trung im BC ta thy:

M

AM BC
BC ( A' AM )
A' O BC

K MH AA' , (do A nhn nờn H thuc trong on AA.)

Do

BC ( A' AM )
HM BC .Vy HM l an vụng gúc chung ca
HM ( A' AM )