Huong dan giai 03

HƯỚNG DẪN GIẢI.
Vấn đề 5. THỂ TÍCH KHỐI LĂNG TRỤ
Bi 1

1. Gọi M là trung điểm BC, suy ra BC  ( A ' MA) nên
�
�
�
A ' MA   ( A ' BC ),( ABC )   ( A ' BC ),( A ' B ' C ')  600
Gọi H là hình chiếu của A lên
3a
2
Trong tam giác vuông AHM ta có:
AH
AM 
a 3
sin 600
Trong tam giác vuông AA ' M ta có:
A ' M � AH  d  A,( A ' BC)  

AA '  AM tan 600  3a

Vì AM 

AB 3
2AM
� AB 
 2a � SABC  a2 3
2
3

Vậy thể tích khối lăng trụ là: V  AA '.SABC  3a3 3 .
2
2. Ta có SABC  1 AB.AC  a 3 .

2
2
BC
M
Gọi
là trung điểm cạnh
, suy ra
BC  ( A ' MA )
�
��
A ' MA  ( A ' BC ), ( ABC )  300 .





Do AM  a 3 � AA '  AM tan 300  a
2
V
Vậy, ABC .A ' B ' C '  AA '.SABC


2

a a2 3 a3 3
.


2
2
4

3. Đặt A ' A  2x � CM  x

35


Ta có: B ' M  B ' C '2  C ' M 2  a2  x2 ;
AM 

AC 2  CM 2 

a2  x2

Và AB '  4x2  a2
Vì tam giác AMB ' vuông tại M nên ta có:
B ' A 2  AM 2  B ' M 2
� a2  x2  a2  x2  a2  4x2
� x

a 2
� AA '  a 2
2

a2 3
a2 3 a3 6
� VABC .A ' B ' C '  AA '.SABC  a 2.


4
4
4
�
Gọi    ( AMB '), ( ABC) . Vì hình chiếu của tam giác AB ' M trên ( ABC )
SABC 

là ABC nên có: cos  

SABC
SAMB '

2
2
1
Mà SABC  a 3 , SAB ' M  1 AM .B ' M  3a nên cos  
.

3
2
4
C
'
I
'

A
'
B

'

ABC
4. Gọi I ' là trung điểm của A ' B ' , thì
( do
đều)
C ' I '  AA ' � C ' I '   ABB ' A ' suy ra
4

I�
' BC ' là góc giữa BC ' và  ABB ' A '
Suy ra I�
' BC '  300 . Ta có
a 3
C 'I '
, BC ' 
 a 3.
2
sin 300
Trong BCC ' vuông:
C 'I ' 

CC '2  BC '2  BC 2  2a2

� CC '  a 2
3
Thể tích khối lăng trụ ABC.A ' B ' C ' là : V  CC '.SABC  a 6 .

4

36


5. Hạ I H  AC  H �AC  � I H   ABC  ;I H là đường cao của tứ diện
I ABC � I H / / AA ' �
AC 

IH
CI
2
2
4a .

 � I H  AA ' 
AA ' CA ' 3
3
3

A ' C 2  A ' A 2  a 5,

AC 2  AB 2  2a
Diện tích tam giác ABC :
1
SABC  AB.BC  a2 .
2
Thể tích khối tứ diện I ABC :
 BC 

1
4a3

.
I H .SABC 
3
9
Hạ AK  A ' B  K �A ' B  .
V 

Vì BC   ABB ' A ' nên AK  BC � AK   I BC  .
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( IBC ) là AK
AK 

2SAA ' B
A 'B



AA '.AB
A ' A 2  AB 2



2a 5
.
5

Bi 2.

.ABC .
1. �Tính thể tích khối chóp A�
Gọi H là trung điểm BC.

H  ( ABC ) và
Theo bài ra ta có A�
1
1
1 2
AH  BC 
AC 2  AB 2 
a  3a2  a.
2
2
2
2
2
2
2
Do đó A�
H  A�
A  AH  3a � A�
H  a 3.

.ABC là VA�
Vậy thể tích của khối chóp A�
. ABC 

1
a3
.
A�
H .SABC 
3

2

37


�Tính góc giữa hai đường
thẳng AA ' và B ' C ' .
/ / BB�
, B��
C / / BC
Do AA�
nên góc giữa hai đường thẳng
AA ' và B ' C ' cũng là góc giữa
hai đường thẳng BB�và BC.
Áp dụng Pitago cho tam giác
A��
B H ta có

BH cân tại B '.
HB� A��
B 2  A�
H 2  2a. Suy ra tam giác B�
��
C.
Do đó   B
BH là góc giữa hai đường thẳng AA �và B ��
BH
a
1


 .
BB� 2.2a 4
2. Gọi H là trung điểm cạnh BC � A ' H  ( ABC )
Tam giác vuông A ' HA :
Vậy cos  

AH 

A ' A 2  AH 2

 3a2 

3a2 3a

4
2

a2 3
nên
4
VABC . A ' B ' C '  A ' H .SABC
SABC 

3a a2 3 3a3 3
.

2
4
8
3. Gọi H là tâm của đáy, M trung điểm cạnh BC , SH  ( ABC )



AM  AB.sin 600 

a 3
� BC  a 3
2

Ap dụng định lí sin ta có:
HA  R 

BC
2sin 1200

a

A 'H 

A ' A 2  AH 2  a 3

SABC 

1
a2 3
AB.AC.sin1200 
2
4

38

3
Vậy VABC .A ' B ' C '  A ' H .SABC  3a .

4

A ).
A . Ta có CO  ( ABB��
4. Gọi O là tâm hình bình hành ABB��
Vì CA  CB nên OA  OB, suy ra
hình thoi ABB��
A là hình vuông.

Do đó : OA 

AB
2



OC 2  AC 2  AO2 

a
2

. Suy ra

a2
a
� OC 

.
2
2

Vậy thể tích khối chóp :
1
a3 2
CO.S ABA�
.
3
12
,
Mà VABC .A���
B C  3VC .ABA�
VC . ABA�

nên thể tích khối lăng trụ

a3 2
.
4
5. Bài toán cho chiều cao của lăng trụ tam giác đều (chính là cạnh bên). Ta phải
tính diện tích đáy, nên cần tìm độ dài một cạnh đáy.
Gọi M �là trung điểm của A ��
B.
A
C
M�
 A ��
B ,C�

M�
 BB �
Ta có C�
� C�
M�
 (ABB ��
A ) � C�
M�
 AB �
B
 BC�
, do đó
theo giả thiết ta có AB �
AB �
 (BC�
M�
) � AB �
 BM �
.
Suy ra hai tam giác BB �
M �và B ��
AA
đồng dạng, nên
A ��
B
A�
A
1

� A ��

B .B �
M  A�
A.BB �
� A ��
B 2  h2 � A ��
B  2h
BB � B �
M
2
C'
A'
Thể tích khối lăng trụ
M
3(h 2)2
3h3
V  AA �
.SA ���

h.

.
BC
B'
4
2
Diện tích xung quanh của khối lăng trụ
2
� ��
Sxq  3S AA ��
B B  3.AA .A B  3 2h .

VABC .A���
BC 

Bi 3

1.(Bạn đọ tự vẽ hình )
Gọi M,N là trung điểm của BC,BA và H  AM �CN thì H là hình
39


A)
chiếu của A �trên mặt phẳng (ABC). Góc giữa mặt phẳng (ABB ��
�
và mặt đáy chính là ANC.
1
a 3
�
CN 
, nên ANC
 600 thì AN  2HN do đó
3
6
a 21
2 3b  a 7. Vậy giá trị cần tìm của b là b 
.
6
a
H  HN.tan 600 
Khi đó A �
Thể

2
tích của
khối
lăng trụ :
a3 3
�
VABC.A ���

A
H.S

.
BC
ABC
8
.
2. Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của A lên BC,BC�
� H.
B ) � AH  BC�
, do đó (AK H )  BC�
Ta có AH  (BCC��
�   AK
Ta có HN 

Tam giác AHK vuông tại H và AH 
Đặt A �
A  x.

a 3
a 3

nên AK 
.
2
2sin 

Xét tam giác C�
AB có C�
A  CB  x2  a2 ,AB  a
a 3
, ta tính
2sin 
3.a
.
được x 
tan2   3
B
Do đó thể tích khối lăng trụ cần tìm là
3a3
K
V
.
2
4 tan   3
Diện tích xung quanh của khối lăng
3 3a2
.
trụ Sxq 
tan2   3
B'
3.

1 2
Diện tích đáy của khối lăng trụ là S  a sin .
2
A'
�
Đặt A A  x.
nên từ AK 

Ta có BM  C�
M

x2
 a2 ,
4

BC�
 BC 2  x2 .
Trong đó BC  2asin


.
2

M

A

C

H

A'

C'

C'

B'

A

C

40

B


Tam giác C�
MB vuông thì vuông tại M,
ta có
�x2
�

2�  a2 � BC 2  x2 � x2  4a2  2(2asin )2
2
�4
�
x2  4a2 cos  � x  2a cos  .
Thể tích của khối lăng trụ V  a3 sin . cos  .

4. Gọi H là hình chiếu của A �
B'
C'
trên mặt phẳng (ABC). Từ điểm
H hạ HI,HJ ,HK lần lượt vuông
góc với các cạnh BC,CA,AB.
Do các mặt phẳng
A'
(A �
AB),(A �
BC),(A �
CA ) nghiêng
đều trên đáy một góc , do đó ta có
HI  HJ  HK , hay H là tâm
I
đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
B
C
SABC
asin 2
H

.
Vì thế HI 
BC  CA  AB 2(1  sin   cos  )
K
��
H  HI.tan 
Xét tam giác vuông A �
có A

HI
I H   Jnên A �
A
asin 2.tan 
2.a3.sin2 2.tan 

� V  A�
H.SABC 
.

2(1  sin   cos  )
�  �
32cos cos �  �
2
�4 2 �

5.(Bạn đọ tự vẽ hình )

Hạ AH  BC, do AH  BB �(lăng trụ đứng), nên AH  a.
C C), do đó hạ CK  AC�thì
Vì tam giác ABC vuông tại A nên BA  (BB ��
CK  (ABC�
) � CK  b. Dễ thấy góc giữa hai mặt phẳng (C�
AB) và (ABC) là
��
�CC�
C
AC  , suy ra K
 .
CK

b
CK
b

;AC 

.
cos  cos 
sin  sin 
1
1
1
1
1
b2


,
Vì
nên


, suy ra
AH 2 AB 2 AC 2
AB 2 a2 cos2 
ab
AB 
.
2
b  a2 sin2 

ab3
.SABC 
.
Vậy thể tích khối lăng trụ là V  CC�
sin 2 . b2  a2 sin2 

Ta có CC�

Bi 4
41


1. Gọi O là giao của hai đường chéo AC và BD, ta có
�'OB  300
AC  (B ' OB) � B
Gọi H là hình chiếu của B
lên B’O, suy ra
BH  d  B,(B ' AC )
 d  B,(D ' AC ) 
Do đó: BO 

� OC 

a
2

BH
sin 300

a

BC 2  BO2  a 3, BB '  BO tan 300 

a 3
3

1
AC.BD  2BO.CO  2a2 3
2
a 3
Nên VABCD.A ' B ' C ' D '  BB '.S ABCD 
.2a2 3  2a3
3
Mặt khác
1
VB ' ABC  VD ' ACD  VCB ' C ' D '  VAA ' B ' C '  VABCD.A ' B ' CD '
6
3
1
2a
Nên suy ra VACB ' D '  VABCD.A ' B ' C ' D ' 
.
3
3
2. Gọi K là hình chiếu của A lên BD, H là hình chiếu của A
lên A ' K .
� S ABCD 

�BD  AK
�BD  AA '

Vì �

� BD  ( AKA ') � BD  AH
Mà AH  A ' K � AH  ( A ' BD)
a
� AH 
2
Trong tam giác vuông A ' AK ta có:

42


1
AH 2

Suy ra



1
A ' A2
1

A ' A2





1
AK 2
4

a2





1
a2

1
A ' A2


1
3a2




1
AB 2
8
3a3



1
AD2

� A'A 

a 6
4

3
Vậy VABCD.A ' B ' C ' D '  A ' A.AB.AD  a 6 .a.a 3  3a 2 .

4

4

Bi 5

1. Từ giả thiết ta tính được BD  a, A�
B  a 2, A�
D  a 3 nên
tam giác A�
BD A �
BD vuông
B
tại .
Vì AB  AD  AA �nên hình
chiếu của A lên mặt phẳng
( A�
BD) trùng với tâm H của
đường tròn ngoại tiếp tam

giác A�
BD (do tam giác đó
vuông nên H là trung điểm
của A �
D ).

a
1
a2 2
Ta có AH  A�
�
A.cos 600  , S A�

BA
.
BD

, do đó thể tích
BD
2

2

2

3

a
khối tứ diện A �
ABD là VA�

ABD 

2
.
12

a3 2
Ta đã biết VABCD. A����

.
B C D  6VA�
ABD , nên VABCD. A����
BCD

2. Gọi H , I , J lần lượt là hình chiếu của A ' lên



2
ABCD  , AB, AD .

�A ' H  AB
�AI  AB

Ta có �

� AB   A ' HI  � AB  HI

Tương tự: HJ  AD , hai tam
giác vuông A ' AI và A ' AJ có

�
�AA ' chung
��
�
0
�A ' AI  A ' AJ  60
� A ' AI  A ' AJ
43


Mà AI  AJ  AA 'cos 600 

a
� HI  H J .
2

Vậy H cách đều AB và AD nên nằm trên phân giác góc �
BAD , suy ra
H �AC .
AH 

AI
cos 300



a 3
, A'H 
3

A ' A 2  AH 2 

a 6
a2 3
; S ABCD 
3
2

3
Do đó VABC .A ' B ' C ' D '  A ' H .S ABCD  a 2 .

2

3. ( Bạn đọc tự vẽ hình )

Gọi H,I,J lần lượt là hình chiếu của A �lên mặt phẳng  ABCD  và các cạnh
AB,AD.
H  AB
�A �
� AB   A �
HI  � AB  HI.
Ta có �
�AI  AB
Tương tự cũng có HJ  AD.
�AA �chung
�
Xét hai tam giác vuông A �
nên
AJ có ��
AI và A �

��
AI  A
AJ  
�A �
cos   acos , do đó hai tam giác
A �
AI  A �
AJ . Suy ra AI  AJ  AA �
AHI,AHJ bằng nhau, nên HI  HJ . Vậy H cách đều AB và AD nên nằm trên
� � H �AC.
phân giác góc BAD
AI
acos 
a


,
A�
H2  A�
A 2  AH 2 
cos2  cos2  .

 nên

2
cos
cos
cos
2
2

2
Diện tích đáy SABCD  2SABD  AB.AD.sin   a2 sin .
Vậy thể tích của khối hộp thoi là


3
�
VABCD.A ����
. cos2  cos2  .
B C D  A H.SABCD  2a sin
2
2
Bi 6
Ta có

AH 

1. ( Bạn đọc tự vẽ hình )
C.
Gọi H  ( ) �A �

H
Trong tam giác A �
AH ta có A �
� A�
H

9a
14

44

3VA �
.AMN
. Mà NB // AA �nên
A�
H
1
 VM.A �
AA �
.SABC � VA �.AMN  a3.
AB  VC.A �
AB  VA �
.ABC 
3

. Ta có SAMN 

VA �
.AMN  VM.A �
AN

A�
A2
9a2

A�
C
a2  4a2  9a2

Vì vậy

SAMN 

3a3
14 2

a.
9a
3
14

2. ( Bạn đọc tự vẽ hình )
Gọi độ dài cạnh đáy của hình lăng trụ đã cho là x x  0 .Theo giả thiết ta có
�
AB'C  

Các mặt bên của hình lăng trụ đầu là các hình chữ nhật bằng nhau nên B’A  B’C
suy ra tam giác B’AC cân tại B’ . Gọi O là giao điểm của AC và BD thì O là

AB'O 
trung điểm của hai đoạn này suy ra �
và B’O  AC .
2
AO
x 2
B’A 

Trong tam giác vuông B’OA ,


.
sin
2sin
2
2
Trong tam giác vuông B’BA ,
�
�
�
2�
� 1
� 2 �1 2sin 2 �
x2
2
2
2
2
2
2
BB'  B'A  AB � h 
x x �
 1� x �
�
2
2
2 �
�
�
�

2sin
�2sin
�
� 2sin
�
2
�
2
�
�
2 �

2
2h2 sin2
2
2  h  1 cos   � x  h 1 cos
�x 
.

cos
cos 
1 2sin2
2
Diện tích xung quanh của hình lăng trụ ABCD.A ’B’C’D’ :
1 cos
.
Sxq  4SABB’A ’  4BB’.A B  4h2
cos
Bi 7
1. Sử dụng phương pháp véc tơ, từ điều kiện

BM  AC �ta tính được chiều cao của lăng trụ là
a.

Diện tích tam giác ABC là SABC 

3 2
a.
4

) nên VM.BCC� VA .BCC�
Vì AM //(BCC�
hay VM.BCC�
trên BC�
.
Ta có MB  MC�


3 3
a . Gọi H là hình chiếu của M
12
a 5
,BC�
a 2
2
45


3
1
6 2

a � S MBC� MH.BC�

a
2
2
4
3V
2
))  CBMC�
a.
Vậy khoảng cách cần tìm là d(C,(BMC�
SBMC�
2
2.
2
2
� MH  MC�
 HC �


C'

A'

B'

J

A

C



a

I
B

a) Chứng minh �
AJI   .
�
AI  BC
� AI   BCC'B' � AI  BC' .
�
AI  BB'
�
�BC'  AI
� BC'   AIJ  .
�
�BC'  AJ

�BC'   ABC' � BCC'B'
�
�
�  ABC' , BCC'B'   AJ,IJ  .
 AJI   BC'
�
�
 AJI  � ABC'  AJ ,  AJI  � BCC'B'  IJ

�
�
Lại có tam giác A IJ vuông tại I nên �
AJI nhọn do đó  AJ ,I J   A JI   .



b) Tính VABC.A ’B’C’ .
Tam giác ABC là tam giác đều nên I là trung điểm của BC .
Trong tam giác vuông AIJ .
a 3
IJ  AI.cot 
.cot 
2
BC ’   AJI  � BC'  IJ � Tam giác BJI vuông tại J .

46




� BJ 2  BI 2  IJ 2 



a2 3a2
a2

cot2  
1 3cot2 

4
4
4



a
1 3cot2 
2
Hai tam giác vuông BJI và BCC’ có chung góc B nên chúng đồng dạng suy ra
� BJ 

a2 3
cot 
2

IJ
BJ
IJ.BC
a 3cot 

� CC' 


a
CC' BC
BJ
1 3cot2 
1 3cot2 
2

Thể tích khối lăng trụ ABC.A ’B’C’ :
a2 3 a 3cot 
3a3 cot 
3a3
.


.
4
1 3cot2  4 1 3cot2  4 tan2   3
Diện tích xung quanh của hình lăng trụ ABC.A ’B’C’ .
V  SA BC .CC’ 

Sxq  3SBCC’B’  3BC.CC ’ 

3a2 3cot 
1 3cot2 

.

3. Áp dụng định lí hàm số cosin cho tam giác ABC ta có
�
BC2  AB 2  AC2  2AB.AC.cosBAC
� BC 2  a2  4a2  2.a.2a.cos1200  7a2 � BC  7.a.
Đặt CC�
 2x. Ta có
A'
A�
M  A ��
C 2  C�

M 2  4a2  x2 và

C'

BM  BC2  CM 2  7a2  x2 ,

B'

2
A�
B  A ��
B 2  BB �
 a2  4x2
Tam giác BMA �là tam giác vuông tại M
2
nên MB 2  MA �
 A�
B 2 do đó
2
2
2
2
4a  x  7a  x  a2  4x2

� x2  5a2 � x  5.a.
3VA .A �
BM
BM )) 
.
Ta có d(A,(A �

SA �
BM
//(ABB ��
A)
Vì CC�
nên VA .A �
BM  VM.AA �
B  VC.AA �
B  VA �
.ABC

M

A

C

B
1
1
1
15 3
0
Mà VA �
.AA �
.SABC  .2x. .AB.AC.sin120 
a và diện tích
.ABC 
3
3

2
3
1
MA �
.MB  3 3.a2
tam giác A �
BM là SA �
BM 
2
47


BM )) 
suy ra d(A,(A �

15a3
2

3 3a



5
a.
3

5
a.
3
� �

� �
4. ABA
 h. Từ tam giác A �
BC vuông và
 ,ACA
 ,BC  a. Đặt AA �
sin .sin 
h
h
h
.a.
BA �

,CA �

ta tính được
sin 
sin 
sin2   sin2 
Kẻ AH  BC � A �
H  BC nên
A'
C'
A�
B.A �
C
sin .sin 
A�
H


.a
BC
sin2   sin2 
Vậy khoảng cách từ A đến mặt phẳng A �
BM là

B'

� AH  A �
H2  A�
A2
� AH 

sin .sin . cos2   sin2 
.a
sin2   sin2 
SABC 

C

sin .sin . cos2   sin2  2
.a
2(sin2   sin2 )

� VABC.A ���
BC 
Ta có SA �
BC 

A

sin2 .sin2 . cos2   sin2 
2

2

H

B

3

2. (sin   sin )

.a3.

1
sin .sin 
A�
H.BC 
.a2 và thể tích khối chóp
2
2
2
2(sin   sin  )

B�
BCA �là VB�
BCA �
,(BCA �

)) 
nên d(B �

sin2 .sin2 . cos2   sin2  3
1
VABC.A ���

.a
BC
3
6. (sin2   sin2 )3

3VB�.BCA �
cos2   sin2 
 a.sin .sin .
.
SBCA �
sin2   sin2 

Bi 8

1
3a2
CD.AM 
.
A
2
4
1
a3

VB�.AMC  BB �
.SAMC 
.
3
4
Vì CA  a 5  CB �nên gọi H là B
H
trung điểm của AB �thì CH  AB �và
A'
3a
2
2
CH  CA  AH 
nên
2
1
3a2
SACB� CH.AB �

2
2
B'

1. SAMC 

48

M

D

C
D'

C'


C) là
do đó khoảng cách từ M đến mặt phẳng (AB �
3VMAB�
a
C
d(M,(AB �
C)) 
 .
SAB�
2
C
2.
C'

A'

30

B'

A

C

I
B

 AA ’,BC’   CC’,BC’ , lại có tam giác BCC’ vuông tại C
0
�
(do CC’   ABC  ) nên �
BC'C là góc nhọn do đó  CC’,BC’  BC'C  30 .
Vì CC’ P AA ’ suy ra

Gọi I là trung điểm của BC , ta có
AI  BC (do ABC cân tại A ) và AI  CC' . Suy ra AI   BCC'B'

�
AA ' P CC' � AA ' P  BCC'B'
�
� d  AA ',BC'  d A , BCC'B'  AI  a .
�
�BC' � BCC'B'
Hai mặt bên của hình lăng trụ đã cho qua AA ’ là hai mặt ABB’A ’ và A CC’A ’ .
�
AB � ABB'A ' ,AB  AA '
�
�  ABB'A ' , ACC'A '   AB,AC 
�
AC � ACC'A ' ,AC  AA '
�





Theo giả thiết





  ABB’A ’ , ACC’A ’   600 nên �BAC  600 hay �BAC  1200

* Trường hợp �
BAC  600 .
a 3
2a 3
Tam giác vuông AIB cho BI  AI tan�
BAI  atan300 
� BC  2BI 
3
3
2a 3
Tam giác vuông BCC’ cho CC’  BC.cot�
BC'C 
.cot300  2a .
3
Thể tích của khối lăng trụ ABC.A ’B’C’ :
V  SABC .CC' 

1
1 2a 3

2a3 3
.
AI.BC.CC'  a.
.2a 
2
2
3
3
49


*Trường hợp �
BAC  1200 .
Tính tương tự như trên ,ta có
BI  AI tan600  a 3 , BC  2a 3 , CC’  BC.cot300  6a .
Thể tích của khối lăng trụ ABC.A ’B’C’ :
1
V  a.2a 3.6a  6a3 3 .
2
M //CK nên
3. Gọi M là trung điểm của BB �thì A �

d(CK ,A �
D)  d(CK ,(A �
DM ))
3VK .A �
DM
 d(K ,(A �
DM )) 
.

SA �
DM
Ta có:
VK .A �
DM  VM.K A �
D  VB �
.K A �
D

A'
B'

1
1
1 3
 .B ��
A . A ��
D .K D 
a.
M
3
2
12
��
�
AD

(ABB
A
)

Hạ DH  A M, do
nên AH  A �
M.
2
Vì AH.MA �
 2SAMA � SABB ��
A a
a2
2a

.
nên AH 
MA � 5
2
2
Do đó DH  AD  AH 

D) 
Vậy d(CK ,A �

3VK .A �
DM
SA �
DM

3a
5

D'

C'

H

D

A
C

B

� SA �
MD 

K

1
3
DH.A �
M  a2.
2
4

a3
a
 12  .
3 2 3
a
4
3.

Bi 9
1. Đây là hình lăng trụ đứng nên chiều cao của lăng trụ chính là cạnh bên, đề bài đã
cho đáy là tam giác vuông biết một cạnh và một góc nên tính được diện tích đáy.
Như vậy ta cần tính chiều cao của lăng trụ.
C C), do
Ta có BA  AC,BA  AA �nên BA  (AA ��
đó AC� là hình chiếu của BC� trên mặt phẳng
��
(AA ��
C C), do đó AC
B  .

Trong tam giác vuông ABC ta có AB  AC tan , nên diện tích đáy của lăng trụ
1
1
là S  AB.AC  a2 tan .
2
2

50


 AB.cot   a tan  cot . Do đó
Trong tam giác vuông C�
AB ta có AC�
2
2
2
2

2
AA �
 AC�
 A ��
C 2  a (tan .cot   1), suy ra chiều cao của lăng trụ là
h  AA �
 a tan2 .cot2   1.
Vậy thể tích của khối lăng trụ là V  Sh 

1 3
a tan . tan2 .cot 2   1.
2

2. Vì AB  AC  a nên tam giác
ABC vuông cân tại A, diện tích đáy
1
của lăng trụ là S  SABC  a2.
2
Qua A dựng đường thẳng AM //BA �
cắt đường thẳng B ��
A tại M. Khi
đó góc giữa hai đường thẳng AC�và
A�
B là góc giữa hai đường thẳng
AC�và AM.
Ta có ABA �
M là hình bình hành, nên
A�
M  a � MC�
 a 2.

 x, thì AC�
Đặt AA �
 AM  x2  a2 .

C

B

A

B'

C'

A'

2
2
Do đó: AC�
nên
 AM 2  2x2  2a2  2a2  MC�
M
��
��
C
AM  900 , vì thế   C
AM.

Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam
giác AC�

M ta có
2
2
2a2  MC�
 AC�
 AM 2  2AC�
.AM.cos 
� 2a2  2x2  2a2  2(x2  a2 )cos  � x2 

a2 cos 
1  cos 

cos 
. Như vậy, thể tích khối lăng trụ ABC.A ���
B C là
1  cos 
1
cos 
V  Sx  a3
.
2
1  cos 
3.
Hay x  a

51


C'

B'

A'

E
B



H

O

2a

C

a
A

a) .Tính d(A , BCC’B’ . Xác định  .

Tính d(A , BCC’B’ . Dựng AH  BC  H �BC  .
�
 BCC'B'   ABC 
�
�
 BCC'B' � ABC   BC � AH   BCC'B' .
�
�

AH � ABC  ,AH  BC
�
Dựng HE  BB’ E �BB' , ta có
�BB'  AH
� BB'   AHE 
�
�BB'  HE

�
 ABB'A ' � BCC'B'  BB'
�
�
 AHE   BB'
�
�
 AHE  � ABB'A '  AE , AHE  � BCC'B'  HE
�
�  ABB'A ' , BCC'B'   AE,HE 





Mặt khác tam giác AHE vuông tại H (do AH  HE ) nên �
AEH là góc nhọn.
�
Do đó  ABB'A ' , BCC'B'   AE,HE   AEH  





b) .Tính VABC.A ’B’C’
Trong tam giác vuông ABC .
AC  BC 2  AB2  a 3
AH.BC  AB.AC � AH 
AB2  BH.BC � BH 
52

AB.AC a2 3 a 3


BC
2a
2

AB2 a2 a


BC 2a 2


Trong tam giác vuông AHE : HE  AH.cot 

a 3
cot  .
2

Tứ giác ABB’A ’ là hình thoi � BB'  AB  a
Gọi O là hình chiếu vuông góc của B’ lên BC thì B’O   ABC  (chứng minh

tương tự như chứng minh AH   BCC’B’ ).
Hai tam giác vuông BEH và BOB’ có chung góc nhọn B nên chúng đồng dạng
a2 3
cot 
B'O BB'
EH.BB'
suy ra

� B'O 
 2
 a 3cot  .
a
EH BH
BH
2
Thể tích khối lăng trụ ABC.A ’B’C’
V  SABC .B’O 

1
1
3a3 cot 
AB.AC.B'O  a.a 3.a 3cot  
2
2
2

4.
C'

D'

B'

A'

a
C

D
a
60
A

O

H
K

B

a).Tính góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy.
Gọi  O  AC I BD .Theo giả thiết ta có B’O   ABCD  .
�B'B � ABCD    B
�
� hcB’B/(A BCD)  OB
�
�B'O   ABCD  ,O � ABCD 





� B'B, ABCD    B'B,BO   �
B'BO .

Tam giác ABD có AB  AD  a , �
BAD  600 � ABD là tam giác đều
a
� OB  .
2
53


a
OB
1
.
�
cosB'BO

 2  ��
B'BO  600
BB' a 2
Vậy góc giữa cạnh bên và mặt phẳng đáy là 600 .
b).Tính VABCD.A ’B’C’D’ .

Trong tam giác vuông B’OB :

Thể tích của khối hộp ABCD.A ’B’C’D’ :

2

2
0 a
�
V  SABCD .B'O , S
A BCD  AB.AD.sin BAD  a sin60 

Trong tam giác vuông B’OB: B’O  BB’sin 600 
Suy ra V 

2

3

.

a 3
2

3a3
.
4

Tính Sxq của hình hộp ABCD.A ’B’C’D’ .
Vì hai mặt đối diện của hình hộp là hai hình bình hành bằng nhau do đó
Sxq  2 SABB’A ’  SBCC’B’ 
Gọi H ,K lần lượt là hình chiếu vuông góc của O lên các cạnh BC và AB . Theo
tính chất của hình thoi ta có OH  OK .
Hai tam giác vuông B’OH và B’OK (vuông tại O ) có cạnh B’O chung ,

OH  OK nên chúng bằng nhau
� B'H  B'K � SBCC'B'  B'H.BC  B'K.AB  SABB'A '
a 3
a 3
Trong tam giác vuông AKO : OK  AO sin�
OAK 
sin300 
2
4
Trong tam giác vuông B’OK .
2

2

�a 3 � �a 3 � 3a2 3a2 15a2
B'K  B'O  OK  �


� �
�
�2 � �4 � 4
16
16
�
� �
�
2

� B'K 

2

2

a 15
a2 15 � S  4S
2
� SABB'A '  B'K.AB 
xq
A BB'A '  a 15
4
4

Bi 10

1. Gọi H là hình chiếu của điểm A ' lên mặt phẳng ( ABC ) .

54


Vì AA '  A ' B  A ' C nên
HA  HB  HC hay H là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC .
Diện tích tam giác ABC là:
S


1
AB.AC.sin A

2

1
a2 3
a.a.sin 600 
.j
2
4

Tam giác

AA ' B

cân tại

A ' và có

�
AA ' B  1800  2 .

� '
BAA

nên   900 và

Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam giác AA �
B ta có
2
2
2

0
AB  A�
A  A�
B  2A �
A.A�
A.cos(180  2 )  4 A�
A2 cos2 
Suy ra: A�
A

a
.
2cos

Vì ABC là tam giác đều, nên AM  a 3 , do đó
2

2
a 3
.
AM 
3
3
Xét tam giác A ' AH ta có :
AH 

AH 2  A�
A 2  AH 2 

a2

4cos2 



a2 a2 (3  4cos2  )

3
12cos2 

a
3(3  4cos2  ).
6cos
Thể tích của khối lăng trụ là:
� A�
H 

a2 3
a
a3 3  4cos2 
.
3(3  4cos2  ) 
.
4 6cos
8cos
2. (Bạn đọc tự vẽ hình )
V 

Ta xác định hình chiếu của BC�lên mặt
A ).
phẳng (ABB ��

Gọi M �là trung điểm của A ��
B . Vì tam giác
A ���
B C đều và lăng trụ đứng nên ta có
C�
M�
 A ��
B ,C�
M�
 BB �
� C�
M�
 (ABB ��
A ),
nên BM �là hình chiếu của BC�lên mặt phẳng
��
(ABB ��
A ). Do đó   M
BC�
.
55


, ta có BC�
Xét tam giác vuông BCM �


C�
M� a 3


.
sin  2sin 

Áp dụng Pitago cho tam giác BCC�
3a2
a2 (3  4sin2  )
2
2
2
CC�
 BC �
 BC2 

a

4sin2 
4sin2 
a
a sin 3
CC�

3  4sin2  
.
2sin 
2 sin3 
Vậy thể tích khối lăng trụ là
a sin 3 a2 3 a3 3sin 3
V  CC�
.SABC 
.


.
2 sin3  4
8 sin3 
Vì lăng trụ tam giác đều nên diện tích xung quanh của lăng trụ
a sin3
3a2 sin 3
�
Sxq  3SAA ��

3.AA
.AB

3
a.

.
BB
2 sin3 
2 sin3 
Diện tích toàn phần của lăng trụ
�
3a2 sin3
a2 3 a2 3 � 3sin3
Stp  Sxq  2SABC 

2

 1�
.

�
3
3
�
�
2 sin 
4
2 � sin 
�
, hay 3  4sin2   0.
Hình lăng trụ tồn tại khi và chỉ khi tồn tại CC�
3
Vì  �(0;900 ) nên điều kiện trở thành 0  sin  
� 0    600.
2
Vậy hình lăng trụ tồn tại khi và chỉ khi 0    600.
Bi 11

1. Trong mặt phẳng ( ABCD) , đường thẳng MN cắt AB, AD lần lượt tại
I , J ; A ' I � BB '  E , A ' J �DD '  F . Khi đó A ' EMNF là thiết diện
của khối lập phương cắt bởi ( A ' MN )

56


Ta có VH  VA ' AI J  VBI ME  VDF NJ .
BI
BM
a DJ
DN


 1 � BI  CN  ;

 2 � DJ  2MC  a
CN
CM
3 MC CN
BE
IB 1
a DF
JD 1
a

 � BE  ;

 � DF 
AA ' I A 4
4 AA ' J A 2
2
4a
, AJ  AD  DJ  2a
Suy ra AI  AB  BI 
3
1
Mặt khác với một tứ diện vuông O.ABC thì VO.ABC  OA.OB.OC nên ta
6

Ta có:

có:

VA '. AI J 

1
1 4a
4a3
AA '.AI .AJ  a.
.2a 
6
6
3
9

VB.EMI 

1
1 a a a
a3
;
BI .BE .BM  . . . 
6
6 3 4 2 144

VD.I NF 

1
1 2a a a3
DJ .DN .DF  .a.
. 
6
6

3 2 18

3
3
3
Vậy VH  4a  a  a  55 a3 .

9

144

18

144

2. Diện tích đáy của khối lăng trụ
57


�  a2 sin . Vì ABCD là hình thoi nên
S  SABCD  2SABD  a.a.sin BAD
, do đó
AC  BD. Mà lăng trụ là lăng trụ đứng nên AC  BB �
AC  (BB �
DD�
) � AC  BD�
(1).
D' BD�
 BD�(2), nên từ (1) và (2) ta có
 (AB �

C).
Theo giả thiết AB �
Gọi O là giao điểm của AC và
BD,H là giao điểm của OB �và
 BD�tại H.
BD�thì OB �
A'
B'
Áp dụng định lý hàm số cosin cho tam
giác ABD
BD2  AB 2  AD2  2AB.AD.cos 

 2a2 (1  cos  )  4a2 sin2 .
2


H
D
Do đó BD  2asin � OB  asin .
2
2
Hai tam giác HB ��
D và HOB đồng
OH
OB 1
O

 ,
dạng, nên
HB � B ��

D 2
B
A
suy ra OB �
 3OH.
2
OB �
Tam giác vuông BB �
O có đường cao BH, nên OB 2  OH.OB �

,
3


2
 3OB  3asin � B �
B  OB �
 OB 2  2asin .
do đó OB �
2
2
Vì thế ta có thể tích khối lăng trụ ABCD.A ����
B C D là


� 2
VABCD.A ����
 2a3 sin  sin .
B C D  S.BB  a sin . 2asin
2

2

C'

C

3. Vì ABCD.A ' B ' C ' D ' là hình hộp đứng nên mặt các chéo ACC ' A ' và
BDD ' B ' là hình chữ nhật, do đó: s1  AC.AA ',

58


s2  BD.AA '

Tam giác AA ' O vuông tại A
OA '2  AA '2  OA 2  AA '2 

AC 2
(1)
4

mà tam giác A 'BD vuông tại A ' nên
s
BD
, thay AC  1 ,
2
AA '
s2
BD
vào (1)

OA  OA ' 

2
2AA '
OA ' 

Suy ra: AA '2 

s12
4 AA '2



s22
4 AA '2

4

� 4 AA ' 

s22



s12

� AA ' 

2
4 s2

 s12
4

Ta lại có : s1s2  AA '2 .AC.BD  AA '2 .2S ABCD  s22  s12 .S ABCD
� S ABCD 

s1s2
s22  s12

.

2
2
4 s2  s1
V

AA
'.
S

Vậy ABCD.A ' B ' C ' D '
ABCD
4

s1s2
s22



s12



2s1s2
24 s22



s12

.

Bi 12

1. Gọi H là hình chiếu của A ' trên ( ABD) , J , K là hình chiếu
của H trên AB, AD
Áp dụng định lí cosin cho ABD :
�
BD2  AB 2  AD2  2AB.AD.cos BAD

� AD2  2a.AD  3a2  0 � AD  3a
1
3 3a2
�
� SABD  AB.AD.sin BAD

2
2
Từ giả thiết suy ra hình chóp A '.ABD

có các mặt bên hợp đáy góc 600 . Nên
H là cách đều các cạnh của ABD

TH 1 : Nếu H nằm trong ABD thì H là tâm đường tròn nội tiếp ABD .
59