Bài Giải Thể Tích Khối Lăng Trụ – Khối Hộp

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>HƯỚNG DẪN GIẢI THỂ TÍCH CỦA KHỐI LĂNG TRỤ </b>

<i><b>GVBM</b></i> : ĐOAØN NGỌC DŨNG

<b>V. KHỐI LĂNG TRỤ ĐỨNG </b>
<b>BAØI 5.1 : </b>

 Hướng dẫn :

 Tính thể tích khối tứ diện IABC
Trong tam giác vng A’AC, ta có :

5
a
a
4
a
9
'
AA
C

'
A

AC_ 2 _ 2 _ 2_ 2 _

Trong tam giác vuông ABC, ta coù :
a
2
a

a
5
AB
AC

BC_ 2_ 2 _ 2 _ 2 _

Gọi H là hình chiếu của I trên AC thì IH  (ABC).
Vậy IH là chiều cao của tứ diện IABC.

Xét hai tam giác đồng dạng MIA’ và AIC, ta có :
2

1
AC

M
'
A
IC

'

IA _ _ _{, suy ra}

3
2
'
CA

CI _

Mặt khác : IH // AA’ nên ta có :

3
a
4
'
AA
3
2
IH
3
2
'
CA

CI
'
AA
IH








Diện tích tam giác ABC là : 2

ABC ₂1 AB BC ₂1 a 2a a

S       

Thể tích khối tứ diện IABC là :

9
a
4
3

a
4
a
3
1
IH
S

3
1

V 2 3

ABC

IABC       

 Tính khoảng cách từ điểm A đến (IBC)

Vẽ HK  BC. Chứng minh BC  (IHK)  BC  IK.
Do HK // AB nên

3
a
2
AB
3
2
HK
3

2
'
CA

CI
CA
CH
AB

HK_ _ _ _ _ _ _

vuông IHK có :

3
5
a
2

HK
IH

IK 2 2 

3
5
a
2
3

5
a
2
a
2
2
1
IK
.
BC
2
1
S

2

IBC    



5
a
2
3

5
a
2

9
a
4
.
3
S

V
3
))
IBC
(
A
(
d
))
IBC
(
A
(

d
S
3
1

V ₂

3

IBC
IABC
IBC

IABC      

 Cách khác :

Kẻ AK  A’B (K  A’B) (3)

Ta coù :







'
AA
BC

AB
BC

 BC  (ABB’A’)  BC  AK (4)
Từ (3) và (4) suy ra : AK  (IBC)

Do đó AK là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC)
Tam giác A’AB vuông tại A, ta có :

5
5
a
2
AK
a

1
a
4

1
AB

1
'
AA

1
AK

1

2
2
2
2

2       









₅

5
a
2
IBC
,
A

d 

<b>BAØI 5.2 : </b>

 Hướng dẫn :

(ĐẠI HỌC D 2009)Cho
hình lăng trụ đ ứng
ABC.A’B’C’ có đáy ABC
là tam giác vuông tại B,
AB = a, AA’ = 2a, A’C =
3a. Gọi M là trung đi ểm
của đoạn thẳng A’C’, I

là giao đi ểm của AM và
A’C. Tính theo a thể
tích khối tứ diện IABC
và khoảng cách từ điểm
A đến mặt phẳng (IBC). A

<b>B</b>

<b>BÀÀI 16I 16 :</b>

B

C
A’

B’

C’



M

I

H
K

a

3a
2a

(Ð? I H? C D 2009)Cho
hình lang tr? d ? ng
ABC.A’B’C’ có dáy ABC
là tam giác vuông t?i B,
AB = a, AA’ = 2a, A’C =
3a. G?i M là trung di ?m
c?a do?n th?ng A’C’, I
là giao di ?m c?a AM và
A’C. Tính theo a th?
tích kh?i t? di?n IABC
và kho?ng cách t? di?m

A d?n m?t ph?ng (IBC). A

<b>B</b>

<b>BÀÀI 16I 16 :</b>

B

C
A’

B’

C’



M

I

H
a

3a
2a

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

Thể tích khối lăng trụ là :

2
2
a
2
a
2
a
'
AA
S

V ABC  2   3

Gọi N là trung điểm của BB’ thì MN là đường trung bình của BCB’.
Suy ra MN // CB’. Mà MN  (AMN) nên B’C // (AMN)

Do đó : d(AM , B’C) = d(B’C , (AMN)) = d(B’ , (AMN)) = d(B , (AMN))
Gọi BH là chiều cao của tứ diện BAMN thì d(B , (AMN)) = BH

Tứ diện BAMN có các cạnh BA, BM, BN đơi một vng góc nên ta có :

7
7
a
BH
a

7
a

4
a
2

4
a

1
BN

1
BM

1
BA

1
BH

1

2
2
2
2
2
2

2

2          .

Vậy d(AM , B’C) =
7

7
a

<b>BÀI 5.3 : </b>

 Hướng dẫn :

Gọi D là trung điểm của BC, ta có :

))
ABC

(
),
BC
'
A
((
BC

AD
BC
D
'
A

BC
)
ABC
(
)
BC
'
A
(
















= góc A’DA = 60

Vì AD là đường cao của đều ABC cạnh a nên

2
3
a
AD

vng A’AD có một góc bằng 60 nên là nửa tam giác đều.
 A'D2ADa 3 và

2
a
3
3
AD
'

AA 

Vaäy thể tích khối lăng trụ :

8
3
a
3
2

a
3
4

3
a
'
AA
.
S
V

3
2

ABC   

 (ñvtt)

Gọi H là tâm của tam giác đều ABC 

3
1

DA
DH
'
DA

DG _ _ _{ GH // AA’  GH  (ABC)}

 GH là trục của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC.

Vẽ mặt phẳng trung trực của GA, mặt phẳng này cắt GA tại E và cắt GH tại I, ta có IG = IA = IB = IC  I
là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC

GEI đồng dạng GHA 

GH
2
GA
GH

GA
.
GE
GI
GH
GE
GA

GI _ _ _ _ 2

GH // AA’ 

2
a
2

a
3
3
1
'
AA
3
1
GH
3

1
DA
DH
'
AA
GH











vuông GHA có :

12
a
7
2

3
a
3
2
2

a
AH
GH

GA

2
2
2

2

2 




















 .

Do đó :

12
a
7
a
12

a

7
GH
2
GA
GI

2
2





<b>BÀI 5.4 : </b>

 Hướng dẫn :

AD // B’C’ vaø AD = B’C’  AB’C’D là hình bình hành
 DB’ cắt AC’ tại trung điểm I (1)

AC // A’C’ và AC = A’C’ ACC’A’ là hình bình hành
 MN là đường trung bình của hình bình hành ACC’A’

 MN cắt AC’ tại trung điểm của AC’  MN đi qua trung điểm I (2)
Từ (1) và (2)  DB’ và MN cắt tại trung điểm I của mỗi đường
 B’, M, D, N cùng nằm trên một mặt phẳng.

(ĐẠI HỌC B 2010)
Cho hình lăng trụ tam
giác đều ABC.A’B’C’

có AB = a. Góc giữa
hai mặt phẳng (A’BC)
và (ABC) bằng 60.
Gọi G là trọng tâm
A’BC. Tính thể tích
khối lăng trụ đã cho và
tính bán kính mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện

GABC theo a. A

<b>B</b>

<b>BÀÀI 18I 18 :</b>

B

C
A’

B’

C’

D a

60


G





H
E

_I

(ĐẠI HỌC B 2003)
Cho hình lăng trụ
đứng ABCD.A’B’C’D’
có đ áy ABCD là hình
thoi cạnh a, góc BAD
= 60. Gọi M là trung
điểm cạnh AA’ và N là
trung điểm cạnh CC’.

Chứng minh rằng 4
điểm B’, M, D, N cùng
thuộc một mặt phẳng.
Hãy tính độ dài cạnh
AA’ theo a đ ể tứ giác
B’MDN là hình vng.

B

<b>B</b>

<b>BÀÀI 19 :I 19</b>

D
C
B’

D’
C’

M

I

a
A

A’



N

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Ta coù: DM2_{= DA}2_{+ AM}2_{= DC}2_{+ CN}2_{= DN}2_{ DM = DN}

 hình bình hành B’MDN là hình thoi.

Hình thoi B’MDN là hình vuông  MN = B’D
 AC = B’D  AC2_{= B’D}2_{= B’B}2_{+ BD}2

 3a2_{= B’B}2_{+ a}2_{ B’B}2_{= 2a}2_{ B’B = a 2 .}

Vậy A’A = a 2 .
 Cách khaùc :

<i><b>a) Do M là trung điểm cạnh A</b></i>A và N là trung điểm cạnh CC’ nên ta có AM // NC’ và AM = NC’
 Tứ giác AMCN’ là hình bình hành.

Gọi I là giao điểm của MN và AC’ thì I là trung điểm của MN (1)
Mặt khác, tứ giác AB’C’D là hình bình hành nên I = AC’  B’D
 I là trung điểm của B’D (2)

Từ (1) và (2) suy ra tứ giác B’MDN là hình bình hành
Vậy B’, M, D, N cùng nằm trên một mặt phẳng.

<i><b>b) ta có </b></i>DAM = DCN  DM = DN
 Tứ giác B’MDN là hình thoi.

Do đó : B’MDN là hình vng  MN = B’D (*)
BDB’ vng tại B, ta có : B’D2_{= B’B}2_{+ DB}2_{. Khi đó :}

(*)  MN2_{= B’D}2_{ AC}2_{= B’B}2_{+ BD}2_

 

2
3

a = B’B2 + a2  B’B2 = 2a2  B'Ba 2 A'A
Vậy A’A = a 2 .

<b>BÀI 5.5 : </b>

 Hướng dẫn :

AA’  (ABC)  góc A’BA là góc giữa A’B với đáy
 góc A’BA = 60.

Ta có AA’ = AB.tan60 <i>_AA</i>/ _<i>_a</i> ₃

2 3

3 3

3

4 4

<i>a</i> <i>a</i>

<i>V</i>  <i>a</i> 

G

GoọïiiKKllaàøttrruunnggđđiieểmåmccuủûaaBBCCMMNNKKvvuuoônânggttaạïiiKKccoóù::

1 a

MK AB ; NK AA ' a 3

2 2

   

 

₂ 2 2

2 13 13

3

2 4 2

<i>a</i> <i>a</i> <i>a</i>

<i>MN</i>  <i>a</i>  _{ }  <i>MN</i> 

 

<b>BAØI 5.6 : </b>

 Hướng dẫn :

 Tính thể tích khối lăng truï ABC.A’B’C’

Trong tam giác ABC kẻ đường cao CH thì CH



AA'B'B



 A’H là hình chiếu vng góc của A’C trên
mặt phẳng



AA'B'B



 góc CA’H = 30o

Áp dụng định lí cô-sin trong ABC, ta có :

2
2

2
o
2

2

2 ₇_a

2
1
a
2
.
a
2
a
4
a
120
cos
.
BC
.
AC
2
BC
AC

AB 

















7
a
AB


Diện tích tam giác ABC là :

2
3
a
2

3
a
2
.
a
2

1
120
sin
.
CB
.
AC
2
1

S o 2

ABC    



Mặt khác :

7
21
a
7
a 2

3
a
2
AB
S
2

CH
AB
.
CH
2
1
S

2

ABC

ABC 







 



A

B

C
A’

B’

C’



K
a

M



60

N

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Tam giác A’CH vuông tại H, ta có :

7
21
a
2
30
sin

CH
C

'

A  _o 

Tam giác A’AC vuông tại A, ta có :

7
35
a
a
7

21
a
2
AC

C
'
A
'

AA 2

2
2

2 _ _














Thể tích khối lăng trụ đã cho là :

14
105
a
7

35
a
2

3
a
'
AA
.
S

V ABC  2   3 (đvtt)

 Tính khoảng cách từ đỉnh A’ đến (ACM)
Dễ thấy d



A ,'



ACM





2d



B,



ACM





Trong tam giác ABC kẻ đường cao BK, ta có : AK



BKM



BM

AK
BK
AK











Mà BK



ACM



nên



ACM

 

 BKM



theo giao tuyến KM.

Trong tam giác BKM kẻ đường cao BI thì BI



ACM



. Suy ra d



B,



ACM





BI.
Ta có : BK_BC.sin60o _a 3_.

Tam giác vuông BKM, ta có :

89
1335

a
BI
a

35
196
a

3
1
BM

1
BK

1
BI

1

2
2

2
2

2      









₈₉

1335
a

ACM
,
B

d 


Vaäy d A ' , ACM









2a 1335

89

 .

<b>BAØI 5.7 : </b>

 Hướng dẫn :

 Tính thể tích khối tứ diện EABD

Ta có ABADa và góc BAD = 60o_nên _{ABD là tam giác đều cạnh a. Suy ra} _BD__a_,

3
a
AO
2

AC  .

Tam giác ACC’ vuông tại C, ta coù :
a

a
3
a
4
AC
'
AC
'

CC_ 2_ 2 _ 2_ 2 _

Gọi IAC'A'C thì I là trung điểm AC’
 E là trọng tâm của A’AC

Trong AEO kẻ đường cao EH thì EH



ABD



.
Do EH//A'A nên ta có :

3
a
A
'
A
3
1
EH
3

1
'
OA

OE
A
'
A

EH _ _ _ _ _

Thể tích khối tứ diện EABD là :

36
3
a
3
a
4

3
a
3
1
EH
.
S
3
1

VEABD  ABD   2   3 (đvtt)
 Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BDE)

Ta coù : BD



A'AO



BD A'O

'
AA
BD

AC
BD














Tam giác EBD có EO vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến nên cân tại E.
Tam giác A’AO vng tại A, ta có :

6
7
a
O
'
A

3
1
EO
2

7
a
2

3
a
a
AO
A

'
A
O
'
A

2
2

2

2 _ _ _ _













Diện tích tam giác EBD là :

12
7
a
EO
.
BD
2
1

SEBD   2

















7
21
a
12

7
a 36
3
a
3
S

V
3
EBD
,
A
d
EBD
,
A
d
.
S
3
1

V ₂

3

EBD
EABD
EBD

EABD 







 . Vaäy









7
21
a
EBD
,
A

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

<b>BÀI 5.8 : </b>

 Hướng dẫn :

Đặt ABx



x0



; ta coù 2x
60
cos

AB

AC _o  , BC_AB.tan60o_x 3

Ta coù :

2
3
x
BC
.
AB
2
1

SABC   2

Mặt khác : SABCpr, với







₂



x
3
3
BC
AC
AB
2
1

p     ,





2
a
1
3

r 



 



_x _a

2
a
1
3
2

x
3
3
2

3
x2









Dựng hình bình hành ADBC thì AC//



A'BD



, ta có :



AC,A'B



d



AC,



A'BD





d



A,



A'BD





d  

Trong tam giác ABD kẻ đường cao AK, ta có :



A'AK



BD
'
AA
BD

AK
BD











Mà BD



A'BD



nên



A'BD

 

 A'AK



theo giao tuyeán
A’K.

Trong tam giác A’AK kẻ đường cao AH thì AH



A'BD















5

15
a
AH
BD

'
A
,
A
d
B
'
A
,
AC

d   



Tam giaùc A’AK vuông tại A có : ₂ ₂ ₂

AK
1
'
AA
1
AH

1 _ _

Tam giác ABD vuông tại A, ta có : ₂ ₂ ₂
AD

1
AB

1
AK

1 _ _

Do đó : AA' a 3

a
3

1
a

1
'
AA
1
a

3
5
AD

1
AB

1
'
AA
1
AH

1

2
2
2
2

2
2

2

2         

Vaäy thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là :

2
a
3
3
a

.
3
a
.
a
2
1
'
AA
.
BC
.
AB
2
1
'
AA
.
S

V __ABC    3 (đvtt)

<b>BÀI 5.9 : </b>

 Hướng dẫn :

 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’
Ta có : A'C'



ABB'A'



'

AA
'
C
'
A

'
B
'
A
'
C
'
A











Trong tam giác A’AB kẻ đường cao AI, ta có :


















'
A
'
ABB
'

C
'
A
do
'
C
'
A
AI

B
'
A
AI



BA'C'



AI



Mặt khác



AB'M

 

 BA'C'



nên AI



AB'M



hay IAB'A'B

Suy ra tứ giác ABB’A’ là hình vng.

Ta có : a 2

2
BC
AB
'

AA   .

Vậy thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' là : 2a .a 2 a 2
2

1
'
AA
.
S

V 2 3

ABC   

 (đvtt)

 Tính khoảng cách từ B’ đến (AC’M)
Ta có : AM



BCC'B'



'
BB
AM

BC
AM








</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Trong tam giác B’C’M kẻ đường cao B’H, ta có :

_

_

_

_

B'H



AC'M



'

B
'
BCC
AM

do

AM
H

'
B

M
'
C
H
'
B





















d B' , AC' M B' H

 

Tam giác C’CM vuông tại C, ta có : C'M_ CC'2_CM2 _ 2a2 _a2 _a 3
Diện tích tam giác MB’C’ là : .2a.a 2 a 2

2
1
'
BB
.'
C
'
B
2
1

S 2

'
C
'

MB   



Maët khác

3

2
a
2
3
a

2
a
2
M
'
C
S
2
H
'
B
M
'
C
.
H
'
B
2
1

S MB'C' 2

'

C
'

MB      



Vậy d B' , AC ' M









2a 6
3

 .

<b>BAØI 5.10 : </b>

 Hướng dẫn :

 Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’

Gọi I là trung điểm của A’B’ thì CI'A'B' (do A’B’C’ cân tại C’)
Mặt khác C'IAA', suy ra CI'



ABB'A'



 BI là hình chiếu của BC’ trên mặt phẳng



ABB'A'



 góc C’BI = 60o_{là góc hợp bởi BC’ với mặt phẳng}



_ABB_'_A_'



BB’I vuông tại B’, ta có :

2
5
a

4
a
a
I'
B
'
BB

BI_ 2_ 2 _ 2_ 2 _
BC’I vuông tại I, ta có :

2
15
a
60
tan
.
BI
I'

C _ o _

Diện tích tam giác A’B’C’ là :

4
15
a
2

15

a
a
2
1
I'
C
.'
B
'
A
2
1

SA'B'C'      2
Vậy thể tích khối lăng trụ đã cho là :

4
15
a
a
4

15
a
'
AA
.
S

V A'B'C'  2   3 (đvtt)

 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, NP

Gọi Q là trung điểm của B’C’ thì MQ//BC'//PN, suy ra BC’ và PN cùng song song với mặt phẳng



AMQ .



Do đó : d



AM,PN



d



PN,



AMQ





2d



BC ,'



AMQ





Trước hết ta tính khoảng cách từ BC’ đến mặt phẳng



AMQ .



Gọi HAMBI, ta có : ABMBBI'  góc BAM = góc B’BI

Mặt khác : góc AMB + goùc BAM = 90o_{ goùc AMB + góc B’BI = 90}o_{ góc BHM = 90}o __AM__BI

Ngồi ra AMCI'



doCI'



ABB'A'





, suy ra AM



BCI'



AMBC'

Kẻ HKBC'



KBC'



thì HK là đoạn vng góc chung của AM và BC’, tức là :



AM,BC'



HK d



BC,'



AMQ





d  

ABM vuông tại B, ta coù :

5
5
a
BH
a

5
a

4
a

1
BM

1
AB

1
BH

1

2
2
2
2
2

2       

BHK vuông tại K, ta có :

10
15
a
60
sin
.
BH

HK_ o _

Vậy d AM , PN





2HK a 15
5

 

<b>BÀI 5.11 : </b>

 Hướng dẫn :

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

Tam giác ABC vuông tại A, ta có : AC_AB.tan60o _2a 3_, ₄_a

60
cos

AB

BC _o 

a
2
'
C
'
B
2
1
M
'

A  



Trong tam giác A’B’C’ kẻ đường cao A’H, ta có : A'H.B'C'A'B.'A'C'

3
a
a

4
3
a
2
.
a
2
'

C
'
B

'
C
'
A
.'
B

'
A
H
'

A   



Thể tích khối chóp A'.BCM là :

3
a
2
3
a
.
a
3
.
a
4
6
1
H
'
A
.
MN
.

BC
6
1
H
'
A
.
S
3
1

V 3

BCM
BCM

'.

A     

Gọi I là trung điểm của A’M, ta coù :

13
a
a
9
a
4
'
BB

'
B
'
A
B
'
A

BM_ _ 2_ 2 _ 2_ 2 _ 

 A’BM cân tại B BIA'M

Diện tích tam giác A’BM là : A'M.BI
2

1

S_A_'_BM  , với BI_ A'B2_AI'2 _ 13a2 _a2 _2a 3

3
a
2
3
a
2
.
a
2
2
1

S 2

BM
'

A  



Mặt khác :

















3a

3
a
2

3
a
6
S

V
3
BM
'
A
,
C
d
BM

'
A
,
C
d
.
S
3
1
V

V ₂3

BM
'
A

BCM
'.
A
BM

'
A
BM

'
A
.
C

BCM
'.

A      

 Tính góc giữa hai mặt phẳng (A’BM) và (ABC)

Diện tích tam giác ABN là : a 3

2
3
a
2
.
a
2
2
1
60
sin
.
BN
.
AB
2
1

S o 2

ABN    

Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng



A'BM



và



ABC , và N là trung điểm của BC.



Do ABN là hình chiếu của A’BM trên mặt phẳng



ABC nên ta có :



o
2

2

BM
'
A

ABN
BM

'
A

ABN ₂ 60

1
a
3
2

a
3
S

S
cos
cos

.
S

S      

<b>BAØI 5.12 : </b>

 Hướng dẫn :

A1B1C1 vuông tại B1 ta có : B1C1  A1C12 A1B12  5a2a2 2a
Kẻ A₁HAB₁, ta có : BC



AAB



BC AH

AA
C

B

B
A
C
B

1
1
1
1

1
1

1
1
1

1

1
1
1

1 _ _ _ _








Từ đó : ₁



₁ ₁



1
1
1

1

1 _A _H _AB_C

C
B
H
A

AB
H
A











 HK là hình chiếu vng góc của A1K trên mặt phẳng



AB1C1



 góc A1KH = 30o là góc giữa A1K và



AB1C1



Đặt AA1 x



x0



AA1B1 vuông tại A1, ta coù : 2 ₂ ₂
1

1

2
1
2

1 a

1
x

1
B
A

1
AA

1
H

A

1 _ _ _ _

_{ }

₁

AA1C1 vuông tại A1, ta có : 2 ₂ ₂
1

1
2
1
2

1 5a

1
x

1
C
A

1
AA

1
K

A

1 _ _ _ _

_{ }

₂

A1HK vuông tại H, ta có : AK

2
1
30
sin
.
K
A
H

A1  1 o  1

 

3

Thế

 

3 vào

 

1 , ta coù : ₂ ₂ ₂

1 a

1
x

1
K
A

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

<b>B</b>

<b>BÀÀI 20I 20::</b>(ĐẠI HỌC A 2008)Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’
có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông
tại A, AB = a, AC = ,hình chiếu vng góc của đỉnh A’
trên (ABC) là trung đi ểm của BC. Tính thể tích khối chóp
A’.ABC và tính cosin của góc giữa AA’, BB’.

3
a

A

B

C

A’

B’

C’

2a

a

3
a

H



Từ

 

2 và

 

4 ta được : x 15a x a 15
a

1
x

1
a
5

1
x

1

4 2 2

2
2
2

2      







 _

Vaäy thể tích khối lăng trụ ABC.A₁B₁C₁ là: a.2a.a 15 a 15
2

1
AA
.
C
B
.
B
A
2

1
AA
.
S

V 3

1
1
1
1
1
1

ABC   



<b>BAØI 5.13 : </b>

 Hướng dẫn :

Vẽ AHBC



A'HA



BC  góc A’HA = 30o

3
a
30
cot
'
AA

AH_ o_

3
a
2
AC
a

12
1
a
4

1
a
3

1
AC

1
AC

1
AB

1
AH

1

2
2

2
2
2

2

2        

Do đó : 2a.2a 3.a 2a 3

2
1
'
AA
.
AC
.
AB
2
1

V 3

'
C

'
B
'
A
.

ABC    

 B'C'//



A'BC



d



B'C ,'A'C

 

dB'C,'A'BC

 

dB,'A'BC



Gọi IAB'A'B  I trung điểm B’A  d



B,'A'BC

 

d A,A'BC



Vẽ AKA'HAK



A'BC



d



A,A'BC



AK

Ta có :

2
3
a
30
sin
.
AH

AK_ o _ _{. Vaäy}









2
3
a
C
'

A
,'
C
'
B
d
2

3
a
BC
'
A
,
A

d    .

<b>VI. KHỐI LĂNG TRỤ XIÊN </b>
<b>BÀI 6.1 : </b>

 Hướng dẫn :

Gọi H là trung điểm của BC, theo giả thiết ta có : A’H  (ABC)
 A’H là đường cao của hình lăng trụ và cũng chính là đường cao
của hình chóp A’ABC V 1 S_ABC B' H

3

   .

2
3
a
3
a
a
2
1
AC
AB
2
1

SABC        2

ABC vuông tại A coù : BC a

2
1
AH
a

2
a
3
a
AC
AB

BC_ 2_ 2 _ 2 _ 2 _ _ _ _

vuông A’HA có : A'H_ AA'2_AH2 _ 4a2_a2 _a 3

Thể tích khối chóp A’ABC là :

2
a
3
a
2

3
a
3
1
H
'
A
S
3
1

V  ABC   2   3

<i><b>Tính cosin của góc giữa AA’ và B’C’ </b></i>

Gọi  là góc giữa AA’ và B’C’.

Do BB’ // AA’ và BC // B’C’ nên ta có : góc (AA’ , B’C’) = góc (BB’ , BC) = 

Tam giác HA’B’ vuông tại A’ ta có : B'H_ A'H2_A'B'2 _ 3a2_a2 _2a_BB'

Do đó, B’BH là tam giác cân tại B’. Vậy góc B’BH = 

B’H2_{= BB’}2_{+ BH}2_{– 2BB’.BHcos  4a}2_{= 4a}2_{+ a}2_{– 2.2a.a.cos  cos =}

4
1

 Cách khác : Gọi  là góc giữa AA’ và B’C’.

Do BB’ // AA’ và BC // B’C’ nên ta có : góc (AA’, B’C’) = góc (BB’, BC) = 
HA’B’ vuông tại A’ ta coù : B'H_ A'H2 _A'B'2 _ 3a2 _a2 _2a_BB'

 B’BH cân tại B’ nên cos BH a 1
2.BB' 2.2 4

   

 Cách khác : Có thể tính thể tích hình chóp A’.ABC dựa trên thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ như sau :

2
a
3
3
a
2

3
a

H
'
A
S
V

3
2

ABC
'

C
'
B
'
A
.

ABC      . Vậy

2
a
2
a
3
3
1
V

3
1
V

3
3
'

C
'
B
'
A
.
ABC
ABC

'

</div>
<span class='text_page_counter'>(9)</span><div class='page_container' data-page=9>

<b>BÀI 6.2 : </b>
 Hướng dẫn :

Goïi M là trung điểm của AC và H là trọng taâm ABC  H  BM.

Theo giả thiết, ta có B’H  (ABC) nên B’H là đường cao của hình lăng trụ và cũng chính là đường cao của
hình chóp A’ABC V 1 S_ABC B' H

3

   .

Do B’H  (ABC) nên BH là hình chiếu vng góc của BB’ lên (ABC).
 góc B’BH là góc hợp bởi BB’ và (ABC)  góc B’BH = 60o

 vng B’HB có góc B’BH = 60o_{nên là nửa tam giác đều}

 BH BB' a

2 2

  vaø B' H BH 3 a 3
2

 

Do H là trọng tâm của ABC nên

4
a
3
BH
2
3

BM 

Vì BM là đường trung tuyến của ABC nên :

2 2 2 2 2

2 AB BC AC 1 AB BC 1 2

BM AC

2 4 2 2 4

 

     

9a2 1 2 3AB2 1 AB2 9a2 2 2 AB2

AB 7AB

16 2 4 4 4 16 16 16

 

 _  _     

 

2 2 2

2

9a 3AB 9a 3a

AB AB

16 16 3 13

     

Suy ra AC =
13
2

a

3 _{, BC =}
13
2

3
a
3

Diện tích tam giác ABC là :

104
3
a
9
13
2

3
a
3

13
2

a
3
2
1
BC
AC
2
1

SABC        2

Thể tích khối tứ diện A’ABC là :

208
a
9
2

3
a
104

3
a
9
3
1

H
'
B
S
3
1

V  ABC   2   3

 Chú ý : Đặt AB = x (x > 0)

Tam giác vng ABC có góc BAC = 60o nên là nửa tam giác đều  AC =

2

x_{và BC =}

2
3
x
3
.

AC 

Theo tính chất của đường trung tuyến, ta có : AB2_{+ BC}2_{= 2BM}2₊

2
AC2

 x2₊

8
x
4

a
3
2
2

3

x 2 2 2
















 x2₌

13
a
9 2

 x =
13

a

3 . Suy ra AC =
13
2

a

3 _{, BC =}
13
2

3
a
3

<b>BAØI 6.3 : </b>

 Hướng dẫn :

Gọi H trung điểm AB thì A’H  (ABC).

Hình chiếu vuông góc của A’C lên (ABC) là HC.
Vậy góc A’C và (ABC) là _A_'_C_H_₆₀o_.

A’HC vuông

2
a
3
2

3
a
3
H
'
A
3
HC

H
'
A
60

tan o _ _ _ _ _ _







8
3
a
3
4

3
a
2

a
3
ABC
dt

.
H
'
A

VLT     2  3

 Cách 1 : Do AB cắt (A’AC) tại A mà H là trung điểm AB
neân d



B,



A'AC





2d



H,



A'AC





.

</div>
<span class='text_page_counter'>(10)</span><div class='page_container' data-page=10>

Do AC  (A’IH)  AC  HK (2)
Từ (1) và (2)  HK  (A’AC)

A’HI vuoâng

13
2

a
3
16

a
3
4
a
9

4
3
a
2

a
3
I'

A
HI
'.
HA

HK ₂ ₂ 






 . Vậy





13
a
3
HK
2
AC
'
A
,
B

d   .

 Cách 2 :









_

_

13
a
3
a
4

39

a
2

1 8

3
a
3
AC
.I
'
A
2
1 V
AC

'
A
dt

V
3
AC
'
A
,
B
d

3

LT
ABC

'.

A _










<b>BÀI 6.4 : </b>

 Hướng dẫn :

<i><b>a) Gọi H là trung điểm của AC. </b></i>

Theo giả thiết A’H  (ABC)  A’H là đường cao của hình lăng trụ ABC.A’B’C’  VABC.A’B’C’ = SABC.A’H

ABC vuông cân tại B neân :
2
a
2

2
a
2
2

2
AC
BC

AB    2

ABC ₂ a 2 a 2 a

1
AC
AB
2
1

S       

 _

Do A’H  (ABC) nên BH là hình chiếu vng góc của A’B lên (ABC)  góc tạo bởi A’B và (ABC) là
H

B
'
A 

 A'BH = 45o_{ A’HB vuông cân tại H}

a
2
AC
BH
H
'

A   



Vậy VABC.A’B’C’ = a2.a = a3 (ñvtt).

<i><b>b) Gọi I = A’B </b></i> AB’ (tính chất đường chéo của hình bình hành)
 HI / B’C (HI là đường trung tuyến của AB’C’)

HA’B vuông cân tại H nên đường trung tuyến HI xuất phát từ đỉnh
nên cũng là đường cao  HI  A’B

Do A’B  HI và HI // B’C nên A’B  B’C.
 Caùch khaùc :

Để chứng minh A’B  B’C ta chứng minh A’B  (AB’C) có chứa B’C.























ABC
H

'
A
do
H
'
A
AC

ABC
cân
vuông
của

đỉnh
từ

phát
xuất
tuyến
trung
đường
là
BH
do
BH
AC

AC  (A’HB)  AC  A’B

 vuông A’AH coù : AA'_ A'H2_AH2 _ a2 _a2 _ 2a2 _a 2
Mà ABa 2  AA'ABa 2

Hình bình hành ABB’A’ có AA’ = AB nên là hình thoi  A’B  AB’
Vì A’B  AC và A’B  AB’ nên A’B  (AB’C)  A’B  B’C

<b>BÀI 6.5 : </b>

 Hướng dẫn :

Gọi O là giao điểm của AC và BD  A1O  (ABCD).

 A1O là đường cao của hình lăng trụ ABCD.A1B1C1D1



1 1 1 1

ABCD.A B C D ABCD 1

V S A O

Đáy lăng trụ là hình chữ nhật ABCD và biết hai cạnh
a

AB , ADa 3 nên ta dễ dàng tính được diện tích
3

a

S 2

ABCD .

Gọi E là trung điểm của AD, ta có :

AD  OE (OE là đường trung tuyến xuất phát từ đỉnh của tam giác cân OAD)

<b>B</b>

<b>BÀÀI 22I 22</b> <b>::</b> (ĐẠI HỌC B 2011) Cho hình lăng trụ
ABCD.A₁B₁C₁D₁có đ áy ABCD là hình chữ nhật. AB = a,
AD = . Hình chiếu vng góc của điểm A1trên (ABCD)
trùng với giao điểm AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng
(ADD₁A₁) và (ABCD) bằng 60.Tính thể tích khối lăng trụ
đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến (A1BD) theo a.

3
a

A

B

C
D

A₁

B1 C₁

D1

O



E
60

</div>
<span class='text_page_counter'>(11)</span><div class='page_container' data-page=11>

AD  A1O (do A1O  (ABCD))  AD  (A1OE)  AD  A1E

Vì OE  AD và A1E  AD nên góc giữa (ADD1A1) và (ABCD) là góc A1EO  góc A1EO = 60.

Tam giác vng AOE có một góc bằng 60 nên là nửa tam giác đều 

2

3
a
O
A₁ 

Vaäy

2
a
3
O
A
S

V

3
1

ABCD
D

C
B
A
.

ABCD ₁ ₁ ₁ ₁   

Ta coù B1C // A1D  B1C // (A1BD)  d(B1, (A1BD)) = d(C, (A1BD)).

Veõ CH  BD (H  BD)  CH  (A1BD)  d(C, (A1BD)) = CH

Tam giác vuông CBD có : CH.BD = CB.CD 

2
3
a
CB
CD

CD
.
CB
BD

CD
.
CB
CH

2

2  




Vaäy d(B1, (A1BD)) =

2
3
a

 Cách khác : Do A1B là đường chéo của hình bình hành ABB1A1 nên S S .

1
1
1AB ABB

A 

 

 hình chóp D.A1AB và hình chóp D.A1BB1 có thể tích bằng nhau do có cùng chiều cao xuất phát từ D.

Maø

4
a
O
A
.
S
3
1
V

V

3
1
ABD
ABD

A
AB
A
.

D ₁  ₁    vaø

2
3
a
O
1
A
.
AD
AB
2
1
O
A
.
BD
2
1
S

2
2

2
1

B

DA₁    



))
B
DA
(
,
B
(
d
.
S
3
1
V

V_D_._A_BB _B_._DA_B _DA_B ₁ ₁
1

1
1
1

1   



2
3
a
S

V
.
3
))
B
DA
(
,
B
(
d

B
DA

BB
A

.
D
1

1

1
1

1 






<b>BAØI 6.6 : </b>

 Hướng dẫn :

 Tính thể tích khối chóp C’.BMN

Gọi H là hình chiếu của A’ trên mặt phẳng



ABC ; do A’ cách đều các đỉnh A, B, C nên H là tâm đường



tròn ngoại tiếp ABC. Mà ABC vuông cân tại A nên H là trung điểm của BC. Gọi IAC'MN.

Ta có CI'3AI nên d



C ,'



BMN





3d



A,



BMN





, suy ra _C_'._BMN _A_._BMN V_A_'._ABC
4

3
V

3

V  

Ta coù BCa 2 nên ABACa và

2
2
a
AH

Tam giác A’HA vuông tại H, ta có :

2
14
a
4
a
2
a
4
AH
'
AA
H

'

A _ 2_ 2 _ 2_ 2 _

Thể tích khối chóp A'.ABC là

12
14
a
2

14
a
a
2
1
3
1
H
'
A
.
S
3
1

V 2 3

ABC
ABC

'.

A     

Vậy

16
14
a

V_C_'._BMN  3 (đvtt).

 Tính khoảng cách từ C’ đến mặt phẳng (BMN)

Gọi K là trung điểm của AH thì MK là đường trung bình của A’AH, ta có :

H
'
A
//

MK , A'H

2
1

MK và MK



ABC



Gọi J là hình chiếu của K trên BN, ta có : BN MJ
MK

BN

KJ
BN











Mà MJ



BMN



nên



BMN

 

 MKJ



theo giao tuyeán MJ.

Trong tam giác MKJ kẻ đường cao KP thì KP



BMN



 d



K,



BMN





KP
Gọi GAHBN thì G là trọng tâm của ABC.

Ta coù :

12
2
a
AH
6
1
AH
3
1
AH

2
1
GH
KH

</div>
<span class='text_page_counter'>(12)</span><div class='page_container' data-page=12>

Tam giác ABN vuông tại A, ta có :

3
5
a
BN
3
2
BG
2

5
a
4
a
a
AN
AB

BN_ 2 _ 2 _ 2_ 2 _ _ _ _

Xét hai tam giác vuông đồng dạng KJG và BHG ta có :

20
5

a
BH
20

10
KJ
20

10
3

5
a12

2
a
BG
KG
BH

KJ _ _ _ _ _ _

Tam giác MKJ vuông tại K, ta có :









284
994
a
KP
BMN

,
K
d
a
80
a
7

8
KJ

1
MK

1
KP

1

2
2
2
2

2       

Ta coù :



_



_



_



_

4 d



A,



BMN





4d



K,



BMN





AH

6

1

AH
3
2
KG
AG
BMN

,
K
d

BMN
,

A

d _ _ _ _ _

























71
994
a
3
BMN
,

K
d
12
BMN
,
A
d
3
BMN
,'

C

d   



<b>BAØI 6.7 : </b>

 Hướng dẫn :

Gọi H là trung điểm BC thì B'H



ABC



.

Khi đó, góc giữa BB’ và



ABC là góc B’BH = 60



o_.

Ta coù :

2
a

3
60
sin
'
BB
H
'

B _ o _ _; _BC _a ₃

2
a
3
60
cos
'
BB

BH_ o _ _ _

a
a
3
a
4
BC
AB

CA_ 2 _ 2 _ 2 _ 2 _

Vaäy

4
3
a
3
a
.
3
a
2
1
2

a
3
S

.
H
'
B

VABC.A'B'C'  ABC   3 (đvtt)
Do CABC và CAB'H CA



BB'C'C



CABB'

Trong mặt phẳng



BB'C'C



, kẻ CMB'BBB'



CMA



BB'MA
Vậy góc giữa



BB'C'C



và



ABB'A'



là góc giữa hai đường thẳng MC và MA.
Do BB’C đều nên M là trung điểm của BB’.

2
a
3
MB
BC

MC_ 2_ 2 _ _;

2
a
13
4

a
3
a
4
MB
AB

MA_ 2_ 2 _ 2 _ 2 _

Vaäy 0

13
3
MA

.
MC

2

CA
MA
MC

A
M
C

cos   2 2  2    góc giữa hai mặt phẳng



BCC'B'



và



ABB'A'



là góc
CMA mà

13
3
A
M
C

cos   .

<b>BÀI 6.8 : </b>

 Hướng dẫn :

Gọi H là trung điểm CM.

Từ giả thiết













o

1

1

1H ABC CCH CC ; ABC 45

C    

 .

Từ tam giác vuông ABC với BC2a, __ABC_₆₀o__AC_₂_a ₃
a

4

AM , AB 2a CH a CH CHtan45 a

2
1

CM o

1  







3
2

ABC
1

'
C
'
B
'
A
.

ABC CH.S a.2a 3 2 3a

V   

Kẻ HKAC  đường xiên C₁KAC 





ABC

 

; ACC₁A₁





C₁KH
Tam giác MCA cân tại M ___MCA___MAC_₃₀o





2





ABC

 

; ACCA





arctan2
HK

CH
KH
C
tan
2

a
30

sin
.
HC

HK o   ₁    ₁ ₁ 

</div>
<span class='text_page_counter'>(13)</span><div class='page_container' data-page=13>

<b>VII. HÌNH HỘP </b>

<b>BÀI 7.1 : </b>

 Hướng dẫn :

Hình chóp có C'B'



ABB'



nên C’B’ là đường cao của nó và đáy là tam giác ABB’ vng tại đỉnh B, nên

có : AB.BB.'CC'

2
1
3
1
V

VABB'C'  C'.ABB'  

Ta biết A’AC là tam giác vng cân, có cạnh huyền A'Ca, do vậy ta tính được

2
a
AC
A

'

A   .

Tam giác ABC cũng là tam giác vuông cân, đỉnh B, có cạnh huyền

2
a

AC nên ta có

2
a
2
.
2

a
2

AC

AB   . Vậy ta có :

48
2
a
2
24

a
2
a
2
a
2
a
2
1
3
1

VC'.ABB'       3  3

Trong tam giác ABA’, kẻ đường cao AHA'B, AH vng góc với một đường thẳng A'B



BCD'A'



. Ta
có: CB



ABB'A'



mà AH



ABB'A'



nên AHBC.

Từ AHA'B và AHBC  AH



A'BC



 H là hình chiếu của A trên mặt phẳng



A'BC



hay AH là
khoảng cách từ H đến



A'BC



, cũng là khoảng cách đến mặt phẳng



BCD'



.

Trong tam giác vuông A’AB, AH là đường cao thuộc cạnh huyền nên để tính AH, ta áp dụng công thức :
2

2

2 _AB

1
'
AA

1
AH

1 _ _ _{; với}

2
a
'

AA vaø

2
a

AB , ta tính được

6
6
a

AH .

<b>BÀI 7.2 : </b>

 Hướng dẫn :

 Tính thể tích của hình hộp

Gọi OACBD, ta có :

_

_

BD



A'AO



D
'
A
B
'
A
do
O
'
A
BD

AC
BD













 góc A’OA = 60o_{là góc giữa}



_A_'_BD



_và



_ABCD



Từ giả thiết suy ra ABC là tam giác đều.

Ta có : ACa, BD2OBa 3

Tam giác A’AO vuông tại A, ta có :

2
3
a
60
tan
.
OA
'

AA_ o _

Thể tích hình hộp đã cho là :

4
a
3
2

3
a
.
3
a
.
a
2

1
'
AA
.
BD
.
AC
2
1
'
AA
.
S

V _ABCD    3 (đvtt)

 Tính khoảng cách giữa CD’ và (A’BD)
Ta có : CD'//BA', suy ra CD'//



A'BD



Do đó, d



CD,'



A'BD





d



C,



A'BD





d



A,



A'BD





Trong tam giác A’AO kẻ đường cao AH, ta có :

_

_

_

_











AO
'
A
BD
do
BD
AH

O
'
A
AH



A'BD



d



A,



A'BD





AH

AH  


Ta coù :

4
3
a
AH
a

3
16
a

4
a
3

4
AO

1
A
'
A

1
AH

1

2
2
2
2
2

2        . Vaäy









₄

3
a
BD
'

A
,'
CD

d  .

 Caùch khaùc : Ta coù :

8
a
2

3
a
4

3
a
3
1
'
AA
.
S
3
1

VA'.BCD ABD   2   3 và ₂

3

a
O
'
A
.
BD
2
1

SA'BD   2

Mặt khác :

















4
3
a
S

V
3
BD
'
A
,
A
d
BD
'
A
,

A
d
.
S
3
1
V

V

BD
'
A

BD
'
A
.
A
BD

'
A
BD

'
A
.
A
ABD

'.

A     

Vậy









4
3
a
BD
'
A
,'
CD

</div>
<span class='text_page_counter'>(14)</span><div class='page_container' data-page=14>

<b>BÀI 7.3 : </b>

 Hướng dẫn :

 Tính thể tích khối hộp ABCD.A’B’C’D’

Ta có ABADa và góc BAD = 60o_{nên ABD là tam giác đều cạnh bằng a.}

Tam giác BDK vuông tại K, ta có :
4

14
a
8
a

a
BK
BD

DK_ 2 _ 2 _ 2_ 2 _ _{, với}

4
2
a
'
BB
4
1

BK 

Ta coù :

2
7
a
a 4

14
a
2
a
BD

'

BB
.
DK
H
'
B
'
BB
.
DK
BD
.
H
'

B      

Tam giác B’HB vuông tại H, ta có :
2
a
a
4
7
a
2
H
'
B
'
BB

BH_ 2_ 2 _ 2 _ 2 _

Suy ra H là trung điểm của BD HACBD

Diện tích hình thoi ABCD là :

2
3
a
S

2

S_ABCD __ABD 2

Vậy thể tích khối hộp đã cho là :

4
21
a
2

7
a
2

3
a
H

'
B
.
S

V _ABCD  2   3 (đvtt)

 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng B’C và C’D
Ta có :

_

_

DC'//



AB'C



C
'
AB
'

AB
'
AB
//
'
DC









Do đó : d B'C , C' D





d C' D , AB'C









d D , AB'C









Ta coù : DH AC
DH B ' H




 _















a

DH AB'C d D , AB'C HD

2

    

Vaäy





2
a
D
'
C
,
C
'

B

</div>

<!--links-->