the tich do dinh quan

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (700.23 KB, 35 trang )

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

PhÇn 1.

Thể tích khối đa diện

A. Lý thuyết

1. Khái niệm thể tÝch cđa 1 khèi ®a diƯn (Sgk hh 12)
2. Các công thức tính thể tích của khối đa diện

a) ThĨ tÝch khèi hép ch÷ nhËt

V = abc víi a, b, c là 3 kích thớc của khối hp chữ nhËt
b) ThĨ tÝch cđa khèi chãp

V=
3
1

Sđáy . h ; h: Chiều cao của khối chóp

c) ThĨ tÝch cđa khối lăng trụ

V= Sỏy . h ; h: Chiu cao ca khi lng tr

B. Các dạng bài tập

Dạng 1.Tính thể tích của khối đa diện

*Ph ơng pháp: Để tính thể tích của khối đa diện ta có thể:

+áp dụng trực tiếp các công thức tính thể tích

+Chia khi a din thành các khối nhỏ hơn mà thể tích của các khối đó tính đợc

+Bổ sung thêm bên ngồi các khối đa diện để đợc 1 khối đa diện có thể tính thể tích bằng cơng thức và
phần bù vào cng tớnh c th tớch.

*Các bài tập

1)Về thể tích của khèi chãp

+Nếu khối chóp đã có chiều cao và đáy thì ta tính tốn chiều cao, diện tích đáy và áp dụng công thức :V=
3

Sđáy . h

Bài 1: Tính thể tích hình chóp tam giác đều SABC trong các trờng hợp sau:

a) Cạnh đáy bằng a, góc ABC = 60o

b) AB = a, SA = l

c) SA = l, góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng α

gi¶i:

a) Gọi O là tâm ∆ABC đều

⇒ SO

⊥

(ABC)

SABC =

2
1

2
3

a =

4
3
2
a

∆ABC cã SA = SB; ABC = 60o

⇒ SA = AB = SB = a C

B
O
a

⊥

OA ( vì SO

(

ABC) ) Tam giác vuông SOA cã:

SO2 = SA2 - OA2 = a2 - (

3
2

a

3 )2 = 2 2 2

3
2

3 a

a

a  

⇒ SO = a

3
2

VËy VSABC = S∆ABC . SO = 31 .

4
3

a . a
3
2 .

3
2 a2

l



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

V

SABC = 3

1
.
4
3
2
a .
3
2 a2

l

Gọi O là tâm ABC
Gọi A là trung ®iĨm BC

DƠ thÊy ((SBC), (ABC)) = gãc SA’O = α
Tam giác vuông SOA có:

SO2 = l2 - OA2 = l2 -

9
4 AA2

Tam giác vuông SOA có:

'.

sin

31

1SOAA

SO

AA



(2)

Tõ (1) (2) ta cã:

2 94 2

1 AA'sin  AA'.sin l

O

B

A'

A

C

a

 AA’2(sin2α + 4) = 9l2

 ' sin32 4





l

AA

S∆ABC =

)
4
(sin
2
3
3
4

sin
3
3
4
sin
3
2
1
2
1
2
2
2
2

.

'.










l
l
l

BC

AA

4
sin

sin
.
4
sin
3
3
1
2
2

.

sin

.












l
l

SO

⇒VSABC = 31 S∆ABC . SO =

4
sin
).
4
(sin
sin
3

3
2
2
2

.


 


l

Bài 2. Cho lăng trụ ABCA’B’C’ có độ dài cạnh bên = 2a, ∆ABC vuông tại A, AB = a, AC = a 3. Hình chiếu
vng góc của A’ trên (ABC) là trung điểm BC. Tính VA’ABC theo a?

Giải.

-Gọi H là trung điểm BC

(ABC) (gt)

-Ta cã S∆ABC = 21 AB.AC 21a2 3

-V× A’H

⊥

(ABC) AH

Tam giác vuông AHA có:
AH2 = A’A2 - AH2 = (2a)2 -

1 .(a2 + 3a2)

hay A’H2 = 4a2 - a2 = 3a2 ⇒ A’H = a 3

B

H

C

2a

a

a 3

C'

A'

⇒VA’ABC = 31 S∆ABC .A’H =

2
2

2
1
3

.

a

3

.

a

3



a2

Bài 3. Hình chóp SABCD có SA

⊥

(ABC), SA = a. ∆ABC vng cân có
AB = BC =a. B’ là trung điểm SB. C’ là chân đờng cao hạ từ A của ∆SAC

a) tÝnh VSABC

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

S∆ABC = 21BA.BC 21a2; SA =a

⇒ VSABC = 13 S∆ABC .SA = 16 a3

C
A

a
a

B'
C'

b) ∆SAB cã AB = SA = a ⇒∆SAB c©n t¹i A ⇒ AB’

⊥

SB
B’S = B’B

⊥

AB ⇒ BC

⊥

(SAB) ⇒ BC

⊥

AB’

⊥

⇒ AB’

⊥

(SAC) ⇒ AB’

⊥

SA ⇒SC

⊥

(AB’C’)
AC’

⊥

C¸ch 1

2
2
1
2

1 2

' SB a a

AB  

V× AB’

⊥

(SBC) ⇒AB’

⊥

B’C’. SC = SA2AC2  3a
3

'

a

SC
SA

SC



B’C’2 = SB’2 - SC’2 =

'

2 a

a



B

C



⇒S∆AB’C’ =

3
4
6
2
2
1
2

AB

'.

B

'

C

'



.

a

.

a



a2

⇒V∆AB’C’ =

36
3
24
3

.

a2

.

a



a3
C¸ch 2

' 1 ' 1

2 3 3

a

SB SC

SB



SC



a



' ' ' ' ' 3 1 1 1 3

' ' '

6 6 6 36

SAB C
SABC

a

V SA SB SC a

SA B C

V



SA SB SC



a

 

V



a

Bài 4 Hình chóp SABC có SA

(ABC), ABC cân tại A, D là trung điểm BC, AD = a, (SB, (ABC)) = α; (SB,
(SAD)) = β. TÝnh VSABC.

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

DÔ thÊy

(SB, (ABC)) = α = SBA
(SB, (SAD)) = β = BSD

∆ABC c©n ⇒ AD

⊥

BC
DB = DC

∆SAB cã cos α = SBAB (1)

⊥

SA (v× SA

⊥

(ABC)

⇒ BC

⊥

(SAD) BC

SD a

A C

D
S

Tam giác vuông SB cã sinβ = BDSB (2)

Tõ (1) (2) ⇒ cosAB sinBD  ABsin2a2 ⇒ 

 sin

cos

2
2
2

2 AB a

AB





⇒ AB2(sin2β – cos2α) = -a2cos2α ⇒ AB = 



 cos

2
sin
cos

1
2
2  a

S∆SAB =BD.AD =

2
2

2 2 2 2

sin cos sin

cos

.

cos cos sin cos sin

Sin

AD AB

 a  a 





  



 

SA = AB. tan α = cos2 sin2
sin



a

⇒ VSABC = 13 SA.S∆ABC =  


2
2 sin
cos

sin
3



a






2
2

sin
cos

sin



a

= 2 2

sin
cos

cos
sin



a

Bài 5 Cho hình vng ABCD cạnh a. các nửa đờng thẳng Ax, Cy

⊥

(ABCD) và ở cùng một phía với mặt phẳng đó.
Điểm M không trùng với với A trên Ax, điểm N không trùng với C trên Cy. Đặt AM = m, CN = n. Tính thể tích của
hình chóp BAMNC.

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

Gäi I lµ giao điểm của AC và BD

Ta có BD

(vì ABCD là hình vuông)

(Ax, Cy)

(ABCD)

(AMNC)

⇒ BI

⊥

(AMNC)

BI = BD2 a22

D C

B
M

DiÖn tÝch hình thang AMNC là S =(AM2CN).AC (mn2)a 2

VAMNC =

.

(

)

6
2

2
2

2
)
(
3

1
3

1 2

n

m

BI

S

m n a a a

AMNC





*Nếu khối chóp cần tính thể tích cha bíết chiều cao thì ta phải xác định đựơc vị trí chân đờng cao trên đáy.

Ta cã mét sè nhËn xÐt sau:

-Nếu hình chóp có cạnh bên nghiêng đều trên đáy hoặc các cạnh bên bằng nhau thì chân đờng cao là tâm
đ-ờng tròn ngoại tiếp đáy.

-Nếu hình chóp có các mặt bên nghiêng đều trên đáy hoặc có các đờng cao của các mặt bên xuất phát từ
một đỉnh bằng nhau thì chân đờng cao là tâm đờng trịn nội tiếp đáy

-Hình chóp có mặt bên hoặc mặt mặt chéo vng góc với đáy thì đờng cao của hình chóp là đờng cao của
mặt bên hoặc mặt chéo đó.

-Nếu có một đờng thẳng vng góc với mặt đáy của khối chóp thì đờng cao của khối chóp sẽ song song
hoặc nằm trờn với đờng thẳng đó.

-Nếu một đờng thẳng nằm trong đáy của khối chóp vng góc vng góc với một mặt phẳng chứa đỉnh của
khối chóp thì đờng cao của khối chóp là đờng thẳng kẻ từ đỉnh vng góc với giao tuyến của mặt đáy và mặt phẳng
chứa đỉnh đã nói ở trên.

*Nếu khối chóp là khối tứ diện thì ta cần khéo chọn mặt đáy thích hợp.

Bài 6: SABCD có đáy là tâm giác cân tại A, BC =a, ABC = α, các cạnh bên nghiêng trên đáy một góc α. Tính
VSABC

Gi¶i

A

S

C

B

H

a

- Gäi H là hình chiếu của S lên (ABC)

- Vỡ cỏc cnh bên nghiêng đều trên đáy ⇒ H là tâm đờng trịn ngoại tiếp ∆ABC.
- Ta có: ∆ABC = 21 AB.AC.sin



mµ BC2 = 2AB2 - 2AB2cosα= 2AB2(1-cosα) = a2 ⇒ AB =

2
cos
1 

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

⇒ S∆ABC =

2
4
cos
1sin
2
2
1
2

sin

2 2

cos








a a

AB







HA = R = 2sinBC 2sina

Tan gi¸c vu«ng cã tanα = AHSH ⇒ SH =2sinatan 2cosa

⇒VSABC =




 

cos
24

cot
cos

2
2
4
3
1
3

1 2

3
2

.

cot

.

a a a

ABC

SH

S





Bài 7: SABC có đáy ABCD là hình bình hành và SABCD = 3 và góc giữa 2 đờng chéo = 60o. các cạnh bên nghiêng

đều trên đáy 1 góc 45o. Tớnh VSABCD

Giải

A B

C
O

-Hạ SO

(ABCD)

- Vỡ khi chúp cú các bên nghiêng đều trên đáy. ⇒ O là tâm đờng tròn đi qua 4 đỉnh A, B, C, D ⇒ tứ giác ABCD là
hình chữ nhật và {O} = AC BD

- Đặt AC = BD =x.

Ta có ShcnABCD = 12 AC.BD.sin60o =21x2. 23 43x2  3⇒ x=3

- (SA, (ABCD)) = (SA, AO) = SAO = 45o = SCO = (SC, (ABCD)) ASC vuông cân tại S SO = 1

2
1



AC ⇒

VSABCD =

33
3

1 3.1

Bµi 8: SABC cã SA = SB = SC = a. ASB = 60o, BSC = 90o, CSA = 120o.

a) Chøng minh r»ng ABC vuông

b) Tính VSABC

Giải

H
B
A

C
a

o

ASB

SB

SA

60

AB = a

-Tam giác vuông SBC cã BC2 = SB2 + SC2 = 2a2

-∆SAC cã AC2 = a2 + a2 -2a2cos120o = 2a2 - 2a2

(-2
1

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

-∆ABC cã AC2 = AB2 + BC2ABC vuông tại B

b) Hạ SH

⊥

(ABC)

V× SA = SB = SL HA = HB = HC H là trung điểm AC

ABC vuông tại B

Tam giác vu«ng SHB cã SB = a ⇒ SH2 = SB2 - BH2 =

2
4

2 a

a



SH



BH =

2
3
2

a
AC 

(Hoặc ∆SAC là nửa đều tam giác đều ⇒ SH = SA2 a2)

⇒VSABC = 13 31 12 61 2 12

2
3

.

2 .

a a

ABC

SH

AB

BC

SH

a

S





Bài 9: SABCD có đáy ABCD là hình thang với đáy lớn AB = 2, ACB = 90o. ∆SAC và ∆SBD là các tam giác đều có

c¹nh = 3.

Tính thể tích khối chóp SABCD.
Đáp số: VSABCD =

Bài 10: SABCD có đáy là hình thang vuông tại A và D, ∆SAD đều cạnh = 2a,
BC = 3a. Các mặt bên lập với đáy các gúc bng nhau. Tớnh VSABCD

Giải

2a

3a

C

D

H

K

- Hạ SH

(ABCD), H ∈ (ABCD)

- Vì các mặt bên lập với đáy các góc bằng nhau nên dễ dàng chứng minh đợc H là tâm đờng tròn nội tiếp đáy
- Gọi K là hình chiếu của H lên AD

- Ta cã HK = AD2 a

- Tam giác vuông SHK có HK = a

SK = 2a 23 a 3 (vì ∆SAD đều)

⇒SH = 3a2 a2 a 2

Vì ABCD ngoại tiếp nên: AB + CD = AD + BC = 5a

⇒SABCD = (ABCD2 ).AD 5a2.2a 5a2

⇒VSABCD =

3
5
2

1
3

.

5

.

2

a3 2

ABCD

SH

a

S

Bài 11: Cho hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA = a,

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

A D

C
H

B
M

∆SAB h¹ SH b AB

(SAB) b (ABCD)

⇒SH b (ABCD) ⇒ SH b (BMDN)

S∆CDN = S∆MDA = 14 S⋄ABCD ⇒ S⋄BMDN = 12 S⋄ABCD = 21 2a.2a = 2a2
∆SAB cã AB2 = SA2 + SB2 = 4a2 SAB vuông tại S

2 2 2 2 2 3 2
4
3

1
1
1
1
1

a
a
a
SB
SA

SH











⇒ SH = 2

a

⇒VSBMDN = 31 S⋄BMDN.SH =

2
3

3
2
3

2

a

.

a



a3

Bài 12: SABCD có ⋄ABCD là hình thang với AB = BC = CD = 21 AD. ∆SBD vng tại S và nằm trong mặt phẳng
vng góc với đáy. SB = 8a, SD = 15a.

TÝnh VSABCD

Gi¶i
S

15a
8a

A D

C
B

-Trong SBD kẻ SH b BD

Vì (SBD) b (ABCD)
SH b (ABCD)

-Tam giác vuông SBD có 12 12 12

SD
SH

SH



hay 2 2 2

225
1
64

1
1

a
a

SH





hay SH a 12017 a

289
14400. 



-V× h×nh thang cã AB = BC = CD =21 AD ⇒ Aˆ Dˆ = 60o, B = C = 120o

-∆SBD cã BD2 = SB2 +SD2 =289a2⇒ BD = 17a
∆CBD cã BD2 =2BC2(1+

2
1

) = 3BC2 = 289a2 ⇒ BC = a
3
17

S∆BCD =

12
3
289
2

3
2
3
289
2
1
2

BC

sin

120

o

.

a

.

a2

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

S⋄ABCD = 3S∆BCD =

123
289 a2

⇒VSABCD =31 S⋄ABCD.SH =

17
120
123
289
3

1 a2

.

a = 170 3a3

Bài 13: hình chóp SACD có đáy ABCD là hình chữ nhật, ∆SCD cân tại S và nằm trong mặt phẳng  (ABCD).

∆SAB cã SA = a, ASB = 2 và nằm trong mặt phẳng lập với (SCD) một gãc α. TÝnh thĨ tÝch khèi chãp SABCD

Gi¶i

A D

C
K

Trong ∆SCD hạ SH CD
Vì SCD cân tại S

H là trung ®iĨm CD.
SH  CD

(SCD) (ABCD

⇒ SH  (ABCD)
Gäi K là trung điểm AB
Ta có HK AB

AB SH (v× SH  (ABD))

⇒AB  (SKH) ⇒ AB SK SAB cân tại S

Dễ thấy ((SAB), (SCD)) = KSH = α

∆SAB cã SK = acosα , AB = 2AK = 2asin

SHK vuông tại H cã SH =SK.cosα = acos2α

KH = SKsinα = asinαcosα. SABCD =AB.BC = 2asinα.asinαcosα

= 2a2sin2αcosα ⇒VSABCD = 3 2

3
2
.

3SH1 SABCD a sin

Bài 14: Hình chóp SABCD có ABC vuông tại B, SA b (ABC). ACB =60o,

BC = a, SA = a 3, M là trung điểm SB. Tính thể tích MABC

Giải

C
A

a
M

Cách 1.

SA b (ABC)

Từ M kẻ MH // AS cắt AB tại H MH b (ABC)
Vì M trung điểm SB H- trung ®iĨm

MH= 23

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

S∆ABC = 12 AB.BC 21a.tan60o.a 21a2 3

VMABC =

4
2

3
2

2
1
3
1
3

1 3

.

3 .

a a

ABC

MH

a

S





C¸ch 2.

2
1



SMSB

V
V

ASABC

MABC V

MABC = 21VSABC

mµ VSABC = 13 SA.S∆ABC = 13a 3.21a2 3 21a3 6

⇒Vmabc = 41a3

Bµi 15: Hình chóp SABCD có ABCD là hình vuông tâm O, SA  (ABCD),

AB = a, SA = a 2. H, K lần lợt là hình chiếu vuông góc của A trªn SB, SD. Chøng minh r»ng: SC  (AHK) và

tính thể tích hình chóp OAHK.

Giải

C
O

K a

N
F
E

AH  SB (gt) (1)

BC  AB (v× ABCD là hình vuông)
BC SA (vì SA (ABCD))

BC  (SAB) BC  AH (2)
Tõ (1) (2) ⇒AH  (SBC ⇒AH  SC (3)
Chøng minh t¬ng tù ta cã: SC  AK (4)
Tõ (3) (4) ⇒ SC  (AKH)

Gäi {F} = KH ∩ SO ⇒ (SAC) ∩ (AHK) = AF
Kéo dài AF cắt SC tại N

Trong (SAC) k ng thẳng qua O//SC cắt AN tại E ⇒ OE (AHK)

V× OA = OC; OE//CN OE = 21 CN

Tam gi¸c vu«ng SAD cã 12 12 12

AD
AS

AK





⇒ AK = 3

2
3

.
2
.

2
2

2 a

a

a
a
AD
AS

AD

AS





DÔ thÊy AH =a 32

AKH cân tại A

Dễ thấy SBD có SDSK KHBD mµ SK = SA2 AK2  2a2 32a2 2a3

SD = a 3

⇒ a SOSF
a

BD

KH   

3
2
3
3

HK = 32 BD = 32a 2

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

∆SAC cã : OA = OC

⇒

2
1



SF
OF
SN
OE

⇒OE =
2
1

SN =
2
1

a
S∆AHK =

2
1

KH.

2
2 HK

AK  =

9
2
2 2

a

⇒ V = 3 . AHK 

1
S

OE

27
2
2a3

* Có thể dùng PP toạ độ để tính thể tích OAHK nh sau:
Chọn hệ toạ độ nh hình vẽ.Ta có:

A(0,0,0) , B(a,0,0) ,D(0,a,0) , S(0,0,a 2) , O(

2
a

, 0)

∆SKA ∆ SAD ⇒

SD
SA
SA
SK

 ⇒ SK=

3
2a

⇒K(0,2

3a ,
2
3
a

)

∆ABS cã AS2 SB.SH

 ⇒ SH=

3
2a

⇒H(2

3a,0,
2
3
a

)

Ta cã )

3
2
,
0
,
3
2

( a a

AH 

)

3
2
,
3
2
,
0

( a a

AK 

,0)

2
,

2
(a a
AO 

[AH,AK ] =(

9
4
,
9

2
2
,
9

2 2 2 2

a
a
a

)

VOAHK=

6
1

|[AH,AK ].AO|= 3

27
2 a

Bài 16: Hình chóp SABCD có ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = a 2 ,

SA = a, SA (ABCD). M, N lần lợt là trung điểm AD vµ SC. {I} = BM ∩ AC. TÝnh thĨ tích hình chóp ANIB.

Giải

a
K

O
C

D
A a 2

I
B

SA (ABCD)

Gọi {O} = AC ∩ BD

Trong ∆SAC cã ON // SA

⇒ON  (ABCD) ⇒ NO  (AIB)
Ta cã NO = 21SA2a

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

ABD só I là trọng tâm

SABI =32 S∆ABO = 23.14 S⋄ABCD = 32 a.a 2 =

2
2

a

⇒ SANIB = 31 NO.S∆AIB =

362
62

2
3

.

a

.

a2



a3

Bài 17. Hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a,

(SAD) (ABCD), ∆SAD đều. Gọi M, N, P lần lợt là trung điểm SB, BC, CD.
Tính thể tớch hỡnh chúp CMNP

Giải

C
N
a

B
M

F
E

x
z

- Gọi E là trung điểm AD. (CNP) ≡ (ABCD) ⇒ SE AD

(SAD)  (ABCD)

⇒SE (ABCD)

- Gọi F là hình chiếu của M lªn (ABCD) ⇒ MF // SE. DƠ thÊy F ∈ EB và F là trung điểm EB

Ta có MF = 21 SE = 43

23
2

1.a a
S∆CNP = 14S CBD 81SABCD 18a2



VCMNP = 21 S∆NCP.MF =

963
43
2
8
1
3

a

.

a



a3

Nhận xét: có thể dùng phơng pháp toạ độ để giải với gốc toạ độ O .

0x ≡ EN, oy ≡ ED, oz ≡ ES

Bài 18: Cho hình trụ có các đáy là hai hình trịn tâm O và O’ bán kính đáy bằng chiều cao bằng a. Trên đờng tròn
tâm O lấy A, Trên đờng tròn tâm O’ lấy B. sao cho AB = 2a. Tính thể tích hình chóp OO’AB

Gi¶i

A' O'

H D

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

Ta cã BH  A’D
BH A’A

⇒ BH  (AOO’A’)

⇒BH là đờng cao của tứ diện BAOO’

SAOO’ =

2
a

, A’B = AB2 AA'2 a 3




∆A’BD vu«ng ë B ⇒ BD=a

∆O’BD đều ⇒ BH=

2
3

a ⇒

VBAOO’ = .

3
1

BH SAOO’ = 123
2

a

Bài 19: Cho hình chóp có ABCD là hình chữ nhËt; AB = a.AD = 2a; 
SA  (ABCD); (SA, (ABCD) = 60o. Điểm M thuộc cạnh SA, AM =

a .

(BCM)∩ SD ={ N}. TÝnh thÓ tÝch hình chóp S.BCMN

Giải

A D

C
B

N
M

Ta có SAB=600

SAB vuông tại A có AM =

3
3
a

, AB = a ⇒ ABM = 300

Kẻ SH

⊥

BM thì SH là đơng cao của hình chóp S.BCMN

ta cã SH=SB sin 300 = a

BC//(SAD) ⇒MN//BC ⇒

AD
MN
SA

SM

 ⇒MN =

3
4

. a

SA
SM
AD



⇒SBCMN =

3
3
10

(
2

1 a2

BM
BC

MN 

⇒VSBCMN = .

3
1

SH SBCMN = 10273
3

a

Bài 20: Cho hình chóp SABCD có ABCD là h×nh thang; BAD = ABC = 90o;

AB = BC = a; AD = 20; SA b (ABCD); SA = 2a. M, N lần lợt là trung điểm SA và SD. Chứng minh rằng BCMN là

hình chữ nhật và tính thĨ tÝch h×nh chãp S.BCNM

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

A D

S
H

M N

Ta cã BC//AD ,BC= AD

2
1

,MN//AD , MN= AD

1 ⇒

BC = MN , BC// MN (1)

⊥

⇒BC

⊥

(SAB) BC AM (2)

Từ (1) và (2) ta có BCNM là hình chữ nhật

Kẻ SH

BM thỡ SH

(BCNM)

Vsbcnm=

3
1

SBCNM.SH=

3
1

BC.NM.SH=
3

3
a

Bi 21: Cho lng trụ đứng ABCA1B1C1 có ABC vng. AB = AC = a;

AA1 = a 2. M là trung điểm AA1. Tính thể tích lăng trụ MA1BC1

Hớng dẫn:

+Chn mt ỏy thớch hợp ⇒ V = a3122
+Có thể dùng cả phơng pháp toạ độ

Bµi 22: Tø diƯn ABCD cã AB = x có các cạnh còn lại bằng 1.
a.Tính thể tÝch tø diƯn theo x.

b.tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng ACD
c. Tìm x để thể ABCD đạt giá trị lớn nhất

Gi¶i

H
C

</div>
(15)<div class='page_container' data-page=15>

C¸ch 1:

Gọi H là Hình chiếu của D lên (ABC) vì DA = DC = DB = 1 ⇒ H là tâm đờng tròn ngoại tiếp ∆ABC m

ABC cân H CC với C là trung điểm AB

S∆ABC =

CC

'.

AB

4

x

.

x

4 x

.

x

4
1
4
2

1
2









HC = R∆ABC = 2

4
2
2
2

2 4

1
1

.
4
cos
sin
4
sin

2 xC Cx C x x x x

Tam giác vuông HCD cã HD2 = CD2- DC2 =

2
2
2 43
4

1

xx

x 







⇒ HD = 2

4
3

x
x


 ⇒

VABCD =

2
2

2 3 2

1 1 1

3SABC.HD3 4. 4 x x. . 4xx 12x 3 x

Cách 2:

D
M

Gọi M là trung điểm CD CD  ABM

Vì ∆ACD và ∆BCD đều ⇒ AM = BM = 23
VABCD = 2VCBMA = 2.13 CM.S∆ABC = 32 21.SABM

S∆ABM = 21 MC’.AB = 2

4
2
2
2
2

3
2

1x. ( ) (x) x 3 x

VABCD = x 3 x 3 x2.x

121
2
4

1   

SACD=
4

3 ⇒ d(B,(ACD))=

ACD
ABCD
S
V

= 3 x .x

1 2


c)

VABCD = 1 2 1 3 2 2 1

12 3 x x. 12. x2x 8
DÊu “=” x¶y ra ⇔ x2 = 3-x3 ⇔ x =

3 vµ thĨ tÝch lín nhÊt lµ

8
1

Bài 23: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, SA vuông góc với mặt đáy ABCD và
SA=h.Điểm M thuộc cạnh CD.Đặt CM=x.Hạ

SH vng góc với BM.Tính thể tích khối tứ diện SABH.Tìm x để thể tích khối này là lớn nhất.

</div>
(16)<div class='page_container' data-page=16>

C
A
S
M
D
B
H

Ta cã BM  SH (gt)

BM  SA (V× SA ( ABCD)

⇒BM  AH
SABM =

2
1

SABCD =
2
1

Mµ SABM =

2
1

AH.BM ⇒ AH=

2
2
2
2
x
a
a
BM
a



∆SAH vu«ng ë A cã SH= 2 2

2
2
2
2
x
a
a
h
AH
SA






∆BAH vu«ng ë H cã BH=

2
2
2
2
4
2
2
2
x
a
ax
x
a
a
a
AH
AB







SABH =

2
1
AH.BH =
2
1
2
2
3
x
a
x
a

VSABH =

2
2
3
.
6
1
.
3
1
x
a
xh
a

SA
SABH


 a h

ax
xh

a3 2

12
1
2
6
1



DÊu b»ng x¶y ra khi a=x tøc M trïng D.

Bài 24: Hình chóp SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA vng góc với đáy ABC và SA = a.Điểm M thuc

cạnh AB. Đặt góc ACM bằng

Hạ SH vuông góc với CM

a)Tìm giá trị lớn nhất của thể tích khối tứ diện SAHC

b)Hạ AI vuông góc với SC,AK vu«ng gãc víi SH TÝnh thĨ tÝch khèi tø diƯn SAKI.

Đáp số

a)Vmax=

3
a

b)VSAKI =

)
sin
1
(
24
2
sin
2
3

a

Có thĨ tÝnh thĨ tÝch khèi ®a diƯn nhê viƯc chia thành
các khối nhỏ hoặc bổ sung thêm

Bi 25: Cho t diện ABCD có các cặp cạnh đối đơi một bằng nhau AB = CD =a, AC = BD = b, AD = BC = c
Tính thể tích ABCD

</div>
(17)<div class='page_container' data-page=17>

C
P

R
B

+Dùng ∆PQR sao cho B, C, D lần lợt là trung điểm PQ, QR, PR.
+S∆DCR = S∆BCQ = S∆PDB = 41 S∆PQR

⇒ S∆BCD =41 SPQR

AD = BC = PR
D là trung điểm PR

AR AP

Tơng tự AP b AQ, AQ b AR
VAPQR =41 SPQRAR

Bài 26: VABCD =

6
1

AD.BC.MN.Sin α. Trong đó ABCD là tứ diện có MN là độ dài của đoạn vng góc chung của

các cặp cạnh đối AD và CB, α =(AD, BC)

Hớng dẫn: Dùng hình hộp ngoại tiếp t diện này.

Bi 27: Cho hình chóp SABC có tất cả các góc phẳng ở đỉnh A và B của tam diện đều bằng α. AB = a. Tính thể tích
hình chóp SABC

Gi¶i

C
A

B
S

-DƠ thấy SAB, CAB là các tâm giác cân tại S và C

-Gọi E là trung điểm AB AB b SE

AB b CE

⇒AB b (SCE)

⇒VSABC = VASEC + VBSEC = 31 S∆SEC.(AE+BE) = 13 S∆SEC.AB

TÝnh S∆SEC = ?

SEC cân tại E vì ES = EC (SAB = ACB (g.c.g))
Gọi F là trung điểm SC EF b SC

</div>
(18)<div class='page_container' data-page=18>

FS = FC

FBC = 3

Tam giác vuông EBC có CE = tan

Tam giác vuông FBC có BC = CE2 EB2

 2

cos cos 2cos

(

)

a

EB

  



Sin2 =

BC

FC ⇒ FC = BC sin

 =

2
cos

2 .sin

a

Tam giác vuông EFC có
EF2 = EC2 - FC2 =

2
2
2

cos
1
4
cos
4

sin
2

tan

(sin

sin

2
2 2

2
2
2








a 



a



a

S∆SEC = 21 EF.SC = EF.FC = 2cos sin2 sin2 2.2cos .sin2



  a

a 

2
2
2

2
cos

2 2

.

sin

.

sin






 

a

VSABC =

2
2
2

2
cos

.

sin

.

sin

2  



 

a

một số bài tập có thể giải bằng PP toạ độ vỚi việc chọn hệ toạ độ dễ dàng

Bài 1: Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi, AC = 4, BD = 2, AC cắt BD tại O SO  (ABCD), SA = 2

2. Gọi M là trung điểm SC, (ABM) cắt SD tại N. Tính thể tích khối chóp S.ABMN

Giải
Cách 1:

O
C

D
A

M
N

Ta cã AB // CD (gt)
(ABM) (SCD) = MN

⇒MN // CD N là trung điểm SD

VSABCD = 21 SABCD.SO = 12 AC.BD.SO = 214.2.2 2 8 2

2
1



SDSN

V
V

SABD

SABN ⇒ V

SABN = 21 SSABD =

22
8
2

1. = 2 2

4
1
2
1
2
1

.

.



SMSC SDSN

V
V

SBCD

SBMN ⇒ V

SBMN = 14 SSBCD =

2
2
8
4

1. = 2
⇒VSABMN = VSABN + VSBMN = 3 2

</div>
(19)<div class='page_container' data-page=19>

O
S

C D

N
M

B
z

x
y

Chọn hệ toạ độ xyz có tia OX ≡ tia OA, tia oy ≡ OB, tia oz ≡ OS

DÔ thÊy A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 2), C(-2; 0; 0), D(0; -1; 0), M(-1; 0; 2)

Do (ABM) (SCD) = MN

AB // CD

MN//CD

N là trung điểm SD

N(0; - 21 ; 2)

SA = (2; 0; -2 2); SM = (-1; 0; - 2); SB = (0; 1; -2 2); SN = (0; -21 ; - 2)
[SA, SM ] = (0; 4 2; 0)

VSABM = 61 [SA, SM ].SB =

32
2

VSAMN = 61 [SA, SM ].SN =

VSABMN = VSABM + VSAMN = 2

Bài 2: Cho hình hộp chữ nhật ABCDA’B’C’D’ cã AB = a, AD = b , AA = c
a)Tính thể tích ACBD

b)Gọi M là trung điểm CCTính thể tích MABD.

giải

C
B'

D' C'

B x

b
c

a) Cách 1:

Thể tích của khối hép ABCDA’B’C’D’ lµ V = abc
VC’CDB =

6
1
6

1
2

1
.
3

1
'.

3
1






 c ab abc

S

CC BCD V

T¬ng tù ta cã: VAA’BD = VBA’B’ C’ = VD’A’DC’ =
6
1

</div>
(20)<div class='page_container' data-page=20>

⇒VA’C’DB = V - 4.

6
1

V =
3

V=
3
1

abc
Cách 2: dùng phơng pháp toạ độ

Chọn hệ toạ độ Axyz nh hình vẽ Ta có: A(0; 0; 0), B(a; 0; 0) D( 0; b; 0), C(a; b; c), A’(0; 0; 0)

DB = (a; -b; 0); DC' = (a; 0; c); DA' = (0; -b;c);

[DB,DC'] = (-bc; -ac; ab)
VA’C’DB =

6
1

|[DB,DC'].DA'| =
3
1

abc

b) Chọn hệ toạ độ nh hình vẽ.ta có A(0;0;0) , B(a;0;0) , D(0;B;0) , A’(0;0;c) , C(a;b;0) , C’(a;b;c)
M là trung điểm CC’ nên M(a;b;

2
c

)

)
0
;
;
( a b

BD   , )

2
;
;
0

( b c

BM , BA' ( a;0;c)




[BD,BM ]= ; )

2
;
2

(bc ac ab

VBDA’M =
6
1

|[BD,BM ].BA'| =

4
1
2

3
6
1

abc abc

2) Về thể tích khối lăng trụ

Ta thờng áp dụng cơng thức tính thể tích đã biết hoặc chia nhỏ khối cần tính hoặc bổ sung thêm

Bài 1 Cho lăng trụ tam giác ABCA’B’C’ có đáy ABC là tam giác đều, cạnh a và A’A = A’B = A’C. Cạnh AA’ tạo với
đáy một góc 60o. Tính thể tích lăng trụ ABCA’B’C’.

Gi¶i

B

A

C

C'

B'

A'

O

a

Gäi O là tâm ABC OA = OB = OC

AA = AB = A’C (gt)

⇒A’O

⊥

(ABC)

(AA’,(ABC)) = (AO, AA’) = 600

A’O

⊥

OA (vì AO

(ABC)

Trong tam giác vuông AOA có OA = OA tan 600 = a

Vì ∆ABC đều cạnh a nên S∆ABC =
4
3 2

a ⇒

VABCA’B’C’ = S∆ABC.A’O =

3
3
a

Bài 2: Cho hình lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là một tam giác vuông tại A, AC = b, C = 60o. (BC’,

(AA’C’C)) = 30o. TÝnh thÓ tích của khối lăng trụ

</div>
(21)<div class='page_container' data-page=21>

C
C'
A'

B
B'

b
b'

DƠ thÊy AB (ACC’A’) nªn (BC’, (ACC’ A)) = ACB = 300
ABC vuông tại A có C =600, AC=b nên BC=2b và AB= 3b.

vì AB (ACCA) nên AB b AC

ABC vuông tại A có AC = AB 3b

30
tan 0

ACC vuông tại C cã (CC’)2 = AC’2- AC2 = 9b2- b2 = 8b2
⇒CC’ = 2 2b =AA’. S∆ABC =

2
1

CA.CBsin6oo = 
2
3b2

⇒VABCA’B’C’ = SABC.AA = 6b3
Bài 3

Dạng 2: tỉ số thể tích

A/. Phơng pháp: Giả sử mặt phẳng chia khối đa diện thµnh hai khèi cã thĨ tÝch lµ V1 vµ V2. §Ó tÝnh k =
2
1

V
V

ta cã
thÓ:

-TÝnh trùc tiÕp V1, V2 bằng công thức k

-Tính V2 (hoặc V2) bằng công thøc tÝnh thĨ tÝch cđa c¶ khèi ⇒ ThĨ tích V2 (hoặc V1) k

Ta có các kết quả sau:

+Hai khối chóp có cùng diện tích đáy là tỉ số thể tích bằng tỉ số hai đờng cao tơng ứng.
+Hai khối chóp có cùng độ dài đờng cao thì tỉ số thể tích bằng tỉ số hai diện tích đáy.

+ '.. '.. '

'
'

' SA SB SC

SC
SB
SA
V

V

C
B
SA

SABC



C
A

B
B'

</div>
(22)<div class='page_container' data-page=22>

(chỉ đúng cho khối chúp tam giỏc (t din))

B. Các bài tập

Bi 1: Chúp SABCD có đáy ABCD là hình bình hành. M là trung điểm SC. mặt phẳng (P) chứa AM và //BD chia
hình chóp thành hai phân. Tính tỉ số thể tích của hai phần đó.

Gi¶i

B
O
A

B'
I
D'

-Gäi O = AC ∩ BD, I = SO ∩ AM

⇒ I ∈ (P)
BD ⊂ (SBD)
BD // (P)

⇒ (P) ∩ (SBD) = B’D’ // BD

9
2
3
2
3
2
2
1
2

1
'

.

.

'
'



SMSC CSBSB SDSD SOSI SOSI

V
V

SCBD
D

SMB (v× I là trọng tâm SAC)

92
3
2
3
2
'

.

1

.

'
'

SASA SBSB SDSD

V
V

SCBD
D
SMB

mà VSABD = VSCBD =

2
1

VSABCD

2
1
3

1
3

2
9
4

92 ' ' ' ' ''

2
1

'
'
2

1
'

















MB
ABCDD

MD
SAB
SABCD

MD
SAB
D

SAB
D
SMB

V
V
V

V
V

V
V
V

Bài 2: Hình chóp SABCD có đáy là hình vng, SA  (ABCD). (SC, (SAB)) = α. Mắp phẳng (P) qua A và vng
góc SC chia hình chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần đó.

Gi¶i

KÝ hiƯu K1 = VSMAQN

V2 = V - V1

Gäi O = AC ∩ BD

∆SAC kỴ AN SC

E = SO ∩ AN ⇒ E ∈ (P)
vì (P) SC

mà BD SC
BD  AC
BD  SA

 BD  (SAC)
BD ⊂ (SAC)

C
O
B

A
N
M

Q
E

⇒ (P) // (SBD) ⇒ (P) ∩ (SBD) = MQ //BD
CB  AB (gt)

CB  SA (v× SA  (ABCD))

</div>
(23)<div class='page_container' data-page=23>

SB
SQ
SC
SN
V
V
V
V

SACB
SANQ

.

Tam giác vuông SAC: SA2 = SC.SN SN =

SC
SA2

Tam giác vuông SAB: SA2 = SB.SQ ⇒ SQ =

SB
SA2
2

)

(

.

2 2

2
2
2
1
SC
SB
SA
SB

SA
SC
SA
V
V



BC AB (gt)

BC SA (v× SA  (ABCD))

⇒BC SB

Tam giác vuông SBC: cos =

SC
SB

SC =

cos

SB

Tam giác vuông SAB: SA2 = SB2 - AB2 = SB2 - BC2 = SB2 - SB2tanα



)

(cos

sin

)

1

sin

2

(

2 2

.
)
tan
1
(
cos
2













SA
SB
SB
V
V




2
sinsin2
1
)

2
sin
1
1
(
)
2
sin
1
(
1
1
1 







VVV VV

V
V

Bài 3: SABCD là hình chóp tứ giác đều cạnh a, đờng cao h. Mặt phẳng qua AB  (SDC) chia chóp làm hai phần.
Tính tỉ số thể tích hai phần đó.

Bài 4: Cho hình lập phơng ABCDA’B’C’D’ cạnh là a. M là trung điểm CD, N là trung điểm A’D’. Tính tỉ số thể tích
hai phần đó (MNB’) chia hình lập phng.

Giải

D
A
B
Q
M
C'
B'
D'
A'
P
E
C
Gợi ý:

Gọi V1, V2 tơng ứng là thể tích các phần trên và phần dới thiết diện ta có:

V1 = VB’ECF - (VEPD’N + VFMQC)

§Ĩ ý: ED’ = a, FC =
3
a

, PD’ =
3
2a

, CQ =
4
a

Tính đợc V1 =

144
55a3

V2 = V- V1 = a3 -

144
55a3

=
144
89a3

</div>
(24)<div class='page_container' data-page=24>

Bµi 5: Cho tø diƯn SABC lÊy M, N thc c¹nh SA, SB sao cho

2
1

MA
SM

, 2

NB
SN

. Mặt phẳng qua MN // SC chia tứ
diện thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần này.

Giải

A'

C

A

B

E

M

N

F

Dễ thấy thiết diện là hình thang MNEF (với MF // NE)
Đặt V = VSABC, V1 = VMNEFCS, V2 = VMNEFAB

V1 = VSCEF + VSFME + VSMNE

9
2
3
2
3
1

.

.



CACF CBCE

V
VSCEF

3
1

.



SMSE SESA SMSA

V
V

SFEA
SFME

9
4

.



SS SS SS CAFA CECB

V

ABC
CEA
CEA
FEA
ABC

FEA
SFEA

⇒VSFMEV

V

274
9
4
3

.





9
2

.



SMSA SNSB

V
V

SABE
SMNE

3
1

.



SS SS SS CEEB CBCE

V
V

ABC
CEA
CEA
ABE
ABC

ABE
SABE

⇒VSABE =27
2

V ⇒ V1 = 9
2

V + 274 V + 272 V = 94 V 54

2
1



V
V

Bài 6: Cho lăng trụ đứng tam giác đều ABCA’B’C’ có cạnh đáy và cạnh bên đều bằng a. M, N, E lần l ợt là trung
điểm của BC, CC’, C’A’. Tính tỉ số thể tích hai phần lăng trụ do (MNE) tạo ra.

Gi¶i

B
A

A' E

N
A'

</div>
(25)<div class='page_container' data-page=25>

Gäi V1, V2 t¬ng ứng là thể tích phần trên và phần dới của thiÕt diÖn, ta cã

V1 = VNIBM + VNBB’FI + VNB’C’EF

V2 = VNFAE + VNAAFI + VNACMI

So sánh từng phần tơng øng ta cã V1 = V2 
2
1

V
V

= 1

Bµi 7: Cho hình vuông ABCD cạnh a. {O} = AC BD, ox  (ABCD). LÊy

S  Ox, S  O. Mặt phẳng qua AC và vng góc (SAD) chia hình chóp thành hai phần. Tính tỉ số thể tích của hai
phần đó.

Dạng 3 .Phơng pháp thể tích : Chứng minh đẳng thức, bất đẳng thứC,khoảng cách từ 1 điểm tới một mặt
phẳng

dùa vµo thĨ tÝch.

Bµi 1: SABC cã SA = 3a, SA  (ABC), ∆ABC cã AB = BC = 2a, ABC =120o

TÝnh D(A,(SBC)).

Gi¶i

B
A

M
3a

S∆ABC = 21 AB.BC.sin120o =

4. 3
2
.

2a a = a3 3

SSABC = 31 S∆ABC .SA=

333
.

2 a

a = a3 3

KỴ SM BC

BC SA (v× SA  (ABC))

⇒BC  AM ⇒ AM = a 3

∆SAM vu«ng t¹i A cã SM = 2 3a

S∆SBC = SM.BC = 2 3a2

d(A, (SBC)) = 23

3
2

3
3
3

2
3



 a

a
S

V
SBC

SABC a

Bài 2: SABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a 3, SA (ABC), SA =2a.
`Tính d(A, (SBC))

</div>
(26)<div class='page_container' data-page=26>

B
A

C
M

a 3
2a

S∆ABC = 21 a 3.a 3.sin60o =

4
3
3
2

3
2

3a2



a2

VSABC =13 SA.S∆ABC =

3a3 . Gọi M là trung điểm BC

AM  BC

BC SA ⇒BC SM

AM = 32

2. 3

3 a

a

SAM vuông tại A cã SM2 = SA2 + AM2 = 4a2 +

4
9

a2 =

4
25

a2⇒ SM =

2
5

a
S∆SBC = 21 SM.BC = 523 a2

d(A, (SBC)) = 53

.
.
.
3
3

2
2

3
5

3
2



 a

a
S

V

SBC

SABC a

Bµi 3: Cho tø diÖn ABCD cã AD b (ABC); AC = AD = 4; AB = 3, BC = 5.
TÝnh d(A, (BCD)) ?

Giải

C
A

B
D

5
3

M
5

Dễ thấy ABC vuông tại A .SABC = 21 AB.AC = 6. VDABC = 13 S∆ABC.DA = 8

∆DAC cã DC = 4 2. ∆DAB cã DB = 5

∆DBC có BC = BD = 5 DBC cân tại B, gọi M là trung điểm DC BM DC
BM = 25 8 17. S∆DBC = 21 BM.DC = 21 . 17 .4 2 = 2 34

d(A, (DBC)) =

34
12
3



DBC
DABC

S
V

</div>
(27)<div class='page_container' data-page=27>

Gi¶i

A
N

D
M

∆ACD = BCD. Gọi M là trung điểm CD

AM = BM, DC (ABM)

Gọi N là trung điểm AB MN  AB
MN2 = BM2 - BN2 = c2 +

4
4
4
4

2
2
2

2 a c b a

b





 

S∆AMN = 2 2 2

4
2

.

4

2
2
2

a

b

c

a
a
b
c

a  







VABCD = 2 VBCMA = 2.31 CM.S(∆ABM) = 2 2 2

12
2
2
2
4
2
3

2.b.a 4c b  a ab 4c b  a

V∆BCD = BM.CD =

4
2
2

c



b2 .b = 
4

b 2 2

4c b

d(A, (BCD)) = 2 2

2
2
2

2
4

2
2
2
4

4
4
4

.
4
3

b
c

a
b
c
b

c
a

b
c
S

V

a

b
ab
BCD
ABCB













Bµi 5: Cho tø diện ABCD có AB = CD = x các cạnh còn lại bằng 1.
a) Tính thể tích tứ diện ABCD theo x

b)Tính d(A, (BCD))

Tơng tự bài 4

Đáp số: VABCD =

x

d(A, (BCD)) = x 2 2

4
2
4

x
x
x 




Bài 6: Cho lăng trụ đứng ABCA1B1C1 có AB = a, AC = = 2a, AA1 = 2a 5 và BAC = 120o. Gọi m là trung điểm của

c¹nh CC1.

</div>
(28)<div class='page_container' data-page=28>

y
x

Đa và hệ trục toạ độ A1xyz vng góc nh hình vẽ: gốc toạ độ A1. trục A1Z hớngtheo A1A

Trơc A1y híng theo A1C1 Trơc A1x t¹o víi trơc Oy gãc 90o vµ n»m trong MP (A1B1C1).

Toạ độ các điểm:

A1(0 ; 0; 0), B1(a23; a2;0), C1(0; 2a; 0)

A(0 ; 0; 2a 5), B(a23; a2;2a 5), C(0; 2a; 2a 5)

M(0; 2a; a 5)

BM ( a23;52a;-a 5)

M

A1 (0; 2a; a 5), AB(a23; a2;0)
M

A

BM. 1 = 0+5a2 - 5a2 = 0 (BM  MA1 )

ThÓ tÝch khèi chãp AA1BM b»ng V = 61 |AB [BM,A1M ]|
M

A

BM. 1 = 52a -a 5 3

2
a

 -a 5 3

2
a

 52a

2a a 5 ; 0 a 5 ; 0 2a



;

3



2
15
2

9a2 a2

a



⇒VAA1BM = 3

15
2

15
2
2

5
9
2

3
6

1 a

.

a2 a

.

a2

0

a2







S∆BMA1 = 61 .

BM.A1M

= 3a2 3 Khoảng cách từ A tíi (BMA1) b»ng

h = 3 a35

SV 

Bài 7: Cho tứ diện OABC. Lấy M nằm trong tam giác ABC, các đờng thẳng qua M // với OA, OB. OC cắt các mặt
OBC, OCA, OAB lần lợt tại A1, B1, C1.

Chøng minh r»ng: 1





1

OC
MC
OB
MB
OA
MA

</div>
(29)<div class='page_container' data-page=29>

K
A1

Nối M với các đỉnh O,A,B,C. Khi đó
VOABC = VMOAB + VMOBC + VMOCA

OABC
MOCA
OABC

MOBC
OABC

MOAB

V
V
V

V
V

V



XÐt
OABC
MOAB

V
V

KỴ AH b (OBC), MK b (OBC) AH //MK

∆OAH ∾ A1MK ⇒ MK

AH
MAOA1



OA

MA
AH

MK
V

V

OABC

MOBC



T¬ng tù ta cã

OC
MC
V

V

OABC

MOAB 1



OB
MB
V

V

OABC

MOCA



VËy 1





1

OC
MC

OB
MB
OA
MA

Bài 8: Giả sử M là một điểm nằm trong tứ diện ABCD. Các đờng thẳng MA, MB, MC, MD cắt các mặt đối diện tại
A1, B1, C1, D1.

Chøng minh r»ng

1

1
1
1

1
1





DD
MD
CC

MC
BB

MB

AA

MA

Gi¶i

H K A1

</div>
(30)<div class='page_container' data-page=30>

1=
V
V
V
V
V
V
V

VMBCD MACD MABD MABC



XÐt
V
VMBCD

Gäi H, K lần lợt là hình chiếu của A, M lên (BCD) ⇒ MK//AH ⇒

1
1
AA
MA
AH
MK



1
1
AA
MA
AH
MK
V

VMBCD



T¬ng tù:
1
1
BB
MB
V

VMACD



;
1
1
CC
MC
V
VMABD



;
1
1
DD
MD
V
VMABC



Bài 9: Cho hình chóp tứ gíc đều SABCD trên các cạnh SA, SB, SC ta lấy các điểm A1, B1, C1 sao cho

3
2
1

SA
SA
;
2
1
1

SB
SB

;
3
1
1

SC
SC

Mặt phẳng qua A1, B1, C1 cắt SD tại D1. Chứng minh rằng

5
2
1

SD
SD
Giải
S
A B
C
D
C1
D1
A1
B1

Ta có VSABC = VSBCD + VSCDA = VSDAB = V2
9
1
1
1
1

1
1



.



SC
SC
SB
SB
SA
SA
VSABC

VSABC (1)

SD
SD
SC
SC
SD
SD
SA
SA
VSADC

VSA1D1C1 1 1 1 1

.



92



(2)

Cộng vế với vế (1) và (2) ta đợc
SD

SD
V

VSABCD 1

2
1111

.

9
2
9
1





T¬ng tù:
SD
SD
SD
SD
SB
SB
SA
SA
VSABD

VSA1B1D1 1 1 1 1

.



31



(4)
SD
SD
SD
SD
SC
SC
SB
SB
VSBCD

VSB1C1D1 1 1 1 1

.



61



(5)

Cộng vế với vế (4) và (5) ta đợc
SD

SD

V

VSABCD 1

2
111 1

.

2
1



Tõ (3) vµ (6) ta cã

SD
SD
SD

SD1

.

1

.

92

9
1
2





⇒

</div>
(31)<div class='page_container' data-page=31>

PhÇn 2.

ThĨ tÝch khèi cÇu, khèi trơ, khèi nãn

A/. Lý thuyết.
1/Định nghĩa:

-Thể tích khối cầu (Sgk HH12 Trang 44)
-Thể tÝch khèi trơ (Sgk HH12 – Trang 50)
-ThĨ tÝch khèi nón (Sgk HH12 Trang 56)

2/Các công thức:

a)Thể tích khối cầu V = 34R3, R: bán kính mặt cầu

b)Th tớch khối trụ V = Sđáy.h , h: chiều cao

c)Thể tích khối nón V = 31 Sđáy.h , h: chiều cao
B/.Bài tp

ở đây chủ yếu là bài tập tính thể tích khối cầu, trụn nón dựa vào các công thức trên.

Bi 1: Cho lăng trụ tam giác đều có đáy là tam giác đều các cạnh đều bằng a, cạnh bên bằng b. Tính thể tích mặt
cầu đi qua các đỉnh của lăng trụ

Gi¶i

C'
O

A1'

B'
B
I

-Gọi O và O’ là tâm ∆ABC và ∆A’B’C’ thì OO’ là trục của các đờng trịn ngoại tiếp ∆ABC và∆A’B’C’
-Gọi I là trung điểm OO’ thì IA = IB =IC = IA’ = IB’ = IC’ hay I là tâm mặt cầu ngoại tiếp lăng trụ
-Bán kính mt cu l R = IA

Tam giác vuông AOI có: AO = 32 23 33

1
3

2 AA a a



OI = 21OO'21 AA'2b

⇒AI2 = OA2+OI2 =

12
7
4
3

2
2

2 b a

a





⇒ AI =

3
2

a

54
.
21

3
7
18
7
3
7
72.28
3

7
3
7
8
3
4
3
3



R





a3

.



a3



a3



a3

AI2 = a  b



AI



a  b



R

3
2

3
4
12

4 2 2 2 2

3 3

3 2 2 2 2

4 4 1 2 1 2



R





8.3 3

(4

a



3 )

b



18 3

.(4

a



3 )

b

Bài 2: Cho hình chóp tứ giác đều có cạnh đáy bằng a, cạnh bên hợp với đáy một góc 30o. Tính thể tớch mt cu

ngoại tiếp hình chóp.

</div>
(32)<div class='page_container' data-page=32>

a
O
S

D C

B
A

Gọi O là tâm hình vuông ABCD. Ta có SO b (ABCD), SO là trục cđa ABCD, (SA, (ABCD)) = SAO = 30o

Gäi M lµ trung điểm SA

Trung trực của SA cắt SO tại I I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp

OIMA là từ giác nội tiếp SI.SO = SM.SA ⇒ SI = SMSO.SA

Víi AO = a22 , AS =

3
2
22

3
2
30
cos

a
a

AO

o



, SO = SA sin30o = 6

a

⇒SI =
6

3
2
6

a
aa

= a 32 ⇒ VMcÇu =

3
3
2
9
8
3
2
3
2
3
3

4a  a

Các bài tập về xác định tâm, bán kính mặt cầu ngoại tiếp,

nội tiếp khối chóp, khối lng tr, u hi

thêm thể tích mặt cầu

Bi 3: Cho hình trụ có đáy là tâm đờng trịn tâm O và O’ tứ giác ABCD là hình vng nội tiếp trong đờng tròn tâm
O. AA’, BB’ là các đờng sinh của khối trụ. Biết góc của mặt phẳng (A’B”CD) và đáy hình trụ bằng 60o. Tính thể

tÝch khèi trơ

Gi¶i

A'
B'

A
D
C









DC

D

A

DC

AD

'

⇒ADA’ là góc của (A’B’CD) và đáy

Do đó: ADA = 60o

OAD vuông cân nên AD = OA 2 = R 2

∆ADA’ cã h = AA’ = ADtan60o = R 6

</div>
(33)<div class='page_container' data-page=33>

Bài 4: Bên trong hình trụ có một hình vng ABCD cạnh a nội tiếp mà A, B thuộc đờng tròn đáy thứ nhất và C, D
thuộc đờng tròn đáy thứ hai của hình trụ mặt phẳng hình vng tạo với đáy hình trụ một góc 45o. Tính thể tích khi

trụ.

Giải

B
M'

C'
D

Gọi I, J là trung điểm của AB và CD

Ta có: OI AB; IJ cắt OO’ tại ttrung điểm M của OO’
MIO = 45o là góc của mặt (ABCD) với đáy, do đó:

O’I = 2a2 ; R =

8
3
4
8

2
2

2 a a

a





h = 2OM = a2
VËy V = R 2h = 

3 3. . 2

.

2 16

a

a a





Bài 5: Một hình trụ có diện tích tồn phần S = 6 . Xác định các kích th ớc của khối trụ để thể tích của khối trụ này
lớn nhất.

Gi¶i

STP = 2 Rh +2 R  2 =2 R(R+h) = 6 
⇔R(h+R) = 3 ⇔ Rh + R2 = 3

V = R 2h = R(3-R 2) = - R 3 +3 R

V’ = -3 R 2 + 3 ; V’ =0  R = 1

Dựa vào bảng biến thiên ta có VMax⇔R = 1 vµ h = 2

Bài 6: Một mặt phẳng (P) qua đỉnh hình nón cắt đờng trịn đáy một cung α và (P) tạo với đáy một góc β. Cho
khoảng cách từ tâm O của đáy đến (P) bằng a. Tính thể tích của khối nón.

Gi¶i

O
A

E
B

</div>
(34)<div class='page_container' data-page=34>

Gọi E là trung điểm AB ta có OES= ; AOB=

Vẽ OM (SAB) thì SOM= ta có:
SO=

cos
a
và OE=

sin
a

Bán kính đáy R=OA=

2
cos
sin
2

cos  

a
OE



ThĨ tÝch khèi nãn lµ:V=

3
2

1 .

3 3sin .cos .cos
2
a

R h 





 



Bài 7: Cho hình nốn đỉnh S, đờng cao SO = h, bán kính đáy = R. M ∈ SO là đờng tròn (C).
1.Tính thể tích khối nón có đỉnh S và đáy là (C).

2.Tìm x để thể tích này lớn nhát

Gi¶i

Ta cã ' ' ' (h x)

h
R
R
R
R
h
x
h
R
R
SO
SM








ThÓ tÝch khèi nãn V= ( 2 )

3
1
.
)
(
3
1
.
3

1 3 2 2

2
2
2
2
2
2

' x hx h x

h
R
x
x
h
h
R
SM

R       



V’=



3 4



,

1 2 2
2
2
h
hx
x
h
R




V’ = 0 ⇔




h
x
x h
3

x= h (lo¹i)

Dùa vào bảng biến thiên ta có: V Max x =h3

Bài 8: Cho hình trụ có bán kính đáy x, chiều cao y, diện tích tồn phần bằng 2



.Với x nào thì hình trụ tồn tại?
Tính thể tích V của khối trụ theo x và tìm giá trị lớn nht ca V.

Giải

Ta có Stp=Sxq+2Sđ=2 2 2 ( )

2 xy x

x

xy    



Theo gi¶ thiÕt ta cã 2 (xy+x 2)=2
⇔xy+x2 =1 ⇔ y =

x
x2

1

.H×nh trơ tån t¹i y>0 ⇔1-x2> 0 ⇔0 < x < 1

Khi đó V = x 2y = x(1-x 2) = - x 3+ x

Khảo sát hàm số trên với x (0,1) ta đợc giá trị lớn nhất của V=

3
1
3
3
2

 x


Bài 9: Cho hình nón trịn xoay đỉnh S, đáy là hình trịn tâm O.Trên đờng trịn đó lấy một điểm A cố định và một
điểm M di động.Biết AOM= α ,nhị diện cạnh AM có số đo bằng β và khoảng cách t O đến (SAM) bằng a.

TÝnh thÓ tÝch khèi nãn theo a, α, β.

</div>
(35)<div class='page_container' data-page=35>

Gäi I là trung điểm AM

SAM cân nên SI AM

OAM cân nên OI AM

(SOI) AM nên SOI là góc phẳng nhị diện cạnh AM SIO = β

KỴ OH  (SAM)

(SOI)  (SAM)

⇒ H ∈ SI vµ OH = a

Ta cã OI=  







 sin ; tan cos

2
cos
2
cos
;

sin
sin

a
IO

SO
a

OI
OM
a
OH






2 3

2 2 2 2

1 .

. . . .

3 3 cos cos .sin 3sin .cos .cos

2 2

a a a

SO OM  

 

   

 

Bài 10: Cho mặt cầu đờng kính AB=2R. Gọi I là điểm trên AB sao cho AI=h. Một mặt phẳng vng góc với AB tại
I cắt mặt cầu theo đờng trịn (C).

+Tính thể tích khối nón đỉnh A và đáy là (C).

+Xác định vị trí điểm I để thể tích trên đạt giá trị lớn nhất.

Gi¶i

B
O
I

F
E

Gọi EFlà 1 đờng kính cua (C) ta có :

IE2 = IA.IB = h(2R-h) ⇒ R = IE = h(2R h)

ThĨ tÝch cÇn tÝnh lµ:V= (2 )

3
3

1 2

2h h r h

r  

 víi 0 < h < 2R

V’ =

3
4
(

3 Rh h



, V’ = 0

4
3

R

h

 

Vmax 3

4R
h


hay AI = 3

4R

</div>

the tich do dinh quan

<b>PhÇn 1.</b>

<b>Thể tích khối đa diện</b>

<b>A. Lý thuyết</b>

<b>B. Các dạng bài tập</b>

⊥

⊥

(

<sub>a</sub>

<i>l</i>



V

<i>l</i>

'.

sin

sin

<i>SO</i>

<i>AA</i>



O

B

A'

A

C

a

.

.

'.





<i>BC</i>

<i>AA</i>

.

sin

.







<i>SO</i>

.

⊥

B

H

C

2a

a

a 3

C'

A'

<sub>.</sub>

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

<sub>3</sub>

<sub>.</sub>

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

<sub>3</sub>

<sub></sub>

⊥

⊥

⊥

⊥

⊥

⊥

⊥

⊥

⊥

⊥

⊥

⊥

'

<i>SC</i>





'

'

<sub></sub>

<i><sub>B</sub></i>

<i><sub>C</sub></i>

<sub></sub>

<i><sub>AB</sub></i>

<sub>'.</sub>